2024年北京高考化学试题答案详解及解读评析（精校打印）

年高考真题完全解读(北京卷)适用省份北京市2024年北京市普通高中学业水平等级性考试化学试卷，以《普通高中化学课程标准(2017年版2020年修订)》为命题依据，紧扣时代主题，落实“立德树人”根本任务，体现稳中求进、稳中创新的命题原则，凸显对化学学科核心素养的考查，彰显化学学科特色和学科价值，突出对化学学科关键能力的考查，注重对化学研究方法、研究过程的理解和迁移应用。试题立足北京的教学特点和学生学习实际，巧妙地融合各模块的知识内容，倡导学以致用，提升思维品质，很好地体现了基础性、时代性、应用性、综合性、创新性和发展性，进一步发挥等级考在促进高中、高校育人衔接中的重要作用，服务首都化学教育高质量发展。一、强化价值引领，发挥育人功能化学试题坚持落实立德树人根本任务，“五育”并举，体现科学教育的育人功能，落实全面发展的育人目标。试题从促进学生德智体美劳全面发展、服务创新人才选拔、引导投身科技强国建设等方面，积极落实、宣传党的二十大精神，充分发挥价值导向功能，服务国家所需人才的选拔培养。试题以中国传统节日习俗、我国科学家对化学化工发展的贡献、我国科技前沿新成果等为载体，体现对中华优秀传统文化的传承，体现科学家爱国奉献、为国争光的精神，体现科技创新在我国现代化建设中的重要作用，增强民族自信、文化自信、科技自信。如：第1题，展现我国科技成果，利用激光操控方法，实现对同位素41Ca的灵敏检测及应用，体现我国在科学领域的成就和创新能力，增强学生的民族自豪感和爱国情怀。第11题，利用CO2为原料合成新型可降解高分子，为“碳中和”提供新思路，展示科技前沿，体现可持续发展和“绿色化学”理念，强化环保意识和社会责任感，凸显化学的社会价值。第16题，利用不同的氮源制备HNO3，通过对制备方法发展的解读，理解电解法作为N2直接利用的新思路，体会科学家的思维，感受科学研究的意义，感悟科学精神，激发学生对科学的热爱，增强学生的社会责任感、时代使命感。二、注重依据课标，促进课堂增效高中化学基础内容包括物质结构理论、典型化合物的性质、化学反应原理、基本化学实验操作方法和实验设计思想。试题强调高中化学基础知识和基本技能，聚焦分析问题与解决问题的根本能力，设问与答案设计呼应教材核心内容，命题在教考衔接上精耕细作，全面考查了化学学科特点和化学研究基本方法、化学基本概念和基本理论、常见无机物及其应用、常见有机物及其应用、化学实验基础知识等必备知识，体现了测试的基础性要求。试题助推“双减”持续深入推进，凸显校园学习的重要性，引导学生回归课堂和教材。积极探索课标要求、教材内容在考试中的体现，促进新高考与新课程、新课标和新教材的协调联动。继续坚持贴近教材，助力“双减”。如：选取教材中素材，第3题酸性锌锰干电池，第7题工业生产制取硫酸的原理，第7题和第8题均为教材实验；第15题新教材内容按照教学实际，考查基础，引导中学夯实基础教学。第16题以氨为氮源催化氧化制备硝酸，第17题乙酸乙酯的制备等素材均来自教材。依据课标设问，第17题有机推断题中羰基碳原子碳氢键极性强，易断裂原因的解释，符合课标对“认识化学键极性与有机反应的关系”的要求；贴近教学考查主干，三、注重关键能力，测评学习潜能服务国家科教兴国战略、人才强国战略、创新驱动发展战略，助力创新型人才选拔是今年化学学科命题的重要目标。命题秉持“素养立意”理念，以国家经济社会发展、科学技术进步、生产生活实际等真实情境创设真实任务，引导考生养成学以致用的务实作风，以投身社会主义现代化建设的主人翁精神持续学习，报效祖国。考查考生创造性解决实际问题的能力，体现了创新思维、创新方法的重要价值，鼓励弘扬创新精神。试题丰富核心素养考查路径，注重结构化知识、关键能力、思想方法与思维品质的考查，通过设计问题梯度，展现考生能力层级。如：如第10题以氯资源再利用为素材，考查元素守恒的观念。第17题以解释有机化合物中氟原子的作用、依据断键和成键确定有机化合物的结构等设问，凸显对“结构决定性质”学科观念的考查。第14题研究不同条件下KMnO4与KI的反应，考查学生运用氧化还原反应规律、定性与定量相结合及对比等方法，分析化学变化的动态过程。第19题通过对实验现象进行分析、研究和反思，考查逻辑推理的能力，体现敢于质疑、严谨论证、去伪存真的科学精神。四、注重融合应用，彰显化学价值化学试题注重贯彻落实新课程理念，以化学真实问题情境作为载体，试题素材情境取材广泛，围绕与化学关系密切的材料、环境、能源与生命等领域，通过对应用于社会生产实践中化学原理的考查，以解决问题为目标，充分体现出化学学科推动科技发展和人类社会进步的重要作用，凸显化学学科的社会价值，很好地发挥了育人功能。试题坚持联系生产实际，创设真实问题情境，把学校教育同社会大课堂结合起来，考查实践能力。试题以具有针对性、启发性、过程性和科学性的真实情境为测试载体，考查分析解决实际问题的能力。在实际问题解决过程中，注重对学科本质的考查，知识融合度高。如：第17题融合了有机化学基础、物质结构与性质和化学反应原理等模块的知识，体现出实际问题的复杂性和综合性。第18题融合元素化合物、反应速率、电化学等知识解决由黄铜矿生产纯铜工艺中的问题，第19题通过实验验证理论分析的探究过程，融合金属及其化合物、溶液中的离子检验、实验设计、平衡移动等知识，突出了对科学探究与创新意识的考查。五、丰富呈现形式，信息获取加工化学是一门实践应用性极强的学科，信息获取与加工能力对于化学研究至关重要。试题通过解读图、表，获取信息并与已有知识进行关联解决问题，是化学思维的重要方面。北京化学试题通过提供多种图表形式的信息，深入考查学生的信息获取与加工能力。如：电池构造示意图、分子结构和晶体结构示意图、实验操作示意图、反应机理示意图、工艺流程示意图、有机合成路线图、实验数据图表等，学生需要理解所给信息，根据图文综合分析，并对相关数据进行加工应用。设问层层递进，步步深入，全面地考查了考生对反应原理领域各方面知识的掌握情况。六、注重学科特征，凸显化学特色化学实验最能体现学科特色，试题注重对基础实验和探究实验的考查，要求学生多角度、多层面对实验基础知识、反应规律和原理进行综合运用。通过实验探究过程，引导学生进行证据推理、归纳总结，获得合理结论。试题通过情境任务设计，引导考生进行证据推理和归纳总结合理结论，培养发展考生的思维能力，加强学科思想方法在化学教育各阶段的衔接。试题有利于引导中学开展实验教学，引导考生在实践中培养学科思维，在思考中理解学科本质。实验考查应促进考生掌握基本的化学实验方法和技能，体验实验探究的基本过程，进一步发展考生解决综合实验问题的能力，避免“黑板实验”和“思维实验”。如：第6题实验基本操作的考查引导考生走进实验室；第9、10、11、13等题注重引导学生从微观视角理解化学过程，第19题注重考查学生的实验意识、证据推理等方面的科学素养。实验探究题是北京卷的一大特色，化学试题第19题在保持往年注重考查证据推理等实验探究能力的基础上，开始探索实验考查的多元化，首先依据金属活动性顺序，判断Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属，接着开展实验探究。实验中，当现象与理论分析不一致时，再次进行分析及探究，通过自主设计实验，排除干扰因素，重新获取证据，证实了理论分析的结果，凸显了理论的价值。“教育兴则国家兴，教育强则国家强”。2024年北京市高考化学试题坚持北京命题理念，试题结合学科特色，注重基础聚焦素养，关联教材摒弃题海，重视潜能启迪思维，培养探究科学精神，为高层次思维水平的展现提供更多可能，切实促进首都化学教育人才培养模式的转变。一是基础试题比例略微增大，选择题加大了基础试题分值，非选择题各题均设置基础设问；二是注重考生十二年的基础积累，第6题浓硫酸的稀释来源于初中化学教材，启发基础培养的持续性；三是实验探究题为北京卷的一大特色，今年化学卷开始探索实验的多元化考查，这有利于引导中学从多角度开展实验教学，发挥其在化学学习中的重要作用。题号难度考查内容详细知识点选择题(42分)1中同位素物理变化与化学变化；原子中相关数值及其之间的相互关系；元素、核素、同位素2易化学用语结构式、结构简式、比例模型、球棍模型、最简式；电子式的书写与判断；乙炔分子的组成3易原电池锰锌干电池及其工作原理4易认识有机物葡萄糖在人体内的主要反应；氨基酸的成肽反应；蛋白质的盐析；核酸的组成与结构5中离子方程式正误判断离子方程式的正误判断；沉淀转化；卤素单质的置换反应；6易化学实验基本操作硫酸物理性质；酸碱中和滴定实验基本操作及步骤；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤、操作；蒸发与结晶7中工艺流程分析硫酸的工业制法及其工艺特点8中无素及其化合物碳酸氢钠的不稳定性；碳酸钠与碳酸氢钠的相互转化；碳酸钠与碳酸氢钠性质的比较；盐类水解规律理解及应用；9中物质结构与性质盐类水解的应用；利用杂化轨道理论判断分子的空间构型；极性分子和非极性分子10中化学反应机理氧化还原反应的概念判断；催化剂对化学反应速率的影响；化学平衡常数的影响因素及应用11中官能团结构与性质加聚反应；缩聚反应；多官能团有机物的结构与性质；化学科学对人类文明发展的意义12易物质性质推断化学平衡常数的影响因素及应用；电离能的概念及变化规律；键能、键长、键角；电离平衡常数和电离度；13中化学反应与能量化学能与物质稳定性之间的关系；活化能对反应速率的影响；苯分子结构的特点；苯的加成反应14中氧化还原反应、化学计算化学方程式中物质的量的运用；氧化性、还原性强弱的比较；基于氧化还原反应守恒规律的计算非选择题(58分)二、解答题15中物质结构与性质综合价层电子对互斥理论的应用；利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型；晶胞的有关计算；常见金属的冶炼16中化学反应原理综合氮气组成、结构与性质；影响化学平衡的因素；与转化率变化有关图像的分析；电解池电极反应式及化学方程式的书写17中有机合成与推断常见官能团名称、组成及结构；有机推断综合考查18中化学工艺流程氧化还原反应方程式的书写与配平；铵盐的不稳定性；影响化学反应速率的其他因素；铜的电解精炼19中化学实验设计与评价盐类水解规律理解及应用；物质性质的探究一、建立学科基本观念，优化复习教学模式化学学科观念既是人们对化学学科认知的结果，又能指导人们如何看待化学问题、选择何种途径解决化学问题，因此在学科知识与学科思维中起统摄作用。而不少教师只重视化学事实性知识的教学，轻视学生化学观的形成教育，致使学生化学认知素养不足。复习教学强调从新的角度和高度引导学生对已学知识进行再学习。教学中应以学生原有的知识经验为基础，通过设置多样化的学习活动，探索建立用化学基本观念来统摄知识建模与思维建模的教学模式。这一教学模式的基本程序包括：设置合适的专题，厘清专题中的核心概念，提炼与专题内容融合的基本观念，分解基本观念的内容属性和思维属性，编制实现学科观念双重属性建构的研究案例，探究实现知识与思维的建构，感悟观念在统摄知识与思维的价值。帮助学生补缺补漏、知识整合与能力提升。二、体现化学学科特点，强化实验探究教学化学是一门以实验为基础的科学，实验是测定物质组成与结构、研究性质及变化规律、实现物质分离与提纯等的重要方法与手段，在化学教学中有不可替代的教育功能与地位。新课程大幅度地增加了实验探究活动，复习教学中，对于实验教学不应满足于实验基本操作的训练，更应作为物质及其变化研究的方法与手段，从而充分发挥实验(包括有机实验)的认知功能、方法论和教学论功能和在培养学生化学学科核心素养的重要作用。复习中，应再创设适宜的探究情境，引导学生经历“提出问题—作出猜想—设计方案—得出结论—反思评价”等过程；要求学生对比、归纳、总结常见仪器装置的使用原理、用途特点和规律；领会实验操作的实质与内涵：对操作原理的认识(解决实验操作理论依据的问题)，对操作方法的认识(解决如何操作的问题)，对操作目的的认识(解决为何要安排这样操作的问题)，对错误操作造成后果的认识(解决为何要这样操作的问题)，掌握科学规范地进行实验操作的技能；加强实验目的、步骤和原理分析，学会控制条件、使用仪器、观察分析、得出结论、解释结果、设计或评价或改进简单的实验方案。多问“怎样做”“为什么这样做”“还可以如何做”，培养与发展学生的实验探究能力。三、培养学科思维方式，准确运用化学术语培养学科思维方式，准确运用化学术语，提高学生的答题能力是复习不可忽略的一个重要环节。化学学科中常用的思维方法有非逻辑思维中的直觉思维、想象思维和联想思维，逻辑思维中的分析与综合、归纳与演绎、类比与假设，发散思维中的逆向思维、侧向思维和多向思维等等。在复习训练中，把学生置于一种仿真的环境，通过对一些典型专题、案例的分析和归纳，引导学生去细心体会、总结、交流，发展化学学科思维能力。例如，离子反应：从微观角度认识在溶液中发生化学反应的物质的性质，初步建立起研究水溶液体系的思路方法；氧化还原反应：对化学反应、化学物质分类提出新视角，并指导物质性质的研究——通过抓住组成物质的核心元素的价态进行物质性质及反应的预测，等等。化学用语是用于表示物质微观组成、结构及物质变化的化学符号系统，其格式严谨、内涵丰富，是化学学习、交流及成果传承不可或缺的核心工具，是化学学科思维方式三大表征之一。复习教学中，要特别加强化学方程式、热化学方程式、离子方程式、电极反应式、电离方程式以及化学式、结构简式、电子式、电子排布式、化学专用名词等的规范使用，并通过简答题的训练，提高用规范的语言文字表达化学问题的能力。四、牢牢把握经典母题，实现在反思中提升进入复习教学，将不可避免地进行相当强度的习题训练、考试评价和有针对性的讲评教学。结合历年高考母题，选取试题素材情境进行针对训练，可围绕与化学关系密切的材料、生命、环境、能源与信息等领域，通过对应用于社会生产实践中化学原理的考查，充分体现出化学学科推动科技发展和人类社会进步的重要作用，凸显化学学科的社会价值。习题训练不能只强调解题熟练度，缺乏思维导引。为做好“练—讲—评”教学，实现在纠错中提升的目的，应把握“五核心”，即试题的核心知识、核心技能、核心能力、核心方法和核心价值；增强“四意识”，即资源意识(确定题目的功能价值，求精不求广)、目标意识(练习应达成的目标)、过程意识(讲评的效度取决于学生思维发展过程和程度)、评价意识(包括暴露学生答题情况的前评价和讲评后学生达成情况的评价)；关注“三思维”(命题者思维、应答者思维和讲评者思维)的交互；落实“三方面”(铺路引导、做好归纳、整体感悟和提升)。一、选择题：本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子，实现了对同位素41Ca的灵敏检测。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是14C的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是()20

钙40.08A．41Ca的原子核内有21个中子B．41Ca的半衰期长，说明41Ca难以失去电子C．41Ca衰变一半所需的时间小于14C衰变一半所需的时间D．从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程属于化学变化【答案】A【解析】A项，41Ca的质量数为41，质子数为20，所以中子数为41-20=21，A正确；B项，41Ca的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；C项，根据题意41Ca衰变一半所需的时间要大于14C衰变半所需的时间，C错误；D项，从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误；故选A。2．下列化学用语或图示表达不正确的是()A．H2O2的电子式： B．CH4分子的球棍模型：C．Al3+的结构示意图： D．乙炔的结构式：H-CC-H【答案】A【解析】A项，H2O2是共价化合物，其电子式为，故A错误；B项，CH4为正四面体形，CH4分子的球棍模型：，故B正确；C项，Al的原子序数为13，即Al3+的结构示意图：，故C正确；D项，乙炔含有碳碳三键，结构式为：H-CC-H，故D正确；故选A。3．酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是()A．石墨作电池的负极材料 B．电池工作时，NH4+向负极方向移动C．MnO2发生氧化反应 D．锌筒发生的电极反应为Zn-2e-=Zn2＋【答案】D【解析】A项，酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，故A错误；B项，原电池工作时，阳离子向正极(石墨电极)方向移动，故B错误；C项，MnO2发生得电子的还原反应，故C错误；D项，锌筒为负极，负极发生失电子的氧化反应Zn-2e-=Zn2＋，故D正确；故选D。4．下列说法不正确的是()A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反应是放热反应B．核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子C．由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基D．向饱和的溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析【答案】C【解析】A项，葡萄糖氧化生成CO2和H2O是放热反应，在人体内葡萄糖缓慢氧化成CO2和H2O为人体提供能量，A项正确；B项，核酸是一种生物大分子，分析核酸水解的产物可知，核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，核苷酸进一步水解得到磷酸和核苷，核苷进一步水解得到戊糖和碱基，故核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，B项正确；C项，氨基乙酸的结构简式为H2NCH2COOH，形成的二肽的结构简式为H2NCH2CONHCH2COOH，该二肽中含1个氨基、1个羧基和1个肽键，C项错误；D项，鸡蛋清溶液为蛋白质溶液，NaCl溶液属于轻金属盐溶液，向饱和NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液，蛋白质发生盐析，D项正确；故选C。5．下列方程式与所给事实不相符的是()A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2B．用绿矾(FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的Cr2O72-转化为Cr3+：Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2OC．用5%Na2SO4溶液能有效除去误食的Ba2+：Ba2++SO42-=BaSO4↓D．用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为溶于酸的CaCO3：Ca2++CO32-=CaCO3↓【答案】D【解析】A项，氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A正确；B项，Cr2O72-可以将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式正确，B正确；C项，SO42-结合Ba2+生成BaSO4沉淀，可以阻止Ba2+被人体吸收，离子方程式正确，C正确；D项，Na2CO3与CaSO4反应属于沉淀的转化，CaSO4不能拆分，正确的离子方程式为CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，D错误；故选D。6．下列实验的对应操作中，不合理的是()眼睛注视锥形瓶中溶液A．用标准溶液滴定溶液B．稀释浓硫酸C．从提纯后的溶液获得晶体D．配制一定物质的量浓度的溶液【答案】D【解析】A项，用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，A项合理；B项，浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B项合理；C项，NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C项合理；D项，配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，D项不合理；故选D。7．硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。下列说法不正确的是()A．I的化学方程式：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO2平衡转化率C．将黄铁和换成硫黄可以减少废渣的产生D．生产过程中产生的尾气可用碱液吸收【答案】B【解析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。A项，反应I是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2，故A正确；B项，反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO2平衡转化率，故B错误；C项，将黄铁矿换成硫黄，则不再产生Fe3O4，即可以减少废渣产生，故C正确；D项，硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3，可以用碱液吸收，故D正确；故选B。8．关于Na2CO3和NaHCO3的下列说法中，不正确的是()A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同B．可用NaOH溶液使NaHCO3转化为Na2CO3C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3D．室温下，二者饱和溶液的pH差约为4，主要是由于它们的溶解度差异【答案】D【解析】A项，Na2CO3和NaHCO3的溶液中均存在H2O、H2CO3、H+、OH-、Na+、CO32-、HCO3-，A正确；B项，NaHCO3加入NaOH溶液会发生反应：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，B正确；C项，NaHCO3受热易分解，可转化为Na2CO3，而Na2CO3热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确；D项，室温下Na2CO3和NaHCO3饱和溶液pH相差较大的主要原因是CO32-的水解程度远大于HCO3-，D错误；故选D。9．氘代氨(ND3)可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到ND3：①Mg3N2与D2O的水解反应；②NH3与D2O反应。下列说法不正确的是()A．NH3和ND3可用质谱法区分B．NH3和ND3均为极性分子C．方法①的化学方程式是Mg3N2+6D2O=3Mg(OD)2+2ND3↑D．方法②得到的产品纯度比方法①的高【答案】D【解析】A项，NH3和ND3的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，A正确；B项，NH3和ND3的H原子不同，但空间构型均为三角锥形，是极性分子，B正确；C项，Mg3N2与D2O发生水解生成Mg(OD)2和ND3，反应方法①的化学方程式书写正确，C正确；D项，方法②是通过D2O中D原子代替NH3中H原子的方式得到ND3，代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D错误；故选D。10．可采用催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是()A．Y为反应物HCl，W为生成物H2OB．反应制得1molCl2，须投入2molCuOC．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应【答案】B【解析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O。A项，Y为反应物HCl，W为生成物H2O，A正确；B项，CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；C项，总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；D项，图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl和CuCl→Cu2OCl2，D正确；故选B。11．CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用CO2为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。已知：反应①中无其他产物生成。下列说法不正确的是()A．CO2与X的化学计量比为1：2B．P完全水解得到的产物的分子式和Y的分子式相同C．P可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构D．Y通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解【答案】B【解析】A项，结合已知信息，通过对比X、Y的结构可知CO2与X的化学计量比为1：2，A正确；B项，P完全水解得到的产物结构简式为，分子式为C9H14O3，Y的分子式为C9H12O2，二者分子式不相同，B错误；C项，P的支链上有碳碳双键，可进一步交联形成网状结构，C正确；D项，Y形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而Y通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要为长碳链，与聚酯类高分子相比难以降解，D正确；故选B。12．下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是()A．依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向B．依据一元弱酸的Ka，可推断它们同温度同浓度稀溶液的大小C．依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大D．依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱【答案】C【解析】A项，对于可逆反应的Q与K的关系：Q>K，反应向逆反应方向进行；Q<K，反应向正反应方向进行；Q=K，反应处于平衡状态，故依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向，A正确；B项，一元弱酸的Ka越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的H+越多，pH越小，B正确；C项，同一周期从左到右，第一电离能是增大的趋势，但是ⅡA大于ⅢA，VA大于VIA，C不正确；D项，F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能越大，氢化物的热稳定性越强，D正确；故选C。13．苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是()A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物ⅡB．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物C．由苯得到M时，苯中的大π键没有变化D．对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂【答案】C【解析】A项，生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；B项，根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；C项，M的六元环中与-NO2相连的C为sp3杂化，苯中大π键发生改变，故C错误；D项，苯的硝化反应中浓H2SO4作催化剂，故D正确；故选C。14．不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。反应序号起始酸碱性KIKMnO4还原产物氧化产物物质的量/mol物质的量/mol①酸性0.001nMn2+I2②中性0.00110nMnO2已知：MnO4-的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法正确的是()A．反应①，n(Mn2+)∶n(I2)=1∶5B．对比反应①和②，C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变【答案】B【解析】A项，反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2MnO4-+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；B项，根据反应①可得关系式10I-~2MnO4-，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n(MnO4-)=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2MnO4-~MnO2~IOx-~6e-，IOx-中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2MnO4-+H2O=2MnO2↓+IO3-+2OH-，B项正确；C项，已知MnO4-的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误；D项，根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误；故选B。二、非选择题：本部分共5题，共58分。15．锡(Sn)是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。(1)Sn位于元素周期表的第5周期第IVA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整：。(2)SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物，SnCl2可被氧化得到。①SnCl2分子的模型名称是。②SnCl4的Sn-Cl键是由锡的轨道与氯的轨道重叠形成σ键。(3)白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。①灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有个。②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为v1nm3和v2nm3，则白锡和灰锡晶体的密度之比是。(4)单质Sn的制备：将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是。【答案】(1)(2)平面三角形sp3杂化(3)4(4)与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn【解析】（1）Sn位于元素周期表的第5周期ⅣA族，基态Sn原子的最外层电子排布式为5s25p2，Sn的基态原子最外层轨道表示式为；（2）①SnCl2中Sn的价层电子对数为2+×(4-2×1)=3，故SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形；②SnCl4中Sn的价层电子对数为4+×(4-4×1)=4，有4个σ键、无孤电子对，故Sn采取sp3杂化，则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键；（3）①灰锡具有立方金刚石结构，金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连，此5碳原子在空间构成正四面体，且该碳原子在正四面体的体心，所以灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个；②根据均摊法，白锡晶胞中含Sn原子数为8×+1=2，灰锡晶胞中含Sn原子数为8×+6×+4=8，所以白锡与灰锡的密度之比为∶=；（4）将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未发生明显反应；若通入空气在800℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是：与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn，有关反应的化学方程式为2C+O22CO、2CO+SnO2Sn+2CO2。16．HNO3是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备HNO3。(1)方法一：早期以硝石(含NaNO3)为氮源制备HNO3，反应的化学方程式为：NaNO3+H2SO4(浓)=NaHSO4+HNO3↑。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和。(2)方法二：以NH3为氮源催化氧化制备HNO3，反应原理分三步进行。①第I步反应的化学方程式为。②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2nmolNO和nmolO2进行反应。在不同压强下(p1、p2)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因。(3)方法三：研究表明可以用电解法以N2为氨源直接制备HNO3，其原理示意图如下。①电极a表面生成NO3-的电极反应式：。②研究发现：N2转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．H2O→O2。iii的存在，有利于途径ii，原因是。(4)人工固氮是高能耗的过程，结合N2分子结构解释原因。方法三为N2的直接利用提供了一种新的思路。【答案】(1)难挥发性(2)4NH3+5O24NO+6H2O2NO+O22NO2，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p1条件下NO转化率高于p2，故p1＞p2，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响(3)N2+6H2O-10e-=2NO3-＋12H＋反应iii生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化成NO3-(4)N2中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程【解析】（1）浓硫酸难挥发，产物HNO3为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。（2）①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；②2NO+O22NO2，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p1条件下NO转化率高于p2，故p1＞p2，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积。（3）①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为N2+6H2O-10e-=2NO3-＋12H＋；②反应iii生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化成NO3-。（4）N2中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。17．除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。(1)D中含氧官能团的名称是。(2)A→B的化学方程式是。(3)I→J的制备过程中，下列说法正确的是(填序号)。a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将J蒸出，都有利于提高I的转化率b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯(4)已知：①K的结构简式是。②判断并解释K中氟原子对的活泼性的影响。(5)M的分子式为C13H7ClF4N2O4。除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M时，L分子和G分子断裂的化学键均为C-O键和键，M的结构简式是。【答案】(1)硝基、酯基(2)(3)abc(4)氟原子可增强α-H的活泼性，氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强α-H的活泼性(5)N-H【解析】B发生硝化反应得到D，即B为，A与CH3OH发生酯化反应生成B，即A为，D发生还原反应得到E，结合E的分子式可知，D硝基被还原为氨基，E为，E在K2CO3的作用下与发生反应得到G，结合G的分子式可知，G为，I与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下生成J，结合I与J的分子式可知，I为CH3COOH，J为CH3COOC2H5，J与在一定条件下生成K，发生类似的反应，结合L的结构简式和K的分子式可知，K为，G和L在碱的作用下生成M，M的分子式为C13H7ClF4N2O4，除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，可推测为G与L中N-H键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为C-O键和N-H键，M的结构简式为。（1）由D的结构简式可知，D中含氧官能团为硝基、酯基；（2）A→B的过程为A中羧基与甲醇中羟基发生酯化反应，化学方程式为：；（3）I→J的制备过程为乙酸与乙醇的酯化过程，a项，依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将乙酸乙酯蒸出，都有利于提高乙酸的转化率，a正确；b项，饱和碳酸钠溶液可与蒸出的乙酸反应并溶解乙醇，b正确；c项，反应温度过高，乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成乙醚，发生分子内消去反应生成乙烯，c正确；故选abc；（4）①根据已知反应可知，酯基的α-H与另一分子的酯基发生取代反应，F3CCOOC2H5中左侧不存在α-H，所以产物K的结构简式为；②氟原子可增强α-H的活泼性，氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强α-H的活泼性；（5）M分子中除苯环外还有一个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，再结合其分子式，可推测为G与L中N-H键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为C-O键和N-H键，M的结构简式为。18．利用黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。(1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是。(2)(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。(NH4)2SO4发生热分解的化学方程式是。(3)矿石和过量(NH4)2SO4按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。温度/℃B中所含铜、铁的主要物质400Fe2O3、CuSO4、CuFeS2500Fe2(SO4)3、CuSO4、CuO①温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是。②温度高于425℃，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是。(4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的。(5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液，并维持一定的c(H＋)和c(Cu2+)。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是。【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分(2)(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O(3)温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加温度高于425℃，随焙烧温度升高发生反应：4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，铜浸出率降低(4)+Cu2+=+Cu(5)粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量【解析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；（2）铵盐不稳定，易分解，(NH4)2SO4分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O；（3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加；②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，铜浸出率降低；（4）加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为+Cu2+=+Cu；（5）粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。19．某小组同学向pH=1的的溶液中分别加入过量的Cu粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。(1)理论分析依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是。(2)实验验证实验金属操作、现象及产物I过量Cu一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质Ⅱ过量Zn一段时间后有气泡产生，反应缓慢，