2024年高考真題-化學（甘肅卷） 含解析

第1頁/共1頁機密★啟用前2024年甘肅省普通高校招生統(tǒng)一考試化學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號框涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號框?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：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.下列成語涉及金屬材料的是A.洛陽紙貴 B.聚沙成塔 C.金戈鐵馬 D.甘之若飴【答案】C【解析】【詳解】A．紙的主要成分是纖維素，不是金屬材料，A錯誤；B．沙的主要成分是硅酸鹽，不是金屬材料，B錯誤；C．金和鐵都是金屬，C正確；D．甘之若飴意思是把它看成像糖那樣甜，糖類是有機物，不是金屬材料，D錯誤；故選C。2.下列化學用語表述錯誤的是A.和的最外層電子排布圖均為B.和的電子式分別為和C.的分子結構模型為D.、和互為同位素【答案】B【解析】【詳解】A．Ca2+和Cl-的核外電子數都是18，最外層電子排布圖均為，故A正確；B．PH3中磷原子和每個氫原子共用一對電子，中心原子P原子價層電子對數為3+×(5-3×1)=4，孤電子對數為1，PH3的電子式為，故B錯誤；C．CH2=CHCH2CH2CH3分子中存在1個碳碳雙鍵，位于1號碳原子與2號碳原子之間，存在3個碳碳單鍵，無支鏈，且氫原子半徑小于碳原子半徑，其分子結構模型表示為，故C正確；D．、和是質子數相同、中子數不同的碳原子，是碳元素的不同核素，互為同位素，故D正確；故選B。3.化學與生活息息相關，下列對應關系錯誤的是物質性質用途A次氯酸鈉氧化性衣物漂白B氫氣可燃性制作燃料電池C聚乳酸生物可降解性制作一次性餐具D活性炭吸附性分解室內甲醛A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．次氯酸鈉有強氧化性，從而可以做漂白劑，用于衣物漂白，A正確；B．氫氣是可燃氣體，具有可燃性，能被氧氣氧化，可以制作燃料電池，B正確；C．聚乳酸具有生物可降解性，無毒，是高分子化合物，可以制作一次性餐具，C正確；D．活性炭有吸附性，能夠有效吸附空氣中的有害氣體、去除異味，但無法分解甲醛，D錯誤；故本題選D。4.下列措施能降低化學反應速率的是A.催化氧化氨制備硝酸時加入鉑 B.中和滴定時，邊滴邊搖錐形瓶C.鋅粉和鹽酸反應時加水稀釋 D.石墨合成金剛石時增大壓強【答案】C【解析】【詳解】A．催化劑可以改變化學反應速率，一般來說，催化劑可以用來加快化學反應速率，故催化氧化氨制備硝酸時加入鉑可以加快化學反應速率，A項不符合題意；B．中和滴定時，邊滴邊搖錐形瓶，可以讓反應物快速接觸，可以加快化學反應速率，B項不符合題意；C．鋅粉和鹽酸反應時加水稀釋會降低鹽酸的濃度，會降低化學反應速率，C項符合題意；D．石墨合成金剛石，該反應中沒有氣體參與，增大壓強不會改變化學反應速率，D項不符合題意；故選C。5.X、Y、Z、W、Q為短周期元素，原子序數依次增大，最外層電子數之和為18。Y原子核外有兩個單電子，Z和Q同族，Z的原子序數是Q的一半，W元素的焰色試驗呈黃色。下列說法錯誤的是A.X、Y組成的化合物有可燃性 B.X、Q組成的化合物有還原性C.Z、W組成的化合物能與水反應 D.W、Q組成的化合物溶于水呈酸性【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q為短周期元素，W元素的焰色試驗呈黃色，W為Na元素；Z和Q同族，Z的原子序數是Q的一半，則Z為O、Q為S；Y原子核外有兩個單電子、且原子序數小于Z，Y為C元素；X、Y、Z、W、Q的最外層電子數之和為18，則X的最外層電子數為18-4-6-1-6=1，X可能為H或Li?！驹斀狻緼．若X為H，H與C組成的化合物為烴，烴能夠燃燒，若X為Li，Li與C組成的化合物也具有可燃性，A項正確；B．X、Q組成化合物中Q（即S）元素呈-2價，為S元素的最低價，具有還原性，B項正確；C．Z、W組成的化合物為Na2O、Na2O2，Na2O與水反應生成NaOH，Na2O2與水反應生成NaOH和O2，C項正確；D．W、Q組成的化合物Na2S屬于強堿弱酸鹽，其溶于水所得溶液呈堿性，D項錯誤；答案選D。6.下列實驗操作對應的裝置不正確的是ABCD灼燒海帶制海帶灰準確量取稀鹽酸配制一定濃度的溶液使用電石和飽和食鹽水制備A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．灼燒海帶制海帶灰應在坩堝中進行，并用玻璃棒攪拌，給坩堝加熱時不需要使用石棉網或陶土網，A項錯誤；B．稀鹽酸呈酸性，可用酸式滴定管量取15.00mL稀鹽酸，B項正確；C．配制一定濃度的NaCl溶液時，需要將在燒杯中溶解得到的NaCl溶液通過玻璃棒引流轉移到選定規(guī)格的容量瓶中，C項正確；D．電石的主要成分CaC2與水發(fā)生反應CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑制取C2H2，該制氣反應屬于固體與液體常溫制氣反應，分液漏斗中盛放飽和食鹽水，具支錐形瓶中盛放電石，D項正確；答案選A。7.某固體電解池工作原理如圖所示，下列說法錯誤的是A.電極1的多孔結構能增大與水蒸氣的接觸面積B.電極2是陰極，發(fā)生還原反應：C.工作時從多孔電極1遷移到多孔電極2D.理論上電源提供能分解【答案】B【解析】【分析】多孔電極1上H2O(g)發(fā)生得電子的還原反應轉化成H2(g)，多孔電極1為陰極，電極反應為2H2O+4e-=2H2+2O2-；多孔電極2上O2-發(fā)生失電子的氧化反應轉化成O2(g)，多孔電極2為陽極，電極反應為2O2--4e-=O2?！驹斀狻緼．電極1的多孔結構能增大電極的表面積，增大與水蒸氣的接觸面積，A項正確；B．根據分析，電極2為陽極，發(fā)生氧化反應：2O2--4e-=O2，B項錯誤；C．工作時，陰離子O2-向陽極移動，即O2-從多孔電極1遷移到多孔電極2，C項正確；D．根據分析，電解總反應為2H2O(g)2H2+O2，分解2molH2O轉移4mol電子，則理論上電源提供2mol電子能分解1molH2O，D項正確；答案選B。8.曲美托嗪是一種抗焦慮藥，合成路線如下所示，下列說法錯誤的是A.化合物I和Ⅱ互為同系物B.苯酚和在條件①下反應得到苯甲醚C.化合物Ⅱ能與溶液反應D.曲美托嗪分子中含有酰胺基團【答案】A【解析】【詳解】A．化合物Ⅰ含有的官能團有羧基、酚羥基，化合物Ⅱ含有的官能團有羧基、醚鍵，官能團種類不同，化合物Ⅰ和化合物Ⅱ不互為同系物，A項錯誤；B．根據題中流程可知，化合物Ⅰ中的酚羥基與反應生成醚，故苯酚和在條件①下反應得到苯甲醚，B項正確；C．化合物Ⅱ中含有羧基，可以與NaHCO3溶液反應，C項正確；D．由曲美托嗪的結構簡式可知，曲美托嗪中含有的官能團為酰胺基、醚鍵，D項正確；故選A。9.下列實驗操作、現象和結論相對應的是實驗操作、現象結論A用藍色石蕊試紙檢驗某無色溶液，試紙變紅該溶液是酸溶液B用酒精燈灼燒織物產生類似燒焦羽毛的氣味該織物含蛋白質C乙醇和濃硫酸加熱，產生的氣體使溴水褪色該氣體是乙烯D氯化鎂溶液中滴入氫氧化鈉溶液，生成沉淀氫氧化鈉的堿性比氫氧化鎂強A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．用藍色石蕊試紙檢驗某無色溶液，試紙變紅，該溶液顯酸性，但不一定是酸溶液，也有可能是顯酸性的鹽溶液，A項不符合題意；B．動物纖維主要成分是蛋白質，灼燒后有類似燒焦羽毛的味道，若用酒精燈灼燒織物產生類似燒焦羽毛的味道，說明該織物含有動物纖維，含有蛋白質，B項符合題意；C．乙醇和濃硫酸加熱，會產生很多產物，如加熱溫度在170℃，主要產物為乙烯；如加熱溫度在140℃，主要產物為二乙醚；同時乙醇可在濃硫酸下脫水生成碳單質，繼續(xù)和濃硫酸在加熱條件下產生二氧化碳、二氧化硫等，其中的產物二氧化硫也能使溴水褪色，不能說明產生的氣體就是乙烯，C項不符合題意；D．氯化鎂溶液中滴入氫氧化鈉溶液，會發(fā)生復分解反應，生成難溶的氫氧化鎂，與氫氧化鈉和氫氧化鎂的堿性無關，不能由此得出氫氧化鈉的堿性比氫氧化鎂強，D項不符合題意；故選B。10.甲烷在某含催化劑作用下部分反應的能量變化如圖所示，下列說法錯誤的是A. B.步驟2逆向反應的C.步驟1反應比步驟2快 D.該過程實現了甲烷的氧化【答案】C【解析】【詳解】A．由能量變化圖可知，，A項正確；B．由能量變化圖可知，步驟2逆向反應的，B項正確；C．由能量變化圖可知，步驟1的活化能，步驟2的活化能，步驟1的活化能大于步驟2的活化能，步驟1的反應比步驟2慢，C項錯誤；D．該過程甲烷轉化為甲醇，屬于加氧氧化，該過程實現了甲烷氧化，D項正確；故選C。11.興趣小組設計了從中提取的實驗方案，下列說法正確的是A.還原性：B.按上述方案消耗可回收C.反應①的離子方程式是D.溶液①中的金屬離子是【答案】C【解析】【分析】從實驗方案可知，氨水溶解了氯化銀，然后用銅置換出銀，濾液中加入濃鹽酸后得到氯化銅和氯化銨的混合液，向其中加入鐵、鐵置換出銅，過濾分銅可以循環(huán)利用，并通入氧氣可將亞鐵離子氧化為鐵離子?！驹斀狻緼．金屬活動性越強，金屬的還原性越強，而且由題中的實驗方案能得到證明，還原性從強到弱的順序為Fe>Cu>Ag，A不正確；B．由電子轉移守恒可知，1molFe可以置換1molCu，而1molCu可以置換2molAg，因此，根據按上述方案消耗1molFe可回收2molAg，B不正確；C．反應①中，氯化四氨合銅溶液與濃鹽酸反應生成氯化銅和氯化銨，該反應的離子方程式是，C正確；D．向氯化銅和氯化銨的混合液中加入鐵，鐵置換出銅后生成，然后被通入的氧氣氧化為，氯化銨水解使溶液呈酸性，在這個過程中，溶液中的氫離子參與反應，因此氫離子濃度減少促進了鐵離子水解生成氫氧化鐵沉淀，氫氧化鐵存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金屬離子是，D不正確；綜上所述，本題選C。12.晶體中，多個晶胞無隙并置而成的結構如圖甲所示，其中部分結構顯示為圖乙，下列說法錯誤的是A.電負性： B.單質是金屬晶體C.晶體中存在范德華力 D.離子的配位數為3【答案】D【解析】【詳解】A．電負性越大的元素吸引電子的能力越強，活潑金屬的電負性小于活潑非金屬，因此，Mg的電負性小于Cl，A正確；B．金屬晶體包括金屬單質及合金，單質Mg是金屬晶體，B正確；C．由晶體結構可知，該結構中存在層狀結構，層與層之間存在范德華力，C正確；D．由圖乙中結構可知，每個與周圍有6個最近且距離相等，因此，的配位數為6，D錯誤；綜上所述，本題選D。溫室氣體在催化劑作用下可分解為和，也可作為氧化劑氧化苯制苯酚。據此完成下面小題。13.下列說法錯誤的是A.原子半徑： B.第一電離能：C.在水中的溶解度：苯<苯酚 D.苯和苯酚中C的雜化方式相同14.下列說法錯誤的是A.相同條件下比穩(wěn)定 B.與的空間構型相同C.中鍵比鍵更易斷裂 D.中鍵和大鍵的數目不相等【答案】13.B14.D【解析】【13題詳解】A．C、N、O都是第二周期的元素，其原子序數依次遞增；同一周期的元素，從左到右原子半徑依次減小，因此，原子半徑從小到大的順序為O<N<C，A正確；B．同一周期的元素，從左到右電負性呈遞增的趨勢，其中ⅡA和ⅤA的元素因其原子結構相對較穩(wěn)定而出現反常，使其電負性大于同周期相鄰的元素，因此，第一電離能從小到大的順序為C<O<N，B不正確；C．苯是非極性分子，苯酚是極性分子，且苯酚與水分子之間可以形成氫鍵，根據相似相溶規(guī)則可知，苯酚在水中的溶解度大于苯，C正確；D．苯和苯酚中C的雜化方式均為，雜化方式相同，D正確；綜上所述，本題選B。【14題詳解】A．分子中存在的，分子中雖然也存在叁鍵，但是其鍵能小于，因此，相同條件下比穩(wěn)定，A正確；B．與均為的等電子體，故其均為直線形分子，兩者空間構型相同，B正確；C．的中心原子是N，其在催化劑作用下可分解為和，說明中鍵比鍵更易斷裂，C正確；D．中鍵和大鍵的數目均為2，因此，鍵和大鍵的數目相等，D不正確；綜上所述，本題選D。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.我國科研人員以高爐渣(主要成分為，，和等)為原料，對煉鋼煙氣(和水蒸氣)進行回收利用，有效減少了環(huán)境污染，主要流程如圖所示：已知：（1）高爐渣與經焙燒產生的“氣體”是_______。（2）“濾渣”的主要成分是和_______。（3）“水浸2”時主要反應的化學方程式為_______，該反應能進行的原因是_______。（4）鋁產品可用于_______。（5）某含鈣化合物的晶胞結構如圖甲所示，沿x軸方向的投影為圖乙，晶胞底面顯示為圖丙，晶胞參數。圖丙中與N的距離為_______；化合物的化學式是_______，其摩爾質量為，阿伏加德羅常數的值是，則晶體的密度為_______(列出計算表達式)?！敬鸢浮浚?）NH3（2）SiO2（3）①.②.，微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣（4）凈水（5）①.②.Ca3N3B③.【解析】【分析】高爐渣(主要成分為，，和等)加入在400℃下焙燒，生成硫酸鈣、硫酸鎂、硫酸鋁，同時產生氣體，該氣體與煙氣(和水蒸氣)反應，生成，所以該氣體為NH3；焙燒產物經過水浸1，然后過濾，濾渣為以及未反應的SiO2，濾液溶質主要為硫酸鎂、硫酸鋁及硫酸銨；濾液濃縮結晶，析出，剩余富鎂溶液；濾渣加入溶液，濾渣中的會轉化為更難溶的碳酸鈣?！拘?詳解】由分析可知，高爐渣與經焙燒產生的“氣體”是NH3；【小問2詳解】由分析可知，“濾渣”的主要成分是和未反應的SiO2；【小問3詳解】“水浸2”時主要反應為硫酸鈣與碳酸銨生成更難溶的碳酸鈣，反應方程式為，該反應之所以能發(fā)生，是由于，，，微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣；【小問4詳解】鋁產品溶于水后，會產生，水解生成膠體，可用于凈水；【小問5詳解】圖丙中，Ca位于正方形頂點，N位于正方形中心，故與N的距離為pm；由均攤法可知，晶胞中Ca的個數為，N的個數為，B的個數為，則化合物的化學式是Ca3N3B；其摩爾質量為，阿伏加德羅常數的值是，晶胞體積為則晶體的密度為。16.某興趣小組設計了利用和生成，再與反應制備的方案：（1）采用下圖所示裝置制備，儀器a的名稱為_______；步驟I中采用冰水浴是為了_______；（2）步驟Ⅱ應分數次加入，原因是_______；（3）步驟Ⅲ滴加飽和溶液的目的是_______；（4）步驟Ⅳ生成沉淀，判斷已沉淀完全操作是_______；（5）將步驟Ⅴ中正確操作或現象的標號填入相應括號中_______。A．蒸發(fā)皿中出現少量晶體B．使用漏斗趁熱過濾C．利用蒸發(fā)皿余熱使溶液蒸干D．用玻璃棒不斷攪拌E．等待蒸發(fā)皿冷卻【答案】（1）①.恒壓滴液漏斗②.增大SO2的溶解度、增大H2SO3的濃度，同時為步驟Ⅱ提供低溫（2）防止過多的MnO2與H2SO3反應生成MnSO4，同時防止反應太快、放熱太多、不利于控制溫度低于10℃（3）除去過量的SO2（或H2SO3）（4）靜置，向上層清液中繼續(xù)滴加幾滴飽和Na2CO3溶液，若不再產生沉淀，說明Mn2+已沉淀完全（5）D、A、E【解析】【分析】步驟Ⅱ中MnO2與H2SO3在低于10℃時反應生成MnS2O6，反應的化學方程式為MnO2+2H2SO3=MnS2O6+2H2O，步驟Ⅲ中滴加飽和Ba(OH)2除去過量的SO2（或H2SO3），步驟Ⅳ中滴入飽和Na2CO3溶液發(fā)生反應MnS2O6+Na2CO3=MnCO3↓+Na2S2O6，經過濾得到Na2S2O6溶液，步驟Ⅴ中Na2S2O6溶液經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到Na2S2O6?2H2O。【小問1詳解】根據儀器a的特點知，儀器a為恒壓滴液漏斗；步驟Ⅰ中采用冰水浴是為了增大SO2的溶解度、增大H2SO3的濃度，同時為步驟Ⅱ提供低溫；【小問2詳解】由于MnO2具有氧化性、SO2（或H2SO3）具有還原性，步驟Ⅱ應分數次加入MnO2，原因是：防止過多的MnO2與H2SO3反應生成MnSO4，同時防止反應太快、放熱太多、不利于控制溫度低于10℃；【小問3詳解】步驟Ⅲ中滴加飽和Ba(OH)2溶液的目的是除去過量的SO2（或H2SO3），防止后續(xù)反應中SO2與Na2CO3溶液反應，增加飽和Na2CO3溶液的用量、并使產品中混有雜質；【小問4詳解】步驟Ⅳ中生成MnCO3沉淀，判斷Mn2+已沉淀完全的操作是：靜置，向上層清液中繼續(xù)滴加幾滴飽和Na2CO3溶液，若不再產生沉淀，說明Mn2+已沉淀完全；【小問5詳解】步驟Ⅴ的正確操作或現象為：將濾液倒入蒸發(fā)皿中→用酒精燈加熱→用玻璃棒不斷攪拌→蒸發(fā)皿中出現少量晶體→停止加熱→等待蒸發(fā)皿冷卻→過濾、洗滌、干燥得到Na2S2O6?2H2O，依次填入D、A、E。17.是制備半導體材料硅的重要原料，可由不同途徑制備。（1）由制備：已知時，由制備硅_______(填“吸”或“放”)熱_______。升高溫度有利于制備硅的原因是_______。（2）在催化劑作用下由粗硅制備：。，密閉容器中，經不同方式處理的粗硅和催化劑混合物與和氣體反應，轉化率隨時間的變化如下圖所示：①，經方式_______處理后的反應速率最快；在此期間，經方式丙處理后的平均反應速率_______。②當反應達平衡時，的濃度為_______，平衡常數K的計算式為_______。③增大容器體積，反應平衡向_______移動?！敬鸢浮浚?）①.吸②.587.02③.該反應為吸熱反應，升高溫度，反應正向移動，有利于制備硅（2）①.甲②.③.0.1952④.⑤.逆反應方向【解析】【小問1詳解】由題給熱化學方程式：①，；②，；則根據蓋斯定律可知，①+②，可得熱化學方程式，，則制備56gSi，即2molSi，需要吸收熱量為；該反應為吸熱反應，升高溫度，反應正向移動，有利于制備硅。【小問2詳解】①由轉化率圖像可知，0-50min，經方式甲處理后反應速率最快；經方式丙處理后，50min時SiCl4的轉化率為4.2%，反應的SiCl4的物質的量為0.1mol×4.2%=0.0042mol，根據化學化學計量數可得反應生成的SiHCl3的物質的量為，平均反應速率；②反應達到平衡時，SiCl4的轉化率為14.6%，列出三段式為：當反應達平衡時，H2的濃度為，平衡常數K的計算式為；③增大容器體積，壓強減小，平衡向氣體體積增大的方向移動，即反應平衡向逆反應方向移動。18.山藥素-1是從山藥根莖中提取的具有抗菌消炎活性的物質，它的一種合成方法如下圖：（1）化合物I的結構簡式為_______。由化合物I制備化合物Ⅱ的反應與以下反應_______的反應類型相同。A．B．C．D．（2）化合物Ⅲ的同分異構體中，同時滿足下列條件的有_______種。①含有苯環(huán)且苯環(huán)上的一溴代物只有一種；②能與新制Cu(OH)