2024年青海高考化學(xué)試題及答案

2024年青海高考化學(xué)試題及答案注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上，并將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、座位號填寫在本試卷上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。涂寫在本試卷上無效。3.作答非選擇題時，將答案書寫在答題卡上，書寫在本試卷上無效。4.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.人類對能源的利用經(jīng)歷了柴薪、煤炭和石油時期，現(xiàn)正向新能源方向高質(zhì)量發(fā)展。下列有關(guān)能源的敘述錯誤的是A.木材與煤均含有碳元素 B.石油裂化可生產(chǎn)汽油C.燃料電池將熱能轉(zhuǎn)化為電能 D.太陽能光解水可制氫【答案】C【解析】【詳解】A．木材的主要成分為纖維素，纖維素中含碳、氫、氧三種元素，煤是古代植物埋藏在地下經(jīng)歷了復(fù)雜的變化逐漸形成的固體，是有機(jī)物和無機(jī)物組成的復(fù)雜混合物，主要含碳元素，A正確；B．石油裂化是將相對分子質(zhì)量較大、沸點(diǎn)較高的烴斷裂為相對分子質(zhì)量較小、沸點(diǎn)較低的烴的過程，汽油的相對分子質(zhì)量較小，可以通過石油裂化的方式得到，B正確；C．燃料電池是將燃料化學(xué)能變成電能的裝置，不是將熱能轉(zhuǎn)化為電能，C錯誤；D．在催化劑作用下，利用太陽能光解水可以生成氫氣和氧氣，D正確；故答案選C。2.下列過程對應(yīng)的離子方程式正確的是A.用氫氟酸刻蝕玻璃：B.用三氯化鐵溶液刻制覆銅電路板：C.用硫代硫酸鈉溶液脫氯：D.用碳酸鈉溶液浸泡鍋爐水垢中的硫酸鈣：【答案】D【解析】【詳解】A．玻璃的主要成分為SiO2，用氫氟酸刻蝕玻璃時，SiO2和氫氟酸反應(yīng)生成SiF4氣體和水，反應(yīng)的方程式為SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，A錯誤；B．Fe3+可以將Cu氧化成Cu2+，三氯化鐵刻蝕銅電路板時反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B錯誤；C．氯氣具有強(qiáng)氧化性，可以氧化硫代硫酸根成硫酸根，氯氣被還原為氯離子，反應(yīng)的離子方程式為S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl-+10H+，C錯誤；D．碳酸鈣的溶解度小于硫酸鈣，可以用碳酸鈉溶液浸泡水垢使硫酸鈣轉(zhuǎn)化為疏松、易溶于酸的碳酸鈣，反應(yīng)的離子方程式為，D正確；故答案選D。3.我國化學(xué)工作者開發(fā)了一種回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的方法，其轉(zhuǎn)化路線如下所示。下列敘述錯誤的是A.PLA在堿性條件下可發(fā)生降解反應(yīng)B.MP的化學(xué)名稱是丙酸甲酯C.MP的同分異構(gòu)體中含羧基的有3種D.MMA可加聚生成高分子【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)PLA的結(jié)構(gòu)簡式，聚乳酸是其分子中的羧基與另一分子中的羥基發(fā)生反應(yīng)聚合得到的，含有酯基結(jié)構(gòu)，可以在堿性條件下發(fā)生降解反應(yīng)，A正確；B．根據(jù)MP的結(jié)果，MP可視為丙酸和甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)得到的，因此其化學(xué)名稱為丙酸甲酯，B正確；C．MP的同分異構(gòu)體中，含有羧基的有2種，分別為正丁酸和異丁酸，C錯誤；D．MMA中含有雙鍵結(jié)構(gòu)，可以發(fā)生加聚反應(yīng)生成高分子，D正確；故答案選C。4.四瓶無色溶液，它們之間的反應(yīng)關(guān)系如圖所示。其中a、b、c、d代表四種溶液，e和g為無色氣體，f為白色沉淀。下列敘述正確的是A.a呈弱堿性B.f可溶于過量的b中C.c中通入過量的e可得到無色溶液D.b和d反應(yīng)生成的沉淀不溶于稀硝酸【答案】B【解析】【分析】由題意及關(guān)系圖可知，a與b反應(yīng)需要加熱，且產(chǎn)生的e為無色氣體，則a和b分別為和的一種，產(chǎn)生的氣體e為；又由于b和c反應(yīng)生成白色沉淀f，不會與其他三種溶液產(chǎn)生沉淀，故b為，a為；又由于c既能與b產(chǎn)生沉淀f，又能與d反應(yīng)產(chǎn)生沉淀f，故c為，d為，生成的白色沉淀為，無色氣體g為。綜上所述，a為溶液，b為溶液，c為溶液，d為溶液，e為，f為，g為?！驹斀狻緼．由分析可知，a為溶液，為強(qiáng)酸弱堿鹽的溶液，水解顯酸性，故a顯弱酸性，A項錯誤B．由分析可知，f為，b為溶液，為兩性氫氧化物，可溶液強(qiáng)堿，故f可溶于過量的b中，B項正確；C．由分析可知，c為溶液，e為，溶液通入會生成沉淀，不溶于弱堿，繼續(xù)通入不能得到無色溶液，C項錯誤；D．由分析可知，b為，d為，二者反應(yīng)生成沉淀，可溶與稀硝酸，D項錯誤；故選B。5.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大短周期元素。W和X原子序數(shù)之和等于的核外電子數(shù)，化合物可用作化學(xué)電源的電解質(zhì)。下列敘述正確的是A.X和Z屬于同一主族B.非屬性：C.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：D.原子半徑：【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，且能形成離子化合物，則W為Li或Na；又由于W和X原子序數(shù)之和等于的核外電子數(shù)，若W為Na，X原子序數(shù)大于Na，則W和X原子序數(shù)之和大于18，不符合題意，因此W只能為Li元素；由于Y可形成，故Y為第Ⅶ主族元素，且原子序數(shù)Z大于Y，故Y不可能為Cl元素，因此Y為F元素，X的原子序數(shù)為10-3=7，X為N元素；根據(jù)W、Y、Z形成離子化合物，可知Z為P元素；綜上所述，W為Li元素，X為N元素，Y為F元素，Z為P元素?！驹斀狻緼．由分析可知，X為N元素，Z為P元素，X和Z屬于同一主族，A項正確；B．由分析可知，X為N元素，Y為F元素，Z為P元素，非金屬性：F＞N＞P，B項錯誤；C．由分析可知，Y為F元素，Z為P元素，非金屬性越強(qiáng)，其簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，即氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HF＞PH3，C項錯誤；D．由分析可知，W為Li元素，X為N元素，Y為F元素，同周期主族元素原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，故原子半徑：Li＞N＞F，D項錯誤；故選A。6.科學(xué)家使用研制了一種可充電電池(如圖所示)。電池工作一段時間后，電極上檢測到和少量。下列敘述正確的是A.充電時，向陽極方向遷移B.充電時，會發(fā)生反應(yīng)C.放電時，正極反應(yīng)有D.放電時，電極質(zhì)量減少，電極生成了【答案】C【解析】【分析】Zn具有比較強(qiáng)的還原性，具有比較強(qiáng)的氧化性，自發(fā)的氧化還原反應(yīng)發(fā)生在Zn與MnO2之間，所以電極為正極，Zn電極為負(fù)極，則充電時電極為陽極、Zn電極為陰極。【詳解】A．充電時該裝置為電解池，電解池中陽離子向陰極遷移，即向陰極方向遷移，A不正確；B．放電時，負(fù)極的電極反應(yīng)為，則充電時陰極反應(yīng)為Zn2++2e-=Zn，即充電時Zn元素化合價應(yīng)降低，而選項中Zn元素化合價升高，B不正確；C．放電時電極為正極，正極上檢測到和少量，則正極上主要發(fā)生的電極反應(yīng)是，C正確；D．放電時，Zn電極質(zhì)量減少0.65g（物質(zhì)的量為0.010mol），電路中轉(zhuǎn)移0.020mol電子，由正極的主要反應(yīng)可知，若正極上只有生成，則生成的物質(zhì)的量為0.020mol，但是正極上還有生成，因此，的物質(zhì)的量小于0.020mol，D不正確；綜上所述，本題選C。7.將配制成懸濁液，向其中滴加的溶液。(M代表、或)隨加入溶液體積(V)的變化關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是A.交點(diǎn)a處：B.C.時，不變D.【答案】D【解析】【分析】向含的懸濁液中滴加的溶液，發(fā)生反應(yīng)：，兩者恰好完全反應(yīng)時,溶液的體積為v(NaCl)=，2mL之后再加溶液，c(Cl-)增大，據(jù)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，c(Ag+)會隨著c(Cl-)增大而減小，所以2mL后降低的曲線，即最下方的虛線代表Ag+，升高的曲線，即中間虛線代表Cl-，則剩余最上方的實(shí)線為曲線。由此分析解題：【詳解】A．2mL時與溶液恰好完全反應(yīng)，則a點(diǎn)時溶質(zhì)為NaCl和Na2CrO4，電荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c()+c(Cl-)+c(OH-)，此時c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不計，a點(diǎn)為Cl-和曲線的交點(diǎn)，即c()=c(Cl-)，則溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A錯誤；B．當(dāng)V(NaCl)=1.0mL時，有一半的Ag2CrO4轉(zhuǎn)化為AgCl，Ag2CrO4與AgCl共存，均達(dá)到沉淀溶解平衡，取圖中橫坐標(biāo)為1.0mL的點(diǎn)，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，則==102.21，B錯誤；C．V＜2.0mL時，Ag+未沉淀完全，體系中Ag2CrO4和AgCl共存，則=為定值，即為定值，由圖可知，在V≤2.0mL時c(Ag+)并不是定值，則的值也不是定值，即在變化，C錯誤；D．V＞2.0mL時AgCl處于飽和狀態(tài)，V(NaCl)=2.4mL時，圖像顯示c(Cl-)=10-1.93mol/L，則c(Ag+)===10-7.82mol/L，故y1=-7.82，此時Ag2CrO4全部轉(zhuǎn)化為AgCl，n()守恒，等于起始時n(Ag2CrO4)，則c(CrO)===mol/L，則y2=lgc(CrO)=lg=-lg34，D正確；故答案選D。8.鈷在新能源、新材料領(lǐng)域具有重要用途。某煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的價氧化物及鋅和銅的單質(zhì)。從該廢渣中提取鈷的一種流程如下。注：加沉淀劑使一種金屬離子濃度小于等于，其他金屬離子不沉淀，即認(rèn)為完全分離。已知：①②以氫氧化物形式沉淀時，和溶液的關(guān)系如圖所示。回答下列問題：（1）“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是_____。（2）“酸浸”步驟中，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是_____。（3）假設(shè)“沉銅”后得到的濾液中和均為，向其中加入至沉淀完全，此時溶液中_____，據(jù)此判斷能否實(shí)現(xiàn)和的完全分離_____(填“能”或“不能”)。（4）“沉錳”步驟中，生成，產(chǎn)生的物質(zhì)的量為_____。（5）“沉淀”步驟中，用調(diào)，分離出的濾渣是_____。（6）“沉鈷”步驟中，控制溶液，加入適量的氧化，其反應(yīng)的離子方程式為_____。（7）根據(jù)題中給出的信息，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是_____?！敬鸢浮浚?）增大固體與酸反應(yīng)的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率（2）（3）①.②.不能（4）（5）（6）（7）向濾液中滴加溶液，邊加邊攪拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，靜置后過濾、洗滌、干燥【解析】【分析】煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的價氧化物及鋅和銅的單質(zhì)，經(jīng)稀硫酸酸浸時，銅不溶解，Zn及其他價氧化物除鉛元素轉(zhuǎn)化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的+2價陽離子進(jìn)入溶液；然后通入硫化氫沉銅生成CuS沉淀；過濾后，濾液中加入Na2S2O8將錳離子氧化為二氧化錳除去，同時亞鐵離子也被氧化為鐵離子；再次過濾后，用氫氧化鈉調(diào)節(jié)pH=4，鐵離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去；第三次過濾后的濾液中加入次氯酸鈉沉鈷，得到Co(OH)3。【小問1詳解】“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是增大固體與酸反應(yīng)的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率。【小問2詳解】“酸浸”步驟中，Cu不溶解，Zn單質(zhì)及其他價氧化物除鉛元素轉(zhuǎn)化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的+2價陽離子進(jìn)入溶液，即為轉(zhuǎn)化為CoSO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為。【小問3詳解】假設(shè)“沉銅”后得到的濾液中和均為，向其中加入至沉淀完全，此時溶液中，則，小于，說明大部分也轉(zhuǎn)化為硫化物沉淀，據(jù)此判斷不能實(shí)現(xiàn)Zn2+和Co2+的完全分離?！拘?詳解】“沉錳”步驟中，Na2S2O8將Mn2+氧化為二氧化錳除去，發(fā)生的反應(yīng)為，因此，生成，產(chǎn)生的物質(zhì)的量為?！拘?詳解】“沉錳”步驟中，同時將氧化為，“沉淀”步驟中用調(diào)pH=4，可以完全沉淀為，因此，分離出的濾渣是。【小問6詳解】“沉鈷”步驟中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入適量的NaClO氧化，為了保證被完全氧化，NaClO要適當(dāng)過量，其反應(yīng)的離子方程式為?！拘?詳解】根據(jù)題中給出的信息，“沉鈷”后的濾液的pH=5.0~5.5，溶液中有元素以形式存在，當(dāng)pH＞12后氫氧化鋅會溶解轉(zhuǎn)化為，因此，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是：向濾液中滴加溶液，邊加邊攪拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，靜置后過濾、洗滌、干燥。9.(俗稱過氧化脲)是一種消毒劑，實(shí)驗室中可用尿素與過氧化氫制取，反應(yīng)方程式如下：(一)過氧化脲的合成燒杯中分別加入、蒸餾水和尿素，攪拌溶解。下反應(yīng)，冷卻結(jié)晶、過濾、干燥，得白色針狀晶體。(二)過氧化脲性質(zhì)檢測I．過氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫紅色消失。Ⅱ．過氧化脲溶液用稀酸化后，加入溶液和四氯化碳，振蕩，靜置。(三)產(chǎn)品純度測定溶液配制：稱取一定量產(chǎn)品，用蒸餾水溶解后配制成溶液。滴定分析：量取過氧化脲溶液至錐形瓶中，加入一定量稀，用準(zhǔn)確濃度的溶液滴定至微紅色，記錄滴定體積，計算純度?；卮鹣铝袉栴}：（1）過濾中使用到的玻璃儀器有_____(寫出兩種即可)。（2）過氧化脲的產(chǎn)率為_____。（3）性質(zhì)檢測Ⅱ中的現(xiàn)象為_____。性質(zhì)檢則I和Ⅱ分別說明過氧化脲具有的性質(zhì)是_____。（4）下圖為“溶液配制”的部分過程，操作a應(yīng)重復(fù)3次，目的是_____，定容后還需要的操作為_____。（5）“滴定分析”步驟中，下列操作錯誤的是_____(填標(biāo)號)。A.溶液置于酸式滴定管中B.用量筒量取過氧化脲溶液C.滴定近終點(diǎn)時，用洗瓶沖洗錐形瓶內(nèi)壁D.錐形瓶內(nèi)溶液變色后，立即記錄滴定管液面刻度（6）以下操作導(dǎo)致氧化脲純度測定結(jié)果偏低的是_____(填標(biāo)號)。A.容量瓶中液面超過刻度線B.滴定管水洗后未用溶液潤洗C.搖動錐形瓶時溶液滴到錐形瓶外D.滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消失【答案】（1）燒杯、漏斗、玻璃棒，可任選兩種作答（2）50%（3）①.液體分層，上層為無色，下層為紫紅色②.還原性、氧化性（4）①.避免溶質(zhì)損失②.蓋好瓶塞，反復(fù)上下顛倒、搖勻（5）BD（6）A【解析】【小問1詳解】過濾操作需要的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，可任選兩種作答?！拘?詳解】實(shí)驗中加入尿素的質(zhì)量為12.0g，物質(zhì)的量為0.2mol，過氧化氫的質(zhì)量為，物質(zhì)的量約為0.245mol，過氧化氫過量，產(chǎn)率應(yīng)按照尿素的質(zhì)量計算，理論上可得到過氧化脲0.2mol，質(zhì)量為0.2mol×94g/mol=18.8g，實(shí)驗中實(shí)際得到過氧化脲9.4g，故過氧化脲的產(chǎn)率為?！拘?詳解】在過氧化脲的性質(zhì)檢測中，檢測Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高錳酸鉀溶液，紫紅色消失，說明過氧化脲被酸性高錳酸鉀氧化，體現(xiàn)了過氧化脲的還原性；檢測Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，過氧化脲會將KI氧化為I2單質(zhì)，體現(xiàn)了過氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，會溶于四氯化碳溶液，且四氯化碳密度大于水，振蕩，靜置后出現(xiàn)的現(xiàn)象為：液體分層，上層為無色，下層為紫紅色?！拘?詳解】操作a為洗滌燒杯和玻璃棒，并將洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，目的是避免溶質(zhì)損失；定容后應(yīng)蓋好瓶塞，反復(fù)上下顛倒、搖勻?！拘?詳解】A．KMnO4溶液是強(qiáng)氧化性溶液，應(yīng)置于酸式滴定管中，A項正確；B．量筒的精確度不能達(dá)到0.01mL，量取25.00mL的溶液應(yīng)選用滴定管，B項錯誤；C．滴定過程中，待測液有可能會濺到錐形瓶內(nèi)壁，滴定近終點(diǎn)時，為了使結(jié)果更精確，可用洗瓶沖洗錐形瓶內(nèi)壁，C項正確；D．錐形瓶內(nèi)溶液變色后，應(yīng)等待30s，觀察溶液不再恢復(fù)原來的顏色后，才能記錄滴定管液面刻度，D項錯誤；故選BD。【小問6詳解】A．在配制過氧化脲溶液時，容量瓶中頁面超過刻度線，會使溶液體積偏大，配制溶液的濃度偏低，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏低，導(dǎo)致測定結(jié)果偏低，A項符合題意；B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液潤洗，會導(dǎo)致KMnO4溶液濃度偏低，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，B項不符合題意；C．搖動錐形瓶時KMnO4溶液滴到錐形瓶外，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，C項不符合題意；D．滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消失，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，D項不符合題意；故選A。10.甲烷轉(zhuǎn)化為多碳化合物具有重要意義。一種將甲烷溴化再偶聯(lián)為丙烯()的研究所獲得的部分?jǐn)?shù)據(jù)如下?；卮鹣铝袉栴}：（1）已知如下熱化學(xué)方程式：計算反應(yīng)的_____。（2）與反應(yīng)生成，部分會進(jìn)一步溴化。將和。通入密閉容器，平衡時，、與溫度的關(guān)系見下圖(假設(shè)反應(yīng)后的含碳物質(zhì)只有、和)。(i)圖中的曲線是_____(填“a”或“b”)。(ii)時，的轉(zhuǎn)化_____，_____。(iii)時，反應(yīng)的平衡常數(shù)_____。（3）少量可提高生成的選擇性。時，分別在有和無的條件下，將和，通入密閉容器，溴代甲烷的物質(zhì)的量(n)隨時間(t)的變化關(guān)系見下圖。(i)在之間，有和無時的生成速率之比_____。(ii)從圖中找出提高了選擇性的證據(jù)：_____。(ⅲ)研究表明，參與反應(yīng)的可能機(jī)理如下：①②③④⑤⑥根據(jù)上述機(jī)理，分析提高選擇性的原因：_____。【答案】（1）-67（2）①.a②.80%③.7.8④.10.92（3）①.(或3：2)②.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐漸降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升③.I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2發(fā)生反應(yīng)生成了CH3Br【解析】【分析】根據(jù)蓋斯定律計算化學(xué)反應(yīng)熱；根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素判斷還行反應(yīng)進(jìn)行的方向從而判斷曲線歸屬；根據(jù)反應(yīng)前后的變化量計算轉(zhuǎn)化率；根據(jù)平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量計算平衡常數(shù)；根據(jù)一段時間內(nèi)物質(zhì)的含量變化計算速率并計算速率比；根據(jù)圖示信息和反應(yīng)機(jī)理判斷合適的原因。【小問1詳解】將第一個熱化學(xué)方程式命名為①，將第二個熱化學(xué)方程式命名為②。根據(jù)蓋斯定律，將方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故熱化學(xué)方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的?H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。【小問2詳解】(i)根據(jù)方程式①，升高溫度，反應(yīng)向吸熱反應(yīng)方向移動，升高溫度，平衡逆向移動，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量減少，故CH3Br的曲線為a；(ii)560℃時反應(yīng)達(dá)平衡，剩余的CH4(g)的物質(zhì)的量為1.6mmol，其轉(zhuǎn)化率α=×100%=80%；若只發(fā)生一步反應(yīng)，則生成6.4mmolCH3Br，但此時剩余CH3Br的物質(zhì)的量為5.0mmol，說明還有1.4mmolCH3Br發(fā)生反應(yīng)生成CH2Br2，則此時生成的HBr的物質(zhì)的量n=6.4+1.4=7.8mmol；(iii)平衡時，反應(yīng)中各組分的物質(zhì)的量分別為n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故該反應(yīng)的平衡常數(shù)K===10.92?！拘?詳解】(i)11~19s時，有I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1，無I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1。生成速率比==；(ii)從圖中可以看出，大約4.5s以后有I2催化CH2Br2的含量逐漸降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此變化判斷I2提高了CH3Br的選擇性；(iii)根據(jù)反應(yīng)機(jī)理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同時也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2發(fā)生反應(yīng)生成了CH3Br，提高了CH3Br的選擇性。[化學(xué)—選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11.ⅣA族元素具有豐富的化學(xué)性質(zhì)，其化合物有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）該族元素基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)為_____，在與其他元素形成化合物時，呈現(xiàn)的最高化合價為_____。（2）俗稱電石，該化合物中不存在的化學(xué)鍵類型為_____(填標(biāo)號)。a．離子鍵b．極性共價鍵c．非極性共價鍵d．配位鍵（3）一種光刻膠薄膜成分為聚甲基硅烷，其中電負(fù)性最大的元素是_____，硅原子的雜化軌道類型為_____。（4）早在青銅器時代，人類就認(rèn)識了錫。錫的鹵化物熔點(diǎn)數(shù)據(jù)如下表，結(jié)合變化規(guī)律說明原因：_____。物質(zhì)熔點(diǎn)/44229143（5）結(jié)晶型可作為放射性探測器元件材料，其立方晶胞如圖所示。其中的配位數(shù)為_____。設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶體密度為_____(列出計算式)。【答案】（1）①.2②.+4（2）bd（3）①.C②.（4）SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點(diǎn)比分子晶體的高，分子晶體的相對分子量越大，分子間作用力越強(qiáng)，熔點(diǎn)越高（5）①.6②.【解析】【小問1詳解】ⅣA族元素基態(tài)原子的價層電子排布為，其核外未成對電子數(shù)為2，因最外層電子數(shù)均為4，所以在與其他元素形成化合物時，呈現(xiàn)的最高化合價為+4；【小問2詳解】俗稱電石，其為離子化合物，由和構(gòu)成，兩種離子間存在離子鍵，中兩個C原子之間存在非極性共價鍵，因此，該化合物中不存在的化學(xué)鍵類型為極性共價鍵和配位鍵，故選bd；【小問3詳解】一種光刻膠薄膜成分為聚甲基硅烷，含C、Si、H三種元素，其電負(fù)性大小：C>H>Si，則電負(fù)性最大的元素是C，硅原子與周圍的4個原子形成共價鍵，沒有孤電子對，價層電子對數(shù)為4，則硅原子的雜化軌道類型為；【小問4詳解】根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，SnF4的熔點(diǎn)均遠(yuǎn)高于其余三種物質(zhì)，故SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點(diǎn)比分子晶體的高，SnCl4、SnBr4、SnI4三種物質(zhì)的相對分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增強(qiáng)，熔點(diǎn)升高，故原因為：SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點(diǎn)比分子晶體的高，分子晶體的相對分子量越大，分子間作用力越強(qiáng)，熔點(diǎn)越高；【小問5詳解】由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，該晶胞中有4個和4個，距離每個原子周圍最近的原子數(shù)均為6，因此的配位數(shù)為6。設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，則個晶胞的質(zhì)量為，個晶胞的體積為，因此該晶體密度為。[化學(xué)—選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]12.白藜蘆醇(化合物I)具有抗腫瘤、抗氧化、消炎等功效。以下是某課題組合成化合物I的路線?；卮鹣铝袉栴}：（1）A中的官能團(tuán)名稱為_____。（2）B的結(jié)構(gòu)簡式為_____。（3）由C生成D的反應(yīng)類型為_____。（4）由E生成F的化學(xué)方程式為_____。（5）已知G可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)，G的化學(xué)名稱為_____。（6）選用一種鑒別H和I的試劑并描述實(shí)驗現(xiàn)象_____。（7）I的同分異構(gòu)體中，同時滿足下列條件的共有_____種(不考慮立體異構(gòu))。①含有手性碳(連有4個不同的原子或基團(tuán)的碳為手性碳)；②含有兩個苯環(huán)；③含有兩個酚羥基；④可發(fā)生銀鏡反應(yīng)?！敬鸢浮浚?）硝基（2）（3）取代反應(yīng)（4）+P(OC2H5)3→+C2H5Br（5）4-甲氧基苯甲醛(或?qū)籽趸郊兹?（6）鑒別試劑為：FeCl3溶液，實(shí)驗現(xiàn)象為：分別取少量有機(jī)物H和有機(jī)物I的固體用于水配置成溶液，向溶液中滴加FeCl3溶液，溶液呈紫色的即為有機(jī)物I（7）9【解析】【分析】根據(jù)流程，有機(jī)物A在Fe/H+作用下發(fā)生還原反應(yīng)生成有機(jī)物B，根據(jù)有機(jī)物B的分子式和有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)可以得到有機(jī)物B的結(jié)構(gòu)為；有機(jī)物B發(fā)生兩個連續(xù)的反應(yīng)后將結(jié)構(gòu)中的氨基氧化為羥基，得到有機(jī)物C；有機(jī)物C發(fā)生取代反應(yīng)得到有機(jī)物D，根據(jù)有機(jī)物D的分子式可以推出有機(jī)物D為；有機(jī)物D與NBS發(fā)生取代反應(yīng)得到有機(jī)物E，根據(jù)有機(jī)物E的分子式可以推出有機(jī)物E為；有機(jī)物E與P(OC2H5)3發(fā)生反應(yīng)得到有機(jī)物F，有機(jī)物F與有機(jī)物G發(fā)生反應(yīng)得到有機(jī)物H，結(jié)合有機(jī)物H的結(jié)構(gòu)、有機(jī)物G的分子式和小問5的已知條件可以得到有機(jī)物G的結(jié)構(gòu)為；最后，有機(jī)物H與BBr3反應(yīng)得到目標(biāo)化合物I。據(jù)此分析解題：【小問1詳解】根據(jù)有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)可知，A的官能團(tuán)為硝基；【小問2詳解】根據(jù)分析，有機(jī)物B的結(jié)構(gòu)簡式為：；【小問3詳解】根據(jù)分析，有機(jī)物C發(fā)生反應(yīng)生成有機(jī)物D是將C中的羥基取代為甲氧基得到有機(jī)物D，故反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；【小問4詳解】根據(jù)分析，有機(jī)物E與P(OC2H5)3發(fā)生反應(yīng)得到有機(jī)物F，反應(yīng)方程式為：+P(OC2H5)3→+C2H5Br；【小問5詳解】有機(jī)物G可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明有機(jī)物G中含有醛基，結(jié)合其分子式和有機(jī)物F和有機(jī)物H的結(jié)構(gòu)可以得到有機(jī)物G的結(jié)構(gòu)為，其化學(xué)名稱為：4-甲氧基苯甲醛(或?qū)籽趸郊兹?；【小問6詳解】對比有機(jī)物H和有機(jī)物I的結(jié)構(gòu)可以看出，有機(jī)物I中含有酚羥基，可以由此進(jìn)行鑒別，鑒別試劑為FeCl3溶液，實(shí)驗現(xiàn)象為分別取少量有機(jī)物H和有機(jī)物I的固體用于水配置成溶液，向溶液中滴加FeCl3溶液，溶液呈紫色的即為有機(jī)物I；【小問7詳解】對于有機(jī)物I的同分異構(gòu)體，可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明含有醛基；含有手性碳原子，說明有飽和碳原子，可以得到其主體結(jié)構(gòu)為，因其含有兩個酚羥基和手性碳原子，則滿足條件的同分異構(gòu)體有9種，分別為：、、、、、、、、。2024年青海高考化學(xué)試題及答案注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上，并將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、座位號填寫在本試卷上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。涂寫在本試卷上無效。3.作答非選擇題時，將答案書寫在答題卡上，書寫在本試卷上無效。4.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.人類對能源的利用經(jīng)歷了柴薪、煤炭和石油時期，現(xiàn)正向新能源方向高質(zhì)量發(fā)展。下列有關(guān)能源的敘述錯誤的是A.木材與煤均含有碳元素 B.石油裂化可生產(chǎn)汽油C.燃料電池將熱能轉(zhuǎn)化為電能 D.太陽能光解水可制氫【答案】C【解析】【詳解】A．木材的主要成分為纖維素，纖維素中含碳、氫、氧三種元素，煤是古代植物埋藏在地下經(jīng)歷了復(fù)雜的變化逐漸形成的固體，是有機(jī)物和無機(jī)物組成的復(fù)雜混合物，主要含碳元素，A正確；B．石油裂化是將相對分子質(zhì)量較大、沸點(diǎn)較高的烴斷裂為相對分子質(zhì)量較小、沸點(diǎn)較低的烴的過程，汽油的相對分子質(zhì)量較小，可以通過石油裂化的方式得到，B正確；C．燃料電池是將燃料化學(xué)能變成電能的裝置，不是將熱能轉(zhuǎn)化為電能，C錯誤；D．在催化劑作用下，利用太陽能光解水可以生成氫氣和氧氣，D正確；故答案選C。2.下列過程對應(yīng)的離子方程式正確的是A.用氫氟酸刻蝕玻璃：B.用三氯化鐵溶液刻制覆銅電路板：C.用硫代硫酸鈉溶液脫氯：D.用碳酸鈉溶液浸泡鍋爐水垢中的硫酸鈣：【答案】D【解析】【詳解】A．玻璃的主要成分為SiO2，用氫氟酸刻蝕玻璃時，SiO2和氫氟酸反應(yīng)生成SiF4氣體和水，反應(yīng)的方程式為SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，A錯誤；B．Fe3+可以將Cu氧化成Cu2+，三氯化鐵刻蝕銅電路板時反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B錯誤；C．氯氣具有強(qiáng)氧化性，可以氧化硫代硫酸根成硫酸根，氯氣被還原為氯離子，反應(yīng)的離子方程式為S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl-+10H+，C錯誤；D．碳酸鈣的溶解度小于硫酸鈣，可以用碳酸鈉溶液浸泡水垢使硫酸鈣轉(zhuǎn)化為疏松、易溶于酸的碳酸鈣，反應(yīng)的離子方程式為，D正確；故答案選D。3.我國化學(xué)工作者開發(fā)了一種回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的方法，其轉(zhuǎn)化路線如下所示。下列敘述錯誤的是A.PLA在堿性條件下可發(fā)生降解反應(yīng)B.MP的化學(xué)名稱是丙酸甲酯C.MP的同分異構(gòu)體中含羧基的有3種D.MMA可加聚生成高分子【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)PLA的結(jié)構(gòu)簡式，聚乳酸是其分子中的羧基與另一分子中的羥基發(fā)生反應(yīng)聚合得到的，含有酯基結(jié)構(gòu)，可以在堿性條件下發(fā)生降解反應(yīng)，A正確；B．根據(jù)MP的結(jié)果，MP可視為丙酸和甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)得到的，因此其化學(xué)名稱為丙酸甲酯，B正確；C．MP的同分異構(gòu)體中，含有羧基的有2種，分別為正丁酸和異丁酸，C錯誤；D．MMA中含有雙鍵結(jié)構(gòu)，可以發(fā)生加聚反應(yīng)生成高分子，D正確；故答案選C。4.四瓶無色溶液，它們之間的反應(yīng)關(guān)系如圖所示。其中a、b、c、d代表四種溶液，e和g為無色氣體，f為白色沉淀。下列敘述正確的是A.a呈弱堿性B.f可溶于過量的b中C.c中通入過量的e可得到無色溶液D.b和d反應(yīng)生成的沉淀不溶于稀硝酸【答案】B【解析】【分析】由題意及關(guān)系圖可知，a與b反應(yīng)需要加熱，且產(chǎn)生的e為無色氣體，則a和b分別為和的一種，產(chǎn)生的氣體e為；又由于b和c反應(yīng)生成白色沉淀f，不會與其他三種溶液產(chǎn)生沉淀，故b為，a為；又由于c既能與b產(chǎn)生沉淀f，又能與d反應(yīng)產(chǎn)生沉淀f，故c為，d為，生成的白色沉淀為，無色氣體g為。綜上所述，a為溶液，b為溶液，c為溶液，d為溶液，e為，f為，g為?！驹斀狻緼．由分析可知，a為溶液，為強(qiáng)酸弱堿鹽的溶液，水解顯酸性，故a顯弱酸性，A項錯誤B．由分析可知，f為，b為溶液，為兩性氫氧化物，可溶液強(qiáng)堿，故f可溶于過量的b中，B項正確；C．由分析可知，c為溶液，e為，溶液通入會生成沉淀，不溶于弱堿，繼續(xù)通入不能得到無色溶液，C項錯誤；D．由分析可知，b為，d為，二者反應(yīng)生成沉淀，可溶與稀硝酸，D項錯誤；故選B。5.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大短周期元素。W和X原子序數(shù)之和等于的核外電子數(shù)，化合物可用作化學(xué)電源的電解質(zhì)。下列敘述正確的是A.X和Z屬于同一主族B.非屬性：C.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：D.原子半徑：【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，且能形成離子化合物，則W為Li或Na；又由于W和X原子序數(shù)之和等于的核外電子數(shù)，若W為Na，X原子序數(shù)大于Na，則W和X原子序數(shù)之和大于18，不符合題意，因此W只能為Li元素；由于Y可形成，故Y為第Ⅶ主族元素，且原子序數(shù)Z大于Y，故Y不可能為Cl元素，因此Y為F元素，X的原子序數(shù)為10-3=7，X為N元素；根據(jù)W、Y、Z形成離子化合物，可知Z為P元素；綜上所述，W為Li元素，X為N元素，Y為F元素，Z為P元素?！驹斀狻緼．由分析可知，X為N元素，Z為P元素，X和Z屬于同一主族，A項正確；B．由分析可知，X為N元素，Y為F元素，Z為P元素，非金屬性：F＞N＞P，B項錯誤；C．由分析可知，Y為F元素，Z為P元素，非金屬性越強(qiáng)，其簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，即氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HF＞PH3，C項錯誤；D．由分析可知，W為Li元素，X為N元素，Y為F元素，同周期主族元素原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，故原子半徑：Li＞N＞F，D項錯誤；故選A。6.科學(xué)家使用研制了一種可充電電池(如圖所示)。電池工作一段時間后，電極上檢測到和少量。下列敘述正確的是A.充電時，向陽極方向遷移B.充電時，會發(fā)生反應(yīng)C.放電時，正極反應(yīng)有D.放電時，電極質(zhì)量減少，電極生成了【答案】C【解析】【分析】Zn具有比較強(qiáng)的還原性，具有比較強(qiáng)的氧化性，自發(fā)的氧化還原反應(yīng)發(fā)生在Zn與MnO2之間，所以電極為正極，Zn電極為負(fù)極，則充電時電極為陽極、Zn電極為陰極?！驹斀狻緼．充電時該裝置為電解池，電解池中陽離子向陰極遷移，即向陰極方向遷移，A不正確；B．放電時，負(fù)極的電極反應(yīng)為，則充電時陰極反應(yīng)為Zn2++2e-=Zn，即充電時Zn元素化合價應(yīng)降低，而選項中Zn元素化合價升高，B不正確；C．放電時電極為正極，正極上檢測到和少量，則正極上主要發(fā)生的電極反應(yīng)是，C正確；D．放電時，Zn電極質(zhì)量減少0.65g（物質(zhì)的量為0.010mol），電路中轉(zhuǎn)移0.020mol電子，由正極的主要反應(yīng)可知，若正極上只有生成，則生成的物質(zhì)的量為0.020mol，但是正極上還有生成，因此，的物質(zhì)的量小于0.020mol，D不正確；綜上所述，本題選C。7.將配制成懸濁液，向其中滴加的溶液。(M代表、或)隨加入溶液體積(V)的變化關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是A.交點(diǎn)a處：B.C.時，不變D.【答案】D【解析】【分析】向含的懸濁液中滴加的溶液，發(fā)生反應(yīng)：，兩者恰好完全反應(yīng)時,溶液的體積為v(NaCl)=，2mL之后再加溶液，c(Cl-)增大，據(jù)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，c(Ag+)會隨著c(Cl-)增大而減小，所以2mL后降低的曲線，即最下方的虛線代表Ag+，升高的曲線，即中間虛線代表Cl-，則剩余最上方的實(shí)線為曲線。由此分析解題：【詳解】A．2mL時與溶液恰好完全反應(yīng)，則a點(diǎn)時溶質(zhì)為NaCl和Na2CrO4，電荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c()+c(Cl-)+c(OH-)，此時c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不計，a點(diǎn)為Cl-和曲線的交點(diǎn)，即c()=c(Cl-)，則溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A錯誤；B．當(dāng)V(NaCl)=1.0mL時，有一半的Ag2CrO4轉(zhuǎn)化為AgCl，Ag2CrO4與AgCl共存，均達(dá)到沉淀溶解平衡，取圖中橫坐標(biāo)為1.0mL的點(diǎn)，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，則==102.21，B錯誤；C．V＜2.0mL時，Ag+未沉淀完全，體系中Ag2CrO4和AgCl共存，則=為定值，即為定值，由圖可知，在V≤2.0mL時c(Ag+)并不是定值，則的值也不是定值，即在變化，C錯誤；D．V＞2.0mL時AgCl處于飽和狀態(tài)，V(NaCl)=2.4mL時，圖像顯示c(Cl-)=10-1.93mol/L，則c(Ag+)===10-7.82mol/L，故y1=-7.82，此時Ag2CrO4全部轉(zhuǎn)化為AgCl，n()守恒，等于起始時n(Ag2CrO4)，則c(CrO)===mol/L，則y2=lgc(CrO)=lg=-lg34，D正確；故答案選D。8.鈷在新能源、新材料領(lǐng)域具有重要用途。某煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的價氧化物及鋅和銅的單質(zhì)。從該廢渣中提取鈷的一種流程如下。注：加沉淀劑使一種金屬離子濃度小于等于，其他金屬離子不沉淀，即認(rèn)為完全分離。已知：①②以氫氧化物形式沉淀時，和溶液的關(guān)系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是_____。（2）“酸浸”步驟中，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是_____。（3）假設(shè)“沉銅”后得到的濾液中和均為，向其中加入至沉淀完全，此時溶液中_____，據(jù)此判斷能否實(shí)現(xiàn)和的完全分離_____(填“能”或“不能”)。（4）“沉錳”步驟中，生成，產(chǎn)生的物質(zhì)的量為_____。（5）“沉淀”步驟中，用調(diào)，分離出的濾渣是_____。（6）“沉鈷”步驟中，控制溶液，加入適量的氧化，其反應(yīng)的離子方程式為_____。（7）根據(jù)題中給出的信息，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是_____。【答案】（1）增大固體與酸反應(yīng)的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率（2）（3）①.②.不能（4）（5）（6）（7）向濾液中滴加溶液，邊加邊攪拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，靜置后過濾、洗滌、干燥【解析】【分析】煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的價氧化物及鋅和銅的單質(zhì)，經(jīng)稀硫酸酸浸時，銅不溶解，Zn及其他價氧化物除鉛元素轉(zhuǎn)化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的+2價陽離子進(jìn)入溶液；然后通入硫化氫沉銅生成CuS沉淀；過濾后，濾液中加入Na2S2O8將錳離子氧化為二氧化錳除去，同時亞鐵離子也被氧化為鐵離子；再次過濾后，用氫氧化鈉調(diào)節(jié)pH=4，鐵離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去；第三次過濾后的濾液中加入次氯酸鈉沉鈷，得到Co(OH)3。【小問1詳解】“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是增大固體與酸反應(yīng)的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率?！拘?詳解】“酸浸”步驟中，Cu不溶解，Zn單質(zhì)及其他價氧化物除鉛元素轉(zhuǎn)化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的+2價陽離子進(jìn)入溶液，即為轉(zhuǎn)化為CoSO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為?！拘?詳解】假設(shè)“沉銅”后得到的濾液中和均為，向其中加入至沉淀完全，此時溶液中，則，小于，說明大部分也轉(zhuǎn)化為硫化物沉淀，據(jù)此判斷不能實(shí)現(xiàn)Zn2+和Co2+的完全分離。【小問4詳解】“沉錳”步驟中，Na2S2O8將Mn2+氧化為二氧化錳除去，發(fā)生的反應(yīng)為，因此，生成，產(chǎn)生的物質(zhì)的量為?！拘?詳解】“沉錳”步驟中，同時將氧化為，“沉淀”步驟中用調(diào)pH=4，可以完全沉淀為，因此，分離出的濾渣是?！拘?詳解】“沉鈷”步驟中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入適量的NaClO氧化，為了保證被完全氧化，NaClO要適當(dāng)過量，其反應(yīng)的離子方程式為?！拘?詳解】根據(jù)題中給出的信息，“沉鈷”后的濾液的pH=5.0~5.5，溶液中有元素以形式存在，當(dāng)pH＞12后氫氧化鋅會溶解轉(zhuǎn)化為，因此，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是：向濾液中滴加溶液，邊加邊攪拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，靜置后過濾、洗滌、干燥。9.(俗稱過氧化脲)是一種消毒劑，實(shí)驗室中可用尿素與過氧化氫制取，反應(yīng)方程式如下：(一)過氧化脲的合成燒杯中分別加入、蒸餾水和尿素，攪拌溶解。下反應(yīng)，冷卻結(jié)晶、過濾、干燥，得白色針狀晶體。(二)過氧化脲性質(zhì)檢測I．過氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫紅色消失。Ⅱ．過氧化脲溶液用稀酸化后，加入溶液和四氯化碳，振蕩，靜置。(三)產(chǎn)品純度測定溶液配制：稱取一定量產(chǎn)品，用蒸餾水溶解后配制成溶液。滴定分析：量取過氧化脲溶液至錐形瓶中，加入一定量稀，用準(zhǔn)確濃度的溶液滴定至微紅色，記錄滴定體積，計算純度?；卮鹣铝袉栴}：（1）過濾中使用到的玻璃儀器有_____(寫出兩種即可)。（2）過氧化脲的產(chǎn)率為_____。（3）性質(zhì)檢測Ⅱ中的現(xiàn)象為_____。性質(zhì)檢則I和Ⅱ分別說明過氧化脲具有的性質(zhì)是_____。（4）下圖為“溶液配制”的部分過程，操作a應(yīng)重復(fù)3次，目的是_____，定容后還需要的操作為_____。（5）“滴定分析”步驟中，下列操作錯誤的是_____(填標(biāo)號)。A.溶液置于酸式滴定管中B.用量筒量取過氧化脲溶液C.滴定近終點(diǎn)時，用洗瓶沖洗錐形瓶內(nèi)壁D.錐形瓶內(nèi)溶液變色后，立即記錄滴定管液面刻度（6）以下操作導(dǎo)致氧化脲純度測定結(jié)果偏低的是_____(填標(biāo)號)。A.容量瓶中液面超過刻度線B.滴定管水洗后未用溶液潤洗C.搖動錐形瓶時溶液滴到錐形瓶外D.滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消失【答案】（1）燒杯、漏斗、玻璃棒，可任選兩種作答（2）50%（3）①.液體分層，上層為無色，下層為紫紅色②.還原性、氧化性（4）①.避免溶質(zhì)損失②.蓋好瓶塞，反復(fù)上下顛倒、搖勻（5）BD（6）A【解析】【小問1詳解】過濾操作需要的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，可任選兩種作答?！拘?詳解】實(shí)驗中加入尿素的質(zhì)量為12.0g，物質(zhì)的量為0.2mol，過氧化氫的質(zhì)量為，物質(zhì)的量約為0.245mol，過氧化氫過量，產(chǎn)率應(yīng)按照尿素的質(zhì)量計算，理論上可得到過氧化脲0.2mol，質(zhì)量為0.2mol×94g/mol=18.8g，實(shí)驗中實(shí)際得到過氧化脲9.4g，故過氧化脲的產(chǎn)率為?！拘?詳解】在過氧化脲的性質(zhì)檢測中，檢測Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高錳酸鉀溶液，紫紅色消失，說明過氧化脲被酸性高錳酸鉀氧化，體現(xiàn)了過氧化脲的還原性；檢測Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，過氧化脲會將KI氧化為I2單質(zhì)，體現(xiàn)了過氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，會溶于四氯化碳溶液，且四氯化碳密度大于水，振蕩，靜置后出現(xiàn)的現(xiàn)象為：液體分層，上層為無色，下層為紫紅色?！拘?詳解】操作a為洗滌燒杯和玻璃棒，并將洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，目的是避免溶質(zhì)損失；定容后應(yīng)蓋好瓶塞，反復(fù)上下顛倒、搖勻。【小問5詳解】A．KMnO4溶液是強(qiáng)氧化性溶液，應(yīng)置于酸式滴定管中，A項正確；B．量筒的精確度不能達(dá)到0.01mL，量取25.00mL的溶液應(yīng)選用滴定管，B項錯誤；C．滴定過程中，待測液有可能會濺到錐形瓶內(nèi)壁，滴定近終點(diǎn)時，為了使結(jié)果更精確，可用洗瓶沖洗錐形瓶內(nèi)壁，C項正確；D．錐形瓶內(nèi)溶液變色后，應(yīng)等待30s，觀察溶液不再恢復(fù)原來的顏色后，才能記錄滴定管液面刻度，D項錯誤；故選BD?！拘?詳解】A．在配制過氧化脲溶液時，容量瓶中頁面超過刻度線，會使溶液體積偏大，配制溶液的濃度偏低，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏低，導(dǎo)致測定結(jié)果偏低，A項符合題意；B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液潤洗，會導(dǎo)致KMnO4溶液濃度偏低，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，B項不符合題意；C．搖動錐形瓶時KMnO4溶液滴到錐形瓶外，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，C項不符合題意；D．滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消失，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，D項不符合題意；故選A。10.甲烷轉(zhuǎn)化為多碳化合物具有重要意義。一種將甲烷溴化再偶聯(lián)為丙烯()的研究所獲得的部分?jǐn)?shù)據(jù)如下?；卮鹣铝袉栴}：（1）已知如下熱化學(xué)方程式：計算反應(yīng)的_____。（2）與反應(yīng)生成，部分會進(jìn)一步溴化。將和。通入密閉容器，平衡時，、與溫度的關(guān)系見下圖(假設(shè)反應(yīng)后的含碳物質(zhì)只有、和)。(i)圖中的曲線是_____(填“a”或“b”)。(ii)時，的轉(zhuǎn)化_____，_____。(iii)時，反應(yīng)的平衡常數(shù)_____。（3）少量可提高生成的選擇性。時，分別在有和無的條件下，將和，通入密閉容器，溴代甲烷的物質(zhì)的量(n)隨時間(t)的變化關(guān)系見下圖。(i)在之間，有和無時的生成速率之比_____。(ii)從圖中找出提高了選擇性的證據(jù)：_____。(ⅲ)研究表明，參與反應(yīng)的可能機(jī)理如下：①②③④⑤⑥根據(jù)上述機(jī)理，分析提高選擇性的原因：_____。【答案】（1）-67（2）①.a②.80%③.7.8④.10.92（3）①.(或3：2)②.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐漸降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升③.I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2發(fā)生反應(yīng)生成了CH3Br【解析】【分析】根據(jù)蓋斯定律計算化學(xué)反應(yīng)熱；根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素判斷還行反應(yīng)進(jìn)行的方向從而判斷曲線歸屬；根據(jù)反應(yīng)前后的變化量計算轉(zhuǎn)化率；根據(jù)平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量計算平衡常數(shù)；根據(jù)一段時間內(nèi)物質(zhì)的含量變化計算速率并計算速率比；根據(jù)圖示信息和反應(yīng)機(jī)理判斷合適的原因?！拘?詳解】將第一個熱化學(xué)方程式命名為①，將第二個熱化學(xué)方程式命名為②。根據(jù)蓋斯定律，將方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故熱化學(xué)方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的?H=-29×3+20=-67kJ·mol-1?！拘?詳解】(i)根據(jù)方程式①，升高溫度，反應(yīng)向吸熱反應(yīng)方向移動，升高溫度，平衡逆向移動，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量減少，故CH3Br的曲線為a；(ii)560℃時反應(yīng)達(dá)平衡，剩余的CH4(g)的物質(zhì)的量為1.6mmol，其轉(zhuǎn)化率α=×100%=80%；若只發(fā)生一步反應(yīng)，則生成6.4mmolCH3Br，但此時剩余CH3Br的物質(zhì)的量為5.0mmol，說明還有1.4mmolCH3Br發(fā)生反應(yīng)生成CH2Br2，則此時生成的HBr的物質(zhì)的量n=6.4+1.4=7.8mmol；(iii)平衡時，反應(yīng)中各組分的物質(zhì)的量分別為n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故該反應(yīng)的平衡常數(shù)K===10.92。【小問3詳解】(i)11~19s時，有I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1，無I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1。生成速率比==；(ii)從圖中可以看出，大約4.5s以后有I2催化CH2Br2的含量逐漸降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此變化判斷I2提高了CH3Br的選擇性；(iii)根據(jù)反應(yīng)機(jī)理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同時也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2發(fā)生反應(yīng)生成了CH3Br，提高了CH3Br的選擇性。[化學(xué)—選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11.ⅣA族元素具有豐富的化學(xué)性質(zhì)，其化合物有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）該族元素基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)為_____，在與其他元素形成化合物時，呈現(xiàn)的最高化合價為_____。（2）俗稱電石，該化合物中不存在的化學(xué)鍵類型為_____(填標(biāo)號)。a．離子鍵b．極性共價鍵c．非極性共價鍵d．配位鍵（3）一種光刻膠薄膜成分為聚甲基硅烷，其中電負(fù)性最大的元素是_____，硅原子的雜化軌道類型為_____。（4）早在青銅器時代，人類就認(rèn)識了錫