【文档说明】2024年安徽高考化学新题精选仿真模拟卷05 Word版含解析.docx，共(10)页，823.569 KB，由小赞的店铺上传

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2024年安徽高考化学新题精选仿真模拟卷5化学试题参考答案与解析1．C【解析】A．蒸令气上，用器承取滴露，说明在酿酒过程中采用了蒸馏操作，用器皿来收集蒸馏后的产物，故A正确；B．乙醇的沸点低，用浓酒和糟入甑，加热蒸馏，沸点低的乙醇先被蒸馏出来并被收集，利用

了乙醇沸点低的性质，故B正确；C．发酵过程发生的是氧化还原反应，故C错误；D．掐头(头锅)、去尾、取中段的工艺说明酿酒过程中只收集中间段的产物，头部和尾部的舍弃，符合其名称，故D正确；故本题选C。2．B【解析】A．利用活性

炭粉的吸附性除去汽车中的异味，A错误；B．天然气无味、乙硫醇有刺激性味，天然气中添加有特殊气味的乙硫醇，起报警作用，B正确；C．铁生锈时能吸收氧气和水蒸气，防止食品变质，C错误；D．O2转化成O3，这个过程没有元素化合价改变，不是发生氧化还原反应，D错误；故选

B。3．A【解析】A．所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，A错误；B．1个水分子中形成2个σ键、和铜性1个σ配位键，则()2241molCuHO+中键为12mol，个数为A12N，B正确；C．71g氯气为1m

ol，反应中氯化合价由0变为-1，则与足量的铁完全反应转移2mol电子，电子数为A2N，C正确；D．1mol氨基()2NH−中含有的质子数和电子数均为9，则0.2mol氨基()2NH−中含有的质子数和电子数均为A1.8N，

D正确；故选A。4．D【解析】A．由结构简式可知，中间体M的分子式为C6H10O2，故A正确；B．由结构简式可知，中间体M分子中含有空间构型为四面体结构的饱和碳原子，所以分子中所有原子不可能在同一平面内，故B正确；C．由结构简式可知，中间体M分子中

含有的碳碳双键可发生加成、氧化反应，含有的羟基可发生酯化反应，故C正确；D．由结构简式可知，2mol的中间体M分子中含有4mol羟基，能与足量的钠反应生成2molH2，标准状况下2molH2为44.8L，故D错误；故选D。5．

D【解析】A．硫氢根离子不能拆成硫离子，故A错误；B．燃烧热是生成稳定氧化物，所以乙醇燃烧热应该是生成液态水，而不是气态水，故B错误；C．该反应中锰原子得到10个电子，而过氧化氢做还原剂，失去2个电子，电子不守恒，故C错误；D．()32MgHCO溶液与过量NaOH溶液混合，生成Mg(O

H)2沉淀，离子方程式为()223232Mg2HCO4OH=MgOH2HO2CO+−−−++++，故D正确；故选D。6．A【解析】A．LiFePO4中基态亚铁离子的电子排布式：[Ar]3d6，A错误；B．甲烷中含碳氢原子形成的极性键，空间结构是正四面体，是非极性分子；SO3中一个硫原子和

三个氧原子通过极性键结合而成，分子形状是平面三角形，硫原子居中，所以是非极性分子，B正确；C．单质硫是分子晶体，金刚石是原子晶体，C正确；D．氧元素的非金属性比硫元素强，所以简单气态氢化物的热稳定性：H2O>H2S

，D正确；故选A。7．C【解析】组装好装置后，加入药品前应检查装置气密性，A错误；先滴加浓盐酸，产生一段时间的氯气，排除装置内的空气，再加热酒精灯，B错误；钠在氯气中剧烈燃烧生成白色固体氯化钠，所以现象为产生白烟，C正确；钠在氯气中剧烈燃烧生

成棕黄色固体氯化铜，所以现象为产生棕黄色烟，D错误；故选C。8．B【分析】结合分析可知，R为H，W为N，X为O，Y为Al，Z为S元素，据此分析解答。【解析】A．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性O>N>S，则简单氢化物的稳定性X>W>Z，故A错误；

B．Y的氧化物为氧化铝，氧化铝为两性氧化物，故B正确；C．氢、氮、氧三种元素所形成的硝酸铵为离子化合物，故C错误；D．应该比较最高价氧化物的水化物的酸性，N元素除了能形成强酸之外，还有弱酸，故D错误；故本题选B。9．C【解析】A．因为混合溶液中3AgNO与()32FeNO等浓度，因此

Ag+与Fe2+浓度相等，根据反应式可知，Ag+、Fe2+、Fe3+三者系数比为1:1:1，即三者变化量相等。若1t时刻未改变外界条件，则浓度商3c2c(Fe)0.01Q1Kc(Ag)c(Fe)0.10.1+++====，因此此时该反应处于平衡状态，v=v正逆，A错误；B．该反应为放

热反应，升温会导致平衡逆向移动，根据图像可知，1t时刻改变条件后，平衡正向移动，因此1t时刻改变的条件不是升温，B错误；C．因为Ag+、Fe2+系数比为1:1，因此v(Fe2+)=v(Ag+)，且()221tt=4t，根据图像，1tv=10.01

mol/Lt，2tv=210.03mol/L0.03mol/Lt4t=，因此12ttv>v，C正确；D．根据图像，20~ts内Ag+的平均反应速率为1120.03molLst−−，D错误。故选C。10．C【解析

】A．饱和溶液的浓度不同，应测定等浓度的酸溶液的pH来比较酸性，故A错误；B．应将反应后的混合物注入水中，顺序不合理，故B错误；C．将SO2通入NaHCO3溶液后，混合气体中有SO2和CO2，通过酸性KMnO4溶液后可除去SO2

，品红溶液检验SO2是否除净；澄清石灰水检验CO2，如果澄清石灰水变浑浊，说明有CO2产生，可以说明非金属性S>C，故C正确；D．AgNO3溶液过量，均为沉淀生成，不能比较Ksp大小，故D错误；故答案选C。11．C【分析】a极，乙醇生成二氧化碳，C元素化

合价升高，a为负极；b极，Cr土元素的化合价降低，b正极；电子从负极出来沿导线流向正极；中间室的氯化钠溶液浓度降低，因为电极反应生成了水；同时电池工作时，钠离子向正极移动，氯离子向负极移动，为了让他们不离开中间室，故M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜。【解析】A．根据分析，a为负极，电子出来

经导线流向b极，而不会经过中间室，A错误；B．电池工作时，钠离子向正极移动，氯离子向负极移动，为了让他们不离开中间室，故M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，B错误；C．正极得到电子，发生电极反应()22723O6e7HO28CrCrOHOH−−−++=+，C正确；D．由于没有指明气体的摩尔体积，

无法计算气体的体积，D错误；故选C。12．B【分析】根据NaOH溶液与HA溶液、CuSO4溶液的反应可知，随着NaOH溶液的滴加，pH增大，c(Cu2+)逐渐减小，-lgc(Cu2+)变大；分析可知，线①代表滴定CuSO4溶液时pM与溶液pH的变化关系；线②代表滴定一元酸HA溶液pM与溶

液pH的变化关系。【解析】A．根据线①上的点，当pM=0时，c(Cu2+)=1mol/L，pH=4.2，c(OH-)=10-9.8mol/L，()2CuOH的2+219.6spK=c(Cu)c(OH)=10−−，故A正确；B．若发生反应

Cu(OH)2(s)+2HA(aq)＝Cu2+(aq)+2A-(aq)+2H2O(l)，则该反应的K＝2+2-2()()()cCucAcHA=()2a22wKsp[CuOH]?KK，根据线①与横坐标轴的交点可知pM=0，即c(Cu2+)=1.0mol⋅L-1时，c(OH-)＝10-9.8

mol/L，，所以Ksp[Cu(OH)2]＝10-19.6，K=10-19.6×7.42142()(10)10−−=10-6.4＜105，故沉淀不能完全溶解，故B错误；C．氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，随着NaOH溶液的滴加，p

H增大，故c(Cu2+)逐渐减小，-lgc(Cu2+)变大，所以曲线①代表滴定CuSO4溶液时pM与溶液pH的变化关系，曲线②代表滴定一元酸HA溶液时pM与pH的变化关系，从线②与横坐标轴的交点时c(H+)=10-7.4mol⋅L-1，-c(

A)c(HA)=1时，Ka＝+-c(H)c(A)c(HA)＝c(H+)＝10-7.4，A−水解常数Kh=awKK=.4-14-71010=10-6.6，数量级为710−，故C正确；D．x点溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(

OH-)+c(A-)，所以()()()()ANaHOHcccc−++−，再根据x点的pM＞0，即c(A-)＜c(HA)，可得()()()()()HAANaHOHccccc−++−，故D正确。答案选B。13．C【分析】4NHCl分解的产物是3NH和H

Cl，分解得到的HCl与MgO反应生成Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl又可以分解得到HCl和MgO，则a为3NH，b为Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO。【解析】A．由分析可知，a为3NH，c为HCl，A项错

误；B．d为MgO，B错误；C．可以水解生成Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少2MgCl的生成，C正确；D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误；故选C。14．D

【解析】A．由图可知CO的歧化反应生成碳单质的质量随温度升高而降低，可知升高温度该反应向逆向进行，则正向为放热反应，故A正确；B．由图可知在相同温度条件下，甲烷裂解生成的碳单质质量高于一氧化碳歧化反应和一氧化碳氧化还原反应，是镍基催化剂表面积碳的主要来源，故B正确；C．

***2RhNiC+CC的焓变-1-1aaH=EE65.5136.8)kJmolkJmo1l(7.3−==−−正逆，故C正确；D．由表中数据可知催化剂6RhNi积碳反应活化能高于RhNi，而消碳反应活化能高于RhNi，可知6RhNi有利于消碳，不利于积碳，则6

RhNi更有利于4CH重整反应，故D错误；故选：D。15．(1)MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O22.4(2)检查装置的气密性(3)ab防止外界水蒸气进入装置E中，使SnCl4变质(答案合理即可)(4)将

SnCl4冷却为液体，便于收集(答案合理即可)(5)---22Cl+2OH=Cl+ClO+HO【分析】利用浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，通过饱和食盐水除去氯化氢，再利用浓硫酸干燥，干燥纯净的氯气进入装置D与锡粉在加热条件下反应生成SnCl4，利

用冰水将其冷却，的装置F装浓硫酸，防止水蒸气进入装置E，最后利用氢氧化钠吸收未反应的氯气，防止污染空气，据此作答。【解析】（1）装置A中发生的反应为MnO2与浓盐酸的反应，其化学方程式为MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；由化学方

程式可知消耗1molMnO2生成1molCl2，标准状况下V(Cl2)=n×Vm=1mol×22.4L/mol=22.4L，故答案为：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；22.4。（2）在实验开始前，应检查整套装置的气密性，故答案

为：检查装置的气密性。（3）由于SnCl4在空气中易与水蒸气反应，所以制备装置中必须是无水条件，装置B的作用是除去Cl2中的HCl，防止Sn与HCl发生反应，装置B中所盛装的试剂应为饱和食盐水，装置C的作用是干燥气体，应选用浓硫酸干燥Cl

2；装置F中的试剂为浓硫酸，其作用是防止外界水蒸气进入装置E中，使SnCl4变质，故答案为：a；b；防止外界水蒸气进入装置E中，使SnCl4变质(答案合理即可)。（4）根据SnCl4的熔点为-33℃，沸点为114℃，可知使用冰水浴的目的是将SnCl4冷却为液体，便于收集，故答案为：

将SnCl4冷却为液体，便于收集(答案合理即可)。（5）常温下，氯气与氢氧化钠溶液反应，生成NaCl、NaClO和H2O，离子方程式为---22Cl+2OH=Cl+ClO+HO，故答案为：---22Cl+2OH=Cl+ClO+HO。1

6．(1)3NH或氨水、()442NHSO(2)取少量4MnSO溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液{或46KFe(CN)溶液}，若溶液不变红(或没有蓝色沉淀)，则溶液中无3Fe+(其他答案合理也可)(3)10(4)(三颈烧瓶

中盛有4MnSO溶液)(缓慢滴加)氨水43NHHCO−混合溶液调节溶液pH，增大()23cCO−，使2Mn+尽可能沉淀完全(5)边搅拌边向其中加入150mL1.4molLNaOH−溶液，并保持75℃

水浴加热，同时以117Lmin−的流量向溶液中通入空气静置过滤，用水洗涤，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加121.0molLBaCl−溶液，无沉淀生成【分析】根据菱锰矿中所含成分，以及流程图可知，碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，铁的氧化物、二氧化硅

不与硫酸铵反应，加水溶解后，得到含硫酸锰溶液，再加入氨水调节pH除去铁，过滤得到硫酸锰溶液，搅拌下使一定量的MnSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液充分反应，同时得到硫酸铵，据此解答。【解析】（1）根据分析，该流程中可循环使用

的物质有3NH或氨水、()442NHSO。（2）铁离子遇到KSCN变红，则检验4MnSO溶液中是否含有3+Fe的实验方法是取少量4MnSO溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液{或46KFe(CN)溶液}，若溶液不变红(或没有蓝色沉淀)，则溶液中无3Fe+(其他答案合理也可)

。（3）反应22Mn(OH)HSMnSOHHO−−+=++平衡常数()()()()()()()()22··K=··cOHcOHcOHcMncHScHScOHcMn−−−+−−−+==()()()()()()()()2222·····SScOHcOHcMncHScOHcMncc−−+−−+−

−=131314132.0102.610101.310−−−−=10。（4）①根据4MnSO溶液与氨水43NHHCO−混合溶液充分反应，滴液漏斗中添加的药品是(三颈烧瓶中盛有4MnSO溶液)(缓慢滴加)氨水43NHHCO−混合溶液。②反应生成MnCO3，混合溶液中氨水的作用是调节溶液pH

，增大()23cCO−，使2Mn+尽可能沉淀完全。（5）制取纯净34MnO的实验方案：取150mL0.7molL−的4MnSO溶液，边搅拌边向其中加入150mL1.4molLNaOH−溶液，并保持75℃水浴加热，同时以117Lm

in−的流量向溶液中通入空气，控制搅拌速率1500rmin−反应8h静置过滤，用水洗涤，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加121.0molLBaCl−溶液，无沉淀生成，110℃干燥2h，得到纯净的34MnO(须使用的试剂：11.4molLNaOH−溶液、1

21.0molLBaCl−溶液)。17．(1)－49kJ/molAΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的(2)负O2+4H++4e－＝2H2O正22.4【解析】（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(

g)+3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ/mol②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)Δ

H2=-90kJ/mol根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为CO2(g)+3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝－49kJ/mol；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应

物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项。（2）①由图可知，B极碳

元素升高失电子，故B极为负极，电极反应式为C6H12O6－24e－+6H2O＝6CO2↑+24H+；②由图可知，A极氧元素价态降低得电子，故A极为正极，电极反应式为O2+4H++4e－＝2H2O；③电

池工作过程中，阳离子向正极移动，因此氢离子向正极移动。④在电池反应中，每消耗1mol氧气，电路中转移4mol电子，生成二氧化碳的物质的量是1mol，标况下的体积为22.4L。18．(1)苯甲醛(2)碳碳双键、酯基(3)否(4)还原反应(5)(6)(7)【分析】

结合B的结构式，可逆向推得A的结构为,B与氢气一定条件下反应还原生成C，C在SOCl2条件下发生取代反应生成D，D在HCHO、HCl、ZnCl2，发生取代反应生成E()，E与发生取代生成F，F与发生取代反应生成福莫卡因。【解析】

（1）结合上述分析可知，A的结构简式：，其化学名称苯甲醛；（2）结合题干信息中B的结构式，B中所有官能团名称碳碳双键、酯基；（3）B分子中没有连有四个不同基团的碳原子，故没有手性碳；（4）B与氢气一定条件下反应还原生成C，B→C的反应类型为还原反应；（5）E的结构为，同分异构体满足①含有苯环②核

磁共振氢谱只有1组吸收峰，说明结构高度对称，则X的一种结构简式为；（6）E→F的反应方程式为：（7）乙醇分别催化氧化为乙醛、乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醛乙酸乙酯反应生成CH3CH=CHCOOC2H5；苯甲醛与CH3CH=CHCOOC2H5反

应生成，再水解生成，合成路线为：