年高考真題完全解讀(北京卷)適用省份北京市2024年北京市普通高中學業水平等級性考試化學試卷，以《普通高中化學課程標準(2017年版2020年修訂)》為命題依據，緊扣時代主題，落實“立德樹人”根本任務，體現穩中求進、穩中創新的命題原則，凸顯對化學學科核心素養的考查，彰顯化學學科特色和學科價值，突出對化學學科關鍵能力的考查，注重對化學研究方法、研究過程的理解和遷移應用。試題立足北京的教學特點和學生學習實際，巧妙地融合各模塊的知識內容，倡導學以致用，提升思維品質，很好地體現了基礎性、時代性、應用性、綜合性、創新性和發展性，進一步發揮等級考在促進高中、高校育人銜接中的重要作用，服務首都化學教育高質量發展。一、強化價值引領，發揮育人功能化學試題堅持落實立德樹人根本任務，“五育”并舉，體現科學教育的育人功能，落實全面發展的育人目標。試題從促進學生德智體美勞全面發展、服務創新人才選拔、引導投身科技強國建設等方面，積極落實、宣傳黨的二十大精神，充分發揮價值導向功能，服務國家所需人才的選拔培養。試題以中國傳統節日習俗、我國科學家對化學化工發展的貢獻、我國科技前沿新成果等為載體，體現對中華優秀傳統文化的傳承，體現科學家愛國奉獻、為國爭光的精神，體現科技創新在我國現代化建設中的重要作用，增強民族自信、文化自信、科技自信。如：第1題，展現我國科技成果，利用激光操控方法，實現對同位素41Ca的靈敏檢測及應用，體現我國在科學領域的成就和創新能力，增強學生的民族自豪感和愛國情懷。第11題，利用CO2為原料合成新型可降解高分子，為“碳中和”提供新思路，展示科技前沿，體現可持續發展和“綠色化學”理念，強化環保意識和社會責任感，凸顯化學的社會價值。第16題，利用不同的氮源制備HNO3，通過對制備方法發展的解讀，理解電解法作為N2直接利用的新思路，體會科學家的思維，感受科學研究的意義，感悟科學精神，激發學生對科學的熱愛，增強學生的社會責任感、時代使命感。二、注重依據課標，促進課堂增效高中化學基礎內容包括物質結構理論、典型化合物的性質、化學反應原理、基本化學實驗操作方法和實驗設計思想。試題強調高中化學基礎知識和基本技能，聚焦分析問題與解決問題的根本能力，設問與答案設計呼應教材核心內容，命題在教考銜接上精耕細作，全面考查了化學學科特點和化學研究基本方法、化學基本概念和基本理論、常見無機物及其應用、常見有機物及其應用、化學實驗基礎知識等必備知識，體現了測試的基礎性要求。試題助推“雙減”持續深入推進，凸顯校園學習的重要性，引導學生回歸課堂和教材。積極探索課標要求、教材內容在考試中的體現，促進新高考與新課程、新課標和新教材的協調聯動。繼續堅持貼近教材，助力“雙減”。如：選取教材中素材，第3題酸性鋅錳干電池，第7題工業生產制取硫酸的原理，第7題和第8題均為教材實驗；第15題新教材內容按照教學實際，考查基礎，引導中學夯實基礎教學。第16題以氨為氮源催化氧化制備硝酸，第17題乙酸乙酯的制備等素材均來自教材。依據課標設問，第17題有機推斷題中羰基碳原子碳氫鍵極性強，易斷裂原因的解釋，符合課標對“認識化學鍵極性與有機反應的關系”的要求；貼近教學考查主干，三、注重關鍵能力，測評學習潛能服務國家科教興國戰略、人才強國戰略、創新驅動發展戰略，助力創新型人才選拔是今年化學學科命題的重要目標。命題秉持“素養立意”理念，以國家經濟社會發展、科學技術進步、生產生活實際等真實情境創設真實任務，引導考生養成學以致用的務實作風，以投身社會主義現代化建設的主人翁精神持續學習，報效祖國。考查考生創造性解決實際問題的能力，體現了創新思維、創新方法的重要價值，鼓勵弘揚創新精神。試題豐富核心素養考查路徑，注重結構化知識、關鍵能力、思想方法與思維品質的考查，通過設計問題梯度，展現考生能力層級。如：如第10題以氯資源再利用為素材，考查元素守恒的觀念。第17題以解釋有機化合物中氟原子的作用、依據斷鍵和成鍵確定有機化合物的結構等設問，凸顯對“結構決定性質”學科觀念的考查。第14題研究不同條件下KMnO4與KI的反應，考查學生運用氧化還原反應規律、定性與定量相結合及對比等方法，分析化學變化的動態過程。第19題通過對實驗現象進行分析、研究和反思，考查邏輯推理的能力，體現敢于質疑、嚴謹論證、去偽存真的科學精神。四、注重融合應用，彰顯化學價值化學試題注重貫徹落實新課程理念，以化學真實問題情境作為載體，試題素材情境取材廣泛，圍繞與化學關系密切的材料、環境、能源與生命等領域，通過對應用于社會生產實踐中化學原理的考查，以解決問題為目標，充分體現出化學學科推動科技發展和人類社會進步的重要作用，凸顯化學學科的社會價值，很好地發揮了育人功能。試題堅持聯系生產實際，創設真實問題情境，把學校教育同社會大課堂結合起來，考查實踐能力。試題以具有針對性、啟發性、過程性和科學性的真實情境為測試載體，考查分析解決實際問題的能力。在實際問題解決過程中，注重對學科本質的考查，知識融合度高。如：第17題融合了有機化學基礎、物質結構與性質和化學反應原理等模塊的知識，體現出實際問題的復雜性和綜合性。第18題融合元素化合物、反應速率、電化學等知識解決由黃銅礦生產純銅工藝中的問題，第19題通過實驗驗證理論分析的探究過程，融合金屬及其化合物、溶液中的離子檢驗、實驗設計、平衡移動等知識，突出了對科學探究與創新意識的考查。五、豐富呈現形式，信息獲取加工化學是一門實踐應用性極強的學科，信息獲取與加工能力對于化學研究至關重要。試題通過解讀圖、表，獲取信息并與已有知識進行關聯解決問題，是化學思維的重要方面。北京化學試題通過提供多種圖表形式的信息，深入考查學生的信息獲取與加工能力。如：電池構造示意圖、分子結構和晶體結構示意圖、實驗操作示意圖、反應機理示意圖、工藝流程示意圖、有機合成路線圖、實驗數據圖表等，學生需要理解所給信息，根據圖文綜合分析，并對相關數據進行加工應用。設問層層遞進，步步深入，全面地考查了考生對反應原理領域各方面知識的掌握情況。六、注重學科特征，凸顯化學特色化學實驗最能體現學科特色，試題注重對基礎實驗和探究實驗的考查，要求學生多角度、多層面對實驗基礎知識、反應規律和原理進行綜合運用。通過實驗探究過程，引導學生進行證據推理、歸納總結，獲得合理結論。試題通過情境任務設計，引導考生進行證據推理和歸納總結合理結論，培養發展考生的思維能力，加強學科思想方法在化學教育各階段的銜接。試題有利于引導中學開展實驗教學，引導考生在實踐中培養學科思維，在思考中理解學科本質。實驗考查應促進考生掌握基本的化學實驗方法和技能，體驗實驗探究的基本過程，進一步發展考生解決綜合實驗問題的能力，避免“黑板實驗”和“思維實驗”。如：第6題實驗基本操作的考查引導考生走進實驗室；第9、10、11、13等題注重引導學生從微觀視角理解化學過程，第19題注重考查學生的實驗意識、證據推理等方面的科學素養。實驗探究題是北京卷的一大特色，化學試題第19題在保持往年注重考查證據推理等實驗探究能力的基礎上，開始探索實驗考查的多元化，首先依據金屬活動性順序，判斷Cu、Zn、Mg中可將Fe3+還原為Fe的金屬，接著開展實驗探究。實驗中，當現象與理論分析不一致時，再次進行分析及探究，通過自主設計實驗，排除干擾因素，重新獲取證據，證實了理論分析的結果，凸顯了理論的價值。“教育興則國家興，教育強則國家強”。2024年北京市高考化學試題堅持北京命題理念，試題結合學科特色，注重基礎聚焦素養，關聯教材摒棄題海，重視潛能啟迪思維，培養探究科學精神，為高層次思維水平的展現提供更多可能，切實促進首都化學教育人才培養模式的轉變。一是基礎試題比例略微增大，選擇題加大了基礎試題分值，非選擇題各題均設置基礎設問；二是注重考生十二年的基礎積累，第6題濃硫酸的稀釋來源于初中化學教材，啟發基礎培養的持續性；三是實驗探究題為北京卷的一大特色，今年化學卷開始探索實驗的多元化考查，這有利于引導中學從多角度開展實驗教學，發揮其在化學學習中的重要作用。題號難度考查內容詳細知識點選擇題(42分)1中同位素物理變化與化學變化；原子中相關數值及其之間的相互關系；元素、核素、同位素2易化學用語結構式、結構簡式、比例模型、球棍模型、最簡式；電子式的書寫與判斷；乙炔分子的組成3易原電池錳鋅干電池及其工作原理4易認識有機物葡萄糖在人體內的主要反應；氨基酸的成肽反應；蛋白質的鹽析；核酸的組成與結構5中離子方程式正誤判斷離子方程式的正誤判斷；沉淀轉化；鹵素單質的置換反應；6易化學實驗基本操作硫酸物理性質；酸堿中和滴定實驗基本操作及步驟；配制一定物質的量濃度的溶液的步驟、操作；蒸發與結晶7中工藝流程分析硫酸的工業制法及其工藝特點8中無素及其化合物碳酸氫鈉的不穩定性；碳酸鈉與碳酸氫鈉的相互轉化；碳酸鈉與碳酸氫鈉性質的比較；鹽類水解規律理解及應用；9中物質結構與性質鹽類水解的應用；利用雜化軌道理論判斷分子的空間構型；極性分子和非極性分子10中化學反應機理氧化還原反應的概念判斷；催化劑對化學反應速率的影響；化學平衡常數的影響因素及應用11中官能團結構與性質加聚反應；縮聚反應；多官能團有機物的結構與性質；化學科學對人類文明發展的意義12易物質性質推斷化學平衡常數的影響因素及應用；電離能的概念及變化規律；鍵能、鍵長、鍵角；電離平衡常數和電離度；13中化學反應與能量化學能與物質穩定性之間的關系；活化能對反應速率的影響；苯分子結構的特點；苯的加成反應14中氧化還原反應、化學計算化學方程式中物質的量的運用；氧化性、還原性強弱的比較；基于氧化還原反應守恒規律的計算非選擇題(58分)二、解答題15中物質結構與性質綜合價層電子對互斥理論的應用；利用雜化軌道理論判斷化學鍵雜化類型；晶胞的有關計算；常見金屬的冶煉16中化學反應原理綜合氮氣組成、結構與性質；影響化學平衡的因素；與轉化率變化有關圖像的分析；電解池電極反應式及化學方程式的書寫17中有機合成與推斷常見官能團名稱、組成及結構；有機推斷綜合考查18中化學工藝流程氧化還原反應方程式的書寫與配平；銨鹽的不穩定性；影響化學反應速率的其他因素；銅的電解精煉19中化學實驗設計與評價鹽類水解規律理解及應用；物質性質的探究一、建立學科基本觀念，優化復習教學模式化學學科觀念既是人們對化學學科認知的結果，又能指導人們如何看待化學問題、選擇何種途徑解決化學問題，因此在學科知識與學科思維中起統攝作用。而不少教師只重視化學事實性知識的教學，輕視學生化學觀的形成教育，致使學生化學認知素養不足。復習教學強調從新的角度和高度引導學生對已學知識進行再學習。教學中應以學生原有的知識經驗為基礎，通過設置多樣化的學習活動，探索建立用化學基本觀念來統攝知識建模與思維建模的教學模式。這一教學模式的基本程序包括：設置合適的專題，厘清專題中的核心概念，提煉與專題內容融合的基本觀念，分解基本觀念的內容屬性和思維屬性，編制實現學科觀念雙重屬性建構的研究案例，探究實現知識與思維的建構，感悟觀念在統攝知識與思維的價值。幫助學生補缺補漏、知識整合與能力提升。二、體現化學學科特點，強化實驗探究教學化學是一門以實驗為基礎的科學，實驗是測定物質組成與結構、研究性質及變化規律、實現物質分離與提純等的重要方法與手段，在化學教學中有不可替代的教育功能與地位。新課程大幅度地增加了實驗探究活動，復習教學中，對于實驗教學不應滿足于實驗基本操作的訓練，更應作為物質及其變化研究的方法與手段，從而充分發揮實驗(包括有機實驗)的認知功能、方法論和教學論功能和在培養學生化學學科核心素養的重要作用。復習中，應再創設適宜的探究情境，引導學生經歷“提出問題—作出猜想—設計方案—得出結論—反思評價”等過程；要求學生對比、歸納、總結常見儀器裝置的使用原理、用途特點和規律；領會實驗操作的實質與內涵：對操作原理的認識(解決實驗操作理論依據的問題)，對操作方法的認識(解決如何操作的問題)，對操作目的的認識(解決為何要安排這樣操作的問題)，對錯誤操作造成后果的認識(解決為何要這樣操作的問題)，掌握科學規范地進行實驗操作的技能；加強實驗目的、步驟和原理分析，學會控制條件、使用儀器、觀察分析、得出結論、解釋結果、設計或評價或改進簡單的實驗方案。多問“怎樣做”“為什么這樣做”“還可以如何做”，培養與發展學生的實驗探究能力。三、培養學科思維方式，準確運用化學術語培養學科思維方式，準確運用化學術語，提高學生的答題能力是復習不可忽略的一個重要環節。化學學科中常用的思維方法有非邏輯思維中的直覺思維、想象思維和聯想思維，邏輯思維中的分析與綜合、歸納與演繹、類比與假設，發散思維中的逆向思維、側向思維和多向思維等等。在復習訓練中，把學生置于一種仿真的環境，通過對一些典型專題、案例的分析和歸納，引導學生去細心體會、總結、交流，發展化學學科思維能力。例如，離子反應：從微觀角度認識在溶液中發生化學反應的物質的性質，初步建立起研究水溶液體系的思路方法；氧化還原反應：對化學反應、化學物質分類提出新視角，并指導物質性質的研究——通過抓住組成物質的核心元素的價態進行物質性質及反應的預測，等等。化學用語是用于表示物質微觀組成、結構及物質變化的化學符號系統，其格式嚴謹、內涵豐富，是化學學習、交流及成果傳承不可或缺的核心工具，是化學學科思維方式三大表征之一。復習教學中，要特別加強化學方程式、熱化學方程式、離子方程式、電極反應式、電離方程式以及化學式、結構簡式、電子式、電子排布式、化學專用名詞等的規范使用，并通過簡答題的訓練，提高用規范的語言文字表達化學問題的能力。四、牢牢把握經典母題，實現在反思中提升進入復習教學，將不可避免地進行相當強度的習題訓練、考試評價和有針對性的講評教學。結合歷年高考母題，選取試題素材情境進行針對訓練，可圍繞與化學關系密切的材料、生命、環境、能源與信息等領域，通過對應用于社會生產實踐中化學原理的考查，充分體現出化學學科推動科技發展和人類社會進步的重要作用，凸顯化學學科的社會價值。習題訓練不能只強調解題熟練度，缺乏思維導引。為做好“練—講—評”教學，實現在糾錯中提升的目的，應把握“五核心”，即試題的核心知識、核心技能、核心能力、核心方法和核心價值；增強“四意識”，即資源意識(確定題目的功能價值，求精不求廣)、目標意識(練習應達成的目標)、過程意識(講評的效度取決于學生思維發展過程和程度)、評價意識(包括暴露學生答題情況的前評價和講評后學生達成情況的評價)；關注“三思維”(命題者思維、應答者思維和講評者思維)的交互；落實“三方面”(鋪路引導、做好歸納、整體感悟和提升)。一、選擇題：本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1．我國科研人員利用激光操控方法，從Ca原子束流中直接俘獲41Ca原子，實現了對同位素41Ca的靈敏檢測。的半衰期(放射性元素的原子核有半數發生衰變所需的時間)長達10萬年，是14C的17倍，可應用于地球科學與考古學。下列說法正確的是()20

鈣40.08A．41Ca的原子核內有21個中子B．41Ca的半衰期長，說明41Ca難以失去電子C．41Ca衰變一半所需的時間小于14C衰變一半所需的時間D．從Ca原子束流中直接俘獲41Ca原子的過程屬于化學變化【答案】A【解析】A項，41Ca的質量數為41，質子數為20，所以中子數為41-20=21，A正確；B項，41Ca的半衰期長短與得失電子能力沒有關系，B錯誤；C項，根據題意41Ca衰變一半所需的時間要大于14C衰變半所需的時間，C錯誤；D項，從Ca原子束流中直接俘獲41Ca原子的過程沒有新物質產生，不屬于化學變化，D錯誤；故選A。2．下列化學用語或圖示表達不正確的是()A．H2O2的電子式： B．CH4分子的球棍模型：C．Al3+的結構示意圖： D．乙炔的結構式：H-CC-H【答案】A【解析】A項，H2O2是共價化合物，其電子式為，故A錯誤；B項，CH4為正四面體形，CH4分子的球棍模型：，故B正確；C項，Al的原子序數為13，即Al3+的結構示意圖：，故C正確；D項，乙炔含有碳碳三鍵，結構式為：H-CC-H，故D正確；故選A。3．酸性鋅錳干電池的構造示意圖如下。關于該電池及其工作原理，下列說法正確的是()A．石墨作電池的負極材料 B．電池工作時，NH4+向負極方向移動C．MnO2發生氧化反應 D．鋅筒發生的電極反應為Zn-2e-=Zn2＋【答案】D【解析】A項，酸性鋅錳干電池，鋅筒為負極，石墨電極為正極，故A錯誤；B項，原電池工作時，陽離子向正極(石墨電極)方向移動，故B錯誤；C項，MnO2發生得電子的還原反應，故C錯誤；D項，鋅筒為負極，負極發生失電子的氧化反應Zn-2e-=Zn2＋，故D正確；故選D。4．下列說法不正確的是()A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反應是放熱反應B．核酸可看作磷酸、戊糖和堿基通過一定方式結合而成的生物大分子C．由氨基乙酸形成的二肽中存在兩個氨基和兩個羧基D．向飽和的溶液中加入少量雞蛋清溶液會發生鹽析【答案】C【解析】A項，葡萄糖氧化生成CO2和H2O是放熱反應，在人體內葡萄糖緩慢氧化成CO2和H2O為人體提供能量，A項正確；B項，核酸是一種生物大分子，分析核酸水解的產物可知，核酸是由許多核苷酸單體形成的聚合物，核苷酸進一步水解得到磷酸和核苷，核苷進一步水解得到戊糖和堿基，故核酸可看作磷酸、戊糖和堿基通過一定方式結合而成的生物大分子，B項正確；C項，氨基乙酸的結構簡式為H2NCH2COOH，形成的二肽的結構簡式為H2NCH2CONHCH2COOH，該二肽中含1個氨基、1個羧基和1個肽鍵，C項錯誤；D項，雞蛋清溶液為蛋白質溶液，NaCl溶液屬于輕金屬鹽溶液，向飽和NaCl溶液中加入少量雞蛋清溶液，蛋白質發生鹽析，D項正確；故選C。5．下列方程式與所給事實不相符的是()A．海水提溴過程中，用氯氣氧化苦鹵得到溴單質：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2B．用綠礬(FeSO4·7H2O)將酸性工業廢水中的Cr2O72-轉化為Cr3+：Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2OC．用5%Na2SO4溶液能有效除去誤食的Ba2+：Ba2++SO42-=BaSO4↓D．用Na2CO3溶液將水垢中的CaSO4轉化為溶于酸的CaCO3：Ca2++CO32-=CaCO3↓【答案】D【解析】A項，氯氣氧化苦鹵得到溴單質，發生置換反應，離子方程式正確，A正確；B項，Cr2O72-可以將Fe2+氧化成Fe3+，離子方程式正確，B正確；C項，SO42-結合Ba2+生成BaSO4沉淀，可以阻止Ba2+被人體吸收，離子方程式正確，C正確；D項，Na2CO3與CaSO4反應屬于沉淀的轉化，CaSO4不能拆分，正確的離子方程式為CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，D錯誤；故選D。6．下列實驗的對應操作中，不合理的是()眼睛注視錐形瓶中溶液A．用標準溶液滴定溶液B．稀釋濃硫酸C．從提純后的溶液獲得晶體D．配制一定物質的量濃度的溶液【答案】D【解析】A項，用HCl標準溶液滴定NaOH溶液時，眼睛應注視錐形瓶中溶液，以便觀察溶液顏色的變化從而判斷滴定終點，A項合理；B項，濃硫酸的密度比水的密度大，濃硫酸溶于水放熱，故稀釋濃硫酸時應將濃硫酸沿燒杯內壁緩慢倒入盛水的燒杯中，并用玻璃棒不斷攪拌，B項合理；C項，NaCl的溶解度隨溫度升高變化不明顯，從NaCl溶液中獲得NaCl晶體采用蒸發結晶的方法，C項合理；D項，配制一定物質的量濃度的溶液時，玻璃棒引流低端應該在容量瓶刻度線以下；定容階段，當液面在刻度線以下約1cm時，應改用膠頭滴管滴加蒸餾水，D項不合理；故選D。7．硫酸是重要化工原料，工業生產制取硫酸的原理示意圖如下。下列說法不正確的是()A．I的化學方程式：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2B．Ⅱ中的反應條件都是為了提高SO2平衡轉化率C．將黃鐵和換成硫黃可以減少廢渣的產生D．生產過程中產生的尾氣可用堿液吸收【答案】B【解析】黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發生反應，生成SO2和Fe3O4，SO2和空氣中的O2在400~500℃、常壓、催化劑的作用下發生反應得到SO3，用98.3%的濃硫酸吸收SO3，得到H2SO4。A項，反應I是黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發生反應，生成SO2和Fe3O4，化學方程式：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2，故A正確；B項，反應Ⅱ條件要兼顧平衡轉化率和反應速率，還要考慮生產成本，如Ⅱ中“常壓、催化劑”不是為了提高SO2平衡轉化率，故B錯誤；C項，將黃鐵礦換成硫黃，則不再產生Fe3O4，即可以減少廢渣產生，故C正確；D項，硫酸工業產生的尾氣為SO2、SO3，可以用堿液吸收，故D正確；故選B。8．關于Na2CO3和NaHCO3的下列說法中，不正確的是()A．兩種物質的溶液中，所含微粒的種類相同B．可用NaOH溶液使NaHCO3轉化為Na2CO3C．利用二者熱穩定性差異，可從它們的固體混合物中除去NaHCO3D．室溫下，二者飽和溶液的pH差約為4，主要是由于它們的溶解度差異【答案】D【解析】A項，Na2CO3和NaHCO3的溶液中均存在H2O、H2CO3、H+、OH-、Na+、CO32-、HCO3-，A正確；B項，NaHCO3加入NaOH溶液會發生反應：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，B正確；C項，NaHCO3受熱易分解，可轉化為Na2CO3，而Na2CO3熱穩定性較強，利用二者熱穩定性差異，可從它們的固體混合物中除去NaHCO3，C正確；D項，室溫下Na2CO3和NaHCO3飽和溶液pH相差較大的主要原因是CO32-的水解程度遠大于HCO3-，D錯誤；故選D。9．氘代氨(ND3)可用于反應機理研究。下列兩種方法均可得到ND3：①Mg3N2與D2O的水解反應；②NH3與D2O反應。下列說法不正確的是()A．NH3和ND3可用質譜法區分B．NH3和ND3均為極性分子C．方法①的化學方程式是Mg3N2+6D2O=3Mg(OD)2+2ND3↑D．方法②得到的產品純度比方法①的高【答案】D【解析】A項，NH3和ND3的相對分子質量不同，可以用質譜法區分，A正確；B項，NH3和ND3的H原子不同，但空間構型均為三角錐形，是極性分子，B正確；C項，Mg3N2與D2O發生水解生成Mg(OD)2和ND3，反應方法①的化學方程式書寫正確，C正確；D項，方法②是通過D2O中D原子代替NH3中H原子的方式得到ND3，代換的個數不同，產物會不同，純度低，D錯誤；故選D。10．可采用催化氧化法將工業副產物HCl制成Cl2，實現氯資源的再利用。反應的熱化學方程式：。下圖所示為該法的一種催化機理。下列說法不正確的是()A．Y為反應物HCl，W為生成物H2OB．反應制得1molCl2，須投入2molCuOC．升高反應溫度，HCl被O2氧化制Cl2的反應平衡常數減小D．圖中轉化涉及的反應中有兩個屬于氧化還原反應【答案】B【解析】由該反應的熱化學方程式可知，該反應涉及的主要物質有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO與Y反應生成Cu(OH)Cl，則Y為HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，則W為H2O；CuCl2分解為X和CuCl，則X為Cl2；CuCl和Z反應生成Cu2OCl2，則Z為O2；綜上所述，X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O。A項，Y為反應物HCl，W為生成物H2O，A正確；B項，CuO在反應中作催化劑，會不斷循環，適量即可，B錯誤；C項，總反應為放熱反應，其他條件一定，升溫平衡逆向移動，平衡常數減小，C正確；D項，圖中涉及的兩個氧化還原反應是CuCl2→CuCl和CuCl→Cu2OCl2，D正確；故選B。11．CO2的資源化利用有利于實現“碳中和”。利用CO2為原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路線如下。已知：反應①中無其他產物生成。下列說法不正確的是()A．CO2與X的化學計量比為1：2B．P完全水解得到的產物的分子式和Y的分子式相同C．P可以利用碳碳雙鍵進一步交聯形成網狀結構D．Y通過碳碳雙鍵的加聚反應生成的高分子難以降解【答案】B【解析】A項，結合已知信息，通過對比X、Y的結構可知CO2與X的化學計量比為1：2，A正確；B項，P完全水解得到的產物結構簡式為，分子式為C9H14O3，Y的分子式為C9H12O2，二者分子式不相同，B錯誤；C項，P的支鏈上有碳碳雙鍵，可進一步交聯形成網狀結構，C正確；D項，Y形成的聚酯類高分子主鏈上含有大量酯基，易水解，而Y通過碳碳雙鍵加聚得到的高分子主鏈主要為長碳鏈，與聚酯類高分子相比難以降解，D正確；故選B。12．下列依據相關數據作出的推斷中，不正確的是()A．依據相同溫度下可逆反應的Q與K大小的比較，可推斷反應進行的方向B．依據一元弱酸的Ka，可推斷它們同溫度同濃度稀溶液的大小C．依據第二周期主族元素電負性依次增大，可推斷它們的第一電離能依次增大D．依據F、Cl、Br、I的氫化物分子中氫鹵鍵的鍵能，可推斷它們的熱穩定性強弱【答案】C【解析】A項，對于可逆反應的Q與K的關系：Q>K，反應向逆反應方向進行；Q<K，反應向正反應方向進行；Q=K，反應處于平衡狀態，故依據相同溫度下可逆反應的Q與K大小的比較，可推斷反應進行的方向，A正確；B項，一元弱酸的Ka越大，同溫度同濃度稀溶液的酸性越強，電離出的H+越多，pH越小，B正確；C項，同一周期從左到右，第一電離能是增大的趨勢，但是ⅡA大于ⅢA，VA大于VIA，C不正確；D項，F、Cl、Br、I的氫化物分子中氫鹵鍵的鍵能越大，氫化物的熱穩定性越強，D正確；故選C。13．苯在濃HNO3和濃H2SO4作用下，反應過程中能量變化示意圖如下。下列說法不正確的是()A．從中間體到產物，無論從產物穩定性還是反應速率的角度均有利于產物ⅡB．X為苯的加成產物，Y為苯的取代產物C．由苯得到M時，苯中的大π鍵沒有變化D．對于生成Y的反應，濃H2SO4作催化劑【答案】C【解析】A項，生成產物Ⅱ的反應的活化能更低，反應速率更快，且產物Ⅱ的能量更低即產物Ⅱ更穩定，以上2個角度均有利于產物Ⅱ，故A正確；B項，根據前后結構對照，X為苯的加成產物，Y為苯的取代產物，故B正確；C項，M的六元環中與-NO2相連的C為sp3雜化，苯中大π鍵發生改變，故C錯誤；D項，苯的硝化反應中濃H2SO4作催化劑，故D正確；故選C。14．不同條件下，當KMnO4與KI按照反應①②的化學計量比恰好反應，結果如下。反應序號起始酸堿性KIKMnO4還原產物氧化產物物質的量/mol物質的量/mol①酸性0.001nMn2+I2②中性0.00110nMnO2已知：MnO4-的氧化性隨酸性減弱而減弱。下列說法正確的是()A．反應①，n(Mn2+)∶n(I2)=1∶5B．對比反應①和②，C．對比反應①和②，的還原性隨酸性減弱而減弱D．隨反應進行，體系變化：①增大，②不變【答案】B【解析】A項，反應①中Mn元素的化合價由+7價降至+2價，I元素的化合價由-1價升至0價，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應①的離子方程式是：10I-+2MnO4-+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A項錯誤；B項，根據反應①可得關系式10I-~2MnO4-，可以求得n=0.0002，則反應②的n(I-)∶n(MnO4-)=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反應②中Mn元素的化合價由+7價降至+4價，反應②對應的關系式為I-~2MnO4-~MnO2~IOx-~6e-，IOx-中I元素的化合價為+5價，根據離子所帶電荷數等于正負化合價的代數和知x=3，反應②的離子方程式是：I-+2MnO4-+H2O=2MnO2↓+IO3-+2OH-，B項正確；C項，已知MnO4-的氧化性隨酸性減弱而減弱，對比反應①和②的產物，I-的還原性隨酸性減弱而增強，C項錯誤；D項，根據反應①和②的離子方程式知，反應①消耗H+、產生水、pH增大，反應②產生OH-、消耗水、pH增大，D項錯誤；故選B。二、非選擇題：本部分共5題，共58分。15．錫(Sn)是現代“五金”之一，廣泛應用于合金、半導體工業等。(1)Sn位于元素周期表的第5周期第IVA族。將Sn的基態原子最外層軌道表示式補充完整：。(2)SnCl2和SnCl4是錫的常見氯化物，SnCl2可被氧化得到。①SnCl2分子的模型名稱是。②SnCl4的Sn-Cl鍵是由錫的軌道與氯的軌道重疊形成σ鍵。(3)白錫和灰錫是單質的常見同素異形體。二者晶胞如圖：白錫具有體心四方結構；灰錫具有立方金剛石結構。①灰錫中每個Sn原子周圍與它最近且距離相等的Sn原子有個。②若白錫和灰錫的晶胞體積分別為v1nm3和v2nm3，則白錫和灰錫晶體的密度之比是。(4)單質Sn的制備：將SnO2與焦炭充分混合后，于惰性氣氛中加熱至，由于固體之間反應慢，未明顯發生反應。若通入空氣在下，SnO2能迅速被還原為單質Sn，通入空氣的作用是。【答案】(1)(2)平面三角形sp3雜化(3)4(4)與焦炭在高溫下反應生成CO，CO將SnO2還原為單質Sn【解析】（1）Sn位于元素周期表的第5周期ⅣA族，基態Sn原子的最外層電子排布式為5s25p2，Sn的基態原子最外層軌道表示式為；（2）①SnCl2中Sn的價層電子對數為2+×(4-2×1)=3，故SnCl2分子的VSEPR模型名稱是平面三角形；②SnCl4中Sn的價層電子對數為4+×(4-4×1)=4，有4個σ鍵、無孤電子對，故Sn采取sp3雜化，則SnCl4的Sn—Cl鍵是由錫的sp3雜化軌道與氯的3p軌道重疊形成σ鍵；（3）①灰錫具有立方金剛石結構，金剛石中每個碳原子以單鍵與其他4個碳原子相連，此5碳原子在空間構成正四面體，且該碳原子在正四面體的體心，所以灰錫中每個Sn原子周圍與它最近且距離相等的Sn原子有4個；②根據均攤法，白錫晶胞中含Sn原子數為8×+1=2，灰錫晶胞中含Sn原子數為8×+6×+4=8，所以白錫與灰錫的密度之比為∶=；（4）將SnO2與焦炭充分混合后，于惰性氣氛中加熱至800℃，由于固體之間反應慢，未發生明顯反應；若通入空氣在800℃下，SnO2能迅速被還原為單質Sn，通入空氣的作用是：與焦炭在高溫下反應生成CO，CO將SnO2還原為單質Sn，有關反應的化學方程式為2C+O22CO、2CO+SnO2Sn+2CO2。16．HNO3是一種重要的工業原料。可采用不同的氮源制備HNO3。(1)方法一：早期以硝石(含NaNO3)為氮源制備HNO3，反應的化學方程式為：NaNO3+H2SO4(濃)=NaHSO4+HNO3↑。該反應利用了濃硫酸的性質是酸性和。(2)方法二：以NH3為氮源催化氧化制備HNO3，反應原理分三步進行。①第I步反應的化學方程式為。②針對第Ⅱ步反應進行研究：在容積可變的密閉容器中，充入2nmolNO和nmolO2進行反應。在不同壓強下(p1、p2)，反應達到平衡時，測得轉化率隨溫度的變化如圖所示。解釋y點的容器容積小于x點的容器容積的原因。(3)方法三：研究表明可以用電解法以N2為氨源直接制備HNO3，其原理示意圖如下。①電極a表面生成NO3-的電極反應式：。②研究發現：N2轉化可能的途徑為。電極a表面還發生iii．H2O→O2。iii的存在，有利于途徑ii，原因是。(4)人工固氮是高能耗的過程，結合N2分子結構解釋原因。方法三為N2的直接利用提供了一種新的思路。【答案】(1)難揮發性(2)4NH3+5O24NO+6H2O2NO+O22NO2，該反應正向氣體分子總數減小，同溫時，p1條件下NO轉化率高于p2，故p1＞p2，x、y點轉化率相同，此時壓強對容積的影響大于溫度對容積的影響(3)N2+6H2O-10e-=2NO3-＋12H＋反應iii生成O2，O2將NO氧化成NO2，NO2更易轉化成NO3-(4)N2中存在氮氮三鍵，鍵能高，斷鍵時需要較大的能量，故人工固氮是高能耗的過程【解析】（1）濃硫酸難揮發，產物HNO3為氣體，有利于復分解反應進行，體現了濃硫酸的難揮發性和酸性。（2）①第I步反應為氨氣的催化氧化，化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O；②2NO+O22NO2，該反應正向氣體分子總數減小，同溫時，p1條件下NO轉化率高于p2，故p1＞p2，根據，x、y點轉化率相同，則n相同，此時壓強對容積的影響大于溫度對容積的影響，故y點的容器容積小于x點的容器容積。（3）①由電極a上的物質轉化可知，氮元素化合價升高，發生氧化反應，電極a為陽極，電極反應式為N2+6H2O-10e-=2NO3-＋12H＋；②反應iii生成O2，O2將NO氧化成NO2，NO2更易轉化成NO3-。（4）N2中存在氮氮三鍵，鍵能高，斷鍵時需要較大的能量，故人工固氮是高能耗的過程。17．除草劑苯嘧磺草胺的中間體M合成路線如下。(1)D中含氧官能團的名稱是。(2)A→B的化學方程式是。(3)I→J的制備過程中，下列說法正確的是(填序號)。a．依據平衡移動原理，加入過量的乙醇或將J蒸出，都有利于提高I的轉化率b．利用飽和碳酸鈉溶液可吸收蒸出的I和乙醇c．若反應溫度過高，可能生成副產物乙醚或者乙烯(4)已知：①K的結構簡式是。②判斷并解釋K中氟原子對的活潑性的影響。(5)M的分子式為C13H7ClF4N2O4。除苯環外，M分子中還有個含兩個氮原子的六元環，在合成M的同時還生成產物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M時，L分子和G分子斷裂的化學鍵均為C-O鍵和鍵，M的結構簡式是。【答案】(1)硝基、酯基(2)(3)abc(4)氟原子可增強α-H的活潑性，氟原子為吸電子基團，降低相連碳原子的電子云密度，使得碳原子的正電性增加，有利于增強α-H的活潑性(5)N-H【解析】B發生硝化反應得到D，即B為，A與CH3OH發生酯化反應生成B，即A為，D發生還原反應得到E，結合E的分子式可知，D硝基被還原為氨基，E為，E在K2CO3的作用下與發生反應得到G，結合G的分子式可知，G為，I與C2H5OH在濃硫酸加熱的條件下生成J，結合I與J的分子式可知，I為CH3COOH，J為CH3COOC2H5，J與在一定條件下生成K，發生類似的反應，結合L的結構簡式和K的分子式可知，K為，G和L在堿的作用下生成M，M的分子式為C13H7ClF4N2O4，除苯環外，M分子中還有個含兩個氮原子的六元環，在合成M的同時還生成產物甲醇和乙醇，可推測為G與L中N-H鍵與酯基分別發生反應，形成酰胺基，所以斷裂的化學鍵均為C-O鍵和N-H鍵，M的結構簡式為。（1）由D的結構簡式可知，D中含氧官能團為硝基、酯基；（2）A→B的過程為A中羧基與甲醇中羥基發生酯化反應，化學方程式為：；（3）I→J的制備過程為乙酸與乙醇的酯化過程，a項，依據平衡移動原理，加入過量的乙醇或將乙酸乙酯蒸出，都有利于提高乙酸的轉化率，a正確；b項，飽和碳酸鈉溶液可與蒸出的乙酸反應并溶解乙醇，b正確；c項，反應溫度過高，乙醇在濃硫酸的作用下發生分子間脫水生成乙醚，發生分子內消去反應生成乙烯，c正確；故選abc；（4）①根據已知反應可知，酯基的α-H與另一分子的酯基發生取代反應，F3CCOOC2H5中左側不存在α-H，所以產物K的結構簡式為；②氟原子可增強α-H的活潑性，氟原子為吸電子基團，降低相連碳原子的電子云密度，使得碳原子的正電性增加，有利于增強α-H的活潑性；（5）M分子中除苯環外還有一個含兩個氮原子的六元環，在合成M的同時還生成產物甲醇和乙醇，再結合其分子式，可推測為G與L中N-H鍵與酯基分別發生反應，形成酰胺基，所以斷裂的化學鍵均為C-O鍵和N-H鍵，M的結構簡式為。18．利用黃銅礦(主要成分為CuFeS2，含有SiO2等雜質)生產純銅，流程示意圖如下。(1)礦石在焙燒前需粉碎，其作用是。(2)(NH4)2SO4的作用是利用其分解產生的SO3使礦石中的銅元素轉化為CuSO4。(NH4)2SO4發生熱分解的化學方程式是。(3)礦石和過量(NH4)2SO4按一定比例混合，取相同質量，在不同溫度下焙燒相同時間，測得：“吸收”過程氨吸收率和“浸銅”過程銅浸出率變化如圖；和時，固體B中所含銅、鐵的主要物質如表。溫度/℃B中所含銅、鐵的主要物質400Fe2O3、CuSO4、CuFeS2500Fe2(SO4)3、CuSO4、CuO①溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，銅浸出率顯著增大的原因是。②溫度高于425℃，根據焙燒時可能發生的反應，解釋銅浸出率隨焙燒溫度升高而降低的原因是。(4)用離子方程式表示置換過程中加入的目的。(5)粗銅經酸浸處理，再進行電解精煉；電解時用酸化的CuSO4溶液做電解液，并維持一定的c(H＋)和c(Cu2+)。粗銅若未經酸浸處理，消耗相同電量時，會降低得到純銅的量，原因是。【答案】(1)增大接觸面積，加快反應速率，使反應更充分(2)(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O(3)溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，(NH4)2SO4分解產生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故銅浸出率顯著增加溫度高于425℃，隨焙燒溫度升高發生反應：4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，CuFeS2和CuSO4轉化成難溶于水的CuO，銅浸出率降低(4)+Cu2+=+Cu(5)粗銅若未經酸浸處理，其中雜質會參與放電，則消耗相同電量時，會降低得到純銅的量【解析】黃銅礦(主要成分為CuFeS2，含有SiO2等雜質)粉碎后加入硫酸銨通入空氣焙燒，黃銅礦在硫酸銨生成的SO3作用下，轉化成CuSO4，得到的混合氣體中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸銨，是溶液A的主要溶質，可以循環利用，固體B為SiO2、CuSO4及含鐵的化合物，加水分離，主要形成含硫酸銅的濾液和含SiO2的濾渣，分別為濾液C和濾渣D，向硫酸銅溶液中加入過量的鐵，置換得到粗銅和FeSO4，粗銅再精煉可以得到純銅。（1）黃銅礦的礦石在焙燒前需粉碎，是為了增大反應物的接觸面積，加快反應速率，使反應更充分；（2）銨鹽不穩定，易分解，(NH4)2SO4分解為非氧化還原反應，產物中有NH3和SO3，故化學方程式為(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O；（3）①由圖，溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，銅浸出率顯著增大，是因為溫度低于425℃，隨焙燒溫度升高，(NH4)2SO4分解產生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故銅浸出率顯著增加；②溫度高于425℃，隨焙燒溫度升高，CuFeS2和CuSO4轉化成難溶于水的CuO，發生反應4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，銅浸出率降低；（4）加入置換硫酸銅溶液中的銅，反應的離子方程式為+Cu2+=+Cu；（5）粗銅中含有雜質，加酸可以除，但粗銅若未經酸浸處理，其中雜質會參與放電，則消耗相同電量時，會降低得到純銅的量。19．某小組同學向pH=1的的溶液中分別加入過量的Cu粉、粉和粉，探究溶液中氧化劑的微粒及其還原產物。(1)理論分析依據金屬活動性順序，Cu、Zn、Mg中可將Fe3+還原為Fe的金屬是。(2)實驗驗證實驗金屬操作、現象及產物I過量Cu一段時間后，溶液逐漸變為藍綠色，固體中未檢測到單質Ⅱ過量Zn一段時間后有氣泡產生，反應緩慢，