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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， 属于
A．酸 B．碱 C．盐 D．混合物
KAl(SO4)2⋅12H2O
【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 组成的复盐；
4 2 2
故选C。 2-
SO4
2．下列说法不
．
正
．
确
．
的是
A． 呈两性，不能用于治疗胃酸过多
B． 能与 反应产生 ，可作供氧剂
Al(OH)3
C． 有还原性，能被氧化成
Na2O2 CO2 O2
D． 见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中
FeO Fe3O4
【答案】A
HNO3
【解析】A． 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；
B． 能与 反应产生 ，该反应能安全发生且不生成有毒气体，故 可作供氧剂，B正确；
Al(OH)3
C． 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 ，C正确；
Na2O2 CO2 O2 Na2O2
D．见光易分解的物质应保存在棕色试剂瓶中； 见光易分解，故其应保存在棕色试剂瓶中，D正确；
FeO Fe3O4
故选A。
HNO3
3．下列表示不
．
正
．
确
．
的是
A． 的电子式： B． 中共价键的电子云图：
CO2 Cl2
C． 的空间填充模型： D．3，3-二甲基戊烷的键线式：
【答案】
NH
A3
【解析】A． 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 CO2
B正确；
C． 的中心原子N形成3个σ键和1个孤电子对，为sp3杂化， 为三角锥形，空间填充模型： ，C正确；
NH3 NH3
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】C【解析】A．铜与浓硫酸反应方程式为： ＋ 浓 ＋ ＋ ，可用装置①制取，气态产物为
Δ
SO ，可利用SO 的漂白性进行检验，A正Cu确；2H 2SO4( ) CuSO4 2H2O SO2 ↑
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，B
2 2
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，使其聚集成较大颗
3 3
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
配平)。下列说法正确的是 - + -
CH3OH NO3 H +CH3OH+NO3 →X+CO2+H2O
A．X表示
B．可用 替换
NO2
C．氧化剂与还原剂物质的量之比为
O3 CH3OH
D．若生成标准状况下的 气体 ，则反应转移的电子数为 ( 表示阿伏加德罗常数的值)
6:5
【答案】C
CO2 11.2L 2NA NA
【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
物，A错误； -
CH3OH NO3 N2 NO2
B． 中C元素的化合价由-2价升高到+4价， 是该反应的还原剂， 有强氧化性，通常不能用作还原
剂，故不可用 替换 ，B错误；
CH3OH CH3OH O3
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
O3 CH3OH
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 ，C正确；
CH3OH NO3
D． 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 气体 ，即生成
6:5
0.5mol ，反应转移的电子数为0.5×6= ，D错误；
CH3OH CO2 11.2L
故选C。
CO2 3NA
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 具有氧化性 可用作漂白剂
SO2 SO2C 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( )与 直径 冠醚18-冠-6可识别 ，能增大 在有机溶剂中
D
( )接近 + 的溶解度 +
260~320pm K K KMnO4
A．A27
6pm
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． 具有漂白性，可用作漂白剂，B错误；
SO2
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( )与 直径( )接近，可识别 ，使K+存在于其空腔中，进而能增大
在有机溶剂中的溶解度，D正确； + +
260~320pm K 276pm K
故选B。
KMnO4
8．下列离子方程式正确的是
A．用 溶液除 气体：
B． 溶液中滴加 溶2液+ ：2-
CuSO4 H2S Cu +S =CuS↓
C． 溶液中通入少量 ： 2+ +
H2SO3 Ba(NO3)2 H2SO3+Ba =BaSO3 ↓+2H
D．用 溶液刻蚀覆铜板制作印刷电-路板： - -
NaHCO3 Cl2 2HCO3+Cl2 =2CO2+Cl+ClO+H2O
【答案】D 3+ 2+ 2+
FeCl3 2Fe +Cu=2Fe +Cu
【解析】A．H S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H SO 氧化成H SO ，Ba2+与 形成BaSO 沉淀，滴加少量Ba(NO ) 时的离子方程式为
2 3 2 4 4 3 2
Ba2++2 +3H SO-=BaSO ↓+2NO↑+2 +4H++H O，滴2加- 足量Ba(NO ) 时的离子方程式为
2 NO33 4 2 SO4 3 2
3Ba2++2 - +3H SO =3BaSO ↓+2NO↑+4H2-++H O，B错误；
NO3 2 3 4 SO4 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
NO3 a1 2 3 a a2 2 3 2 3
离子方程式为Cl + =Cl-+HClO+CO ，C错误；
2 2
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 HCO3 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 溶液反应生成
C．能与 反应生成丙酮 D．能与 反应生成
NaHCO3 CO2
【答案】D
O2 Na H2
【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 H O
3 8
或C H O ，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CH CH CH OH。
2 4 2 3 2 2
【解析】A．A为CH CH CH OH，不能发生水解反应，A错误；
3 2 2B．A中官能团为羟基，不能与 溶液反应生成 ，B错误；
C．CH CH CH OH的羟基位于末端C上，与 反应生成丙醛，无法生成丙酮，C错误；
3 2 2 NaHCO3 CO2
D．CH CH CH OH中含有羟基，能与Na反应生成H ，D正确；
3 2 2 O2 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：
C．共价晶体熔+点：- D．热稳定性：
YX3>YX3 Y2X2>X2Z2
【答案】B
Y>M YX4>MX4
【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 ，
其中C原子的杂+化类型+ 为 ， 的空间构型为三角2锥形+，由于C原子还有1个孤电子对，故键角小于-109°2-8´，
YX3 CH3 sp CH3 YX3 CH3
因此，键角的大小关系为 3 -，A正确；
sp CH3
B． 为 ，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； 分
YX3>YX3
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 ，
Y2X2 C2H2 H2O2
B错误；
Y2X20
向容积为 的密闭容器中投入 和 ，不同温度下，测得 时(反应均未平衡)的相关数据见下表，
C2H6(g)+2CO2(g)⇌4CO(g)+3H2(g) ΔH2>0
下列说法不
1 ． 0
正
L ．
确
．
的是
2mol C2H6 3mol CO2 5min
温度( ) 400 500 600
乙烷转°C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
转化的乙烷的总物质的量
A．反应活化=能： Ⅱ ×100%
B． 时， 反应I的平均速率为：
I<
C．其他条件不变，平衡后及时移除 ，可提高乙烯的产率 -3 -1 -1
500℃ 0~5𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 v(C2H4)=2.88×10 mol⋅L ⋅min
D．其他条件不变，增大投料比 投料，平衡后可提高乙烷转化率
H2O(g)
【答案】D
[n(C2H6)/n(CO2)]
【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
为0.144mol，则 反应I的平均速率为： ，B正确；
0.144mol
10L -3 -1 -1
C．其他条件不变 0~ ， 5 平 𝑚𝑚 衡 𝑚𝑚𝑚𝑚 后及时移除 ，反 v 应 (CⅠ2正 H4向 )= 进行 5m ， in 可 = 提 2.8 高 8 乙 × 烯 10 的 m 产 o 率 l⋅ ， LC⋅ 正 m 确 in ；
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；
H2O(g) 2 2 6
故选D。
[n(C2H6)/n(CO2)]
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． 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
H
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， 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；
+
H
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：
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 -
O2+4e+2H2O=4OH
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 ，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 放电外，海水中溶解的 也会竞争放
Cl
电，故可发生 ，B正确； +
H O2
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
O2+4e+2H2O=4OH
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
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-； 2+
Fe-2e=Fe
故选B。
14． 中的 原子均通过 杂化轨道成键，与 溶液反应 元素均转化成 。下列说法不
．
正
．
确
．
的是
3
Si5Cl10 Si sp NaOH Si Na2SiO3
A． 分子结构可能是 B． 与水反应可生成一种强酸
C． 与 溶液反应会产生 D． 沸点低于相同结构的
Si5Cl10 Si5Cl10
【答案】A
Si5Cl10 NaOH H2 Si5Cl10 Si5Br10
【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． 与水反应可生成HCl，HCl是一种强酸，B正确；
C． 与 溶液反应 元素均转化成 ，Si的化合价升高，根据得失电子守恒可知，H元素的化合价
Si5Cl10
降低，会有H 生成，C正确；
Si5Cl10 N 2 aOH Si Na2SiO3
D． 的相对分子质量大于 ，因此 的范德华力更大，沸点更高，D正确；
故选A。
Si5Br10 Si5Cl10 Si5Br10
15．室温下， 水溶液中各含硫微粒物质的量分数 随 变化关系如下图[例如 ]。已知：
c(H2S)
H2S δ pH δ(H2S)=c(H2S)+c(HS - )+c(S 2- )
， 。
-18 -17
𝐾𝐾sp(FeS)=6.3×10 𝐾𝐾sp[Fe(OH)2]=4.9×10
下列说法正确的是
A．溶解度： 大于
B．以酚酞为指示剂(变色的 范围8.2~10.0)，用 标准溶液可滴定 水溶液的浓度
FeS Fe(OH)2
C．忽略 的第二步水解， 的 溶液中 水解率约为
pH NaOH H2S
D． 2- 的 溶液中加入等体积 的2- 溶液，反应初始生成的沉淀是
S 0.10mol/L Na2S S 62%
【答案】C
0.010mol/L FeCl2 0.20mol/L Na2S FeS【分析】在H S溶液中存在电离平衡：H S H++HS-、HS- H++S2-，随着pH的增大，H S的物质的量分数逐渐减
2 2 2
⇌ ⇌
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H S、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③交
2 a1 2
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
= mol/L= ×1⇌0-9mol/L，Fe(OH) 的溶解平衡为Fe(OH) Fe2+(aq)+2OH-(aq)，饱和Fe(OH)
2 2 2
−18
�𝐾𝐾sp(FeS) √6.3×10 √6.3 ⇌
溶液物质的量浓度为 = mol/L= ×10-6mol/L＞ ×10-9mol/L，故溶解度：FeS小于Fe(OH) ，
2
3 𝐾𝐾sp[Fe(OH)2] 3 4.9×10 −17 3
A错误； � 4 � 4 √12.25 √6.3
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H S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 S溶液中存在水解平衡S2-+H O HS-+OH-、HS-+H O H S+OH-（忽略第二步水解），第一步水解平衡常数
2 2 2 2
K (S2-)= = = ⇌= =0.1，设水解⇌的S2-的浓度为x mol/L，则 =0.1，解得x≈0.062，
h
- - - - + −14 2
𝑐𝑐(HS)𝑐𝑐(OH) 𝑐𝑐(HS)𝑐𝑐(OH)𝑐𝑐(H ) 𝐾𝐾w 1×10 x
2- 2- + −13
𝑐𝑐(S ) 𝑐𝑐(S )𝑐𝑐(H ) 𝐾𝐾a2(H2S) 1×10 0.1-x
S2-的水解率约为 ×100%=62%，C正确；
0.062mol/L
D．0.01mol/L FeC0l.1m溶ol液/L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)，
sp
c(Fe2+)c2(OH-)=0.005mol/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
sp 2 2
错误；
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 溶液中加入 黄色溶液 增大反应物浓度，平衡向正反应方
A 浓度
溶液 变橙色 向移动
1mL 0.1mol/L K2CrO4
1向m恒L1温.0恒m容ol/密L 闭HB玻r璃容器中充入 气体，分 气体颜色 对于反应前后气体总体积不变的
B 压强
解达到平衡后再充入 不变 可逆反应，改变压强平衡不移动
100mL HI
100mL Ar 气体颜色 升高温度，平衡向吸热反应方向移
C 温度 将封装有 和 混合气体的烧瓶浸泡在热水中
变深 动
NO2 N2O4
催化 向 乙酸乙酯中加入 溶液， 上层液体 使用合适的催化剂可使平衡向正
D
剂 水浴加热 逐渐减少 反应方向移动
1mL 1mL 0.3mol/L H2SO4
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A． 黄色 橙色 ，向 溶液中加入 溶
2- + 2-
液，H+浓度增大Cr，O4平�衡正�向+移2H动，⇌实Cr验2O现7象� 应为�+溶H液2O橙色加1深m，L A0.1错m误ol；/L K2CrO4 1mL1.0mol/L HBr
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 气体，分解
2 2
达到平衡后再⇌充入 ，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1后00气m体L 总HI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；
100mL ArC．反应 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
确； 2NO2 ⇌N2O4
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， 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 溶液反应的化学方-程式 。
Cl
NH4Cl
(2)下列有关单核微粒的描述正确的是_______。
A． 的基态原子电子排布方式只有一种
B． 的第二电离能 的第一电离能
Ar
C． 的基态原子简化电子排布式为
Na >Ne
D． 原子变成 ，优先失去 轨道上的电2 子2
Ge [Ar]4s 4p
(3)化合物 、 、 +和 的结构如图2。
Fe Fe 3d
HA HB HC HD
① 、 和 中羟基与水均可形成氢键( )，按照氢键由强到弱对三种酸排序 ，请说明理由 。
②已知 、 钠盐的碱性 ，请从结构角度说明理由 。
HA HB HC -O-H…OH2
【答案】(1) 12 K ClO K ClO+2NH Cl+H O=3KCl+2NH ∙H O
3 3 4 2 3 2
HC HD NaC>NaD
(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H O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键的键长大
2
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
【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O：
1
8
1个、含K：6× =3个，该化合物的化学式为K ClO；由图可知，Cl-的配位数为 =12；该化合物可看成KCl∙K O，
3 2
1 8×3
故该化合物与足2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
K ClO+2NH Cl+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 、 )的利用有火法和电解法等。
PbS ZnS
热水
已知：① ；
冷却 HCl
②电解前P后bCl2(总s)量⇌不变Pb；Cl2③(aq) 易⇌溶H2于[P水bC。l4 ]
请回答：
ZnS AgF
(1)根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果， 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 ，该物质可溶于浓盐酸， 元素转化为 ，写出该
PbS
反应的化学方程式 ；从该反应液中提取 的步骤如下：加热条件下，加入 (填一种反应试2剂- )，充分
Pb3O4 Pb [PbCl4]
反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
PbCl2
(2)下列说法正确的是_______。
A．电解池中发生的总反应是 (条件省略)
B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物
PbS=Pb+S
C． 化合物C在水溶液中最多可中和
D． 的氧化性弱于
1mol 2mol NaOH
ClF Cl2
(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。
X=F Cl
①实验方案：取D的溶液，加入足量 溶液，加热充分反应，然后 ；
②写出D(用 表示)的溶液与足量 溶液反应的离子方程式 。
NaOH
【答案】(1) 还原性 Pb O +14HCl(浓)= +4H O+Cl ↑ PbO或Pb(OH) 或PbCO
HSO3X 3 4 NaOH 2 2 2 3
(2)AB
3H2[PbCl4]
(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
2
【分析】铅锌矿(主要成分为 、 )富2-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
HSO3X SO4 2 2
PbS ZnS
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， 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
，该物质可溶于浓盐酸， 元素转化为 ，该反应的化学方程式：
PbS
2- 热水
PPbb3 OO4 +14HCl(浓)= +4PHbO+Cl ↑；根[据PbCl4] 可得反应：
3 4 2 2
冷却 HCl
，要从该3反H2应[P液bC中l4提] 取 ，则所加试Pb剂Cl应2(能s)消⇌耗PHb+C使l2(平aq衡)逆⇌向H移2[P动b，Cl4且] 不引入杂质P，bC则l2步(a骤q)+为2：HC加l热⇌
条件下，加入PbO或Pb(OH) 或PbCO ，充分反应，趁热过滤，冷却结晶；
H2[PbCl4] 2 PbCl2 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
2
生成Pb，发生的总反应是： (条件省略)，A正确；
B． 据分析，铅锌矿(主要成分为 、 )富氧煅烧得到SO 和Pb、Zn元素的氧化物，则产物B主要是铅氧化物
PbS=Pb+S 2
PbS ZnS与锌氧化物，B正确；
C． 据分析，化合物C是 ，卤素原子被-OH取代后生成H SO 和HCl、HF，则 化合物C在水溶液
2 4
中最多可中和 ，C错误；
1mol
D． 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 ，D错误；
2
4molNaOH
故选AB。
ClF Cl2
（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Na SO 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Na SO 和NaX，发生反应的离子方程式为：HSO X+3OH-= +X-+2H O。
2 4 3 2
19．氢是清洁能源，硼氢化钠( )是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反2应− 方程式如下：(除非特别说
SO4
明，本题中反应条件均为 ， )
NaBH4
25℃ 101kPa
请回答：
NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(aq)+4H2(g) ΔH<0
(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
C．加入少量固体硼酸 D．增大体系压强
[(CH3)2CHNH2]
(3)为加速 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，测得反应
[B(OH)3]
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 。
NaBH4
[n(NaBH4)/n(H2O)]
(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 恒定电流工作14分钟，消耗 体积为 ，故可测得该电池将化学
能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下 的摩尔体积为 ；电荷量 电流 时间 ；
3.2A H2 0.49L
； 。]
H2 24.5L/mol q(C)= I(A)× (s)
23 -1 -19
NA=6.0×10 mol e=1.60×10 C(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( )再生为 。(已知： 是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比
计算方法；当 时，反应能自发进行。)
NaBO2 NaBH4 ΔG
I．
Δ𝐻𝐻 ΔG<0
II．NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g) Δ G1=-320kJ/mol
1
H2(g)+2O2(g)=H2O(l) ΔG2=-240kJ/mol
III．
1
请书M写g一(s个)+方2程O2式(g表)=示MgO(s) 再 Δ生G3为=-570kJ/的m一ol种制备方法，并注明 。(要求：反应物不超过三种物质；氢
原子利用率为 。)
NaBO2 NaBH4 ΔG
【答案】(1)C
100%
(2)A
(3)随着投料比 增大，NaBH 的水解转化率降低
4
(4) O +4e-+2CO =2 70%
2 [n(NaB 2 H4)/n(H2O)]
(5) 2-
CO3
【解析】（1）反应 ， ＞ ，由 可知，任意温度下，
NaBO2(s)+2H2(g)+2Mg(s)=NaBH4(s)+2MgO(s) ΔG=-340kJ/mol
该反应均能自发进行；
NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(aq)+4H2(g) ΔH<0 ΔS 0 ΔG=ΔH-TΔS
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 ，H O的量减少，化学反应速率降低，B错误；
2
C. 加入少量固体硼酸 ，H O的量减少，化学反应速率降低，C错误；
[(CH3)2CHNH2] 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；
[B(OH)3]
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。
4
（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 ，
[n(N 2 aBH4)/n(H 22O)] 2 2
2-
该条件下，0.49L H 的物质的量为 ，工作时，H 失去电子：H -2e-=2H+，所带电荷量CO为3：
2 2 2
0.49L
2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-1n9=(H 3 2 8)4=0C24，.5L工/m作ol=电0荷.02量m为ol：3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能转化为电能的
转化率为： ；
2688C
（5）要使得38氢40原C×子1利00用%率=为701%00%，可由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得
， 。
NaBO2(s)+2H2(g)+2Mg(s)=
20．某小组采用如下实验流程制备 ：
NaBH4(s)+2MgO(s) ΔG=2ΔG3-(2ΔG2+ΔG1)=2×(-570kJ/mol)-[2×(-240kJ/mol)+(-320kJ/mol)]=-340kJ/mol
AlI3
已知： 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。
请回答：
AlI3
(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 含量以确定纯度。滴定原理为：先用过
量 标准溶液沉淀 ，再以 标准溶液回滴剩余的 。已知： -
I
- +
难 A 溶 g 电 NO 解3质 (黄 I 色) NH4SC(N 白色) (红色)A g
溶度积常数 AgI AgSCN Ag2CrO4
-17 -12 -12
①从下列选
K
项sp中选
8
择
.5
合
×
适
10
的操作
1.
补
0×
全
1
测
0
定步骤
1 .1 × 1
。
0
称取产品 ，用少量稀酸A溶解后转移至 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 待测溶液加入锥形瓶→_______→_______→
1.0200g 250mL
加入稀酸B→用 标准溶液滴定→_______→读数。
25.00mL
a．润洗，从滴定管尖嘴放出-2液体
1.000×10 mol/LNH4SCN
b．润洗，从滴定管上口倒出液体
c．滴加指示剂 溶液
d．滴加指示剂硫酸铁铵 溶液
K2CrO4
e．准确移取 标准溶液加入锥形瓶
[NH4Fe(SO4)2]
f．滴定至溶液呈浅红色 -2
25.00mL4.000×10 mol/LAgNO3
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 。
【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）
NH4SCN 25.60mL [M(AlI3)=408g/mol]
(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 发生水解反应，保证滴定终点的准确判断
【解析】（1）由实验装置图3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
Fe 99.20%
使溶液显紫红色， 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：
溶液由紫红色恰好变为无色（或溶液褪为无色）。
AlI3
（2）A． 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；
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
AlI3
石棉网)加热，B错误；
C． 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等）
的装置中进行，不能直接在蒸发皿浓缩，C错误；
AlI3
D． 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，
D正确；
AlI3
故选BC。
（3）碘易溶于正己烷，而 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，
AlI3
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 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-2指示剂，可以防止
25.00mL 25.00mL4.000×10 mol/LAgNO3
生成 沉淀； 的溶度积+常数与 非常接近，因此， 溶液不能用作指示剂，应该选用
Ag [NH4Fe(SO4)2]
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，故
Ag2SO4 Ag2CrO4 AgSCN K2CrO4
滴定至溶液呈浅红色；综上所述3+，需要补全的操作步骤依次是：a e d f。 −
[NH4Fe(SO4)2] Fe [NH4Fe(SO4)2] SCN
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，
3+ 3+ 3+
Fe Al [NH4Fe(SO4)2] Fe因此加入稀酸B的作用是：抑制 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， 3+ 标准溶液分别与 溶液中的 、
Fe
标准溶液中的 发生反应生成 和 -2 ；由 守恒可知， - ，则-2
25.00mL4.000×10 mol/LAgNO3 AlI3 I 1.000×10 mol/LNH4SCN
− ；+ 三次滴定消耗 标准溶液的平均体积为 ，则
SCN AgI AgSCN Ag n(AgI)+n(AgSCN)=n(AgNO3)
n(AgI)=n(AgNO3)-n(AgSCN)=n(AgNO3)-n(NH4SCN) NH4SCN 25.60mL
−3 −1 -2
n(AgI)=n(AgNO3)-n(AgSCN)=n(Ag=NO3)-n(NH4SCN)，=由25I.守00恒m可L×知10 L⋅mL ×4.000×10 mol/L-25.60mL×
−3 −1 -2 -4 1 -4 1
10 L⋅mL ×1.000×10 mol/L 7.440×10 mol n(AlI3)=3n(AgI)=7.440×10 mol×3=
，因此，纯度为 。
-4
-4 2.480×10 mol×408g/mol
25.00mL
221.4．80某×研1究0 小m组ol按下列路线合成抗炎1.镇020痛0g药×2“50消mL炎痛”×(部10分0%反应=条99件.20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． 的反应涉及加成反应和消去反应
C． 的反应中，试剂可用
A+B→C
D．“消炎痛”的分子式为
D→E Cl2/FeCl3
(4)写出 的化学方程式 。
C18H16ClNO4
H→I
(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) 。
CH3CHO
(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 ，无三元环。
【答案】(1)羧基、氯原子
(-OCH3)
(2)
(3)AD(4)
+HCl→NH4Cl+
(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． 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；
A+B→C
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→NH4Cl+
（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 ，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
CH3COCH2CH2COOCH3
(-OCH )，无三元环，符合条件的结构简式为： 、 、 、
3
。
