2024年安徽高考化学新题精选仿真模拟卷02（Word版附解析）

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1．D
【解析】A．氢氟酸刻蚀玻璃的反应为，反应中无电子转移，不涉及氧化还原反应，故A错误；
B．石膏主要成分为CaSO4·2H2O，盐碱地主要成分为Na2CO3，则用石膏改良盐碱地对应的化学方程式为：，不涉及氧化还原反应，故B错误；
C．使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，故C错误；
D．油酸甘油酯氢化得到硬脂酸甘油酯，加氢是还原反应，反应中有化合价升降，是氧化还原反应，故D正确；
故答案选D。
2．C
【解析】A．从海水中提取氯化钠不用通过化学反应就能实现，故A错误；
B．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其易被氧化，故B错误；
C．银离子是重金属离子，重金属离子能使病毒蛋白质变性，故C正确；
D．聚酯纤维属于合成高分子材料，不是纤维素，故D错误；
故选C。
3．C
【解析】A．中没有双键和三键，不含有键，故A错误；
B．溶液中发生水解，则溶液含的数目小于，故B错误；
C．14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量= =1ml，含有极性共价键数为，故C正确；
D．22.4L（标准状况）的物质的量为1ml，1ml与足量NaOH溶液充分反应不能完全消耗，电子转移数小于，故D错误；
故选C。
4．C
【解析】A．2-丁炔中含有碳碳三键，分子中最多有6个原子共面，A正确；
B．X为2-丁炔加H2生成，根据分子式可知X中含有碳碳双键，为2-丁烯，与酸性KMnO4溶液反应可生成CH3COOH，B正确；
C．Y为2-丁炔与水发生反应获得，由于2-丁炔中三键位置不在两端，所以Y中没有醛基，Y的结构简式为CH3COCH2CH3，Y不能发生银镜反应，C错误；
D．Z是由2-丁炔聚合生成，Z的结构简式为，所以存在顺式结构和反式结构，D正确；
故答案为：C。
5．C
【解析】A．与水反应生成NaOH和，反应的离子方程式为：，A正确；
B．向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀，说明样品中含有，产生白色沉淀的离子方程式为：，B正确；
C．向沉淀中滴加稀醋酸，醋酸与碳酸钙反应生成气体，反应的离子方程式为：，C错误；
D．将气体通入足量澄清石灰水，出现浑浊现象，反应的离子方程式为：，D正确；
故选C。
6．A
【解析】A．SO2中中心原子周围的价层电子对数为：2+=3其价层电子对互斥模型为平面三角形，而CO2中中心原子周围的价层电子对数为：2+=2其价层电子对互斥模型为直线形，故不相同，A错误；
B．NH3和CH4的中心原子周围的价层电子对数为：3+=4，4+=4，故杂化方式相同，均为sp3杂化，B正确；
C．C2H6中只含C-H和C-C键，而C2H4中含有C-H和C=C键，故化学键类型不同，CH2=CH2能与Br2反应生成BrCH2CH2Br，而C2H6不能，故可用溴水除去C2H6中混有的C2H4，C正确；
D．已知水为极性分子，苯分子为非极性分子，二者极性不同，根据相似相溶原理可知，二者为不互溶的液体，故可用分液法分离，D正确；
故答案为：A。
7．D
【解析】A．浓硫酸与蔗糖反应生成二氧化硫气体，能使品红溶液褪色，A正确；
B．饱和食盐水与电石反应生成乙炔气体，能使溴的溶液褪色，B正确；
C．与在水溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，足量硫化氢通入溶液生成硫单质，产生淡黄色浑浊，C正确；
D．浓氨水与生石灰反应生成氨气，足量氨气通入溶液，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色溶液，D错误；
故选D。
8．B
【分析】
X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，Z得到1个电子后与Y形成6个单键，则Z最外层有5个电子，Z为P，X易形成3个共价单键，因此X为N，Y形成1个共价单键，Y为F。
【解析】
A．一般来说电子层越多，半径越大，同周期，越靠左半径越大，则原子半径：，A项错误；
B．分子与的空间结构均为三角锥形，键的极性小于键，所以分子的极性小于，B项正确；
C．P的非金属性弱于N,因此还原性：，C项错误；
D．该化合物有良好的导电性，是因为其具有体积较大的阴、阳离子，D项错误；
故选B。
9．D
【解析】A．增大反应物浓度，逆反应速率在加入反应物瞬间应该不变，图像不符合，故A错误；
B．，所有反应都伴随这能量变化，升高温度，平衡一定会发生改变，故B错误；
C．该反应体积不变，增大压强平衡不移动，图Ⅲ是不符合，故C错误；
D．反应正向放热，升高温度平衡逆向移动，XY的百分含量降低，故D正确；
故选D。
10．C
【解析】A．蔗糖含有C、H、O三种元素，加入浓硫酸，浓硫酸具有脱水性，将蔗糖脱水变成碳，过程放热，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，浓硫酸表现强氧化性，A正确；
B．溶液变棕黄色，说明H2O2溶液氧化硫酸亚铁溶液生成Fe3+，一段时间后，溶液中有气泡生成，则说明溶液中的Fe3+催化H2O2分解产生O2，B正确；
C．浓硝酸具有强氧化性，能与铝发生反应，使铝表面形成致密的氧化膜从而钝化，而不是不发生反应，C错误；
D．AgCl、AgI组成相似，则溶度积小的物质先生成沉淀，向浓度均为0.1ml・L-1的KCl、KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，可说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D正确；
故选C。
11．D
【分析】由图可知，右侧碳纳米管为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，左侧碳纳米管为负极，电极反应式为H2-2e-=2H+，C6H12O6-2e-=2H++C6H10O6，据此作答。
【解析】A．图中离子交换膜能让氢离子透过，故离子交换膜为阳离子交换膜，故A正确；
B．由分析可知，负极区发生的电极反应主要为，故B正确；
C．碳纳米管电极材料由石墨烯片层卷曲而成，有良好导电性能，且能高效吸附气体，故C正确；
D．由分析可知，理论上消耗标况下2.24LO2，得到0.4mle-，由于负极区有H2和C6H12O6两种物质失电子，所以生成葡萄糖内酯小于0.2ml，故D错误；
答案选D。
12．D
【解析】A．观察甘氨酸稀溶液中存在的平衡，可认为(即X+)发生了两步电离，K1为第一步电离常数，K2为第二步电离常数，且等同于H2NCH2COOH，第二步电离是甘氨酸羧基上的氢离解为H+。K1=，当pH=2.35时，c(X+)=c()，K1=c(H+)=10-2.35，其数量级为10-3，A项正确：
B．25℃时，参照K的算法得K2=10-9.78，X的水解常数Kh==10-4.22，B项正确；
C．pH=6时，即H2NCH2COOH，呈电中性，在电场中不移向任何电极，C项正确；
D．pH=9.78时，显然有c(OH-)>c(H+)，事实上，D选项电荷守恒式的右边还应加上调节溶液pH的碱的阳离子浓度，D项错误；
故选：D。
13．C
【解析】A．和中心N原子的价层电子对数分别为、，VSEPR模型均为四面体，则N原子的杂化方式均为sp3，故A正确；
B．由图可知，吸附时与H原子配位转化为，即N原子与羧基中的H原子发生作用，故B正确；
C．中NO得电子生成N2，1mlNO转移电子2ml，30gNO的物质的量为，转移电子数约为2×6.02×1023个，故C错误；
D．含氧官能团化学吸附NH3时形成，含氧官能团化学吸附NO时形成C=O-N=O结构，说明含氧官能团化学吸附NH3、NO的连接方式与O、N、C和H的电负性大小有关，元素电负性越大，吸引键合电子的能力越强，故D正确；
故选：C。
14．D
【解析】A．由图可知，*CO转化为CO(g)要吸收热量，焓变为正值，，A错误；
B．由图示可知，生成、的反应都是吸热反应，而生成的反应是放热反应，升高温度，的选择性减小，而、的选择性增大，B错误；
C．催化剂改变反应的历程，降低反应的活化能，加快反应的速率，但是不改变反应平衡，不能提高转化率，C错误；
D．在上述条件下，CH4具有的能量低于，低于CO，能量越低越稳定，稳定性：，D正确；
故选D。
15．(1) 恒压滴液漏斗 取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色 150mL 浓硫酸具有强氧化性，会将部分有机物氧化成；浓硫酸具有脱水性，会使部分有机物脱水碳化
(2) 酸式 8.56
【分析】由题干图示装置可知，装置A中发生的反应为在浓硫酸做催化剂作用下，先将淀粉水解为葡萄糖，然后葡萄糖与稀硝酸反应生成草酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)+6HNO3(稀)= 3H2C2O4+6NO↑+6H2O，由于NO与O2反应转化为NO2，NO2能与NaOH溶液反应，故装置B的作用是安全瓶，防止倒吸，装置C的作用为吸收尾气，防止污染环境；
【解析】（1）①根据仪器的构造可知，仪器A的名称为恒压滴液漏斗；
②葡萄糖溶液可由淀粉水解得到，水解反应方程式为；说明淀粉水解完全的关键是要用实验证明淀粉已不存在，则取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色说明淀粉已经完全水解，故答案为：；取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色；
③由题意可知，装置A中发生的反应为在浓硫酸做催化剂作用下，葡萄糖与稀硝酸反应生成草酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)+6HNO3(稀)= 3H2C2O4+6NO↑+6H2O，由淀粉水解方程式可得：(C6H10O5)n～nC6H12O6～6nHNO3，则将8.1g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全转化为草酸，理论上消耗2ml/L硝酸溶液的体积为×103mL/L=150mL，故答案为：150；
④浓硫酸具有强氧化性，会将部分有机物氧化成CO2；浓硫酸具有脱水性，会使部分有机物脱水碳化；H2C2O4不稳定，受热及遇浓硫酸会发生分解,故若该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会使有机物脱水碳化，导致草酸产率减少，故答案为：浓硫酸具有强氧化性，会将部分有机物氧化成CO2；浓硫酸具有脱水性，会使部分有机物脱水碳化；H2C2O4不稳定，受热及遇浓硫酸会发生分解；
（2）①具有强氧化性，能腐蚀橡胶不能装在碱式滴定管中，用标准溶液进行滴定应使用酸式滴定管；
②设草酸的物质的量为aml，草酸铁铵晶体的物质的量为bml，由样品的质量可得：90a+428b=9.46①，由得失电子数目守恒可得：5 H2C2O4～2，由20.00mL溶液消耗28.00mL 0.2000ml/L的高锰酸钾溶液可得：a+3b=0.2000ml/L×0.028L×5×②，解联立方程可得a=0.01、b=0.02，则9.46g样品中草酸铁铵晶体的质量为0.02ml×428g/ml=8.56g，故答案为：8.56。
16．(1)+3
(2)温度过高，会加快氨水分解(或挥发)(答案合理即可)
(3) 3.7≤a<7.4(或3.7~7.4) 2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+
(4)Zn
(5) 蒸发浓缩 冷却(降温)结晶
(6)Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2↑+H2O
【分析】以锌废料(主要成分是ZnSO4和ZnO，含少量的Fe、Cu、Pb、As等元素以及油污)为原料制备活性氧化锌及回收其他金属元素的流程流程为：NH4Cl和氨水浸取锌废料，Pb元素转化为Pb(OH)Cl沉淀除去，Zn、Fe、Cu、As等元素进入溶液，加入FeCl3溶液，As元素转化为FeAsO4沉淀除去，加入H2O2溶液氧化Fe2+为Fe3+，调节溶液pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，反应为H2O2+2Fe2++4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+；再加入金属M将Cu2+置换生成Cu，根据除杂规则可知，为了不引入新的杂质，则加入过量的金属M为Zn；活性炭具有吸附作用，加入活性炭净化时除去油污；加入NH4HCO3沉锌，将Zn2+转化为碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]，煅烧Zn2(OH)2CO3得到ZnO，反应为Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2↑+H2O，沉锌时的副产物为NH4Cl，NH4Cl易溶于水，可采用降温结晶法得到，一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析解答。
【解析】（1）根据As的原子结构示意图可知，砷最高化合价为+5价，则FeAsO4中铁的化合价为铁为+3价，故答案为：+3；
（2）氨水具有挥发性，一水合氨受热易分解，则“浸取”步骤温度不能过高，故答案为：温度过高，加快氨水挥发和分解；
（3）“除铁”是为了回收Fe元素，调pH只能生成Fe(OH)3沉淀，其他离子不应产生沉淀，结合表中数据可知，a的范围为：3.7≤a＜7.4；H2O2具有强氧化性，能氧化Fe2+为Fe3+，调节溶液pH时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则“除铁”的离子方程式为H2O2+2Fe2++4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+，故答案为：3.7≤a＜7.4；H2O2+2Fe2++4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+；
（4）由分析可知，流程是制备活性氧化锌，并且除杂时为了不引入新的杂质，该金属将Cu2+置换生成Cu,则为金属Zn，故答案为：Zn；
（5）“沉锌”的滤液中含有副产物NH4Cl,可用作氮肥，并且NH4Cl易溶于水，所以一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到铵态氮肥，故答案为：蒸发浓缩；冷却（降温）结晶；
（6）由分析可知，高温焙烧碱式碳酸锌时生成氧化性、二氧化碳气体和水，反应为Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2↑+H2O，故答案为：Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2↑+H2O。
17．(1)+41.19kJ•ml-1
(2)较低温度
(3)BD
(4)BD
(5) 16.67% 0.148 增大压强
(6)CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
【解析】（1）根据盖斯定律计算反应Ⅰ-反应Ⅲ得到反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.19kJ•ml-1，故答案为：+41.19kJ•ml-1；
（2）反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3=-90.77kJ•ml-1，ΔH＜0，S＜0，满足ΔH-TS＜0的条件是较低温度，故答案为：较低温度；
（3）A．由于气体的质量、体积不变，则无论是否达到平衡状态，混合气体的密度都不变化，不能作为判断是否平衡的依据，A错误；
B．反应前后气体的物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量不再变化，可说明气体的物质的量不再变化，说明达到平衡状态，B正确；
C．平衡常数未知，CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1，不能判断是否达到平衡状态，C错误；
D．甲醇的百分含量不再变化，可说明达到平衡状态，D正确；
故答案为：BD；
（4）A．其他条件不变，若不使用催化剂，化学平衡不变，则250℃时CO2的平衡转化率不变，即仍然位于M，A正确；
B．温度低于250℃时，随温度升高平衡逆向进行甲醇的产率减小，B错误；
C．升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，C正确；
D．为提高CO2的转化率，平衡正向进行，反应是放热反应，低的温度下进行反应，平衡正向进行，但催化剂的活性、反应速率减小，D错误；
故答案为：BD；
（5）若在密闭容器中充入体积比为 3：1的 H2 和CO2，设为3ml、1ml，则图中M点时二氧化碳转化率50%，则三段式分析为：， 则图中M点时，产物甲醇的体积分数为：×100%=16.67%，K===0.148，反应前后气体体积减小，若要进一步提高甲醇的体积分数，可采取的措施有增大压强平衡正向进行，故答案为：16.67%；0.148；增大压强；
（6）
燃料电池中通燃料的一极为负极，负极发生氧化反应，若采用KOH溶液为燃料电池的电解质溶液，则燃料电池的负极方程式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。
18．(1) 羟基、醛基 2：9
(2)E
(3)取代反应
(4)+CH3CONHCH2COOH +H2O
(5)
(6)
【分析】
由信息可知，A的结构简式为：，A到B是和反应生成和CH3COOH，其为取代反应，B到C是和CH3CONHCH2COOH在一定条件下生成 和H2O，D到E的反应是发生加成反应，也是还原反应。
【解析】（1）A的结构简式为，其官能团的名称是：羟基、醛基；B中仅甲基上的C为sp3杂化，其余为sp2杂化，化合物B中采取和杂化的碳原子个数比为2：9；
（2）根据手性碳原子的含义，首先看有没有饱和碳原子，再看所连的4个原子或原子团是否不同，可看出E中与羧基相连的碳原子为手性碳原子，故答案为E；
（3）A到B是和反应生成和CH3COOH，其为取代反应；
（4）B到C的化学方程式为：+CH3CONHCH2COOH +H2O；
（5）D的结构为，其同分异构体与FeCl3溶液可以发生显色反应，即存在酚羟基，1ml X能与5ml NaOH发生反应，即5个O应该都是酚羟基，同时有5个碳原子在同一条直线上，即X的结构简式为；
（6）在Cu或Ag作催化剂且加热的条件下与氧气反应，生成，与CH3CHO在一定条件下生成，失去一分子水即，合成路线图为：。