安徽省宿州市2024年高考化学模拟试题（含答案）

安徽省宿州市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．2022年11月《联合国气候变化框架公约》第二十七次缔约方大会(COP27)在埃及举行，会议主题为“实施(TogetherForImplementation)”。下列说法正确的是A．燃煤中添加生石灰能有效吸收CO2，实现碳中和B．采取“静电除尘”可提高空气质量C．空气中O3的含量越高越有利于人体健康D．SO2易产生“光化学烟雾”，可用碱性物质吸收2．有机物N()常用作橡胶、蜡和喷漆等的溶剂，也是一种润滑剂的抗氧化剂。其存在如下转化关系：下列说法正确的是A．M能发生取代反应，不能发生消去反应B．N中所有碳原子可能共平面C．R不能使溴的四氯化碳溶液褪色D．Q通过加成反应一定能得到M3．下列实验操作对应的实验现象及解释或结论正确的是选项实验操作现象解释或结论A向滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴加CaCl2溶液生成白色沉淀，红色褪去Na2CO3溶液中存在水解平衡B向MgCl2溶液中先滴加过量NaOH溶液，再滴加CuCl2溶液先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]C向未知溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成未知溶液中一定含有SO2D用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验火焰呈黄色该溶液一定为含钠元素的盐溶液A．A B．B C．C D．D4．2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为叠氮-炔基成环反应，部分原理如图所示。下列说法正确的是A．CuI与HI均为该反应的催化剂B．中间产物中N原子均为sp3杂化C．产物使溴水、酸性高锰酸钾褪色原理相同D．该过程的总反应为5．我国科学家在嫦娥五号月壤样品中发现一种新矿物，命名为“嫦娥石”，其中含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W在地壳中含量最多，X的原子半径在同周期主族元素中最大，基态Y原子无未成对电子，Z第一电离能大于同周期相邻元素。下列叙述正确的是A．W的简单氢化物的稳定性弱于ZB．X的原子半径小于Y(最高价氧化为对应水化物的碱性X小于Y)C．Z的简单氢化物的空间结构为三角锥形D．W分别与X、Y、Z形成晶体，其类型相同6．我国科学家设计了一种CO2捕获和利用一体化装置，利用含NO3−的废水和CO2A．NO3−参与的电极反应为：NO3−+8e-B．生成HCOO-的电极反应为：HCO3-+H2O-2e-=HCOOC．装置Ⅱ中OH-穿过阴离子交换膜由左向右迁移D．空气的作用是作为载气将含NH3的气体吹出反应器7．25℃时，用HCl气体调节0.1mol/L氨水的pH，溶液中微粒浓度的对数值(1gc)、反应物的物质的量之比x与pH的关系如下图。若忽略通入气体后溶液体积的变化，[x=n(HCl)n(NA．水的电离程度：P1>P2>P3B．P2所示溶液中：c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3C．P3所示溶液中：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-D．25℃时，NH4二、非选择题8．水合肼(N2H4·H2O)是一种重要的化工原料，已知水合肼的沸点约118℃，化学性质类似氨水。实验室可通过如下方法制备：步骤i：氯气通入过量的烧碱溶液中制备NaClO溶液；步骤ii：NaClO碱性溶液与过量CO(NH2)2(尿素)水溶液在加热条件下生成水合肼；步骤iii：减压蒸馏，获得水合肼。回答下列问题：（1）下列常见的实验室制备气体装置中，适合制备Cl2的是，对应的离子方程式为。（2）温度控制不当，步骤i中常常会有NaClO3生成，若n(NaClO)：n(NaClO3)=5：1，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为（3）写出步骤ii中发生反应的化学方程式：（4）下图是步骤ii制备水合肼的反应装置图，通常控制反应温度在110℃左右。仪器a的名称是，冷凝管中通冷却液时宜从b口进入，原因是。（5）水合肼与硫酸形成的盐是农业上重要的杀虫剂、灭菌剂，写出水合肼与硫酸反应生成的正盐的化学式。9．纳米氧化锌是一种多功能性新型无机材料，化工上可以利用废弃的锌镍电池废料(主要含：Zn、Ni和少量的Fe、Al)制备纳米氧化锌，其生产流程如图所示：已知：Ksp[Zn(OH)2]=1.6×10-16；Ksp[Ni(OH)2]=2.8×10-15；Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39；Ksp[Al(OH)3=4.6×10-33回答下列问题：（1）H2SO4属于高沸点的酸，不仅是因为H2SO4分子属于极性分子，另外一个主要原是。（2）为检验“氧化”操作后的溶液中是否含有Fe2+，某同学取适量待检溶液，滴加酸性高锰酸钾溶液该方法是否合理：(填“是”或“否”)，理由是(以离子方程式表示)。（3）“沉铁铝”操作中加热不仅能够加快反应速率，另外一个主要目的是取“沉铁铝”操作所得的沉淀物置于1.0L水中室温下充分溶解，其中沉淀物中若含有5.6gFe(OH)3最终所得溶液中c(Fe3+)=mol/L。（4）假定萃取达到平衡时，样品在水和萃取剂中的总浓度比为1：80，若在50mL的水溶液样品中用10mL萃取剂P2O4萃取，则萃取后溶液中残留的样品浓度为原溶液的倍。（5）化工生产中，分离Zn2+离子用萃取法而不通过调节溶液pH形成沉淀的方法，原因是。（6）“沉锌”过程中若NH4HCO3用量过大，易生成碱式碳酸锌［2Zn(OH)2·ZnCO3·2H2O］沉淀，该反应的离子方程式为。10．自然界中存在如下氮的转化：i.2NO2(g)+2OH-(aq)=NO3−(aq)+NO2ii．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)（1）NO3−（2）ZnO是氮的氧化物的重要吸附剂，已知ZnO晶胞参数为cpm，则该晶胞中，O2-能够构成个最小正八面体，O2-与Zn2+核间最短距离为pm。（3）反应ii正反应的活化能为335kJ/mol，逆反应的活化能为427kJ/mol，则反应ii的ΔH=。（4）一定条件下，在2L的刚性容器中充入1molN2(g)、3molH2(g)发生反应ii至平衡，下列图示表述正确的有____A． B．C． D．（5）反应ii，若起始时n(N2)：n(H2)=1：3，在不同条件下达到平衡，设平衡时NH3的体积分数为x(NH3)，实验测得400℃下，x(NH3)～p及5×103Pa下，x(NH3)～t存在如图曲线关系。①图中对应等压过程的曲线是(填“M”或“N”)，判断依据是。②x=13时，N2的转化率为，此时反应条件为或11．多非利特(F)用于治疗心房颤动或心房扑动，维持正常窦性心律，其一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A的化学名称为（2）A转化为B的化学方程式为（3）B中含有官能团的名称为。（4）由制备C的反应试剂及条件为。（5）D的结构简式为（6）E到F的反应类型为（7）G为C的芳香族同分异构体，其核磁共振氢谱显示有三组氢，写出符合条件的所有G的结构简式

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．燃煤中添加生石灰可以减少硫的氧化物的排放，可减少污染，但不能有效吸收CO2，实现碳中和，A不符合题意；B．采取“静电除尘”可除去空气中的粉尘，提高了空气质量，B符合题意；C．由空气的成分可知，臭氧不是空气的主要成分，且O3本身具有强氧化性，有毒，空气中臭氧含量越高，越不有利于人体健康，C不符合题意；D．SO2不会产生“光化学烟雾”，其易形成酸雨，可用碱性物质吸收，而氮的氧化物易产生“光化学烟雾”，可用碱性物质吸收，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A．生石灰不能吸收CO2；B．“静电除尘”可除去空气中的粉尘；C．O3本身具有强氧化性，有毒；D．SO2不会产生“光化学烟雾”。2．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，M的结构简式为：，分子中含有碳氯键，则M能发生水解反应即取代反应，且邻碳有H，故也能发生消去反应，A不符合题意；B．由题干信息可知，N分子中含有环己烷环，故N中不可能所有碳原子共平面，B不符合题意；C．由分析可知，R的结构简式为：，R分子中不含碳碳双键、碳碳三键等不饱和键，含有酮羰基不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C符合题意；D．由分析可知，Q的结构简式为：，则Q通过加成反应即与HCl加成，其产物有：或者，即不一定能得到M，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】ACD．根据官能团的性质判断；B．依据苯、乙烯、甲醛是平面结构，乙炔是直线结构、甲烷是正四面体形结构且单键可以沿键轴方向旋转判断。3．【答案】A【解析】【解答】A．由于碳酸钠溶液中存在CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，则向滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴加CaCl2溶液，由于Ca2++COB．向MgCl2溶液中先滴加过量NaOH溶液，再滴加CuCl2溶液，先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀，由于加入的NaOH溶液过量，不一定存在Mg(OH)2转化为Cu(OH)2的过程，故不能说明Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，B不合题意；C．SO2与BaCl2溶液不反应，故向未知溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，C不合题意；D．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，若火焰呈黄色，说明原溶液中含有Na+，但不一定为含钠元素的盐溶液，也可能是NaOH溶液，D不合题意；故答案为：A。

【分析】A．依据化学平衡移动原理分析；B．依据NaOH溶液过量分析；C．SO2与BaCl2溶液不反应；D．火焰呈黄色，说明含钠元素，不一定含钠盐。4．【答案】D【解析】【解答】A．CuI为催化剂，HI为中间产物，A不符合题意；B．中间产物中N原子中含有双键的N原子采用sp2杂化，不含双键的N原子采用sp3杂化，B不符合题意；C．产物中含有碳碳双键，氮氮双键，故使溴水、酸性高锰酸钾褪色，但原理不相同，前者为加成反应，后者为氧化反应，C不符合题意；D．由题干反应历程图可知，该过程的总反应为：，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．根据应中间体反应前和反应后均没有，只在过程中出现；催化剂反应前参与反应，反应后又生成分析；B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；C．根据官能团的性质判断；D．依据反应历程图分析。5．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，W为O，Z为P，由于O的非金属性强于P，故W的简单氢化物即H2O的稳定性强于Z即PH3，A不符合题意；B．由分析可知，X为Na，Y为Mg，同一周期从左往右原子半径依次减小，即X的原子半径大于Y，金属性依次减弱，则最高价氧化为对应水化物的碱性X即NaOH大于Y即Mg(OH)2，B不符合题意；C．由分析可知，Z为P，则Z的简单氢化物即PH3，中心原子P周围的价层电子对数为：3+12D．由分析可知，W、X、Y、Z分别为O、Na、Mg、P，则W分别与X、Y、Z形成晶体，其类型不相同，依次为离子晶体、离子晶体和分子晶体，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；

B．金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强；

C．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；

D．依据组成元素判断类型。6．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，NO3−参与的电极反应为：NO3−+8e-+6HB．由分析可知，生成HCOO-的电极反应为：HCO3-+H2O+2e-=HCOO-C．由分析可知，装置Ⅱ中左侧为阴极，右侧为阳极，故OH-穿过阴离子交换膜由左向右迁移，C不符合题意；D．由题干装置可知，空气的作用是作为载气将含NH3的气体吹出反应器，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应；阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。7．【答案】D【解析】【解答】A．由题干图示信息可知，P1、P2、P3点对应的溶质分别为：NH3·H2O和少量的NH4Cl，NH3·H2O和较多的NH4Cl，NH4Cl，由于铵根离子水解对水的电离其促进作用，其含量越高促进作用越强，故水的电离程度：P1＜P2＜P3，A不符合题意；B．由A项分析可知，P2点溶液的溶质为NH3·H2O和较多的NH4Cl，根据物料守恒可知，P2所示溶液中：c(Cl-)＜c(NH4+)+c(NH3C．由A项分析可知，P3点溶液的溶质为NH4Cl，溶液呈酸性，故P3所示溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+D．由题干图示信息P1点可知，当c(NH4+)=c(NH3·H2O)是溶液的pH值为9.25，故25℃时，NH4+的水解常数Kh=故答案为：D。

【分析】A．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；B．根据物料守恒分析；C．根据电荷守恒分析；D．选择P1点，利用Kh=c(NH8．【答案】（1）甲或丙；MnO2+2Cl-+4H+Δ__Mn2++2H2O+Cl2↑或2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+（2）3：5（3）CO(NH2)2+NaClO+2NaOHΔ__N2H4·H2O+NaCl+Na2（4）恒压滴液漏斗；便于冷凝管中充满冷却液，增大冷却效果（5）(N2H6)SO4【解析】【解答】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：MnO2+4（2）氯气通入过量的烧碱溶液中生成NaClO，也常常会有NaClO3生成，氯气中部分铝由0变为+1、+5发生氧化反应，部分氯元素化合价由0变为-1发生还原反应，若n(NaClO)：n(NaClO3)=5：1，则根据电子守恒可知，n(NaClO)：n(NaClO3)：n(Cl-)=5：1：10，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：10=3：5；（3）步骤ii中NaClO碱性溶液与过量CO(NH2)2(尿素)水溶液在加热条件下生成水合肼(N2H4·H2O)，氮原子化合价由-3变为-2，氯元素化合价由+1变为-1，根据电子守恒、质量守恒可知，反应为CO(NH2)2+NaClO+2NaOHΔ__N2H4·H2O+NaCl+Na2CO（4）仪器a的名称是恒压滴液漏斗，冷凝管中通冷却液时宜从b口进入，原因是便于冷凝管中充满冷却液，增大冷却效果；（5）水合肼化学性质类似氨气，与硫酸反应生成的正盐的化学式(N2H6)SO4。

【分析】（1）依据反应物的状态和反应条件选择装置，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水；（2）根据电子守恒计算；（3）依据氧化还原反应原理，根据得失电子守恒和原子守恒分析；（4）依据仪器构造确定名称；冷凝管中冷凝水采用逆流方式；（5）依据水合肼化学性质类似氨气分析。9．【答案】（1）H2SO4分子之间存在氢键（2）否；2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2（3）防止胶体生成，易沉淀分离；1×10-10（4）0.059或1（5）Zn(OH)2与Ni(OH)2的Ksp接近，难以通过调节pH分离Ni2+、Zn2+（6）3Zn2++6HCO3-+H2O=2Zn(OH)2·ZnCO3·2H2【解析】【解答】（1）H2SO4分子之间存在氢键，沸点较高。（2）双氧水将Fe2+氧化为Fe3+后，溶液中残留有H2O2，H2O2具有还原性也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色生成O2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2（3）“沉铁铝”操作中加热不仅能够加快反应速率，另外一个主要目的是防止胶体生成，易沉淀分离；取“沉铁铝”操作所得的沉淀物置于1.0L水中室温下充分溶解，其中沉淀物中若含有5.6gFe(OH)3最终所得溶液是Fe(OH)3的饱和溶液，此时c(Fe3+)c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)（4）假定萃取达到平衡时，样品在水和萃取剂中的总浓度比为1：80，50mL的水溶液样品，设浓度为c，用10mL萃取剂萃取，萃取后溶液中残留的样品浓度为b，萃取剂中的浓度为50mL(c-b)10mL，则有b50mL(c-b)10mL=1（5）Zn(OH)2与Ni(OH)2的Ksp接近，难以通过调节pH分离Ni2+、Zn2+。（6）“沉锌”过程中若NH4HCO3用量过大，易生成碱式碳酸锌［2Zn(OH)2·ZnCO3·2H2O］沉淀，离子方程式为：3Zn2++6HCO3-+H2O=2Zn(OH)2·ZnCO3·2H2

【分析】（1）分子之间存在氢键，沸点较高；（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；（3）依据产物的性质分析；利用Ksp计算。（4）利用题目信息计算；（5）利用Ksp的大小判断；（6）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析。10．【答案】（1）平面三角形（2）4；3（3）-92kJ·mol-l（4）C；D（5）N；ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，x(NH3)减小；50%；200℃、a×105Pa；500℃、c×105Pa【解析】【解答】（1）硝酸根中氮原子的价层电子对数是5+12=3，不存在孤对电子，所以（2）该晶胞中O2-位于顶点和面心处，因此O2-能够构成12×14+1=4个最小正八面体，O2-与Zn2+核间最短距离为体对角线的14，边长为cpm，则体对角线为3cpm，故O2-（3）反应热等于正反应活化能和逆反应活化能的差值，反应ii正反应的活化能为335kJ/mol，逆反应的活化能为427kJ/mol，则反应ii的ΔH=335kJ/mol-427kJ/mol=-92kJ/mol。（4）A．温度高，反应速率快，可缩短达到平衡的时间，A不正确；B．达到平衡时，分别以氢气和氨气表示的反应速率在数值上不相等，B不正确；