2024年高考化学试卷（全国甲卷）（解析卷）_历年高考真题合集_化学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考化学真题_化学（按年份分类）2008-2025_2024·高考化学真题

2024 年普通高等学校招生全国统一考试（甲卷） 理科综合能力测试 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证 号、座位号填写在本试卷上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。涂写在本试卷上无效。 3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Zn 65 Pb 207 一、选择题：本题共 13小题，每小题 6分，共 78分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。 1. 人类对能源的利用经历了柴薪、煤炭和石油时期，现正向新能源方向高质量发展。下列有关能源的叙述 错误的是 A. 木材与煤均含有碳元素 B. 石油裂化可生产汽油 C. 燃料电池将热能转化为电能 D. 太阳能光解水可制氢 【答案】C 【解析】 【详解】A．木材的主要成分为纤维素，纤维素中含碳、氢、氧三种元素，煤是古代植物埋藏在地下经历 了复杂的变化逐渐形成的固体，是有机物和无机物组成的复杂混合物，主要含碳元素，A正确； B．石油裂化是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，汽油 的相对分子质量较小，可以通过石油裂化的方式得到，B正确； C．燃料电池是将燃料的化学能变成电能的装置，不是将热能转化为电能，C错误； D．在催化剂作用下，利用太阳能光解水可以生成氢气和氧气，D正确； 故答案选C。 2. 下列过程对应的离子方程式正确的是 A. 用氢氟酸刻蚀玻璃：SiO2-+4F-+6H+=SiF ­+3H O 3 4 2 B. 用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：2Fe3++3Cu=3Cu2++2Fe C. 用硫代硫酸钠溶液脱氯：S O2-+2Cl +3H O=2SO2-+4Cl-+6H+ 2 3 2 2 3 第1页/共19页 学科网（北京）股份有限公司D. 用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO +CO2-=CaCO +SO2- 4 3 3 4 【答案】D 【解析】 【详解】A．玻璃的主要成分为SiO ，用氢氟酸刻蚀玻璃时，SiO 和氢氟酸反应生成SiF 气体和水，反应 2 2 4 的方程式为SiO +4HF=SiF ↑+2H O，A错误； 2 4 2 B．Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+，三氯化铁刻蚀铜电路板时反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B 错误； C．氯气具有强氧化性，可以氧化硫代硫酸根成硫酸根，氯气被还原为氯离子，反应的离子方程式为S O 2 2-+4Cl +5H O=2SO2-+8Cl-+10H+，C错误； 3 2 2 4 D．碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，可以用碳酸钠溶液浸泡水垢使硫酸钙转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙， 反应的离子方程式为CaSO +CO2-=CaCO +SO2- ，D正确； 4 3 3 4 故答案选D。 3. 我国化学工作者开发了一种回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的方法，其转化路线如下所示。 下列叙述错误的是 A. PLA在碱性条件下可发生降解反应 B. MP的化学名称是丙酸甲酯 C. MP的同分异构体中含羧基的有3种 D. MMA可加聚生成高分子 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据PLA的结构简式，聚乳酸是其分子中的羧基与另一分子中的羟基发生反应聚合得到的， 含有酯基结构，可以在碱性条件下发生降解反应，A正确； B．根据MP的结果，MP可视为丙酸和甲醇发生酯化反应得到的，因此其化学名称为丙酸甲酯，B正确； C．MP的同分异构体中，含有羧基的有2种，分别为正丁酸和异丁酸，C错误； 第2页/共19页 学科网（北京）股份有限公司D．MMA中含有双键结构，可以发生加聚反应生成高分子 ，D正确； 故答案选C。 4. 四瓶无色溶液NH NO、Na CO、Ba(OH) 、AlCl ，它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、 4 3 2 3 2 3 c、d代表四种溶液，e和g为无色气体，f为白色沉淀。下列叙述正确的是 A. a呈弱碱性 B. f可溶于过量的b中 C. c中通入过量的e可得到无色溶液 D. b和d反应生成的沉淀不溶于稀硝酸 【答案】B 【解析】 【分析】由题意及关系图可知，a与b反应需要加热，且产生的e为无色气体，则a和b分别为NH NO 和 4 3 Ba(OH) 的一种，产生的气体e为NH ；又由于b和c反应生成白色沉淀f，NH NO 不会与其他三种溶 2 3 4 3 液产生沉淀，故b为Ba(OH) ，a为NH NO ；又由于c既能与b产生沉淀f，又能与d反应产生沉淀f， 2 4 3 故c为AlCl ，d为Na CO ，生成的白色沉淀为Al(OH) ，无色气体g为CO 。综上所述，a为NH NO 3 2 3 3 2 4 3 溶液，b为Ba(OH) 溶液，c为AlCl 溶液，d为Na CO 溶液，e为NH ，f为Al(OH) ，g为CO 。 2 3 2 3 3 3 2 【详解】A．由分析可知，a为NH NO 溶液，为强酸弱碱盐的溶液，NH+水解显酸性，故a显弱酸性，A 4 3 4 项错误 B．由分析可知，f为Al(OH) ，b为Ba(OH) 溶液，Al(OH) 为两性氢氧化物，可溶液强碱，故f可溶于 3 2 3 过量的b中，B项正确； C．由分析可知，c为AlCl 溶液，e为NH ，AlCl 溶液通入NH 会生成Al(OH) 沉淀，Al(OH) 不溶于 3 3 3 3 3 3 第3页/共19页 学科网（北京）股份有限公司弱碱，继续通入NH 不能得到无色溶液，C项错误； 3 D．由分析可知，b为Ba(OH) ，d为Na CO ，二者反应生成BaCO 沉淀，可溶与稀硝酸，D项错误； 2 2 3 3 故选B。 5. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W和X原子序数之和等于Y-的核外电子数，化合物 W+ZY - 可用作化学电源的电解质。下列叙述正确的是 6 A. X和Z属于同一主族 B. 非属性：X>Y>Z C. 气态氢化物的稳定性：Z>Y D. 原子半径：Y>X>W 【答案】A 【解析】 【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，且能形成离子化合物W+ZY - ，则W为Li 6 或Na；又由于W和X原子序数之和等于Y-的核外电子数，若W为Na，X原子序数大于Na，则W和X 原子序数之和大于18，不符合题意，因此W只能为Li元素；由于Y可形成Y-，故Y为第Ⅶ主族元素， 且原子序数Z大于Y，故Y不可能为Cl元素，因此Y为F元素，X的原子序数为10-3=7，X为N元素； 根据W、Y、Z形成离子化合物W+ZY - ，可知Z为P元素；综上所述，W为Li元素，X为N元素，Y 6 为F元素，Z为P元素。 【详解】A．由分析可知，X为N元素，Z为P元素，X和Z属于同一主族，A项正确； B．由分析可知，X为N元素，Y为F元素，Z为P元素，非金属性：F＞N＞P，B项错误； C．由分析可知，Y为F元素，Z为P元素，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，即气态氢化 物的稳定性：HF＞PH ，C项错误； 3 D．由分析可知，W为Li元素，X为N元素，Y为F元素，同周期主族元素原子半径随着原子序数的增大 而减小，故原子半径：Li＞N＞F，D项错误； 故选A。 6. 科学家使用δ-MnO 研制了一种MnO -Zn可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，MnO 电极 2 2 2 上检测到MnOOH和少量ZnMn O 。下列叙述正确的是 2 4 第4页/共19页 学科网（北京）股份有限公司A. 充电时，Zn2+向阳极方向迁移 B. 充电时，会发生反应Zn+2MnO =ZnMn O 2 2 4 C. 放电时，正极反应有MnO +H O+e-=MnOOH+OH- 2 2 D. 放电时，Zn电极质量减少0.65g，MnO 电极生成了0.020mol MnOOH 2 【答案】C 【解析】 【分析】Zn具有比较强的还原性，MnO 具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO 2 2 之间，所以MnO 电极为正极，Zn电极为负极，则充电时MnO 电极为阳极、Zn电极为阴极。 2 2 【详解】A．充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即Zn2+向阴极方向迁移，A不正确； B．放电时，负极的电极反应为Zn-2e- =Zn2+，则充电时阴极反应为Zn2++2e-=Zn，即充电时Zn元素化 合价应降低，而选项中Zn元素化合价升高，B不正确； C．放电时MnO 电极为正极，正极上检测到MnOOH和少量ZnMn O ，则正极上主要发生的电极反应 2 2 4 是MnO +H O+e-=MnOOH+OH-，C正确； 2 2 D．放电时，Zn电极质量减少0.65g（物质的量为0.010mol），电路中转移0.020mol电子，由正极的主要 反应MnO +H O+e-=MnOOH+OH-可知，若正极上只有MnOOH生成，则生成MnOOH的物质的 2 2 量为0.020mol，但是正极上还有ZnMn O 生成，因此，MnOOH的物质的量小于0.020mol，D不正确； 2 4 综上所述，本题选C。 7. 将0.10mmol Ag CrO 配制成1.0mL悬浊液，向其中滴加0.10mol×L-1的NaCl溶液。 2 4 lgéc /  mol×L-1ù (M代表Ag+、Cl-或CrO 2-)随加入NaCl溶液体积(V)的变化关系如图所示。 ë M û 4 第5页/共19页 学科网（北京）股份有限公司下列叙述正确的是 A. 交点a处：c  Na+ =2c  Cl- K (AgCl) B. sp =10-2.21 K Ag CrO  sp 2 4 c  CrO2- 4 C. V£2.0mL时， 不变 c  Cl- D. y =-7.82,y =-lg34 1 2 【答案】D 【解析】 【分析】向1.0mL含0.10mmol Ag CrO 的悬浊液中滴加0.10mol×L-1的NaCl溶液，发生反应： 2 4 Ag 2 CrO 4 s+2Cl-aq ƒ 2AgCls+CrO 4 2-aq ，两者恰好完全反应时,NaCl溶液的体积为 2´0.10mmol v(NaCl)= =2mL，2mL之后再加NaCl溶液，c(Cl-)增大，据 0.10mol/L AgCls ƒ Ag+aq+Cl-aq ，K sp (AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，c(Ag+)会随着c(Cl-)增大而减小，所以 2mL后降低的曲线，即最下方的虚线代表Ag+，升高的曲线，即中间虚线代表Cl-，则剩余最上方的实线为 CrO2-曲线。由此分析解题： 4 【详解】A．2mL时Ag CrO 与NaCl溶液恰好完全反应，则a点时溶质为NaCl和Na CrO ，电荷守 2 4 2 4 恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c(CrO2-)+c(Cl-)+c(OH-)，此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计，a点为Cl-和 4 CrO2-曲线的交点，即c(CrO2-)=c(Cl-)，则溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A错误； 4 4 B．当V(NaCl)=1.0mL时，有一半的Ag CrO 转化为AgCl，Ag CrO 与AgCl共存，均达到沉淀溶解平 2 4 2 4 第6页/共19页 学科网（北京）股份有限公司衡，取图中横坐标为1.0mL的点，得K (AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75，K (Ag CrO )= sp sp 2 4 K AgCl 10-9.75 c2(Ag+)c(CrO2-)=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96，则 sp = =102.21，B错误； 4 K Ag CrO  10-11.96 sp 2 4 K AgCl sp C．V＜2.0mL时，Ag+未沉淀完全，体系中Ag CrO 和AgCl共存，则 = 2 4 K Ag CrO  sp 2 4 c  Ag+ ×c  Cl- c  Ag+ ×c  CrO2- 4 为定值，即 为定值，由图可知，在V≤2.0mL时c(Ag+)并不是定 c2 Ag+ ×c  CrO2- c  Cl- 4 c  CrO2- 4 值，则 的值也不是定值，即在变化，C错误； c  Cl- D．V＞2.0mL时AgCl处于饱和状态，V(NaCl)=2.4mL时，图像显示c(Cl-)=10-1.93mol/L，则c(Ag+)= K AgCl sp = 10-9.75 =10-7.82mol/L，故y =-7.82，此时Ag CrO 全部转化为AgCl，n(CrO2-)守恒，等于起 c  Cl- 10-1.93 1 2 4 4 n  CrO2- 0.1´10-3mol 1 1 始时n(Ag CrO )，则c(CrO2-)= 4 = = mol/L，则y =lg c(CrO2-)=lg =-lg34， 2 4 4 V (1+2.4)mL 34 2 4 34 D正确； 故答案选D。 8. 钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌 和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5mol×L-1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①K (CuS)=6.3´10-36,K (ZnS)=2.5´10-22, K (CoS)=4.0´10-21 sp sp sp 。 ②以氢氧化物形式沉淀时，lgéc(M)/  mol×L-1ù和溶液pH的关系如图所示。 ë û 第7页/共19页 学科网（北京）股份有限公司回答下列问题： （1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是_____。 （2）“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是_____。 （3）假设“沉铜”后得到的滤液中c  Zn2+ 和c  Co2+ 均为0.10mol×L-1，向其中加入Na S至Zn2+沉淀 2 完全，此时溶液中c  Co2+ =_____mol×L-1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离_____(填“能”或 “不能”)。 （4）“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO ，产生H+的物质的量为_____。 2 （5）“沉淀”步骤中，用NaOH调pH=4，分离出的滤渣是_____。 （6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为 _____。 （7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是_____。 【答案】（1）增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率 （2）CoO+H SO =CoSO +H O 2 4 4 2 （3） ①. 1.6´10-4 ②. 不能 （4）4.0mol （5）Fe(OH) 3 （6）2Co2+ +5ClO- +5H O=2Co(OH) ¯+Cl- +4HClO 2 3 （7）向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、 干燥 【解析】 【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不 第8页/共19页 学科网（北京）股份有限公司溶解，Zn及其他+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液； 然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na S O 将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚 2 2 8 铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去； 第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH) 。 3 【小问1详解】 “酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。 【小问2详解】 “酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应 的+2价阳离子进入溶液，即CoO为转化为CoSO ，反应的化学方程式为CoO+H SO =CoSO +H O。 4 2 4 4 2 【小问3详解】 假设“沉铜”后得到的滤液中c  Zn2+ 和c  Co2+ 均为0.10mol×L-1，向其中加入Na S至Zn2+沉淀完全， 2 2.5´10-22 此时溶液中c  S2- = mol×L-1 =2.5´10-17mol×L-1，则 10-5 c  Co2+ = 4.0´10-21 mol×L-1 =1.6´10-4mol×L-1，c  Co2+ 小于0.10mol×L-1，说明大部分Co2+也转 2.5´10-17 化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。 【小问4详解】 “沉锰”步骤中，Na S O 将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为 2 2 8 S O2- +Mn2+ +2H O=MnO ¯+4H+ +2SO2-，因此，生成1.0mol MnO ，产生H+的物质的量为 2 8 2 2 4 2 4.0mol。 【小问5详解】 “沉锰”步骤中，S O2-同时将Fe2+氧化为Fe3+，“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4，Fe3+可以完全沉淀为 2 8 Fe(OH) ，因此，分离出的滤渣是Fe(OH) 。 3 3 【小问6详解】 “沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，为了保证Co2+被完全氧化，NaClO 要适当过量，其反应的离子方程式为2Co2+ +5ClO- +5H O=2Co(OH) ¯+Cl- +4HClO。 2 3 【小问7详解】 根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5，溶液中有Zn元素以Zn2+形式存在，当pH＞12后 第9页/共19页 学科网（北京）股份有限公司氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH) ]2-，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加 4 NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。 9. CONH  ×H O (俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如 2 2 2 2 下： CONH  +H O =CONH  ×H O 2 2 2 2 2 2 2 2 (一)过氧化脲的合成 烧杯中分别加入25mL30%H O  ρ=1.11g×cm-3 、40mL蒸馏水和12.0g尿素，搅拌溶解。30°C下反 2 2 应40min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4g。 (二)过氧化脲性质检测 I．过氧化脲溶液用稀H SO 酸化后，滴加KMnO 溶液，紫红色消失。 2 4 4 Ⅱ．过氧化脲溶液用稀H SO 酸化后，加入KI溶液和四氯化碳，振荡，静置。 2 4 (三)产品纯度测定 溶液配制：称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成100mL溶液。 滴定分析：量取25．00mL过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀H SO ，用准确浓度的KMnO 溶液 2 4 4 滴定至微红色，记录滴定体积，计算纯度。 回答下列问题： （1）过滤中使用到的玻璃仪器有_____(写出两种即可)。 （2）过氧化脲的产率为_____。 （3）性质检测Ⅱ中的现象为_____。性质检则I和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是_____。 （4）下图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3次，目的是_____，定容后还需要的操作为 _____。 （5）“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是_____(填标号)。 A. KMnO 溶液置于酸式滴定管中 4 第10页/共19页 学科网（北京）股份有限公司B. 用量筒量取25．00mL过氧化脲溶液 C. 滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁 D. 锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液面刻度 （6）以下操作导致氧化脲纯度测定结果偏低的是_____(填标号)。 A. 容量瓶中液面超过刻度线 B. 滴定管水洗后未用KMnO 溶液润洗 4 C. 摇动锥形瓶时KMnO 溶液滴到锥形瓶外 4 D. 滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 【答案】（1）烧杯、漏斗、玻璃棒，可任选两种作答 （2）50% （3） ①. 液体分层，上层为无色，下层为紫红色 ②. 还原性、氧化性 （4） ①. 避免溶质损失 ②. 盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀 （5）BD （6）A 【解析】 【小问1详解】 过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，可任选两种作答。 【小问2详解】 实验中加入尿素的质量为12.0g，物质的量为0.2mol，过氧化氢的质量为25mL´1.11g×cm-3´30%=8.325g， 物质的量约为0.245mol，过氧化氢过量，产率应按照尿素的质量计算，理论上可得到过氧化脲0.2mol，质 9.4g 量为0.2mol×94g/mol=18.8g，实验中实际得到过氧化脲9.4g，故过氧化脲的产率为 ´100%=50%。 18.8g 【小问3详解】 在过氧化脲的性质检测中，检测Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高锰酸钾溶液，紫红色消失，说明过氧化脲被酸性 高锰酸钾氧化，体现了过氧化脲的还原性；检测Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，过氧化 脲会将KI氧化为I 单质，体现了过氧化脲的氧化性，生成的I 在四氯化碳中溶解度大，会溶于四氯化碳 2 2 溶液，且四氯化碳密度大于水，振荡，静置后出现的现象为：液体分层，上层为无色，下层为紫红色。 【小问4详解】 操作a为洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中，目的是避免溶质损失；定容后应盖好瓶塞，反 复上下颠倒、摇匀。 【小问5详解】 A．KMnO 溶液是强氧化性溶液，应置于酸式滴定管中，A项正确； 4 B．量筒的精确度不能达到0.01mL，量取25.00mL的溶液应选用滴定管，B项错误； 第11页/共19页 学科网（北京）股份有限公司C．滴定过程中，待测液有可能会溅到锥形瓶内壁，滴定近终点时，为了使结果更精确，可用洗瓶冲洗锥形 瓶内壁，C项正确； D．锥形瓶内溶液变色后，应等待30s，观察溶液不再恢复原来的颜色后，才能记录滴定管液面刻度，D项 错误； 故选BD。 【小问6详解】 A．在配制过氧化脲溶液时，容量瓶中页面超过刻度线，会使溶液体积偏大，配制溶液的浓度偏低，会使滴 定过程中消耗的KMnO 溶液体积偏低，导致测定结果偏低，A项符合题意； 4 B．滴定管水洗后未用KMnO 溶液润洗，会导致KMnO 溶液浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO 溶 4 4 4 液体积偏高，导致测定结果偏高，B项不符合题意； C．摇动锥形瓶时KMnO 溶液滴到锥形瓶外，会使滴定过程中消耗的KMnO 溶液体积偏高，导致测定结果 4 4 偏高，C项不符合题意； D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会使滴定过程中消耗的KMnO 溶液体积偏高，导致测 4 定结果偏高，D项不符合题意； 故选A。 10. 甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(C H )的研究所获得的部分数据 3 6 如下。回答下列问题： （1）已知如下热化学方程式： CH (g)+Br (g)=CH Br(g)+HBr(g) ΔH =-29kJ×mol-1 4 2 3 1 3CH Br(g)=C H (g)+3HBr(g) ΔH =+20kJ×mol-1 3 3 6 2 计算反应3CH (g)+3Br (g)=C H (g)+6HBr(g)的ΔH=_____kJ×mol-1。 4 2 3 6 （2）CH 与Br 反应生成CH Br，部分CH Br会进一步溴化。将8mmol CH 和8mmol Br 。通入密 4 2 3 3 4 2 闭容器，平衡时，nCH  、nCH Br 与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有CH 、 4 3 4 CH Br和CH Br )。 3 2 2 第12页/共19页 学科网（北京）股份有限公司(i)图中CH Br的曲线是_____(填“a”或“b”)。 3 (ii)560°C时，CH 的转化α=_____，n(HBr)=_____mmol。 4 (iii)560°C时，反应CH Br(g)+Br (g)=CH Br (g)+HBr(g)的平衡常数K=_____。 3 2 2 2 （3）少量I 可提高生成CH Br的选择性。500°C时，分别在有I 和无I 的条件下，将8mmol CH 和 2 3 2 2 4 8mmol Br ，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 2 v有I  (i)在11~19s之间，有I 和无I 时CH Br的生成速率之比 2 =_____。 2 2 3 v无I  2 (ii)从图中找出I 提高了CH Br选择性的证据：_____。 2 3 (ⅲ)研究表明，I 参与反应的可能机理如下： 2 ①I (g)=×I(g)+×I(g) 2 第13页/共19页 学科网（北京）股份有限公司②×I(g)+CH Br (g)=IBr(g)+×CH Br(g) 2 2 2 ③×CH Br(g)+HBr(g)=CH Br(g)+×Br(g) 2 3 ④×Br(g)+CH (g)=HBr(g)+×CH (g) 4 3 ⑤×CH (g)+IBr(g)=CH Br(g)+×I(g) 3 3 ⑥×I(g)+×I(g)=I (g) 2 根据上述机理，分析I 提高CH Br选择性的原因：_____。 2 3 【答案】（1）-67 （2） ①. a ②. 80% ③. 7.8 ④. 10.92 3 （3） ①. (或3：2) ②. 5s以后有I 催化的CH Br 的含量逐渐降低，有I 催化的CH Br的含量 2 2 2 2 3 2 陡然上升 ③. I 的投入消耗了部分CH Br ，使得消耗的CH Br 发生反应生成了CH Br 2 2 2 2 2 3 【解析】 【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断 曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时 间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。 【小问1详解】 将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再 加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH (g)+3Br (g)=C H (g)+6HBr(g)的∆H=-29×3+20=-67kJ·mol- 4 2 3 6 1。 【小问2详解】 (i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH (g)的含量增多， 4 CH Br(g)的含量减少，故CH Br的曲线为a； 3 3 (8mmol-1.6mmol) (ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH (g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α= ×100%=80%； 4 8mmol 若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH Br，但此时剩余CH Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol 3 3 CH Br发生反应生成CH Br ，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol； 3 2 2 (iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH Br)=5.0mmol、n(Br )=0.2mmol、n(CH Br )=1.4mmol、 3 2 2 2 1.4 7.8 ´ c(CH Br )×c(HBr) V V n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K= 2 2 = =10.92。 c(CH Br)×c(Br ) 5.0 0.2 3 2 ´ V V 【小问3详解】 第14页/共19页 学科网（北京）股份有限公司3.2 2.6 2.2 1.8 - 0.075 - 0.05 (i)11~19s时，有I 的生成速率v= V V = mmol·(L·s)-1，无I 的生成速率v= V V = 2 2 V V 8 8 0.075 v(有I ) V 3 mmol·(L·s)-1。生成速率比 2 = = ； v(无I ) 0.05 2 2 V (ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I 催化的CH Br 的含量逐渐降低，有I 催化的CH Br的含量陡然上 2 2 2 2 3 升，因此，可以利用此变化判断I 提高了CH Br的选择性； 2 3 (iii)根据反应机理，I 的投入消耗了部分CH Br ，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH Br 发生反应生 2 2 2 2 2 成了CH Br，提高了CH Br的选择性。 3 3 [化学—选修 3：物质结构与性质] 11. ⅣA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。回答下列问题： （1）该族元素基态原子核外未成对电子数为_____，在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为 _____。 （2）CaC 俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为_____(填标号)。 2 a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．配位键 （3）一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷 ，其中电负性最大的元素是_____，硅原子的杂化轨道类 型为_____。 （4）早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因：_____。 物质 SnF SnCl SnBr SnI 4 4 4 4 熔点/°C 442 -34 29 143 （5）结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中Pb的配位数为_____。设 N 为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为_____g×cm-3(列出计算式)。 A 第15页/共19页 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ①. 2 ②. +4 （2）bd （3） ①. C ②. sp3 （4）SnF 属于离子晶体，SnCl 、SnBr 、SnI 属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体 4 4 4 4 的相对分子量越大，分子间作用力越强，熔点越高 4´207+32 956 （5） ①. 6 ②. g×cm-3或 g×cm-3 N ´(594´10-10)3 N ´(594´10-10)3 A A 【解析】 【小问1详解】 ⅣA族元素基态原子的价层电子排布为ns2np2，其核外未成对电子数为2，因最外层电子数均为4，所以 在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为+4； 【小问2详解】 CaC 俗称电石，其为离子化合物，由Ca2+和C2-构成，两种离子间存在离子键，C2-中两个C原子之间 2 2 2 存在非极性共价键，因此，该化合物中不存在的化学键类型为极性共价键和配位键，故选bd； 【小问3详解】 一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷 ，含C、Si、H三种元素，其电负性大小：C>H>Si，则电负性 最大的元素是C，硅原子与周围的4个原子形成共价键，没有孤电子对，价层电子对数为4，则硅原子的 杂化轨道类型为sp3； 【小问4详解】 根据表中数据可知，SnF 的熔点均远高于其余三种物质，故SnF 属于离子晶体，SnCl 、SnBr 、SnI 属于 4 4 4 4 4 分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，SnCl 、SnBr 、SnI 三种物质的相对分子质量依次增大，分 4 4 4 子间作用力依次增强，熔点升高，故原因为：SnF 属于离子晶体，SnCl 、SnBr 、SnI 属于分子晶体，离 4 4 4 4 子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越强，熔点越高； 【小问5详解】 由PbS晶胞结构图可知，该晶胞中有4个Pb和4个S，距离每个原子周围最近的原子数均为6，因此Pb 的配位数为6。设N 为阿伏加德罗常数的值，则N 个晶胞的质量为4´207+32g，N 个晶胞的体积 A A A 为N ´(594´10-10cm)3，因此该晶体密度为 A 第16页/共19页 学科网（北京）股份有限公司4´207+32 956 g×cm-3或 g×cm-3。 N ´(594´10-10)3 N ´(594´10-10)3 A A [化学—选修 5：有机化学基础] 12. 白藜芦醇(化合物I)具有抗肿瘤、抗氧化、消炎等功效。以下是某课题组合成化合物I的路线。 回答下列问题： （1）A中的官能团名称为_____。 （2）B的结构简式为_____。 （3）由C生成D的反应类型为_____。 （4）由E生成F的化学方程式为_____。 （5）已知G可以发生银镜反应，G的化学名称为_____。 （6）选用一种鉴别H和I的试剂并描述实验现象_____。 （7）I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(连有4个不同的原子或基团的碳为手性碳)； ②含有两个苯环；③含有两个酚羟基；④可发生银镜反应。 【答案】（1）硝基 （2） （3）取代反应 （4） +P(OC H ) → +C H Br 2 5 3 2 5 （5）4-甲氧基苯甲醛(或对甲氧基苯甲醛) （6）鉴别试剂为：FeCl 溶液，实验现象为：分别取少量有机物H和有机物I的固体用于水配置成溶液， 3 向溶液中滴加FeCl 溶液，溶液呈紫色的即为有机物I 3 （7）9 【解析】 第17页/共19页 学科网（北京）股份有限公司【分析】根据流程，有机物A在Fe/H+的作用下发生还原反应生成有机物B，根据有机物B的分子式和有 机物A的结构可以得到有机物B的结构为 ；有机物B发生两个连续的反应后将结构中 的氨基氧化为羟基，得到有机物C；有机物C发生取代反应得到有机物D，根据有机物D的分子式可以推 出有机物D为 ；有机物D与NBS发生取代反应得到有机物E，根据有机物E的分子 式可以推出有机物E为 ；有机物E与P(OC H ) 发生反应得到有机物F，有机物F与 2 5 3 有机物G发生反应得到有机物H，结合有机物H的结构、有机物G的分子式和小问5的已知条件可以得到 有机物G的结构为 ；最后，有机物H与BBr 反应得到目标化合物I。据此分析解题： 3 【小问1详解】 根据有机物A的结构可知，A的官能团为硝基； 【小问2详解】 根据分析，有机物B的结构简式为： ； 【小问3详解】 根据分析，有机物C发生反应生成有机物D是将C中的羟基取代为甲氧基得到有机物D，故反应类型为取 代反应； 【小问4详解】 根据分析，有机物E与P(OC H ) 发生反应得到有机物F，反应方程式为： +P(OC H ) → 2 5 3 2 5 3 第18页/共19页 学科网（北京）股份有限公司+C H Br； 2 5 【小问5详解】 有机物G可以发生银镜反应说明有机物G中含有醛基，结合其分子式和有机物F和有机物H的结构可以得 到有机物G的结构为 ，其化学名称为：4-甲氧基苯甲醛(或对甲氧基苯甲醛)； 【小问6详解】 对比有机物H和有机物I的结构可以看出，有机物I中含有酚羟基，可以由此进行鉴别，鉴别试剂为FeCl 3 溶液，实验现象为分别取少量有机物H和有机物I的固体用于水配置成溶液，向溶液中滴加FeCl 溶液，溶 3 液呈紫色的即为有机物I； 【小问7详解】 对于有机物I的同分异构体，可以发生银镜反应说明含有醛基；含有手性碳原子，说明有饱和碳原子，可 以得到其主体结构为 ，因其含有两个酚羟基和手性碳原子，则满足条件的同 分异构体有9种，分别为： 、 、 、 、 、 、 、 、 。 第19页/共19页 学科网（北京）股份有限公司