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2024年6月高考浙江卷化学试题
一、单选题
1．按物质组成分类，KAl(SO ) ⋅12H O属于
4 2 2
A．酸 B．碱 C．盐 D．混合物
【答案】C
【解析】KAl(SO )∙12H O是结晶水合物，属于纯净物；是由金属阳离子K+、Al3+和酸根阴离子SO2-组成的复盐；
4 2 2 4
故选C。
2．下列说法不正确的是
A．Al(OH) 呈两性，不能用于治疗胃酸过多
3
B．Na O 能与CO 反应产生O ，可作供氧剂
2 2 2 2
C．FeO有还原性，能被氧化成Fe O
3 4
D．HNO 见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中
3
【答案】A
【解析】A．Al(OH) 呈两性，不溶于水，但可以与胃酸反应生成无毒物质，因此其能用于治疗胃酸过多，A错误；
3
B．Na O 能与CO 反应产生O ，该反应能安全发生且不生成有毒气体，故Na O 可作供氧剂，B正确；
2 2 2 2 2 2
C．FeO有还原性，其中Fe元素的化合价为+2，用适当的氧化剂可以将其氧化成更高价态的Fe O ，C正确；
3 4
D．见光易分解的物质应保存在棕色试剂瓶中；HNO 见光易分解，故其应保存在棕色试剂瓶中，D正确；
3
故选A。
3．下列表示不正确的是
CO Cl
A．
2
的电子式： B．
2
中共价键的电子云图：
NH
C． 3的空间填充模型： D．3，3-二甲基戊烷的键线式：
【答案】A
CO
【解析】A． 2的电子式： ，A错误；
B．Cl 中的共价键是由2个氯原子各提供1个未成对电子的3p原子轨道重叠形成的，共价键电子云图为： ，
2
B正确；
NH NH
C． 3的中心原子N形成3个σ键和1个孤电子对，为sp3杂化， 3为三角锥形，空间填充模型： ，C正确；
D．3，3-二甲基戊烷的主链上有5个C，3号碳上连接有2个甲基，键线式为： ，D正确；
故选A。
4．下列说法不正确的是
A．装置①可用于铜与浓硫酸反应并检验气态产物 B．图②标识表示易燃类物质
C．装置③可用于制取并收集氨气 D．装置④可用于从碘水中萃取碘
【答案】CΔ
【解析】A．铜与浓硫酸反应方程式为：Cu＋2H
2
SO
4
(浓) ¿CuSO
4
＋2H
2
O＋SO
2
↑，可用装置①制取，气态产
¿
物为SO ，可利用SO 的漂白性进行检验，A正确；
2 2
B．图②标识表示易燃类物质，B正确；
C．NH 的密度比空气小，应用向下排空气法进行收集，C错误；
3
D．萃取是利用物质在不同溶剂中溶解性的差异进行分离混合物，装置④可用于从碘水中萃取碘，D正确；
故选C。
5．化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是
A．部分金属可在高温下用焦炭、一氧化碳、氢气等还原金属矿物得到
B．煤的气化是通过物理变化将煤转化为可燃性气体的过程
C．制作水果罐头时加入抗氧化剂维生素C，可延长保质期
D．加入混凝剂聚合氯化铝，可使污水中细小悬浮物聚集成大颗粒
【答案】B
【解析】A．根据金属活泼性的不同，可以采用不同的方法冶炼金属，大部分金属（主要是中等活泼的金属）的冶
炼是通过高温下发生氧化还原反应来完成的，即热还原法，常用的还原剂有焦炭、CO、H 等，A正确；
2
高温
B．煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，主要发生的反应为C+H O(g) CO+H，该过程属于化学变化，
2 2
¿
¿
B错误；
C．维生素C（即抗坏血酸）具有还原性，能被氧化成脱氢抗坏血酸，故制作水果罐头时加入维生素C作抗氧化剂，
可延长保质期，C正确；
D．混凝剂聚合氯化铝在污水中能水解成Al(OH) 胶体，Al(OH) 胶体能吸附污水中细小悬浮物，使其聚集成较大
3 3
颗粒而沉降下来，D正确；
故选B。
6．利用 可将废水中的 转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为： (未
CH OH NO- H++CH OH+NO-→X+CO +H O
3 3 3 3 2 2
配平)。下列说法正确的是
A．X表示NO
2
B．可用O 替换CH OH
3 3
C．氧化剂与还原剂物质的量之比为6:5
D．若生成标准状况下的CO 气体11.2L，则反应转移的电子数为2N (N 表示阿伏加德罗常数的值)
2 A A
【答案】C
【解析】A．利用 可将废水中的 转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示 ， 仍然是大气污染
CH OH NO- N NO
3 3 2 2
物，A错误；
B．CH OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，CH OH是该反应的还原剂，O 有强氧化性，通常不能用作还原剂，
3 3 3
故不可用O 替换CH OH，B错误；
3 3
C．该反应中，还原剂 中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，氧化剂 中N元素的化合
CH OH NO-
3 3
价由+5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:5，C正确；
D．CH OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的CO 气体11.2L，即生成
3 2
0.5molCO ，反应转移的电子数为0.5×6=3N ，D错误；
2 A
故选C。
7．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是
选
结构或性质 用途
项
A 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 石墨可用作润滑剂B SO 具有氧化性 SO 可用作漂白剂
2 2
C 聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂
聚丙烯酸钠( )中含有亲水基团
冠醚18-冠-6空腔直径(260~320pm)与K+直径( 冠醚18-冠-6可识别K+，能增大KMnO 在有机溶剂中
D 4
276pm)接近 的溶解度
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】A． 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，该作用力较小，层与层容易滑动，石墨可用作润滑剂，A
正确；
B． SO 具有漂白性，可用作漂白剂，B错误；
2
C． 聚丙烯酸钠( )中含有亲水基团-COO-，聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂，C正确；
D． 冠醚18-冠-6空腔直径(260~320pm)与K+直径(276pm)接近，可识别K+，使K+存在于其空腔中，进而能增大
KMnO 在有机溶剂中的溶解度，D正确；
4
故选B。
8．下列离子方程式正确的是
A．用CuSO 溶液除H S气体：Cu2++S2-=CuS↓
4 2
B． 溶液中滴加 溶液：
H SO Ba(NO ) H SO +Ba2+=BaSO ↓+2H+
2 3 3 2 2 3 3
C． 溶液中通入少量 ：
NaHCO Cl 2HCO-+Cl =2CO +Cl-+ClO-+H O
3 2 3 2 2 2
D．用FeCl 溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
3
【答案】D
【解析】A．HS在离子方程式中应以化学式保留，正确的离子方程式为Cu2++H S=CuS↓+2H+，A错误；
2 2
B．酸性条件下 会将HSO 氧化成HSO ，Ba2+与 形成BaSO 沉淀，滴加少量Ba(NO ) 时的离子方程式为
NO- 2 3 2 4 SO2- 4 3 2
3 4
Ba2++2 +3H SO =BaSO ↓+2NO↑+2 +4H++H O，滴加足量Ba(NO ) 时的离子方程式为3Ba2++2
NO- 2 3 4 SO2- 2 3 2 NO-
3 4 3
+3H SO =3BaSO ↓+2NO↑+4H++H O，B错误；
2 3 4 2
C．电离平衡常数：K (H CO) ＞K (HClO) ＞K (H CO)，Cl 与水反应生成的HClO与NaHCO 不反应，正确的离
a1 2 3 a a2 2 3 2 3
子方程式为Cl+ =Cl-+HClO+CO ，C错误；
2 HCO- 2
3
D．Cu与FeCl 溶液反应生成CuCl 、FeCl ，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，D正确；
3 2 2
故选D。
9．有机物A经元素分析仪测得只含碳、氢、氧3种元素，红外光谱显示A分子中没有醚键，质谱和核磁共振氢谱
示意图如下。下列关于A的说法正确的是A．能发生水解反应 B．能与NaHCO 溶液反应生成CO
3 2
C．能与O 反应生成丙酮 D．能与Na反应生成H
2 2
【答案】D
【分析】根据质谱图可知，有机物A相对分子质量为60，A只含C、H、O三种元素，因此A的分子式为C HO
3 8
或C HO，由核磁共振氢谱可知，A有4种等效氢，个数比等于峰面积之比为3：2：2：1，因此A为
2 4 2
CHCHCHOH。
3 2 2
【解析】A．A为CHCHCHOH，不能发生水解反应，A错误；
3 2 2
B．A中官能团为羟基，不能与NaHCO 溶液反应生成CO ，B错误；
3 2
C．CHCHCHOH的羟基位于末端C上，与O 反应生成丙醛，无法生成丙酮，C错误；
3 2 2 2
D．CHCHCHOH中含有羟基，能与Na反应生成H，D正确；
3 2 2 2
故选D。
10．X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电荷
数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是
A．键角： B．分子的极性：
YX+>YX- Y X >X Z
3 3 2 2 2 2
C．共价晶体熔点：Y>M D．热稳定性：YX >MX
4 4
【答案】B
【分析】X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核
电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则Z为O元素，Y为C元素，X为H元素，M为Si
元素。
【解析】A． 为 ，其中C原子的杂化类型为 ， 的空间构型为平面正三角形，键角为120°； 为 ，
YX+ CH+ sp2 CH+ YX- CH-
3 3 3 3 3
其中C原子的杂化类型为 ， 的空间构型为三角锥形，由于C原子还有1个孤电子对，故键角小于109°28´，
sp3 CH-
3
因此，键角的大小关系为 ，A正确；
YX+>YX-
3 3
B．Y X 为C H ，其为直线形分子，分子结构对称，分子中正负电荷的重心是重合的，故其为百极性分子；H O
2 2 2 2 2 2
分子结构不对称，分子中正负电荷的重心是不重合的，故其为极性分子，因此，两者极性的大小关系为Y X 0
2 6 2 2 4 2 1
II．C H (g)+2CO (g)
⇌
4CO(g)+3H (g)ΔH >0
2 6 2 2 2
向容积为10L的密闭容器中投入2mol C H 和3mol CO ，不同温度下，测得5min时(反应均未平衡)的相关数据见
2 6 2
下表，下列说法不正确的是
温度(°C) 400 500 600
乙烷转化率(%) 2.2 9.0 17.8
乙烯选择性(%) 92.6 80.0 61.8
转化为乙烯的乙烷的物质的量
注：乙烯选择性= ×100%
转化的乙烷的总物质的量
A．反应活化能：I<Ⅱ
B． 时， 反应I的平均速率为：
500℃ 0~5min v(C H )=2.88×10-3mol⋅L-1 ⋅min-1
2 4
C．其他条件不变，平衡后及时移除H O(g)，可提高乙烯的产率
2D．其他条件不变，增大投料比 投料，平衡后可提高乙烷转化率
[n(C H )/n(CO )]
2 6 2
【答案】D
【解析】A．相同温度下，乙烷在发生转化时，反应Ⅰ更易发生，则反应活化能：Ⅰ<Ⅱ，A正确；
B．500℃时，乙烷的转化率为9.0%，可得转化的乙烷的总物质的量为2mol×9.0%=0.18mol，而此温度下乙烯的选
择性为80%，则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18mol×80%=0.144mol，根据方程式可得，生成乙烯的物质的量
0.144mol
为0.144mol，则 0~5min 反应I的平均速率为： 10L ，B正确；
v(C H )= =2.88×10-3mol⋅L-1 ⋅min-1
2 4 5min
C．其他条件不变，平衡后及时移除H O(g)，反应Ⅰ正向进行，可提高乙烯的产率，C正确；
2
D．其他条件不变，增大投料比 投料，平衡后CO 转化率提高，C H 转化率降低，D错误；
[n(C H )/n(CO )] 2 2 6
2 6 2
故选D。
12．丙烯可发生如下转化(反应条件略)：
下列说法不正确的是
A．产物M有2种且互为同分异构体(不考虑立体异构)
B．H+可提高Y→Z转化的反应速率
C．Y→Z过程中，a处碳氧键比b处更易断裂
D．Y→P是缩聚反应，该工艺有利于减轻温室效应
【答案】D
【分析】
丙烯与HOCl发生加成反应得到M，M有CH-CHCl-CH OH和CH-CHOH-CH Cl两种可能的结构，在Ca(OH) 环
3 2 3 2 2
境下脱去HCl生成物质Y( )，Y在H+环境水解引入羟基再脱H+得到主产物Z；Y与CO 可发生反应得到
2
物质P( )。
【解析】A． 据分析，产物M有2种且互为同分异构体(不考虑立体异构)，A正确；
B． 据分析，H+促进Y中醚键的水解，后又脱离，使Z成为主产物，故其可提高Y→Z转化的反应速率，B正确；
C．从题干 部分可看出，是a处碳氧键断裂，故a处碳氧键比b处更易断裂，C正确；
D． Y→P是CO 与Y发生加聚反应，没有小分子生成，不是缩聚反应，该工艺有利于消耗CO，减轻温室效应，
2 2
D错误；
故选D。
13．金属腐蚀会对设备产生严重危害，腐蚀快慢与材料种类、所处环境有关。下图为两种对海水中钢闸门的防腐
措施示意图：下列说法正确的是
A．图1、图2中，阳极材料本身均失去电子
B．图2中，外加电压偏高时，钢闸门表面可发生反应：
O +4e-+2H O=4OH-
2 2
C．图2中，外加电压保持恒定不变，有利于提高对钢闸门的防护效果
D．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，钢闸门、阳极均不发生化学反应
【答案】B
【解析】A．图1为牺牲阳极的阴极瓮中保护法，牺牲阳极一般为较活泼金属，其作为原电池的负极，其失去电子
被氧化；图2为外加电流的阴极保护法，阳极材料为辅助阳极，其通常是惰性电极，其本身不失去电子，电解质
溶液中的阴离子在其表面失去电子，如海水中的Cl-，A错误；
B．图2中，外加电压偏高时，钢闸门表面积累的电子很多，除了海水中的H+放电外，海水中溶解的O 也会竞争放
2
电，故可发生 ，B正确；
O +4e-+2H O=4OH-
2 2
C．图2为外加电流的阴极保护法，理论上只要能对抗钢闸门表面的腐蚀电流即可，当钢闸门表面的腐蚀电流为零
时保护效果最好；腐蚀电流会随着环境的变化而变化，若外加电压保持恒定不变，则不能保证抵消腐蚀电流，不
利于提高对钢闸门的防护效果，C错误；
D．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，说明从牺牲阳极或外加电源传递过来的电子阻止了
Fe-2e-=Fe2+的发生，钢闸门不发生化学反应，但是牺牲阳极和发生了氧化反应，辅助阳极上也发生了氧化反应，
D错误；
故选B。
14．Si Cl 中的Si原子均通过sp3杂化轨道成键，与NaOH溶液反应Si元素均转化成Na SiO 。下列说法不正确的
5 10 2 3
是
Si Cl Si Cl
5 10 5 10
A． 分子结构可能是 B． 与水反应可生成一种强酸
C．Si Cl 与NaOH溶液反应会产生H D．Si Cl 沸点低于相同结构的Si Br
5 10 2 5 10 5 10
【答案】A
【详解】A．该结构中，如图 所示的两个Cl，Cl最外层有7个电子，形成了两个共价键，因此其中
1个应为配位键，而Si不具备空轨道来接受孤电子对，因此 结构是错误的，A错误；
B．Si Cl 与水反应可生成HCl，HCl是一种强酸，B正确；
5 10
C．Si Cl 与NaOH溶液反应Si元素均转化成Na SiO ，Si的化合价升高，根据得失电子守恒可知，H元素的化合
5 10 2 3
价降低，会有H 生成，C正确；
2D．Si Br 的相对分子质量大于Si Cl ，因此Si Br 的范德华力更大，沸点更高，D正确；
5 10 5 10 5 10
故选A。
15．室温下，H S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如下图[例如
2
c(H S)
δ(H S)= 2 ]。已知： K (FeS)=6.3×10-18 ，K [Fe(OH) ]=4.9×10-17。
2 c(H S)+c(HS-)+c(S2-) sp sp 2
2
下列说法正确的是
A．溶解度：FeS大于Fe(OH)
2
B．以酚酞为指示剂(变色的pH范围8.2~10.0)，用NaOH标准溶液可滴定H S水溶液的浓度
2
C．忽略S2-的第二步水解，0.10mol/L的Na S溶液中S2-水解率约为62%
2
D．0.010mol/L的FeCl 溶液中加入等体积0.20mol/L的Na S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS
2 2
【答案】C
【分析】在H
2
S溶液中存在电离平衡：H
2
S⇌H++HS-、HS- ⇌H++S2-，随着pH的增大，H
2
S的物质的量分数逐渐减
小，HS-的物质的量分数先增大后减小，S2-的物质的量分数逐渐增大，图 中线①、
②、③依次代表HS、HS-、S2-的物质的量分数随pH的变化，由①和②交点的pH=7可知K (H S)=1×10-7，由②和
2 a1 2
③交点的pH=13.0可知K (H S)=1×10-13。
a2 2
【解析】A．FeS的溶解平衡为FeS(s) Fe2+(aq)+S2-(aq)，饱和FeS溶液物质的量浓度为 =
⇌ √K (FeS) √6.3×10-18
sp
mol/L=√6.3×10-9mol/L，Fe(OH)
2
的溶解平衡为Fe(OH) 2⇌Fe2+(aq)+2OH-(aq)，饱和Fe(OH)
2
溶液物质的量浓度为
√K [Fe(OH) ]=√4.9×10-17mol/L= ×10-6mol/L＞ ×10-9mol/L，故溶解度：FeS小于Fe(OH) ，A错误；
3 sp 2 3 √312.25 √6.3 2
4 4
B．酚酞的变色范围为8.2~10，若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定HS水溶液，由图可知当酚酞发生明显
2
颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，B错误；
C．Na
2
S溶液中存在水解平衡S2-+H
2
O⇌HS-+OH-、HS-+H
2
O⇌H
2
S+OH-（忽略第二步水解），第一步水解平衡常
数K (S2-)=c(HS-)c(OH-)=c(HS-)c(OH-)c(H+)= K =1×10-14 =0.1，设水解的S2-的浓度为x mol/L，
h w
c(S2-) c(S2-)c(H+) K (H S) 1×10-13
a2 2
x2 0.062mol/L
则 =0.1，解得x≈0.062，S2-的水解率约为 ×100%=62%，C正确；
0.1-x 0.1mol/L
D．0.01mol/L FeCl 溶液中加入等体积0.2mol/L Na S溶液，瞬间得到0.005mol/L FeCl 和0.1mol/L Na S的混合液，
2 2 2 2
结合C项，瞬时c(Fe2+)c(S2-)=0.005mol/L×(0.1mol/L-0.062mol/L)=1.9×10-4＞K (FeS)，c(Fe2+)c2(OH-)=0.005mol/
sp
L×(0.062mol/L)2=1.922×10-5＞K [Fe(OH) ]，故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH) ，D错误；
sp 2 2
故选C。
16．为探究化学平衡移动的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正确的是
选 影响
方案设计 现象 结论
项 因素向1mL 0.1mol/L K CrO 溶液中加入 黄色溶液 增大反应物浓度，平衡向正反应
A 浓度 2 4
1mL1.0mol/L HBr溶液 变橙色 方向移动
向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100mL HI气体， 气体颜色 对于反应前后气体总体积不变的
B 压强
分解达到平衡后再充入100mL Ar 不变 可逆反应，改变压强平衡不移动
气体颜色 升高温度，平衡向吸热反应方向
C 温度 将封装有NO 和N O 混合气体的烧瓶浸泡在热水中
2 2 4 变深 移动
催化 向1mL乙酸乙酯中加入1mL 0.3mol/L H SO 溶 上层液体 使用合适的催化剂可使平衡向正
D 2 4
剂 液，水浴加热 逐渐减少 反应方向移动
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
❑
【解析】A． CrO2
4
- (黄色)+2H+
⇌
Cr
2
O
7
2- (橙色)+H
2
O ，向1mL 0.1mol/L K
2
CrO
4
溶液中加入
❑
1mL1.0mol/L HBr溶液，H+浓度增大，平衡正向移动，实验现象应为溶液橙色加深，A错误；
❑
B．反应2HI H+I 为反应前后气体总体积不变的可逆反应，向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100mL HI气体，分
⇌ 2 2
❑
解达到平衡后再充入100mL Ar，平衡不发生移动，气体颜色不变，应得到的结论是：对于反应前后气体总体积不
变的可逆反应，恒温恒容时，改变压强平衡不移动，B错误；
❑
C．反应2NO N O 为放热反应，升高温度，气体颜色变深，说明平衡逆向移动，即向吸热反应方向移动，C正
⇌
2 2 4
❑
确；
D．催化剂只会改变化学反应速率，不影响平衡移动，D错误；
故选C。
二、解答题
17．氧是构建化合物的重要元素。请回答：
(1)某化合物的晶胞如图1，Cl-的配位数(紧邻的阳离子数)为 ；写出该化合物的化学式 ，写出该化
合物与足量NH Cl溶液反应的化学方程式 。
4
(2)下列有关单核微粒的描述正确的是_______。
A．Ar的基态原子电子排布方式只有一种
B．Na的第二电离能>Ne的第一电离能
C．Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2
D．Fe原子变成Fe+，优先失去3d轨道上的电子
(3)化合物HA、HB、HC和HD的结构如图2。
①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(-O-H…OH )，按照氢键由强到弱对三种酸排序 ，请说明理由
2
。
②已知HC、HD钠盐的碱性NaC>NaD，请从结构角度说明理由 。
【答案】(1) 12 K ClO K ClO+2NHCl+H O=3KCl+2NH ∙H O
3 3 4 2 3 2
(2)AB(3) HC>HB>HA O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟
基的极性逐渐增大，其中羟基与HO形成的氢键逐渐增强 S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长
2
大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性
HD＞HC，C-的水解能力大于D-，碱性NaC＞NaD
1
【详解】（1）根据晶胞结构知，Cl位于8个顶点，O位于体心，K位于面心，1个晶胞中含Cl：8× =1个、含
8
1 8×3
O：1个、含K：6× =3个，该化合物的化学式为KClO；由图可知，Cl-的配位数为 =12；该化合物可看成
3
2 2
KCl∙K O，故该化合物与足量NH Cl溶液反应生成KCl和NH ∙H O，反应的化学方程式为
2 4 3 2
KClO+2NHCl+H O=3KCl+2NH ∙H O。
3 4 2 3 2
（2）A．根据原子核外电子排布规律，基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，A正确；
B．Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的电
子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能＞Ne的第一电
离能，B正确；
C．Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C错误；
D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D错误；
故选AB。
（3）①O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，
从而其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC>HB>HA；
②HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，说明酸性HC＜HD，原因是：S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键
长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性
HD＞HC，C-的水解能力大于D-，钠盐的碱性NaC＞NaD。
18．矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为PbS、ZnS)的利用有火法和电解法等。
热水 HCl
已知：①PbCl (s) ⇌ PbCl (aq) ⇌ H [PbCl ]；
2 2 2 4
冷却
②电解前后ZnS总量不变；③AgF易溶于水。
请回答：
(1)根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，PbS中硫元素体现的性质是 (选填“氧化性”、
“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量Pb O ，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为
3 4
[PbCl ]
2-，写出该反应的化学方程式 ；从该反应液中提取
PbCl
的步骤如下：加热条件下，加入
4 2
(填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
(2)下列说法正确的是_______。
A．电解池中发生的总反应是PbS=Pb+S(条件省略)
B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物
C．1mol化合物C在水溶液中最多可中和2mol NaOH
D．ClF的氧化性弱于Cl
2
X=F Cl
(3)D的结构为 ( 或 )，设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种
元素。
①实验方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后 ；②写出D(用HSO X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式 。
3
【答案】(1) 还原性 Pb O+14HCl(浓)=3H [PbCl ]+4H O+Cl ↑ PbO或Pb(OH) 或PbCO
3 4 2 4 2 2 2 3
(2)AB
(3)加入足量Ba(NO ) 溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO 溶液，若产生白色沉淀，则有
3 2 3
Cl-，反之则有F- +3OH-= +X-+2H O
HSO X SO2- 2
3 4
【分析】铅锌矿(主要成分为PbS、ZnS)富氧煅烧得到SO 和Pb、Zn元素的氧化物，SO 与等物质的量的ClF反应
2 2
得到化合物C，结构简式为 ，化合物C( )水解生成液态化合物D( ，X=F或Cl)和气
态化合物E(HCl或HF)。
【解析】（1）根据富氧煅烧和通电电解的结果，PbS中硫元素化合价升高，体现的性质是还原性。产物B中有少
量
Pb O
，该物质可溶于浓盐酸，
Pb
元素转化为
[PbCl ]
2-，该反应的化学方程式：Pb
3
O
4
+14HCl(浓)=
3H [PbCl ]
3 4 4 2 4
热水 HCl
+4H 2 O+Cl 2 ↑；根据PbCl 2 (s) ⇌ PbCl 2 (aq) ⇌ H 2 [PbCl 4 ]可得反应：PbCl 2 (aq)+2HCl ⇌ H 2 [PbCl 4 ]，要从该反
冷却
应液中提取PbCl ，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移动，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO
2
或Pb(OH) 或PbCO ，充分反应，趁热过滤，冷却结晶；
2 3
（2）A.根据图示和已知②可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，阴极上PbCl 生
2
成Pb，发生的总反应是：PbS=Pb+S(条件省略)，A正确；
B． 据分析，铅锌矿(主要成分为PbS、ZnS)富氧煅烧得到SO 和Pb、Zn元素的氧化物，则产物B主要是铅氧化
2
物与锌氧化物，B正确；
1mol
C． 据分析，化合物C是 ，卤素原子被-OH取代后生成HSO 和HCl、HF，则 化合物C在水溶液
2 4
中最多可中和4molNaOH，C错误；
D． ClF的氧化性由+1价的Cl表现，Cl 的氧化性由0价的Cl表现，则ClF的氧化锌强于Cl ，D错误；
2 2
故选AB。
（3）①D的结构为 (X=F或Cl)，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，生成NaSO 和NaX，则实验方
2 4
案为：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba(NO ) 溶液充分反应，静置后取上层
3 2
清液，再加入硝酸酸化的AgNO 溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-；②D(用HSO X表示)的溶液与足
3 3
量NaOH溶液反应生成NaSO 和NaX，发生反应的离子方程式为：HSO X+3OH-= +X-+2H O。
2 4 3 SO2- 2
4
19．氢是清洁能源，硼氢化钠(NaBH )是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说
4
明，本题中反应条件均为25℃，101kPa)
NaBH (s)+2H O(l)=NaBO (aq)+4H (g) ΔH<0
4 2 2 2
请回答：
(1)该反应能自发进行的条件是_______。
A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断
(2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。
A．升高溶液温度 B．加入少量异丙胺
[(CH ) CHNH ]
3 2 2
C．加入少量固体硼酸[B(OH) ] D．增大体系压强
3
(3)为加速NaBH 水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反
4应开始时生氢速率v与投料比 之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因 。
[n(NaBH )/n(H O)]
4 2
(4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所
示，正极上的电极反应式是 。该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗H 体积为0.49L，故可测得该电
2
池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下H 的摩尔体积为24.5L/mol；电荷量q(C)=电流
2
时间 ； ； 。]
I(A)× (s) N =6.0×1023mol-1 e=1.60×10-19C
A
(5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将
反应副产物偏硼酸钠(NaBO )再生为NaBH 。(已知：ΔG是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可
2 4
类比ΔH计算方法；当ΔG<0时，反应能自发进行。)
I．NaBH (s)+2H O(l)=NaBO (s)+4H (g)ΔG =-320kJ/mol
4 2 2 2 1
1
II．H (g)+ O (g)=H O(l) ΔG =-240kJ/mol
2 2 2 2 2
1
III．Mg(s)+ O (g)=MgO(s) ΔG =-570kJ/mol
2 2 3
请书写一个方程式表示NaBO 再生为NaBH 的一种制备方法，并注明ΔG 。(要求：反应物不超过三种物质；
2 4
氢原子利用率为100%。)
【答案】(1)C
(2)A
(3)随着投料比 增大，NaBH 的水解转化率降低
[n(NaBH )/n(H O)] 4
4 2
(4) O +4e-+2CO =2 70%
2 2 CO2-
3
(5)NaBO (s)+2H (g)+2Mg(s)=NaBH (s)+2MgO(s) ΔG=-340kJ/mol
2 2 4
【解析】（1）反应NaBH (s)+2H O(l)=NaBO (aq)+4H (g) ΔH<0，ΔS＞0 ，由ΔG=ΔH-TΔS可知，任
4 2 2 2
意温度下，该反应均能自发进行；
故选C；
（2）A．升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A正确；
B．加入少量异丙胺 ，HO的量减少，化学反应速率降低，B错误；
[(CH ) CHNH ] 2
3 2 2C. 加入少量固体硼酸[B(OH) ]，HO的量减少，化学反应速率降低，C错误；
3 2
D．增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D错误；
故选A。
（3）随着投料比 增大，NaBH 的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。
[n(NaBH )/n(H O)] 4
4 2
（4）该燃料电池中H 为负极，O 为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为：O+4e-+2CO =2
2 2 2 2
0.49L
CO
3
2-， 该条件下，0.49L H
2
的物质的量为n(H
2
)=
24.5L/mol
=0.02mol，工作时，H
2
失去电子：H
2
-2e-=2H+，所
带电荷量为：2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19= 3840C，工作电荷量为：3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能
2688C
转化为电能的转化率为： ×100%=70%；
3840C
（5）要使得氢原子利用率为100%，可由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得
NaBO (s)+2H (g)+2Mg(s)=NaBH (s)+2MgO(s)，
2 2 4
。
ΔG=2ΔG -(2ΔG +ΔG )=2×(-570kJ/mol)-[2×(-240kJ/mol)+(-320kJ/mol)]=-340kJ/mol
3 2 1
20．某小组采用如下实验流程制备AlI ：
3
已知：AlI 是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。
3
请回答：
(1)如图为步骤I的实验装置图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器A的名称是 ，判断步骤I反应
结束的实验现象是 。
(2)下列做法不正确的是_______。
A．步骤I中，反应物和溶剂在使用前除水
B．步骤I中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯(配石棉网)加热
C．步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜
D．步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤
(3)所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证 。
(4)纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I-含量以确定纯度。滴定原理为：先用
过量AgNO 标准溶液沉淀I-，再以NH SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知：
3 4
AgSCN(白 Ag CrO (红
难溶电解质 AgI(黄色) 2 4
色) 色)
溶度积常数K 8.5×10-17 1.0×10-12 1.1×10-12
sp
①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤 。
称取产品1.0200g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水洗
→_______→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶
→_______→_______→加入稀酸B→用 标准溶液滴定→_______→读数。
1.000×10-2mol/LNH SCN
4a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体
b．润洗，从滴定管上口倒出液体
c．滴加指示剂K CrO 溶液
2 4
d．滴加指示剂硫酸铁铵 溶液
[NH Fe(SO ) ]
4 4 2
e．准确移取 标准溶液加入锥形瓶
25.00mL4.000×10-2mol/LAgNO
3
f．滴定至溶液呈浅红色
g．滴定至沉淀变白色
②加入稀酸B的作用是 。
③三次滴定消耗 标准溶液的平均体积为 ，则产品纯度为 。
NH SCN 25.60mL [M(AlI )=408g/mol]
4 3
【答案】(1) 球形冷凝管 溶液由紫红色恰好变为无色（或溶液褪为无色）
(2)BC
(3)取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是
否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有
(4) a e d f 抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断 99.20%
【解析】（1）由实验装置图中仪器的结构可知，图中仪器A的名称是球形冷凝管，其用于冷凝回流；碘溶于正己
烷使溶液显紫红色，AlI 是无色晶体，当碘反应完全后，溶液变为无色，因此，判断步骤I反应结束的实验现象是：
3
溶液由紫红色恰好变为无色（或溶液褪为无色）。
（2）A．AlI 吸湿性极强，因此在步骤I中，反应物和溶剂在使用前必须除水，A正确；
3
B．使用到易烯的有机溶剂时，禁止使用明火加热，因此在步骤I中，若控温加热器发生故障，不能改用酒精灯(配
石棉网)加热，B错误；
C．AlI 在空气中受热易被氧化，因此在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要注意使用有保护气（如持续通入氮气的蒸馏烧瓶
3
等）的装置中进行，不能直接在蒸发皿浓缩，C错误；
D．AlI 在空气中受热易被氧化、可溶于热的正己烷因此，为了减少溶解损失，在步骤Ⅳ中要使用冷的正己烷洗涤，
3
D正确；
故选BC。
（3）碘易溶于正己烷，而AlI 可溶于热的正己烷、不易溶于冷的正己烷，因此，可以取少量粗产品置于少量冷的
3
正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘
单质，否则没有。
（4）①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗；先加 待测溶液，后加
25.00mL 25.00mL4.000×10-2mol/LAgNO
3
标准溶液，两者充分分反应后，剩余的 浓度较小，然后滴加指示剂硫酸铁铵 溶液作指示剂，可
Ag+ [NH Fe(SO ) ]
4 4 2
以防止生成Ag SO 沉淀； Ag CrO 的溶度积常数与AgSCN非常接近，因此，K CrO 溶液不能用作指示剂，应该选
2 4 2 4 2 4
用 溶液，其中的 可以与过量的半滴 溶液中的 反应生成溶液呈红色的配合物，
[NH Fe(SO ) ] Fe3+ [NH Fe(SO ) ] SCN-
4 4 2 4 4 2
故滴定至溶液呈浅红色；综上所述，需要补全的操作步骤依次是：a e d f。
② 和 均易发生水解， 溶液中含有 ，为防止影响滴定终点的判断，必须抑制其发生水解，
Fe3+ Al3+ [NH Fe(SO ) ] Fe3+
4 4 2
因此加入稀酸B的作用是：抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断。
③根据滴定步骤可知， 标准溶液分别与 溶液中的 、
25.00mL4.000×10-2mol/LAgNO AlI I-
3 3
标准溶液中的 发生反应生成 和 ；由 守恒可知，
1.000×10-2mol/LNH SCN SCN- AgI AgSCN Ag+
4
n(AgI)+n(AgSCN)=n(AgNO )，则n(AgI)=n(AgNO )-n(AgSCN)=n(AgNO )-n(NH SCN)；三次滴定消耗
3 3 3 4
NH SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则n(AgI)=n(AgNO )-n(AgSCN)=n(AgNO )-n(NH SCN)=
4 3 3 4
25.00mL×10-3L⋅mL-1×4.000×10-2mol/L-25.60mL×10-3L⋅mL-1×1.000×10-2mol/L=7.440×10-4mol，1 1
由I守恒可知n(AlI )= n(AgI)=7.440×10-4mol× =2.480×10-4mol，因此，纯度为
3 3 3
2.480×10-4mol×408g/mol
×100%=99.20%
25.00mL 。
1.0200g×
250mL
21．某研究小组按下列路线合成抗炎镇痛药“消炎痛”(部分反应条件已简化)。
已知：
请回答：
(1)化合物F的官能团名称是 。
(2)化合物G的结构简式是 。
(3)下列说法不正确的是_______。
A．化合物A的碱性弱于
B．A+B→C的反应涉及加成反应和消去反应
C．D→E的反应中，试剂可用Cl /FeCl
2 3
D．“消炎痛”的分子式为C H ClNO
18 16 4
(4)写出H→I的化学方程式 。
CH CHO
3
(5)吗吲哚-2-甲酸( )是一种医药中间体，设计以 和 为原料合成吲哚-2-甲酸
的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
(6)写出4种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式 。
①分子中有2种不同化学环境的氢原子；
②有甲氧基(-OCH )，无三元环。
3
【答案】(1)羧基、氯原子
(2)
(3)AD+HCl→NH Cl+
4
(4)
(5)
(6) 、 、 、 （其他符合
条件的结构也可）
【分析】A与B发生类似已知 的反应生成C，C为
，D反应生成E，结合E的分子式和F的结构可知，E为 ，F与
SOCl 反应得到G，结合G的分子式可知，G为 ，I水解得到消炎痛，结合消炎痛的结构可知，I为
2
，H与HCl得到I的反应类似已知中的反应，由此可知H为 ，C与
G反应得到H。
【详解】（1）由F的结构可知，F的官能团为羧基、碳氟键；
（2）根据分析得，G为 ；
（3）A． 的氨基直接连接在苯环上，A中氨基连接在-NH-上，即A中氨基N更易结合H+，碱性
更强，A错误；
B．A+B→C的反应，是B中羰基先加成，得到羟基，羟基再与相邻N上的H消去得到N=C，涉及加成反应和消
去反应，B正确；
C．D→E是甲苯甲基对位上的H被Cl取代，试剂可为Cl/FeCl ，C正确；
2 3
D．由“消炎痛”的结构可知，分子式为C H ClNO，D错误；
19 16 4
故选AD；
（4）H（ ）与HCl得到I（ ）的反应类似已知中
的反应，化学方程式为：
+HCl→NH Cl+
4
；
（5）乙醛与HCN加成得到 ， 被O 氧化为 ，
2酸性水解得到 ， 与 反应得到
， 与HCl反应得到 ，具体合成路线为：
；
（6）B为CH COCH CH COOCH ，同分异构体中有2种不同化学环境的氢原子，说明其结构高度对称，有甲氧基(-
3 2 2 3
OCH )，无三元环，符合条件的结构简式为： 、 、 、
3
。
