2024年全國(guó)高考甲卷化學(xué)真題試卷含答案

試題PAGE1試題2024年全國(guó)甲卷理綜化學(xué)一、單選題1．人類(lèi)對(duì)能源的利用經(jīng)歷了柴薪、煤炭和石油時(shí)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(cuò)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(yáng)能光解水可制氫2．下列過(guò)程對(duì)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：3．我國(guó)化學(xué)工作者開(kāi)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(cuò)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(chēng)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4．四瓶無(wú)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(wú)色氣體，f為白色沉淀。下列敘述正確的是A．a(chǎn)呈弱堿性B．f可溶于過(guò)量的b中C．c中通入過(guò)量的e可得到無(wú)色溶液D．b和d反應(yīng)生成的沉淀不溶于稀硝酸5．W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素。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：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(shí)間后，電極上檢測(cè)到和少量。下列敘述正確的是A．充電時(shí)，向陽(yáng)極方向遷移B．充電時(shí)，會(huì)發(fā)生反應(yīng)C．放電時(shí)，正極反應(yīng)有D．放電時(shí)，電極質(zhì)量減少，電極生成了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(shí)，不變D．二、解答題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(jià)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：①。②以氫氧化物形式沉淀時(shí)，和溶液的關(guān)系如圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)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(shí)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。9．(俗稱(chēng)過(guò)氧化脲)是一種消毒劑，實(shí)驗(yàn)室中可用尿素與過(guò)氧化氫制取，反應(yīng)方程式如下：(一)過(guò)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(guò)濾、干燥，得白色針狀晶體。(二)過(guò)氧化脲性質(zhì)檢測(cè)I．過(guò)氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫紅色消失。Ⅱ．過(guò)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(cè)定溶液配制：稱(chēng)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(guò)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(jì)算純度?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)過(guò)濾中使用到的玻璃儀器有(寫(xiě)出兩種即可)。(2)過(guò)氧化脲的產(chǎn)率為。(3)性質(zhì)檢測(cè)Ⅱ中的現(xiàn)象為。性質(zhì)檢則I和Ⅱ分別說(shuō)明過(guò)氧化脲具有的性質(zhì)是。(4)下圖為“溶液配制”的部分過(guò)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(cuò)誤的是_____(填標(biāo)號(hào))。A．溶液置于酸式滴定管中B．用量筒量取過(guò)氧化脲溶液C．滴定近終點(diǎn)時(shí)，用洗瓶沖洗錐形瓶?jī)?nèi)壁D．錐形瓶?jī)?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(cè)定結(jié)果偏低的是_____(填標(biāo)號(hào))。A．容量瓶中液面超過(guò)刻度線B．滴定管水洗后未用溶液潤(rùn)洗C．搖動(dòng)錐形瓶時(shí)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。回答下列問(wèn)題：(1)已知如下熱化學(xué)方程式：

計(jì)算反應(yīng)的。(2)與反應(yīng)生成，部分會(huì)進(jìn)一步溴化。將和。通入密閉容器，平衡時(shí)，、與溫度的關(guān)系見(jiàn)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(shí)，的轉(zhuǎn)化，。(iii)時(shí)，反應(yīng)的平衡常數(shù)。(3)少量可提高生成的選擇性。時(shí)，分別在有和無(wú)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(shí)間(t)的變化關(guān)系見(jiàn)下圖。(i)在之間，有和無(wú)時(shí)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：。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?wèn)題：(1)該族元素基態(tài)原子核外未成對(duì)電子數(shù)為，在與其他元素形成化合物時(shí)，呈現(xiàn)的最高化合價(jià)為。(2)俗稱(chēng)電石，該化合物中不存在的化學(xué)鍵類(lèi)型為(填標(biāo)號(hào))。a．離子鍵

b．極性共價(jià)鍵

c．非極性共價(jià)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(lèi)型為。(4)早在青銅器時(shí)代，人類(lèi)就認(rèn)識(shí)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(shuō)明原因：。物質(zhì)熔點(diǎn)/44229143(5)結(jié)晶型可作為放射性探測(cè)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(jì)算式)。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?wèn)題：(1)A中的官能團(tuán)名稱(chēng)為。(2)B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。(3)由C生成D的反應(yīng)類(lèi)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(chēng)為。(6)選用一種鑒別H和I的試劑并描述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象。(7)I的同分異構(gòu)體中，同時(shí)滿(mǎn)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(gè)不同的原子或基團(tuán)的碳為手性碳)；②含有兩個(gè)苯環(huán)；③含有兩個(gè)酚羥基；④可發(fā)生銀鏡反應(yīng)。2024年全國(guó)甲卷理綜化學(xué)一、單選題1．人類(lèi)對(duì)能源的利用經(jīng)歷了柴薪、煤炭和石油時(shí)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(cuò)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(yáng)能光解水可制氫【答案】C【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(wú)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(duì)分子質(zhì)量較大、沸點(diǎn)較高的烴斷裂為相對(duì)分子質(zhì)量較小、沸點(diǎn)較低的烴的過(guò)程，汽油的相對(duì)分子質(zhì)量較小，可以通過(guò)石油裂化的方式得到，B正確；C．燃料電池是將燃料的化學(xué)能變成電能的裝置，不是將熱能轉(zhuǎn)化為電能，C錯(cuò)誤；D．在催化劑作用下，利用太陽(yáng)能光解水可以生成氫氣和氧氣，D正確；故選C。2．下列過(guò)程對(duì)應(yīng)的離子方程式正確的是A．用氫氟酸刻蝕玻璃：SiOB．用三氯化鐵溶液刻制覆銅電路板：2FeC．用硫代硫酸鈉溶液脫氯：SD．用碳酸鈉溶液浸泡鍋爐水垢中的硫酸鈣：CaSO【答案】D【詳解】A．玻璃的主要成分為SiO2，用氫氟酸刻蝕玻璃時(shí)，因此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(cuò)誤；B．Fe3+可以將Cu氧化成Cu2+，因此三氯化鐵刻蝕銅電路板時(shí)反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B錯(cuò)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，因此反應(yīng)的離子方程式為S2O32?+4Cl2+5H2O=2SO42?+8Cl-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CaSO4故選D。3．我國(guó)化學(xué)工作者開(kāi)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(cuò)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(chēng)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【詳解】A．由PLA的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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．由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(chēng)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(cuò)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；故選C。4．四瓶無(wú)色溶液NH4A．a(chǎn)呈弱堿性B．f可溶于過(guò)量的b中C．c中通入過(guò)量的e可得到無(wú)色溶液D．b和d反應(yīng)生成的沉淀不溶于稀硝酸【答案】B【分析】分析題圖可知，a與b反應(yīng)需要加熱，且產(chǎn)生的e為無(wú)色氣體，則a和b分別為NH4NO3和Ba(OH)2的一種，產(chǎn)生的氣體e為NH3；又由于b和c反應(yīng)生成白色沉淀f，NH4NO3不會(huì)與其他三種溶液產(chǎn)生沉淀，故b為Ba(OH)2，a為NH4NO3；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AlCl3，d為Na2CO3，生成的白色沉淀為Al(OH)3【詳解】A．a(chǎn)為NH4NO3B．f為Al(OH)3，b為Ba(OH)2溶液，C．c為AlCl3溶液，e為NH3，AlCl3溶液通入NH3會(huì)生成Al(OH)3D．b為Ba(OH)2，d為Na2CO故選B。5．W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素。W和X原子序數(shù)之和等于Y-的核外電子數(shù)，化合物WA．X和Z屬于同一主族B．非屬性：X>Y>ZC．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Z>YD．原子半徑：Y>X>W【答案】A【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W+ZY6-，則W為L(zhǎng)i或Na；又由于W和X原子序數(shù)之和等于Y-【詳解】A．X為N元素，Z為P元素，X和Z屬于同一主族，A正確；B．X為N元素，Y為F元素，Z為P元素，非金屬性：F＞N＞P，B錯(cuò)誤；C．Y為F元素，Z為P元素，非金屬性越強(qiáng)，其簡(jiǎn)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錯(cuò)誤；D．W為L(zhǎng)i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錯(cuò)誤；故選A。6．科學(xué)家使用δ-MnO2研制了一種MnO2-Zn可充電電池(如圖所示)。電池工作一段時(shí)間后，MnO2電極上檢測(cè)到A．充電時(shí)，Zn2+B．充電時(shí)，會(huì)發(fā)生反應(yīng)Zn+2MnOC．放電時(shí)，正極反應(yīng)有MnOD．放電時(shí)，Zn電極質(zhì)量減少0.65g，MnO2電極生成了【答案】C【分析】Zn具有比較強(qiáng)的還原性，MnO2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MnO2電極為正極，Zn電極為負(fù)極，則充電時(shí)【詳解】A．充電時(shí)該裝置為電解池，電解池中陽(yáng)離子向陰極遷移，即Zn2+向陰極方向遷移，A錯(cuò)誤B．放電時(shí)，負(fù)極的電極反應(yīng)為Zn-2e?=Zn2+，則充電時(shí)陰極反應(yīng)為Zn2++2eC．放電時(shí)MnO2電極為正極，正極上檢測(cè)到MnOOH和少量ZnMn2OD．放電時(shí)，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)MnO2+H2O+e?=MnOOH+OH?可知，若正極上只有綜上所述，本題選C。7．將0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL懸濁液，向其中滴加0.10mol?L-1的NaCl溶液。lgcM下列敘述正確的是A．交點(diǎn)a處：cB．KC．V≤2.0mL時(shí)，D．y【答案】D【分析】向1.0mL含0.10mmolAg2CrO4的懸濁液中滴加0.10mol?L-1的NaCl溶液，發(fā)生反應(yīng)：Ag2CrO4(s)+2Cl?(aq)?2AgCl(s)+CrO42?(【詳解】A．2mL時(shí)Ag2CrO4與NaCl溶液恰好完全反應(yīng)，則a點(diǎn)時(shí)溶質(zhì)為NaCl和Na2CrO4，電荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c(CrO42?)+c(Cl-)+c(OH-)，此時(shí)c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不計(jì)，a點(diǎn)為Cl-和CrO42?曲線的交點(diǎn)，即c(CrO42?)=c(Cl-B．當(dāng)V(NaCl)=1.0mL時(shí)，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(CrO42?)=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96，則Ksp(AgClC．V＜2.0mL時(shí)，Ag+未沉淀完全，體系中Ag2CrO4和AgCl共存，則Ksp(AgCl)Ksp(Ag2D．V＞2.0mL時(shí)AgCl處于飽和狀態(tài)，V(NaCl)=2.4mL時(shí)，圖像顯示c(Cl-)=10-1.93mol/L，則c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl?)=10?9.7510?1.93=10-7.82mol/L，故y1=-7.82，此時(shí)Ag2CrO4全部轉(zhuǎn)化為AgCl，n(CrO42?)守恒，等于起始時(shí)n(Ag2CrO4)，則c(CrO42?)=故選D。二、解答題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+2價(jià)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10-5已知：①Ksp②以氫氧化物形式沉淀時(shí)，lgc(M)/mol?回答下列問(wèn)題：(1)“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是。(2)“酸浸”步驟中，CoO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cZn2+和cCo2+均為0.10mol?L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此時(shí)溶液中(4)“沉錳”步驟中，生成1.0molMnO2，產(chǎn)生H+(5)“沉淀”步驟中，用NaOH調(diào)pH=4，分離出的濾渣是。(6)“沉鈷”步驟中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入適量的NaClO氧化Co2+，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?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)CoO+H(3)1.6×10(4)4.0mol(5)Fe(OH)(6)2Co(7)向?yàn)V液中滴加NaOH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(guò)濾、洗滌、干燥【分析】煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的+2價(jià)氧化物及鋅和銅的單質(zhì)，經(jīng)稀硫酸酸浸時(shí)，銅不溶解，Zn及其他+2價(jià)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(jià)陽(yáng)離子進(jìn)入溶液；然后通入硫化氫沉銅生成CuS沉淀；過(guò)濾后，濾液中加入Na2S2O8將錳離子氧化為二氧化錳除去，同時(shí)亞鐵離子也被氧化為鐵離子；再次過(guò)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(guò)濾后的濾液中加入次氯酸鈉沉鈷，得到Co(OH)3?！驹斀狻浚?）“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。（2）“酸浸”步驟中，Cu不溶解，Zn單質(zhì)及其他+2價(jià)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(jià)陽(yáng)離子進(jìn)入溶液，即CoO為轉(zhuǎn)化為CoSO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CoO+H2（3）假設(shè)“沉銅”后得到的濾液中cZn2+和cCo2+均為0.10mol?L?1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此時(shí)溶液中cS2?=（4）“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S2O82?+Mn2++2H（5）“沉錳”步驟中，S2O82?同時(shí)將Fe2+氧化為Fe3+，“沉淀”步驟中用NaOH調(diào)pH=4，（6）“沉鈷”步驟中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入適量的NaClO氧化Co2+，為了保證Co2+被完全氧化，NaClO要適當(dāng)過(guò)量，其反應(yīng)的離子方程式為（7）“沉鈷”后的濾液的pH=5.0~5.5，溶液中有Zn元素以Zn2+形式存在，當(dāng)pH＞12后氫氧化鋅會(huì)溶解轉(zhuǎn)化為[Zn(OH)4]9．CONHCO(一)過(guò)氧化脲的合成燒杯中分別加入25mL30%H2O2ρ=1.11g?cm-3、40mL蒸餾水和12.0g(二)過(guò)氧化脲性質(zhì)檢測(cè)I．過(guò)氧化脲溶液用稀H2SO4Ⅱ．過(guò)氧化脲溶液用稀H2SO4(三)產(chǎn)品純度測(cè)定溶液配制：稱(chēng)取一定量產(chǎn)品，用蒸餾水溶解后配制成100mL溶液。滴定分析：量取25．00mL過(guò)氧化脲溶液至錐形瓶中，加入一定量稀H2SO4回答下列問(wèn)題：(1)過(guò)濾中使用到的玻璃儀器有(寫(xiě)出兩種即可)。(2)過(guò)氧化脲的產(chǎn)率為。(3)性質(zhì)檢測(cè)Ⅱ中的現(xiàn)象為。性質(zhì)檢則I和Ⅱ分別說(shuō)明過(guò)氧化脲具有的性質(zhì)是。(4)下圖為“溶液配制”的部分過(guò)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(cuò)誤的是_____(填標(biāo)號(hào))。A．KMnO4B．用量筒量取25．00mL過(guò)氧化脲溶液C．滴定近終點(diǎn)時(shí)，用洗瓶沖洗錐形瓶?jī)?nèi)壁D．錐形瓶?jī)?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(cè)定結(jié)果偏低的是_____(填標(biāo)號(hào))。A．容量瓶中液面超過(guò)刻度線B．滴定管水洗后未用KMnO4C．搖動(dòng)錐形瓶時(shí)KMnO4D．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)液體分層，上層為無(wú)色，下層為紫紅色還原性、氧化性(4)避免溶質(zhì)損失蓋好瓶塞，反復(fù)上下顛倒、搖勻(5)BD(6)A【詳解】（1）過(guò)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。（2）實(shí)驗(yàn)中加入尿素的質(zhì)量為12.0g，物質(zhì)的量為0.2mol，過(guò)氧化氫的質(zhì)量為25mL×1.11g?（3）在過(guò)氧化脲的性質(zhì)檢測(cè)中，檢測(cè)Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高錳酸鉀溶液，紫紅色消失，說(shuō)明過(guò)氧化脲被酸性高錳酸鉀氧化，體現(xiàn)了過(guò)氧化脲的還原性；檢測(cè)Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，過(guò)氧化脲會(huì)將KI氧化為I2單質(zhì)，體現(xiàn)了過(guò)氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，會(huì)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(wú)色，下層為紫紅色。（4）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。（5）A．KMnO4溶液是強(qiáng)氧化性溶液，應(yīng)置于酸式滴定管中，A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錯(cuò)誤；C．滴定過(guò)程中，待測(cè)液有可能會(huì)濺到錐形瓶?jī)?nèi)壁，滴定近終點(diǎn)時(shí)，為了使結(jié)果更精確，可用洗瓶沖洗錐形瓶?jī)?nèi)壁，C正確；D．錐形瓶?jī)?nèi)溶液變色后，應(yīng)等待30s，觀察溶液不再恢復(fù)原來(lái)的顏色后，才能記錄滴定管液面刻度，D錯(cuò)誤；故選BD。（6）A．在配制過(guò)氧化脲溶液時(shí)，容量瓶中頁(yè)面超過(guò)刻度線，會(huì)使溶液體積偏大，配制溶液的濃度偏低，會(huì)使滴定過(guò)程中消耗的KMnO4溶液體積偏低，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏低，A符合題意；B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液潤(rùn)洗，會(huì)導(dǎo)致KMnO4溶液濃度偏低，會(huì)使滴定過(guò)程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高，B不符合題意；C．搖動(dòng)錐形瓶時(shí)KMnO4溶液滴到錐形瓶外，會(huì)使滴定過(guò)程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高，C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(huì)使滴定過(guò)程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高，D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(C3(1)已知如下熱化學(xué)方程式：CH4(g)+Br3CH3Br(g)=C計(jì)算反應(yīng)3CH4(g)+3Br2(g)=C3(2)CH4與Br2反應(yīng)生成CH3Br，部分CH3Br會(huì)進(jìn)一步溴化。將8mmolCH4和8mmolBr2。通入密閉容器，平衡時(shí)，nCH(i)圖中CH3Br的曲線是(ii)560°C時(shí)，CH4的轉(zhuǎn)化α=，n(HBr)=(iii)560°C時(shí)，反應(yīng)CH3Br(g)+Br2(3)少量I2可提高生成CH3Br的選擇性。500°C時(shí)，分別在有I2和無(wú)(i)在11~19s之間，有I2和無(wú)I2時(shí)CH3Br(ii)從圖中找出I2提高了CH3Br(ⅲ)研究表明，I2①I(mǎi)②?③?④?⑤?⑥?根據(jù)上述機(jī)理，分析I2提高CH3Br【答案】(1)-67(2)a80%7.810.92(3)32(或3：2)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CH3【分析】由蓋斯定律計(jì)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(jì)算轉(zhuǎn)化率；根據(jù)平衡時(shí)各物質(zhì)的物質(zhì)的量計(jì)算平衡常數(shù)；根據(jù)一段時(shí)間內(nèi)物質(zhì)的含量變化計(jì)算速率并計(jì)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。【詳解】（1）將第一個(gè)熱化學(xué)方程式命名為①，將第二個(gè)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，因此熱化學(xué)方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的?H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。（2）(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(dòng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量減少，故CH3Br的曲線為a；(ii)560℃時(shí)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=(8mmol?1.6mmol)8mmol×100%=80%；若只發(fā)生一步反應(yīng)，則生成6.4mmolCH3Br，但此時(shí)剩余CH3Br的物質(zhì)的量為5.0mmol，說(shuō)明還有1.4mmolCH3Br發(fā)生反應(yīng)生成CH(iii)平衡時(shí)，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=c(CH2Br（3）(i)11~19s時(shí)，有I2的生成速率v=3.2V?2.6V8=0.075Vmmol·(L·s)-1，無(wú)I2的生成速率v=2.2V?1.8V8(ii)據(jù)圖分析，大約4.5s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，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(shí)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。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。回答下列問(wèn)題：(1)該族元素基態(tài)原子核外未成對(duì)電子數(shù)為，在與其他元素形成化合物時(shí)，呈現(xiàn)的最高化合價(jià)為。(2)CaC2俗稱(chēng)電石，該化合物中不存在的化學(xué)鍵類(lèi)型為a．離子鍵

b．極性共價(jià)鍵

c．非極性共價(jià)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(lèi)型為。(4)早在青銅器時(shí)代，人類(lèi)就認(rèn)識(shí)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(shuō)明原因：。物質(zhì)SnFSnClSnBrSnI熔點(diǎn)/°442-3429143(5)結(jié)晶型PbS可作為放射性探測(cè)器元件材料，其立方晶胞如圖所示。其中Pb的配位數(shù)為。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶體密度為g【答案】(1)2+4(2)bd(3)Csp(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(duì)分子量越大，分子間作用力越強(qiáng)，熔點(diǎn)越高(5)64×(207+32)【詳解】（1）ⅣA族元素基態(tài)原子的價(jià)層電子排布為ns2（2）CaC2俗稱(chēng)電石，其為離子化合物，由Ca2+和C2（3）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?chē)?個(gè)原子形成共價(jià)鍵，沒(méi)有孤電子對(duì)，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，則硅原子的雜化軌道類(lèi)型為sp3；（4）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(duì)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?yàn)椋篠nF4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(duì)分子量越大，分子間作用力越強(qiáng)，熔點(diǎn)越高；（5）由PbS晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，該晶胞中有4個(gè)Pb和4個(gè)S，距離每個(gè)原子周?chē)罱脑訑?shù)均為6，因此Pb的配位數(shù)為6。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則NA個(gè)晶胞