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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02
（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 F 19 Al 27
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·全国新课标卷）化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是
A．竹简的成分之一纤维素属于天然高分子
B．龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物
C．古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2
D．古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3
【答案】C
【详解】A．纤维素是一种天然化合物，其分子式为(C6H10O5)n，其相对分子质量较高，是一种天然高分子，
A 正确；
B．羟基磷灰石又称又称羟磷灰石、碱式磷酸钙，其化学式为[Ca10(PO4)6(OH)2]，属于无机物，B 正确；
C．熟石膏是主要成分为2CaSO4·H2O，Ca(OH)2为熟石灰的主要成分，C 错误；
D．Fe2O3为红色，常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，俗称铁红，D 正确；
故答案选C。
8．（2023·全国甲卷）
为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．
异丁烷分子中共价键的数目为
B．标准状况下，
中电子的数目为
C．
的
溶液中
的数目为
D．
的
溶液中
的数目为
【答案】A
【详解】A．异丁烷的结构式为
，1mol 异丁烷分子含有13NA共价键，所以0.50mol 异丁
烷分子中共价键的数目为6.5NA，A 正确；
1
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B．在标准状况下，SO3状态为固态，不能计算出2.24L SO3物质的量，故无法求出其电子数目，B 错误；
C．pH=2 的硫酸溶液中氢离子浓度为c(H+)=0.01mol/L，则1.0L pH=2 的硫酸溶液中氢离子数目为0.01NA，
C 错误；
D．
属于强碱弱酸盐，在水溶液中CO
会发生水解，所以1.0L 1.0 mol/L 的Na2CO3溶液中CO
的
数目小于1.0NA，D 错误；
故选A。
9．（2023·全国乙卷）下列反应得到相同的产物，相关叙述错误的是
A．①的反应类型为取代反应
B．反应②是合成酯的方法之一
C．产物分子中所有碳原子共平面
D．产物的化学名称是乙酸异丙酯
【答案】C
【详解】A．反应①为乙酸和异丙醇在酸的催化下发生酯化反应生成了乙酸异丙酯和水，因此，①的反应
类型为取代反应，A 叙述正确；
B．反应②为乙酸和丙烯发生加成反应生成乙酸异丙酯，该反应的原子利用率为100%，因此，该反应是合
成酯的方法之一，B 叙述正确；
C．乙酸异丙酯分子中含有4 个饱和的碳原子，其中异丙基中存在着一个饱和碳原子连接两个饱和碳原子
和一个乙酰氧基，类比甲烷的正四面体结构可知，乙酸异丙酯分子中的所有碳原子不可能共平面，C 叙述
是错误；
D．两个反应的产物是相同的，从结构上看，该产物是由乙酸与异丙醇通过酯化反应生成的酯，故其化学
名称是乙酸异丙酯，D 叙述是正确；
综上所述，本题选C。
10．（2023·广东卷）1827 年，英国科学家法拉第进行了
喷泉实验。在此启发下，兴趣小组利用以下
装置，进行如下实验。其中，难以达到预期目的的是
2
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A．图1：喷泉实验B．图2：干燥
C．图3：收集
D．图4：制备
【答案】B
【详解】A．
极易溶于水，溶于水后圆底烧瓶内压强减小，从而产生喷泉，故A 可以达到预期；
B．P2O5为酸性氧化物，
具有碱性，两者可以发生反应，故不可以用P2O5干燥
，故B 不可以达到
预期；
C．
的密度比空气小，可采用向下排空气法收集，故C 可以达到预期；
D．CaO 与浓氨水混合后与水反应并放出大量的热，促使
挥发，可用此装置制备
，故D 可以达到
预期；
故选B。
11．（2023·北京卷）回收利用工业废气中的
和
，实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A．废气中
排放到大气中会形成酸雨
3
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B．装置a 中溶液显碱性的原因是
的水解程度大于
的电离程度
C．装置a 中溶液的作用是吸收废气中的
和
D．装置中的总反应为
【答案】C
【详解】A．
是酸性氧化物，废气中
排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A 正确；
B．装置a 中溶液的溶质为
，溶液显碱性，说明
的水解程度大于电离程度，故B 正确；
C．装置a 中
溶液的作用是吸收
气体，
与
溶液不反应，不能吸收
，故C 错误；
D．由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b 中总反应为
，故D 正确；
选C。
12．（2023·湖南卷）
是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合
成的某
(Ⅱ)催化剂(用
表示)能高效电催化氧化
合成
，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．
(Ⅱ)被氧化至
(Ⅲ)后，配体
失去质子能力增强
B．M 中
的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
4
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D．该过程的总反应式：
【答案】B
【详解】A．
(Ⅱ)被氧化至
(Ⅲ)后，
中的
带有更多的正电荷，其与N 原子成键后，
吸引电子的能力比
(Ⅱ)强，这种作用使得配体
中的
键极性变强且更易断裂，因此其失去
质子（
）的能力增强，A 说法正确；
B．
(Ⅱ)中
的化合价为+2，当其变为
(Ⅲ)后，
的化合价变为+3，
(Ⅲ)失去2 个质子后，N 原
子产生了1 个孤电子对，
的化合价不变；M 为
，当
变为M 时，N 原子
的孤电子对拆为2 个电子并转移给
1 个电子，其中
的化合价变为
，因此，B 说法不正确；
C．该过程M 变为
时，有
键形成，
是非极性键，C 说法正确；
D．从整个过程来看， 4 个
失去了2 个电子后生成了1 个
和2 个
，
(Ⅱ)是催化剂，因此，
该过程的总反应式为
，D 说法正确；
综上所述，本题选B。
13．（2023·湖北卷）
为某邻苯二酚类配体，其
，
。常温下构建
溶
液体系，其中
，
。体系中含Fe 物种的组分分布系数δ
与pH 的关系如图所示，分布系数
，已知
，
。下列说法正确的
是
5
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A．当
时，体系中
B．pH 在9.5~10.5 之间，含L 的物种主要为
C．
的平衡常数的lgK 约为14
D．当
时，参与配位的
【答案】C
【分析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的
pH，利用此规律解决本题。
【详解】A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1 时，富含L 的型体主要为H2L，此时电
离出的HL-较少，根据H2L 的一级电离常数可以简单计算pH=1 时溶液中c(HL-)≈5×10-9.46，但pH=1 时
c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A 错误；
B．根据图示的分布分数图可以推导出，H2L 在pH≈9.9 时HL-的含量最大，而H2L 和L2-的含量最少，因此
当pH 在9.5~10.5 之间时，含L 的物种主要为HL-，B 错误；
C．该反应的平衡常数K=
，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K 简化为K=
，此时体系的pH=4，在pH=4 时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即
lg K≈14，C 正确；
D．根据图像，pH=10 时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到
c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗
了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D 错误；
6
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故答案选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．（15 分）（2023·重庆卷）
是一种用途广泛的磁性材料，以
为原料制备
并获得副产
物
水合物的工艺如下。
时各物质溶度积见下表：
物质
溶度积
回答下列问题：
(1)
中
元素的化合价是
和 。
的核外电子排布式为 。
(2)反应釜1 中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。
(3)反应釜2 中，加入
和分散剂的同时通入空气。
①反应的离子方程式为 。
②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。
(4)①反应釜3 中，
时，
浓度为
，理论上
不超过 。
②称取
水合物
，加水溶解，加入过量
，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，
用
标准溶液滴定，消耗
。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中
的质量分数为 。
【答案】(1) +3 1s22s22p6
(2)防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁
7
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(3)
适当升高温度、搅拌
(4) 11 最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 66.6%
【分析】
溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，
溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2
中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，
【详解】（1）
可以写成
，故
元素的化合价是
和+3。
为氧原子得到2 个电子形成
的，核外电子排布式为1s22s22p6；
（2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1 中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中
氧气氧化为三价铁；
（3）①反应釜2 中，加入
和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和
水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为
。
②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；
（4）①反应釜3 中，
时，
浓度为
，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此
时
，pOH=3，pH=11，故理论上
不超过11。
②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内
不变色；
氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀
，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化
还原反应：
，结合质量守恒可知，
，则该副产物中
的质量分数为
。
【点睛】
8
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27．（14 分）（2023·福建卷）某研究小组以
为原料制备新型耐热材料
。
步骤一：
水解制备
(实验装置如图A，夹持装置省略)：滴入
，边搅拌边加热，使混合液升
温至
，保温3 小时。离心分离白色沉淀
并洗涤，煅烧制得
。
(1)装置 A 中冷凝水的入口为 （填“a”或“b”）
(2)三颈烧瓶中预置的稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成。
水解生成的胶体主要成分为
(填化学式)。
(3)判断
沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 。
步骤二：由
制备
并测定产率(实验装置如下图，夹持装置省略)。
(4)装置C 中试剂X 为 。
(5)装置D 中反应生成
和
，该反应的化学方程式为 。
(6)装置E 的作用是 。
(7)实验中部分操作如下：
9
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a．反应前，称取
样品；
b．打开装置B 中恒压滴液漏斗旋塞；
c．关闭装置B 中恒压滴液漏斗旋塞；
d．打开管式炉加热开关，加热至
左右；
e．关闭管式炉加热开关，待装置冷却；
f．反应后，称得瓷舟中固体质量为
。
①正确的操作顺序为：a→ →f(填标号)。
②
的产率为 。
【答案】(1)b
(2)
(3)
(或
、硝酸银、酸化的硝酸银)
(4)碱石灰(或生石灰
以及这些物质的组合均可)
(5)
(6)吸收氨气与水 (7) bdec 80.0%或80%、0.8
【分析】稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成，向盐酸中滴入
，搅拌并加热，
在盐酸中
水解生成白色沉淀
，将
洗涤，煅烧制得
，装置B 中利用浓氨水和生石灰反应
制备NH3，利用装置C 除去NH3中的水蒸气，则试剂X 可以是碱石灰，装置D 中，NH3和
在800℃下
反应生成
和
，化学方程式为
，装置E 中装有CaCl2，可
以吸收生成的水蒸气及过量的NH3。
【详解】（1）装置 A 中冷凝水应从下口进上口出，则冷凝水的入口为b；
（2）
水解生成
，
水解生成的胶体主要成分为
；
10
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（3）
沉淀中含有少量的Cl-杂质，判断
沉淀是否洗涤干净，只需检验洗涤液中是否
含有Cl-，若最后一次洗涤液中不含Cl-，则证明
沉淀清洗干净，检验Cl-，应选用的试剂是硝酸
酸化的AgNO3；
（4）由分析可知，装置C 中试剂X 为碱石灰；
（5）由分析可知，该反应的化学方程式为
；
（6）由分析可知，装置E 的作用是吸收氨气与水；
（7）①该实验应先称取一定量的
固体，将
放入管式炉中，提前通入NH3排出管式炉中空气后再
进行加热，当反应结束后，应先停止加热，待冷却至室温后再停止通入NH3，则正确的实验操作步骤为
abdecf；
②
的物质的量为
，则TiN 的理论产量为
，反应后剩余
固体质量为0.656g，则固体质量减少质量为0.800g-0.656g=0.144g，根据
，则TiN 的实际产量=
，
则TiN 产率为
。
28．（14 分）（2023·辽宁卷）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过
程中CuSO4·5H2O 分解的TG 曲线(热重)及DSC 曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。
700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 和 (填化学式)。
11
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(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为 。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+
O2(g)
SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度
的关系如下图所示，下列说法正确的是 。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88 的曲线代表平衡转化率
c．α 越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所
示，催化性能最佳的是 (填标号)。
12
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(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p 和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp=
(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【答案】(1) CuO SO3
(2)催化剂 反应中有污染空气的NO 和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来
杂质、产率不高（答案合理即可）
(3) cd d
【详解】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反
应，从TG 图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO 剩余，还有其他气体产出，
此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO4
3CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反
应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为
CuO、SO3。
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；
(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO 和NO2放出影响空气环境、同时作为催化
剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。
（3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a 错误；
b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的
时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88 的条件下是平衡转化率，b 错误；
c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c
正确；
d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率
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选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d 正确；
故答案选cd；
(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d 的催化剂V-K-Cs-
Ce 对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp=
=
=
；设SO2初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp=
=
，故答案为
。
（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·全国甲卷）将酞菁—钴钛菁—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的
催化剂。回答下列问题：
(1)图1 所示的几种碳单质，它们互为 ，其中属于原子晶体的是 ，
间的作用力是 。
(2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2 所示。
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酞菁分子中所有原子共平面，其中
轨道能提供一对电子的
原子是 (填图2 酞菁中
原子的标号)。
钴酞菁分子中，钴离子的化合价为 ，氮原子提供孤对电子与钴离子形成 键。
(3)气态
通常以二聚体
的形式存在，其空间结构如图3a 所示，二聚体中
的轨道杂化类型为
。
的熔点为
，远高于
的
，由此可以判断铝氟之间的化学键为 键。
结构
属立方晶系，晶胞如图3b 所示，
的配位数为 。若晶胞参数为
，晶体密度
(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为
)。
【答案】(1) 同素异形体 金刚石 范德华力
(2)③ +2 配位
(3)
离子 2
【详解】（1）同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图1 所示的几种碳单质，它们的组成元素均
为碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，
属于分子
晶体，碳纳米管不属于原子晶体；
间的作用力是范德华力；
（2）已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C 原子和所有的N 原子均为
杂化，且分子中
存在大π 键，其中标号为①和②的N 原子均有一对电子占据了一个
杂化轨道，其p 轨道只能提供1 个电
子参与形成大π 键，标号为③的N 原子的 p 轨道能提供一对电子参与形成大π 键，因此标号为③的N 原子
形成的N—H 键易断裂从而电离出
；钴酞菁分子中，失去了2 个
的酞菁离子与钴离子通过配位键结
15
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合成分子，因此，钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。
（3）由
的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al 原子价层电子对数是4，其与其周围的4 个氯
原子形成四面体结构，因此，二聚体中A1 的轨道杂化类型为
。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的
192℃，由于F 的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由
AlF3的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为
，蓝色球的个数为
，则灰色的球为
，距
最近且等距的
有2 个，则
的配位数为2。若晶胞参数为a pm，则晶胞的体积为
，晶胞的质量为
，则其晶体密度
。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（15 分）
（2023·全国新课标卷）莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗塞或脑出血后遗症
等症状。以下为其合成路线之一。
回答下列问题：
(1)A 的化学名称是 。
(2)C 中碳原子的轨道杂化类型有 种。
(3)D 中官能团的名称为 、 。
(4)E 与F 反应生成G 的反应类型为 。
(5)F 的结构简式为 。
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(6)I 转变为J 的化学方程式为 。
(7)在B 的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种(不考虑立体异构)；
①含有手性碳；②含有三个甲基；③含有苯环。
其中，核磁共振氢谱显示为6 组峰，且峰面积比为
的同分异构体的结构简式为 。
【答案】(1)3-甲基苯酚(间甲基苯酚)
(2)2
(3)氨基 羟基
(4)取代反应
(5)
(6)
+H2O
+HCl+N2↑
(7) 9
【分析】根据流程，A 与2-溴丙烷发生取代反应生成B，B 与NaNO2发生反应生成C，C 与NH4HS 反应生
成D，D 与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应生成E，结合E 的结构简式和D 的分子式可知，D 为
；E 与F 反应生成G，结合E 和G 的结构简式和F 的分子式可知，F 为
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；G 发生两步反应生成H，H 再与NaNO2/HCl 反应生成I，结合I 的结构和H 的分子
式可知，H 为
；I 与水反应生成J，J 与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应生成
K，结合K 的结构简式和J 的分子式可知，J 为
；据此分析解题。
【详解】（1）根据有机物A 的结构，有机物A 的化学名称为3-甲基苯酚(间甲基苯酚)。
（2）有机物C 中含有苯环，苯环上的C 原子的杂化类型为sp2杂化，还含有甲基和异丙基，甲基和异丙基
上的C 原子的杂化类型为sp3杂化，故答案为2 种。
（3）根据分析，有机物D 的结构为
，其官能团为氨基和羟基。
（4）有机物E 与有机物F 发生反应生成有机物G，有机物中的羟基与有机物F 中的Cl 发生取代反应生成
有机物G，故反应类型为取代反应。
（5）根据分析，有机物F 的结构简式为
。
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（6）有机物I 与水反应生成有机物J，该反应的方程式为
+H2O
+HCl+N2↑。
（7）连有4 个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。在B 的同分异构体中，含有手性碳、含有3 个
甲基、含有苯环的同分异构体有9 种，分别为：
、
、
、
、
、
、
、
、
；其
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中，核磁共振氢谱显示为6 组峰，且峰面积比为3:3:3:2:2:1 的同分异构体的结构简式为
。
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