2024年高考化学真题完全解读（安徽卷）（讲义课件）

这是一份2024年高考化学真题完全解读（安徽卷）（讲义课件），共30页。

2024年高考真题完全解读(安徽卷)适用省份安徽省2024年安徽省高考化学试卷以《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，注重发挥育人功能、价值导向和激励作用，进一步发挥高考在促进高中、高校育人衔接中的重要作用。命题坚持“科学、公平、准确、稳定”的主基调，体现稳中求进、稳中创新的命题原则，试题在题型结构、呈现方式、考试内容等方面保持了较好的稳定性和延续性，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。一、育人为本，体现学科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。精选真实的、体现化学学科价值的测试载体，将“核心功能”要求融入具体试题中，体现化学对人类社会可持续发展的贡献，彰显学科育人价值。如：第1题资源的利用，工艺条件的选择；第3题以培养劳动习惯，将化学知识应用于实践，领悟化学就要生活中；第6题地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，展示科技前沿，第13题环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+，强化环保意识和社会责任感，凸显化学的社会价值；第18题“药物中间体的合成”等，不仅全面测试学生的必备知识、关键能力，更渗透了化学学科在创造物质、合理开发及综合利用资源等方面的重要贡献。二、强调基础，突出主干知识考查试题突出对主干知识的考查，不考繁难偏旧，不考细枝末节，试题内容范围和难度设置严格依据课程标准，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，试题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。如，教材中涉及的金属、非金属元素及其化合物的性质和应用中的核心主干知识在命题选材中均有所体现。引导中学化学教学严格按照课程标准实施，做到应教尽教，不随意增加或删减内容，发挥以考促学的积极导向作用。如：第1、5、6题考查化学概念，第3、4、7、10、11、12、13、17题考查变化规律，第2、9、15、160题考查实验仪器识别、基本操作、条件控制、方案设计；第8、14、18题考查结构与性质推理能力。三、精心设计，突出关键能力考查化学试题创设具体的问题情境，考查学科理解和思维能力。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，以解决问题为目标，凸显知识的应用价值，落实化学学科核心素养。化学试题注重融合应用，体现知识结构化的价值。如第8题以某催化剂结构简式为载体融合了有机化学基础、物质结构与性质，体现出实际问题的复杂性和综合性；第16题，新型水系锌电池，融入超分子材料，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；第15题融合元素化合物、反应速率、电化学等知识解决由从铜阳极泥中分离提收金和银的流程工艺中的问题；第16题通过测定铁矿石中铁含量的传统方法探究过程，融合化学实验基本操作、实验设计、化学计算等知识，突出了对科学探究与创新意识的考查。第18题从简单的分子式判断、结构简式书写、反应类型判断，到信息方程式书写，到有机合成路线设计、限制条件下同分异构体书写等，问题设计从易到难，层层递进，且设问角度丰富。四、图表出彩，彰显学科独特魅力图表是化学的第二语言，图表素材的丰富性更是化学学科的特色。本次命题的图表运用从数量、类型和质量来看，均达到了较高水平，通过图文结合的方式构建情境并自然引出问题，启发学生运用化学学科知识和思想方法进行解答。试卷共14张图片，4张表格，其中图片部分包括实验仪器图、实验装置图、原子结构示意图、有机结构简式图、新型电池图、能量变化图、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、实验数据图表等等，考查提取信息并应用信息的能力，突出对化学学科的理解，考查思维能力。如第4、5、6、7、8、10、11、12、14、15、16、17、18、19题等，考查学生解读图表信息的能力，逐渐形成对知识全局性、整体性认识，也能有效引导中学化学教学更加重视发展学生的核心素养。1.2024年安徽省不采用全国乙卷，而是自主命题，即由原来的综合卷换成了单科，每科100分，考试时间75分钟。2.选择性必修二在非选择题中设置了2道题目，非选择部分有2个空位。选择性必修三将对有机化学进行考察，综合性和创新性得到较大提升。3.因选择性必修2内容改为必考，导致必修部分内容在选择题中占分明显降低，相关考点多在非选择题中呈现。4.出现“一拖二”试题。试题从多个不同的角度进行思考分析，不同方法的选择会产生不同的效果，并能够有效的区分不同能力水平的考生，如第6、7题题干内容完全相同，设问角度不同。一、由“理科综合”转向“单科选考”2024年是安徽等省的新高考第一年，高考试题结构，很多谜团已经解开。既有新鲜感，也有陌生感，不适应看到是有的，但考查内容万变不离其宗。复习顺势改革，适应变化，注意不仅是题型和题量发生变化，且考试完成时间也发生变化。二、由“全面覆盖”转向“精简教材”高考命题不断深化考试内容改革，由考查“基础知识、基本能力”转向考查“必备知识、关键能力、学科素养、核心价值”，要求高三备考复习必须彻底摒弃“全面覆盖、面面俱到、盲目备考”的一贯做法，采取“精简内容、高效复习、精准备考”的策略，实现由“高耗低效”向“高效低耗”的转变。三、由“简单重复”转向“温故知新”复习的核心功能就是“温故而知新”。高效率的复习是以新带旧，即利用新知识引领旧知识的复习，利用新问题深化旧知识的理解。“新”有三个层次：拓展知识，深化理解，提升能力。拓展知识是深化理解的铺垫；深化理解是提升能力的前提；提升能力是备考复习的根本目的。四、由“拘泥教材”转向“整合教材”高考复习备考的基本依据是《普通高中化学课程标准(2017年版2020年修订)》，化学必修和选择性必修教材，这就反映了化学学科的具体命题思想。学什么比怎么学更重要。因此，在复习过程中，需要根据高考实际，打破现行教材的体系，还原命题细目表，根据考纲和考题确定高频考点、中频考点和低频考点，整合教材内容，重构学科体系，精准备考复习。五、由“关注师教”转向“关注生学”教师导学导思。根据高考要求和学生基础确定复习目标和内容要求，精心设计问题，通过评价，使学生明确学什么、怎么学、学到什么程度。鼓励学生大胆质疑和提出问题；尝试异步学习，提倡互助合作交流，提高复习效率。学生应用练习。编好用好配套的习题，保证每堂复习课后不少于50分钟习题训练；每周根据复习进度精心选编周测卷，对复习过的内容进行大题量限时训练，同时达到“滚雪球”复习的效果。六、由“关注答案”转向“规范书写”高考非选择题考查学生应用化学语言答题的能力。每个学生都要学会用文字熟练、清晰、规范、准确地陈述化学事实，分析化学现象，解释化学原理，要尽力避免不会表达、字迹潦草、眼高手低、毫无逻辑、书写不规范等弊端。落实在卷面上的答案文字要做到 “五化”，即：书写工整化(行楷化)；套路模板化(段落化)；表述专业化；答案要点化(步骤完整化)；要点序号化。一、选择题：本题共14小题，每小题3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求的。1．下列资源利用中，在给定工艺条件下转化关系正确的是A．煤煤油 B．石油乙烯 C．油脂甘油 D．淀粉乙醇2．下列各组物质的鉴别方法中，不可行的是A．过氧化钠和硫黄：加水，振荡 B．水晶和玻璃：X射线衍射实验C．氯化钠和氯化钾：焰色试验 D．苯和甲苯：滴加溴水，振荡3．青少年帮厨既可培养劳动习惯，也能将化学知识应用于实践。下列有关解释合理的是A．清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈B．烹煮食物的后期加入食盐，能避免长时间受热而分解C．将白糖熬制成焦糖汁，利用蔗糖高温下充分炭化为食物增色D．制作面点时加入食用纯碱，利用中和发酵过程产生的酸4．下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化，且甲和水可以直接生成乙的是A．A B．B C．C D．D5．D-乙酰氨基葡萄糖(结构简式如下)是一种天然存在的特殊单糖。下列有关该物质说法正确的是A．分子式为 B．能发生缩聚反应C．与葡萄糖互为同系物 D．分子中含有键，不含键6．地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物)，羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺([NH3OH]Cl)广泛用子药品、香料等的合成。已知25℃时，Ka(HNO2)=7.2×10-4，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5 ，Kb(NH2OH)=8.7×10-9。NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，2.24LX和Y混合气体中氧原子数为0.1NAB．1L0.1mol·L-1NaNO2溶液中Na+和NO数均为0.1NAC．3.3gNH2OH完全转化为NO时，转移的电子数为0.6NAD．2.8gN2中含有的价电子总数为0.6NA7．地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物)，羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺([NH3OH]Cl)广泛用于药品、香料等的合成。已知25℃时，Ka(HNO2)=7.2×10-4，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5 ，Kb(NH2OH)=8.7×10-9。下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是A．键角：NH3＞B．熔点：NH2OH＞[NH3OH]ClC．同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＞NH4ClD．羟胺分子间氢键的强弱：O-H…O＞N-H…N8．某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是A．该物质中为价 B．基态原子的第一电离能：C．该物质中C和P均采取杂化 D．基态原子价电子排布式为9．仅用下表提供的试剂和用品，不能实现相应实验目的的是A．A B．B C．C D．D10．某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是A． B． C． D．11．我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如下。该电池分别以(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和为电极，以和混合液为电解质溶液。下列说法错误的是A．标注框内所示结构中存在共价键和配位键B．电池总反应为：C．充电时，阴极被还原的主要来自D．放电时，消耗，理论上转移电子12．室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。下列说法正确的是A．实验①中，0~2小时内平均反应速率B．实验③中，反应的离子方程式为：C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率D．其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好13．环境保护工程师研究利用、和处理水样中的。已知时，饱和溶液浓度约为，，，，。下列说法错误的是A．溶液中：B．溶液中：C．向的溶液中加入，可使D．向的溶液中通入气体至饱和，所得溶液中：14．研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物()，其立方晶胞和导电时迁移过程如下图所示。已知该氧化物中为价，为价。下列说法错误的是A．导电时，和的价态不变 B．若，与空位的数目相等C．与体心最邻近的O原子数为12 D．导电时、空位移动方向与电流方向相反二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．精炼铜产生的铜阳极泥富含等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。回答下列问题：(1)位于元素周期表第 周期第 族。(2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是 。(3)“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为 。(4)“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的 (填化学式)转化为。(5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为 。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式)。(6)“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为 。(7)可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因： 。16．测定铁矿石中铁含量的传统方法是，滴定法。研究小组用该方法测定质量为的某赤铁矿试样中的铁含量。【配制溶液】①标准溶液。②溶液：称取溶于浓盐酸，加水至，加入少量锡粒。【测定含量】按下图所示(加热装置路去)操作步骤进行实验。已知：氯化铁受热易升华；室温时，可将氧化为。难以氧化；可被还原为。回答下列问题：(1)下列仪器在本实验中必须用到的有 (填名称)。(2)结合离子方程式解释配制溶液时加入锡粒的原因： 。(3)步骤I中“微热”的原因是 。(4)步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。(5)若消耗标准溶液，则试样中的质量分数为 (用含a、c、V的代数式表示)。(6)滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用和将铁矿石试样中还原为，再用标准溶液滴定。①从环保角度分析，该方法相比于，滴定法的优点是 。②为探究溶液滴定时，在不同酸度下对测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1滴溶液，现象如下表：表中试剂X为 ；根据该实验可得出的结论是 。17．乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题：【乙烷制乙烯】(1)氧化脱氢反应：              计算：                   (2)直接脱氢反应为，的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，则 0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近的是 (填标号)。a．   b．     c．(3)一定温度和压强下、反应i  反应ⅱ  (远大于)(是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)①仅发生反应i时。的平衡转化宰为，计算 。②同时发生反应i和ⅱ时。与仅发生反应i相比，的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不变”)。【乙烷和乙烯混合气的分离】(4)通过修饰的Y分子筛的吸附-脱附。可实现和混合气的分离。的 与分子的键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离和的优点是 。(5)常温常压下，将和等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度()之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是 (填标号)。A．前，两种气体均未被吸附B．p点对应的时刻，出口气体的主要成分是C．a-b对应的时间段内，吸附的逐渐被替代18．化合物I是一种药物中间体，可由下列路线合成(代表苯基，部分反应条件略去)：已知：i) ii)易与含活泼氢化合物()反应：代表、、、等。(1)A、B中含氧官能团名称分别为 、 。(2)E在一定条件下还原得到，后者的化学名称为 。(3)H的结构简式为 。(4)E→F反应中、下列物质不能用作反应溶剂的是 (填标号)。a．   b．   c．     d．(5)D的同分异构体中，同时满足下列条件的有 种(不考虑立体异构)，写出其中一种同分异构体的结构简式 。①含有手性碳      ②含有2个碳碳三键     ③不含甲基(6)参照上述合成路线，设计以和不超过3个碳的有机物为原料，制备一种光刻胶单体的合成路线 (其他试剂任选)。题号难度考查内容详细知识点选择题1易有机化学基础油脂的水解；淀粉、纤维素的水解；石油分馏；煤的干馏2中化学实验基础硫单质的物理性质；焰色试验；芳香烃物理性质；晶体与非晶体3中化学与STS碘酸钾；碳酸氢钠的不稳定性；吸氧腐蚀；糖类的来源及用途4中常见无机物及其应用氯气与水的反应；酸性氧化物的通性；铁的氧化物的化学性质；碳酸盐、碳酸氢盐5中有机化学基础同系物的判断；缩聚反应机理及判断；多官能团有机物的结构与性质；共价键的形成及主要类型6中NA氧化还原反应与NA相关推算；盐类水解规律理解及应用；原子中相关数值及其之间的相互关系7中物质结构与性质盐类水解规律理解及应用；键能、键长、键角；氢键对物质性质的影响；离子晶体的物理性质8中物质结构与性质电子排布式；电离能的概念及变化规律；利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型；简单配合物的成键；9中化学实验基础胶体的制备；乙酸乙酯制备实验；同周期元素性质递变规律探究实验；配合物10中化学反应与能量化学反应中热量(Q)及(△H)相关判断；活化能11中电化学新型电池；电解池电极反应式及化学方程式的书写；原电池有关计算；简单配合物的成键12难反应速率影响因素化学反应速率的图像；外因对化学反应速率影响的综合分析；13难离子平衡(浓度大小比较)化学平衡常数的计算；盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理；盐溶液中离子浓度大小的比较；溶度积常数相关计算14难晶胞结构分析根据晶胞结构确定晶体化学式；化学式与化合价非选择题15难化学工艺流程分析氧化还原反应有关计算；氧化还原反应方程式的书写与配平；电解池电极反应式及化学方程式的书写；简单配合物的成键16中综合实验设计与评价探究物质组成或测量物质的含量17难反应原理综合应用盖斯定律与热化学方程式；温度对化学平衡移动的影响；化学平衡常数的计算；简单配合物的成键18中有机合成与推断有机合成综合考查；有机推断综合考查选项甲乙丙ABCD选项实验目的试剂用品A比较镁和铝的金属性强弱溶液、溶液、氨水试管、胶头滴管B制备乙酸乙酯乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和溶液试管、橡胶塞、导管、乳胶管铁架台(带铁夹)、碎瓷片、酒精灯、火柴C制备溶液溶液、氨水试管、胶头滴管D利用盐类水解制备胶体饱和溶液、蒸馏水烧杯、胶头滴管、石棉网、三脚架、酒精灯、火柴实验序号水样体积/纳米铁质量/水样初始①5086②5026③5028溶液现象空白实验溶液试剂X紫红色不褪去实验I溶液硫酸紫红色不褪去实验ⅱ溶液硫酸紫红色明显变浅参考答案：1．C【详解】A．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，干馏的过程不产生煤油，煤油是石油分馏的产物，A错误；B．石油分馏是利用其组分中的不同物质的沸点不同将组分彼此分开，石油分馏不能得到乙烯，B错误；C．油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，C正确；D．淀粉是多糖，其发生水解反应生成葡萄糖，D错误；故答案选C。2．D【详解】A．过氧化钠可以与水发生反应生成可溶性的氢氧化钠，硫不溶于水，A可以鉴别；B．水晶为晶体，有独立的晶格结构，玻璃为非晶体，没有独立的晶格结构，可以用X射线衍射实验进行鉴别，B可以鉴别；C．钠的焰色为黄色，钾的焰色为紫色(需透过蓝色钴玻璃)，二者可以用焰色试验鉴别，C可以鉴别；D．苯和甲苯都可以溶解溴水中的溴且密度都比水小，二者都在上层，不能用溴水鉴别苯和甲苯，D不可以鉴别；故答案选D。3．A【详解】A．铁发生吸氧腐蚀时，正极上O2得电子结合水生成氢氧根离子，清洗铁锅后及时擦干，除去了铁锅表面的水分，没有了电解质溶液，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈，A正确；B．食盐中含有碘酸钾，碘酸钾受热不稳定易分解，因此烹煮食物时后期加入食盐，与NaCl无关，B错误；C．焦糖的主要成分仍是糖类，同时还含有一些醛类、酮类等物质，蔗糖在高温下并未炭化，C错误；D．食用纯碱主要成分为Na2CO3，制作面点时加入食用纯碱，利用了Na2CO3中和发酵过程产生的酸，D错误；故答案选A。4．D【详解】A．Cl2与水反应生成HClO和HCl，无法直接生成NaClO，A错误；B．SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸，B错误；C．氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉淀，C错误；D．CO2与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体，D正确；故答案选D。5．B【详解】A．由该物质的结构可知，其分子式为：C8H15O6N，故A错误；B．该物质结构中含有多个醇羟基，能发生缩聚反应，故B正确；C．组成和结构相似，相差若干个CH2原子团的化合物互为同系物，葡萄糖分子式为C6H12O6，该物质分子式为：C8H15O6N，不互为同系物，故C错误；D．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，该物质结构中含有C=O键，即分子中键和键均有，故D错误；故选B。【点睛】6．A【分析】在亚硝酸盐还原酶的作用下转化为X，中氮元素化合价为+3价，X中氮元素化合价比+3价低，X可能为NO或N2O，X在X还原酶的作用下转化为Y，Y中氮元素化合价比X中低，X、Y均为氮氧化物，则Y为N2O 、X为NO。【详解】A．标准状况下，2.24LNO和N2O混合气体物质的量为0.1mol，氧原子数为0.1NA，故A正确；B．HNO2为弱酸，因此能够水解为HNO2，1L0.1mol·L-1NaNO2溶液中数目小于0.1NA，故B错误；C．NH2OH完全转化为时，N的化合价由-1上升到+3，3.3gNH2OH物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.4NA，故C错误；D．2.8gN2物质的量为0.1mol，N的价电子数等于最外层电子，即为5，2.8gN2含有的价电子总数为NA，故D错误；故选A。7．D【详解】A．NH3中N原子的价层电子对数=，为sp3杂化，键角为107°18′，中N的价层电子对数=，为sp2杂化，键角为120°，故键角：NH3＜，A错误；B．NH2OH为分子晶体，[NH3OH]Cl为离子晶体，故熔点：NH2OH＜[NH3OH]Cl，B错误；C．由题目信息可知，25℃下，Kb(NH3·H2O)＞Kb(NH2OH)，故NH2OH的碱性比NH3·H2O弱，同浓度的水溶液中，[NH3OH]+的水解程度大于的水解程度，同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＜NH4Cl，C错误；D．O的电负性大于N，O-H键的极性大于N-H键，故羟胺分子间氢键的强弱O-H…O＞N-H…N，D正确；故选D。8．C【详解】A．由结构简式可知，P原子的3个孤电子与苯环形成共用电子对，P原子剩余的孤电子对与Ni形成配位键，提供孤电子对，与Ni形成配位键，由于整个分子呈电中性，故该物质中Ni为+2价，A项正确；B．同周期元素随着原子序数的增大，第一电离能有增大趋势，故基态原子的第一电离能：Cl＞P，B项正确；C．该物质中，C均存在于苯环上，采取sp2杂化，P与苯环形成3对共用电子对，剩余的孤电子对与Ni形成配位键，价层电子对数为4，采取sp3杂化，C项错误；D．Ni的原子序数为28，位于第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，D项正确；故选C。9．A【详解】A．MgCl2溶液、AlCl3溶液与过量氨水反应时现象相同，分别产生白色Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，不能比较Mg(OH)2和Al(OH)3碱性的强弱，从而不能比较Mg和Al的金属性强弱，可将氨水换成过量的NaOH溶液，A项不能实现实验目的；B．在一支试管中依次加入一定量的乙醇、浓硫酸、乙酸，并且放入几粒碎瓷片，另一支试管中加入适量饱和碳酸钠溶液，如图连接好装置，用酒精灯小心加热，乙酸与乙醇在浓硫酸存在、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，在饱和碳酸钠溶液液面上收集乙酸乙酯，发生反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，B项能实现实验目的；C．向盛有CuSO4溶液的试管中滴加氨水，首先产生蓝色Cu(OH)2沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，发生反应的化学方程式为CuSO4+4NH3∙H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O，C项能实现实验目的；D．将烧杯中的蒸馏水加热至沸腾，向沸水中加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色即制得Fe(OH)3胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，D项能实现实验目的；答案选A。10．B【分析】由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率，则反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能。【详解】A．X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g)Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；B．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，且X(g)Y(g)的活化能小于Y(g)Z(g)的活化能，B项符合题意；C．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，但图像上X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，C项不符合题意；D．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都大于0，且X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，D项不符合题意；选B。11．C【分析】由图中信息可知，该新型水系锌电池的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应式为，则充电时，该电极为阴极，电极反应式为；正极上发生，则充电时，该电极为阳极，电极反应式为。【详解】A．标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由提供孤电子对、提供空轨道形成的配位键，A正确；B．由以上分析可知，该电池总反应为，B正确；C．充电时，阴极电极反应式为，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C错误；D．放电时，负极的电极反应式为，因此消耗0.65 g Zn（物质的量为0.01mol），理论上转移0.02 mol电子，D正确；综上所述，本题选C。【点睛】12．C【详解】A. 实验①中，0~2小时内平均反应速率，A不正确；B. 实验③中水样初始=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用配电荷守恒，B不正确；C. 综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；D. 综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始，的去除效果越好，但是当初始太小时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，当初始越小时的去除效果不一定越好，D不正确；综上所述，本题选C。13．B【详解】A．溶液中只有5种离子，分别是，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为，A正确；B．溶液中，水解使溶液呈碱性，其水解常数为，由于，根据硫元素守恒可知，所以，则，B不正确； C．远远大于，向的溶液中加入时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡常数为，因此该反应可以完全进行，的饱和溶液中，若加入足量时可使，C正确D．的平衡常数，该反应可以完全进行，因此，当向的溶液中通入气体至饱和，可以完全沉淀，所得溶液中，D正确；综上所述，本题选B。14．B【详解】A．根据题意，导电时Li+发生迁移，化合价不变，则Ti和La的价态不变，A项正确；B．根据“均摊法”，1个晶胞中含Ti：8×=1个，含O：12×=3个，含La或Li或空位共：1个，若x=，则La和空位共，n(La)+n(空位)=，结合正负化合价代数和为0，(+1)×+(+3)×n(La)+(+4)×1+(-2)×3=0，解得n(La)=、n(空位)=，Li+与空位数目不相等，B项错误；C．由立方晶胞的结构可知，与体心最邻近的O原子数为12，即位于棱心的12个O原子，C项正确；D．导电时Li+向阴极移动方向，即与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，D项正确；答案选B。【点睛】15．(1) 四 ⅠB(2)Cu2+(3)(4)AgCl(5) (6)3：4(7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入，将AgCl转化为，得到浸出液3，利用电沉积法将还原为Ag。【详解】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族；（2）由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+；（3）浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：；（4）根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与反应转化为；（5）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，得电子被还原为Ag，电极反应式为：；阴极反应生成，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为；（6）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4；（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。16．(1)容量瓶、量筒(2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为，加入Sn，发生反应，可防止Sn2+氧化(3)提高试样与浓盐酸反应速率，同时可以减少浓盐酸的挥发和氯化铁的升华(4)偏小(5)(6) 更安全，对环境更友好 H2O 酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH值【分析】浓盐酸与试样反应，使得试样中Fe元素以离子形式存在，滴加稍过量的SnCl2使Fe3+还原为Fe2+，冷却后滴加HgCl2，将多余的Sn2+氧化为Sn4+，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示剂，用K2Cr2O7进行滴定，将Fe2+氧化为Fe3+，化学方程式为。【详解】（1）配制SnCl2溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但给出的为碱式滴定管，因此给出仪器中，本实验必须用到容量瓶、量筒；（2）Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为，加入Sn，发生反应，可防止Sn2+氧化；（3）步骤I中“微热”是为了提高试样与浓盐酸反应速率，同时微热可以减少浓盐酸的挥发和氯化铁的升华；（4）步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，导致测定的铁含量偏小；（5）根据方程式可得：，ag试样中Fe元素的质量为，质量分数为（6）①方法中，HgCl2氧化Sn2+的离子方程式为：，生成的Hg有剧毒，因此相比于的优点是：更安全，对环境更友好；②溶液+0.5mL试剂X，为空白试验，因此X为H2O；由表格可知，酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH值。17．(1)-566(2) > b(3) 减小(4) 4s空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高(5)BC【详解】（1）将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2可得目标反应，则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol。（2）从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，ΔH4>0。a．600℃，0.6MPa时，C2H6的平衡转化率约为20%，a错误；b．700℃，0.7MPa时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b正确；c．700℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因此800℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率大于50%，c错误；故答案选b。（3）①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1mol，平衡时C2H6转化率为25%，则剩余的C2H6物质的量为1-0.25=0.75mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，容器内气体总物质的量为(0.75+0.25+0.25)=1.25mol，Ka1=。②若在一定体积的容器中，只发生反应i，压强会增大，若保持压强不变，则容器体积会增大，相当于减压，平衡正向移动，如果同时发生反应i和反应ii时，且从题干可知Ka2远大于Ka1，则两个反应存在C2H6的竞争关系，反应2的发生必然导致乙烯的平衡产率减小。（4）配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。（5）A．前30min，等于0，出口浓度c为0，说明两种气体均被吸附，A错误；B．p点时，C2H6对应的约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的较小，出口处C2H4浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B正确；C．a点处C2H6的=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a点后C2H6的>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a点后一段时间，C2H4的仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p点到b点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p点后C2H4的也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确；故答案选BC。18．(1) 羟基 醛基(2)1，2-二甲基苯(邻二甲苯)(3)(4)bc(5) 4 CH≡C-CH2-CH2-CH2-CH(NH2)-C≡CH(6)： 【分析】有机物A中的羟基在MnO2的催化下与氧气反应生成醛基，有机物B与Ph3CCl发生取代反应生成有机物C；有机物D中的氨基发生取代反应生成有机物E，D中的氨基变为E中的Cl，E发生已知条件i的两步反应与有机物C作用最终生成有机物G；有机物G在MnO2的催化先与氧气反应生成有机物H，有机物H的结构为，有机物H最终发生已知条件i的反应生成目标化合物I。【详解】（1）根据流程中A和B的结构，A中的含氧官能团为羟基，B中的含氧官能团为醛基。（2）根据题目中的结构，该结构的化学名称为1，2-二甲基苯(邻二甲苯)。（3）根据分析，H的结构简式为。（4）根据已知条件ii，RMgX可以与含有活泼氢的化合物（H2O、ROH、RNH2、RC≡CH等）发生反应，b中含有羟基，c中含有N-H，其H原子为活泼H原子，因此不能用b、c作溶剂。（5）根据题目所给条件，同分异构体中含有2个碳碳三键，说明结构中不含苯环，结构中不含甲基，说明三键在物质的两端，同分异构体中又含有手性碳原子，因此，可能的结构有：CH≡C-CH2-CH2-CH2-CH(NH2)-C≡CH、CH≡C-CH2-CH2-CH(NH2)-CH2-C≡CH、HC≡C-CH(CH2NH2)-CH2-CH2-C≡CH、HC≡C-CH(CH2CH2NH2)-CH2-C≡CH，共4种。（6）根据题目给出的流程，先将原料中的羰基还原为羟基，后利用浓硫酸脱水生成双键，随后将物质与Mg在无水醚中反应生成中间产物，后再与CF3COCF3在无水醚中反应再水解生成目标化合物，具体的流程如下： 。