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冲刺2024 年高考化学真题重组卷（全国卷老教材）
真题重组卷01
（考试时间：50 分钟 试卷满分：100 分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32
一、选择题：本题共7 小题，每小题6 分，共42 分。在每小题给出的四个选项中，这样一项是符合题目要
求的。
7．（2023·全国甲卷）化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B．豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C．SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分
D．维生素C 可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
【答案】B
【解析】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸
性，A 说法不正确；
B．胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射；豆浆属于胶体，因此，其能产生丁达尔效
应是由于胶体粒子对光线的散射，B 说法正确；
C．
可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C 说法不正确；
D．维生素C 具有很强的还原性，因此，其可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧气氧化，从而防
止水果被氧化，D 说法不正确；
综上所述，本题选B。
8．（2023·海南卷）
代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2.4g 镁条在空气中充分燃烧，转移的电子数目为
B．5.6g 铁粉与
的HCl 的溶液充分反应，产生的气体分子数目为
C．标准状况下，
与
充分反应，生成的
分子数目为
D．
完全溶于
所得溶液，
微粒数目为
【答案】A
【解析】A．2.4g 镁条在空气中充分燃烧，镁被氧化为+2 价，故转移的电子数目为
，故A 正确；
B．5.6g 铁粉与
的HCl 的溶液充分反应，产生的氢气的分子数目为
，故B 错误；
C．标准状况下，
与
充分反应，该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故
生成的
分子数目无法计算，故C 错误；
D．
完全溶于
所得溶液，发生反应：
，生成的
微粒数目
小于
，故D 错误。
答案为：A。
1
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9．（2023·全国乙卷）下列装置可以用于相应实验的是
A
B
C
D
制备
分离乙醇和乙酸
验证
酸性
测量
体积
【答案】D
【解析】A．Na2CO3固体比较稳定，受热不易分解，所以不能采用加热碳酸钠的方式制备二氧化碳，A 错
误；
B．乙醇和乙酸是互溶的，不能采用分液的方式分离，应采用蒸馏来分离，B 错误；
C．二氧化硫通入品红溶液中，可以验证其漂白性，不能验证酸性，C 错误；
D．测量氧气体积时，装置选择量气筒，测量时要恢复到室温，量气筒和水准管两边液面高度相等时，氧
气排开水的体积与氧气的体积相等，即可用如图装置测量氧气的体积，D 正确；
故选D。
10．（2023·全国新课标卷）光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。
下列说法错误的是
A．该高分子材料可降解
B．异山梨醇分子中有3 个手性碳
C．反应式中化合物X 为甲醇
D．该聚合反应为缩聚反应
【答案】B
【解析】A．该高分子材料中含有酯基，可以降解，A 正确；
B．异山梨醇中
四处的碳原子为手性碳原子，故异山梨醇分子中有4 个手性碳，
B 错误；
C．反应式中异山梨醇释放出一个羟基与碳酸二甲酯释放出的甲基结合生成甲醇，故反应式中X 为甲醇，
C 正确；
D．该反应在生产高聚物的同时还有小分子的物质生成，属于缩聚反应，D 正确；
故答案选B。
2
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11．（2023·湖北卷）我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置
工作时阳极无
生成且KOH 溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为
。下列说法错误的是
A．b 电极反应式为
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE 膜
D．海水为电解池补水的速率为
【答案】D
【分析】由图可知，该装置为电解水制取氢气的装置，a 电极与电源正极相连，为电解池的阳极，b 电极与
电源负极相连，为电解池的阴极，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，电
池总反应为2H2O
2H2↑+O2↑，据此解答。
【解析】A．b 电极反应式为b 电极为阴极，发生还原反应，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A 正确；
B．该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH 浓度不变，阳极发生的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，为保持
OH-离子浓度不变，则阴极产生的OH-离子要通过离子交换膜进入阳极室，即离子交换膜应为阴离子交换
摸，故B 正确；
C．电解时电解槽中不断有水被消耗，海水中的动能高的水可穿过PTFE 膜，为电解池补水，故C 正确；
D．由电解总反应可知，每生成1molH2要消耗1molH2O，生成H2的速率为
，则补水的速率也应是
，故D 错误；
答案选D。
12．（2023·福建卷）某含锰着色剂的化学式为
，Y、X、Q、Z 为原子序数依次增大的短周期
元素，其中
具有正四面体空间结构，
结构如图所示。下列说法正确的是
A．键角：
B．简单氢化物沸点：
C．第一电离能：
D．最高价氧化物对应的水化物酸性：
【答案】C
【分析】由题意，Y、X、Q、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，其中
具有正四面体空间结构，可
3
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知
为
，故Y 为H，X 为N；同时分析
结构，可知Q 正常情况应该成两根键，Q 为ⅥA 的元
素，同时Z 也成5 根键，Z 为ⅤA 的元素，故Q 为O,Z 为P。
【解析】A．
和
都是sp3杂化，但是
中有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用
更大，在一个
是三角锥形结构，而
是正四面体结构，故键角：
＜
，A 错误；
B．X、Q、Z 分别为N、O、P，沸点顺序为
,正确顺序为Q＞X＞Z，B 错误;
C．同主族元素从上到下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，故第一电离能：N＞
O＞Mn，C 正确;
D．Z 的最高价氧化物对应的水化物为
,X 最高价氧化物对应的水化物为
,前者为中强酸而后者
为强酸，D 错误；
故选C。
13．（2023·北京卷）利用平衡移动原理，分析一定温度下
在不同
的
体系中的可能产物。
已知：i.图1 中曲线表示
体系中各含碳粒子的物质的量分数与
的关系。
ii.2 中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合
；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
[注：起始
，不同
下
由图1 得到]。
下列说法不正确的是
A．由图1，
B．由图2，初始状态
，无沉淀生成
C．由图2，初始状态
，平衡后溶液中存在
D．由图1 和图2，初始状态
、
，发生反应：
【答案】C
4
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【解析】A．水溶液中的离子平衡 从图1 可以看出
时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，
A 项正确；
B．从图2 可以看出
、
时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉
淀或氢氧化镁沉淀，B 项正确；
C．从图2 可以看出
、
时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料
守恒，溶液中
，C 项错误；
D．
时，溶液中主要含碳微粒是
，
，
时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会
生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为
，D 项正确；
故选C。
二、非选择题：共58 分，第26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36 题为选考题，考生根
据要求作答。
（一）必考题：共43 分。
26．（13 分）（2023·全国甲卷）
是一种压电材料。以
为原料，采用下列路线可制备粉状
。
回答下列问题：
(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。
(2)“焙烧”后固体产物有
、易溶于水的
和微溶于水的
。“浸取”时主要反应的离子方程式为
。
(3)“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。
(5)“沉淀”步骤中生成
的化学方程式为 。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的
。
【答案】(1)做还原剂，将
还原
(2)
(3)c
(4)不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体
会污染空气，而且
与盐酸反应生成可溶
5
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于水的
，导致
溶液中混有
杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
(5)
(6)
【分析】由流程和题中信息可知，
与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
、
、易
溶于水的
和微溶于水的
；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和
，滤液中有
和
；滤液
经酸化后浓缩结晶得到
晶体；
晶体溶于水后，加入
和
将钡离子充分沉淀得
到
；
经热分解得到
。
【解析】（1）“焙烧”步骤中，
与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
、
、
和
，
被还原为
，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将
还原。
（2）“焙烧”后固体产物有
、易溶于水的
和微溶于水的
。易溶于水的
与过量的
可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为
。
（3）“酸化”步骤是为了将
转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而
可溶
于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体
会污染空气，而且
与盐酸反应生成可溶于水的
，导致
溶液中混有
杂质无法除去、
最终所得产品的纯度降低。
（5）“沉淀”步骤中生成
的化学方程式为：
+
+
=
。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，
，
因此，产生的
=
。
27．（15 分）（2023·全国乙卷）元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对
有机化合物进行C、H 元素分析。
回答下列问题：
(1)将装有样品的Pt 坩埚和CuO 放入石英管中，先 ，而后将已称重的U 型管c、d 与石英管连接，
检查 。依次点燃煤气灯 ，进行实验。
(2)O2的作用有 。CuO 的作用是 (举1 例，用化学方程式表示)。
(3)c 和d 中的试剂分别是 、 (填标号)。c 和d 中的试剂不可调换，理由是 。
A．CaCl2 B．NaCl C．碱石灰(CaO+NaOH) D．Na2SO3
6
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(4)Pt 坩埚中样品CxHyOz 反应完全后，应进行操作： 。取下c 和d 管称重。
(5)若样品CxHyOz 为0.0236g，实验结束后，c 管增重0.0108g，d 管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相
对分子量为118，其分子式为 。
【答案】(1)通入一定的O2 装置气密性 b、a
(2)为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U 型管中 CO+CuO
Cu+CO2
(3) A C 碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
(4)继续吹入一定量的O2，冷却装置
(5)C4H6O4
【分析】利用如图所示的装置测定有机物中C、H 两种元素的含量，这是一种经典的李比希元素测定法，
将样品装入Pt 坩埚中，后面放置一CuO 做催化剂，用于催化前置坩埚中反应不完全的物质，后续将产物
吹入道两U 型管中，称量两U 型管的增重计算有机物中C、H 两种元素的含量，结合其他技术手段，从而
得到有机物的分子式。
【解析】（1）实验前，应先通入一定的O2吹空石英管中的杂质气体，保证没有其他产物生成，而后将已
U 型管c、d 与石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b 处酒精灯后点燃a 处酒精灯，保证当a 处发生
反应时产生的CO 能被CuO 反应生成CO2
（2）实验中O2的作用有：为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U 型管中；CuO 的作用
是催化a 处产生的CO，使CO 反应为CO2，反应方程式为CO+CuO
Cu+CO2
（3）有机物燃烧后生成的CO2和H2O 分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c 管装有无水CaCl2，d 管装有
碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定；
（4）反应完全以后应继续吹入一定量的O2，保证石英管中的气体产物完全吹入两U 型管中，使装置冷却；
（5）c 管装有无水CaCl2，用来吸收生成的水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此可以得到有机物中H
元素的物质的量n(H)=
=
=0.0012mol；d 管装有碱石灰，用来吸收生成的CO2，则增
重量为CO2的质量，由此可以得到有机物中C 元素的物质的量n(C)=
=
=0.0008mol；有
机物中O 元素的质量为0.0128g，其物质的量n(O)=
=
=0.0008mol；该有机物中C、H、O
三种元素的原子个数比为0.0008：0.0012：0.0008=2：3：2；质谱测得该有机物的相对分子质量为118，则
其化学式为C4H6O4；
【点睛】本实验的重点在于两U 型管的摆放顺序，由于CO2需要用碱石灰吸收，而碱石灰的主要成分为
CaO 和NaOH，其成分中的CaO 也可以吸收水蒸气，因此在摆放U 型管位置时应将装有碱石灰的U 型管置
于无水CaCl2之后，保证实验结果。
28．（15 分）（2023·全国新课标卷）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。
回答下列问题：
7
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(1)根据图1 数据计算反应
的
。
(2)研究表明，合成氨反应在
催化剂上可能通过图2 机理进行(*表示催化剂表面吸附位，
表示被吸附
于催化剂表面的
)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标号)，
理由是 。
(3)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中
一种进料组成为
，另一种为
。(物质i 的摩尔分数：
)
①图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是 。
②进料组成中含有惰性气体
的图是 。
③图3 中，当
、
时，氮气的转化率
。该温度时，反应
的平衡常数
(化为最简式)。
【答案】(1)
(2) (ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于
的
键能比H-H 键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
(3)
合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大 图4
【解析】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物
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的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1 数据可知，反应
的
。
（2）由图1 中信息可知，
的
，则
的键能为
；
的
，则H-H 键的键能为
。在化学反应中，最大的能垒为速率
控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于
的键能比H-H 键的大很多，因此，在上述反应机
理中，速率控制步骤为(ⅱ)。
（3）已知
属于立方晶系，晶胞参数
，密度为
，设其晶胞中含有
的原子数为
，
则
晶体密度
，解之得
，即
晶胞中含有
的原子数
为
。
（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图
中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数
，因此，图中压强由小到大的顺序为
，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。
②对比图3 和图4 中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4 中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下
充入惰性气体
，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大
的方向移动，因此，充入惰性气体
不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体
的图是图4。
③图3 中，进料组成为
两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分
别为3mol 和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有：
当
、
时，
，解之得
，则氮气的转化率
，平衡时
、
、
的物质的量分别为
、2
、
，其物质的量分数分别为
、
、
，则该温度下
因此，该温度时，反应
的平衡常数
。
9
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（二）选考题：共15 分。请考生从2 道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15 分）
（2023·北京卷）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根
可看作是
中的一个
原子被
原子取代的产物。
(1)基态
原子价层电子排布式是 。
(2)比较
原子和
原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由： 。
(3)
的空间结构是 。
(4)同位素示踪实验可证实
中两个
原子的化学环境不同，实验过程为
。过程ⅱ中，
断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是
和
，过程ⅱ含硫产物是 。
(5)
的晶胞形状为长方体，边长分别为
、
，结构如图所示。
晶胞中的
个数为 。已知
的摩尔质量是
，阿伏加德罗常数
为
，该晶体的密度为
。
(6)浸金时，
作为配体可提供孤电子对与
形成
。分别判断
中的中心
原子和
端基
原子能否做配位原子并说明理由： 。
【答案】(1)
(2)
，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子
(3)四面体形
(4)
和
(5) 4
(6)
中的中心原子S 的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S 原子含有孤电子对，
能做配位原子
【解析】（1）S 是第三周期ⅥA 族元素，基态S 原子价层电子排布式为
。答案为
；
（2）S 和O 为同主族元素，O 原子核外有2 个电子层，S 原子核外有3 个电子层，O 原子半径小，原子核
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对最外层电子的吸引力大，不易失去1 个电子，即O 的第一电离能大于S 的第一电离能。答案为
I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；
（3）
的中心原子S 的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形，
可看作是
中1 个O 原子被S 原子取代，则
的空间构型为四面体形。答案为四面体形；
（4）过程Ⅱ中
断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中
最终转化为
，S 最终
转化为
。若过程ⅰ所用的试剂为
和
，过程Ⅱ的含硫产物是
和
。答案为
和
；
（5）由晶胞结构可知，1 个晶胞中含有
个
，含有4 个
；该晶
体的密度
。答案为4；
；
（6）具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。
中的中心原子S 的价层电子对数为
4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S 原子含有孤电子对，能做配位原子。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（15 分）
（2023·全国乙卷）奥培米芬(化合物J)是一种雌激素受体调节剂，以下是一种合成路线(部分反应条件己简
化)。
已知：
回答下列问题：
(1)A 中含氧官能团的名称是 。
(2)C 的结构简式为 。
(3)D 的化学名称为 。
(4)F 的核磁共振谱显示为两组峰，峰面积比为1∶1，其结构简式为 。
(5)H 的结构简式为 。
11
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(6)由I 生成J 的反应类型是 。
(7)在D 的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种；
①能发生银镜反应；②遇FeCl3溶液显紫色；③含有苯环。
其中，核磁共振氢谱显示为五组峰、且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1 的同分异构体的结构简式为 。
【答案】(1)醚键和羟基
(2)
(3)苯乙酸
(4)
(5)
(6)取代反应(水解反应)
(7) 13
【分析】有机物A 与有机物B 发生反应生成有机物C，有机物C 与有机物D 在多聚磷酸的条件下反应生成
有机物E，根据有机物E 的结构可以推测，有机物C 的结构为
，进而推断出有机
物D 的结构为
；有机物E 与有机物F 反应生成有机物G，有机物G 根据已知条件发生反应生成
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有机物H，有机物H 的结构为
，有机物H 发生两步反应得到目标化合物
J(奥培米芬)；据此分析解题。
【解析】（1）根据有机物A 的结构，有机物A 中的含氧官能团是醚键和羟基。
（2）根据分析，有机物C 的结构简式为
。
（3）根据分析，有机物D 的结构为
，其化学名称为苯乙酸。
（4）有机物F 的核磁共振氢谱显示未两组峰，封面积比为1：1，说明这4 个H 原子被分为两组，且物质
应该是一种对称的结构，结合有机物F 的分子式可以得到，有机物F 的结构简式为
。
（5）根据分析，有机物H 的结构简式为
。
（6）根据流程，有机物I 在LiAlH4/四氢呋喃的条件下生成有机物J，从J 的结构中可以看出，有机物右侧
的酯基断裂生成了羟基，故该反应为取代反应(水解反应)。
（7）能发生银镜反应说明该结构中含有醛基，能遇FeCl3溶液显紫色说明该结构中含有酚羟基，则满足这
三个条件的同分异构体有13 种。此时可能是情况有，固定醛基、酚羟基的位置处在邻位上，变换甲基的位
置，这种情况下有4 种可能；固定醛基、酚羟基的位置处在间位上，变换甲基的位置，这种情况下有4 种
可能；固定醛基、酚羟基的位置处在对位上，变换甲基的位置，这种情况下有2 种可能；将醛基与亚甲基
相连，变换酚羟基的位置，这种情况下有3 种可能，因此满足以上条件的同分异构体有4+4+2+3=13 种。
其中，核磁共振氢谱显示为五组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1，说明这总同分异构体中不能含有甲基
13
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且结构为一种对称结构，因此，这种同分异构体的结构简式为：
。
14
