2024年高考化学试卷（广西）（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 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 K 39 Mn 55 Fe 56 一、选择题：本题共 14小题，每小题 3分，共 42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. 《天工开物》记载：软浆车榨蔗汁，一石(dàn)汁下石灰五合，取汁煎糖，冷凝成黑沙，黄泥水淋下成白 糖。下列说法错误的是 A. 石灰可中和蔗汁中的酸性物质 B. “冷凝成黑沙”是结晶过程 C. “黄泥水淋下”的目的是脱色 D. “白糖”的主要成分是葡萄糖 【答案】D 【解析】 【分析】这段话意思即用软浆车榨取甘蔗汁，每石蔗糖汁加半升的石灰，取过滤后的甘蔗汁加热冷却，得 到黑色晶体，用黄泥水淋洗可得到白糖。 【详解】A．石灰为碱性物质，可与蔗糖中的酸性物质发生中和反应，A正确； B．“冷凝成黑沙”即将热蔗糖水冷却结晶，是结晶过程，B正确； C．“黄泥水淋下”可将黑色晶体变成白色，即实现脱色目的，C正确； D．“白糖”是由蔗糖制得，故其主要成分为蔗糖，D错误； 本题选D。 2. 光照时，纳米TiO 能使水产生羟基自由基×OH，可用于处理废水。下列表述正确的是 2 A. 基态Ti的价电子排布式：3d2 B. ×OH的电子式： C. H O的VSEPR模型： D. O的一种核素：8O 2 【答案】B 【解析】 【详解】A．基态Ti的价电子排布式：3d24s2，A错误； B．×OH含有1个未成对电子，电子式： ，B正确； 6-1´2 C．H O中心O原子价层电子对数为2+ =4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对， 2 2 第1页/共21页 学科网（北京）股份有限公司H O的VSEPR模型为 ，C错误； 2 D．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；O质子数为8，则O的一种核素不 会是8O，D错误； 故选B。 3. 将NaCl固体与浓硫酸加热生成的HCl气体通至饱和NaCl溶液，可析出用于配制标准溶液的高纯度 NaCl，下列相关实验操作规范的是 A．制备HCl B．析出NaCl C．过滤 D．定容 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaCl固体与浓硫酸加热生成的HCl气体，缺少加热装置，故A错误； B．氯化氢易溶于水，为充分吸收氯化氢并防止倒吸，氯化氢气体应从连接倒置漏斗的导管通入，故B错 误； C．用过滤法分离出氯化钠晶体，故C正确； D．配制氯化钠溶液，定容时眼睛平视刻度线，故D错误； 选C。 4. 6-硝基胡椒酸是合成心血管药物奥索利酸的中间体，其合成路线中的某一步如下： 第2页/共21页 学科网（北京）股份有限公司下列有关X和Y的说法正确的是 A. 所含官能团的个数相等 B. 都能发生加聚反应 C. 二者中的所有原子共平面 D. 均能溶于碱性水溶液 【答案】A 【解析】 【详解】A．X中含2个醚键、1个碳碳双键、1个硝基，共有4个官能团；Y中含2个醚键、1个羧基、 1个硝基，共有4个官能团，故X和Y所含官能团的个数相等，A正确； B．X含有碳碳双键，能发生加聚反应，Y中苯环不存在碳碳双键，不能发生加聚反应，B错误； C．X和Y含有亚甲基，是四面体结构，所有原子不可能共平面，C错误； D．Y含有羧基能电离出H+，可溶于碱性水溶液，X不能溶于碱性水溶液，D错误； 故选A。 5. 白磷 P  是不溶于水的固体，在空气中易自燃。下列有关白磷的说法错误的是 4 A. 分子中每个P原子的孤电子对数均为1 B. 常保存于水中，说明白磷密度大于1g×cm-3 C. 难溶于水，是因为水是极性分子，P 是非极性分子 4 D. 熔点低，是因为P 分子内的P-P键弱 4 【答案】D 【解析】 【详解】A．白磷的分子式为P ，空间构型为正四面体，每个P原子采取sp3杂化，而每个P原子有5个 4 价电子，所以每个P原子还剩一对孤电子对，A正确； B．白磷在空气中容易自燃，保存于水中隔绝空气，故其密度大于水，B正确； C．白磷的分子式为P ，空间构型为正四面体，为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶原理，白磷 4 难溶于水，C正确； D．白磷的分子式为P ，为非极性分子，属于分子晶体，分子间作用力较弱，故其熔点低，熔点低与其共 4 价键强弱无关，D错误； 故选D。 6. 化学与生活息息相关。下列离子方程式书写正确的是 A. 用Na 2 CO 3 溶液处理水垢中的CaSO 4 :CaSO 4 s+CO 3 2-aq ƒ CaCO 3 s+SO2 4 -aq B. 明矾用于净水：Al3+ +3H Oƒ Al(OH) ¯+3H+ 2 3 第3页/共21页 学科网（北京）股份有限公司C. 抗酸药中的Mg(OH) 可治疗胃酸过多：OH- +H+ =H O 2 2 D. 用酸化的KI淀粉溶液检验加碘盐中的IO- :IO- +I- +2H+ =I +H O 3 3 2 2 【答案】A 【解析】 【 详 解 】 A ． 用 Na CO 溶 液 处 理 水 垢 中 的 CaSO ， 生 成 溶 解 度 更 小 的 碳 酸 钙 ， 2 3 4 CaSO 4 s+CO 3 2-aq ƒ CaCO 3 s+SO2 4 -aq ，A项正确； B．水解方程式不对，明矾是硫酸铝钾晶体，溶于水，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可用于净水： Al3+ +3H 2 O ƒ Al(OH) 3 (胶体)+3H+，不写沉淀符号，B项错误； C．物质拆分不对，抗酸药中的Mg(OH) 可治疗胃酸过多，Mg(OH) 属于难溶性碱，离子方程式： 2 2 Mg(OH) +2H+=Mg2++2H O，C项错误； 2 2 D．未配平方程式，用酸化的KI淀粉溶液检验加碘盐中的IO- :IO- +5I- +6H+ =3I +3H O，D项错 3 3 2 2 误； 故答案选A。 7. 如图所示的铼配合物离子能电催化还原WY 。短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。标准 2 状况下，WY和X 是等密度的无色气体，Z 是黄绿色气体。下列说法错误的是 2 2 A. 第一电离能：X>Y B. 图中X原子的杂化方式为sp2 C. Z元素以原子的形态与Re2+配位 D. Y的电负性大于W,WY中的化学键是极性键 【答案】C 【解析】 【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。Z 是黄绿色气体，Z为氯；X形成3个共用电 2 子对，X与Re2+之间为配位键，推测X为氮，标准状况下，WY和X 是等密度的无色气体，则WY为一 2 氧化碳、X 为氮气，故W为碳、X为氮、Y为氧、Z为氯； 2 第4页/共21页 学科网（北京）股份有限公司【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能 大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O，A正确； B．图中X原子处于环中，且存在平面大π键，则其杂化方式为sp2，B正确； C．由图可知，整个离子带1个单位正电荷，而其中Re2+带2个单位正电荷，则氯元素以Cl-的形态与 Re2+配位，C错误； D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；O的电负性大于C，则CO中的 化学键是极性键，D正确； 故选C。 8. 某小组对Fe SO  和K Fe(CN)  的性质进行探究： 2 4 3 3 6 Ⅰ．向少量蒸馏水里滴加2滴Fe SO  溶液，再滴加2滴KSCN溶液。 2 4 3 Ⅱ．向少量蒸馏水里滴加2滴K Fe(CN)  溶液，再滴加2滴KSCN溶液。 3 6 下列说法正确的是 A. 实验Ⅰ中继续加入少量K SO 固体，溶液颜色变浅 2 4 B. 实验Ⅱ中溶液呈红色 C. KSCN能区分Fe SO  和K Fe(CN)  2 4 3 3 6 D. 焰色试验不能区分Fe SO  和K Fe(CN)  2 4 3 3 6 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验Ⅰ中，Fe 2 SO 4  3 溶液与KSCN溶液反应的实质是：Fe3++3SCN- ƒ FeSCN 3 ，硫酸 钾固体溶于水产生钾离子和硫酸根，并不影响该平衡的移动，因此溶液的颜色不发生变化，故A错误； B．实验Ⅱ中，K Fe(CN)  溶液中存在有K+、Fe(CN) 3- ，Fe(CN) 3- 并不能电离出Fe3+，因此 3 6 6 6 K Fe(CN)  溶液与KSCN溶液并不能发生反应，溶液颜色无明显变化，故B错误； 3 6 C．实验Ⅰ中，KSCN溶液与Fe SO  溶液反应产生FeSCN ，溶液变为红色，但K Fe(CN)  溶液 2 4 3 3 3 6 与KSCN溶液并不能发生反应，K Fe(CN)  是一种深红色晶体，水溶液呈黄色，带有黄绿色荧光，因 3 6 此加入KSCN可以区分两者，故C正确； D．焰色反应是金属单质或离子的电子在吸收能量后，跃迁到较高能量级，然后从较高能量级跃迁到低能 第5页/共21页 学科网（北京）股份有限公司量级，这次跃迁会放出光子，光子的频率若在可见光频率范围内，则金属表现为有焰色反应。铁燃烧火焰 为无色，是因为放出的光子频率不在可见光频率范围内，而K Fe(CN)  中含有钾元素，焰色试验时透 3 6 过蓝色钴玻璃可以看到紫色，因此焰色试验可以区分Fe SO  和K Fe(CN)  ，故D错误； 2 4 3 3 6 故答案选C。 9. 某新型钠离子二次电池(如图)用溶解了NaPF 的二甲氧基乙烷作电解质溶液。放电时嵌入PbSe中的Na 6 变成Na+后脱嵌。下列说法错误的是 A. 外电路通过1mol电子时，理论上两电极质量变化的差值为23g B. 充电时，阳极电极反应为：Na V PO  -xe- = Na V PO  +xNa+ 3 2 4 3 3-x 2 4 3 C. 放电一段时间后，电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变 D. 电解质溶液不能用NaPF 的水溶液替换 6 【答案】A 【解析】 【分析】放电时嵌入PbSe中的Na变成Na+后脱嵌，则右侧电极为负极，Na失电子生成Na+；Na+透过允 许Na+通过的隔膜从右侧进入左侧，则左侧为正极。 【详解】A．外电路通过1mol电子时，负极有1molNa失电子生成Na+进入右侧溶液，溶液中有1molNa+ 从右侧进入左侧，并与正极的Na V (PO ) 结合，则理论上两电极质量变化的差值为2mol×23g/mol=46g， 3-x 2 4 3 A错误； B．充电时，左侧电极为阳极，Na V (PO ) 失电子生成Na V (PO ) ，则阳极电极反应为： 3 2 4 3 3-x 2 4 3 Na V PO  -xe- = Na V PO  +xNa+，B正确 ； 3 2 4 3 3-x 2 4 3 C．放电一段时间后，负极产生的Na+的物质的量与负极区通过隔膜进入左极区的Na+的物质的量相同，进 入左极区的Na+与参加左侧正极反应的Na+的物质的量相同，所以电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变， C正确 ； D．Na能与水反应，所以电解质溶液不能用NaPF 的水溶液替换，D正确 ； 6 第6页/共21页 学科网（北京）股份有限公司故选 A。 10. 烯烃进行加成反应的一种机理如下： 此外，已知实验测得CH =CH 、CH CH=CH 、CH  C=CH 与Br 进行加成反应的活化能依次减 2 2 3 2 3 2 2 2 小。下列说法错误的是 + A. 乙烯与HCl反应的中间体为CH -CH 3 2 B. 乙烯与氯水反应无CH ClCH OH生成 2 2 C. 卤化氢与乙烯反应的活性：HBr >HCl D. 烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br 的反应越容易 2 【答案】B 【解析】 【详解】A．HCl中氢带正电荷、氯带负电荷，结合机理可知，乙烯与HCl反应的中间体为氢和乙烯形成正 + 离子：CH -CH ，A正确； 3 2 B．氯水中存在HClO，其结构为H-O-Cl，其中Cl带正电荷、OH带负电荷，结合机理可知，乙烯与氯水反 应可能会有CH ClCH OH生成，B错误； 2 2 C．由机理，第一步反应为慢反应，决定反应的速率，溴原子半径大于氯，HBr中氢溴键键能更小，更容 易断裂，反应更快，则卤化氢与乙烯反应的活性：HBr >HCl，C正确； D．已知实验测得CH =CH 、CH CH=CH 、CH  C=CH 与Br 进行加成反应的活化能依次减 2 2 3 2 3 2 2 2 小；则烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br 的反应越容易，D正确； 2 故选B。 11. 一定条件下，存在H-缺陷位的LiH晶体能吸附N 使其分解为N，随后N占据缺陷位(如图)。下列说 2 法错误的是 第7页/共21页 学科网（北京）股份有限公司A. c>0.5a B. 半径：r  H- >rH C. b=d D. LiH晶体为离子晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据LiH立方晶胞的该部分 结构以及晶胞参数为a可得 2 ，因此c= 0.5a2 +0.5a2 = a>0.5a ，故A正确； 2 B．H原子和H-的电子层数均为1，但H-比氢原子多一个电子，电子的运动轨道不重合，内核对电子的 束缚相对较弱，电子活动的范围更广，因此H-的半径较大，故B正确； C．根据LiH立方晶胞可知，b的长度如图 ，但当N占据了空缺位后，由于比H-的 半径大，因此b¹d，故C错误； D．LiH晶体中含有Li+和H-，相互间作用是离子键，因此LiH晶体为离子晶体，故D正确； 故答案选C。 12. 实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A 第8页/共21页 学科网（北京）股份有限公司A. “反应1”中，每消耗0.1molNH Cl，在25℃、101kPa下得到2.24LNH 4 3 B. “反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为0.5N A C. 在密闭容器中进行“反应3”，0.1molNO充分反应后体系中有0.1N 个NO A 2 D. “反应4”中，为使0.1molNO 完全转化成HNO ，至少需要0.02N 个O 2 3 A 2 【答案】B 【解析】 【分析】反应1为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH Cl+Ca(OH) =2NH ↑+CaCl +2H O，反应2是 4 2 3 2 2 D D 氨气的催化氧化，方程式为：4NH +5O = 4NO+6H O，反应3为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮， 3 2 2 催化剂 方程式为：2NO+O₂=2NO₂ ，反应4为二氧化氮，氧气和水反应生成硝酸，4NO +2H O+O =4HNO ，以此 2 2 2 3 解题。 【详解】A．根据分析可知，每消耗0.1molNH Cl，生成0.1mol氨气，但是由于不是标准状况，则气体 4 不是2.24L，A错误； D B．根据分析可知，反应2方程式为：4NH +5O = 4NO+6H O，该反应转移20e-，则每生成 3 2 2 催化剂 0.1molNO，转移电子数为0.5N ，B正确； A C．根据反应3，0.1molNO充分反应后生成0.1N 个NO ，但是体系中存在2NO ⇌N O ，则最终二氧 A 2 2 2 4 化氮数目小于0.1N ，C错误； A D．根据反应4可知，为使0.1molNO 完全转化成HNO ，至少需要0.025N 个O ，D错误； 2 3 A 2 故选B。 13. 573K、高压条件下，一定量的苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：C H CN(苯甲腈) 6 5 ®C H CONH (苯甲酰胺)®C H COOH(苯甲酸)。如图为水解过程中上述三者(分别用X、Y、Z表 6 5 2 6 5 nA 示)的物质的量分数xA 随时间t的变化曲线，其中xA= 。下列说法错误的是 nX+nY+nZ 第9页/共21页 学科网（北京）股份有限公司A. 水解产物除了Y、Z还有NH 3 B. a 点时v(Y) = v(Y) 消耗 生成 C. xZ 在15min前基本不变，15min后明显增大，可能是水解产物对生成Z的反应有催化作用 D. 任意25min时间段内存在vX=vY+vZ 【答案】D 【解析】 【 详 解 】 A ． 苯 甲 腈 在 溶 液 中 发 生 连 续 水 解 ： C H CN+H Oˆˆ†C H CONH ， 6 5 2 ‡ˆˆ 6 5 2 C H CONH +H Oˆˆ†C H COOH+NH ,有NH 生成，A正确； 6 5 2 2 ‡ˆˆ 6 5 3 3 B．a点之前x(Y)逐渐增大，v(Y) ＜v(Y) ；a点之后，x(Y)逐渐减小v(Y) ＞v(Y) ，a点是 消耗 生成 消耗 生成 Y物质的最大值，则生成和消耗的速率相等。即v(Y) = v(Y) ，B正确； 消耗 生成 C．xZ 在15min前基本不变，15min后明显增大，在没有另加物质、没有改变反应条件的情况下，可能 是水解产物对生成Z的反应有催化作用，C正确； D．根据图像所示，反应的前期应该有vX=vY+vZ ，a点之后，由于vX 明显减小，vZ 显 著增大，三者的速率关系不再满足vX=vY+vZ ，D错误； 故选D。 14. 常温下，用0.1000mol×L-1NaOH溶液分别滴定下列两种混合溶液： Ⅰ．20.00mL浓度均为0.1000mol×L-1HCl和CH COOH溶液 3 Ⅱ．20.00mL浓度均为0.1000mol×L-1HCl和NH Cl溶液 4 第10页/共21页 学科网（北京）股份有限公司两种混合溶液的滴定曲线如图。已知K CH COOH=K NH ×H O=1.8´10-5，下列说法正确的是 a 3 b 3 2 A. Ⅰ对应的滴定曲线为N线 B. a 点水电离出的c  OH- 数量级为10-8 C. VNaOH=30.00mL时，Ⅱ中c  Cl- >cNH ×H O>c  NH+ 3 2 4 D. pH=7时，Ⅰ中cCH COOH、c  CH COO- 之和小于Ⅱ中cNH ×H O、c  NH+ 之和 3 3 3 2 4 【答案】D 【解析】 【分析】溶液中加入40ml氢氧化钠溶液时，I中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合 氨，根据K CH COOH=K NH ×H O=1.8´10-5，醋酸根、铵根的水解程度小于醋酸、一水合氨 a 3 b 3 2 的电离程度，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I对应的滴 定曲线为M，Ⅱ对应的滴定曲线为N； 【详解】A．向溶液中加入40ml氢氧化钠溶液时，I中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一 水合氨，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I对应的滴定曲线 为M，A错误； B．根据分析可知a点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH接近8，由水电离的c  H+ =c  OH- ，数量级接近10-6，B错误； C．当VNaOH=30.00mL时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓度 K 10-14 相同，铵根的水解K = w = =5.6´10-10＜1.8´10-5，即NH+水解程度小于一水合氨的电离 h K 1.8´10-5 4 a 程度，所以c  NH+ >cNH ×H O ，又物料守恒c  Cl- =2c  NH+ +2cNH ×H O ，即 4 3 2 4 3 2 第11页/共21页 学科网（北京）股份有限公司c  Cl- >c  NH+ ，故c  Cl- >c  NH+ >cNH ×H O ，C错误； 4 4 3 2 D． 根据元素守恒，nCH COOH、n  CH COO- 之和等于nNH ×H O、n  NH+ 之和，根据图 3 3 3 2 4 像，pH=7时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中cCH COOH、c  CH COO- 之和小 3 3 于Ⅱ中cNH ×H O、c  NH+ 之和，D正确； 3 2 4 故选D。 二、非选择题：本题共 4小题，共 58分。 15. 广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(MnO ，含SiO 、Fe O、Al O 和CuO等杂质)制备光电材料 2 2 2 3 2 3 KMnF 的流程如下。回答下列问题： 3 已知： 物质 Fe(OH) Al(OH) Cu(OH) Fe(OH) Mn(OH) 3 3 2 2 2 K 2.8´10-39 1.3´10-33 2.2´10-20 4.9´10-17 1.9´10-13 sp （1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H SO ，其主要作用是_______。为提高“浸取”速率，可采 2 4 取的措施是_______(任举一例)。 （2）“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。 （3）常温下，用CaCO 调节溶液pH至5 6时，可完全沉淀的离子有_______(填化学式)。 3 : （4）“X”可选用_______。 A. H S B. H O C. Zn D. NH  S 2 2 2 4 2 （5）若用Na CO 替代NaHCO 沉锰，得到Mn (OH) CO 沉淀。写出生成Mn (OH) CO 的离子方 2 3 3 2 2 3 2 2 3 程式_______。 （6）KMnF 立方晶胞如图，晶胞参数为apm，该晶体中与一个F-紧邻的K+有_______个。已知N 为 3 A 阿伏加德罗常数的值，晶体密度为_______g×cm-3(用含a、N 的代数式表示)。 A 第12页/共21页 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ①. 把二氧化锰还原为硫酸锰 ②. 把软锰矿粉碎、搅拌、加热等 （2）SiO （3）Al3+ （4）D 2 （5）2Mn2++3CO2-+2H O=Mn OH CO ¯+2HCO- 3 2 2 2 3 3 151 （6） ①. 4 ②. N a3´10-30 A 【解析】 【分析】软锰矿含有MnO 和少量SiO 、Fe O、Al O 、CuO。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和 2 2 2 3 2 3 H SO 。用甘蔗渣水解液“浸取”软锰矿，二氧化锰被还原为硫酸锰，氧化铁被还原为硫酸亚铁，氧化铝、 2 4 氧化铜溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣是二氧化硅，滤液中加碳酸钙调节pH生 成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤液加硫化物反应生成FeS、CuS沉淀除铁铜，滤液中加碳酸氢钠反应生成碳 酸锰沉淀，最终将碳酸锰转化为KMnF 。 3 【小问1详解】 二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H SO ，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸 2 4 锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。 【小问2详解】 二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO 。 2 【小问3详解】 4.9´10-17 根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH-)= =7´10-6.5 ，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时， 1´10-5 1.3´10-33 2.2´10-20 c(OH-)=3 »5.1´10-10，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)= »4.7´10-8，pH 1´10-5 1´10-5 约为6.7；常温下，用CaCO 调节溶液pH至5 6时，可完全沉淀的离子有Al3+。 3 : 【小问4详解】 加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H S不反应，所以不能选用H S；铜离子、亚铁离子都能 2 2 第13页/共21页 学科网（北京）股份有限公司和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用 NH  S，选D。 4 2 【小问5详解】 若用Na CO 替代NaHCO 沉锰，得到Mn (OH) CO 沉淀，反应的离子方程式为 2 3 3 2 2 3 2Mn2++3CO2-+2H O=Mn OH CO ¯+2HCO- 。 3 2 2 2 3 3 【小问6详解】 1个晶胞中含有1个K+，根据化学式KMnF 可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F-，可知晶胞顶点上的 3 原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个F-紧邻的K+有4个；已知N 为阿伏加德罗常数的值，晶体密 A 39+55+19´3 151 = 度为  a´10-103 ´N N a3´10-30 g×cm-3。 A A 16. 二氧化硫脲é ë NH 2  2 CSO 2 ù û(TD)是还原性漂白剂，可溶于水，难溶于乙醇，在受热或碱性条件下易 水解： NH  CSO +H O=NH  CO+H SO 。其制备与应用探究如下： 2 2 2 2 2 2 2 2 Ⅰ．由硫脲é ë NH 2  2 CSù û 制备TD 按如图装置，在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入H O 溶液，控制温度低于10℃和 2 2 pH<6进行反应。反应完成后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD。 Ⅱ．用TD进行高岭土原矿脱色(去除Fe O )探究 2 3 将mg高岭土原矿(Fe O 质量分数为0.68%)制成悬浊液，加入TD，在一定条件下充分反应，静置，分离 2 3 出上层清液VmL，用分光光度法测得该清液中Fe2+浓度为bmg×L-1，计算Fe O 的去除率。 2 3 回答下列问题： （1）仪器a 的名称是_______。 （2）Ⅰ中控制“温度低于10℃和pH<6”的目的是_______。 （3）写出制备TD的化学方程式_______。 （4）H SO 中S的化合价为_______。Ⅰ的反应中，因条件控制不当生成了H SO ，最终导致TD中出现 2 2 2 2 第14页/共21页 学科网（北京）股份有限公司黄色杂质，该杂质是_______(填化学式)。 （5）Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是_______。 （6）高岭土中Fe O 去除率为_______(用含m、b、V的代数式表示)。Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色 2 3 效果降低的原因是_______。 【答案】（1）恒压滴液漏斗 （2）防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解 pH<6 （3） NH  CS+2H O NH  CSO +2H O 2 2 2 2 低于10℃ 2 2 2 2 （4） ①. +2 ②. S （5）减少二氧化硫脲的溶解损失 bV （6） ①. % ②. 亚铁离子被空气中氧气氧化 47.6m 【解析】 【分析】在三颈烧瓶中加入硫脲和水溶解，冷却至5℃后，滴入H O 溶液，控制温度低于10℃和pH<6 2 2 进行反应生成二氧化硫脲，反应后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品； 【小问1详解】 由图，仪器a 的名称是恒压滴液漏斗； 【小问2详解】 已知，二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解，且过氧化氢不稳定受热易分解，故Ⅰ中控制“温度低于10℃ 和pH<6”的目的是防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解； 【小问3详解】 硫脲和水溶解冷却至5℃后，滴入H O 溶液，控制温度低于10℃和pH<6进行反应生成二氧化硫脲，结 2 2 pH<6 合质量守恒，反应还会生成水，反应为 NH  CS+2H O NH  CSO +2H O 2 2 2 2 低于10℃ 2 2 2 2 【小问4详解】 二氧化硫脲水解： NH  CSO +H O=NH  CO+H SO ，生成H SO ，则反应中元素化合价没 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 有改变， NH  CSO 中硫化合价为+2，则H SO 中S的化合价为+2。TD具有还原性，Ⅰ的反应中因条 2 2 2 2 2 件控制不当生成了H SO ，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是TD还原硫元素转化生成的硫单质； 2 2 【小问5详解】 第15页/共21页 学科网（北京）股份有限公司二氧化硫脲可溶于水，难溶于乙醇，Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是减少二氧化硫脲的溶解损失； 【小问6详解】 清液中Fe2+浓度为bmg×L-1，则Fe2+为bmg×L-1´V´10-3L=bV´10-3mg=bV´10-6g，那么Fe O 的去 2 3 bV´10-6g 1 ´ ´160g/mol 除率 56g/mol 2 bV ；亚铁离子具有还原性，Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱 ´100%= % mg´0.68% 47.6m 色效果降低的原因是亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。 17. 二氯亚砜(SOCl )是重要的液态化工原料。回答下列问题： 2 （1）合成SOCl 前先制备SCl 。有关转化关系为： 2 2 则Ss+Cl g=SCl 1 的ΔH =_______kJ×mol-1。 2 2 3 （2）密闭容器中，以活性炭为催化剂，由SCl 和O 制备SOCl 。反应如下： 2 2 2 Ⅰ SCl g+O g=SO Cl g 2 2 2 2 Ⅱ SCl 2 g+SO 2 Cl 2 g ƒ 2SOCl 2 (g) 1 ①反应Ⅱ的lgK(K为平衡常数)随 (T为温度)的变化如图，推断出该反应为_______(填“吸热”或“放 T 热”)反应。 nSCl  ②466K时，平衡体系内各组分的物质的是分数xA 随 2 的变化如图。 nO  2 第16页/共21页 学科网（北京）股份有限公司nSCl  反应Ⅱ的平衡常数K =_______(保留1位小数)。保持T和 2 不变，增大SCl 平衡转化率的措施有 1 nO  2 2 _______(任举一例)。 1 ③改变T，使反应Ⅱ的平衡常数K = K ，导致图中的曲线变化，则xSCl  等于xSOCl  的新交点 2 8 1 2 2 将出现在_______(填“d”“e”“f ”或“g”)处。 （3）我国科研人员在含Li+的SOCl 溶液中加入I ，提高了Li-SOCl 电池的性能。该电池放电时，正 2 2 2 极的物质转变步骤如图。其中，I 的作用是_______；正极的电极反应式为_______。 2 【答案】（1）-50 （2） ①. 放热 ②. 32.4 ③. 移走SOCl 或加入SO Cl ④. d 2 2 2 I （3） ①. 催化作用 ②. 2SOCl +4Li++4e- 2 S+SO +4LiCl 2 2 【解析】 【小问1详解】 第17页/共21页 学科网（北京）股份有限公司由盖斯定律可知，2Ss+2Cl g=2SCl 1 的焓变为 2 2 ΔH +ΔH =-59.4kJ/mol+-40.6kJ/mol=-100kJ/mol，则Ss+Cl g=SCl 1 的 1 2 2 2 1 ΔH = ´-100kJ/mol=-50kJ/mol； 3 2 【小问2详解】 1 1 ①由图可知反应Ⅱ的lgK与 成正比，则温度升高即 减小随之lgK减小，那么K值减小，平衡逆向移 T T 动，反应Ⅱ为放热反应； nSCl  2 ②由图可知， =2.0时，平衡体系物质的量分数x(SCl )=x(SO Cl )=0.13，由于 nO  2 2 2 2 SCl g+O g=SO Cl g 为非可逆反应，故O 应完全转化，即平衡体系中不存在O ，则 2 2 2 2 2 2 x(SOCl 2 )=1－x(SCl 2 )－x(SO 2 Cl 2 )=0.74，反应ⅡSCl 2 g+SO 2 Cl 2 g ƒ 2SOCl 2 (g)是气体体积不变的反 0.742 应，则平衡常数可用物质的量分数代替计算，反应Ⅱ的平衡常数K = =32.4；保持T和 1 0.13´0.13 nSCl  2 不变，减小生成物浓度或加入其他反应物均能使平衡正移，增大SCl 平衡转化率的措施有移走 nO  2 2 SOCl 或加入SO Cl ； 2 2 2 1 ③反应Ⅱ为放热反应，改变T，使反应Ⅱ的平衡常数K = K ，其平衡常数减小，则为升高温度，反应Ⅱ 2 8 1 逆向移动，使得SOCl 含量减小、SCl 增加，则图中xSCl  等于xSOCl  的新交点将会提前，出现 2 2 2 2 在d处； 【小问3详解】 由图可知，I 在反应中被消耗又生成，作用是催化作用；放电时，正极上SOCl 得到电子发生还原转化为 2 2 I S、SO ，正极电极反应为：2SOCl +4Li++4e- 2 S+SO +4LiCl。 2 2 2 18. 化合物H是合成某姜黄素类天然产物的中间体，其合成路线如下。 第18页/共21页 学科网（北京）股份有限公司回答下列问题： （1）A可由R( )合成，R的化学名称是_______。 （2）由A生成B的化学方程式为_______。 （3）D中含氧官能团的名称是_______。 （4）F生成G的反应类型为_______。 （5）符合下列条件的C的含苯环同分异构体共有_______种，其中能与NaHCO 溶液反应产生气体的同分 3 异构体的结构简式为_______(任写一种)。 ①遇Fe3+发生显色反应；②分子结构中含 ；③核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为 6:2:2:1:1。 （6）上述路线中用 保护酚羟基，某同学用乙酸酐( )代替 ，设计了如下 更简短的合成路线，由J推出K的结构简式为_______。该设计路线中A→J的转化_______(填“合理”或 “不合理”)，理由是_______。 【答案】（1）邻二溴苯(或1，2-二溴苯) 第19页/共21页 学科网（北京）股份有限公司（2） + +K CO ® +KCl+KHCO 2 3 3 （3）醚键和酮羰基 （4）还原反应 （5） ①. 8 ②. 或 或 (任写一种) （6） ①. ②. 不合理 ③. I→J时加入NaOH溶液，会使酯基发生 水解，生成-ONa，后续加入 时，不能转化为-OOCCH 3 【解析】 【分析】A与 在K CO 作用下发生取代反应生成B等，采用逆推法，由C、D的结构简式，可确 2 3 定B为 ；B、C在NaOH溶液中发生羟醛缩合反应生成D，D与(CH ) CuLi作用生成E等， 3 2 E与HCl发生取代反应生成F等，F在NaBH 作用下发生还原反应生成G，G与 发生取代反应生 4 成H等。 【小问1详解】 R为 ，R的化学名称是邻二溴苯(或1，2-二溴苯)。 【小问2详解】 A( )与 在K CO 作用下发生取代反应生成B( )和HCl，K CO 和HCl 2 3 2 3 反应生成KCl和KHCO ，化学方程式为 + +K CO ® +KCl+KHCO 。 3 2 3 3 【小问3详解】 由D的结构简式，可确定D的含氧官能团的名称是醚键和酮羰基。 第20页/共21页 学科网（北京）股份有限公司【小问4详解】 F在NaBH 作用下发生反应生成G时，F分子中的酮羰基转化为醇羟基，则反应类型为还原反应。 4 【小问5详解】 C的分子式为C H O ，不饱和度为5，C的同分异构体符合下列条件：“①遇Fe3+发生显色反应；②分 10 12 3 子结构中含 ；③核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6:2:2:1:1，说明C的含苯环同分异 构体分子中，在分子的某对称位置上含有2个甲基，另外，还含有1个苯环、1个酚羟基，1个酯基或1 个羧基，则有 、 、 、 、 、 、 、 ，共8种，其中能与NaHCO 溶液反应产生气体的同分异构体(含羧 3 基)的结构简式为 或 或 (任写一种)。 【小问6详解】 参照题给流程中D→E的信息，依据J的结构简式和K的分子式，可由J推出K的结构简式为 。该同学设计的路线中，I→J时加入NaOH溶液，会使酯基发生水解，生成-ONa，后 续加入 时，不能转化为-OOCCH ，则此转化不合理。 3 【点睛】推断有机物时，可采用逆推法。 第21页/共21页 学科网（北京）股份有限公司