2024年高考化学（全国甲卷）真题详细解读及评析

2024年高考化学全国甲卷适用地区为四川、西藏、内蒙古、陕西、青海、宁夏，这些地区除西藏外在2025年高考都将首次实施新高考政策，不再采取理综、文综试卷模式，而是采取单科试卷模式。今年的理2024年高考全国甲卷化学试题的命制坚持为党育人、为国育才根本任务，通过精选试题素材弘扬爱国主义，加强对学生的价值引领。试题命制遵循高中化学课程标准，加强教考衔接据中国高考评价体系，强调依据核心价值引领、学科素养导向、关键能力为重、必备链接、命题方式创新等设计试题。突出关键能力考查，激发学生从事科学研究、探索从题型看，全国甲卷化学试题包括选择题和非选择题两部分。选择题为7道单项选择，旨在考查学生对基础知识的掌握和应用能力。非选择题为3道必选和1道选做，非选择题则更注重考查学生的分析、推一、彰显学科核心价值，落实立德树人根本任务高考化学试题注重挖掘人类发展中的科学技术，折射出中国推动构国甲卷第7题以人类利用能源的历史为主线，以不同时期的典型能源为代表，既考查物质组成，能量与物质转化等基本概念，使学生充分认识到化学在社会发展中的重要作用，又进一步试题选取我国和国际的创新科研成果，全国甲卷第9题以我国回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的科研有利于让学生了解我国科研工作者在相关领域取得的重要成果，激发学生的爱国主义情怀。第12题以MnO₂-Zn可充电电池为素材，第26题以废渣中提取钴为背景，第28题以甲烷溴化再偶联为丙烯作为命题载体，展现了化学在新型电池开发利用、能源与环保、矿物开发等领域的创新成果。在考查化学知识的基二、遵循课程标准，加强考教衔接，稳妥推进高考内容改革试题遵循高中课程标准，引导中学教学遵循教育规律，试题精心设置问题，涵验、基本原理、化学学基础知识等，同时，考查学生的科学态度和学科关键能力，引国甲卷第9题涉及铁与水蒸气的反应，该实验来源于教材，是学生相对熟悉的情境，但得出正确答案需要从反应原理、操作规范、产物检验、仪器使用等方面深入思考。鼓励学生理性标准进行教学。全国甲卷第10题涉及常见无机物的性质和和转化关系，四瓶无色溶液等内容，所给转化关系也是学生相对熟悉的情境，但得出正确答案需要从物质性考，引导中学依标施教。例如，全国甲卷第7题和为化学与生活类试题，考查方式是学生所熟悉的，考查的核心知识来源教材并与学生的日常生活密到化学学科的社会价值。全国甲卷第8题针对离子方程式的考查，是中学化学教学的重要内容，也是学生所熟悉的考查方式与内容。尽管是学生熟悉的试题形式，但对于知识的考查并未减36题以药物白藜芦醇的合成路线为素材，考查学生利用有机化学基础知识解决问题的能力。命题时严格依供“手性碳”的定义。三、深化综合考查，突出科学教育，促进学生全面健康发展例如，全国甲卷第13题提供了溶液中离子浓度的数据图，学生需要分析出各数据曲线所代表的微粒种类，考查学生利用数据进行归纳论证的能力。全国甲卷第10题给出四瓶无色溶液之间的反应关系图，学生需要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。例如，全国甲卷第28题以化工领域具有重要意义的甲烷转化为载体，借助浓度时间图像和催化反应机理等方式提供信息的知识。学生需要理解所给信息，根据图文考查点容易有关能源的常识中等离子方程式的正误判断离子反应及其应用中等有机物的结构与性质中等质性质常见无机物的性质中等原电池原理及其应用难中等中等中等中等中等有机物的结构与性质，反应类型，有机方程式的书写，同分异构体的判断学习化学时，你可能会遇到这些难点：概念多且抽象：比如化学键、分子结构、电子云等，需要你有一定的逻辑思维能力。实验要求高：实验操作和设计需要实践经验，平时多动手做实验，积累经验。综合应用能力：高考题目综合性强，需要你能将不同知识点联系起来，解决复杂问题。学习化学的建议：1.研究考试大纲，分块落实考试说明和考试大纲是备考的指南针，复习化学时应该认真研究考试说明和考试大纲。平常我们可以增强化学学科复习的针对性和方向性，避免出现盲目备考的情况。要理解高考的命题依据，对化学的考纲实际操作是：考纲不要求的不复习，考纲降低要求的不拓展，考纲所要求的大力复习。2.明确方向，对症下药经过对近几年湖北化学高考题的分析，可以得出三点：一是主干知识考查的“集中化”,二是基础知识的新视角，三是能力考查的“综合化”。要提高化学的备考质量，还要真正了解自身存在的问题，只有这样备考才能更加科学有效。所以要明确备考方向，对症开方下药，才能使自身的知识结构更加符合高考的化学立体网络化要求，才能实现基础→能力→分数的转化。高中化学复习的重点内容是化学概念和理论、元素化合物及相关实验和计算。对此在复习中除了掌握概念理论的具体内容之外还整理了大量易错易混的判断题让学生练习，在元素化合物复习中对于化学反应方程式、离子方程式、电化学方程式学生们都掌握不了，我们通过每天小练、课堂题写等措施使学生都基本掌握住了。在化学实验复习当中把常见仪器的使用、注意事项、实验的基本操作、除杂装置、除尾装置等分门别类总结成表格的形式印发给学生，取得了很好的效果。化学计算是所教学生最薄弱之项，在复习中针对高考常见的题型将守恒法、差量法、极值法、讨论法等多次给学生讲解练习，使学生的短板得以弥补。高中化学复习难点有四处：化学平衡移动的判断、溶液中离子浓度的比较、有机化合物同分异构体的推断和化学计算。对于这些难点教学我们利用勒夏特列原理、三大守恒规律、分碳法、插入法、守恒法、差量法极值法等有效方法给学生分析清楚，做到了难点的突破。3.回归基础，提高能力高考的化学复习训练要做到强化基础，这需要我们不断地进行总结。只有通过不断地总结，我们的印象才会更加深刻，应用知识点会更加灵活。在刚进入化学一轮复习时，在每一单元复习时，可以搜集与之相关的近两年高考真题和各地新颖的模拟试题给学生们练习。在化学备考时，要注意从五个方面的突破口寻找方向：一是这道题应该怎么做；二是为什么要这样做；三是怎么会想到要这样做；四是不这样做可以吗?五是这道题改变设问角度，还会变成什么样的题目?又该怎么做?完成上述的所有步骤，学习化学的效率会大大增加。其实高中化学知识真的不多，考点相对其他学科而言，非常之少，所以搞突击是可行的。但是，切忌，不要等到临考前再突击，那样神仙也帮不了你。突击也要事先有基础有准备。所以学化学基础的入手点和突击的方向，而不是帮助你直接上考场。一定要记住，从现在开始，并持之以恒，那么,这时候就是你胜利的起点。年年岁岁花相似，岁岁年年题不同。每年的高考既是机遇，又是挑战。我们要在探索中前进，才能战胜高考这一座大山。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，只有一项是符合题目要7.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】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。8.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：SiO³+4F+6H+=SiF₄个+3H₂OB.用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：2Fe³++3Cu=3Cu²++2FeC.用硫代硫酸钠溶液脱氯：S₂O3+2Cl₂+3H₂O=2SO?+4Cl+6H*D.用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO₄+CO²=CaCO₃+SO2【答案】D【解析】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个+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S₂O3-+4Cl₂+5H₂O=2SO2-+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CaSO₄+CO²=CaCO₃+SO2,D正确；故答案选D。9.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。PLAMP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；10.四瓶无色溶液NH₄NO₃、Na₂CO₃、Ba(OH)₂、AlCl₃,它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、c、daabCdefg呈弱碱性可溶于过量的b中中通入过量的e可得到无色溶液和d反应生成的沉淀不溶于稀硝酸【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NH₄NO₃和生沉淀，故b为Ba(OH₂,a为NH₄NO₃;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AlCl₃,d为Na₂CO₃,生成的白色沉淀为Al(OH)₃,无色气体g为CO₂。综上所述，a为NH₄NO₃溶液，b为Ba(OH₂电极电极B.充电时，会发生反应Zn+2MnO₂=ZnMn₂O₄C.放电时，正极反应有MnO₂+H₂O+e=MnOOH+OHB.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C.放电时MnO₂电极为正极，正极上检测到MnOOH和少量ZnMn₂O₄,则正极上主要发生的电极反应是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MnO₂+H₂O+e⁻=MnOOH+OH可知，若正极上只有MnOOH生成，则生成MnOOH的物质的量为0.020mol,但是正极上还有ZnMn₂O₄生成，因此，MnOOH的物质的量小于0.020mol,D不正确；代表Ag*、Cl或CrO2)随加入NaCl溶液体积(V)的变化关系如图所示。C.V≤2.0mL时，不变Ag₂CrO₄(s)+2CI-(aq)=2AgCl(s)+Cro2-(aq),两者恰好完全反应时，NaCl溶液的体积为v(NaCl)=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：【解析】A.2mL时Ag₂CrO₄与NaCl溶液恰好完全反应，则a点时溶质为NaCl和Na₂CrO4,电荷守恒：曲线的交点，即c(CrO²-)=c(CH),则溶液中c(Na+)≈3c(CH),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，则则二、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(一)必考题：共43分。26.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。NaOHNaOHNaClONa₂S₂O₈稀H₂SO₄注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10⁵mol·L¹,其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。已知：①K,(CuS)=6.3×10³,K,(ZnS)=2.5×10",K(CoS)=4.0②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c(M)/(mol.L')]和溶液pH的关系如图所示。(1)"酸浸"前，需将废渣磨碎，其目的是0(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·L¹,向其中加入Na₂S至Zn²+沉淀完全，(4)“沉锰”步骤中，生成1.0molMnO,,产生(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NaCIO氧化Co²+,其反应的离子方程式为o(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o【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(6)2Co²++5CIO-+5H₂O=2Co(OH(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【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Na₂S₂O₈将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚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CoO+H₂SO₄=CoSO₄+H₂O。c(Co²)小于0.10mol·L¹,说明大部分Co²+也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn²+和Co²+的完全分S₂O³+Mn²++2H₂O=MnO₂↓+4H++2SO²,因此，生成1.0molFe(OH)₃,因此，分离出的滤渣是Fe(OH)₃。要适当过量，其反应的离子方程式为2Co²++5CIO-+5H₂O=2CoNaOH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。I.过氧化脲溶液用稀H₂SO₄酸化后，滴加KMnO₄溶液，紫红色消失。Ⅱ.过氧化脲溶液用稀H₂SO₄酸化后，加入KI溶液和四氯化碳，振荡，静置。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H₂SO₄,用准确浓度的KMnO₄溶液滴定(2)过氧化脲的产率为o(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0(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A.KMnO₄溶液置于酸式滴定管中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KMnO₄溶液润洗C.摇动锥形瓶时KMnO₄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(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【解析】(1)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。(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25mL×1.11g.cm³×30%=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(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。28.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(C₃H₆)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：CH₄(g)+Br₂(g)=CH₃Br(g)+HBr(g)△H3CH₃Br(g)=C₃H₆(g)+3HBr(g)△计算反应3CH₄(g)+3Br,(g)=C₂H₆(g)+6HBr(g)的△H=kJ·mol⁻¹。(2)CH₄与Br₂反应生成CH₃Br,部分CH₃Br会进一步溴化。将8mmolCH₄和8mmolBr₂。通入密闭容器，平衡时，n(CH₄)、n(CH₃Br)与温度的关系见下图(假设反应后的含碳(iii)560℃时，反应CH₃Br(g)+Br,(g)=CH,Br,(g)+HBr(g)的平衡常数K=(3)少量I₂可提高生成CH₃Br的选择性。500℃时，分别在有I₂和无I₂的条件下，将8mmolCH₄和8mmolBr₂,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。(iii)研究表明，I₂参与反应的可能机理如下：②·I(g)+CH₂Br₂(g)=IBr(g)③·CH₂Br(g)+HBr(g)=CH₃Br④·Br(g)+CH₄(g)=HBr(g⑤·CH₃(g)+IBr(g)=CH₃Br根据上述机理，分析I,提高CH₃Br选择性的原因：【答案】(1)-67(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【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。【解析】(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(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!若只发生一步反应，则生成6.4mmolCH₃Br,但此时剩余CH₃Br的物质的量为5.0mmol,说明还有1.4mmolCH₃Br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;(ii)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(3)(i)11~19s时，有I₂的生成速率1,无I₂的生成速率1mmol-(L·s)-¹。生成速率比(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；(ii)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。(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)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o(2)CaC,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其中电负性最大的元素是,硅原子的杂化轨道类型(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(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NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为g·cm³(列出计算式)。【答案】(1)2+4(3)Csp³(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【解析】(1)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;(2)CaC₂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;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;(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N为阿伏加德罗常数的值，则NA个晶胞的质量为4×(207+32)g,NA个晶胞的体积为NA×(594×10-¹cm)³,因此该晶体密度为36.