2024年安徽省高考化學試卷一、單選題1．下列資源利用中，在給定工藝條件下轉化關系正確的是A．煤→干餾煤油 B．石油→分餾乙烯 C．油脂→皂化甘油 【答案】C【詳解】A．煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱使之分解的過程，干餾的過程不產生煤油，煤油是石油分餾的產物，A錯誤；B．石油分餾是利用其組分中的不同物質的沸點不同將組分彼此分開，石油分餾不能得到乙烯，B錯誤；C．油脂在堿性條件下水解生成甘油和高級脂肪酸鹽，C正確；D．淀粉是多糖，其發生水解反應生成葡萄糖，D錯誤；故答案選C。2．下列各組物質的鑒別方法中，不可行的是A．過氧化鈉和硫黃：加水，振蕩 B．水晶和玻璃：X射線衍射實驗C．氯化鈉和氯化鉀：焰色試驗 D．苯和甲苯：滴加溴水，振蕩【答案】D【詳解】A．過氧化鈉可以與水發生反應生成可溶性的氫氧化鈉，硫不溶于水，A可以鑒別；B．水晶為晶體，有獨立的晶格結構，玻璃為非晶體，沒有獨立的晶格結構，可以用X射線衍射實驗進行鑒別，B可以鑒別；C．鈉的焰色為黃色，鉀的焰色為紫色(需透過藍色鈷玻璃)，二者可以用焰色試驗鑒別，C可以鑒別；D．苯和甲苯都可以溶解溴水中的溴且密度都比水小，二者都在上層，不能用溴水鑒別苯和甲苯，D不可以鑒別；故答案選D。3．青少年幫廚既可培養勞動習慣，也能將化學知識應用于實踐。下列有關解釋合理的是A．清洗鐵鍋后及時擦干，能減緩鐵鍋因發生吸氧腐蝕而生銹B．烹煮食物的后期加入食鹽，能避免NaCl長時間受熱而分解C．將白糖熬制成焦糖汁，利用蔗糖高溫下充分炭化為食物增色D．制作面點時加入食用純堿，利用NaHCO3【答案】A【詳解】A．鐵發生吸氧腐蝕時，正極上O2得電子結合水生成氫氧根離子，清洗鐵鍋后及時擦干，除去了鐵鍋表面的水分，沒有了電解質溶液，能減緩鐵鍋因發生吸氧腐蝕而生銹，A正確；B．食鹽中含有碘酸鉀，碘酸鉀受熱不穩定易分解，因此烹煮食物時后期加入食鹽，與NaCl無關，B錯誤；C．焦糖的主要成分仍是糖類，同時還含有一些醛類、酮類等物質，蔗糖在高溫下并未炭化，C錯誤；D．食用純堿主要成分為Na2CO3，制作面點時加入食用純堿，利用了Na2CO3中和發酵過程產生的酸，D錯誤；故答案選A。4．下列選項中的物質能按圖示路徑在自然界中轉化，且甲和水可以直接生成乙的是選項甲乙丙AClNaClONaClBSOHCaSOCFeFe(OH)FeClDCOHCaA．A B．B C．C D．D【答案】D【詳解】A．Cl2與水反應生成HClO和HCl，無法直接生成NaClO，A錯誤；B．SO2與水反應生成亞硫酸而不是硫酸，B錯誤；C．氧化鐵與水不反應，不能生成氫氧化鐵沉淀，C錯誤；D．CO2與水反應生成碳酸，碳酸與碳酸鈣反應生成碳酸氫鈣，碳酸氫鈣受熱分解生成二氧化碳氣體，D正確；故答案選D。5．D-乙酰氨基葡萄糖(結構簡式如下)是一種天然存在的特殊單糖。下列有關該物質說法正確的是A．分子式為C8HC．與葡萄糖互為同系物 D．分子中含有σ鍵，不含π鍵【答案】B【詳解】A．由該物質的結構可知，其分子式為：C8H15O6N，故A錯誤；B．該物質結構中含有多個醇羥基，能發生縮聚反應，故B正確；C．組成和結構相似，相差若干個CH2原子團的化合物互為同系物，葡萄糖分子式為C6H12O6，該物質分子式為：C8H15O6N，不互為同系物，故C錯誤；D．單鍵均為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，該物質結構中含有C=O鍵，即分子中σ鍵和π鍵均有，故D錯誤；故選B。二、未知地球上的生物氮循環涉及多種含氮物質，轉化關系之一如下圖所示(X、Y均為氮氧化物)，羥胺(NH2OH)以中間產物的形式參與循環。常溫常壓下，羥胺易潮解，水溶液呈堿性，與鹽酸反應的產物鹽酸羥胺([NH3OH]Cl)廣泛用子藥品、香料等的合成。已知25℃時，K完成下列小題。6．NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．標準狀況下，2.24LX和Y混合氣體中氧原子數為0B．1L0.1mol?L-1NaNO2溶液中C．3.3gNH2OH完全轉化為D．2.8gN27．下列有關物質結構或性質的比較中，正確的是A．鍵角：NHB．熔點：NHC．25℃同濃度水溶液的D．羥胺分子間氫鍵的強弱：O-H【答案】6．A7．D【分析】NO2?在亞硝酸鹽還原酶的作用下轉化為X，X在X還原酶的作用下轉化為Y，X、Y均為氮氧化物，即X為NO，Y為N6．A．標準狀況下，2.24LNO和N2O混合氣體物質的量為0.1mol，氧原子數為0.1NB．HNO2為弱酸，因此NO2?能夠水解為HNO2，1L0.1mol?L-1C．NH2OH完全轉化為NO2-時，N的化合價由-1上升到+3，D．2.8gN2物質的量為0.1mol，N的價電子數等于最外層電子數為5，2.8gN故選A。7．A．NH3中N原子的價層電子對數=3+12(5-3×1)=3+1=4，為sp3雜化，鍵角為107°，NO3B．NH2OH為分子晶體，NH3C．由題目信息可知，25℃下，Kb(NH3?H2O)＞Kb(NHD．O的電負性大于N，O-H鍵的極性大于N-H鍵，故羥胺分子間氫鍵的強弱O-H?故選D。三、單選題8．某催化劑結構簡式如圖所示。下列說法錯誤的是A．該物質中Ni為+2價 B．基態原子的第一電離能：Cl>PC．該物質中C和P均采取sp2雜化 D．基態Ni原子價電子排布式為【答案】C【詳解】A．由結構簡式可知，P原子的3個孤電子與苯環形成共用電子對，P原子剩余的孤電子對與Ni形成配位鍵，Cl-B．同周期元素隨著原子序數的增大，第一電離能有增大趨勢，故基態原子的第一電離能：Cl＞P，B項正確；C．該物質中，C均存在于苯環上，采取sp2雜化，P與苯環形成3對共用電子對，剩余的孤電子對與Ni形成配位鍵，價層電子對數為4，采取sp3雜化，C項錯誤；D．Ni的原子序數為28，位于第四周期第Ⅷ族，基態Ni原子價電子排布式為3d84s2，D項正確；故選C。9．僅用下表提供的試劑和用品，不能實現相應實驗目的的是選項實驗目的試劑用品A比較鎂和鋁的金屬性強弱MgCl2溶液、AlCl試管、膠頭滴管B制備乙酸乙酯乙醇、乙酸、濃硫酸、飽和Na2試管、橡膠塞、導管、乳膠管鐵架臺(帶鐵夾)、碎瓷片、酒精燈、火柴C制備CuNHCuSO4試管、膠頭滴管D利用鹽類水解制備Fe(OH)3飽和FeCl3燒杯、膠頭滴管、石棉網、三腳架、酒精燈、火柴A．A B．B C．C D．D【答案】A【詳解】A．MgCl2溶液、AlCl3溶液與過量氨水反應時現象相同，分別產生白色Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，不能比較Mg(OH)2和Al(OH)3堿性的強弱，從而不能比較Mg和Al的金屬性強弱，可將氨水換成過量的NaOH溶液，A項不能實現實驗目的；B．在一支試管中依次加入一定量的乙醇、濃硫酸、乙酸，并且放入幾粒碎瓷片，另一支試管中加入適量飽和碳酸鈉溶液，如圖連接好裝置，用酒精燈小心加熱，乙酸與乙醇在濃硫酸存在、加熱條件下發生酯化反應生成乙酸乙酯和水，在飽和碳酸鈉溶液液面上收集乙酸乙酯，發生反應的化學方程式為CH3COOH+CH3CH2OH?Δ濃硫酸CH3COOCH2CH3+H2C．向盛有CuSO4溶液的試管中滴加氨水，首先產生藍色Cu(OH)2沉淀，繼續滴加氨水，沉淀溶解得到深藍色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，發生反應的化學方程式為CuSO4+4NH3?H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O，C項能實現實驗目的；D．將燒杯中的蒸餾水加熱至沸騰，向沸水中加入5~6滴飽和FeCl3溶液，繼續加熱至液體呈紅褐色即制得Fe(OH)3膠體，反應的化學方程式為FeCl3+3H2OΔFe(OH)3(膠體)+3HCl，D項能實現實驗目的；答案選A。10．某溫度下，在密閉容器中充入一定量的X(g)，發生下列反應：X(g)?Y(g)ΔHA． B． C． D．【答案】B【分析】由圖可知，反應初期隨著時間的推移X的濃度逐漸減小、Y和Z的濃度逐漸增大，后來隨著時間的推移X和Y的濃度逐漸減小、Z的濃度繼續逐漸增大，說明X(g)?Y(g)的反應速率大于Y(g)?Z(g)的反應速率，則反應X(g)?Y(g)的活化能小于反應Y(g)?Z(g)的活化能。【詳解】A．X(g)?Y(g)和Y(g)?Z(g)的?H都小于0，而圖像顯示Y的能量高于X，即圖像顯示X(g)?Y(g)為吸熱反應，A項不符合題意；B．圖像顯示X(g)?Y(g)和Y(g)?Z(g)的?H都小于0，且X(g)?Y(g)的活化能小于Y(g)?Z(g)的活化能，B項符合題意；C．圖像顯示X(g)?Y(g)和Y(g)?Z(g)的?H都小于0，但圖像上X(g)?Y(g)的活化能大于Y(g)?Z(g)的活化能，C項不符合題意；D．圖像顯示X(g)?Y(g)和Y(g)?Z(g)的?H都大于0，且X(g)?Y(g)的活化能大于Y(g)?Z(g)的活化能，D項不符合題意；選B。11．我國學者研發出一種新型水系鋅電池，其示意圖如下。該電池分別以Zn-TCPP(局部結構如標注框內所示)形成的穩定超分子材料和Zn為電極，以ZnSO4和KIA．標注框內所示結構中存在共價鍵和配位鍵B．電池總反應為：IC．充電時，陰極被還原的Zn2+主要來自D．放電時，消耗0.65gZn，理論上轉移0.02mol電子【答案】C【分析】由圖中信息可知，該新型水系鋅電池的負極是鋅、正極是超分子材料；負極的電極反應式為Zn-2e?=Zn2+，則充電時，該電極為陰極，電極反應式為Zn2+【詳解】A．標注框內所示結構屬于配合物，配位體中存在碳碳單鍵、碳碳雙鍵、碳氮單鍵、碳氮雙鍵和碳氫鍵等多種共價鍵，還有由N提供孤電子對、Zn2+B．由以上分析可知，該電池總反應為I3C．充電時，陰極電極反應式為Zn2++2e-D．放電時，負極的電極反應式為Zn-2e?綜上所述，本題選C。12．室溫下，為探究納米鐵去除水樣中SeO42-的影響因素，測得不同條件下實驗序號水樣體積/mL納米鐵質量/mg水樣初始pH①5086②5026③5028下列說法正確的是A．實驗①中，0~2小時內平均反應速率vB．實驗③中，反應的離子方程式為：2Fe+SeOC．其他條件相同時，適當增加納米鐵質量可加快反應速率D．其他條件相同時，水樣初始pH越小，SeO4【答案】C【詳解】A.實驗①中，0~2小時內平均反應速率vSeOB.實驗③中水樣初始pH=8，溶液顯弱堿性，發生反應的離子方程式中不能用H+C.綜合分析實驗①和②可知，在相同時間內，實驗①中SeO4D.綜合分析實驗③和②可知，在相同時間內，實驗②中SeO42-濃度的變化量大，因此，其他條件相同時，適當減小初始pH，SeO42-的去除效果越好，但是當初始pH太小時，H+濃度太大，納米鐵與H+反應速率加快，會導致與綜上所述，本題選C。13．環境保護工程師研究利用Na2S、FeS和H2S處理水樣中的Cd2+。已知25℃時，H2S飽和溶液濃度約為0.1mol?A．Na2SB．0.01mol?LC．向cCd2+=0.01mol?D．向cCd2+=0.01mol?【答案】B【詳解】A．Na2S溶液中只有5種離子，分別是H+B．0.01mol?L-1Na2S溶液中，S2-水解使溶液呈堿性，其水解常數為KC．Ksp(FeS)遠遠大于Ksp(CdS)，向cCd2+=0.01mol?L-1的溶液中加入FeS時，可以發生沉淀的轉化，該反應的平衡常數為D．Cd2++H2S?CdS+2H+的平衡常數K=c綜上所述，本題選B。14．研究人員制備了一種具有鋰離子通道的導電氧化物(LixLayTiO3)，其立方晶胞和導電時Li+遷移過程如下圖所示。已知該氧化物中Ti為A．導電時，Ti和La的價態不變 B．若x=13，C．與體心最鄰近的O原子數為12 D．導電時、空位移動方向與電流方向相反【答案】B【詳解】A．根據題意，導電時Li+發生遷移，化合價不變，則Ti和La的價態不變，A項正確；B．根據“均攤法”，1個晶胞中含Ti：8×18=1個，含O：12×14=3個，含La或Li或空位共：1個，若x=13，則La和空位共23，n(La)+n(空位)=23，結合正負化合價代數和為0，(+1)×13+(+3)×n(La)+(+4)×1+(-2)×3=0，解得n(La)=C．由立方晶胞的結構可知，與體心最鄰近的O原子數為12，即位于棱心的12個O原子，C項正確；D．導電時Li+向陰極移動方向，即與電流方向相同，則空位移動方向與電流方向相反，D項正確；答案選B。四、解答題15．精煉銅產生的銅陽極泥富含Cu、回答下列問題：(1)Cu位于元素周期表第周期第族。(2)“浸出液1”中含有的金屬離子主要是。(3)“浸取2”步驟中，單質金轉化為HAuCl4的化學方程式為(4)“浸取3”步驟中，“浸渣2”中的(填化學式)轉化為AgS(5)“電沉積”步驟中陰極的電極反應式為。“電沉積”步驟完成后，陰極區溶液中可循環利用的物質為(填化學式)。(6)“還原”步驟中，被氧化的N2H4與產物Au(7)Na2S2O3可被I2氧化為【答案】(1)四ⅠB(2)Cu2+(3)2Au+8HCl+3H(4)AgCl(5)Ag(S2O(6)3：4(7)(a)結構中電子云分布較均衡，結構較為穩定，(b)結構中正負電荷中心不重合，極性較大，較不穩定，且存在過氧根，過氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)結構【分析】精煉銅產生的銅陽極泥富含Cu、Ag、Au等元素，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉化為Cu2+進入浸取液1中，Ag、Au不反應，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入鹽酸、H2O2浸取，Au轉化為HAuCl4進入浸取液2，Ag轉化為AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4將HAuCl4還原為Au，同時N2H4被氧化為N2；浸渣2中加入Na2S2O3【詳解】（1）Cu的原子序數為29，位于第四周期第ⅠB族；（2）由分析可知，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉化為Cu2+進入浸取液1中，故浸取液1中含有的金屬離子主要是Cu2+；（3）浸取2步驟中，Au與鹽酸、H2O2反應氧化還原反應，生成HAuCl4和H2O，根據得失電子守恒及質量守恒，可得反應得化學方程式為：2Au+8HCl+3H2（4）根據分析可知，浸渣2中含有AgCl，與Na2S2（5）電沉積步驟中，陰極發生還原反應，Ag(S2O3)23-得電子被還原為Ag，電極反應式為：Ag(S2（6）還原步驟中，HAuCl4被還原為Au，Au化合價由+3價變為0價，一個HAuCl4轉移3個電子，N2H4被氧化為N2，N的化合價由-2價變為0價，一個N2H4轉移4個電子，根據得失電子守恒，被氧化的N2H4與產物Au的物質的量之比為3：4；（7）(a)結構中電子云分布較均衡，結構較為穩定，(b)結構中正負電荷中心不重合，極性較大，較不穩定，且存在過氧根，過氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)結構。16．測定鐵礦石中鐵含量的傳統方法是SnCl2-HgCl2【配制溶液】①cmol?②SnCl2溶液：稱取6gSnCl2?2H2【測定含量】按下圖所示(加熱裝置路去)操作步驟進行實驗。已知：氯化鐵受熱易升華；室溫時HgCl2，可將Sn2+氧化為Sn4+。難以氧化Fe2+；Cr2(1)下列儀器在本實驗中必須用到的有(填名稱)。(2)結合離子方程式解釋配制SnCl2溶液時加入錫粒的原因：(3)步驟I中“微熱”的原因是。(4)步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，則會導致測定的鐵含量(填“偏大”“偏小”或“不變”)。(5)若消耗cmol?L-1K2Cr2O7(6)SnCl2-TiCl3-KMnO4滴定法也可測定鐵的含量，其主要原理是利用SnCl2和TiCl3①從環保角度分析，該方法相比于SnCl2-HgCl2②為探究KMnO4溶液滴定時，Cl-在不同酸度下對Fe2+溶液現象空白實驗2mL0.3mol?L-1紫紅色不褪去實驗I2mL0.3mol?L-1紫紅色不褪去實驗ⅱ2mL0.3mol?L-1紫紅色明顯變淺表中試劑X為；根據該實驗可得出的結論是。【答案】(1)容量瓶、量筒(2)Sn2+易被空氣氧化為Sn4+，離子方程式為2Sn2++O2+4(3)助溶，使鐵礦石在酸液中全部溶解(4)偏小(5)33.6(6)更安全，對環境更友好H2O酸性越強，KMnO4的氧化性越強，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，對Fe2+測定結果造成干擾的可能性越大，因此在KMnO4標準液進行滴定時，要控制溶液的pH值【分析】濃鹽酸與試樣反應，使得試樣中Fe元素以離子形式存在，滴加稍過量的SnCl2使Fe3+還原為Fe2+，冷卻后滴加HgCl2，將多余的Sn2+氧化為Sn4+，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示劑，用K2Cr2O7進行滴定，將Fe2+氧化為Fe3+，化學方程式為6Fe2+【詳解】（1）配制SnCl2溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但給出的為堿式滴定管，因此給出儀器中，本實驗必須用到容量瓶、量筒；（2）Sn2+易被空氣氧化為Sn4+，離子方程式為2Sn2++O2+4（3）步驟I中“微熱”是為了助溶，使鐵礦石在酸液中全部溶解；（4）步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空氣中的O2氧化為Fe3+，導致測定的鐵含量偏小；（5）根據方程式6Fe2++Cr2O7（6）①SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7方法中，HgCl2②2mL0.3mol?L-1NaCl溶液+0.5mL試劑X，為空白試驗，因此X為H2O；由表格可知，酸性越強，KMnO4的氧化性越強，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，對Fe17．乙烯是一種用途廣泛的有機化工原料。由乙烷制乙烯的研究備受關注。回答下列問題：【乙烷制乙烯】(1)C22C2HC2H計算：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)(2)C2H6直接脫氫反應為C2H6(g)=C2H4a．600°C,0.6MPa

b．700°(3)一定溫度和壓強下、反應i

C反應ⅱ

C2H6(g)+H2(g)?①僅發生反應i時。C2H6的平衡轉化宰為25．②同時發生反應i和ⅱ時。與僅發生反應i相比，C2H4【乙烷和乙烯混合氣的分離】(4)通過Cu+修飾的Y分子篩的吸附-脫附。可實現C2H4和C2H6混合氣的分離。Cu+的與C2(5)常溫常壓下，將C2H4和C2HA．前30min，兩種氣體均未被吸附B．p點對應的時刻，出口氣體的主要成分是CC．a-b對應的時間段內，吸附的C2H6【答案】(1)-566(2)>b(3)115(4)4s空軌道識別度高，能有效將C2H4和C2H6分離，分離出的產物中雜質少，純度較高(5)BC【詳解】（1）將兩個反應依次標號為反應①和反應②，反應①-反應②×2可得目標反應，則ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol。（2）從圖中可知，壓強相同的情況下，隨著溫度升高，C2H6的平衡轉化率增大，因此該反應為吸熱反應，ΔH4>0。a．600℃，0.6MPa時，C2H6的平衡轉化率約為20%，a錯誤；b．700℃，0.7MPa時，C2H6的平衡轉化率約為50%，最接近40%，b正確；c．700℃，0.8MPa時，C2H6的平衡轉化率接近50%，升高溫度，該反應的化學平衡正向移動，C2H6轉化率增大，因此800℃，0.8MPa時，C2H6的平衡轉化率大于50%，c錯誤；故答案選b。（3）①僅發生反應i，設初始時C2H6物質的量為1mol，平衡時C2H6轉化率為25%，則消耗C2H60.25mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，Ka1=0.2×0.20.6=1②只發生反應i時，隨著反應進行，氣體總物質的量增大，壓強增大促使化學平衡逆向移動，同時發生反應i和反應ii，且從題干可知Ka2遠大于Ka1，反應ii為等體積反應，因為反應ii的發生相當于在單獨發生反應i的基礎上減小了壓強，則反應i化學平衡正向移動，C2H4平衡產率增大。（4）配合物中，金屬離子通常提供空軌道，配體提供孤電子對，則Cu+的4s空軌道與C2H4分子的π鍵電子形成配位鍵。C2H4能與Cu+形成配合物而吸附在Y分子篩上，C2H6中無孤電子對不能與Cu+形成配合物而無法吸附，通過這種分子篩分離C2H4和C2H6，優點是識別度高，能有效將C2H4和C2H6分離，分離出的產物中雜質少，純度較高。（5）A．前30min，ccB．p點時，C2H6對應的cc0約為1.75，出口處C2H6濃度較大，而C2H4對應的cc0較小，出口處C2H4濃度較小，說明此時出口處氣體的主要成分為CC．a點處C2H6的cc0=1，說明此時C2H6不再吸附在吸附劑上，而a點后C2H6的cc0>1，說明原來吸附在吸附劑上的C2H6也開始脫落，同時從圖中可知，a點后一段時間，C2H4的cc0仍為0，說明是吸附的C2H6逐漸被C2H4替代，p點到b點之間，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相對之前有所減小，同時吸附劑可能因吸附量有限等原因無法一直吸附C2H4，因此p點后C故答案選BC。18．化合物1是一種藥物中間體，可由下列路線合成(Ph代表苯基，部分反應條件略去)：已知：i)ii)RMgX易與含活潑氫化合物(HY)反應：HY代表H2O、ROH、RNH2、(1)A、B中含氧官能團名稱分別為、。(2)E在一定條件下還原得到，后者的化學名稱為。(3)H的結構簡式為。(4)E→F反應中、下列