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2024年高考化学考前信息必刷卷02（安徽专用）（Word版附解析）
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这是一份2024年高考化学考前信息必刷卷02（安徽专用）（Word版附解析），文件包含2024年高考化学考前信息必刷卷02安徽专用Word版含解析docx、2024年高考化学考前信息必刷卷02安徽专用Word版无答案docx、2024年高考化学考前信息必刷卷02安徽专用参考答案docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
预测2024年的安徽新高考化学试卷的知识点覆盖广泛，涉及高中化学的各个方面，如化学反应原理、物质结构与性质、有机化学基础等。试题注重基础知识的考查，同时兼顾知识的综合运用。
试卷的难度设置适中，既有一定的区分度，又能够体现考生的实际水平。选择题部分难度相对较低，主要考查考生的基础知识和基本能力;非选择题部分难度相对较高，要求考生具备一定的分析问题和解决问题的能力。
试题特点主要体现在以下几个方面：
（1）注重基础:试题注重考查考生的化学基础知识，要求考生熟练掌握基本概念、原理和反应方程式等。
（2）突出能力:试题突出考查考生的化学思维能力、实验探究能力和综合运用能力，要求考生能够灵活运用所学知识解决实际问题。
（3）联系实际:试题注重联系生产生活实际，考查考生运用化学知识解释和解决实际问题的能力。
（4）创新性强:试题具有一定的创新性，通过设置新情境、新问题等方式，考查考生的创新思维和创新能力。
总体来看，2024年安徽新高考化学试卷结构合理，难度适中，注重基础知识和能力的考查。同时，试题具有一定的创新性和联系实际的特点，有利于引导考生关注化学学科的发展和应用。针对这样的试卷结构，考生在备考过程中应注重基础知识的巩固和能力的提升，同时关注化学学科的前沿动态和应用领域。
本套试卷素材新颖，关注中国科技发展和社会生活，如第1题考查新材料，第5题以蛋白质结构为情境。
考点注重基础知识和主干内容，突出实验的重要性，如选择题第2题、第7题、第9题等均考查化学实验基础知识，这些实验知识其实还融合了元素化合物知识。
突出考查物质结构与性质模块知识，如第4、6、8题均单独考查了相关内容，在其他选择题的一些选项中也零散涉及到。在第17题的化学反应原理综合题中，考查了晶胞结构。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Ga 70
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．近年来，我国科学家在新物质、新材料、新能源等诸多领域不断取得新突破，下列说法错误的是
A．我国的“硅-石墨烯-锗高速晶体管”技术获重大突破，C、Si、Ge都是ⅣA 元素
B．利用CO2合成脂肪酸、聚碳酸酯可降解塑料，有利于实现“碳中和”
C．高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：化学能→电能
D．嫦娥五号带回来的月壤中的嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]，其成分属于无机盐
【答案】C
【解析】A．碳元素、硅元素、锗元素都位于元素周期表ⅣA族，故A正确；
B．利用二氧化碳合成脂肪酸、聚碳酸酯可降解塑料可以减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，故B正确；
C．太阳能电池是太阳能转化为电能的装置，故C错误；
D．由化学式可知，嫦娥石的主要成分是含有磷酸根离子的无机盐，故D正确；
故选C。
2．为完成下列实验，部分仪器选择正确的是
A．乙醇制乙烯：①②③⑥
B．除去乙酸乙酯中的乙酸：③⑦
C．除去氯化钠固体中的硝酸钾杂质：⑤⑦⑧⑨
D．含水酒精与生石灰制备无水乙醇：①②④
【答案】B
【解析】A．乙醇在170、浓硫酸作用下发生消去反应制备乙烯，主仪器有酒精灯、温度计、圆底烧瓶或者蒸馏烧瓶，不需要锥形瓶，不需要酸式滴定管，A错误；
B．除去乙酸乙酯中的乙酸需要加饱和碳酸钠分液，主要仪器为分液漏斗和烧杯，B正确；
C．除去氯化钠固体中的硝酸钾杂质需要蒸发浓缩，趁热过滤，主要仪器有蒸发皿、玻璃棒、漏斗、烧杯，不需要温度计，C错误；
D．含水酒精与生石灰制备无水乙醇需要酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管，牛角管、锥形瓶，不用球形冷凝管，D错误；
故选B。
3．下列有关说法正确的是
A．苯酚有毒，所以日常所用的药㿝中不能掺入苯酚
B．各种水果之所以有水果香味，是因为水果中含有酯类物质
C．可用溴水鉴别苯、甲苯、苯酚、己烯
D．尼龙、棉花、天然油脂、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质
【答案】B
【解析】A．苯酚虽然有毒，但也有杀菌消毒的作用，日常所用的药皂中常掺入少量的苯酚，A错误；
B．相对分子质量较小的低级酯具有一定的挥发性，有芳香气味，很多鲜花和水果的香味来自酯，如草莓中含有乙酸乙酯和乙酸异戊酯；B正确；
C．苯和甲苯会萃取溴水中的溴，溶液分层，上层呈橙红色；溴水中加入苯酚，会生成三溴苯酚白色沉淀；己烯与溴发生加成反应，能使溴水褪色；溴水不能区分苯和甲苯，C错误；
D．天然油脂的主要成分是脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物；尼龙、棉花、ABS树脂是由高分子化合物，D错误；
答案选B。
4．下列说法正确的是
A．相同条件下，PH3 比 NH3易溶于水、易液化
B．NCl3的空间结构和 VSEPR 模型都为四面体形
C．基态气态25Mn2+再失去1个电子比基态气态26Fe2+再失去1个电子难
D．AlN 和 GaN的成键结构与金刚石相似，为共价晶体，GaN 的熔点高于AlN
【答案】C
【解析】A．NH3分子间存在氢键，所以相同条件下NH3比PH3易溶于水、易液化，故A错误；
B．NCl3中氮原子价成电子对数为，且含有一个孤电子对，所以NCl3的空间结构为三角锥形，VSEPR模型为四面体形，故B错误；
C．基态气态25Mn2+价电子排布为3d5，为半满稳定状态，基态气态26Fe2+价电子排布为3d6，基态气态26Mn2+再失去一个电子比基态气态26Fe2+再失去一个电子难，故C正确；
D．AlN和GaN的成键结构与金刚石相似，为共价晶体，GaN的键长长，键能低，熔点低于AlN，故D错误；
故答案为：C。
5．一种食品添加剂桂醛，化学名称是3 -苯基丙烯醛，可由苯甲醛经下列方法合成，下列有关说法正确的是
A．b物质分子中有 2个手性碳原子
B．a、c分子中所有原子都可能处于同一平面
C．合成路线中：a→b为取代反应，b→c为消去反应
D．a、b、c三种物质可用溴水或酸性KMnO4 溶液鉴别
【答案】B
【解析】A. b物质分子中只有与羟基相连的碳原子为手性碳原子，故A错误；
B. 由结构简式可知，a分子中的苯环和醛基均为平面结构，故a中原子可以都处于同一个平面；c中直接与双键碳相连的原子均在同一个平面，直接与双键碳相连的原子团为苯环和醛基，都是平面结构，所以c分子中所有原子也可能共平面，故B正确；
C. a→b反应过程中碳氧双键断裂，为加成反应，b→c羟基和氢原子去掉，生成不饱和键，为消去反应，故C错误；
D. a、b、c三种物质中均有醛基，均可以使溴水和酸性KMnO4 溶液褪色，故无法用这两种试剂鉴别，故D错误；
故选B。
6．在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与鸟嘌呤作用进而破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖，过程如图所示。其中鸟嘌呤为扁平结构，下列说法正确的是
A．鸟嘌呤和中原子的杂化方式完全相同
B．在水溶液中的溶解性B强于A
C．鸟嘌呤中的原子电负性：
D．(C)结构中化学键包括：共价键、配位键、氢键
【答案】B
【解析】A．根据结构可知，其中N的杂化方式都为sp3杂化，而鸟嘌呤中的N有sp2杂化和sp3杂化，A错误；
B．根据结构可知，B中含有羟基，亲水基更多，则更加容易溶解在水中，即在水溶液中的溶解性B强于A，B正确；
C．同周期越靠右电负性越大，则电负性：，C错误；
D．根据C的结构可知，其中N和Pt之间是配位键，再结构其结构可知，其中存在共价键、配位键、氢键，但氢键不是化学键，D错误；
故选B。
7．按图示装置进行实验。打开装置Ⅰ中分液漏斗活塞，将浓盐酸全部加入锥形瓶中，关闭活塞。下列说法不正确的是
A．Ⅰ中生成大量黄绿色气体，说明氧化性：
B．Ⅱ中湿润的红色布条褪色，说明具有漂白性
C．Ⅲ中溶液变为红色，说明的还原性比强
D．Ⅳ中可获得漂白粉，说明既有氧化性，又有还原性
【答案】B
【解析】A．Ⅰ中与浓盐酸反应生成黄绿色的氯气，该反应中作氧化剂，HCl作还原剂，氯气为氧化产物，根据氧化还原反应强弱规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故A正确；
B．Ⅱ中湿润的红色布条褪色，是因氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性使湿润的红色布条褪色，而本身无漂白性，故B错误；
C．进入Ⅲ中与硫酸亚铁发生反应生成氯离子和，作还原剂，作还原产物，则还原性>，故C正确；
D．Ⅳ中与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，反应中氯气化合价即升高也降低，既有氧化性，又有还原性，故D正确；
故选：B。
8．阻燃剂FR是由W、X、Y、Z、T五种短周期主族元素组成，原子序数依次增大，X、Y、Z属于同一周期，Y、T属于同一主族，分子结构如图。下列说法正确的是
A．X为sp杂化B．第一电离能：
C．沸点：D．最高价含氧酸酸性：
【答案】D
【分析】根据成键情况可知，W是H，X是C，Y是N，Z为O，T是P，据此回答。
【解析】A．由图可知，C的杂化类型为sp2杂化，A错误；
B．同周期从左往右第一电离能在增大，但是N的价电子排布为2s22p3，2p能级半满，能量低，比同周期相邻元素高，所以顺序为N＞O＞C，B错误；
C．YW3为NH3，TW3为PH3，由于NH3分子间存在氢键，熔沸点比同主族简单氢化物高，所以NH3＞PH3，C错误；
D．根据非金属性越强，最高价含氧酸性越强，非金属性为C＜P＜N，最高价含氧酸性也是C＜P＜N，D正确；
故选D。
9．下列实验操作及现象不能得出相应结论的是
【答案】D
【解析】A．向碘水中加入溶液，层，下层为紫红色，再加入碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中碘离子反应生成碘三离子使上层溶液呈棕黄色，证明碘在溶液中的溶解能力大于碘在水中的溶解能力，能得出相应结论，故A不符合题意；
B．，烧瓶内气体颜色变浅，说明降温平衡正向移动，则反应为放热反应，焓变小于0，能得出相应结论，故B不符合题意；
C．溶液的，溶液的，说明高氯酸完全电离，次氯酸部分电离，则为强酸、为弱酸，能得出相应结论，故C不符合题意；
D．硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀，不能得出相应结论，故D符合题意；
故选D。
10．科研人员利用高压气流将水微滴喷射到涂覆催化剂的石墨网上，研究常温制氨，其反应历程中微粒转化关系如图1，相对能量变化关系如图2，图中*表示催化剂表面吸附位。下列说法正确的是
A．过程中发生非极性键的断裂与形成
B．Ⅰ转化为和的过程中会生成
C．Ⅱ表示的微粒符号是
D．反应历程中放热最多的反应是
【答案】B
【解析】A．过程中发生非极性键的断裂，无非极性键的形成，A错误；
B．Ⅰ转化为和的反应方程式为：，过程中会生成过渡，B正确；
C．生成Ⅱ的方程式为：，Ⅱ为，C错误；
D．反应历程中放热最多的反应是Ⅰ和、的反应，方程式为：，D错误；
故选B。
11．通过下列实验以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)为原料制备还原性物质CuCl。下列说法不正确的是
A．“沉铜”得到的沉淀主要为Cu(OH)2
B．“还原”时离子方程式为SO+Cu2++Cl-+H2O=CuCl↓+SO+2H+
C．“过滤”、“洗涤”时应该在隔绝空气的条件下进行
D．可循环利用的物质为H2SO4
【答案】B
【分析】碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)加足量NaOH将铜转化为氢氧化铜沉淀，过滤后将氢氧化铜溶于稀硫酸，得到硫酸铜溶液，再加入亚硫酸钠、NaCl再还原成CuCl,过滤、洗涤得到CuCl。
【解析】A．由上述分析可知“沉铜”得到的沉淀主要为Cu(OH)2，故A正确；
B．该反应不满足电荷守恒，正确的离子方程式为：SO+2Cu2++2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故B错误；
C．CuCl易被氧化，因此“过滤”、“洗涤”时应该在隔绝空气的条件下进行，以防止其氧化，故C正确；
D．由B中反应可知还原过程中生成硫酸，可在酸溶时循环利用，故D正确；
故选：B。
12．烷烃催化裂解也可制备氢气：，催化裂解过程中利用膜反应新技术可以实现边反应边分离出生成的氢气。不同温度下，1.0ml乙烷在容积为1.0L的恒容密闭容器中发生催化裂解反应。氢气移出率α[]不同时，的平衡转化率与反应温度的关系如图所示。下列说法正确的是
A．加入催化剂，可以通过降低反应的活化能达到减小的目的
B．若A点时，平衡常数，则
C．若，则B点时体系内碳、氢原子个数比
D．反应达到平衡后，向容器中通入惰性气体，可以增大单位时间内的转化率
【答案】B
【解析】A．加入催化剂，可以通过降低反应的活化能，但不会降低，故A错误；
B．若A点时，平衡常数，，，解得x=0.9，则，故B正确；
C．B点时乙烷转化率为60%即生成氢气0.6ml，若，则B点时体系内碳、氢原子个数比，故C错误；
D．反应达到平衡后，向容器中通入惰性气体，平衡不移动，速率不变，因此不会增大单位时间内的转化率，故D错误。
综上所述，答案为B。
13．高纯镓是制备第三代半导体的重要原料，其化学性质与铝相似。下图为工业精炼镓的装置示意图。下列说法不正确的是
A．阴极的电极反应为
B．电解过程中，阳极室中的物质的量减小
C．电路中每转移电子，理论上粗镓熔融液减少
D．电解后粗镓中的以离子形式进入溶液中
【答案】D
【分析】电解精炼法提纯镓时，纯金属镓作阴极，含有杂质的粗镓作阳极，电解池中的阴阳极分别与电源的负正极相接，即M为电源负极，N为电源正极，阳极上活泼性强的金属Zn、Ga失电子进入溶液中，镓离子与溶液中的氢氧根离子结合生成，然后在阴极得电子生成镓，阳极反应为Ga-3e-+4OH-=2H2O+，阴极反应为2H2O++3e-═Ga+4OH-，据此分析解答。
【解析】A．由分析可知，阴极的电极反应为，A正确；
B．由分析可知，电解过程中，阳极反应为Ga-3e-+4OH-=2H2O+，根据电荷守恒每消耗4mlOH-只有3mlOH-或者由阴极上进入阳极室，则阳极室中OH-的物质的量减小，B正确；
C．由分析可知，阳极反应为Ga-3e-+4OH-=2H2O+，虽然阳极上还有Zn等放电，但产生的Zn2+不进入NaOH溶液，而是Ga3+经Ga3+快离子导体进入NaOH溶液，故电路中每转移电子，理论上粗镓熔融液减少，C正确；
D．由C项分析可知，电解后粗镓中的Zn失电子以离子形式进入粗镓熔融液，而不是NaOH溶液中，Fe比Ga更不活泼，不是电子，D错误；
故答案为：D。
14．某废水中含浓度相同的Cd2+、Ni2+，若通入H2S气体，保持，通过调节溶液pH使金属离子分步沉淀。已知常温下，，与pH关系如图，x表示Cd2+、Nit2+、S2-或HS-。下列说法错误的是
A．曲线b代表Ni2+，曲线c代表S2-
B．
C．M点会有NiS沉淀析出
D．反应的平衡常数
【答案】C
【分析】随着pH的增大，H2S饱和溶液中H2S的电离平衡向电离方向移动，HS-与S2-的浓度均要增大，则有−lgc(HS−)和−lgc(S2−)随着pH增大而减小，且pH相同时，HS-的浓度大于S2-的浓度，即−lgc(HS−)小于−lgc(S2−)；随着pH的增大，S2-的浓度增大，Cd2+、Ni2+的浓度减小，，即−lgc(Ni2+)和−lgc(Cd2+)随pH增大而增大，且Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，即当c(S2−)相同时，c(Ni2+)>c(Cd2+)， −lgc(Ni2+)<−lgc(Cd2+)，由此可知曲线a代表Cd2+、b代表Ni2+、c代表S2−，d代表HS−。
【解析】A．由分析可知，曲线b代表Ni2+，曲线c代表S2-，A正确；
B．=，由曲线c两点坐标可知，当c(H+)=10-4.8ml/L时，c(S2-)=10-12.9ml/L，或者当c(H+)=10-6.7ml/L时，c(S2-)=10-9.1ml/L，故有Ka1Ka2=10-21.5，，由图示曲线d两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6ml/L时，c(HS-)=10-6.5ml/L，c(H2S)=0.1ml/L，带入可知，Ka1=10-7.1，则，Ka2=10-14.4，B正确；
C．由图可知，在pH相同的情况下，M点在平衡曲线的上方，M点−lgc(Ni2+)大于平衡时−lgc(Ni2+)，所以M点c(Ni2+)小于平衡时c(Ni2+)，所以M点不会有NiS沉淀析出，C错误；
D．c(H+)=10-6.7ml/L时，c(S2-)=c(Ni2+)=10-9.1ml/L，Ksp(NiS)=c(S2-)×c(Ni2+)=10-18.2，当c(H+)=10-4.8ml/L时，c(S2-)=c(Cd2+)=10-12.9ml/L，Ksp(CdS)=c(S2-)×c(Cd2+)=10-25.8，反应的平衡常数K，D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）硫酸四氨合铜晶体常用作杀虫剂、媒染剂。该物质为深蓝色固体，受热易失氨，常温下在空气中易与水和反应生成铜的碱式盐，变成绿色粉末。某学习小组在实验室中用如图的装置制备硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度，请回答下列问题：
一、硫酸四氨合铜的制备
（1）仪器的名称是 ；球泡的作用是 ；中的液体可以为 （填化学式）。
（2）装置中得到深蓝色溶液的总反应的离子方程式为 。
（3）反应后取下仪器甲，向其中缓缓加入乙醇、抽滤、洗涤得到晶体，采用抽滤的原因是 。
二、测定制备样品中氨的含量
步骤：按如图所示装置进行实验（药品及用量已标出；加热、夹持等装置已略去；硼酸极弱，仅作吸收剂，不影响盐酸标定氨的实验结果），维持沸腾一小时，取下锥形瓶，加入指示剂进行滴定操作，到达滴定终点时，消耗的盐酸溶液。
（4）指示剂为 。
（5）该晶体的纯度为 。
（6）下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是 。
A．滴定时未用标准溶液润洗滴定管B．滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡
C．读数时，滴定前俯视，滴定后仰视D．刚看到指示剂局部的颜色变化就停止滴定
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）恒压滴液漏斗（1分） 防倒吸（1分） CCl4
（2）Cu+H2O2+4NH3+2H+=[Cu(NH3)4]2++2H2O
（3）加快过滤速率，防止晶体与空气中水和CO2反应生成铜的碱式盐
（4）甲基橙
（5）%
（6）BD
【分析】由实验装置图可知，制备硫酸四氨合铜晶体的实验原理为铜与稀硫酸、过氧化氢溶液反应制得硫酸铜溶液，向硫酸铜溶液中通入氨气，将硫酸铜转化为硫酸四氨合铜，向反应后的溶液中加入95%乙醇、抽滤、洗涤得到硫酸四氨合铜晶体。
【解析】（1）由实验装置图可知，仪器a为恒压滴液漏斗，作用是便于过氧化氢溶液的流下；氨气极易溶于水，直接通入硫酸铜溶液会产生倒吸，经球泡b通入硫酸铜溶液可以防止产生倒吸；烧杯中盛有的四氯化碳和水用于吸收未反应的氨气，防止污染空气，将气体通入四氯化碳中可以隔绝氨气与水的直接接触，防止产生倒吸，故答案为：恒压滴液漏斗；防倒吸；CCl4；
（2）由分析可知，制备硫酸四氨合铜晶体的实验原理为铜与稀硫酸、过氧化氢溶液反应制得硫酸铜溶液，向硫酸铜溶液中通入氨气，将硫酸铜转化为硫酸四氨合铜，则得到深蓝色溶液的总反应的离子方程式为Cu+H2O2+4NH3+2H+=[Cu(NH3)4]2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+4NH3+2H+=[Cu(NH3)4]2++2H2O；
（3）由题给信息可知，硫酸四氨合铜晶体易与空气中的水和二氧化碳反应转化为铜的碱式盐，所以实验时采用抽滤可以加快过滤速率，减少硫酸四氨合铜晶体与空气的接触，防止铜的碱式盐的生成，故答案为：加快过滤速率，防止晶体与空气中水和CO2反应生成铜的碱式盐；
（4）氨气与盐酸反应生成的氯化铵是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，所以滴定时，为减少滴定误差，应选用甲基橙做滴定的指示剂，故答案为：甲基橙；
（5）滴定消耗VmL 0.1ml/L盐酸，由原子个数守恒可知，晶体的纯度为×100%=%，故答案为：%；
（6）A．滴定时未用盐酸标准溶液润洗滴定管会使消耗盐酸的体积偏大，导致测定结果偏高，故不符合题意；
B．滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡会使消耗盐酸的体积偏小，导致测定结果偏低，故符合题意；
C．读数时，滴定前俯视，滴定后仰视会使消耗盐酸的体积偏大，导致测定结果偏高，故不符合题意；
D．刚看到指示剂局部的颜色变化就停止滴定会使消耗盐酸的体积偏小，导致测定结果偏低，故符合题意；
故选BD。
16．（15分）苯胺焦油是工业上催化制苯胺的副产物，主要成分为苯胺，含有少量铂族贵金属、活性炭和Na、K、Fe。回收其中贵金属Pt、Pd的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“溶解”时
①溶解的目的是去除焦油中的苯胺，若采用直接焚烧的方法去除苯胺会生成 （写一种），造成环境污染。
②苯胺易溶于乙醇的原因为 。
（2）“还原Ⅰ”时，PtO2、PdO被还原为金属单质。反应前后碳原子的杂化方式由 变为 。
（3）“氧化浸出”时浸出液含、。
①王水是浓盐酸和浓硝酸体积比3:1的混合液，写出生成的离子反应方程式 。
②从原子结构角度分析两种配合物配位数不同的原因是 。
③下图为Pt、Pd浸出率与浸出温度关系图，氧化浸出需对温度适度控制，有关说法正确的是 （选填序号）。
a．温度控制在80℃左右
b．温度控制在120℃左右
c．温度越高浸出率越低的原因可能是挥发导致王水浓度降低
d．40℃时Pt的浸出率远低于Pd是因为温度低王水的氧化性弱
（4）“沉铂”时，已知。
①发生反应的化学反应方程式为 。
②若NH4Cl的投料以固液比0.0535:1(g : mL)时的消耗率为90%（忽略溶液体积变化），“沉铂”所得溶液中Pt元素的物质的量浓度为 ml∙L-1。
（5）“还原Ⅱ”时氧化产物为无毒气体，则该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）NO、NO2、NOx、粉尘、含碳粉尘等任意一种即可（1分） 苯胺与乙醇存在分子间氢键（1分）
（2）sp2（1分） sp（1分）
（3）
两种配合物中心原子Pt的原子半径比Pd大（1分） bc
（4） 5.2×10-4
（5）1:1
【分析】苯胺焦油是工业上催化制苯胺的副产物，主要成分为苯胺，含有少量铂族贵金属、活性炭和Na、K、Fe。将苯胺焦油中加入乙醇溶解，苯胺溶解在乙醇中，铂族贵金属、活性炭和Na、K、Fe不溶；将不溶物在空气中焚烧，活性炭转化为CO2，Na、K、Fe转化为金属氧化物，Pt、Pd转化为PtO2、PdO等；用HCOOH还原金属氧化物，PtO2、PdO转化为Pt、Pd；用王水氧化浸出，Pt、Pd转化为、和NO等；用NH4Cl沉铂，铂元素转化为(NH4)2PtCl6，用N2H4∙H2O进行还原，便可获得海绵铂。
【解析】（1）①溶解的目的是去除焦油中的苯胺，若采用直接焚烧的方法去除苯胺，活性炭燃烧生成二氧化碳，苯胺燃烧生成碳、碳的氧化物、氮的氧化物等，会生成：NO、NO2、NOx、粉尘、含碳粉尘等任意一种即可，造成环境污染。
②苯胺与乙醇分子间能形成氢键，则苯胺易溶于乙醇的原因为：苯胺与乙醇存在分子间氢键。
（2）“还原Ⅰ”时，PtO2、PdO被HCOOH还原为金属单质，同时生成CO2。在HCOOH、CO2中，碳原子的价层电子对数为3、2，则碳原子的杂化方式由sp2变为sp。
（3）①王水是浓盐酸和浓硝酸体积比3:1的混合液，Pd与王水反应，生成等，离子反应方程式为。
②两种配合物、中，由于Pt和Pd的原子半径不同，造成配位数不同，原因是：两种配合物中心原子Pt的原子半径比Pd大。
③a．从图中可以看出，80℃左右Pt、Pd浸出率低于120℃左右Pt、Pd浸出率，a不正确；
b．由a分析可知，温度应控制在120℃左右，b正确；
c．浓盐酸、浓硝酸受热都易挥发，则温度越高浸出率越低的原因可能是挥发导致王水浓度降低，c正确；
d．40℃时Pt的浸出率远低于Pd是因为温度低时，较难形成，d不正确；
故选bc。
（4）①“沉铂”时，NH4Cl与H2[PtCl6]反应，转化为(NH4)2PtCl6和HCl，发生反应的化学反应方程式为。
②若NH4Cl的投料以固液比0.0535:1(g : mL)时，c(NH4Cl)==1ml/L，的消耗率为90%，则溶液中c(NH4Cl)=1ml/L×10%=0.1ml/L，，则0.12×c([PtCl6]2-)=5.2×10-6，c([PtCl6]2-)=5.2×10-4ml∙L-1，则“沉铂”所得溶液中Pt元素的物质的量浓度为c([PtCl6]2-)=5.2×10-4ml∙L-1。
（5）“还原Ⅱ”时氧化产物中无毒气体为N2，依据得失电子守恒，可建立关系式：(NH4)2PtCl6—— N2H4∙H2O，则该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:1。
17．（14分）CO、SO2等烟道气对环境有污染，需经处理后才能排放，处理含CO、SO2烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质： 。回答下列问题：
（1）已知CO的燃烧热1为任意常数283.0 kJ⋅ml-1， kJ⋅ml-1。则上述反应的 kJ⋅ml-1。
（2）其他条件相同、催化剂不同时发生上述反应。SO2的转化率随反应温度的变化如图1所示。Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是 。某种铁镍合金的立方晶胞如图2所示，铁原子的配位数为 ，晶体中，铁与镍数目之比为 。
（3）在容积为2 L的密闭容器中，充入2 ml CO和1 ml SO2，在一定条件下发生上述反应，体系混合气体中CO2的物质的量分数随时间的变化如图3所示：
①0~2 min内的平均反应速率 ml⋅L-1⋅min-1。
②2 min后改变下列条件能使上述反应的速率增大，且平衡向正向移动的是 (填字母)。
a．选用更高效的催化剂 b．升高温度
c．及时分离出CO2 d．增加CO的浓度的平衡转化率
（4）在密闭容器中，充入2 ml CO和1 ml SO2，发生上述反应，SO2的平衡转化率随温度、压强的变化如图4所示。
①压强、、由大到小的关系是 。
②B点对应条件下 [对于反应，，x为物质的量分数]。
③A点和C点压强平衡常数之比为 (用分压代替浓度，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）-269.2
（2）Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源（1分）
8（1分） 1:2（1分）
（3）0.3 d
（4）（1分） 176
【解析】（1）由CO的燃烧热为283.0kJ/ml可得①，又已知②kJ/ml，由盖斯定律①2-②得；
（2）从图中可知，Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；Fe原子在8个顶点和6个面心，以上底面面心的Fe原子为例，与之最近的Ni原子为该晶胞内上方4个、上层晶胞中下方4个Ni原子，所以铁原子的配位数为8；晶胞铁原子为，镍原子为8，铁与镍数目之比为1:2；
（3）①设平衡时SO2消耗了xml，三段式为，所以，解得x=0.6，0~2 min内的平均反应速率；
②a．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，所以a错误；
b．升高温度能加快反应速率，但该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故b错误；
c．及时分离出CO2平衡正向移动，但反应速率不增大，故c错误；
d．增加CO的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，故d正确；
故答案为：d；
（4）①图像显示同温(T2)变压，SO2的平衡转化率增大，而加压平衡右移，SO2的平衡转化率增大，所以压强p1、p2、p3由大到小的关系是；
②三段式，n(总)=2.2ml，B点对应条件下；
③A点和C点SO2的平衡转化率均为60%，所以平衡时各物质的物质的量及其物质的量分数相等，又右边气体化学计量数比左边小1，所以压强平衡常数之比为其压强反比，即为。
18．（15分）环状内酯(如)可以通过环状酮()在过氧乙酸()的氧化重排进行转化获得，其合成路线如下。回答下列问题：
（1）化合物的分子式为 。化合物为的同分异构体，红外光谱显示中含有碳碳三键，且在核磁共振氢谱上只有3组峰，峰面积之比为。的结构简式为 ，其用系统命名法的名称为 。
（2）反应④产物与乙醇钠()反应，生成化合物Ⅶ和Y，Y为 。
（3）根据化合物Ⅳ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
（4）关于反应①的说法中，不正确的有_________(填字母)。
A．该反应是加成反应
B．生成物Ⅲ中所有原子共平面
C．物质Ⅰ、Ⅲ、Ⅱ中C原子的杂化方式完全相同
D．反应过程中有非极性键的形成
（5）以戊二酸[]、乙醇()、乙醇钠()和过氧乙酸()为含碳原料以及无机酸、碱，利用上述流程中Ⅵ→Ⅷ的反应原理，合成化合物IX。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①最后一步反应中，有机反应物有过氧乙酸()和 (写结构简式)。
②相关步骤涉及酯在碱性条件下的水解，以为例，写出其反应的化学方程式： 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）C8H14 （1分） CH2CH2CH2C≡CCH2CH2CH3 4-辛炔
（2）乙醇
（3）浓硫酸，加热（1分） （1分）
氢气，催化剂（1分） （1分）
（4）BC
（5） +NaOH+EtOH
【分析】Ⅰ和Ⅱ发生加成反应生成Ⅲ，Ⅲ被还原生成羟基得到Ⅳ，Ⅳ中-CH2OH转化为甲基得到Ⅴ，Ⅴ氧化得到羧基生成Ⅵ，Ⅵ成环得到Ⅶ，Ⅶ氧化重排转化为Ⅷ；
【解析】（1）由结构可知，化合物的分子式为C8H14；X的不饱和度为2，化合物为的同分异构体，红外光谱显示中含有碳碳三键，则不含有其它环和不饱和键，且在核磁共振氢谱上只有3组峰，峰面积之比为，则其结构对称，的结构简式为CH2CH2CH2C≡CCH2CH2CH3，其用系统命名法的名称为4-辛炔；
（2）反应④为酯化反应生成，与乙醇钠()反应生成化合物Ⅶ和Y，结合结构变化可知中下侧的酯基中-EtO-脱去后生成Y乙醇，主体部分成环得到Ⅶ，故Y为乙醇；
（3）Ⅳ中含有羟基，可以在浓硫酸、加热条件下发生消去反应转化为碳碳双键得到：；
分子中含有碳碳双键，能和氢气在催化剂下发生加成反应生成；
（4）A．反应①为碳碳不饱和键的加成反应，正确；
B．生成物Ⅲ中含有饱和碳原子，饱和碳原子为四面体形，故所有原子不共平面，错误；
C．物质Ⅰ中碳原子均为碳碳双键碳，为sp2杂化；Ⅲ中碳碳双键碳、羰基碳为sp2杂化；Ⅱ中碳碳双键碳为sp2杂化、饱和碳为sp3杂化；C原子的杂化方式不完全相同，错误；
D．反应①中碳碳双键断裂，形成新的碳碳双键和碳碳单键，反应过程中有非极性键的形成，正确；
故选BC；
（5）戊二酸[]通过反应④、⑤的反应原理成环转化为，通过3步反应：1.碱性水解将酯基转化为羧酸盐、2.酸化将羧酸盐转化为羧酸、3.加热去掉羧基得到环丁酮，在过氧乙酸()的氧化重排下进行转化获得产品；
①由分析可知，最后一步反应中，有机反应物有过氧乙酸()和；
②涉及酯在碱性条件下的水解反应为转化为的第1步反应中：1.碱性水解将酯基转化为羧酸盐，中含有酯基，在氢氧化钠条件下发生碱性水解生成和乙醇，反应为：+NaOH+EtOH。选项
实验操作
现象
结论
A
向碘水中加入溶液，观察现象，然后加入溶液，振荡
分层，下层为紫红色；加入溶液后，下层变为浅粉红色，上层呈棕黄色
碘在溶液中的溶解能力大于碘在水中的溶解能力
B
冷却装有的密闭烧瓶
烧瓶内气体颜色变浅
C
分别用计测量的溶液和溶液的
溶液的 溶液的
为强酸，为弱酸
D
向某样品溶液中依次加入溶液、稀硝酸
先产生白色沉淀，后沉淀不溶解
样品溶液中含有
序号
反应试剂、条件
反应形成的新结构
反应类型
a
消去反应
b
加成反应
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
预测2024年的安徽新高考化学试卷的知识点覆盖广泛，涉及高中化学的各个方面，如化学反应原理、物质结构与性质、有机化学基础等。试题注重基础知识的考查，同时兼顾知识的综合运用。
试卷的难度设置适中，既有一定的区分度，又能够体现考生的实际水平。选择题部分难度相对较低，主要考查考生的基础知识和基本能力;非选择题部分难度相对较高，要求考生具备一定的分析问题和解决问题的能力。
试题特点主要体现在以下几个方面：
（1）注重基础:试题注重考查考生的化学基础知识，要求考生熟练掌握基本概念、原理和反应方程式等。
（2）突出能力:试题突出考查考生的化学思维能力、实验探究能力和综合运用能力，要求考生能够灵活运用所学知识解决实际问题。
（3）联系实际:试题注重联系生产生活实际，考查考生运用化学知识解释和解决实际问题的能力。
（4）创新性强:试题具有一定的创新性，通过设置新情境、新问题等方式，考查考生的创新思维和创新能力。
总体来看，2024年安徽新高考化学试卷结构合理，难度适中，注重基础知识和能力的考查。同时，试题具有一定的创新性和联系实际的特点，有利于引导考生关注化学学科的发展和应用。针对这样的试卷结构，考生在备考过程中应注重基础知识的巩固和能力的提升，同时关注化学学科的前沿动态和应用领域。
本套试卷素材新颖，关注中国科技发展和社会生活，如第1题考查新材料，第5题以蛋白质结构为情境。
考点注重基础知识和主干内容，突出实验的重要性，如选择题第2题、第7题、第9题等均考查化学实验基础知识，这些实验知识其实还融合了元素化合物知识。
突出考查物质结构与性质模块知识，如第4、6、8题均单独考查了相关内容，在其他选择题的一些选项中也零散涉及到。在第17题的化学反应原理综合题中，考查了晶胞结构。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Ga 70
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．近年来，我国科学家在新物质、新材料、新能源等诸多领域不断取得新突破，下列说法错误的是
A．我国的“硅-石墨烯-锗高速晶体管”技术获重大突破，C、Si、Ge都是ⅣA 元素
B．利用CO2合成脂肪酸、聚碳酸酯可降解塑料，有利于实现“碳中和”
C．高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：化学能→电能
D．嫦娥五号带回来的月壤中的嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]，其成分属于无机盐
【答案】C
【解析】A．碳元素、硅元素、锗元素都位于元素周期表ⅣA族，故A正确；
B．利用二氧化碳合成脂肪酸、聚碳酸酯可降解塑料可以减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，故B正确；
C．太阳能电池是太阳能转化为电能的装置，故C错误；
D．由化学式可知，嫦娥石的主要成分是含有磷酸根离子的无机盐，故D正确；
故选C。
2．为完成下列实验，部分仪器选择正确的是
A．乙醇制乙烯：①②③⑥
B．除去乙酸乙酯中的乙酸：③⑦
C．除去氯化钠固体中的硝酸钾杂质：⑤⑦⑧⑨
D．含水酒精与生石灰制备无水乙醇：①②④
【答案】B
【解析】A．乙醇在170、浓硫酸作用下发生消去反应制备乙烯，主仪器有酒精灯、温度计、圆底烧瓶或者蒸馏烧瓶，不需要锥形瓶，不需要酸式滴定管，A错误；
B．除去乙酸乙酯中的乙酸需要加饱和碳酸钠分液，主要仪器为分液漏斗和烧杯，B正确；
C．除去氯化钠固体中的硝酸钾杂质需要蒸发浓缩，趁热过滤，主要仪器有蒸发皿、玻璃棒、漏斗、烧杯，不需要温度计，C错误；
D．含水酒精与生石灰制备无水乙醇需要酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管，牛角管、锥形瓶，不用球形冷凝管，D错误；
故选B。
3．下列有关说法正确的是
A．苯酚有毒，所以日常所用的药㿝中不能掺入苯酚
B．各种水果之所以有水果香味，是因为水果中含有酯类物质
C．可用溴水鉴别苯、甲苯、苯酚、己烯
D．尼龙、棉花、天然油脂、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质
【答案】B
【解析】A．苯酚虽然有毒，但也有杀菌消毒的作用，日常所用的药皂中常掺入少量的苯酚，A错误；
B．相对分子质量较小的低级酯具有一定的挥发性，有芳香气味，很多鲜花和水果的香味来自酯，如草莓中含有乙酸乙酯和乙酸异戊酯；B正确；
C．苯和甲苯会萃取溴水中的溴，溶液分层，上层呈橙红色；溴水中加入苯酚，会生成三溴苯酚白色沉淀；己烯与溴发生加成反应，能使溴水褪色；溴水不能区分苯和甲苯，C错误；
D．天然油脂的主要成分是脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物；尼龙、棉花、ABS树脂是由高分子化合物，D错误；
答案选B。
4．下列说法正确的是
A．相同条件下，PH3 比 NH3易溶于水、易液化
B．NCl3的空间结构和 VSEPR 模型都为四面体形
C．基态气态25Mn2+再失去1个电子比基态气态26Fe2+再失去1个电子难
D．AlN 和 GaN的成键结构与金刚石相似，为共价晶体，GaN 的熔点高于AlN
【答案】C
【解析】A．NH3分子间存在氢键，所以相同条件下NH3比PH3易溶于水、易液化，故A错误；
B．NCl3中氮原子价成电子对数为，且含有一个孤电子对，所以NCl3的空间结构为三角锥形，VSEPR模型为四面体形，故B错误；
C．基态气态25Mn2+价电子排布为3d5，为半满稳定状态，基态气态26Fe2+价电子排布为3d6，基态气态26Mn2+再失去一个电子比基态气态26Fe2+再失去一个电子难，故C正确；
D．AlN和GaN的成键结构与金刚石相似，为共价晶体，GaN的键长长，键能低，熔点低于AlN，故D错误；
故答案为：C。
5．一种食品添加剂桂醛，化学名称是3 -苯基丙烯醛，可由苯甲醛经下列方法合成，下列有关说法正确的是
A．b物质分子中有 2个手性碳原子
B．a、c分子中所有原子都可能处于同一平面
C．合成路线中：a→b为取代反应，b→c为消去反应
D．a、b、c三种物质可用溴水或酸性KMnO4 溶液鉴别
【答案】B
【解析】A. b物质分子中只有与羟基相连的碳原子为手性碳原子，故A错误；
B. 由结构简式可知，a分子中的苯环和醛基均为平面结构，故a中原子可以都处于同一个平面；c中直接与双键碳相连的原子均在同一个平面，直接与双键碳相连的原子团为苯环和醛基，都是平面结构，所以c分子中所有原子也可能共平面，故B正确；
C. a→b反应过程中碳氧双键断裂，为加成反应，b→c羟基和氢原子去掉，生成不饱和键，为消去反应，故C错误；
D. a、b、c三种物质中均有醛基，均可以使溴水和酸性KMnO4 溶液褪色，故无法用这两种试剂鉴别，故D错误；
故选B。
6．在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与鸟嘌呤作用进而破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖，过程如图所示。其中鸟嘌呤为扁平结构，下列说法正确的是
A．鸟嘌呤和中原子的杂化方式完全相同
B．在水溶液中的溶解性B强于A
C．鸟嘌呤中的原子电负性：
D．(C)结构中化学键包括：共价键、配位键、氢键
【答案】B
【解析】A．根据结构可知，其中N的杂化方式都为sp3杂化，而鸟嘌呤中的N有sp2杂化和sp3杂化，A错误；
B．根据结构可知，B中含有羟基，亲水基更多，则更加容易溶解在水中，即在水溶液中的溶解性B强于A，B正确；
C．同周期越靠右电负性越大，则电负性：，C错误；
D．根据C的结构可知，其中N和Pt之间是配位键，再结构其结构可知，其中存在共价键、配位键、氢键，但氢键不是化学键，D错误；
故选B。
7．按图示装置进行实验。打开装置Ⅰ中分液漏斗活塞，将浓盐酸全部加入锥形瓶中，关闭活塞。下列说法不正确的是
A．Ⅰ中生成大量黄绿色气体，说明氧化性：
B．Ⅱ中湿润的红色布条褪色，说明具有漂白性
C．Ⅲ中溶液变为红色，说明的还原性比强
D．Ⅳ中可获得漂白粉，说明既有氧化性，又有还原性
【答案】B
【解析】A．Ⅰ中与浓盐酸反应生成黄绿色的氯气，该反应中作氧化剂，HCl作还原剂，氯气为氧化产物，根据氧化还原反应强弱规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故A正确；
B．Ⅱ中湿润的红色布条褪色，是因氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性使湿润的红色布条褪色，而本身无漂白性，故B错误；
C．进入Ⅲ中与硫酸亚铁发生反应生成氯离子和，作还原剂，作还原产物，则还原性>，故C正确；
D．Ⅳ中与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，反应中氯气化合价即升高也降低，既有氧化性，又有还原性，故D正确；
故选：B。
8．阻燃剂FR是由W、X、Y、Z、T五种短周期主族元素组成，原子序数依次增大，X、Y、Z属于同一周期，Y、T属于同一主族，分子结构如图。下列说法正确的是
A．X为sp杂化B．第一电离能：
C．沸点：D．最高价含氧酸酸性：
【答案】D
【分析】根据成键情况可知，W是H，X是C，Y是N，Z为O，T是P，据此回答。
【解析】A．由图可知，C的杂化类型为sp2杂化，A错误；
B．同周期从左往右第一电离能在增大，但是N的价电子排布为2s22p3，2p能级半满，能量低，比同周期相邻元素高，所以顺序为N＞O＞C，B错误；
C．YW3为NH3，TW3为PH3，由于NH3分子间存在氢键，熔沸点比同主族简单氢化物高，所以NH3＞PH3，C错误；
D．根据非金属性越强，最高价含氧酸性越强，非金属性为C＜P＜N，最高价含氧酸性也是C＜P＜N，D正确；
故选D。
9．下列实验操作及现象不能得出相应结论的是
【答案】D
【解析】A．向碘水中加入溶液，层，下层为紫红色，再加入碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中碘离子反应生成碘三离子使上层溶液呈棕黄色，证明碘在溶液中的溶解能力大于碘在水中的溶解能力，能得出相应结论，故A不符合题意；
B．，烧瓶内气体颜色变浅，说明降温平衡正向移动，则反应为放热反应，焓变小于0，能得出相应结论，故B不符合题意；
C．溶液的，溶液的，说明高氯酸完全电离，次氯酸部分电离，则为强酸、为弱酸，能得出相应结论，故C不符合题意；
D．硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀，不能得出相应结论，故D符合题意；
故选D。
10．科研人员利用高压气流将水微滴喷射到涂覆催化剂的石墨网上，研究常温制氨，其反应历程中微粒转化关系如图1，相对能量变化关系如图2，图中*表示催化剂表面吸附位。下列说法正确的是
A．过程中发生非极性键的断裂与形成
B．Ⅰ转化为和的过程中会生成
C．Ⅱ表示的微粒符号是
D．反应历程中放热最多的反应是
【答案】B
【解析】A．过程中发生非极性键的断裂，无非极性键的形成，A错误；
B．Ⅰ转化为和的反应方程式为：，过程中会生成过渡，B正确；
C．生成Ⅱ的方程式为：，Ⅱ为，C错误；
D．反应历程中放热最多的反应是Ⅰ和、的反应，方程式为：，D错误；
故选B。
11．通过下列实验以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)为原料制备还原性物质CuCl。下列说法不正确的是
A．“沉铜”得到的沉淀主要为Cu(OH)2
B．“还原”时离子方程式为SO+Cu2++Cl-+H2O=CuCl↓+SO+2H+
C．“过滤”、“洗涤”时应该在隔绝空气的条件下进行
D．可循环利用的物质为H2SO4
【答案】B
【分析】碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)加足量NaOH将铜转化为氢氧化铜沉淀，过滤后将氢氧化铜溶于稀硫酸，得到硫酸铜溶液，再加入亚硫酸钠、NaCl再还原成CuCl,过滤、洗涤得到CuCl。
【解析】A．由上述分析可知“沉铜”得到的沉淀主要为Cu(OH)2，故A正确；
B．该反应不满足电荷守恒，正确的离子方程式为：SO+2Cu2++2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故B错误；
C．CuCl易被氧化，因此“过滤”、“洗涤”时应该在隔绝空气的条件下进行，以防止其氧化，故C正确；
D．由B中反应可知还原过程中生成硫酸，可在酸溶时循环利用，故D正确；
故选：B。
12．烷烃催化裂解也可制备氢气：，催化裂解过程中利用膜反应新技术可以实现边反应边分离出生成的氢气。不同温度下，1.0ml乙烷在容积为1.0L的恒容密闭容器中发生催化裂解反应。氢气移出率α[]不同时，的平衡转化率与反应温度的关系如图所示。下列说法正确的是
A．加入催化剂，可以通过降低反应的活化能达到减小的目的
B．若A点时，平衡常数，则
C．若，则B点时体系内碳、氢原子个数比
D．反应达到平衡后，向容器中通入惰性气体，可以增大单位时间内的转化率
【答案】B
【解析】A．加入催化剂，可以通过降低反应的活化能，但不会降低，故A错误；
B．若A点时，平衡常数，，，解得x=0.9，则，故B正确；
C．B点时乙烷转化率为60%即生成氢气0.6ml，若，则B点时体系内碳、氢原子个数比，故C错误；
D．反应达到平衡后，向容器中通入惰性气体，平衡不移动，速率不变，因此不会增大单位时间内的转化率，故D错误。
综上所述，答案为B。
13．高纯镓是制备第三代半导体的重要原料，其化学性质与铝相似。下图为工业精炼镓的装置示意图。下列说法不正确的是
A．阴极的电极反应为
B．电解过程中，阳极室中的物质的量减小
C．电路中每转移电子，理论上粗镓熔融液减少
D．电解后粗镓中的以离子形式进入溶液中
【答案】D
【分析】电解精炼法提纯镓时，纯金属镓作阴极，含有杂质的粗镓作阳极，电解池中的阴阳极分别与电源的负正极相接，即M为电源负极，N为电源正极，阳极上活泼性强的金属Zn、Ga失电子进入溶液中，镓离子与溶液中的氢氧根离子结合生成，然后在阴极得电子生成镓，阳极反应为Ga-3e-+4OH-=2H2O+，阴极反应为2H2O++3e-═Ga+4OH-，据此分析解答。
【解析】A．由分析可知，阴极的电极反应为，A正确；
B．由分析可知，电解过程中，阳极反应为Ga-3e-+4OH-=2H2O+，根据电荷守恒每消耗4mlOH-只有3mlOH-或者由阴极上进入阳极室，则阳极室中OH-的物质的量减小，B正确；
C．由分析可知，阳极反应为Ga-3e-+4OH-=2H2O+，虽然阳极上还有Zn等放电，但产生的Zn2+不进入NaOH溶液，而是Ga3+经Ga3+快离子导体进入NaOH溶液，故电路中每转移电子，理论上粗镓熔融液减少，C正确；
D．由C项分析可知，电解后粗镓中的Zn失电子以离子形式进入粗镓熔融液，而不是NaOH溶液中，Fe比Ga更不活泼，不是电子，D错误；
故答案为：D。
14．某废水中含浓度相同的Cd2+、Ni2+，若通入H2S气体，保持，通过调节溶液pH使金属离子分步沉淀。已知常温下，，与pH关系如图，x表示Cd2+、Nit2+、S2-或HS-。下列说法错误的是
A．曲线b代表Ni2+，曲线c代表S2-
B．
C．M点会有NiS沉淀析出
D．反应的平衡常数
【答案】C
【分析】随着pH的增大，H2S饱和溶液中H2S的电离平衡向电离方向移动，HS-与S2-的浓度均要增大，则有−lgc(HS−)和−lgc(S2−)随着pH增大而减小，且pH相同时，HS-的浓度大于S2-的浓度，即−lgc(HS−)小于−lgc(S2−)；随着pH的增大，S2-的浓度增大，Cd2+、Ni2+的浓度减小，，即−lgc(Ni2+)和−lgc(Cd2+)随pH增大而增大，且Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，即当c(S2−)相同时，c(Ni2+)>c(Cd2+)， −lgc(Ni2+)<−lgc(Cd2+)，由此可知曲线a代表Cd2+、b代表Ni2+、c代表S2−，d代表HS−。
【解析】A．由分析可知，曲线b代表Ni2+，曲线c代表S2-，A正确；
B．=，由曲线c两点坐标可知，当c(H+)=10-4.8ml/L时，c(S2-)=10-12.9ml/L，或者当c(H+)=10-6.7ml/L时，c(S2-)=10-9.1ml/L，故有Ka1Ka2=10-21.5，，由图示曲线d两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6ml/L时，c(HS-)=10-6.5ml/L，c(H2S)=0.1ml/L，带入可知，Ka1=10-7.1，则，Ka2=10-14.4，B正确；
C．由图可知，在pH相同的情况下，M点在平衡曲线的上方，M点−lgc(Ni2+)大于平衡时−lgc(Ni2+)，所以M点c(Ni2+)小于平衡时c(Ni2+)，所以M点不会有NiS沉淀析出，C错误；
D．c(H+)=10-6.7ml/L时，c(S2-)=c(Ni2+)=10-9.1ml/L，Ksp(NiS)=c(S2-)×c(Ni2+)=10-18.2，当c(H+)=10-4.8ml/L时，c(S2-)=c(Cd2+)=10-12.9ml/L，Ksp(CdS)=c(S2-)×c(Cd2+)=10-25.8，反应的平衡常数K，D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）硫酸四氨合铜晶体常用作杀虫剂、媒染剂。该物质为深蓝色固体，受热易失氨，常温下在空气中易与水和反应生成铜的碱式盐，变成绿色粉末。某学习小组在实验室中用如图的装置制备硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度，请回答下列问题：
一、硫酸四氨合铜的制备
（1）仪器的名称是 ；球泡的作用是 ；中的液体可以为 （填化学式）。
（2）装置中得到深蓝色溶液的总反应的离子方程式为 。
（3）反应后取下仪器甲，向其中缓缓加入乙醇、抽滤、洗涤得到晶体，采用抽滤的原因是 。
二、测定制备样品中氨的含量
步骤：按如图所示装置进行实验（药品及用量已标出；加热、夹持等装置已略去；硼酸极弱，仅作吸收剂，不影响盐酸标定氨的实验结果），维持沸腾一小时，取下锥形瓶，加入指示剂进行滴定操作，到达滴定终点时，消耗的盐酸溶液。
（4）指示剂为 。
（5）该晶体的纯度为 。
（6）下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是 。
A．滴定时未用标准溶液润洗滴定管B．滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡
C．读数时，滴定前俯视，滴定后仰视D．刚看到指示剂局部的颜色变化就停止滴定
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）恒压滴液漏斗（1分） 防倒吸（1分） CCl4
（2）Cu+H2O2+4NH3+2H+=[Cu(NH3)4]2++2H2O
（3）加快过滤速率，防止晶体与空气中水和CO2反应生成铜的碱式盐
（4）甲基橙
（5）%
（6）BD
【分析】由实验装置图可知，制备硫酸四氨合铜晶体的实验原理为铜与稀硫酸、过氧化氢溶液反应制得硫酸铜溶液，向硫酸铜溶液中通入氨气，将硫酸铜转化为硫酸四氨合铜，向反应后的溶液中加入95%乙醇、抽滤、洗涤得到硫酸四氨合铜晶体。
【解析】（1）由实验装置图可知，仪器a为恒压滴液漏斗，作用是便于过氧化氢溶液的流下；氨气极易溶于水，直接通入硫酸铜溶液会产生倒吸，经球泡b通入硫酸铜溶液可以防止产生倒吸；烧杯中盛有的四氯化碳和水用于吸收未反应的氨气，防止污染空气，将气体通入四氯化碳中可以隔绝氨气与水的直接接触，防止产生倒吸，故答案为：恒压滴液漏斗；防倒吸；CCl4；
（2）由分析可知，制备硫酸四氨合铜晶体的实验原理为铜与稀硫酸、过氧化氢溶液反应制得硫酸铜溶液，向硫酸铜溶液中通入氨气，将硫酸铜转化为硫酸四氨合铜，则得到深蓝色溶液的总反应的离子方程式为Cu+H2O2+4NH3+2H+=[Cu(NH3)4]2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+4NH3+2H+=[Cu(NH3)4]2++2H2O；
（3）由题给信息可知，硫酸四氨合铜晶体易与空气中的水和二氧化碳反应转化为铜的碱式盐，所以实验时采用抽滤可以加快过滤速率，减少硫酸四氨合铜晶体与空气的接触，防止铜的碱式盐的生成，故答案为：加快过滤速率，防止晶体与空气中水和CO2反应生成铜的碱式盐；
（4）氨气与盐酸反应生成的氯化铵是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，所以滴定时，为减少滴定误差，应选用甲基橙做滴定的指示剂，故答案为：甲基橙；
（5）滴定消耗VmL 0.1ml/L盐酸，由原子个数守恒可知，晶体的纯度为×100%=%，故答案为：%；
（6）A．滴定时未用盐酸标准溶液润洗滴定管会使消耗盐酸的体积偏大，导致测定结果偏高，故不符合题意；
B．滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡会使消耗盐酸的体积偏小，导致测定结果偏低，故符合题意；
C．读数时，滴定前俯视，滴定后仰视会使消耗盐酸的体积偏大，导致测定结果偏高，故不符合题意；
D．刚看到指示剂局部的颜色变化就停止滴定会使消耗盐酸的体积偏小，导致测定结果偏低，故符合题意；
故选BD。
16．（15分）苯胺焦油是工业上催化制苯胺的副产物，主要成分为苯胺，含有少量铂族贵金属、活性炭和Na、K、Fe。回收其中贵金属Pt、Pd的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“溶解”时
①溶解的目的是去除焦油中的苯胺，若采用直接焚烧的方法去除苯胺会生成 （写一种），造成环境污染。
②苯胺易溶于乙醇的原因为 。
（2）“还原Ⅰ”时，PtO2、PdO被还原为金属单质。反应前后碳原子的杂化方式由 变为 。
（3）“氧化浸出”时浸出液含、。
①王水是浓盐酸和浓硝酸体积比3:1的混合液，写出生成的离子反应方程式 。
②从原子结构角度分析两种配合物配位数不同的原因是 。
③下图为Pt、Pd浸出率与浸出温度关系图，氧化浸出需对温度适度控制，有关说法正确的是 （选填序号）。
a．温度控制在80℃左右
b．温度控制在120℃左右
c．温度越高浸出率越低的原因可能是挥发导致王水浓度降低
d．40℃时Pt的浸出率远低于Pd是因为温度低王水的氧化性弱
（4）“沉铂”时，已知。
①发生反应的化学反应方程式为 。
②若NH4Cl的投料以固液比0.0535:1(g : mL)时的消耗率为90%（忽略溶液体积变化），“沉铂”所得溶液中Pt元素的物质的量浓度为 ml∙L-1。
（5）“还原Ⅱ”时氧化产物为无毒气体，则该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）NO、NO2、NOx、粉尘、含碳粉尘等任意一种即可（1分） 苯胺与乙醇存在分子间氢键（1分）
（2）sp2（1分） sp（1分）
（3）
两种配合物中心原子Pt的原子半径比Pd大（1分） bc
（4） 5.2×10-4
（5）1:1
【分析】苯胺焦油是工业上催化制苯胺的副产物，主要成分为苯胺，含有少量铂族贵金属、活性炭和Na、K、Fe。将苯胺焦油中加入乙醇溶解，苯胺溶解在乙醇中，铂族贵金属、活性炭和Na、K、Fe不溶；将不溶物在空气中焚烧，活性炭转化为CO2，Na、K、Fe转化为金属氧化物，Pt、Pd转化为PtO2、PdO等；用HCOOH还原金属氧化物，PtO2、PdO转化为Pt、Pd；用王水氧化浸出，Pt、Pd转化为、和NO等；用NH4Cl沉铂，铂元素转化为(NH4)2PtCl6，用N2H4∙H2O进行还原，便可获得海绵铂。
【解析】（1）①溶解的目的是去除焦油中的苯胺，若采用直接焚烧的方法去除苯胺，活性炭燃烧生成二氧化碳，苯胺燃烧生成碳、碳的氧化物、氮的氧化物等，会生成：NO、NO2、NOx、粉尘、含碳粉尘等任意一种即可，造成环境污染。
②苯胺与乙醇分子间能形成氢键，则苯胺易溶于乙醇的原因为：苯胺与乙醇存在分子间氢键。
（2）“还原Ⅰ”时，PtO2、PdO被HCOOH还原为金属单质，同时生成CO2。在HCOOH、CO2中，碳原子的价层电子对数为3、2，则碳原子的杂化方式由sp2变为sp。
（3）①王水是浓盐酸和浓硝酸体积比3:1的混合液，Pd与王水反应，生成等，离子反应方程式为。
②两种配合物、中，由于Pt和Pd的原子半径不同，造成配位数不同，原因是：两种配合物中心原子Pt的原子半径比Pd大。
③a．从图中可以看出，80℃左右Pt、Pd浸出率低于120℃左右Pt、Pd浸出率，a不正确；
b．由a分析可知，温度应控制在120℃左右，b正确；
c．浓盐酸、浓硝酸受热都易挥发，则温度越高浸出率越低的原因可能是挥发导致王水浓度降低，c正确；
d．40℃时Pt的浸出率远低于Pd是因为温度低时，较难形成，d不正确；
故选bc。
（4）①“沉铂”时，NH4Cl与H2[PtCl6]反应，转化为(NH4)2PtCl6和HCl，发生反应的化学反应方程式为。
②若NH4Cl的投料以固液比0.0535:1(g : mL)时，c(NH4Cl)==1ml/L，的消耗率为90%，则溶液中c(NH4Cl)=1ml/L×10%=0.1ml/L，，则0.12×c([PtCl6]2-)=5.2×10-6，c([PtCl6]2-)=5.2×10-4ml∙L-1，则“沉铂”所得溶液中Pt元素的物质的量浓度为c([PtCl6]2-)=5.2×10-4ml∙L-1。
（5）“还原Ⅱ”时氧化产物中无毒气体为N2，依据得失电子守恒，可建立关系式：(NH4)2PtCl6—— N2H4∙H2O，则该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:1。
17．（14分）CO、SO2等烟道气对环境有污染，需经处理后才能排放，处理含CO、SO2烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质： 。回答下列问题：
（1）已知CO的燃烧热1为任意常数283.0 kJ⋅ml-1， kJ⋅ml-1。则上述反应的 kJ⋅ml-1。
（2）其他条件相同、催化剂不同时发生上述反应。SO2的转化率随反应温度的变化如图1所示。Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是 。某种铁镍合金的立方晶胞如图2所示，铁原子的配位数为 ，晶体中，铁与镍数目之比为 。
（3）在容积为2 L的密闭容器中，充入2 ml CO和1 ml SO2，在一定条件下发生上述反应，体系混合气体中CO2的物质的量分数随时间的变化如图3所示：
①0~2 min内的平均反应速率 ml⋅L-1⋅min-1。
②2 min后改变下列条件能使上述反应的速率增大，且平衡向正向移动的是 (填字母)。
a．选用更高效的催化剂 b．升高温度
c．及时分离出CO2 d．增加CO的浓度的平衡转化率
（4）在密闭容器中，充入2 ml CO和1 ml SO2，发生上述反应，SO2的平衡转化率随温度、压强的变化如图4所示。
①压强、、由大到小的关系是 。
②B点对应条件下 [对于反应，，x为物质的量分数]。
③A点和C点压强平衡常数之比为 (用分压代替浓度，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）-269.2
（2）Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源（1分）
8（1分） 1:2（1分）
（3）0.3 d
（4）（1分） 176
【解析】（1）由CO的燃烧热为283.0kJ/ml可得①，又已知②kJ/ml，由盖斯定律①2-②得；
（2）从图中可知，Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；Fe原子在8个顶点和6个面心，以上底面面心的Fe原子为例，与之最近的Ni原子为该晶胞内上方4个、上层晶胞中下方4个Ni原子，所以铁原子的配位数为8；晶胞铁原子为，镍原子为8，铁与镍数目之比为1:2；
（3）①设平衡时SO2消耗了xml，三段式为，所以，解得x=0.6，0~2 min内的平均反应速率；
②a．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，所以a错误；
b．升高温度能加快反应速率，但该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故b错误；
c．及时分离出CO2平衡正向移动，但反应速率不增大，故c错误；
d．增加CO的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，故d正确；
故答案为：d；
（4）①图像显示同温(T2)变压，SO2的平衡转化率增大，而加压平衡右移，SO2的平衡转化率增大，所以压强p1、p2、p3由大到小的关系是；
②三段式，n(总)=2.2ml，B点对应条件下；
③A点和C点SO2的平衡转化率均为60%，所以平衡时各物质的物质的量及其物质的量分数相等，又右边气体化学计量数比左边小1，所以压强平衡常数之比为其压强反比，即为。
18．（15分）环状内酯(如)可以通过环状酮()在过氧乙酸()的氧化重排进行转化获得，其合成路线如下。回答下列问题：
（1）化合物的分子式为 。化合物为的同分异构体，红外光谱显示中含有碳碳三键，且在核磁共振氢谱上只有3组峰，峰面积之比为。的结构简式为 ，其用系统命名法的名称为 。
（2）反应④产物与乙醇钠()反应，生成化合物Ⅶ和Y，Y为 。
（3）根据化合物Ⅳ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
（4）关于反应①的说法中，不正确的有_________(填字母)。
A．该反应是加成反应
B．生成物Ⅲ中所有原子共平面
C．物质Ⅰ、Ⅲ、Ⅱ中C原子的杂化方式完全相同
D．反应过程中有非极性键的形成
（5）以戊二酸[]、乙醇()、乙醇钠()和过氧乙酸()为含碳原料以及无机酸、碱，利用上述流程中Ⅵ→Ⅷ的反应原理，合成化合物IX。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①最后一步反应中，有机反应物有过氧乙酸()和 (写结构简式)。
②相关步骤涉及酯在碱性条件下的水解，以为例，写出其反应的化学方程式： 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）C8H14 （1分） CH2CH2CH2C≡CCH2CH2CH3 4-辛炔
（2）乙醇
（3）浓硫酸，加热（1分） （1分）
氢气，催化剂（1分） （1分）
（4）BC
（5） +NaOH+EtOH
【分析】Ⅰ和Ⅱ发生加成反应生成Ⅲ，Ⅲ被还原生成羟基得到Ⅳ，Ⅳ中-CH2OH转化为甲基得到Ⅴ，Ⅴ氧化得到羧基生成Ⅵ，Ⅵ成环得到Ⅶ，Ⅶ氧化重排转化为Ⅷ；
【解析】（1）由结构可知，化合物的分子式为C8H14；X的不饱和度为2，化合物为的同分异构体，红外光谱显示中含有碳碳三键，则不含有其它环和不饱和键，且在核磁共振氢谱上只有3组峰，峰面积之比为，则其结构对称，的结构简式为CH2CH2CH2C≡CCH2CH2CH3，其用系统命名法的名称为4-辛炔；
（2）反应④为酯化反应生成，与乙醇钠()反应生成化合物Ⅶ和Y，结合结构变化可知中下侧的酯基中-EtO-脱去后生成Y乙醇，主体部分成环得到Ⅶ，故Y为乙醇；
（3）Ⅳ中含有羟基，可以在浓硫酸、加热条件下发生消去反应转化为碳碳双键得到：；
分子中含有碳碳双键，能和氢气在催化剂下发生加成反应生成；
（4）A．反应①为碳碳不饱和键的加成反应，正确；
B．生成物Ⅲ中含有饱和碳原子，饱和碳原子为四面体形，故所有原子不共平面，错误；
C．物质Ⅰ中碳原子均为碳碳双键碳，为sp2杂化；Ⅲ中碳碳双键碳、羰基碳为sp2杂化；Ⅱ中碳碳双键碳为sp2杂化、饱和碳为sp3杂化；C原子的杂化方式不完全相同，错误；
D．反应①中碳碳双键断裂，形成新的碳碳双键和碳碳单键，反应过程中有非极性键的形成，正确；
故选BC；
（5）戊二酸[]通过反应④、⑤的反应原理成环转化为，通过3步反应：1.碱性水解将酯基转化为羧酸盐、2.酸化将羧酸盐转化为羧酸、3.加热去掉羧基得到环丁酮，在过氧乙酸()的氧化重排下进行转化获得产品；
①由分析可知，最后一步反应中，有机反应物有过氧乙酸()和；
②涉及酯在碱性条件下的水解反应为转化为的第1步反应中：1.碱性水解将酯基转化为羧酸盐，中含有酯基，在氢氧化钠条件下发生碱性水解生成和乙醇，反应为：+NaOH+EtOH。选项
实验操作
现象
结论
A
向碘水中加入溶液，观察现象，然后加入溶液，振荡
分层，下层为紫红色；加入溶液后，下层变为浅粉红色，上层呈棕黄色
碘在溶液中的溶解能力大于碘在水中的溶解能力
B
冷却装有的密闭烧瓶
烧瓶内气体颜色变浅
C
分别用计测量的溶液和溶液的
溶液的 溶液的
为强酸，为弱酸
D
向某样品溶液中依次加入溶液、稀硝酸
先产生白色沉淀，后沉淀不溶解
样品溶液中含有
序号
反应试剂、条件
反应形成的新结构
反应类型
a
消去反应
b
加成反应
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