2024年高考化學試卷（河北）（解析卷）

2024年普通高中學業(yè)水平選擇性考試(河北卷)

化學

本試卷滿分100分，考試時間75分鐘。

可能用到的相對原子質量：H-1C-12O-16F-19Cl-35.5K-39Cr-52Br-80Bi-209

一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42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.燕趙大地歷史悠久，文化燦爛。對下列河北博物院館藏文物的說法錯誤的是

A.青銅鋪首主要成分是銅錫合金B(yǎng).透雕白玉璧主要成分是硅酸鹽

C.石質浮雕主要成分是碳酸鈣D.青花釉里紅瓷蓋罐主要成分是硫酸鈣

【答案】D

【解析】

【詳解】A．青銅鋪首是青銅器，青銅的主要成分是銅錫合金，A正確；

B．透雕白玉璧是玉石，玉石的主要成分是硅酸鹽，B正確；

C．石質浮雕是漢白玉，漢白玉的主要成分是碳酸鈣，C正確；

D．青花釉里紅瓷蓋罐是陶瓷，陶瓷的主要成分是硅酸鹽，D錯誤；

故選D。

2.關于實驗室安全，下列表述錯誤的是

A.BaSO4等鋇的化合物均有毒，相關廢棄物應進行無害化處理

B.觀察燒杯中鈉與水反應的實驗現象時，不能近距離俯視

C.具有標識的化學品為易燃類物質，應注意防火

D.硝酸具有腐蝕性和揮發(fā)性，使用時應注意防護和通風

【答案】A

【解析】

【詳解】A．BaSO4性質穩(wěn)定，不溶于水和酸，可用作“鋇餐”說明對人體無害，無毒性，A錯誤；

第1頁/共23頁

B．鈉與水反應劇烈且放熱，觀察燒杯中鈉與水反應的實驗現象時，不能近距離俯視，B正確；

C．為易燃類物質的標識，使用該類化學品時應注意防火，以免發(fā)生火災，C正確；

D．硝酸具有腐蝕性和揮發(fā)性，使用時應注意防護和通風，D正確；

故選A。

3.高分子材料在生產、生活中得到廣泛應用。下列說法錯誤的是

A.線型聚乙烯塑料為長鏈高分子，受熱易軟化

B.聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，受熱易分解

C.尼龍66由己二酸和己二胺縮聚合成，強度高、韌性好

D.聚甲基丙烯酸酯(有機玻璃)由甲基丙烯酸酯加聚合成，透明度高

【答案】B

【解析】

【詳解】A．線型聚乙烯塑料具有熱塑性，受熱易軟化，A正確；

B．聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，具有一定的熱穩(wěn)定性，受熱不易分解，B錯誤；

C．尼龍66即聚己二酰己二胺，由己二酸和己二胺縮聚合成，強度高、韌性好，C正確；

D．聚甲基丙烯酸酯由甲基丙烯酸酯加聚合成，又名有機玻璃，說明其透明度高，D正確；

故選B。

4.超氧化鉀KO2可用作潛水或宇航裝置的CO2吸收劑和供氧劑，反應為

4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2，NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是

σ

A.44gCO2中鍵的數目為2NA

B.1molKO2晶體中離子的數目為3NA

-12-

C.1L1mol×LK2CO3溶液中CO3的數目為NA

D.該反應中每轉移1mol電子生成O2的數目為1.5NA

【答案】A

【解析】

【詳解】A．44g(即1mol)CO2中σ鍵的數目為2NA，A正確；

KO+-

B．2由K和O2構成，1molKO2晶體中離子的數目為2NA，B錯誤；

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．2-在水溶液中會發(fā)生水解：2---，故-1溶液中2-的數

CCO3CO3+H2O?HCO3+OH1L1mol×LK2CO3CO3

目小于NA，C錯誤；

D．該反應中部分氧元素化合價由-0.5價升至0價，部分氧元素化合價由-0.5價降至-2價，則每

4molKO2參加反應轉移3mol電子，每轉移1mol電子生成O2的數目為NA，D錯誤；

故選A。

5.化合物X是由細菌與真菌共培養(yǎng)得到的一種天然產物，結構簡式如圖。下列相關表述錯誤的是

A.可與Br2發(fā)生加成反應和取代反應B.可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應

C.含有4種含氧官能團D.存在順反異構

【答案】D

【解析】

【詳解】A．化合物X中存在碳碳雙鍵，能和Br2發(fā)生加成反應，苯環(huán)連有酚羥基，下方苯環(huán)上酚羥基鄰

位有氫原子，可以與Br2發(fā)生取代反應，A正確；

B．化合物X中有酚羥基，遇FeCl3溶液會發(fā)生顯色反應，B正確；

C．化合物X中含有酚羥基、醛基、酮羰基、醚鍵4種含氧官能團，C正確；

D．該化合物中只有一個碳碳雙鍵，其中一個雙鍵碳原子連接的2個原子團都是甲基，所以不存在順反異

構，D錯誤；

故選D。

6.下列實驗操作及現象能得出相應結論的是

選

實驗操作及現象結論

項

第3頁/共23頁

A還原鐵粉與水蒸氣反應生成的氣體點燃后有爆鳴聲H2O具有還原性

2-

B待測液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀待測液含有SO4

Mg(OH)2和Al(OH)3中均分別加入NaOH溶液和

Mg(OH)2比Al(OH)3堿

C

鹽酸，Mg(OH)2只溶于鹽酸，Al(OH)3都能溶性強

K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，溶液由橙色變?yōu)樵龃笊晌锏臐舛?，平?/p>

D

黃色向逆反應方向移動

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A．鐵與水蒸氣反應生成的氣體是H2，該反應中H由+1價變成0價，被還原，體現了H2O的

氧化性，A錯誤；

++-2-2-2+

B．如果待測液中含有Ag，Ag與Cl反應也能產生白色沉淀，或者CO3、SO3也會與Ba產生白色

2-

沉淀，所以通過該實驗不能得出待測液中含有SO4的結論，B錯誤；

C．Mg(OH)2溶液能與鹽酸反應，不能與NaOH溶液反應，Al(OH)3與NaOH溶液和鹽酸都能反應，

說明Mg(OH)2的堿性比Al(OH)3的強，C正確；

2-2-+-

D．K2Cr2O7溶液中存在平衡Cr2O7(橙色)+H2O?2CrO4(黃色)+2H，加入NaOH溶液后，OH與

H+反應，生成物濃度減小，使平衡正向移動，導致溶液由橙色變?yōu)辄S色，題給結論錯誤，D錯誤；

故選C。

7.侯氏制堿法工藝流程中的主反應為QR+YW3+XZ2+W2Z=QWXZ3+YW4R，其中W、X、Y、Z、

Q、R分別代表相關化學元素。下列說法正確的是

A.原子半徑：W<X<YB.第一電離能：X<Y<Z

C.單質沸點：Z<R<QD.電負性：W<Q<R

【答案】C

【解析】

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【分析】侯氏制堿法主反應的化學方程式為NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3ˉ+NH4Cl，則可推出

W、X、Y、Z、Q、R分別為H元素、C元素、N元素、O元素、Na元素、Cl元素。

【詳解】A．一般原子的電子層數越多半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，半徑越小，則原子半

徑：H<N<C，故A錯誤；

B．同周期從左到右元素第一電離能呈增大趨勢，ⅡA族、ⅤA族原子的第一電離能大于同周期相鄰元素，

則第一電離能：C＜O＜N，故B錯誤；

C．O2、Cl2為分子晶體，相對分子質量越大，沸點越高，二者在常溫下均為氣體，Na在常溫下為固

體，則沸點：O2<Cl2<Na，故C正確；

D．同周期元素，從左往右電負性逐漸增大，同族元素，從上到下電負性逐漸減小，電負性：

Na<H<Cl，故D錯誤；

故選C。

8.從微觀視角探析物質結構及性質是學習化學的有效方法。下列實例與解釋不符的是

選

實例解釋

項

A原子光譜是不連續(xù)的線狀譜線原子的能級是量子化的

孤電子對與成鍵電子對的斥力大于成鍵

BCO2、CH2O、CCl4鍵角依次減小

電子對之間的斥力

CsCl晶體中Cs+與8個Cl-配位，而NaCl晶體中

CCs+比Na+的半徑大

Na+與6個Cl-配位

D逐個斷開CH4中的C-H鍵，每步所需能量不同各步中的C-H鍵所處化學環(huán)境不同

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A．原子光譜是不連續(xù)的線狀譜線，說明原子的能級是不連續(xù)的，即原子能級是量子化的，故A

正確；

sp2

B．CO2中心C原子為雜化，鍵角為180°，CH2O中心C原子為sp雜化，鍵角大約為120°，CH4

第5頁/共23頁

中心C原子為sp3雜化，鍵角為109°28￠，三種物質中心C原子都沒有孤電子對，三者鍵角大小與孤電子對

無關，故B錯誤；

C．離子晶體的配位數取決于陰、陽離子半徑的相對大小，離子半徑比越大，配位數越大，Cs+周圍最多

能排布8個Cl-，Na+周圍最多能排布6個Cl-，說明Cs+比Na+半徑大，故C正確；

D．斷開第一個鍵時，碳原子周圍的共用電子對多，原子核對共用電子對的吸引力較弱，需要能量較小，

斷開C—H鍵越多，碳原子周圍共用電子對越少，原子核對共用電子對的吸引力越大，需要的能量變大，

所以各步中的C—H鍵所處化學環(huán)境不同，每步所需能量不同，故D正確；

故選B。

9.NH4ClO4是火箭固體燃料重要的氧載體，與某些易燃物作用可全部生成氣態(tài)產物，如：

NH4ClO4+2C=NH3-+2CO2-+HCl-。下列有關化學用語或表述正確的是

A.HCl的形成過程可表示為

B.NH4ClO4中的陰、陽離子有相同的VSEPR模型和空間結構

23

C.在C60、石墨、金剛石中，碳原子有sp、sp和sp三種雜化方式

D.NH3和CO2都能作制冷劑是因為它們有相同類型的分子間作用力

【答案】B

【解析】

gg

【詳解】A．HCl是共價化合物，其電子式為H∶Cl∶，HCl的形成過程可表示為

gg

，故A錯誤；

1

B．NHClO中NH+的中心N原子孤電子對數為×(5-1-4)=0，價層電子對數為4，ClO-的中心Cl原

44424

1

子孤電子對數為′(7+1-2′4)=0，價層電子對數為4，則二者的VSEPR模型和空間結構均為正四面體

2

形，故B正確；

223

C．C60、石墨、金剛石中碳原子的雜化方式分別為sp、sp、sp，共有2種雜化方式，故C錯誤；

D．NH3易液化，其氣化時吸收熱量，可作制冷劑，干冰易升華，升華時吸收熱量，也可作制冷劑，

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NH3分子間作用力為氫鍵和范德華力，CO2分子間僅存在范德華力，故D錯誤；

故選B。

10.圖示裝置不能完成相應氣體的發(fā)生和收集實驗的是(加熱、除雜和尾氣處理裝置任選)

選項氣體試劑

ASO2飽和Na2SO3溶液+濃硫酸

BCl2MnO2+濃鹽酸

CNH3固體NH4Cl+熟石灰

DCO2石灰石+稀鹽酸

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【分析】如圖所示的氣體發(fā)生裝置可以為固液加熱型反應，也可以是固液不加熱型；右側氣體收集裝置，

長進短出為向上排空氣法，短進長出為向下排空氣法，裝滿水后短進長出為排水法；

【詳解】A．飽和Na2SO3溶液和濃硫酸反應可以制SO2，使用固液不加熱制氣裝置，SO2密度比空氣

大，用向上排空氣法收集，可以完成相應氣體的發(fā)生和收集實驗，A不符合題意；

B．MnO2和濃鹽酸加熱反應可以制Cl2，使用固液加熱制氣裝置，Cl2密度比空氣大，用向上排空氣法收

集，可以完成相應氣體的發(fā)生和收集實驗，B不符合題意；

C．固體NH4Cl與熟石灰加熱可以制NH3需要使用固固加熱制氣裝置，圖中裝置不合理，不能完成相應

氣體的發(fā)生和收集實驗，C符合題意；

D．石灰石(主要成分為CaCO3)和稀鹽酸反應可以制CO2，使用固液不加熱制氣裝置，CO2密度比空氣

大，用向上排空氣法收集，可以完成相應氣體的發(fā)生和收集實驗，D不符合題意；

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本題選C。

11.在水溶液中，CN-可與多種金屬離子形成配離子。X、Y、Z三種金屬離子分別與CN-形成配離子達

c(金屬離子)

平衡時，lg與-lgcCN-的關系如圖。

c(配離子)

下列說法正確的是

A.99%的X、Y轉化為配離子時，兩溶液中CN-的平衡濃度：X>Y

c(X)c(Z)

B.向Q點X、Z的混合液中加少量可溶性Y鹽，達平衡時>

c(X配離子)c(Z配離子)

C.由Y和Z分別制備等物質的量的配離子時，消耗CN-的物質的量：Y<Z

D.若相關離子的濃度關系如P點所示，Y配離子的解離速率小于生成速率

【答案】B

【解析】

c(X)c(Y)1%

【詳解】A．99%的X、Y轉化為配離子時，溶液中==，則

c(X配離子)c(Y配離子)99%

c(X)c(Y)

lg=lg?-2，根據圖像可知，縱坐標約為-2時，溶液中

c(X配離子)c(Y配離子)

---

-lgcXCN>-lgcYCN，則溶液中CN的平衡濃度：X<Y，A錯誤；

c(X)c(Z)c(X)c(Z)

B．Q點時lg=lg，即=，加入少量可溶性Y鹽后，

c(X配離子)c(Z配離子)c(X配離子)c(Z配離子)

c(X)

會消耗CN-形成Y配離子，使得溶液中cCN-減小(沿橫坐標軸向右移動)，lg與

c(X配離子)

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c(Z)

lg曲線在Q點相交后，隨著-lgcCN-繼續(xù)增大，X對應曲線位于Z對應曲線上方，即

c(Z配離子)

c(X)c(Z)c(X)c(Z)

lg>lg，則>，B正確；

c(X配離子)c(Z配離子)c(X配離子)c(Z配離子)

C．設金屬離子形成配離子的離子方程式為金屬離子+mCN-=配離子，則平衡常數

c(配離子)配離子金屬離子

K=c()-c()-

m-，lgK=lg-mlgcCN=-lg-mlgcCN，即

c(金屬離子)×cCNc(金屬離子)c(配離子)

c(金屬離子)

lg=-mlgcCN--lgK，故X、Y、Z三種金屬離子形成配離子時結合的CN-越多，對應

c(配離子)

c(金屬離子)

lg~-lgcCN-曲線斜率越大，由題圖知，曲線斜率：Y>Z，則由Y、Z制備等物質的量

c(配離子)

的配離子時，消耗CN-的物質的量：Z<Y，C錯誤；

c(Y)

D．由P點狀態(tài)移動到形成Y配離子的反應的平衡狀態(tài)時，-lgcCN-不變，lg增大，即

c(Y配離子)

c(Y)增大、c(Y配離子)減小，則P點狀態(tài)Y配離子的解離速率>生成速率，D錯誤；

本題選B。

12.金屬鉍及其化合物廣泛應用于電子設備、醫(yī)藥等領域。如圖是鉍的一種氟化物的立方晶胞及晶胞中

MNPQ點的截面圖，晶胞的邊長為apm,NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法錯誤的是

A.該鉍氟化物的化學式為BiF3

11

B.粒子S、T之間的距離為apm

4

1064-3

C.該晶體的密度為3-30g×cm

NA′a′10

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D.晶體中與鉍離子最近且等距的氟離子有6個

【答案】D

【解析】

1

【詳解】A．根據題給晶胞結構，由均攤法可知，每個晶胞中含有1+12′=4個Bi3+，含有

4

11

8+8′+6′=12個F-，故該鉍氟化物的化學式為BiF，故A正確；

823

B．將晶胞均分為8個小立方體，由晶胞中MNPQ點的截面圖可知，晶胞體內的8個F-位于8個小立方體

的體心，以M為原點建立坐標系，令N的原子分數坐標為(0,0,1)，與Q、M均在同一條棱上的F-的原子

?11??113?

分數坐標為(1,0,0)，則T的原子分數坐標為?1,,÷，S的原子分數坐標為?,,÷，所以粒子S、

è22?è444?

222

?1??11??13?11

T之間的距離為?1-÷+?-÷+?-÷′apm=apm，故B正確；

è4?è24?è24?4

C．由A項分析可知，每個晶胞中有4個Bi3+、12個F-，晶胞體積為(apm)3=a3′10-30cm3，則晶體密度

m4′(209+19′3)-31064-3

為ρ==3-30g×cm=3-30g×cm，故C正確；

VNA′a′10NA′a′10

D．以晶胞體心處鉍離子為分析對象，距離其最近且等距的氟離子位于晶胞體內，為將晶胞均分為8個小

立方體后，每個小立方體的體心的F-，即有8個，故D錯誤；

故答案為：D。

13.我國科技工作者設計了如圖所示的可充電Mg-CO2電池，以Mg(TFSI)2為電解質，電解液中加入1，

3-丙二胺(PDA)以捕獲CO2，使放電時CO2還原產物為MgCO24。該設計克服了MgCO3導電性差和釋放

2+

CO2能力差的障礙，同時改善了Mg的溶劑化環(huán)境，提高了電池充放電循環(huán)性能。

下列說法錯誤的是

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A.放電時，電池總反應為2CO2+Mg=MgC2O4

B.充電時，多孔碳納米管電極與電源正極連接

C.充電時，電子由Mg電極流向陽極，Mg2+向陰極遷移

D.放電時，每轉移1mol電子，理論上可轉化1molCO2

【答案】C

【解析】

【分析】放電時CO2轉化為MgC2O4，碳元素化合價由+4價降低為+3價，發(fā)生還原反應，所以放電時，

多孔碳納米管電極為正極、Mg電極為負極，則充電時多孔碳納米管電極為陽極、Mg電極為陰極：

定位：二次電池，放電時陽離子向正極移動，充電時陽離子向陰極移動。

電極過程電極反應式

放電Mg-2e-=Mg2+

Mg電極

充電Mg2++2e-=Mg

2+-

放電Mg+2CO2+2e=MgC2O4

多孔碳納米管電極

-2+

充電MgC2O4-2e=Mg+2CO2-

2+-

【詳解】A．根據以上分析，放電時正極反應式為Mg+2CO2+2e=MgC2O4、負極反應式為

-2+

Mg-2e=Mg，將放電時正、負電極反應式相加，可得放電時電池總反應：Mg+2CO2=MgC2O4，故

A正確；B．充電時，多孔碳納米管電極上發(fā)生失電子的氧化反應，則多孔碳納米管在充電時是陽極，與

電源正極連接，故B正確；

C．充電時，Mg電極為陰極，電子從電源負極經外電路流向Mg電極，同時Mg2+向陰極遷移，故C錯

誤；

2+-

D．根據放電時的電極反應式Mg+2CO2+2e=MgC2O4可知，每轉移2mol電子，有2molCO2參與反

應，因此每轉移1mol電子，理論上可轉化1molCO2，故D正確；

故答案為：C。

14.我國科技工作者設計了如圖所示的可充電Mg-CO2電池，以Mg(TFSI)2為電解質，電解液中加入1，

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3-丙二胺(PDA)以捕獲CO2，使放電時CO2還原產物為MgCO24。該設計克服了MgCO3導電性差和釋放

2+

CO2能力差的障礙，同時改善了Mg的溶劑化環(huán)境，提高了電池充放電循環(huán)性能。

對上述電池放電時CO2的捕獲和轉化過程開展了進一步研究，電極上CO2轉化的三種可能反應路徑及相

對能量變化如圖(*表示吸附態(tài))。

下列說法錯誤的是

A.PDA捕獲CO2的反應為

B.路徑2是優(yōu)先路徑，速控步驟反應式為

C.路徑1、3經歷不同的反應步驟但產物相同；路徑2、3起始物相同但產物不同

*-

D.三個路徑速控步驟均涉及*CO2轉化，路徑2、3的速控步驟均伴有PDA再生

【答案】D

【解析】

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【詳解】A．根據題給反應路徑圖可知，PDA(1，3-丙二胺)捕獲CO2的產物為

，因此PDA捕獲CO2的反應為

，故A正確；

B．由反應進程－相對能量圖可知，路徑2的最大能壘最小，因此與路徑1和路徑3相比，路徑2是優(yōu)先

*-2-

路徑，且路徑2的最大能壘為*CO2?*C2O4的步驟，據反應路徑2的圖示可知，該步驟有

參與反應，因此速控步驟反應式為

，故B正確；

C．根據反應路徑圖可知，路徑1、3的中間產物不同，即經歷了不同的反應步驟，但產物均為

*MgCO3，而路徑2、3的起始物均為，產物分別為*MgC2O4和*MgCO3，

故C正確；

*-

D．根據反應路徑與相對能量的圖像可知，三個路徑的速控步驟中*CO2都參與了反應，且由B項分析可

*-2-

知，路徑2的速控步驟伴有PDA再生，但路徑3的速控步驟為*CO2得電子轉化為*CO和*CO3，沒有

PDA的生成，故D錯誤；

故答案為：D。

二、非選擇題：共58分。

15.市售的溴(純度99%)中含有少量的Cl2和I2，某化學興趣小組利用氧化還原反應原理，設計實驗制備

高純度的溴。回答下列問題：

（1）裝置如圖(夾持裝置等略)，將市售的溴滴入盛有濃CaBr2溶液的B中，水浴加熱至不再有紅棕色液體

餾出。儀器C的名稱為_______；CaBr2溶液的作用為_______；D中發(fā)生的主要反應的化學方程式為

_______。

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（2）將D中溶液轉移至_______(填儀器名稱)中，邊加熱邊向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出現紅棕色

氣體，繼續(xù)加熱將溶液蒸干得固體R。該過程中生成I2的離子方程式為_______。

（3）利用圖示相同裝置，將R和K2Cr2O7固體混合均勻放入B中，D中加入冷的蒸餾水。由A向B中滴

加適量濃H2SO4，水浴加熱蒸餾。然后將D中的液體分液、干燥、蒸餾，得到高純度的溴。D中蒸餾水

的作用為_______和_______。

3

（4）為保證溴的純度，步驟(3)中KCrO固體的用量按理論所需量的計算，若固體R質量為m克(以

2274

-1

KBr計)，則需稱取_______gK2Cr2O7M=294g×mol(用含m的代數式表示)。

（5）本實驗所用鉀鹽試劑均經重結晶的方法純化。其中趁熱過濾的具體操作為漏斗下端管口緊靠燒杯內

壁，轉移溶液時用_______，濾液沿燒杯壁流下。

【答案】（1）①.直形冷凝管②.除去市售的溴中少量的Cl2③.

Δ

Br2+K2C2O42KBr+2CO2-

--+Δ2+

（2）①.蒸發(fā)皿②.2MnO4+10I+16H2Mn+5I2+8H2O

（3）①.液封②.降低溫度

（4）0.31m

（5）玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三層濾紙?zhí)?/p>

【解析】

【分析】市售的溴(純度99%)中含有少量的Cl2和I2，實驗利用氧化還原反應原理制備高純度的溴，市售的

溴滴入盛有濃CaBr2溶液中，Cl2可與CaBr2發(fā)生氧化還原反應而除去，I2與Br2一起蒸餾入草酸鉀溶液中，

---

并被草酸鉀還原為I、Br，并向溶液中滴加高錳酸鉀溶液氧化I，加熱蒸干得KBr固體，將KBr固體和K2Cr2O7

固體混合均勻加入冷的蒸餾水，同時滴加適量濃H2SO4，水浴加熱蒸餾，得到的液體分液、干燥、蒸餾，

第14頁/共23頁

可得高純度的溴。

【小問1詳解】

儀器C為直形冷凝管，用于冷凝蒸氣；市售的溴中含有少量的Cl2，Cl2可與CaBr2發(fā)生氧化還原反應而

除去；水浴加熱時，Br2、I2蒸發(fā)進入裝置D中，分別與K2C2O4發(fā)生氧化還原反應，

ΔΔ

Br2+K2C2O42KBr+2CO2-、I2+K2C2O42KI+2CO2-，由于Br2為進入D的主要物質，故主要

Δ

反應的化學方程式為Br2+K2C2O42KBr+2CO2-；

【小問2詳解】

將D中溶液轉移至蒸發(fā)皿中，邊加熱邊向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出現紅棕色氣體(Br2)，即說明

--+Δ2+

KMnO4已將KI全部氧化，發(fā)生反應的離子方程式為2MnO4+10I+16H2Mn+5I2+8H2O；KBr

幾乎未被氧化，繼續(xù)加熱將溶液蒸干所得固體R的主要成分為KBr；

【小問3詳解】

密度Br2>H2O，D中冷的蒸餾水起到液封的作用，同時冷的蒸餾水溫度較低，均可減少溴的揮發(fā)；

【小問4詳解】

m

m克KBr固體的物質的量為mol，根據轉移電子相等可得關系式6KBr~6e-~KCrO，則理論上需

119227

1m

要KCrO的物質的量為′mol，實際所需稱取KCrO的質量為

2276119227

1m3

′mol′′294g×mol-1?0.31mg；

61194

【小問5詳解】

趁熱過濾的具體操作：漏斗下端管口緊靠燒杯內壁，轉移溶液時用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三層濾紙

處，濾液沿燒杯壁流下。

16.V2O5是制造釩鐵合金、金屬釩的原料，也是重要的催化劑。以苛化泥為焙燒添加劑從石煤中提取

V2O5的工藝，具有釩回收率高、副產物可回收和不產生氣體污染物等優(yōu)點。工藝流程如下。

第15頁/共23頁

已知：i石煤是一種含V2O3的礦物，雜質為大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分為

CaCO3、NaOH、Na2CO3等。

ⅱ高溫下，苛化泥的主要成分可與AlO反應生成偏鋁酸鹽；室溫下，偏釩酸鈣éCaVOù和偏鋁酸鈣

23?32?

均難溶于水?；卮鹣铝袉栴}：

（1）釩原子的價層電子排布式為_______；焙燒生成的偏釩酸鹽中釩的化合價為_______，產生的氣體①

為_______(填化學式)。

（2）水浸工序得到濾渣①和濾液，濾渣①中含釩成分為偏釩酸鈣，濾液中雜質的主要成分為_______(填化

學式)。

（3）在弱堿性環(huán)境下，偏釩酸鈣經鹽浸生成碳酸鈣發(fā)生反應的離子方程式為_______；CO2加壓導入鹽浸

工序可提高浸出率的原因為_______；浸取后低濃度的濾液①進入_______(填工序名稱)，可實現釩元素的

充分利用。

（4）洗脫工序中洗脫液的主要成分為_______(填化學式)。

（5）下列不利于沉釩過程的兩種操作為_______(填序號)。

a．延長沉釩時間b．將溶液調至堿性c．攪拌d．降低NH4Cl溶液的濃度

32

【答案】（1）①.3d4s②.+5③.CO2

（2）NaAlO2

65~70℃

（）HCO-+OH-+CaVOCaCO+HO+2VO-提高溶液中-濃度，

3①.332323②.HCO3

-

促使偏釩酸鈣轉化為碳酸鈣，釋放VO3③.離子交換

（4）NaCl

（5）bd

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【解析】

【分析】石煤和苛化泥通入空氣進行焙燒，反應生成NaVO、CaVO、NaAlO、CaAlO、

332222

和CO等，水浸可分離焙燒后的可溶性物質如NaVO和不溶性物質CaVO、CaAlO

CaO2(3)[3222

-

等]，過濾后濾液進行離子交換、洗脫，用于富集和提純VO3，加入氯化銨溶液沉釩，生成NH4VO3，經

一系列處理后得到V2O3；濾渣①在pH?8，65~70℃的條件下加入3%NH4HCO3溶液進行鹽浸，濾渣①

中含有釩元素，通過鹽浸，使濾渣①中的釩元素進入濾液①中，再將濾液①回流到離子交換工序，進行

-

VO3的富集。

【小問1詳解】

32-

釩是23號元素，其價層電子排布式為3d4s；焙燒過程中，氧氣被還原，V2O3被氧化生成VO3，偏釩

酸鹽中釩的化合價為+5價；CaCO3在800°C以上開始分解，生成的氣體①為CO2。

【小問2詳解】

由已知信息可知，高溫下，苛化泥的主要成分與Al2O3反應生成偏鋁酸鈉和偏鋁酸鈣，偏鋁酸鈉溶于水，

偏鋁酸鈣難溶于水，所以濾液中雜質的主要成分是NaAlO2。

【小問3詳解】

在弱堿性環(huán)境下，CaVO與-和-反應生成CaCO、-和HO，離子方程式為：

32HCO3OH3VO32

65~70℃

HCO-+OH-+CaVOCaCO+HO+2VO-；加壓導入鹽浸工序可提高浸出率，因為

332323CO2

---+

C可提高溶液中HCO3濃度，促使偏釩酸鈣轉化為碳酸鈣，釋放VO3；濾液①中含有VO3、NH4等，且

濃度較低，若要利用其中的釩元素，需要通過離子交換進行分離、富集，故濾液①應進入離子交換工序。

【小問4詳解】

由離子交換工序中樹脂的組成可知，洗脫液中應含有Cl-，考慮到水浸所得溶液中含有Na+，為避免引人

其他雜質離子，且NaCl廉價易得，故洗脫液的主要成分應為NaCl。

【小問5詳解】

a．延長沉釩時間，能使反應更加完全，有利于沉釩，a不符合題意；

-+

b．NH4Cl呈弱酸性，如果將溶液調至堿性，OH與NH4反應，不利于生成NH4VO3，b符合題意；

c．攪拌能使反應物更好的接觸，提高反應速率，使反應更加充分，有利于沉釩，c不符合題意；

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d．降低NH4Cl溶液的濃度，不利于生成NH4VO3，d符合題意；

故選bd。

17.氯氣是一種重要的基礎化工原料，廣泛應用于含氯化工產品的生產。硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯等可

通過氯化反應制備。

（1）硫酰氯常用作氯化劑和氯磺化劑，工業(yè)上制備原理如下：

-1。

SO2(g)+Cl2(g)?SO2Cl2(g)ΔH=-67.59kJ×mol

-1-1

①若正反應的活化能為E正kJ×mol，則逆反應的活化能E逆=_______kJ×mol(用含E正正的代數式表

示)。

②恒容密閉容器中按不同進料比充入SO2(g)和其Cl2(g)，測定T1、T2、T3溫度下體系達平衡時的Δp

(Δp=p0-p,p0為體系初始壓強，p0=240kPa，P為體系平衡壓強)，結果如圖。

上圖中溫度由高到低的順序為_______，判斷依據為_______。M點Cl2的轉化率為_______，T1溫度下用

-1

分壓表示的平衡常數Kp=_______kPa。

③下圖曲線中能準確表示T1溫度下Δp隨進料比變化的是_______(填序號)。

（2）1，4-二(氯甲基)苯(D)是有機合成中的重要中間體，可由對二甲苯(X)的氯化反應合成。對二甲苯淺度

氯化時反應過程為

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以上各反應的速率方程均可表示為v=kc(A)c(B)，其中c(A)、c(B)分別為各反應中對應反應物的濃度，

k為速率常數(k1~k5分別對應反應①~⑤)。某溫度下，反應器中加入一定量的X，保持體系中氯氣濃度恒

定(反應體系體積變化忽略不計)，測定不同時刻相關物質的濃度。已知該溫度下，

k1:k2:k3:k4:k5=100:21:7:4:23。

①30min時，c(X)=6.80mol×L-1，且30~60min內v(X)=0.042mol×L-1×min-1，反應進行到60min時，

c(X)=_______mol×L-1。

②60min時，c(D)=0.099mol×L-1，若0~60min產物T的含量可忽略不計，則此時c(G)=_______

c(D)

mol×L-1;60min后，隨T的含量增加，_______(填“增大”“減小”或“不變”)。

c(G)

【答案】（1）①.E正+67.59②.T3>T2>T1③.該反應正反應放熱，且氣體分子數減小，反

應正向進行時，容器內壓強減小，從T3到T1平衡時Δp增大，說明反應正向進行程度逐漸增大，對應溫度

逐漸降低④.75%⑤.0.03⑥.D

（2）①.5.54②.0.033③.增大

【解析】

【小問1詳解】

①根據反應熱DH與活化能E正和E逆關系為ΔH=正反應活化能-逆反應活化能可知，該反應的

-1-1

E逆=E正kJ×mol-ΔH=E正+67.59kJ×mol。

②該反應的正反應為氣體體積減小的反應，因此反應正向進行程度越大，平衡時容器內壓強越小，Δp即

越大。從T3到T1，Δp增大，說明反應正向進行程度逐漸增大，已知正反應為放熱反應，則溫度由T3到T1

逐漸降低，即T3>T2>T1。由題圖甲中M點可知，進料比為nSO2:nCl2=2，平衡時Δp=60kPa，已

知恒溫恒容情況下，容器內氣體物質的量之比等于壓強之比，可據此列出“三段式”。

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SO2(g)+Cl2(g)?SO2Cl2(g)Δp

起始壓強/kPa16080

轉化壓強/kPa60606060

平衡壓強/kPa1002060

60kPapSO2Cl260kPa-1

可計算得αCl2=′100%=75%，Kp===0.03kPa。

80kPapSO2×pCl2100kPa′20kPa

③由題圖甲中M點可知，進料比為2時，Δp=60kPa，結合“三段式”，以及T1時化學平衡常數可知，進

料比為0.5時，Δp也為60kPa，曲線D上存在（0.5，60）。本題也可以快解：根據“等效平衡”原理，該

反應中SO2和Cl2的化學計量數之比為1:1，則SO2和Cl2的進料比互為倒數(如2與0.5)時，Δp相等。

【小問2詳解】

Δc(X)

①根據化學反應速率的計算公式時，v(X)=，60min時，

Δt

c(X)=6.80mol×L-1-v(X)×Δt=6.80mol×L-1-0.042mol×L-1×min-1′30min=5.54mol×L-1。

Δc(D)

v(D)Δc(D)v(D)k2×c(M)k2

②已知=t=，又由題給反應速率方程推知，===3，則

v(G)Δc(G)Δc(G)v(G)k3×c(M)k3

t

1

Δc(G)=′Δc(D)=0.033mol×L-1，即60min后c(G)=0.033mol×L-1。60min后，D和G轉化為T的速

3

k×c(D)4×0.099c(D)

率比為4=，G消耗得更快，則增大。

k5×c(G)23×0.033c(G)

18.甲磺司特(M)是一種在臨床上治療支氣管哮喘、特應性皮炎和過敏性鼻炎等疾病的藥物。M的一種合

成路線如下(部分試劑和條件省略)。

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回答下列問題：

（1）A的化學名稱為_______。

（2）B?C的反應類型為_______。

（3）D的結構簡式為_______。

（4）由F生成G的化學方程式為_______。

（5）G和H相比，H的熔、沸點更高，原因為_____