2024年1月安徽普通高等学校招生考试适应性测试化学试题（解析版）

2024年安徽省高考适应性演练化学留意事项：1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1N14O16Na23S32Cl35.5Co59Zn65Mo96一、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.敦煌壁画是我国绚烂的艺术珍宝，也是颜料应用的重要科技史料。下列有关我国传统颜料主要成分的变化，发生氧化还原反应的是A.骨白遇氟盐转化为B.铅白遇得到黑色C.石绿受热分解得到黑色D.石黄(和)在地表渐渐转化为硫酸盐【答案】D【解析】【详解】A．骨白遇氟盐转化为，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故A不符合题意；B．铅白遇H2S得到黑色PbS，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B不符合题意；C．石绿受热分解得到黑色CuO，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C不符合题意；D．石黄(和)在地表渐渐转化为硫酸盐，S元素化合价发生变化，是氧化还原反应，故D符合题意；故答案选D。2.化学与生活联系紧密。下列说法正确的是A.白酒和食醋都可由淀粉发酵得到B.氨基酸和核酸都是构成生命物质的生物大分子C.二氧化氯和明矾用于水处理时的原理相同D.供糖尿病患者食用的“无糖食品”专指不含蔗糖的食品【答案】A【解析】【详解】A．淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖可在酒化酶的作用下得到乙醇，乙醇氧化得乙酸，因此白酒和食醋都可由淀粉发酵得到，A正确；B．氨基酸构成的蛋白质是生物大分子，氨基酸不是，B错误；C．二氧化氯是利用其强氧化性进行水处理，明矾是通过溶于水后形成的氢氧化铝胶体的吸附性进行水处理，C错误；D．供糖尿病患者食用的“无糖食品”指不含糖类的食品，D错误；故选A。3.争辩发觉由铝原子构成的和团簇阴离子都能与水自发反应产生氢气。下列说法正确的是A.和互为同位素 B.与水反应时作还原剂C.是由铝原子通过离子键结合而成 D.的含个电子【答案】B【解析】【详解】A．同位素是指同一元素不同核素的关系，该三者团簇阴离子是多原子聚集体，A错误；B．与水反应产生氢气，则作还原剂，B正确；C．团簇是原子、分子或离子通过物理或化学结合力组成的，不是简洁的由铝原子通过离子键结合而成，C错误；D．的所含电子数是，D错误；故选B。4.聚富马酸丙二醇酯是一种医用高分子材料，可由如下反应制备：下列说法错误的是A.富马酰氯存在顺式异构体 B.丙二醇可由油脂水解得到C.该反应为缩聚反应 D.聚富马酸丙二醇酯可降解【答案】B【解析】【详解】A．富马酰氯碳碳双键的C原子所连的两个基团不同，存在顺式异构体，A正确；B．油脂水解得到的是丙三醇，B错误；C．生成物中除了聚合物外，还有HCl，为缩聚反应，C正确；D．聚富马酸丙二醇酯中含有酯基，可以降解，D正确；故选B。5.烟气脱硫可有效削减引起的大气污染，同时还可得到有用产品。传统湿法脱硫多以碱性物质作吸取剂，新型脱硫方法选用离子液体(指在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，由阴、阳离子组成)作吸取剂，通过物理和化学吸取实现脱硫。已知时，几种酸的电离常数：，；，；(乳酸)。传统湿法脱硫涉及的下列离子方程式中，正确的是A.烟气与氧化镁浆液的反应：B.烟气与石灰石浆液反应得到石膏：C.烟气与氨水反应得到硫酸铵：D.烟气与海水中的反应：【答案】C【解析】【详解】A．烟气与氧化镁浆液的反应，实质是二氧化硫和氢氧化镁的反应，氢氧化镁为固体，离子方程式中不行拆分，A错误；B．烟气与石灰石浆液反应得到石膏：，B错误；C．烟气与氨水反应并被氧气氧化后得到硫酸铵，方程式为：，C正确；D．由碳酸和醋酸的电离常数可知，烟气与海水中的反应：，D错误；故选C。6.烟气脱硫可有效削减引起的大气污染，同时还可得到有用产品。传统湿法脱硫多以碱性物质作吸取剂，新型脱硫方法选用离子液体(指在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，由阴、阳离子组成)作吸取剂，通过物理和化学吸取实现脱硫。已知时，几种酸的电离常数：，；，；(乳酸)。争辩发觉：乳酸和乙醇胺()作用得到的离子液体——乙醇胺乳酸盐()，既可脱硫，也可吸取CO2。下列说法错误的是A.液态时的导电性：乳酸B.乳酸和乙醇胺中均含有键、键和氢键C.是直线形非极性分子，是形极性分子D.相同条件下，能吸取气体的体积：【答案】B【解析】【详解】A．乳酸和乙醇胺()作用得到的离子液体——乙醇胺乳酸盐()，既可脱硫，也可吸取，说明是离子化合物，液态时能电离出自由移动的离子，具有导电性，而乳酸是共价化合物，液态时不能电离出自由移动的离子，不具有导电性，故A正确；B．乙醇胺中不含有键，故B错误；C．二氧化碳中，碳原子实行sp杂化，是直线型非极性分子，二氧化硫中硫原子实行sp2的杂化，是形极性分子，故C正确；D．的大于(乳酸)大于的，据酸性强弱可知，相同条件下，能吸取气体的体积：，故D正确；故答案为：B。7.试验是探究元素化合物性质的重要方法。利用下列试验装置和试剂能实现相应元素不同价态间转化的是选项试剂元素不同价态间的转化abcA硫酸亚硫酸钠新制氯水B稀硫酸硫化亚铁氯化铁溶液C浓硝酸铜片水D浓盐酸高锰酸钾溴化钾溶液A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．硫酸和亚硫酸钠反应生成SO2，没有发生氧化还原反应，S的化合价没有变化，故A不符合题意；B．稀硫酸和硫化亚铁生成H2S，铁的化合价没有变化，故B不符合题意；C．浓硝酸和铜片生成NO2，N元素从+5价转化为+4价，NO2和水反应生成HNO3和NO，N元素化合价从+4变为+5和+2，故C不符合题意；D．浓盐酸和高锰酸钾生成Cl2，Cl元素化合价从-1价变为0价，Cl2和溴化钾溶液反应为，Cl元素化合价从0价变为-1价，故D符合题意；故答案选D。8.某含铜催化剂的阴离子的结构如图所示。是原子序数依次增大的短周期元素，其中位于同一周期，基态原子的价电子排布式为。下列说法错误的是A.该阴离子中铜元素的化合价为B.元素电负性：C.基态原子的第一电离能：D.均位于元素周期表的区【答案】D【解析】【分析】基态原子的价电子排布式为可知n=2，X为C，是原子序数依次增大的短周期元素，其中位于同一周期，结合图示，即W为H，Y为N，Z为F。【详解】A．由图可知，该阴离子为[Cu（CF3）3CH2CN]-，其中铜元素化合价为，A正确；B．同周期元素，从左往右电负性渐渐增大，即元素电负性：X（C）＜Y（N）＜Z（F），B正确；C．同周期元素，从左往右第一电离能总体渐渐增加，但部分原子由于半布满结构较为稳定，其第一电离能较高，即基态原子的第一电离能：，C正确；D．W（H）位于元素周期表的s区，D错误；故选D。9.稀土被称为新材料的宝库。稀土中的镧系离于可用离子交换法分别，其反应可表示为：。某温度时，随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是A.时的正反应速率大于时的逆反应速率B.时间段的平均反应速率为：C.时增大，该平衡左移，平衡常数减小D.时离子交换反应停止【答案】A【解析】【详解】A．随着反应的进行，反应物浓度渐渐下降，生成物浓度渐渐上升，直到达到平衡，即正反应渐渐下降，逆反应渐渐上升，直到相等，期间正反应速率始终大于逆反应速率，A正确；B．化学反应速率之比等于化学计量数之比，即，B错误；C．温度不变，平衡常数不变，C错误；D．t3时反应达到平衡，此时的平衡是一种动态平衡，v正=v逆，反应并未停止，D错误；故选A。10.依据下列试验事实能得出相应结论的是选项试验事实结论A常温下，分别向等体积的盐酸和硫酸中加入大小相同的铝片，前者反应速率更快电离程度：盐酸>硫酸B常温下，分别向无水乙醇和冰醋酸中加入大小相同的金属钠，前者反应更猛烈分子中氢氧键的极性：乙酸>乙醇C常温下，分别向浓度均为的和溶液中通入气体至饱和，仅后者生成沉淀溶度积常数：D在和时，测得溶液的分别是9.66和9.37水解常数：A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．常温下，体积相等、c(H+)也相等的盐酸和硫酸分别与大小相同的铝片反应，前者反应速率更快，可能是Cl-对反应起到促进作用，但盐酸和硫酸都是强酸，两者都能全部电离，则不能得出电离程度：盐酸>硫酸，A不符合题意；B．分子中氢氧键的极性越大，越简洁电离出氢离子，与钠反应越猛烈，则依据试验事实可得出分子中氢氧键的极性：乙醇>乙酸，B不符合题意；C．FeSO4和CuSO4组成相像，Ksp越小越简洁产生沉淀，则依据选项的试验事实可得出溶度积常数：Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，C符合题意；D．上升温度，溶液pH减小，不能说明上升温度促进水解使平衡正向移动，则不能得出Na2SO3水解常数：Kh(40℃)>Kh(25℃)，D不符合题意；

故选C。11.我国学者研制了一种锌基电极，与涂覆氢氧化镍的镍基电极组成可充电电池，其示意图如下。放电时，转化为。下列说法错误的是A.放电时，正极反应为：B.放电时，若外电路有电子转移，则有向正极迁移C.充电时，为外接电源负极D.充电时，阴极反应为：【答案】B【解析】【分析】放电时，锌基电极为负极，Zn转化为，电极反应式为：，镍基电极为正极，电极反应式为：，充电时，a接电源负极，锌基电极为阴极，电极反应式为：，b接电源正极，镍基电极为阳极，电极反应式为：。【详解】A．放电时，镍基电极正极，电极反应式为：，A正确；B．放电时，锌基电极为负极，Zn转化为，电极反应式为：，混合电解液中没有Zn2+，B错误；C．充电时，a接电源负极，锌基电极为阴极，C正确；D．充电时，锌基电极为阴极，电极反应式为：，D正确；故选B。12.向溶液中滴加溶液，发生反应和。与的关系如下图所示(其中代表或)。下列说法错误的是A.时，溶液中B.时，溶液中C.的平衡常数的值为D.用沉淀，溶液中浓度过大时，沉淀效果不好【答案】A【解析】【分析】由题可知c（Cl-）越大，c（Ag+）越小，c（）越大，即与纵坐标交点为（0，9.74）的线M为Ag+。【详解】A．，溶液中，依据物料守恒得，即，，A错误；B．由分析可得，，溶液中，B正确；C．的平衡常数为：，将交点数值代入得：，C正确；D．用沉淀，溶液中浓度过大时，导致平衡正向移动，沉淀效果不好，D正确；故选A。13.我国学者用氮气为氮源高效合成了活性氮物质，用于多种高附加值含氮化合物的合成。可与乙醇、有机卤代物等反应，其制备及转化为物质甲的过程如下：下列说法错误的是A.反应Ⅰ实现了氮的固定 B.的电子式为C.反应Ⅱ中的溶剂可为水 D.物质甲中碳原子的杂化轨道类型有和【答案】C【解析】【详解】A．氮的固定是指N由游离态转化为化合态的过程，反应Ⅰ实现了氮的固定，A正确；B．的电子式为，每个原子均达到了8电子稳定结构，B正确；C．反应物Ⅱ溶剂不能为水，水会干扰反应进行，C错误；D．物质甲中甲基上的C为sp3杂化，与N相连的C为sp杂化，D正确；故选C。14.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，争辩常温制氨，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】【详解】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。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体。可通过如下试验步骤制备。Ⅰ．将适量氯化铵溶于浓氨水中，搅拌下，分批次加入研细的，得到沉淀。Ⅱ．边搅拌边渐渐滴入足量溶液，得到溶液。Ⅲ．渐渐注入适量浓盐酸，得到沉淀，水浴加热，冷却至室温，得到紫红色晶体，减压过滤。Ⅳ．依次用不同试剂洗涤晶体，烘干，得到产品。回答下列问题：（1）本试验涉及钴协作物的配体有_______(填化学式)。（2）本试验应在通风橱中进行，缘由是_______。（3）步骤Ⅰ中分批次加入研细的，缘由是_______。（4）步骤Ⅱ发生反应的离子方程式是_______。（5）步骤Ⅳ中使用的洗涤试剂有：①冷水②乙醇③冷的盐酸④丙酮。试剂使用的先后挨次是：①_______④(填序号)。（6）已知：；。则在水溶液中的稳定性：_______(填“大于”或“小于”)。（7）本试验的产率最接近于_______(填标号)。A. B. C. D.【答案】（1）NH3，Cl-、H2O（2）需要使用浓氨水、浓盐酸这种有毒易挥发的物质（3）把握化学反应进行的速率，避开其反应过快（4）（5）③②（6）小于（7）A【解析】【分析】氯化铵、浓氨水、反应，得到沉淀，再加入30%过氧化氢，发生反应，得到溶液，加入浓盐酸，存在，有利于沉淀的形成。【小问1详解】配体是指在化学反应中与中心原子（通常是金属或类金属）结合形成配位键的原子、分子或离子，本试验涉及钴协作物的配体有：NH3，Cl-、H2O；【小问2详解】试验中需要使用浓氨水、浓盐酸这种有毒易挥发的物质，应在通风橱中进行；【小问3详解】步骤Ⅰ中分批次加入研细的，可把握化学反应进行的速率，避开其反应过快；【小问4详解】与溶液反应，得到，反应离子方程式为：；【小问5详解】紫红色沉淀先用冷水洗去表面杂质，再用冷的盐酸洗涤，使得平衡正向移动，削减产物损失，再用乙醇，洗去冷的盐酸，最终用丙酮洗去乙醇；【小问6详解】Co3+与NH3反应的K更大，反应进行的更彻底，更稳定；【小问7详解】依据钴原子守恒，本试验的产率为：，选A。16.钼()及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以和形式存在，从镍钼矿中分别钼，并得到的一种工艺流程如下：回答下列问题：（1）位于元素周期表第_______周期第_______族。中钼元素的化合价为_______。（2）“焙烧”中生成的化学方程式为_______。（3）用量对钼浸出率和浸取液中浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择用量为理论用量1.2倍的缘由：_______。（4）的溶解度曲线如图2所示，为充分分别，工艺流程中的“操作”应为_______(填标号)。A.蒸发结晶 B.低温结晶 C.蒸馏 D.萃取（5）为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“_______”步骤。（6）分解可得。高温下，用铝粉还原得到金属钼的化学方程式为_______。【答案】16.①.四②.Ⅷ③.+617.18.若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低19.B20.浸取21.【解析】【分析】镍钼矿（、等）加入碳酸钠并通入空气焙烧，发生反应，，加水后，进入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸根，过滤后再通过低温结晶（依据的溶解度随温度变化特点确定），将硫酸钠分别出来，溶液经过离子交换萃取等一系列操作后可得钼酸铵。【小问1详解】Ni是第28号元素，位于元素周期表第四周期，第Ⅷ族；依据化合物中元素化合价代数和为0，可得钼酸铵中Mo的化合价为+6价；【小问2详解】与碳酸钠和空气焙烧，反应化学方程式为：【小问3详解】若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低；【小问4详解】温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠，故选用低温结晶；【小问5详解】交换溶液主要含Na+，应返回浸取步骤，可以大大降低废水的排放；【小问6详解】高温下，用铝粉还原得到金属钼和氧化铝，化学方程式为：。17.丙烷价格低廉且产量大，而丙烯及其衍生物具有较高的经济附加值，因此丙烷脱氢制丙烯具有重要的价值。回答下列问题：（1）已知下列反应热化学方程式：①直接脱氢：②计算氧化丙烷脱氢反应③的_______。（2）已知下列键能数据，结合反应①数据，计算的键能是_______。化学键键能347.7413.4436.0（3）肯定条件下，反应①中丙烷平衡转化率与平衡常数的关系可表示为：，式中为系统总压。分别为和时，丙烷平衡转化率与温度的关系如图所示，其中表示下的关系曲线是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。时，_______(保留2位有效数字)。（4）争辩人员利用作催化剂，对反应③的机理开展争辩。以和为原料，初期产物中没有检测到；以含有的和为原料，反应过程中没有检测到。下列推断合理的是_______(填标号)。A．先吸附氧气，吸附的氧气直接与吸附的丙烷反应B．直接氧化吸附的丙烷，吸附的氧气补充中反应掉的氧C．催化丙烷脱氢过程中，碳氢键的断裂是可逆的（5）争辩人员尝试利用氧化丙烷脱氢制丙烯，与氧化丙烷脱氢制丙烯相比，使用的优点有_______(写出两点即可)。（6）一种基于的锌基催化剂，可高效催化丙烷转化为丙烯。立方的晶胞如图，晶胞参数为与间的最小距离为_______，晶体密度为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。【答案】17.-11818.614.719.①.Ⅱ②.0.01820.B21.削减副反应的发生、还可以削减丙烯被氧化，提高产率22.①.②.【解析】【小问1详解】反应③=反应①+0.5反应②，即；【小问2详解】反应①，设的键能是x，依据△H=反应物键能之和-生成物的键能之和，可得，解得x=614.7；【小问3详解】由关系式可知，温度相同时，p越大，x越小，下的关系曲线是Ⅱ；时，时，丙烷平衡转化率=80%，假设丙烷起始时物质的量为amol，可得三段式，总物质的量为1.8a，；【小问4详解】以和为原料，初期产物中没有检测到，可知直接氧化吸附的丙烷，吸附的氧气补充中反应掉的氧，导致初期产物中没有检测到，以含有的和为原料，反应过程中没有检测到，即碳氢键的断裂不行逆，故选B；【小问5详解】使用O2氧化，可能将烷烃部分氧化为醛、醇等，也可以氧化为CO、CO2，当发生反应氧化为CO、CO2，反应热很大，导致反应温度急剧上升，不仅丙烷简洁反应，生成的丙烯也简洁氧化为CO、CO2，因此利用二氧化碳的弱氧化性进行氧化可削减副反应的发生，还可以削减丙烯被氧化，提高产率；【小问6详解】图中Zn2+的数目为4，O2-的数目为，Z