2024年全国统一高考化学试卷(甲卷)

2024年全国统一高考化学试卷（甲卷）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78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．（6分）人类对能源的利用经历了柴薪、煤炭和石油时期，现正向新能源方向高质量发展。下列有关能源的叙述错误的是（）A．木材与煤均含有碳元素 B．石油裂化可生产汽油 C．燃料电池将热能转化为电能 D．太阳能光解水可制氢2．（6分）下列过程对应的离子方程式正确的是（）A．用氢氟酸刻蚀玻璃：+4F﹣+6H+═SiF4↑+3H2O B．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：2Fe3++3Cu═3Cu2++2Fe C．用硫代硫酸钠溶液脱氯：S2+2Cl2+3H2O═2+4Cl﹣+6H+ D．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO4+═CaCO3+3．（6分）我国化学工作者开发了一种回收利用聚乳酸（PLA）高分子材料的方法，其转化路线如图所示。下列叙述错误的是（）A．PLA在碱性条件下可发生降解反应 B．MP的化学名称是丙酸甲酯 C．MP的同分异构体中含羧基的有3种 D．MMA可加聚生成高分子4．（6分）四瓶无色溶液NH4NO3、Na2CO3、Ba（OH）2、AlCl3，它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、c、d代表四种溶液，e和g为无色气体，f为白色沉淀。下列叙述正确的是（）A．a呈弱碱性 B．f可溶于过量的b中 C．c中通入过量的e可得到无色溶液 D．b和d反应生成的沉淀不溶于稀硝酸5．（6分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W和X原子序数之和等于Y﹣的核外电子数，化合物可用作化学电源的电解质。下列叙述正确的是（）A．X和Z属于同一主族 B．非金属性：X＞Y＞Z C．气态氢化物的稳定性：Z＞Y D．原子半径：Y＞X＞W6．（6分）科学家使用δ﹣MnO2研制了一种MnO2﹣Zn可充电电池（如图所示）。电池工作一段时间后，MnO2电极上检测到MnOOH和少量ZnMn2O4。下列叙述正确的是（）A．充电时，Zn2+向阳极方向迁移 B．充电时，会发生反应Zn+2MnO2═ZnMn2O4 C．放电时，正极反应有MnO2+H2O+e﹣═MnOOH+OH﹣ D．放电时，Zn电极质量减少0.65g，MnO2电极生成了0.020molMnOOH7．（6分）将0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL悬浊液，向其中滴加0.10mol•L﹣1的NaCl溶液。lg[cM/（mol•L﹣1）]（M代表Ag+、Cl﹣或）随加入NaCl溶液体积（V）的变化关系如图所示。下列叙述正确的是（）A．交点a处：c（Na+）＝2c（Cl﹣） B．＝10﹣2.21 C．V≤2.0mL时不变 D．y1＝﹣7.82，y2＝﹣lg34二、非选择题：共58分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。8．（14分）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如图。注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10﹣5mol•L﹣1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。已知：①Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36，Ksp（ZnS）＝2.5×10﹣22，Ksp（CoS）＝4.0×10﹣21。②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c（M）/（mol•L﹣1）]和溶液pH的关系如图所示。回答下列问题：（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是。（2）“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是。（3）假设“沉铜”后得到的滤液中c（Zn2+）和c（Co2+）均为0.10mol•L﹣1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c（Co2+）＝mol•L﹣1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离（填“能”或“不能”）。（4）“沉锰”步骤中，生成1.0molMnO2，产生H+的物质的量为。（5）“沉淀”步骤中，用NaOH调pH＝4，分离出的滤渣是。（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为。（7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是。9．（14分）CO（NH2）2•H2O2（俗称过氧化脲）是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下：CO（NH2）2+H2O2＝CO（NH2）2•H2O2（一）过氧化脲的合成烧杯中分别加入25mL30%H2O2（ρ＝1.11g•cm﹣3）、40mL蒸馏水和12.0g尿素，搅拌溶解。30℃下反应40min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4g。（二）过氧化脲性质检测Ⅰ．过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，滴加KMnO4溶液，紫红色消失。Ⅱ．过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，加入KI溶液和四氯化碳，振荡，静置。（三）产品纯度测定溶液配制：称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成100mL溶液。滴定分析：量取25.00mL过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀H2SO4，用准确浓度的KMnO4溶液滴定至微红色，记录滴定体积，计算纯度。回答下列问题：（1）过滤中使用到的玻璃仪器有（写出两种即可）。（2）过氧化脲的产率为。（3）性质检测Ⅱ中的现象为。性质检则Ⅰ和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是。（4）图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3次，目的是，定容后还需要的操作为。（5）“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是（填标号）。A．KMnO4溶液置于酸式滴定管中B．用量筒量取25.00mL过氧化脲溶液C．滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁D．锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液面刻度（6）以下操作导致氧化脲纯度测定结果偏低的是（填标号）。A．容量瓶中液面超过刻度线B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗C．摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失10．（15分）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯（C3H6）的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：（1）已知如下热化学方程式：CH4（g）+Br2（g）＝CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1＝﹣29kJ•mol﹣13CH3Br（g）＝C3H6（g）+3HBr（g）ΔH2＝+20kJ•mol﹣1计算反应3CH4（g）+3Br2（g）＝C3H6（g）+6HBr（g）的ΔH＝kJ•mol﹣1。（2）CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8mmolCH4和8mmolBr2。通入密闭容器，平衡时，n（CH4）、n（CH3Br）与温度的关系见图（假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2）。（ⅰ）图中CH3Br的曲线是（填“a”或“b”）。（ⅱ）560℃时，CH4的转化率α＝，n（HBr）＝mmol。（ⅲ）560℃时，反应CH3Br（g）+Br2（g）＝CH2Br2（g）+HBr（g）的平衡常数K＝。（3）少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8mmolCH4和8mmolBr2，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量（n）随时间（t）的变化关系见图。（ⅰ）在11～19s之间，有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比＝。（ⅱ）从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据：。（ⅲ）研究表明，I2参与反应的可能机理如下：①I2（g）＝•I（g）+•I（g）②•I（g）+CH2Br2（g）＝IBr（g）+•CH2Br（g）③•CH2Br（g）+HBr（g）＝CH3Br（g）+•Br（g）④•Br（g）+CH4（g）＝HBr（g）+•CH3（g）⑤•CH3（g）+IBr（g）＝CH3Br（g）+•I（g）⑥•I（g）+•I（g）＝I2（g）根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的原因：。[化学——选修3：物质结构与性质]11．（15分）ⅣA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。回答下列问题：（1）该族元素基态原子核外未成对电子数为，在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为。（2）CaC2俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为（填标号）。a．离子键b．极性共价键c．非极性共价键d．配位键（3）一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，其中电负性最大的元素是，硅原子的杂化轨道类型为。（4）早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因：。物质SnF4SnCl4SnBr4SnI4熔点/℃442﹣3429143（5）结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中Pb的配位数为。设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为g•cm﹣3（列出计算式）。[化学——选修5：有机化学基础]12．白藜芦醇（化合物I）具有抗肿瘤、抗氧化、消炎等功效。以下是某课题组合成化合物I的路线。回答下列问题：（1）A中的官能团名称为。（2）B的结构简式为。（3）由C生成D的反应类型为。（4）由E生成F的化学方程式为。（5）已知G可以发生银镜反应，G的化学名称为。（6）选用一种鉴别H和I的试剂并描述实验现象。（7）I的同分异构体中，同时满足下列条件的共有种（不考虑立体异构）。①含有手性碳（连有4个不同的原子或基团的碳为手性碳）；②含有两个苯环；③含有两个酚羟基；④可发生银镜反应。

2024年全国统一高考化学试卷（甲卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78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．（6分）人类对能源的利用经历了柴薪、煤炭和石油时期，现正向新能源方向高质量发展。下列有关能源的叙述错误的是（）A．木材与煤均含有碳元素 B．石油裂化可生产汽油 C．燃料电池将热能转化为电能 D．太阳能光解水可制氢【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．【答案】C【分析】A．木材的主要成分是纤维素，煤中主要成分是炭；B．石油裂化是在一定条件下使长碳链断裂生成短碳链；C．燃料电池是原电池的工作原理；D．太阳能可转化为电能，可以电解水。【解答】解：A．木材的主要成分是纤维素，煤中主要成分是炭，木材与煤均含有碳元素，故A正确；B．石油裂化是在一定条件下使长碳链断裂成短碳链，提高了轻质油的产量，故B正确；C．燃料电池是原电池的工作原理，将化学能转化为电能，故C错误；D．太阳能可转化为电能，可以电解水，太阳能光解水可制氢可以实现，故D正确；故选：C。2．（6分）下列过程对应的离子方程式正确的是（）A．用氢氟酸刻蚀玻璃：+4F﹣+6H+═SiF4↑+3H2O B．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：2Fe3++3Cu═3Cu2++2Fe C．用硫代硫酸钠溶液脱氯：S2+2Cl2+3H2O═2+4Cl﹣+6H+ D．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO4+═CaCO3+【考点】离子方程式的书写．【答案】D【分析】A．氢氟酸是弱酸，在写离子方程式时不能拆开；B．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板不会产生铁单质；C．用硫代硫酸钠溶液脱氯会生成硫酸根离子；D．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙会生成碳酸钙。【解答】解：A．氢氟酸是弱酸，在写离子方程式时不能拆开，用氢氟酸刻蚀玻璃正确离子方程式为：SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，故A错误；B．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板不会产生铁单质，正确离子方程式为：2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+，故B错误；C．用硫代硫酸钠溶液脱氯会生成硫酸根离子，用硫代硫酸钠溶液脱氯正确离子方程式为：S2+4Cl2+5H2O═2+8Cl﹣+10H+，故C错误；D．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙会生成碳酸钙，离子方程式为：CaSO4+═CaCO3+，故D正确；故选：D。3．（6分）我国化学工作者开发了一种回收利用聚乳酸（PLA）高分子材料的方法，其转化路线如图所示。下列叙述错误的是（）A．PLA在碱性条件下可发生降解反应 B．MP的化学名称是丙酸甲酯 C．MP的同分异构体中含羧基的有3种 D．MMA可加聚生成高分子【考点】有机物的结构和性质．【答案】C【分析】A．PLA是聚乳酸，含有酯基；B．MP的键线式结构为；C．MP的分子式为C4H8O2，同分异构体中含羧基的结构为R—COOH，R为丙基，只有2种结构；D．MMA中含有C＝C，具有乙烯的性质。【解答】解：A．PLA是聚乳酸，含有酯基，在碱性条件下可发生水解反应，即降解为乳酸盐，故A正确；B．MP的键线式结构可知，其化学名称是丙酸甲酯，故B正确；C．MP的分子式为C4H8O2，同分异构体中含羧基的有2种，分别为丁酸和2﹣甲基丙酸，故C错误；D．MMA中含有C＝C，具有乙烯的性质，可加聚生成高分子，故D正确；故选：C。4．（6分）四瓶无色溶液NH4NO3、Na2CO3、Ba（OH）2、AlCl3，它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、c、d代表四种溶液，e和g为无色气体，f为白色沉淀。下列叙述正确的是（）A．a呈弱碱性 B．f可溶于过量的b中 C．c中通入过量的e可得到无色溶液 D．b和d反应生成的沉淀不溶于稀硝酸【考点】无机物的推断．【答案】B【分析】用a、b、c、d代表NH4NO3、Na2CO3、Ba（OH）2、AlCl3四种溶液，e和g为无色气体，f为白色沉淀，可以同时生成白色沉淀和气体的是Na2CO3与AlCl3，两者发生双促水解，生成Al（OH）3沉淀和CO2气体，离子方程式为：2Al3++3+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2；则c、d为Na2CO3与AlCl3，a、b为NH4NO3、Ba（OH）2，生成的气体e为氨气，离子方程式为：+OH﹣NH3↑+H2O，又b、c可以生成沉淀Al（OH）3，则b为Ba（OH）2溶液，c为AlCl3溶液，a为NH4NO3溶液，d为Na2CO3溶液，据此分析作答。【解答】解：根据分析可知，a为NH4NO3溶液，b为Ba（OH）2溶液，c为AlCl3溶液，d为Na2CO3溶液，A．a为NH4NO3溶液，NH4NO3属于强酸弱碱盐，水解呈弱酸性，故A错误；B．f为Al（OH）3，b为Ba（OH）2溶液，f可溶于过量的b中，生成Ba（AlO）2和水，故B正确；C．c为AlCl3溶液，e为氨气，c中通入过量的e可得到Al（OH）3沉淀和NH4Cl，故C错误；D．b为Ba（OH）2溶液，d为Na2CO3溶液，b和d反应生成的沉淀是BaCO3，可溶于稀硝酸，生成硝酸钡、CO2和水，故D错误；故选：B。5．（6分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W和X原子序数之和等于Y﹣的核外电子数，化合物可用作化学电源的电解质。下列叙述正确的是（）A．X和Z属于同一主族 B．非金属性：X＞Y＞Z C．气态氢化物的稳定性：Z＞Y D．原子半径：Y＞X＞W【考点】原子结构与元素周期律的关系．【答案】A【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，W和X原子序数之和等于Y﹣的核外电子数，且W可以形成W+，则W为Li，原子序数为3，根据[ZY6]﹣整体显﹣1价，可以推测Y为F，Z为P，则Y﹣的核外电子数为10，所以X的原子序数为7，即X为N元素，据此分析作答。【解答】解：根据分析可知，W、X、Y、Z分别为Li、N、F、P，A．X和Z分别为N、P，两者属于同一主族，故A正确；B．X、Y、Z分别为N、F、P，非金属性：F＞N＞P，即Y＞X＞Z，故B错误；C．Y、Z分别为F、P，非金属性：F＞P，气态氢化物的稳定性：HF＞PH3，即Y＞Z，故C错误；D．W、X、Y分别为Li、N、F，同周期元素，从左至右，原子半径逐渐减小，则原子半径：Li＞N＞F，W＞X＞Y，故D错误；故选：A。6．（6分）科学家使用δ﹣MnO2研制了一种MnO2﹣Zn可充电电池（如图所示）。电池工作一段时间后，MnO2电极上检测到MnOOH和少量ZnMn2O4。下列叙述正确的是（）A．充电时，Zn2+向阳极方向迁移 B．充电时，会发生反应Zn+2MnO2═ZnMn2O4 C．放电时，正极反应有MnO2+H2O+e﹣═MnOOH+OH﹣ D．放电时，Zn电极质量减少0.65g，MnO2电极生成了0.020molMnOOH【考点】原电池与电解池的综合．【答案】C【分析】由图可知，放电时，锌是负极，电极反应为：Zn﹣2e﹣＝Zn2+，MnO2电极是正极，电极反应为：MnO2+H2O+e﹣═MnOOH+OH﹣、2MnO2+Zn2++2e﹣═ZnMn2O4，充电时，锌电极接外电源的负极，为阴极，发生还原反应，MnO2电极接外电源的正极，为阳极，发生氧化反应，据此分析作答。【解答】解：根据分析可知，a为NH4NO3溶液，b为Ba（OH）2溶液，c为AlCl3溶液，d为Na2CO3溶液，A．充电时，Zn2+向阴极方向迁移，被还原为Zn，故A错误；B．充电时，会发生反应：ZnMn2O4═Zn+2MnO2，故B错误；C．放电时，正极反应有MnO2+H2O+e﹣═MnOOH+OH﹣，还有2MnO2+Zn2++2e﹣═ZnMn2O4，故C正确；D．放电时，Zn电极质量减少0.65g，电子转移0.02mol，MnO2电极生成了MnOOH小于0.020mol，还生成ZnMn2O4，故D错误；故选：C。7．（6分）将0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL悬浊液，向其中滴加0.10mol•L﹣1的NaCl溶液。lg[cM/（mol•L﹣1）]（M代表Ag+、Cl﹣或）随加入NaCl溶液体积（V）的变化关系如图所示。下列叙述正确的是（）A．交点a处：c（Na+）＝2c（Cl﹣） B．＝10﹣2.21 C．V≤2.0mL时不变 D．y1＝﹣7.82，y2＝﹣lg34【考点】沉淀溶解平衡．【答案】D【分析】将0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL悬浊液，溶液中存在沉淀溶解平衡：Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+（aq），向其中滴加0.10mol•L﹣1的NaCl溶液，氯化银溶解度小于铬酸银，氯离子浓度增大，银离子浓度减小，溶液体积增大，铬酸根离子浓度较小，综合影响可知，铬酸根离子浓度变化不大，则图象中最上方曲线为离子浓度的变化，中间为氯离子浓度的变化，最下面为Ag+离子浓度的变化，结合图象中的数据和变化过程回答问题。【解答】解：A．交点a处c（）＝c（Cl﹣），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）＝2c（）+c（Cl﹣），c（Na+）＝3c（Cl﹣），故A错误；B．图象中的平衡状态下，＝＝＝102.21，故B错误；C．V≤2.0mL时，随着氯化钠滴入，银离子浓度减小，铬酸根离子浓度增大，＝×，比值增大，故C错误；D．V＝2.4mL时，c（Cl﹣）＝10﹣1.93mol/L，＝c（Ag+）＝＝mol/L＝10﹣7.82mol/L，y1＝﹣7.82，同理V＝2.4mL时，沉淀转化反应完全，c（）＝＝mol/L，y2＝﹣lg34，故D正确；故选：D。二、非选择题：共58分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。8．（14分）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如图。注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10﹣5mol•L﹣1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。已知：①Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36，Ksp（ZnS）＝2.5×10﹣22，Ksp（CoS）＝4.0×10﹣21。②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c（M）/（mol•L﹣1）]和溶液pH的关系如图所示。回答下列问题：（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率。（2）“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是CoO+H2SO4＝CoSO4+H2O。（3）假设“沉铜”后得到的滤液中c（Zn2+）和c（Co2+）均为0.10mol•L﹣1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c（Co2+）＝1.6×10﹣4mol•L﹣1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离不能（填“能”或“不能”）。（4）“沉锰”步骤中，生成1.0molMnO2，产生H+的物质的量为4mol。（5）“沉淀”步骤中，用NaOH调pH＝4，分离出的滤渣是Fe（OH）3。（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为2Co2++ClO﹣+5H2O＝2Co（OH）3+Cl﹣+4H+。（7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是调节8≤pH＜12后过滤、洗涤、干燥。【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率；（2）CoO+H2SO4＝CoSO4+H2O；（3）1.6×10﹣4；不能；（4）4mol（5）Fe（OH）3；（6）2Co2++ClO﹣+5H2O＝2Co（OH）3+Cl﹣+4H+；（7）调节8≤pH＜12后过滤、洗涤、干燥。【分析】锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质与硫酸反应，其中Cu与硫酸不反应，氧化铅与硫酸反应生成硫酸铅，锌、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁、硫酸钴和硫酸锰，沉铜时加入硫化氢生成硫化铜沉淀，加入Na2S2O8生成二氧化锰沉淀，调pH＝4主要是为了沉铁，加NaClO主要是为了沉钴，据此进行解答。【解答】解：（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是为可增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；（2）“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是CoO+H2SO4＝CoSO4+H2O，故答案为：CoO+H2SO4＝CoSO4+H2O；（3）向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，根据Ksp（ZnS）＝c（Zn2+）×c（S2﹣），则c（S2﹣）＝mol/L＝2.5×10﹣17mol/L，c（Co2+）＝＝mol/L＝1.6×10﹣4mol/L，不可实现Zn2+和Co2+的完全分离，故答案为：1.6×10﹣4；不能；（4）“沉锰”步骤中发生的反应为：S2+Mn2++2H2O＝MnO2↓+2SO42﹣+4H+，由方程式可知生成1.0molMnO2，产生H+的物质的量为4mol，故答案为：4mol；（5）“沉淀”步骤中，用NaOH调pH＝4，分离出的滤渣是Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为2Co2++ClO﹣+5H2O＝2Co（OH）3+Cl﹣+4H+，故答案为：2Co2++ClO﹣+5H2O＝2Co（OH）3+Cl﹣+4H+；（7）根据lg[c（M）/（mol•L﹣1）]和溶液pH的关系，可知从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是调节8≤pH＜12即可获得氢氧化锌，然后过滤、洗涤、干燥即可，故答案为：调节8≤pH＜12后过滤、洗涤、干燥。9．（14分）CO（NH2）2•H2O2（俗称过氧化脲）是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下：CO（NH2）2+H2O2＝CO（NH2）2•H2O2（一）过氧化脲的合成烧杯中分别加入25mL30%H2O2（ρ＝1.11g•cm﹣3）、40mL蒸馏水和12.0g尿素，搅拌溶解。30℃下反应40min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4g。（二）过氧化脲性质检测Ⅰ．过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，滴加KMnO4溶液，紫红色消失。Ⅱ．过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，加入KI溶液和四氯化碳，振荡，静置。（三）产品纯度测定溶液配制：称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成100mL溶液。滴定分析：量取25.00mL过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀H2SO4，用准确浓度的KMnO4溶液滴定至微红色，记录滴定体积，计算纯度。回答下列问题：（1）过滤中使用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗（任写两种）（写出两种即可）。（2）过氧化脲的产率为50%。（3）性质检测Ⅱ中的现象为溶液分层，上层溶液接近无色，下层溶液呈紫红色。性质检则Ⅰ和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是氧化性和还原性。（4）图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3次，目的是使溶质全部进入容量瓶中，定容后还需要的操作为摇匀。（5）“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是BD（填标号）。A．KMnO4溶液置于酸式滴定管中B．用量筒量取25.00mL过氧化脲溶液C．滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁D．锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液面刻度（6）以下操作导致氧化脲纯度测定结果偏低的是A（填标号）。A．容量瓶中液面超过刻度线B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗C．摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【答案】（1）烧杯、玻璃棒和漏斗（任写两种）；（2）50%；（3）溶液分层，上层溶液接近无色，下层溶液呈紫红色；氧化性和还原性；（4）使溶质全部进入容量瓶；摇匀；（5）BD；（6）A。【分析】（1）过滤中使用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；（2）过氧化脲的产率＝×100%；（3）过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，加入KI溶液和四氯化碳，会有碘单质生成；性质检则Ⅰ和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是氧化性和还原性；（4）图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3次，目的是为了使溶质全部进入烧瓶中，定容后还需要摇匀；（5）A．KMnO4溶液具有强氧化性；B．量筒的精度是0.1mL；C．滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁使滴定液进入锥形瓶；D．锥形瓶内溶液变色后，还需观察半分钟；（6）根据c＝进行分析解答。【解答】解：（1）过滤中使用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒和漏斗（任写两种）；（2）25mL30%H2O2（ρ＝1.11g•cm﹣3）中m（H2O2）＝25mL×1.11g•cm﹣3×30%＝8.325g，设CO（NH2）2•H2O2的理论产量为xg，根据方程式CO（NH2）2+H2O2＝CO（NH2）2•H2O2，60349412g8.325gx可知过氧化氢过量，则有＝，解得x＝18.8g，过氧化脲的产率＝×100%＝×100%＝50%，故答案为：50%；（3）过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，加入KI溶液和四氯化碳，会有碘单质生成，故现象为溶液分层，上层溶液接近无色，下层溶液呈紫红色，性质检测Ⅰ说明过氧化脲具有还原性，性质检测Ⅱ说明过氧化脲具有氧化性，故答案为：溶液分层，上层溶液接近无色，下层溶液呈紫红色；氧化性和还原性；（4）图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3次，目的是为了使溶质全部进入容量瓶，定容后还需要摇匀，故答案为：使溶质全部进入容量瓶；摇匀；（5）A．KMnO4溶液具有强氧化性，故使用酸式滴定管盛装KMnO4溶液，故A正确；B．量筒的精度是0.1mL，故无法使用量筒量取25.00mL过氧化脲溶液，故B错误；C．滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁使滴定液进入锥形瓶，故C正确；D．锥形瓶内溶液变色后，还需观察半分钟，若半分钟之内没有变色，则达到滴定终点，故D错误；故答案为：BD；（6）A．容量瓶中液面超过刻度线，则配制的过氧化脲溶液浓度偏低，故导致氧化脲纯度测定结果偏低，故A正确；B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗，导致滴定的V标准使用过多，则导致氧化脲纯度测定结果偏高，故B错误；C．摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外，导致滴定的V标准使用过多，则导致氧化脲纯度测定结果偏高，故C错误；D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致使用的V标准使用过多，则导致氧化脲纯度测定结果偏高，故D错误；故答案为：A。10．（15分）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯（C3H6）的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：（1）已知如下热化学方程式：CH4（g）+Br2（g）＝CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1＝﹣29kJ•mol﹣13CH3Br（g）＝C3H6（g）+3HBr（g）ΔH2＝+20kJ•mol﹣1计算反应3CH4（g）+3Br2（g）＝C3H6（g）+6HBr（g）的ΔH＝﹣67kJ•mol﹣1。（2）CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8mmolCH4和8mmolBr2。通入密闭容器，平衡时，n（CH4）、n（CH3Br）与温度的关系见图（假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2）。（ⅰ）图中CH3Br的曲线是a（填“a”或“b”）。（ⅱ）560℃时，CH4的转化率α＝80%，n（HBr）＝7.8mmol。（ⅲ）560℃时，反应CH3Br（g）+Br2（g）＝CH2Br2（g）+HBr（g）的平衡常数K＝10.92。（3）少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8mmolCH4和8mmolBr2，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量（n）随时间（t）的变化关系见图。（ⅰ）在11～19s之间，有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比＝。（ⅱ）从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据：5s后，有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，CH3Br的含量陡然升高。（ⅲ）研究表明，I2参与反应的可能机理如下：①I2（g）＝•I（g）+•I（g）②•I（g）+CH2Br2（g）＝IBr（g）+•CH2Br（g）③•CH2Br（g）+HBr（g）＝CH3Br（g）+•Br（g）④•Br（g）+CH4（g）＝HBr（g）+•CH3（g）⑤•CH3（g）+IBr（g）＝CH3Br（g）+•I（g）⑥•I（g）+•I（g）＝I2（g）根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的原因：I2的投入消耗了部分CH2Br2，且CH2Br2转化为CH3Br。【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素．【答案】（1）﹣67；（2）（ⅰ）a；（ⅱ）80%；7.8mmol；（ⅲ）10.92；（3）（ⅰ）；（ⅱ）5s后，有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，CH3Br的含量陡然升高；（ⅲ）I2的投入消耗了部分CH2Br2，且CH2Br2转化为CH3Br。【分析】（1）已知反应Ⅰ：CH4（g）+Br2（g）＝CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1＝﹣29kJ•mol﹣1和反应Ⅱ：3CH3Br（g）＝C3H6（g）+3HBr（g）ΔH2＝+20kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，Ⅰ×3+Ⅱ可得反应：3CH4（g）+3Br2（g）＝C3H6（g）+6HBr（g）ΔH，则ΔH＝2ΔH1+ΔH2；（2）（ⅰ）根据题意可知，升高温度，反应Ⅰ逆向移动，导致CH3Br减少，甲烷增多，反应Ⅱ正向移动，又导致CH3Br减少，据此判断CH3Br对应的曲线；（ⅱ）由图可知，560℃时，反应达到平衡，CH3Br剩余量为5mmol，CH4的量为1.6mmol，则甲烷转化量为（8﹣1.6）mmol＝6.4mmol，据此计算CH4的转化转化率α，若只发生反应Ⅰ，生成的CH3Br为6.4mmol，但此时剩余的CH3Br为5mmol，说明还有1.4mmol发生反应，生成了CH2Br2，据此计算生成HBr的物质的量；（ⅲ）结合（ⅱ）分析，可以计算平衡中：CH3Br（g）+Br2（g）＝CH2Br2（g）+HBr（g）各组分的物质的量，设容器的体积为V，根据K＝进行计算；（3）（ⅰ）由图可知，先计算11～19s之间，有I2的生成速率v，再计算无I2的生成速率，进一步计算生成速率之比；（ⅱ）由图可知，约5s后，有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，CH3Br的含量陡然升高，从而提高了CH3Br选择性；（ⅲ）根据I2参与反应的6步机理，结合盖斯定律的知识有：①+②+③+④+⑤+⑥得到CH2Br2（g）+CH4（g）2CH3Br（g），则I2提高CH3Br选择性的原因是I2的投入消耗了部分CH2Br2，且CH2Br2转化为CH3Br，故答案为：I2的投入消耗了部分CH2Br2，即CH2Br2转化为CH3Br。【解答】解：（1）已知反应Ⅰ：CH4（g）+Br2（g）＝CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1＝﹣29kJ•mol﹣1和反应Ⅱ：3CH3Br（g）＝C3H6（g）+3HBr（g）ΔH2＝+20kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，Ⅰ×3+Ⅱ可得反应：3CH4（g）+3Br2（g）＝C3H6（g）+6HBr（g）ΔH，则ΔH＝2ΔH1+ΔH2＝（﹣29×3+20）kJ•mol﹣1＝﹣67kJ•mol﹣1，故答案为：﹣67；（2）（ⅰ）根据题意可知，升高温度，反应Ⅰ逆向移动，导致CH3Br减少，甲烷增多，反应Ⅱ正向移动，又导致CH3Br减少，所以图中CH3Br的曲线是a，表示甲烷的曲线是b；故答案为：a；（ⅱ）由图可知，560℃时，反应达到平衡，CH3Br剩余量为5mmol，CH4的量为1.6mmol，则甲烷转化量为（8﹣1.6）mmol＝6.4mmol，则CH4的转化转化率α＝×100%＝80%，若只发生反应Ⅰ，生成的CH3Br为6.4mmol，但此时剩余的CH3Br为5mmol，说明还有1.4mmol发生反应，生成了CH2Br2，则此时生成HBr的物质的量为（6.4+1.4）mmol＝7.8mmol，故答案为：80%；7.8mmol；（ⅲ）平衡中：CH3Br（g）+Br2（g）＝CH2Br2（g）+HBr（g）各组分的物质的量分别为：5mmol、（8﹣6.4﹣1.4）mmol＝0.2mmol、1.4mmol、7.8mmol，设容器的体积为V，则平衡常数K＝＝10.92，故答案为：10.92；（3）（ⅰ）由图可知，在11～19s之间，有I2的生成速率v＝mol/（L•s）＝mol/（L•s），无I2的生成速率v＝mol/（L•s）＝mol/（L•s），则生成速率之比＝＝，故答案为：；（ⅱ）由图可知，约5s后，有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，CH3Br的含量陡然升高，从而提高了CH3Br选择性，故答案为：5s后，有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，CH3Br的含量陡然升高；（ⅲ）根据I2参与反应的6步机理，结合盖斯定律的知识有：①+②+③+④+⑤+⑥得到CH2Br2（g）+CH4（g）2CH3Br（g），则I2提高CH3Br选择性的原因是I2的投入消耗了部分CH2Br2，且CH2Br2转化为CH3Br，故答案为：I2的投入消耗了部分CH2Br2，且CH2Br2转化为CH3Br。[化学——选修3：物质结构与性质]11．（15分）ⅣA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。回答下列问题：（1）该族元素基态原子核外未成对电子数为2，在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为+4。（2）CaC2俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为bd（填标号）。a．离子键b．极性共价键c．非极性共价键d．配位键（3）一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，其中电负性最大的元素是C，硅原子的杂化轨道类型为sp3杂化。（4）早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因：SnF4属于离子晶体，熔沸点较高，高于SnCl4、SnBr4、SnI4，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，熔沸点较低，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，熔沸点逐渐升高。物质SnF4SnCl4SnBr4SnI4熔点/℃442﹣3429143（5）结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中Pb的配位数为6。设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为g•cm﹣3（列出计算式）。【考点】晶胞的计算；化学键与物质类别的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【答案】（1）2；+4；（2）bd；（3）C；sp3杂化；（4）SnF4属于离子晶体，熔沸点较高，高于SnCl4、SnBr4、SnI4，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，熔沸点较低，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，熔沸点逐渐升高；（5）6；。【分析】（1）ⅣA族元素基态原子的价电子排布为ns2np2，核外未成对电子数为2，主族元素的最高化合价与最外层电子数相等；（2）CaC2俗称电石，属于离子化合物，阴离子内部含有C≡C键；（3）聚甲基硅烷含有C、H、Si三种元素，同主族元素，从上到下，电负性逐渐减小，硅原子含有的σ键数为4，无孤电子对，即可判断Si的杂化轨道类型