广东2024年新高考化学高考真题
1．（2024·广东）龙是中华民族重要的精神象征和文化符号。下列与龙有关的历史文物中，主要材质为有机高分子的是（ ）
A．红山玉龙 B．婆金铁芯铜龙
C．云龙纹丝绸 D．云龙纹瓷瓶
2．（2024·广东）“极地破冰”“太空养鱼”等彰显了我国科技发展的巨大成就。下列说法正确的是（ ）
A．“雪龙2”号破冰船极地科考：破冰过程中水发生了化学变化
B．大型液化天然气运输船成功建造：天然气液化过程中形成了新的化学键
C．嫦娥六号的运载火箭助推器采用液氧煤油发动机：燃烧时存在化学能转化为热能
D．神舟十八号乘组带着水和斑马鱼进入空间站进行科学实验：水的电子式为
3．（2024·广东）嘀嗒嘀嗒，时间都去哪儿了！计时器的发展史铭刻着化学的贡献。下列说法不正确的是（ ）
A．制作日晷圆盘的石材，属于无机非金属材料
B．机械表中由钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金
C．基于石英晶体振荡特性计时的石英表，其中石英的成分为
D．目前“北京时间”授时以铯原子钟为基准，的质子数为55
4．（2024·广东）我国饮食注重营养均衡，讲究“色香味形”。下列说法不正确的是（ ）
A．烹饪糖醋排骨用蔗糖炒出焦糖色，蔗糖属于二糖
B．新鲜榨得的花生油具有独特油香，油脂属于芳香烃
C．凉拌黄瓜加醋使其具有可口酸味，食醋中含有极性分子
D．端午时节用棕叶将糯米包裹成形，糯米中的淀粉可水解
5．（2024·广东）我国自主设计建造的浮式生产储御油装置“海葵一号”将在珠江口盆地海域使用，其钢铁外壳镶嵌了锌块，以利用电化学原理延缓外壳的腐蚀。下列有关说法正确的是（ ）
A．钢铁外壳为负极 B．镶嵌的锌块可永久使用
C．该法为外加电流法 D．锌发生反应：
6．（2024·广东）提纯苯甲酸粗品（含少量和泥沙）的过程如下。其中，操作X为（ ）
A．加热蒸馏 B．加水稀释 C．冷却结晶 D．萃取分液
7．（2024·广东）“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是（ ）
选项 劳动项目 化学知识
A 水质检验员：用滴定法测水中含量
B 化学实验员：检验是否失效
C 化工工程师：进行顺丁橡胶硫化 碳碳双键可打开与硫形成二硫键
D 考古研究员：通过测定化石年代 与石墨烯互为同素异形体
A．A B．B C．C D．D
8．（2024·广东）1810年，化学家戴维首次确认“氯气”是一种新元素组成的单质。兴趣小组利用以下装置进行实验。其中，难以达到预期目的的是（ ）
A．制备
B．净化、干燥
C．收集
D．验证的氧化性
9．（2024·广东）从我国南海的柳珊瑚中分离得到的柳珊瑚酸（下图），具有独特的环系结构。下列关于柳珊瑚酸的说法不正确的是（ ）
A．能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．能与氨基酸的氨基发生反应
C．其环系结构中3个五元环共平面
D．其中碳原子的杂化方式有和
10．（2024·广东）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．中含有键的数目为
B．溶液中含的数目为
C．和的混合气体含有的分子数目为
D．与反应生成，转移电子数目为
11．（2024·广东）按下图装置进行实验。搅拌一段时间后，滴加浓盐酸。不同反应阶段的预期现象及其相应推理均合理的是（ ）
A．烧瓶壁会变冷，说明存在的反应
B．试纸会变蓝，说明有生成，产氨过程熵增
C．滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明有升华
D．实验过程中，气球会一直变大，说明体系压强增大
12．（2024·广东）一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，则（ ）
A．沸点：
B．最高价氧化物的水化物的酸性：
C．第一电离能：
D．和空间结构均为平面三角形
13．（2024·广东）下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（ ）
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 酸性： 电负性：
B 某冠醚与能形成超分子，与则不能 与的离子半径不同
C 由氨制硝酸： 和均具有氧化性
D 萃酚与甲醛反应，可合成酚醛树脂 合成酚醛树脂的反应是加聚反应
A．A B．B C．C D．D
14．（2024·广东）部分含或或物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是（ ）
A．若a在沸水中可生成e，则a-→f的反应一定是化合反应
B．在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化
C．加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系
D．若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区
15．（2024·广东）对反应（I为中间产物），相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图（—为无催化剂，为有催化剂）为（ ）
A． B．
C． D．
16．（2024·广东）一种基于氯碱工艺的新型电解池（下图），可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．阳极反应：
B．阴极区溶液中浓度逐渐升高
C．理论上每消耗，阳极室溶液减少
D．理论上每消耗，阴极室物质最多增加
17．（2024·广东）含硫物质种类繁多，在一定条件下可相互转化。
（1）实验室中，浓硫酸与铜丝反应，所产生的尾气可用 （填化学式）溶液吸收。
（2）工业上，烟气中的可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收，生成石膏。该过程中， （填元素符号）被氧化。
（3）工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：
（I）
兴趣小组在实验室探究溶液的浓度对反应（I）的反应速率的影响。
①用固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。
i．该过程中用到的仪器有 。A．B．C．D．
ii．滴定数据及处理：溶液，消耗盐酸（滴定终点时，转化为），则 。
②实验探究：取①中的溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入硫酸钙固体，反应后，过滤，取滤液，用盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表（忽略水解的影响）。
序号
a 100.0 0
b 80.0 x
则 ，测得的平均反应速率之比 。
（4）兴趣小组继续探究反应（I）平衡的建立，进行实验。
①初步实验将硫酸钙（）加入到溶液中，在和搅拌条件下，利用计测得体系的随时间：的变化曲线如图。
②分析讨论甲同学根据后不改变，认为反应（I）已达到平衡；乙同学认为证据不足，并提出如下假设：
假设1硫酸钙固体已完全消耗；
假设2硫酸钙固体有剩余，但被碳酸钙沉淀包裹。
③验证假设乙同学设计如下方案，进行实验。
步骤 现象
ⅰ．将①实验中的反应混合物进行固液分离 /
ⅱ．取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加 ，沉淀完全溶解
ⅲ．继续向ⅱ的试管中滴加 无白色沉淀生成
④实验小结假设1成立，假设2不成立。①实验中反应（I）平衡未建立。
⑤优化方案、建立平衡写出优化的实验方案，并给出反应（I）平衡已建立的判断依据： 。
18．（2024·广东）（14分）镓（）在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣（含和少量的等元素）中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知：
①。
②（冰晶石）的为。
③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。
（1）“电解”中，反应的化学方程式为 。
（2）“浸取”中，由形成的离子方程式为 。
（3）“还原”的目的：避免 元素以 （填化学式）微粒的形式通过，从而有利于的分离。
（4）“提取”中，原料液的浓度越 ，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 （填化学式），以进一步提高的提取率。
（5）“调”中，至少应大于 ，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为 。
（6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比 ，其立方品胞的体积为 。
19．（2024·广东）酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。
（1）酸催化下与混合溶液的反应（反应a），可用于石油开采中油路解堵。
①基态N原子价层电子的轨道表示式为 。
②反应a：
已知：
则反应a的 。
③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。
据图可知，在该过程中 。
A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变
B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率
C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应
D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而诚小
（2）在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ（一种重要的电子化学品）的催化机理示意图如图，其中的催化剂有 和 。
（3）在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸（X为A或B）在某非水溶剂中的。
a．选择合适的指示剂其钾盐为，；其钾盐为。
b．向溶液中加入，发生反应：。起始的物质的量为，加入的物质的量为，平衡时，测得随的变化曲线如图。
已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。
①计算。（写出计算过程，结果保留两位有效数字）
②在该溶剂中， ▲ ； ▲ 。（填“>”“<”或“=”）
20．（2024·广东）将3D打印制备的固载铜离子陶瓷催化材料，用于化学催化和生物催化一体化技术，以实现化合物Ⅲ的绿色合成，示意图如下（反应条件路）。
（1）化合物I的分子式为 ，名称为 。
（2）化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是 。化合物Ⅱ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，其结构简式为 。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有____。
A．由化合物I到Ⅱ的转化中，有键的断裂与形成
B．由葡萄糖到葡萄糖酸内酯的转化中，葡萄糖被还原
C．葡萄糖易溶于水，是因为其分子中有多个羟基，能与水分子形成氢键
D．由化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，存在C、O原子杂化方式的改变，有手性碳原子形成
（4）对化合物Ⅲ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
①
② 取代反应
（5）在一定条件下，以原子利用率的反应制备。该反应中，
①若反应物之一为非极性分子，则另一反应物为 （写结构简式）。
②若反应物之一为V形结构分子，则另一反应物为 （写结构简式）。
（6）以2-溴丙烷为唯一有机原料，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①最后一步反应的化学方程式为 （注明反应条件）。
②第一步反应的化学方程式为 （写一个即可，注明反应条件）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A、玉石的主要成分为硅酸盐，不属于有机高分子，A不不符合题意。
B、该文物得到主要材质为金属，不属于有机高分子，B不符合题意。
C、丝绸的主要成分为蛋白质，属于有机高分子，C符合题意。
D、瓷器的主要成分为硅酸盐，不属于有机高分子，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、玉石的主要成分为硅酸盐。
B、其主要材质为金属材料。
C、丝绸的主要成分为蛋白质。
D、瓷器的主要成分为硅酸盐。
2．【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；化学反应中能量的转化；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、破冰过程中水的形状发生改变，但没有新物质生成，因此不发生化学变化，A不符合题意。
B、天然气液化过程中分子结构不变，因此化学键不变，只是改变了分子间作用力，B不符合题意。
C、液氧煤油燃烧过程中化学能转化为热能，C符合题意。
D、H2O的电子式为，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、破冰过程中水的形状改变。
B、天然气液化过程中化学键不变。
C、燃烧时化学能转化为热能。
D、氧原子中存在2个未成对电子对。
3．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；硅和二氧化硅；无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A、石材的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A选项正确。
B、钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金，B选项正确。
C、石英的主要成分为SiO2，C选项错误。
D、标在元素符号左下角的数字表示的是质子数，因此其质子数为55，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、石材的主要成分为硅酸盐。
B、钼钴镍铬等元素组成的发条属于合金。
C、石英的主要成分为SiO2。
D、标在元素符号左下角的数字为质子数。
4．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；芳香烃；二糖的性质和用途；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、蔗糖属于二糖，A选项正确。
B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，含有氧元素，因此不属于芳香烃，B选项错误。
C、食醋中的H2O为极性分子，C选项正确。
D、淀粉可发生水解反应，生成葡萄糖，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、蔗糖属于二糖。
B、油脂中含有氧元素，不属于烃类物质。
C、食醋中的H2O为极性分子。
D、淀粉可水解生成葡萄糖。
5．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、由于金属活动性Zn＞Fe，因此Fe做正极，所以钢铁外壳做正极，A不符合题意。
B、随着反应的进行，镶嵌的锌块质量会逐渐减小，因此无法永久使用，B不符合题意。
C、该方法为牺牲阳极法，C不符合题意。
D、该过程中Zn发生失电子的氧化梵音，其电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，D符合题意。
故答案为：D
【分析】在钢铁外壳镶嵌了锌块，由于金属活动性Zn＞Fe，因此Zn做负极，发生失电子的氧化反应；钢铁做正极，发生得电子的还原反应。因此钢铁被保护起来。据此结合选项进行分析。
6．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】趁热过滤后，对所得滤液进行冷却结晶，即可得到苯甲酸晶体，C符合题意。
故答案为：C
【分析】趁热过滤后的操作为冷却结晶。
7．【答案】D
【知识点】氯离子的检验；同位素及其应用；钠的氧化物
【解析】【解答】A、往水中滴加AgNO3溶液，达到滴定终点，由消耗的AgNO3溶液的体积，即可计算水中Cl－的含量，A选项正确。
B、加水后，若有气体产生，则说明还含有Na2O2，则Na2O2还未失效，B选项正确。
C、碳碳双键能与硫反应生成二硫键，因此可进行顺丁橡胶硫化，C选项正确。
D、用14C测定化石年代，与同素异形体的性质无关，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、根据消耗n(Ag＋)即可计算水中n(Cl－)。
B、加水若能产生该气体，则说明还含有Na2O2。
C、碳碳双键能形成二硫键。
D、用14C测定化石年代，与同素异形体无关。
8．【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】A、MnO2与浓盐酸反应制取Cl2的过程中需要加热，A选项错误。
B、Cl2不溶于饱和NaCl溶液，因此可用饱和NaCl溶液除去Cl2中混有的HCl；无水CaCl2可吸收Cl2中混有的水蒸气，B选项正确。
C、Cl2的密度比空气大，可采用向上排空气法收集，C选项正确。
D、H2在Cl2中燃烧，产生苍白色火焰，体现了Cl2的氧化性，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、MnO2与浓盐酸的反应需要加热。
B、Cl2不溶于饱和NaCl溶液。
C、Cl2的密度比空气大，采用向上排空气法收集。
D、H2在Cl2中燃烧，体现了Cl2的氧化性。
9．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；烯烃；羧酸简介
【解析】【解答】A、分子结构中含有碳碳双键，可与Br2发生加成反应，因此能使溴得到四氯化碳溶液褪色，A选项正确。
B、分子结构中的－COOH能与－NH2发生取代反应，生成酰胺基，B选项正确。
C、其环系结构中三个五元环共有的碳原子为饱和碳原子，最多只有3个原子共平面，因此3个五元环不在同一个平面内，C选项错误。
D、饱和碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、含有碳碳双键，能与Br2反应。
B、－COOH能与－NH2反应。
C、饱和碳原子为四面体结构。
D、饱和碳原子采用sp3杂化；双键碳原子采用sp2杂化。
10．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、26gHC≡CH的物质的量为1mol，一个HC≡CH含有3个σ键。因此1molHC≡CH所含σ键的个数为3NA，A符合题意。
B、1L1mol·L－1的NH4NO3溶液中n(NH4＋)=1mol·L－1×1L=1mol，由于溶液中存在NH4＋的水解，使得溶液中NH4＋减小，B不符合题意。
C、1molCO和H2的混合气体中所含的分子数为1Na，C不符合题意。
D、未给出气体所处的状态，气体摩尔体积不一定是22.4L·mol－1，无法进行计算，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、一个HC≡CH含有3个σ键。
B、溶液中NH4＋发生水解，使得NH4＋数目减小。
C、1mol混合气体中所含的分子数为1NA。
D、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算。
11．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；氨的性质及用途
【解析】【解答】A、烧杯壁变冷，说明温度降低，则存在的反应应为吸热反应，ΔH＞0，A不符合题意。
B、湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有碱性气体NH3生成。反应过程中生成气体，体系的混乱程度增加，因此产氨过程中熵增，B符合题意。
C、滴加浓盐酸后，产生的白烟为NH4Cl，是由NH3与HCl反应生成，不能说明NH4Cl升华，C不符合题意。
D、搅拌过程中NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O的反应为吸热反应，温度降低，压强减小，气球体积变小，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、放热反应使得温度升高，吸热反应使得温度降低。
B、湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有碱性物质生成。
C、NH3与HCl反应生成NH4Cl，产生白烟现象。
D、反应过程中，气球体积不会一直变大。
12．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，R为H、W为C、Z为N、X为O、Y为P。
A、ZR3为NH3，可形成分子间氢键，使得沸点较高；而YR3为PH3，不能形成氢键，沸点较低。所以沸点：ZR3＞YR3，A不符合题意。
B、非金属性越强，则其最高价氧化物的水化物酸性越强。由于非金属性N＞C，因此最高价氧化物的水化物酸性HNO3＞H2CO3，即Z＞W，B不符合题意。
C、同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大。但N原子的2p能级为半充满稳定结构，难以失去电子，因此N的第一电离能大于O。所以第一电离能：N＞O＞C，即Z＞X＞W，C不符合题意。
D、ZX3－的化学式为NO3－，其价层电子对数为3，孤电子对数为0，其空间结构为平面三角形。WX32－的化学式为CO32－，其价层电子对数为3，孤电子对数为0，其空间结构为平面三角形，D符合题意。
故答案为：D
【分析】R的原子序数最小，且只能形成一个共价键，因此R为H。W可形成四个共价键，则其最外层电子数为4，因此W为C。Z可形成三个共价键，则其最外层电子数为5，因此Z为N。X可形成2个共价键，则其最外层电子数为6，因此X为O。Y与Z同族，因此Y为P。据此结合元素周期律分析选项。
13．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；含氮物质的综合应用；苯酚的性质及用途；超分子
【解析】【解答】A、由于电负性F＞Cl，F对电子的吸引力更强，使得CF3COOH更容易电离出H＋。因此酸性CF3COOH＞CCl3COOH，A不符合题意。
B、由于离子半径Li＋＜K＋，因此Li＋能与冠醚形成超分子，而K＋不能，B符合题意。
C、NH3中氮元素为－3价，处于最低价，只有还原性，C不符合题意。
D、苯酚与甲醛生成酚醛树脂的反应为缩聚反应，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、电负性F＞Cl，因此F对电子的吸引力更强。
B、离子半径Li＋＜K＋，因此K＋无法与冠醚形成超分子。
C、NH3中氮元素为－3价，处于最低价，只有还原性。
D、合成酚醛树脂的反应为缩聚反应。
14．【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、a在沸水中可生成e，则a为Mg、e为Mg(OH)2。a转化为f的反应为化合反应或置换反应，A不符合题意。
B、该转化过程为FeO→Fe2＋→Fe(OH)2→Fe(OH)3，白色沉淀转化为灰绿色，最后变为红褐色，存在颜色的变化，B符合题意。
C、c为Fe3＋或Al3＋，加热含有Al3＋的溶液，可产生Al(OH)3胶体；加热含Fe3＋的溶液，可产生Fe(OH)3胶体，C不符合题意。
D、b可能为Al2O3或Fe2O3，因此a可能为Al或Fe。若a为Al，则位于周期表的p区；若a为Fe，则位于周期表的d区，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、a在沸水中可转化为e，则A为Mg，e为Mg(OH)2。
B、d为Fe(OH)3，根据过程中物质颜色的变化分析。
C、加热含有Fe3＋的盐溶液，可能产生Fe(OH)3沉淀。
D、b可能为Al2O3或Fe2O3。
15．【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、温度升高，c平(S)/c平(T)增大，说明反应S(g) T(g)为放热反应。S生成中间产物I的反应为吸热反应。加入催化剂，降低反应所需的活化能，反应速率加快；祸患呢个大得到步骤为决速步骤，A符合题意。
B、活化能大的步骤为决速步骤，为S生成中间产物I的反应。加入催化剂，反应的活化能降低，反应速率加快，B不符合题意。
C、c平(S)/c平(I)减小，说明S生成中间产物I的反应罐为吸热反应，C不符合题意。
D、结合C选项分析可知反应S(g) T(g)为吸热反应，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】温度升高，c平(S)/c平(T)增大，说明反应S(g) T(g)逆向移动，则该反应为放热反应，ΔH＜0。c平(S)/c平(I)减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动动感，正反应为吸热反应，ΔH＞0。据此结合选项进行分析。
16．【答案】C
【知识点】原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、由分析可知，阳极的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，A选项正确。
B、阴极的电极反应式为Fe2O3＋6e－＋3H2O=2Fe＋6OH－，因此电解过程中溶液中溶液中c(OH－)增大，B选项正确。
C、当消耗1molFe2O3时，转移6mol电子。则有6molCl－发生失电子的反应，同时有6molNa＋通过阳离子交换膜进入阴极室内。因此阳极室内减少6molNaCl，其质量为6mol×58.5g·mol－1=351g，C选项错误。
D、当消耗1molFe2O3时，转移6mol电子，同时有6molNa＋通过阳离子交换膜进入阴极室。因此阴极室增加的质量为6mol×23g·mol－1=138g，D选项正确。
故答案为：C
【分析】该电解池装置实现了“湿法冶铁”，则电解过程中Fe2O3转化为Fe，因此阴极的电极反应式为Fe2O3＋6e－＋3H2O=2Fe＋6OH－。阳极上Cl－发生失电子的氧化反应，生成Cl2，其电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑。据此结合选项进行分析。
17．【答案】（1）NaOH
（2）S
（3）BD；；20.0；6：5
（4）足量稀盐酸；有气泡生成；少量BaCl2溶液；将2.36g（或大于此量的）硫酸钙加入到100mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，在25℃和搅拌条件下，利用pH计测量混合液的pH，待混合液pH不变时，加入Na2SO4固体，pH增大，说明反应（Ⅰ）平衡已建立。
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）铜丝与浓硫酸反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，因此产生的尾气中含有SO2，是一种酸性气体，可用NaOH溶液吸收。
故答案为：NaOH
（2）石膏的主要成分为CaSO4，SO2转化为CaSO4的过程中，S元素由＋4价变为＋6价，化合价升高，发生氧化反应。因此被氧化的元素为S。
故答案为：S
（3）①ⅰA、图示仪器为蒸发皿，用于溶液的蒸发浓缩或蒸发结晶，A不符合题意。
B、图示仪器为烧杯，可用于溶解、配制溶液，B符合题意。
C、图示仪器为冷凝管，用于蒸馏冷凝过程中，C不符合题意。
D、图示仪器为酸式滴定管，用于滴定过程，D符合题意。
故答案为：BD
ⅱ滴定过程中发生反应CO32－＋H＋=HCO3－，因此溶液中n(Na2CO3)=n(CO32－)=n(H＋)=c1×V1×10－3mol，所以Na2CO3溶液的浓度。
故答案为：
②实验过程中应控制混合溶液的体积相同，因此x=20.0mL。
实验a反应过程中Na2CO3的变化浓度为。
实验b反应罐过程中Na2CO3的变化浓度为。
反应速率之比等于浓度变化量之比，因此。
故答案为：20.0；6：5
（4）③假设1成立，则CaSO4固体完全反应，全部转化为CaCO3，因此滴加足量的稀盐酸后，可观察到有气泡产生，且沉淀完全溶解。继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，说明溶液中不存在SO42－。
故答案为：足量稀盐酸；有气泡产生；少量BaCl2溶液
⑤若反应Ⅰ完全进行，则可得n(CaSO4)=n(CO32－)=0.1mol·L－1×0.1L=0.01mol，其质量为诶0.01mol×136g·mol－1=1.36g。此时可将1.36g（或大于此量的）硫酸钙加入到100mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，在25℃和搅拌条件下，利用pH计测量混合液的pH，待混合液pH不变时，加入Na2SO4固体，pH增大，说明反应（Ⅰ）平衡已建立。
故答案为：将1.36g（或大于此量的）硫酸钙加入到100mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，在25℃和搅拌条件下，利用pH计测量混合液的pH，待混合液pH不变时，加入Na2SO4固体，pH增大，说明反应（Ⅰ）平衡已建立
【分析】（1）浓硫酸与铜丝反应生成的尾气为SO2，可用过NaOH溶液吸收。
（2）石膏的主要成分为CaSO4，结合过程中给元素化合价变化分析。
（3）①ⅰ根据选项各个仪器的用途分析。
ⅱ滴定过程中发生反应H＋＋CO32－=HCO3－，根据消耗的盐酸计算Na2CO3的浓度。
②反应过程中应控制总体积相同，因此x=20.0mL。根据表格数据确定反应过程中Na2CO3的变化浓度，从而计算其反应速率之比。
（4）③设计实验时应使CaCO3溶解，因此需加入足量的稀盐酸；继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则不含有SO42－。
⑤若反应Ⅰ完全进行，则可得n(CaSO4)=n(CO32－)=0.1mol·L－1×0.1L=0.01mol，其质量为诶0.01mol×136g·mol－1=1.36g。因此可用1.36gCaSO4固体加入到100mL0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，利用pH计测量溶液的pH，结合pH的变化确定平衡状态。
18．【答案】（1）
（2）
（3）Fe；
（4）高；NaCl
（5）；
（6）；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）“电解”过程中Al2O3转化为Al，该反应的化学方程式为：。
故答案为：
（2）“浸取”过程中Ga3＋与Cl－反应生成[GaCl4]-，该反应的离子方程式为： 。
故答案为：
（3）“还原”过程中给加入铝片，可将溶液中的Fe2＋或Fe3＋转化为Fe除去，防止铁元素以[FeCl4]－的形式通过LAEM。
故答案为：Fe；[FeCl4]－
（4）LaEM膜允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散到低浓度区，因此原料液中Cl－浓度越高，越有利于Ga的提取。在不提高原料液酸度的前提下，要使原料液中Cl－浓度增大，可向Ⅰ室中加入NaCl，以进一步提高Ga的提取率。
故答案为：高；NaCl
（5）pKa(HF)=3.2，所以Ka(HF)=10-3.2，即，要使溶液中c(F－)＞c(HF)，即，则此时溶液中c(H＋)＜10－3.2mol·L－1，即pH＞3.2。Na3[AlF6]的溶度积Ksp=c3(Na＋)×c([AlF6]-)=4.0×10－10。结晶后溶液中c(Na＋)=0.1mol·L－1，此时溶液中。
（6）取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似NaCl晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co。晶胞中Ga、Ni个数为4，故Co的个数为8。因此晶胞中粒子的最简个数比Co：Ga：Ni=2：1：1。晶胞棱长为两个最近的Ga之间的距离，为2anm，因此晶胞的体积为(2anm)3=8a3nm3。
故答案为：8a3
【分析】（1）“电解”过程中实现了Al2O3转化为铝锭，据此写出反应的化学方程式。
（2）Ga3＋与Cl－反应形成[GaCl4]-，据此写出反应的离子方程式。
（3）加入铝片，可将溶液中的Fe2＋或Fe3＋还原为Fe除去。
（4）溶液中Cl－浓度越高，越有利于[GaCl4]-生成，从而提高Ga的提取。在保持酸度不变的前提下，可加入NaCl，从而提高溶液中Cl－的浓度。
（5）根据pKa(HF)和Na3[AlF6]进行计算。
（6）根据晶胞结构和均摊法确定原子个数比；根据密度公式计算晶胞的体积。
19．【答案】（1）；ΔH1＋ΔH4－ΔH2－ΔH3；BD
（2）AcOH；KI
（3）①解：由图11知当时，；设，则有
即，解得，
可得
又
解得
②。
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①Ni的原子序数为7，其核外电子排布式为1s22s22p3。因此其价层电子的轨道表示式。
故答案为：
②根据盖斯定律可得，反应a的反应热ΔH= ΔH1＋ΔH4－ΔH2－ΔH3。
故答案为： ΔH1＋ΔH4－ΔH2－ΔH3
③A、反应的焓变与反应物和生成物所具有的能量有关，与催化剂无关。因此催化剂的酸性增强，对反应罐焓变无影响，A不符合题意。
B、酸性：硫酸＞磷酸＞乙酸。由图可知，相同时间内，使用催化剂硫酸时，体系的温度变化更大，因此催化剂酸性增强，有利于提高反应速率，B符合题意。
C、催化剂乙酸分子中含有的H原子多，但反应速率慢，因此催化剂分子中H原子数与反应速率无关，C不符合题意。
D、随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小；但温度逐渐升高，反应速率逐渐加快。所以反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D符合题意。
故答案为：BD
（2）催化剂在反应前后质量和化学性质保持不变。由反应催化机理示意图可知，其中的催化剂为AcOH和KI。
故答案为：AcOH；KI
（3）①由图可知，当n(HX)/n(KIn)=1时，c平(In－)/c平(HIn)=3，令n(KIn)=n，则有
即，解得，
可得
又
解得
②由图可知，当时，设此时转化的物质的量浓度为ymol·L-1，可得平衡三段式如下：
此时，则，所以y＞0.5c0，该反应的平衡常数
则Ka(HB)＞Ka(HA)，由于y＞0.5c0，则，所以Ka(HB)＞Ka（HIn）。
故答案为：＞；＞
【分析】（1）①N的原子序数为7，根据Ni的核外电子排布式确定价层电子轨道表示式。
②根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
③A、反应的焓变只与物质所具有的能量有关。
B、酸性越强，单位时间内体系温度升高越高，则反应速率越快。
C、乙酸分子中所含H原子最多，但反应速率最慢。
D、反应放热，温度升高，反应速率加快。
（2）根据图示反应过程分析。
（3）①根据平衡三段式进行计算。
②根据平衡常数的表达式进行计算。
20．【答案】（1）C8H8；苯乙烯
（2）酮羰基；
（3）A；C；D
（4）H2，催化剂，加热；加成反应（或还原反应）；浓HBr，加热；—Br
（5）；
（6）；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；卤代烃简介；酯化反应
【解析】【解答】（1）化合物Ⅰ的结构简式为，其分子式为C8H8。分子结构中含有碳碳双键，因此属于烯烃，碳碳双键连在苯环上，因此该有机物的名称为苯乙烯。
故答案为：C8H8；苯乙烯
（2）由化合物Ⅱ的结构简式可知，其所含的含氧官能团的名称为酮羰基。化合物Ⅱ的同分异构体能发生银镜反应，则其结构中含有-CHO；核磁共振氢谱显示只有4组吸收峰，则其结构具有对称性。满足条件的同分异构体的结构简式为。
故答案为：酮羰基；
（3）A、化合物Ⅰ转化为化合物Ⅱ的过程中，碳碳双键断裂，形成碳氧双键，因此有π键的断裂与形成，A符合题意。
B、由葡萄糖到葡萄糖酸内酯的转化过程中，葡萄糖被氧化成葡萄糖酸，发生氧化氧化反应，B不符合题意。
C、葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，含有多个羟基，可形成分子间氢键，使得其水溶性增强，C符合题意。
D、化合物Ⅱ中C、O采用sp2杂化；化合物Ⅲ中C、O采用sp3杂化。化合物Ⅲ中存在手性碳原子，D符合题意。
故答案为：ACD
（4）①化合物Ⅲ的结构简式为，其反应后形成的新结构为，发生的是本皇的加成反应。其反应试剂为H2、催化剂；反应条件为加热；反应类型为加成反应。
故答案为：H2、催化剂，加热；加成反应
②化合物Ⅲ的结构简式为，其所含的羟基可与HBr发生取代反应；反应后形成的新结构为-Br。
故答案为：浓HBr，加热；-Br
（5）HOCH(CH3)2可由CH3COCH3与H2发生加成反应得到；也可由CH2=CH－CH3与H2O发生加成反应得到。
①若反应物之一为非极性分子，则该反应物为H2，则另一个反应物为。
故答案为：
②若反应物之一为V形结构的分子，则该反应物为H2O，则另一反应物为。
故答案为：
（6）CH3COOCH(CH3)2可由CH3COOH和(CH3)2CHOH发生酯化反应生成；而CH3COOH可由CH2=CH－CH3与酸性KMnO4溶液发生氧化反应生成；(CH3)2CHOH可由2－溴丙烷发生水解反应生成；CH2=CH－CH3由2－溴丙烷发生消去反应生成。
①最后一步反应是CH3COOH与HOCH(CH3)2在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，该反应的化学方程式为：。
故答案为：
②第一步反应为(CH3)2CHBr的水解反应，该反应的化学方程式为：。
故答案为：
【分析】（1）根据化合物Ⅰ的结构简式确定其分子式和名称。
（2）根据化合物Ⅱ的结构简式确定其所含的含氧官能团。根据限定条件确定其同分异构体的结构简式。
（3）A、化合物Ⅰ转化为化合物Ⅱ的反应中，碳碳双键断裂，生成碳氧双键。
B、葡萄糖转化为葡萄糖酸内酯的转化中，葡萄糖被氧化。
C、葡萄糖中的羟基可形成分子间氢键。
D、化合物Ⅱ中C、O采用sp2杂化；化合物Ⅲ中C、O采用sp3杂化。
（4）化合物Ⅲ 结构简式为，结合苯环和羟基的性质分析。
（5）HOCH(CH3)2可由CH3COCH3与H2发生加成反应得到；也可由CH2=CH－CH3与H2O发生加成反应得到。据此结合题干设问分析。
（6）以2－溴丙烷为有机原料合成CH3COOCH(CH3)2，则可先将2－溴丙烷进行水解反应，生成2－丙醇；发生消去反应，生成CH2=CH－CH3，CH2=CH－CH3与酸性KMnO4溶液反应，生成CH3COOH。据此结合题干设问分析。
1 / 1广东2024年新高考化学高考真题
1．（2024·广东）龙是中华民族重要的精神象征和文化符号。下列与龙有关的历史文物中，主要材质为有机高分子的是（ ）
A．红山玉龙 B．婆金铁芯铜龙
C．云龙纹丝绸 D．云龙纹瓷瓶
【答案】C
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A、玉石的主要成分为硅酸盐，不属于有机高分子，A不不符合题意。
B、该文物得到主要材质为金属，不属于有机高分子，B不符合题意。
C、丝绸的主要成分为蛋白质，属于有机高分子，C符合题意。
D、瓷器的主要成分为硅酸盐，不属于有机高分子，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、玉石的主要成分为硅酸盐。
B、其主要材质为金属材料。
C、丝绸的主要成分为蛋白质。
D、瓷器的主要成分为硅酸盐。
2．（2024·广东）“极地破冰”“太空养鱼”等彰显了我国科技发展的巨大成就。下列说法正确的是（ ）
A．“雪龙2”号破冰船极地科考：破冰过程中水发生了化学变化
B．大型液化天然气运输船成功建造：天然气液化过程中形成了新的化学键
C．嫦娥六号的运载火箭助推器采用液氧煤油发动机：燃烧时存在化学能转化为热能
D．神舟十八号乘组带着水和斑马鱼进入空间站进行科学实验：水的电子式为
【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；化学反应中能量的转化；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、破冰过程中水的形状发生改变，但没有新物质生成，因此不发生化学变化，A不符合题意。
B、天然气液化过程中分子结构不变，因此化学键不变，只是改变了分子间作用力，B不符合题意。
C、液氧煤油燃烧过程中化学能转化为热能，C符合题意。
D、H2O的电子式为，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、破冰过程中水的形状改变。
B、天然气液化过程中化学键不变。
C、燃烧时化学能转化为热能。
D、氧原子中存在2个未成对电子对。
3．（2024·广东）嘀嗒嘀嗒，时间都去哪儿了！计时器的发展史铭刻着化学的贡献。下列说法不正确的是（ ）
A．制作日晷圆盘的石材，属于无机非金属材料
B．机械表中由钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金
C．基于石英晶体振荡特性计时的石英表，其中石英的成分为
D．目前“北京时间”授时以铯原子钟为基准，的质子数为55
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；硅和二氧化硅；无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A、石材的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A选项正确。
B、钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金，B选项正确。
C、石英的主要成分为SiO2，C选项错误。
D、标在元素符号左下角的数字表示的是质子数，因此其质子数为55，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、石材的主要成分为硅酸盐。
B、钼钴镍铬等元素组成的发条属于合金。
C、石英的主要成分为SiO2。
D、标在元素符号左下角的数字为质子数。
4．（2024·广东）我国饮食注重营养均衡，讲究“色香味形”。下列说法不正确的是（ ）
A．烹饪糖醋排骨用蔗糖炒出焦糖色，蔗糖属于二糖
B．新鲜榨得的花生油具有独特油香，油脂属于芳香烃
C．凉拌黄瓜加醋使其具有可口酸味，食醋中含有极性分子
D．端午时节用棕叶将糯米包裹成形，糯米中的淀粉可水解
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；芳香烃；二糖的性质和用途；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、蔗糖属于二糖，A选项正确。
B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，含有氧元素，因此不属于芳香烃，B选项错误。
C、食醋中的H2O为极性分子，C选项正确。
D、淀粉可发生水解反应，生成葡萄糖，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、蔗糖属于二糖。
B、油脂中含有氧元素，不属于烃类物质。
C、食醋中的H2O为极性分子。
D、淀粉可水解生成葡萄糖。
5．（2024·广东）我国自主设计建造的浮式生产储御油装置“海葵一号”将在珠江口盆地海域使用，其钢铁外壳镶嵌了锌块，以利用电化学原理延缓外壳的腐蚀。下列有关说法正确的是（ ）
A．钢铁外壳为负极 B．镶嵌的锌块可永久使用
C．该法为外加电流法 D．锌发生反应：
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、由于金属活动性Zn＞Fe，因此Fe做正极，所以钢铁外壳做正极，A不符合题意。
B、随着反应的进行，镶嵌的锌块质量会逐渐减小，因此无法永久使用，B不符合题意。
C、该方法为牺牲阳极法，C不符合题意。
D、该过程中Zn发生失电子的氧化梵音，其电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，D符合题意。
故答案为：D
【分析】在钢铁外壳镶嵌了锌块，由于金属活动性Zn＞Fe，因此Zn做负极，发生失电子的氧化反应；钢铁做正极，发生得电子的还原反应。因此钢铁被保护起来。据此结合选项进行分析。
6．（2024·广东）提纯苯甲酸粗品（含少量和泥沙）的过程如下。其中，操作X为（ ）
A．加热蒸馏 B．加水稀释 C．冷却结晶 D．萃取分液
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】趁热过滤后，对所得滤液进行冷却结晶，即可得到苯甲酸晶体，C符合题意。
故答案为：C
【分析】趁热过滤后的操作为冷却结晶。
7．（2024·广东）“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是（ ）
选项 劳动项目 化学知识
A 水质检验员：用滴定法测水中含量
B 化学实验员：检验是否失效
C 化工工程师：进行顺丁橡胶硫化 碳碳双键可打开与硫形成二硫键
D 考古研究员：通过测定化石年代 与石墨烯互为同素异形体
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氯离子的检验；同位素及其应用；钠的氧化物
【解析】【解答】A、往水中滴加AgNO3溶液，达到滴定终点，由消耗的AgNO3溶液的体积，即可计算水中Cl－的含量，A选项正确。
B、加水后，若有气体产生，则说明还含有Na2O2，则Na2O2还未失效，B选项正确。
C、碳碳双键能与硫反应生成二硫键，因此可进行顺丁橡胶硫化，C选项正确。
D、用14C测定化石年代，与同素异形体的性质无关，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、根据消耗n(Ag＋)即可计算水中n(Cl－)。
B、加水若能产生该气体，则说明还含有Na2O2。
C、碳碳双键能形成二硫键。
D、用14C测定化石年代，与同素异形体无关。
8．（2024·广东）1810年，化学家戴维首次确认“氯气”是一种新元素组成的单质。兴趣小组利用以下装置进行实验。其中，难以达到预期目的的是（ ）
A．制备
B．净化、干燥
C．收集
D．验证的氧化性
【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】A、MnO2与浓盐酸反应制取Cl2的过程中需要加热，A选项错误。
B、Cl2不溶于饱和NaCl溶液，因此可用饱和NaCl溶液除去Cl2中混有的HCl；无水CaCl2可吸收Cl2中混有的水蒸气，B选项正确。
C、Cl2的密度比空气大，可采用向上排空气法收集，C选项正确。
D、H2在Cl2中燃烧，产生苍白色火焰，体现了Cl2的氧化性，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、MnO2与浓盐酸的反应需要加热。
B、Cl2不溶于饱和NaCl溶液。
C、Cl2的密度比空气大，采用向上排空气法收集。
D、H2在Cl2中燃烧，体现了Cl2的氧化性。
9．（2024·广东）从我国南海的柳珊瑚中分离得到的柳珊瑚酸（下图），具有独特的环系结构。下列关于柳珊瑚酸的说法不正确的是（ ）
A．能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．能与氨基酸的氨基发生反应
C．其环系结构中3个五元环共平面
D．其中碳原子的杂化方式有和
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；烯烃；羧酸简介
【解析】【解答】A、分子结构中含有碳碳双键，可与Br2发生加成反应，因此能使溴得到四氯化碳溶液褪色，A选项正确。
B、分子结构中的－COOH能与－NH2发生取代反应，生成酰胺基，B选项正确。
C、其环系结构中三个五元环共有的碳原子为饱和碳原子，最多只有3个原子共平面，因此3个五元环不在同一个平面内，C选项错误。
D、饱和碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、含有碳碳双键，能与Br2反应。
B、－COOH能与－NH2反应。
C、饱和碳原子为四面体结构。
D、饱和碳原子采用sp3杂化；双键碳原子采用sp2杂化。
10．（2024·广东）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．中含有键的数目为
B．溶液中含的数目为
C．和的混合气体含有的分子数目为
D．与反应生成，转移电子数目为
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、26gHC≡CH的物质的量为1mol，一个HC≡CH含有3个σ键。因此1molHC≡CH所含σ键的个数为3NA，A符合题意。
B、1L1mol·L－1的NH4NO3溶液中n(NH4＋)=1mol·L－1×1L=1mol，由于溶液中存在NH4＋的水解，使得溶液中NH4＋减小，B不符合题意。
C、1molCO和H2的混合气体中所含的分子数为1Na，C不符合题意。
D、未给出气体所处的状态，气体摩尔体积不一定是22.4L·mol－1，无法进行计算，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、一个HC≡CH含有3个σ键。
B、溶液中NH4＋发生水解，使得NH4＋数目减小。
C、1mol混合气体中所含的分子数为1NA。
D、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算。
11．（2024·广东）按下图装置进行实验。搅拌一段时间后，滴加浓盐酸。不同反应阶段的预期现象及其相应推理均合理的是（ ）
A．烧瓶壁会变冷，说明存在的反应
B．试纸会变蓝，说明有生成，产氨过程熵增
C．滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明有升华
D．实验过程中，气球会一直变大，说明体系压强增大
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；氨的性质及用途
【解析】【解答】A、烧杯壁变冷，说明温度降低，则存在的反应应为吸热反应，ΔH＞0，A不符合题意。
B、湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有碱性气体NH3生成。反应过程中生成气体，体系的混乱程度增加，因此产氨过程中熵增，B符合题意。
C、滴加浓盐酸后，产生的白烟为NH4Cl，是由NH3与HCl反应生成，不能说明NH4Cl升华，C不符合题意。
D、搅拌过程中NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O的反应为吸热反应，温度降低，压强减小，气球体积变小，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、放热反应使得温度升高，吸热反应使得温度降低。
B、湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有碱性物质生成。
C、NH3与HCl反应生成NH4Cl，产生白烟现象。
D、反应过程中，气球体积不会一直变大。
12．（2024·广东）一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，则（ ）
A．沸点：
B．最高价氧化物的水化物的酸性：
C．第一电离能：
D．和空间结构均为平面三角形
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，R为H、W为C、Z为N、X为O、Y为P。
A、ZR3为NH3，可形成分子间氢键，使得沸点较高；而YR3为PH3，不能形成氢键，沸点较低。所以沸点：ZR3＞YR3，A不符合题意。
B、非金属性越强，则其最高价氧化物的水化物酸性越强。由于非金属性N＞C，因此最高价氧化物的水化物酸性HNO3＞H2CO3，即Z＞W，B不符合题意。
C、同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大。但N原子的2p能级为半充满稳定结构，难以失去电子，因此N的第一电离能大于O。所以第一电离能：N＞O＞C，即Z＞X＞W，C不符合题意。
D、ZX3－的化学式为NO3－，其价层电子对数为3，孤电子对数为0，其空间结构为平面三角形。WX32－的化学式为CO32－，其价层电子对数为3，孤电子对数为0，其空间结构为平面三角形，D符合题意。
故答案为：D
【分析】R的原子序数最小，且只能形成一个共价键，因此R为H。W可形成四个共价键，则其最外层电子数为4，因此W为C。Z可形成三个共价键，则其最外层电子数为5，因此Z为N。X可形成2个共价键，则其最外层电子数为6，因此X为O。Y与Z同族，因此Y为P。据此结合元素周期律分析选项。
13．（2024·广东）下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（ ）
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 酸性： 电负性：
B 某冠醚与能形成超分子，与则不能 与的离子半径不同
C 由氨制硝酸： 和均具有氧化性
D 萃酚与甲醛反应，可合成酚醛树脂 合成酚醛树脂的反应是加聚反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；含氮物质的综合应用；苯酚的性质及用途；超分子
【解析】【解答】A、由于电负性F＞Cl，F对电子的吸引力更强，使得CF3COOH更容易电离出H＋。因此酸性CF3COOH＞CCl3COOH，A不符合题意。
B、由于离子半径Li＋＜K＋，因此Li＋能与冠醚形成超分子，而K＋不能，B符合题意。
C、NH3中氮元素为－3价，处于最低价，只有还原性，C不符合题意。
D、苯酚与甲醛生成酚醛树脂的反应为缩聚反应，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、电负性F＞Cl，因此F对电子的吸引力更强。
B、离子半径Li＋＜K＋，因此K＋无法与冠醚形成超分子。
C、NH3中氮元素为－3价，处于最低价，只有还原性。
D、合成酚醛树脂的反应为缩聚反应。
14．（2024·广东）部分含或或物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是（ ）
A．若a在沸水中可生成e，则a-→f的反应一定是化合反应
B．在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化
C．加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系
D．若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区
【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、a在沸水中可生成e，则a为Mg、e为Mg(OH)2。a转化为f的反应为化合反应或置换反应，A不符合题意。
B、该转化过程为FeO→Fe2＋→Fe(OH)2→Fe(OH)3，白色沉淀转化为灰绿色，最后变为红褐色，存在颜色的变化，B符合题意。
C、c为Fe3＋或Al3＋，加热含有Al3＋的溶液，可产生Al(OH)3胶体；加热含Fe3＋的溶液，可产生Fe(OH)3胶体，C不符合题意。
D、b可能为Al2O3或Fe2O3，因此a可能为Al或Fe。若a为Al，则位于周期表的p区；若a为Fe，则位于周期表的d区，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、a在沸水中可转化为e，则A为Mg，e为Mg(OH)2。
B、d为Fe(OH)3，根据过程中物质颜色的变化分析。
C、加热含有Fe3＋的盐溶液，可能产生Fe(OH)3沉淀。
D、b可能为Al2O3或Fe2O3。
15．（2024·广东）对反应（I为中间产物），相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图（—为无催化剂，为有催化剂）为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、温度升高，c平(S)/c平(T)增大，说明反应S(g) T(g)为放热反应。S生成中间产物I的反应为吸热反应。加入催化剂，降低反应所需的活化能，反应速率加快；祸患呢个大得到步骤为决速步骤，A符合题意。
B、活化能大的步骤为决速步骤，为S生成中间产物I的反应。加入催化剂，反应的活化能降低，反应速率加快，B不符合题意。
C、c平(S)/c平(I)减小，说明S生成中间产物I的反应罐为吸热反应，C不符合题意。
D、结合C选项分析可知反应S(g) T(g)为吸热反应，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】温度升高，c平(S)/c平(T)增大，说明反应S(g) T(g)逆向移动，则该反应为放热反应，ΔH＜0。c平(S)/c平(I)减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动动感，正反应为吸热反应，ΔH＞0。据此结合选项进行分析。
16．（2024·广东）一种基于氯碱工艺的新型电解池（下图），可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．阳极反应：
B．阴极区溶液中浓度逐渐升高
C．理论上每消耗，阳极室溶液减少
D．理论上每消耗，阴极室物质最多增加
【答案】C
【知识点】原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、由分析可知，阳极的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，A选项正确。
B、阴极的电极反应式为Fe2O3＋6e－＋3H2O=2Fe＋6OH－，因此电解过程中溶液中溶液中c(OH－)增大，B选项正确。
C、当消耗1molFe2O3时，转移6mol电子。则有6molCl－发生失电子的反应，同时有6molNa＋通过阳离子交换膜进入阴极室内。因此阳极室内减少6molNaCl，其质量为6mol×58.5g·mol－1=351g，C选项错误。
D、当消耗1molFe2O3时，转移6mol电子，同时有6molNa＋通过阳离子交换膜进入阴极室。因此阴极室增加的质量为6mol×23g·mol－1=138g，D选项正确。
故答案为：C
【分析】该电解池装置实现了“湿法冶铁”，则电解过程中Fe2O3转化为Fe，因此阴极的电极反应式为Fe2O3＋6e－＋3H2O=2Fe＋6OH－。阳极上Cl－发生失电子的氧化反应，生成Cl2，其电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑。据此结合选项进行分析。
17．（2024·广东）含硫物质种类繁多，在一定条件下可相互转化。
（1）实验室中，浓硫酸与铜丝反应，所产生的尾气可用 （填化学式）溶液吸收。
（2）工业上，烟气中的可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收，生成石膏。该过程中， （填元素符号）被氧化。
（3）工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：
（I）
兴趣小组在实验室探究溶液的浓度对反应（I）的反应速率的影响。
①用固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。
i．该过程中用到的仪器有 。A．B．C．D．
ii．滴定数据及处理：溶液，消耗盐酸（滴定终点时，转化为），则 。
②实验探究：取①中的溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入硫酸钙固体，反应后，过滤，取滤液，用盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表（忽略水解的影响）。
序号
a 100.0 0
b 80.0 x
则 ，测得的平均反应速率之比 。
（4）兴趣小组继续探究反应（I）平衡的建立，进行实验。
①初步实验将硫酸钙（）加入到溶液中，在和搅拌条件下，利用计测得体系的随时间：的变化曲线如图。
②分析讨论甲同学根据后不改变，认为反应（I）已达到平衡；乙同学认为证据不足，并提出如下假设：
假设1硫酸钙固体已完全消耗；
假设2硫酸钙固体有剩余，但被碳酸钙沉淀包裹。
③验证假设乙同学设计如下方案，进行实验。
步骤 现象
ⅰ．将①实验中的反应混合物进行固液分离 /
ⅱ．取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加 ，沉淀完全溶解
ⅲ．继续向ⅱ的试管中滴加 无白色沉淀生成
④实验小结假设1成立，假设2不成立。①实验中反应（I）平衡未建立。
⑤优化方案、建立平衡写出优化的实验方案，并给出反应（I）平衡已建立的判断依据： 。
【答案】（1）NaOH
（2）S
（3）BD；；20.0；6：5
（4）足量稀盐酸；有气泡生成；少量BaCl2溶液；将2.36g（或大于此量的）硫酸钙加入到100mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，在25℃和搅拌条件下，利用pH计测量混合液的pH，待混合液pH不变时，加入Na2SO4固体，pH增大，说明反应（Ⅰ）平衡已建立。
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）铜丝与浓硫酸反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，因此产生的尾气中含有SO2，是一种酸性气体，可用NaOH溶液吸收。
故答案为：NaOH
（2）石膏的主要成分为CaSO4，SO2转化为CaSO4的过程中，S元素由＋4价变为＋6价，化合价升高，发生氧化反应。因此被氧化的元素为S。
故答案为：S
（3）①ⅰA、图示仪器为蒸发皿，用于溶液的蒸发浓缩或蒸发结晶，A不符合题意。
B、图示仪器为烧杯，可用于溶解、配制溶液，B符合题意。
C、图示仪器为冷凝管，用于蒸馏冷凝过程中，C不符合题意。
D、图示仪器为酸式滴定管，用于滴定过程，D符合题意。
故答案为：BD
ⅱ滴定过程中发生反应CO32－＋H＋=HCO3－，因此溶液中n(Na2CO3)=n(CO32－)=n(H＋)=c1×V1×10－3mol，所以Na2CO3溶液的浓度。
故答案为：
②实验过程中应控制混合溶液的体积相同，因此x=20.0mL。
实验a反应过程中Na2CO3的变化浓度为。
实验b反应罐过程中Na2CO3的变化浓度为。
反应速率之比等于浓度变化量之比，因此。
故答案为：20.0；6：5
（4）③假设1成立，则CaSO4固体完全反应，全部转化为CaCO3，因此滴加足量的稀盐酸后，可观察到有气泡产生，且沉淀完全溶解。继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，说明溶液中不存在SO42－。
故答案为：足量稀盐酸；有气泡产生；少量BaCl2溶液
⑤若反应Ⅰ完全进行，则可得n(CaSO4)=n(CO32－)=0.1mol·L－1×0.1L=0.01mol，其质量为诶0.01mol×136g·mol－1=1.36g。此时可将1.36g（或大于此量的）硫酸钙加入到100mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，在25℃和搅拌条件下，利用pH计测量混合液的pH，待混合液pH不变时，加入Na2SO4固体，pH增大，说明反应（Ⅰ）平衡已建立。
故答案为：将1.36g（或大于此量的）硫酸钙加入到100mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，在25℃和搅拌条件下，利用pH计测量混合液的pH，待混合液pH不变时，加入Na2SO4固体，pH增大，说明反应（Ⅰ）平衡已建立
【分析】（1）浓硫酸与铜丝反应生成的尾气为SO2，可用过NaOH溶液吸收。
（2）石膏的主要成分为CaSO4，结合过程中给元素化合价变化分析。
（3）①ⅰ根据选项各个仪器的用途分析。
ⅱ滴定过程中发生反应H＋＋CO32－=HCO3－，根据消耗的盐酸计算Na2CO3的浓度。
②反应过程中应控制总体积相同，因此x=20.0mL。根据表格数据确定反应过程中Na2CO3的变化浓度，从而计算其反应速率之比。
（4）③设计实验时应使CaCO3溶解，因此需加入足量的稀盐酸；继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则不含有SO42－。
⑤若反应Ⅰ完全进行，则可得n(CaSO4)=n(CO32－)=0.1mol·L－1×0.1L=0.01mol，其质量为诶0.01mol×136g·mol－1=1.36g。因此可用1.36gCaSO4固体加入到100mL0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，利用pH计测量溶液的pH，结合pH的变化确定平衡状态。
18．（2024·广东）（14分）镓（）在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣（含和少量的等元素）中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知：
①。
②（冰晶石）的为。
③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。
（1）“电解”中，反应的化学方程式为 。
（2）“浸取”中，由形成的离子方程式为 。
（3）“还原”的目的：避免 元素以 （填化学式）微粒的形式通过，从而有利于的分离。
（4）“提取”中，原料液的浓度越 ，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 （填化学式），以进一步提高的提取率。
（5）“调”中，至少应大于 ，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为 。
（6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比 ，其立方品胞的体积为 。
【答案】（1）
（2）
（3）Fe；
（4）高；NaCl
（5）；
（6）；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）“电解”过程中Al2O3转化为Al，该反应的化学方程式为：。
故答案为：
（2）“浸取”过程中Ga3＋与Cl－反应生成[GaCl4]-，该反应的离子方程式为： 。
故答案为：
（3）“还原”过程中给加入铝片，可将溶液中的Fe2＋或Fe3＋转化为Fe除去，防止铁元素以[FeCl4]－的形式通过LAEM。
故答案为：Fe；[FeCl4]－
（4）LaEM膜允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散到低浓度区，因此原料液中Cl－浓度越高，越有利于Ga的提取。在不提高原料液酸度的前提下，要使原料液中Cl－浓度增大，可向Ⅰ室中加入NaCl，以进一步提高Ga的提取率。
故答案为：高；NaCl
（5）pKa(HF)=3.2，所以Ka(HF)=10-3.2，即，要使溶液中c(F－)＞c(HF)，即，则此时溶液中c(H＋)＜10－3.2mol·L－1，即pH＞3.2。Na3[AlF6]的溶度积Ksp=c3(Na＋)×c([AlF6]-)=4.0×10－10。结晶后溶液中c(Na＋)=0.1mol·L－1，此时溶液中。
（6）取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似NaCl晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co。晶胞中Ga、Ni个数为4，故Co的个数为8。因此晶胞中粒子的最简个数比Co：Ga：Ni=2：1：1。晶胞棱长为两个最近的Ga之间的距离，为2anm，因此晶胞的体积为(2anm)3=8a3nm3。
故答案为：8a3
【分析】（1）“电解”过程中实现了Al2O3转化为铝锭，据此写出反应的化学方程式。
（2）Ga3＋与Cl－反应形成[GaCl4]-，据此写出反应的离子方程式。
（3）加入铝片，可将溶液中的Fe2＋或Fe3＋还原为Fe除去。
（4）溶液中Cl－浓度越高，越有利于[GaCl4]-生成，从而提高Ga的提取。在保持酸度不变的前提下，可加入NaCl，从而提高溶液中Cl－的浓度。
（5）根据pKa(HF)和Na3[AlF6]进行计算。
（6）根据晶胞结构和均摊法确定原子个数比；根据密度公式计算晶胞的体积。
19．（2024·广东）酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。
（1）酸催化下与混合溶液的反应（反应a），可用于石油开采中油路解堵。
①基态N原子价层电子的轨道表示式为 。
②反应a：
已知：
则反应a的 。
③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。
据图可知，在该过程中 。
A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变
B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率
C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应
D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而诚小
（2）在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ（一种重要的电子化学品）的催化机理示意图如图，其中的催化剂有 和 。
（3）在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸（X为A或B）在某非水溶剂中的。
a．选择合适的指示剂其钾盐为，；其钾盐为。
b．向溶液中加入，发生反应：。起始的物质的量为，加入的物质的量为，平衡时，测得随的变化曲线如图。
已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。
①计算。（写出计算过程，结果保留两位有效数字）
②在该溶剂中， ▲ ； ▲ 。（填“>”“<”或“=”）
【答案】（1）；ΔH1＋ΔH4－ΔH2－ΔH3；BD
（2）AcOH；KI
（3）①解：由图11知当时，；设，则有
即，解得，
可得
又
解得
②。
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①Ni的原子序数为7，其核外电子排布式为1s22s22p3。因此其价层电子的轨道表示式。
故答案为：
②根据盖斯定律可得，反应a的反应热ΔH= ΔH1＋ΔH4－ΔH2－ΔH3。
故答案为： ΔH1＋ΔH4－ΔH2－ΔH3
③A、反应的焓变与反应物和生成物所具有的能量有关，与催化剂无关。因此催化剂的酸性增强，对反应罐焓变无影响，A不符合题意。
B、酸性：硫酸＞磷酸＞乙酸。由图可知，相同时间内，使用催化剂硫酸时，体系的温度变化更大，因此催化剂酸性增强，有利于提高反应速率，B符合题意。
C、催化剂乙酸分子中含有的H原子多，但反应速率慢，因此催化剂分子中H原子数与反应速率无关，C不符合题意。
D、随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小；但温度逐渐升高，反应速率逐渐加快。所以反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D符合题意。
故答案为：BD
（2）催化剂在反应前后质量和化学性质保持不变。由反应催化机理示意图可知，其中的催化剂为AcOH和KI。
故答案为：AcOH；KI
（3）①由图可知，当n(HX)/n(KIn)=1时，c平(In－)/c平(HIn)=3，令n(KIn)=n，则有
即，解得，
可得
又
解得
②由图可知，当时，设此时转化的物质的量浓度为ymol·L-1，可得平衡三段式如下：
此时，则，所以y＞0.5c0，该反应的平衡常数
则Ka(HB)＞Ka(HA)，由于y＞0.5c0，则，所以Ka(HB)＞Ka（HIn）。
故答案为：＞；＞
【分析】（1）①N的原子序数为7，根据Ni的核外电子排布式确定价层电子轨道表示式。
②根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
③A、反应的焓变只与物质所具有的能量有关。
B、酸性越强，单位时间内体系温度升高越高，则反应速率越快。
C、乙酸分子中所含H原子最多，但反应速率最慢。
D、反应放热，温度升高，反应速率加快。
（2）根据图示反应过程分析。
（3）①根据平衡三段式进行计算。
②根据平衡常数的表达式进行计算。
20．（2024·广东）将3D打印制备的固载铜离子陶瓷催化材料，用于化学催化和生物催化一体化技术，以实现化合物Ⅲ的绿色合成，示意图如下（反应条件路）。
（1）化合物I的分子式为 ，名称为 。
（2）化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是 。化合物Ⅱ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，其结构简式为 。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有____。
A．由化合物I到Ⅱ的转化中，有键的断裂与形成
B．由葡萄糖到葡萄糖酸内酯的转化中，葡萄糖被还原
C．葡萄糖易溶于水，是因为其分子中有多个羟基，能与水分子形成氢键
D．由化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，存在C、O原子杂化方式的改变，有手性碳原子形成
（4）对化合物Ⅲ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
①
② 取代反应
（5）在一定条件下，以原子利用率的反应制备。该反应中，
①若反应物之一为非极性分子，则另一反应物为 （写结构简式）。
②若反应物之一为V形结构分子，则另一反应物为 （写结构简式）。
（6）以2-溴丙烷为唯一有机原料，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①最后一步反应的化学方程式为 （注明反应条件）。
②第一步反应的化学方程式为 （写一个即可，注明反应条件）。
【答案】（1）C8H8；苯乙烯
（2）酮羰基；
（3）A；C；D
（4）H2，催化剂，加热；加成反应（或还原反应）；浓HBr，加热；—Br
（5）；
（6）；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；卤代烃简介；酯化反应
【解析】【解答】（1）化合物Ⅰ的结构简式为，其分子式为C8H8。分子结构中含有碳碳双键，因此属于烯烃，碳碳双键连在苯环上，因此该有机物的名称为苯乙烯。
故答案为：C8H8；苯乙烯
（2）由化合物Ⅱ的结构简式可知，其所含的含氧官能团的名称为酮羰基。化合物Ⅱ的同分异构体能发生银镜反应，则其结构中含有-CHO；核磁共振氢谱显示只有4组吸收峰，则其结构具有对称性。满足条件的同分异构体的结构简式为。
故答案为：酮羰基；
（3）A、化合物Ⅰ转化为化合物Ⅱ的过程中，碳碳双键断裂，形成碳氧双键，因此有π键的断裂与形成，A符合题意。
B、由葡萄糖到葡萄糖酸内酯的转化过程中，葡萄糖被氧化成葡萄糖酸，发生氧化氧化反应，B不符合题意。
C、葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，含有多个羟基，可形成分子间氢键，使得其水溶性增强，C符合题意。
D、化合物Ⅱ中C、O采用sp2杂化；化合物Ⅲ中C、O采用sp3杂化。化合物Ⅲ中存在手性碳原子，D符合题意。
故答案为：ACD
（4）①化合物Ⅲ的结构简式为，其反应后形成的新结构为，发生的是本皇的加成反应。其反应试剂为H2、催化剂；反应条件为加热；反应类型为加成反应。
故答案为：H2、催化剂，加热；加成反应
②化合物Ⅲ的结构简式为，其所含的羟基可与HBr发生取代反应；反应后形成的新结构为-Br。
故答案为：浓HBr，加热；-Br
（5）HOCH(CH3)2可由CH3COCH3与H2发生加成反应得到；也可由CH2=CH－CH3与H2O发生加成反应得到。
①若反应物之一为非极性分子，则该反应物为H2，则另一个反应物为。
故答案为：
②若反应物之一为V形结构的分子，则该反应物为H2O，则另一反应物为。
故答案为：
（6）CH3COOCH(CH3)2可由CH3COOH和(CH3)2CHOH发生酯化反应生成；而CH3COOH可由CH2=CH－CH3与酸性KMnO4溶液发生氧化反应生成；(CH3)2CHOH可由2－溴丙烷发生水解反应生成；CH2=CH－CH3由2－溴丙烷发生消去反应生成。
①最后一步反应是CH3COOH与HOCH(CH3)2在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，该反应的化学方程式为：。
故答案为：
②第一步反应为(CH3)2CHBr的水解反应，该反应的化学方程式为：。
故答案为：
【分析】（1）根据化合物Ⅰ的结构简式确定其分子式和名称。
（2）根据化合物Ⅱ的结构简式确定其所含的含氧官能团。根据限定条件确定其同分异构体的结构简式。
（3）A、化合物Ⅰ转化为化合物Ⅱ的反应中，碳碳双键断裂，生成碳氧双键。
B、葡萄糖转化为葡萄糖酸内酯的转化中，葡萄糖被氧化。
C、葡萄糖中的羟基可形成分子间氢键。
D、化合物Ⅱ中C、O采用sp2杂化；化合物Ⅲ中C、O采用sp3杂化。
（4）化合物Ⅲ 结构简式为，结合苯环和羟基的性质分析。
（5）HOCH(CH3)2可由CH3COCH3与H2发生加成反应得到；也可由CH2=CH－CH3与H2O发生加成反应得到。据此结合题干设问分析。
（6）以2－溴丙烷为有机原料合成CH3COOCH(CH3)2，则可先将2－溴丙烷进行水解反应，生成2－丙醇；发生消去反应，生成CH2=CH－CH3，CH2=CH－CH3与酸性KMnO4溶液反应，生成CH3COOH。据此结合题干设问分析。
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