2024年高考化学真题完全解读（北京卷）

这是一份2024年高考化学真题完全解读（北京卷），共29页。试卷主要包含了强化价值引领，发挥育人功能，注重依据课标，促进课堂增效，注重关键能力，测评学习潜能，注重融合应用，彰显化学价值，丰富呈现形式，信息获取加工，注重学科特征，凸显化学特色等内容，欢迎下载使用。

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。
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，从原子束流中直接俘获原子，实现了对同位素的灵敏检测。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，是的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是
A．的原子核内有21个中子
B．的半衰期长，说明难以失去电子
C．衰变一半所需的时间小于衰变一半所需的时间
D．从原子束流中直接俘获原子的过程属于化学变化
2．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．的电子式：B．分子的球棍模型：
C．的结构示意图：D．乙炔的结构式：
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，向负极方向移动
C．发生氧化反应D．锌筒发生的电极反应为
4．下列说法不正确的是
A．葡萄糖氧化生成和的反应是放热反应
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
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：
B．用绿矾()将酸性工业废水中的转化为
C．用溶液能有效除去误食的
D．用溶液将水垢中的转化为溶于酸的：
6．下列实验的对应操作中，不合理的是
A．AB．BC．CD．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：
B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率
C．将黄铁矿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
8．关于和的下列说法中，不正确的是
A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同
B．可用溶液使转化为
C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去
D．室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异
9．氘代氨()可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是
A．和可用质谱法区分
B．和均为极性分子
C．方法①的化学方程式是
D．方法②得到的产品纯度比方法①的高
10．可采用催化氧化法将工业副产物制成，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，W为生成物
B．反应制得，须投入
C．升高反应温度，被氧化制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
11．的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用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．与X的化学计量比为
B．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
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，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
13．苯在浓和浓作用下，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Ⅱ
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓作催化剂
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。
已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是
A．反应①，
B．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
二、非选择题：本部分共5题，共58分。
15．锡()是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。
(1)位于元素周期表的第5周期第IVA族。将的基态原子最外层轨道表示式补充完整： 。
(2)和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。
①分子的模型名称是 。
②的键是由锡的 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灰锡中每个原子周围与它最近且距离相等的原子有 个。
②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是 。
(4)单质的制备：将与焦炭充分混合后，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，能迅速被还原为单质，通入空气的作用是 。
16．是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。
(1)方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和 。
(2)方法二：以为氮源催化氧化制备，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，充入和进行反应。在不同压强下(、)，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为氨源直接制备，其原理示意图如下。
①电极a表面生成的电极反应式： 。
②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。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，结合分子结构解释原因 。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。
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。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键和 键，M的结构简式是 。
18．利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)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)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是 。
(3)矿石和过量按一定比例混合，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。
①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。
②温度高于，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；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。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 。
19．某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、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，中可将还原为的金属是 。
(2)实验验证
①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是 。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因 。
③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。
i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式 。
b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。
证实了此条件下可忽略对的消耗。
c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。
ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。
结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制， (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。
(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因 。
题号
难度
考查内容
详细知识点
选择题
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
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
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
反应序号
起始酸碱性
KI
KMnO4
还原产物
氧化产物
物质的量/ml
物质的量/ml
①
酸性
0.001
n
Mn2+
I2
②
中性
0.001
10n
MnO2
温度/℃
B中所含铜、铁的主要物质
400
500
实验
金属
操作、现象及产物
I
过量
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
一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质
Ⅲ
过量
有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质
参考答案：
1．A
【详解】A．的质量数为41，质子数为20，所以中子数为，A正确；
B．的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；
C．根据题意衰变一半所需的时间要大于衰变半所需的时间，C错误；
D．从原子束流中直接俘获原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误；
本题选A。
2．A
【详解】
A．是共价化合物，其电子式为，故A错误；
B．为正四面体形，分子的球棍模型：，故B正确；
C．Al的原子序数为13，即的结构示意图：，故C正确；
D．乙炔含有碳碳三键，结构式为：，故D正确；
故选A。
3．D
【详解】A．酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，故A错误；
B．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．发生得电子的还原反应，故C错误；
D．锌筒为负极，负极发生失电子的氧化反应，故D正确；
故选D。
4．C
【详解】A．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．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．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．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；
答案选C。
5．D
【详解】A．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．可以将氧化成，离子方程式正确，B正确；
C．结合生成沉淀，可以阻止被人体吸收，离子方程式正确，C正确；
D．与反应属于沉淀的转化，不能拆分，正确的离子方程式为CaSO4+=CaCO3+，D错误；
本题选D。
6．D
【详解】A．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．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．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．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；
答案选D。
7．B
【分析】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。
【详解】A．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：，故A正确；
B．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”不是为了提高平衡转化率，故B错误；
C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生，即可以减少废渣产生，故C正确；
D．硫酸工业产生的尾气为、，可以用碱液吸收，故D正确；
故选B。
8．D
【详解】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正确；
B．加入溶液会发生反应：，B正确；
C．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，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．室温下和饱和溶液相差较大的主要原因是的水解程度远大于，D错误；
故选D。
9．D
【详解】A．和的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，A正确；
B．和的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．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．方法②是通过中D原子代替中H原子的方式得到，代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D错误；
故选D。
10．B
【分析】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、、、。
【详解】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确；
B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；
C．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．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确；
故选B。
11．B
【详解】A．结合已知信息，通过对比X、Y的结构可知与X的化学计量比为，A正确；
B．P完全水解得到的产物结构简式为，分子式为，Y的分子式为，二者分子式不相同，B错误；
C．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．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．C
【详解】A．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；QB．一元弱酸的越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的越多，越小，B正确；
C．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．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．C
【详解】A．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．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．M的六元环中与相连的C为杂化，苯中大键发生改变，故C错误；
D．苯的硝化反应中浓作催化剂，故D正确；
故选C。
14．B
【详解】A．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-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；
B．根据反应①可得关系式10I-~2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n()=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-~2~MnO2~~6e-，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-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B项正确；
C．已知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．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；
答案选B。
15．(1)
(2) 平面三角形 杂化
(3) 4
(4)与焦炭在高温下反应生成，将还原为单质
【详解】（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．(1)难挥发性
(2) ，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，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) 反应iii生成，将氧化成，更易转化成
(4)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
【详解】（1）浓硫酸难挥发，产物为气体，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；
②，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，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；
②反应iii生成，将氧化成，更易转化成。
（4）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．(1)硝基、酯基
(2)
(3)abc
(4) 氟原子可增强的活泼性，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，有利于增强的活泼性
(5)
【分析】
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，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键和键，M的结构简式为。
【详解】（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．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．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．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，酯基的与另一分子的酯基发生取代反应，中左侧不存在，所以产物K的结构简式为；
②氟原子可增强的活泼性，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键和键，M的结构简式为。
18．(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
(2)
(3) 温度低于，随焙烧温度升高，分解产生的增多，可溶物含量增加，故铜浸出率显著增加 温度高于，随焙烧温度升高发生反应：，和转化成难溶于水的，铜浸出率降低
(4)
(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
【分析】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。
【详解】（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，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为；
（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+2CuSO46CuO+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；
（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．(1)
(2) 产生蓝色沉淀 水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀 或、 向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀 加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸
(3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹
【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
【详解】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为；
（2）①与会生成蓝色的沉淀；
②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；
③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、；
b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+；
ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质；
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。