【高考真题】全国甲卷理综化学2024年高考真题
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．（2024·甲卷）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
【知识点】常见能量的转化及运用
【解析】【解答】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；
故答案为：C。
【分析】C.电池一般是将化学能直接转化为电能。
2．（2024·甲卷）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：
B．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：
C．用硫代硫酸钠溶液脱氯：
D．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．玻璃的主要成分为SiO2，用氢氟酸刻蚀玻璃时，SiO2和氢氟酸反应生成SiF4气体和水，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，A错误；
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S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO32-+8Cl-+10H+，C错误；
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 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】A. 氢氟酸刻蚀玻璃 是氢氟酸与二氧化硅反应，原理错误；
B.Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+，故反应原理错误；
C.氯气具有强氧化性，将硫代硫酸根氧化物硫酸根。
3．（2024·甲卷）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
【知识点】有机物的结构式；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．根据PLA的结构简式，含有酯基结构，可以在碱性条件下发生降解反应，A正确；
B．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；
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；
故答案为：C。
【分析】C.MP的同分异构体中要含有羧基，该有机物有4个碳，即为正丁酸和异丁酸两种结构。
4．（2024·甲卷）四瓶无色溶液，它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、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
【知识点】氨的性质及用途；铵盐；铝的化学性质
【解析】【解答】A．由分析可知，a为 硝酸铵 溶液，为强酸弱碱盐的溶液，铵根水解显酸性，故a显弱酸性，A项错误
B．由分析可知，f为氢氧化铝，b氢氧化钡为溶液，氢氧化铝为两性氢氧化物，可溶液强碱，故f可溶于过量的b中，B项正确；
C．由分析可知，c为氯化铝溶液，e为氨气，氯化铝溶液通入氨气会生成沉淀，氢氧化铝不溶于弱碱，继续通入氨气不能得到无色溶液，C项错误；
D．由分析可知，b为氢氧化钡 ，d为碳酸钠，二者反应生成碳酸钡沉淀，可溶与稀硝酸，D项错误；
故答案为：B。
【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分别为和的一种，产生的气体e为；又由于b和c反应生成白色沉淀f，不会与其他三种溶液产生沉淀，故b为，a为；又由于c既能与b产生沉淀f，又能与d反应产生沉淀f，故c为，d为，生成的白色沉淀为，无色气体g为。综上所述，a为溶液，b为溶液，c为溶液，d为溶液，e为，f为，g为。
5．（2024·甲卷）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W和X原子序数之和等于的核外电子数，化合物可用作化学电源的电解质。下列叙述正确的是（ ）
A．X和Z属于同一主族 B．非属性：
C．气态氢化物的稳定性： D．原子半径：
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】】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＞PH3，C项错误；
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；
故答案为：A。
【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，则W为Li或Na；又由于W和X原子序数之和等于的核外电子数，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，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，可知Z为P元素；综上所述，W为Li元素，X为N元素，Y为F元素，Z为P元素。
6．（2024·甲卷）科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是（ ）
A．充电时，向阳极方向迁移
B．充电时，会发生反应
C．放电时，正极反应有
D．放电时，电极质量减少，电极生成了
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即向阴极方向迁移，A不正确；
B．放电时，负极的电极反应为，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．放电时电极为正极，正极上检测到和少量，则正极上主要发生的电极反应是，C正确；
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，由正极的主要反应可知，若正极上只有生成，则生成的物质的量为0.020mol，但是正极上还有生成，因此，的物质的量小于0.020mol，D不正确；
故答案为：C。
【分析】Zn具有比较强的还原性， 具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO2之间，所以 电极为正极，Zn电极为负极，则充电时 电极为阳极、Zn电极为阴极
7．（2024·甲卷）将配制成悬浊液，向其中滴加的溶液。(M代表、或)随加入溶液体积(V)的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是（ ）
A．交点a处：
B．
C．时，不变
D．
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.2mL时与 溶液恰好完全反应，则a点时溶质为NaCl和Na2CrO4，电荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c()+c(Cl-)+c(OH-)，此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计，a点为Cl-和曲线的交点，即c()=c(Cl-)，则溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A错误；
B．当V(NaCl)=1.0mL时，有一半的Ag2CrO4转化为AgCl，Ag2CrO4与AgCl共存，均达到沉淀溶解平衡，取图中横坐标为1.0mL的点，得Ksp(AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75，Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c()=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96，则K==102.21，B错误；
C.V＜2.0mL时，Ag+未沉淀完全，体系中Ag2CrO4和AgCl共存，则=为定值，即为定值，由图可知，在V≤2.0mL时c(Ag+)并不是定值，则的值也不是定值，即在变化，C错误；
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+)===10-7.82mol/L，故y1=-7.82，此时Ag2CrO4全部转化为AgCl，n()守恒，等于起始时n(Ag2CrO4)，则=mol/L，则y2==-lg34，D正确；
故答案为：D。
【分析】向 1.0mL 含的悬浊液中滴加 的 NaCl 溶液，发生反应： ，两者恰好完全反应时， NaCl 溶液的体积为v(NaCl)= ，2mL之后再加 NaCl 溶液，c(Cl-)增大，据 ，Ksp(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曲线。由此分析解题。
二、非选择题
8．（2024·甲卷）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，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①。
②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。
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，发生反应的化学方程式是 。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中 ，据此判断能否实现和的完全分离 (填“能”或“不能”)。
（4）“沉锰”步骤中，生成，产生的物质的量为 。
（5）“沉淀”步骤中，用调，分离出的滤渣是 。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的氧化，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）
（3）；不能
（4）
（5）
（6）
（7）向滤液中滴加溶液，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
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。
（2）“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CoSO4，反应的化学方程式为。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中 和 均为 ，向其中加入 至 沉淀完全，此时溶液中，则，小于，说明大部分也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。
（4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为，因此，生成，产生的物质的量为4.0mol。
（5）“沉锰”步骤中，同时将氧化为，“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4，可以完全沉淀为，因此，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 ，为了保证 被完全氧化，NaClO要适当过量，其离子方程式为：
（7）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元素以形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为，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。
【分析】（1） 需将废渣磨碎 目的为加快化学反应速率以及充分反应；
（2） 与硫酸反应生成硫酸钴，该反应为非氧化还原，根据原子守恒配平即可；
（3）首先根据硫化锌完全沉淀，得到硫离子浓度，再根据硫化钴的溶度积求出钴离子浓度即可；
（4）锰离子与Na2S2O8完全反应，生成4个氢离子和一个二氧化锰，那么 生成 ， 产生的物质的量为 4mol；
（5）根据分析可知， ，可以完全沉淀为，那么分离滤渣为
（6） 加入适量的氧化， 生成氢氧化钴和氯离子，然后配平即可；
（7）根据题目信息可知，当pH大于12时， 氢氧化锌 会被溶解，所以加入的碱控制pH小于12即可。
9．（2024·甲卷）(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，反应方程式如下：
(一)过氧化脲的合成
烧杯中分别加入、蒸馏水和尿素，搅拌溶解。下反应，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体。
(二)过氧化脲性质检测
I．过氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫红色消失。
Ⅱ．过氧化脲溶液用稀酸化后，加入溶液和四氯化碳，振荡，静置。
(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溶液。
滴定分析：量取过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀，用准确浓度的溶液滴定至微红色，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”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．溶液置于酸式滴定管中
B．用量筒量取过氧化脲溶液
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．滴定管水洗后未用溶液润洗
C．摇动锥形瓶时溶液滴到锥形瓶外
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）液体分层，上层为无色，下层为紫红色；还原性、氧化性
（4）避免溶质损失；盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀
（5）B；D
（6）A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，
（2）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 ，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 ：50%；
（3）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I2单质，体现了过氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，会溶于四氯化碳溶液，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。
（4）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。
（5）A．KMnO4溶液是强氧化性溶液，应置于酸式滴定管中，A项正确；
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；
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。
（6）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KMnO4溶液体积偏低，导致测定结果偏低，A项符合题意；
B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗，会导致KMnO4溶液浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，B项不符合题意；
C．摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，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KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，D项不符合题意；
故选A。
【分析】（1）过滤操作需要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2） 过氧化脲的产率为即为实际产量与理论产量的比值，实际产量为12g，根据题目数据可以计算出理论产量，即可计算。
（3）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，而检测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I2单质，体现了过氧化脲的氧化性；
（4） 操作a 为洗涤，目的为减少溶质损失；
（5）B量筒的精确到只有0.1mL，只能量取25.0mL；
D.锥形瓶颜色变化后要等1-2分钟，看颜色是否会恢复；
（6）（5）误差分析思路：利用c=m/v，看该不当操作是影响溶质质量m，还是影响溶液体积V，然后进行分析即可。
10．（2024·甲卷）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()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：
（1）已知如下热化学方程式：
计算反应的 。
（2）与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。
(i)图中的曲线是 (填“a”或“b”)。
(ii)时，的转化 ， 。
(iii)时，反应的平衡常数 。
（3）少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，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。
(i)在之间，有和无时的生成速率之比 。
(ii)从图中找出提高了选择性的证据： 。
(ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下：
①
②
③
④
⑤
⑥
根据上述机理，分析提高选择性的原因： 。
【答案】（1）-67
（2）a；80%；7.8；10.92
（3）(或3：2)；5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升；I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）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3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的 H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。
（2）(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，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a；
(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=(8mmol-1.6mmol)/8mmol×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；
(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K=10.92。
（3）(i)11~19s时，有I2的生成速率v=mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v=mmol·(L·s)-1。生成速率比)：3：2
(ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性；
(iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。
【分析】（1）根据盖世定律，用已知方程式算出未知反应的焓变；
（2）(i)根据方程式①，升高温度，平衡逆向移动，根据甲烷的变化，即可确定曲线a为 ；
(ii)根据平衡时甲烷的量，求出变化量，即可算出转化率，根据分析可知，甲烷与溴反应生成一溴甲烷和二溴甲烷，算出二者物质的量即可得到HBr的物质的量；
（3）(i)根据图像信息，分别计算出v（有I2）和v（无I2），然后即可求出其比值
(ii)从图中可以看出，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性。
11．（2024·甲卷）[化学—选修3：物质结构与性质]
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）俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为 (填标号)。
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
熔点/ 442 29 143
（5）结晶型可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中配位数为 。设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 (列出计算式)。
【答案】（1）2；+4
（2）bd
（3）C；
（4）SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离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
（5）6；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）ⅣA族元素基态原子的价层电子排布为，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；
（2）CaC2俗称电石，其为离子化合物，含有离子键，此外碳原子之间还形成了非极性共价键，故选bd；
（3）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；
（4）根据表中数据可知，SnF4的熔点均远高于其余三种物质，故SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，SnCl4、SnBr4、SnI4三种物质的相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，熔点升高，故原因为：SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离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；
（5）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 为阿伏加德罗常数的值，则 个晶胞的质量为 ， 个晶胞的体积为 ，因此该晶体密度为
【分析】（1）第 ⅣA族元素 最外层含有4个电子，写出其价电子排布式，可以确定未成对电子数目，元素最高正化合价等于其电子数目；
（2） 与过氧化钠类似，都是离子化合物，但是同时含有共价键；
（3） 硅原子 含有4个价电子，有结构可知，形成4个共价单键，即可确定其为 杂化；
（4）根据熔点可得，熔点高的 SnF4属于离子晶体 ， SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶 ，分子晶体熔点与其相对分子质量有关；
（5）根据结构可以判断铅的配位数，在利用均摊法求出一个晶胞的原子个数，根据密度公式即可求算出。
12．（2024·甲卷）[化学—选修5：有机化学基础]
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(OC2H5)3→+C2H5Br
（5）4-甲氧基苯甲醛
（6）鉴别试剂为：FeCl3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FeCl3溶液，溶液呈紫色的即为有机物I
（7）9
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的鉴别；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）根据有机物A的结构可知，A的官能团为硝基；
（2）根据分析，有机物B的结构简式为：
（3）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；
（4）根据分析，有机物E与P(OC2H5)3发生反应得到有机物F，反应方程式为： 、+P(OC2H5)3→+C2H5Br ；
（5）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)；
（6）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FeCl3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FeCl3溶液，溶液呈紫色的即为有机物I；
（7）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(OC2H5)3发生反应得到有机物F，有机物F与有机物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BBr3反应得到目标化合物I。据此分析解题：
【高考真题】全国甲卷理综化学2024年高考真题
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．（2024·甲卷）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
2．（2024·甲卷）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：
B．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：
C．用硫代硫酸钠溶液脱氯：
D．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙：
3．（2024·甲卷）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
4．（2024·甲卷）四瓶无色溶液，它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、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
5．（2024·甲卷）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W和X原子序数之和等于的核外电子数，化合物可用作化学电源的电解质。下列叙述正确的是（ ）
A．X和Z属于同一主族 B．非属性：
C．气态氢化物的稳定性： D．原子半径：
6．（2024·甲卷）科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是（ ）
A．充电时，向阳极方向迁移
B．充电时，会发生反应
C．放电时，正极反应有
D．放电时，电极质量减少，电极生成了
7．（2024·甲卷）将配制成悬浊液，向其中滴加的溶液。(M代表、或)随加入溶液体积(V)的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是（ ）
A．交点a处：
B．
C．时，不变
D．
二、非选择题
8．（2024·甲卷）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，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①。
②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。
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，发生反应的化学方程式是 。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中 ，据此判断能否实现和的完全分离 (填“能”或“不能”)。
（4）“沉锰”步骤中，生成，产生的物质的量为 。
（5）“沉淀”步骤中，用调，分离出的滤渣是 。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的氧化，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 。
9．（2024·甲卷）(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，反应方程式如下：
(一)过氧化脲的合成
烧杯中分别加入、蒸馏水和尿素，搅拌溶解。下反应，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体。
(二)过氧化脲性质检测
I．过氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫红色消失。
Ⅱ．过氧化脲溶液用稀酸化后，加入溶液和四氯化碳，振荡，静置。
(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溶液。
滴定分析：量取过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀，用准确浓度的溶液滴定至微红色，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”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．溶液置于酸式滴定管中
B．用量筒量取过氧化脲溶液
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．滴定管水洗后未用溶液润洗
C．摇动锥形瓶时溶液滴到锥形瓶外
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
10．（2024·甲卷）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()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：
（1）已知如下热化学方程式：
计算反应的 。
（2）与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。
(i)图中的曲线是 (填“a”或“b”)。
(ii)时，的转化 ， 。
(iii)时，反应的平衡常数 。
（3）少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，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。
(i)在之间，有和无时的生成速率之比 。
(ii)从图中找出提高了选择性的证据： 。
(ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下：
①
②
③
④
⑤
⑥
根据上述机理，分析提高选择性的原因： 。
11．（2024·甲卷）[化学—选修3：物质结构与性质]
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）俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为 (填标号)。
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
熔点/ 442 29 143
（5）结晶型可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中配位数为 。设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 (列出计算式)。
12．（2024·甲卷）[化学—选修5：有机化学基础]
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。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用
【解析】【解答】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；
故答案为：C。
【分析】C.电池一般是将化学能直接转化为电能。
2．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．玻璃的主要成分为SiO2，用氢氟酸刻蚀玻璃时，SiO2和氢氟酸反应生成SiF4气体和水，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，A错误；
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S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO32-+8Cl-+10H+，C错误；
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 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】A. 氢氟酸刻蚀玻璃 是氢氟酸与二氧化硅反应，原理错误；
B.Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+，故反应原理错误；
C.氯气具有强氧化性，将硫代硫酸根氧化物硫酸根。
3．【答案】C
【知识点】有机物的结构式；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．根据PLA的结构简式，含有酯基结构，可以在碱性条件下发生降解反应，A正确；
B．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；
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；
故答案为：C。
【分析】C.MP的同分异构体中要含有羧基，该有机物有4个碳，即为正丁酸和异丁酸两种结构。
4．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；铵盐；铝的化学性质
【解析】【解答】A．由分析可知，a为 硝酸铵 溶液，为强酸弱碱盐的溶液，铵根水解显酸性，故a显弱酸性，A项错误
B．由分析可知，f为氢氧化铝，b氢氧化钡为溶液，氢氧化铝为两性氢氧化物，可溶液强碱，故f可溶于过量的b中，B项正确；
C．由分析可知，c为氯化铝溶液，e为氨气，氯化铝溶液通入氨气会生成沉淀，氢氧化铝不溶于弱碱，继续通入氨气不能得到无色溶液，C项错误；
D．由分析可知，b为氢氧化钡 ，d为碳酸钠，二者反应生成碳酸钡沉淀，可溶与稀硝酸，D项错误；
故答案为：B。
【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分别为和的一种，产生的气体e为；又由于b和c反应生成白色沉淀f，不会与其他三种溶液产生沉淀，故b为，a为；又由于c既能与b产生沉淀f，又能与d反应产生沉淀f，故c为，d为，生成的白色沉淀为，无色气体g为。综上所述，a为溶液，b为溶液，c为溶液，d为溶液，e为，f为，g为。
5．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】】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＞PH3，C项错误；
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；
故答案为：A。
【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，则W为Li或Na；又由于W和X原子序数之和等于的核外电子数，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，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，可知Z为P元素；综上所述，W为Li元素，X为N元素，Y为F元素，Z为P元素。
6．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即向阴极方向迁移，A不正确；
B．放电时，负极的电极反应为，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．放电时电极为正极，正极上检测到和少量，则正极上主要发生的电极反应是，C正确；
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，由正极的主要反应可知，若正极上只有生成，则生成的物质的量为0.020mol，但是正极上还有生成，因此，的物质的量小于0.020mol，D不正确；
故答案为：C。
【分析】Zn具有比较强的还原性， 具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO2之间，所以 电极为正极，Zn电极为负极，则充电时 电极为阳极、Zn电极为阴极
7．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.2mL时与 溶液恰好完全反应，则a点时溶质为NaCl和Na2CrO4，电荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c()+c(Cl-)+c(OH-)，此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计，a点为Cl-和曲线的交点，即c()=c(Cl-)，则溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A错误；
B．当V(NaCl)=1.0mL时，有一半的Ag2CrO4转化为AgCl，Ag2CrO4与AgCl共存，均达到沉淀溶解平衡，取图中横坐标为1.0mL的点，得Ksp(AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75，Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c()=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96，则K==102.21，B错误；
C.V＜2.0mL时，Ag+未沉淀完全，体系中Ag2CrO4和AgCl共存，则=为定值，即为定值，由图可知，在V≤2.0mL时c(Ag+)并不是定值，则的值也不是定值，即在变化，C错误；
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+)===10-7.82mol/L，故y1=-7.82，此时Ag2CrO4全部转化为AgCl，n()守恒，等于起始时n(Ag2CrO4)，则=mol/L，则y2==-lg34，D正确；
故答案为：D。
【分析】向 1.0mL 含的悬浊液中滴加 的 NaCl 溶液，发生反应： ，两者恰好完全反应时， NaCl 溶液的体积为v(NaCl)= ，2mL之后再加 NaCl 溶液，c(Cl-)增大，据 ，Ksp(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曲线。由此分析解题。
8．【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）
（3）；不能
（4）
（5）
（6）
（7）向滤液中滴加溶液，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
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。
（2）“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CoSO4，反应的化学方程式为。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中 和 均为 ，向其中加入 至 沉淀完全，此时溶液中，则，小于，说明大部分也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。
（4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为，因此，生成，产生的物质的量为4.0mol。
（5）“沉锰”步骤中，同时将氧化为，“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4，可以完全沉淀为，因此，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 ，为了保证 被完全氧化，NaClO要适当过量，其离子方程式为：
（7）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元素以形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为，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。
【分析】（1） 需将废渣磨碎 目的为加快化学反应速率以及充分反应；
（2） 与硫酸反应生成硫酸钴，该反应为非氧化还原，根据原子守恒配平即可；
（3）首先根据硫化锌完全沉淀，得到硫离子浓度，再根据硫化钴的溶度积求出钴离子浓度即可；
（4）锰离子与Na2S2O8完全反应，生成4个氢离子和一个二氧化锰，那么 生成 ， 产生的物质的量为 4mol；
（5）根据分析可知， ，可以完全沉淀为，那么分离滤渣为
（6） 加入适量的氧化， 生成氢氧化钴和氯离子，然后配平即可；
（7）根据题目信息可知，当pH大于12时， 氢氧化锌 会被溶解，所以加入的碱控制pH小于12即可。
9．【答案】（1）烧杯、漏斗、玻璃棒，可任选两种作答
（2）50%
（3）液体分层，上层为无色，下层为紫红色；还原性、氧化性
（4）避免溶质损失；盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀
（5）B；D
（6）A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，
（2）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 ，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 ：50%；
（3）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I2单质，体现了过氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，会溶于四氯化碳溶液，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。
（4）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。
（5）A．KMnO4溶液是强氧化性溶液，应置于酸式滴定管中，A项正确；
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；
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。
（6）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KMnO4溶液体积偏低，导致测定结果偏低，A项符合题意；
B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗，会导致KMnO4溶液浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，B项不符合题意；
C．摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，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KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高，D项不符合题意；
故选A。
【分析】（1）过滤操作需要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2） 过氧化脲的产率为即为实际产量与理论产量的比值，实际产量为12g，根据题目数据可以计算出理论产量，即可计算。
（3）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，而检测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I2单质，体现了过氧化脲的氧化性；
（4） 操作a 为洗涤，目的为减少溶质损失；
（5）B量筒的精确到只有0.1mL，只能量取25.0mL；
D.锥形瓶颜色变化后要等1-2分钟，看颜色是否会恢复；
（6）（5）误差分析思路：利用c=m/v，看该不当操作是影响溶质质量m，还是影响溶液体积V，然后进行分析即可。
10．【答案】（1）-67
（2）a；80%；7.8；10.92
（3）(或3：2)；5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升；I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）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3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的 H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。
（2）(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，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a；
(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=(8mmol-1.6mmol)/8mmol×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；
(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K=10.92。
（3）(i)11~19s时，有I2的生成速率v=mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v=mmol·(L·s)-1。生成速率比)：3：2
(ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性；
(iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。
【分析】（1）根据盖世定律，用已知方程式算出未知反应的焓变；
（2）(i)根据方程式①，升高温度，平衡逆向移动，根据甲烷的变化，即可确定曲线a为 ；
(ii)根据平衡时甲烷的量，求出变化量，即可算出转化率，根据分析可知，甲烷与溴反应生成一溴甲烷和二溴甲烷，算出二者物质的量即可得到HBr的物质的量；
（3）(i)根据图像信息，分别计算出v（有I2）和v（无I2），然后即可求出其比值
(ii)从图中可以看出，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性。
11．【答案】（1）2；+4
（2）bd
（3）C；
（4）SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离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
（5）6；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）ⅣA族元素基态原子的价层电子排布为，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；
（2）CaC2俗称电石，其为离子化合物，含有离子键，此外碳原子之间还形成了非极性共价键，故选bd；
（3）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；
（4）根据表中数据可知，SnF4的熔点均远高于其余三种物质，故SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，SnCl4、SnBr4、SnI4三种物质的相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，熔点升高，故原因为：SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离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；
（5）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 为阿伏加德罗常数的值，则 个晶胞的质量为 ， 个晶胞的体积为 ，因此该晶体密度为
【分析】（1）第 ⅣA族元素 最外层含有4个电子，写出其价电子排布式，可以确定未成对电子数目，元素最高正化合价等于其电子数目；
（2） 与过氧化钠类似，都是离子化合物，但是同时含有共价键；
（3） 硅原子 含有4个价电子，有结构可知，形成4个共价单键，即可确定其为 杂化；
（4）根据熔点可得，熔点高的 SnF4属于离子晶体 ， SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶 ，分子晶体熔点与其相对分子质量有关；
（5）根据结构可以判断铅的配位数，在利用均摊法求出一个晶胞的原子个数，根据密度公式即可求算出。
12．【答案】（1）硝基
（2）
（3）取代反应
（4）+P(OC2H5)3→+C2H5Br
（5）4-甲氧基苯甲醛
（6）鉴别试剂为：FeCl3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FeCl3溶液，溶液呈紫色的即为有机物I
（7）9
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的鉴别；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）根据有机物A的结构可知，A的官能团为硝基；
（2）根据分析，有机物B的结构简式为：
（3）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；
（4）根据分析，有机物E与P(OC2H5)3发生反应得到有机物F，反应方程式为： 、+P(OC2H5)3→+C2H5Br ；
（5）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)；
（6）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FeCl3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FeCl3溶液，溶液呈紫色的即为有机物I；
（7）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(OC2H5)3发生反应得到有机物F，有机物F与有机物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BBr3反应得到目标化合物I。据此分析解题：
