2024年辽宁高考扣题卷（二）化学试卷参考答案题号123456789101112131415答案CCDBACDBDDCDABD1.C【详解】A．表示氧化性物质，A错误；B．是非处方药标志，B错误；C．表示热烫，需要加热或有温度较高的仪器，取用时需要取相应工具,C正确；D．是排风标志，对有毒气体，需要开启排风设备，表示对环境存在危害的图示是。D错误；答案为C。2.C【详解】选项C是还原得到铝，错误，此方法是1825年丹麦奥斯特得到铝的方法，此题采用排除法。其他选项都是选择性必修1中P109资料卡片“电解与元素的发现”和“电有机合成”的内容。3.D【详解】A．聚丙烯是有丙烯通过加聚反应生成的，聚丙烯的结构简式为：，是加聚反应。A错误；5-3×13B．NH3的价层电子对数为3+=3+1=4，故为sp杂化，VSEPR模型：，题中是空间构2型，VSEPR模型是四面体结构，B错误；4C.臭氧分子是离域3π，中心氧原子显正电性，两边氧原子显负电性，共用电子对有偏移，是由极性键形成有极性分子，C错误；D．CaC2存在离子键，电子式需要标出正负电荷且阴、阳离子个数比为1∶1，碳碳形成非极性键，电子式正确，D正确。故选D。4.B++【详解】A．用硝酸银与足量氨水制备银氨溶液：Ag+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]+2H2O，A错误；2-2+2+B．沉淀剂Na2S中的S与Hg产生沉淀以除去Hg，B正确；-C．该离子方程式得失电子不平，配平系数H2O2与MnO4比为5:2，C错误；2+3+-D．检验Fe的试剂为K3[Fe(CN)6]（Fe与CN不共存），生成的沉淀是KFe[Fe(CN)6]，D错误故选B。5.A【详解】A．该有机物中不含有酚羟基官能团，所以不能与FeCl3显色，A错误；B．该有机物的结构中碳碳双键和羧基中碳原子杂化是sp2杂化，还有碳碳、碳氢、碳氧单键，有两个碳原化学试卷第1页，共8页子是sp3杂化，B正确；C．1mol中含2mol羧基可与NaOH反应和1mol（醇）羟基不能与NaOH反应，最多消耗的NaOH为2mol，C正确；D．该有机物结构中含共轭二烯烃的结构，双键之间的单键不能旋转，所以一定共平面的碳原子有7个，D正确；故选A。6.C【详解】根据亚硫酸钠加入含淀粉的碘水中，溶液褪色，说明碘水把亚硫酸钠氧化了，说明I2的氧化性强2-2--于SO4，即SO3的还原性强于I。但向无色溶液中加入少量溴水溶液不变色，不能说明溴的氧化性不如2-碘单质强，因为被少量的溴氧化的是SO3，不能判断是否有I-。溶液是无色溶液，说明一定不含紫色的3-2--2-[Fe(C6H5O)6]。所以判断无色溶液中一定含有SO3，可能含有I；因此溶液中一定含有SO3，可能含有I-，根据电荷守恒，Na+一定存在，故选C。7.D【详解】A．手性碳为所连4个不同的原子或基团的碳原子，c中只有一个手性碳原子，A正确；B．a、b、c三种物质中，一分子b含两个亲水基团羟基，则其在水中的溶解度最大，B正确；C．根据基态铱(Ir)的价电子排布式为5d76s2可知，其价电子总数为9，则Ir属于第Ⅷ族元素，C正确；D．b与Na反应后所得物质为钠盐，属于离子晶体，而b为分子晶体，其晶体类型不同，离子晶体熔沸点比分子晶体熔沸点高，D错误；故选D。8.B【详解】A．Fe为26号元素，其原子核外共有26个电子，Fe原子失去4s轨道上的2个电子得到Fe2+，则Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其最高能层电子排布为3s23p63d6，1molFe2+最高能层含有电子数目为14NA，A正确；4--B．配合物K4[Fe(CN)6]固体中阴离子是[Fe(CN)6]，不存在CN，B错误；C．(CN)2分子的结构式为N≡C—C≡N，一个碳碳σ键，C≡N中含有1个σ键和2个π键，因此(CN)2分子中三个σ键和四个π键，共7mol，C正确；D．Fe3C的晶胞结构中碳原子的配位数为6，配位数之比等于相应原子数目成反比，则Fe原子配位数为16×=2，D正确；3故选B。9.D【详解】A．H2还原NO生成N2过程中，活化能最大的是⑥，速率最慢的步骤为⑥不是⑦，A错误；B．NO被还原为N2的最大活化能明显大于还原生成NH3，故在该催化剂作用下，NO被还原为NH3更容易，B错误；C．生成NH3的基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，是决定NO生成NH3速率的基元反应，C错误；D．图示可知，生成氨气的过程为：NO→HNO→NH2O→NH2OH→NH2→NH3，每步反应中N元素化合价均是降低，被还原，D正确；故选D。10.D化学试卷第2页，共8页【分析】由总反应CH4+2O2=CO2+2H2O和图示可知氧气端b极为原电池正极发生还原反应：-+-+O2+4e+4H=2H2O，甲烷端a极为原电池负极发生氧化反应：CH4-8e+4H2O=CO2+8H以此分析。【详解】A．由上述分析可知a极为负极，发生氧反应，A正确；－+B.由上述分析可知b极上的电极反应为O2+4e+4H=2H2O，B正确；-+C.a极发生反应CH4-8e+4H2O=CO2+8H,产生氢离子，则氢离子由a极过固体酸膜传递到b极，C正确；D.原电池中正极电势高于负极，则a极上的电势比b极上的低，D错误。故答案选：D。11.C【详解】A．NaOH溶液滴定盐酸，选用碱式滴定管，此处选用聚四氟乙烯活塞酸碱通用的，可以。错在应该用左手操作，此处用右手错误，A错误；B．吸收氨气且防倒吸，选用此装置应该把CCl4换为苯，B错误；C．通过推拉铜丝，控制反应的发生与停止，C正确；D．天平的精确读数为一位小数，不能读取0.01g，D错误故选C12.D+--【详解】A.利用反应：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4+OH,CaO遇水放热，且生成OH，使平衡左移，制得NH3，A正确；B．饮用汽水，体内温度升高，降低CO2的溶解，使溶解平衡发生移动，B正确；C.利用氯气与水反应生成H+、Cl-，增加Cl-平衡左移，降低氯气的溶解，C正确；D.Fe3+与Fe发生氧化还原反应，与平衡无关，D错误。故选D13.A【详解】A.加入浓硫酸，浓硫酸遇水放热，温度对平衡有影响；稀释后提供H+，对该平衡也有影响，A错误。B.缩小体积，浓度变大，颜色变深，同时增大压强，平衡移动在体积缩小的基础上平衡移动，颜色变化，B正确；2+-2+--C.存在Cu(OH)4+4Cl⇌CuCl4+4OH，加入氯化钠固体，增大了c(Cl)，平衡向右移动，溶液颜色由蓝变黄，C正确；D.KMnO4都是少量的，浓度大的H2C2O4，先褪色，D正确。故选A14.B【分析】短周期元素X、Y、Z、Q、W的原子半径依次增大，X和W同主族但不相邻，W原子在短周期元素中半径最大，则X为H元素、W为Na元素；由化合物的阴离子结构可知，Y、Z、Q形成的共价键数目分别为2、3、4，Y和Q同周期，且二者原子最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，则Y为O元素、Z为N元素、Q为C元素。【详解】A．氢、氧、氮、碳可以形成含有离子键和共价键的NH4NO3，A错误；B．第一电离能，Z(N）>(Y)O>(Q)C>(W)Na，B正确；C．T的最外层只有一个电子，可能是K，也可能是Cr或铜，次外层的所有轨道电子都成对，则应是铜，价层电子排布式为3d104s1，C错误；D．Y(O)和Q(C)的氢化物的熔沸点，没说最简单的氢化物，碳的氢化物是烃，有固态烃，熔沸点要高于水化学试卷第3页，共8页或过氧化氢，D错误；故选B。15.D【分析】分析图可知，曲线II上有横坐标与纵坐标相同的点，10与6，曲线I没有，所以曲线II为-6-6-12-4-52-14AgCl，其中Ksp(AgCl)=10×10=10;Ksp(Ag2CrO4)=10×(10)=10+【详解】A．由分析可知，在X点（Ag2CrO4平衡中）加入K2CrO4固体，c(Ag)应减少，但加溶液，离子浓度可能都减小，不能到达Z点，A错误；B．曲线Ⅱ是AgCl的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，B错误；C．由分析可知，曲线Ⅱ是AgCl的沉淀溶解平衡曲线，Y点的c(Ag+)和c(Cl-)都大于平衡线上的浓度，则Y点对应的AgCl溶液为过饱和溶液，不能继续溶解AgCl，C错误；+-6+-3.7+D．AgCl饱和溶液中c(Ag)等于10，Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag)约为10，后者的的c(Ag)大，D正确；故选D。16.（每空2分，共14分）(1)增大接触面积，加快“酸浸”速率和提高浸出率(2)Cu、SiO2和PbSO4（答对2种给1分，全对给2分，错一个不给分）2+PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb存在(3)3.2≤pH<5.2或[3.2~5.2)（若写“3.2答案为:增大接触面积，加快“酸浸”速率和提高浸出率；（2）“压滤”所得滤渣I含有没有完全浸取的金属Cu、SiO2、PbSO4；“酸浸”后滤液中还含有微量的2+2+Pb，其微量存在的主要原因是PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb存2+在；故答案为:Cu、SiO2、PbSO4；PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb存在；（3）根据表格数据可得，加入石灰乳调节pH，Fe3+刚好沉淀，pH为（可等于）3.2，此时Cu2+不除去，在后面加锌而除去，同时不影响其它离子。pH范围为3.2≤pH<5.2，因CaSO4微溶，“除铁”时，所得滤渣II的成分除Fe(OH)3外还有CaSO4;若石灰乳过量，滤渣II中常含有Cd(OH)2和Cu(OH)2，故答案为：3.2≤pH<5.2或[3.2~5.2)；Cd(OH)2进入滤渣II而损失；（4）根据题意判断海绵镉中有Zn、Cd和微量Cu、Pb。“酸溶”所得的溶液中含有微量的Cu2+和Pb2+，在“置换净化”时加入更活泼的新制海绵镉，可以将Cu2+和Pb2+转化为单质而除去，故答案为：Cd+Pb2+=Pb+Cd2+；（5）根据金属活动性顺序和题表中电对的电极电位，可推断表中元素的活动性顺序为Ca>Zn>Fe>Cd>Pb>H>Cu，由此可以判断电对的电极电位数值越大，电对中氧化态的氧化能力越强。根据电极电位可知氧化性：Cd2+>Zn2+,故采用低电流密度条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应为Cd2++2e-=Cd,故答案为:从表中可知Zn2+氧化性弱于Cd2+，不被还原。17.（14分）（除标注外每空2分）(1)（1分）化学试卷第4页，共8页(2)浓硫酸（1分）K1（1分）K2（1分）排除装置中的O2（或空气），避免与灼热的铜反应（只要答排除氧气或空气都给分，2分）(3)红色铜丝变黑色（2分）不能（1分）2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2↑（2分）(4)BaCl2[或Ba(OH)2]（1分）白色沉淀（2分）【分析】稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，试剂瓶中X为浓硫酸，若关闭K2打开K1二氧化碳通过浓硫酸被干燥，观察铜丝是否有变化来观察是否有氧气生成，从而确定干燥的二氧化碳是否能与过氧化钠反应，关闭K1打开K2，二氧化碳未被干燥，观察铜丝是否有变化来观察是否有氧气生成，从而确定潮湿的二氧化碳是否能与过氧化钠反应。但H2O也能与Na2O2产生O2，不能通过产生O2来判断是否是CO2参与反应，需要通过产物中是否有碳酸盐来判断CO2与Na2O2反应。【详解】（1）过氧化钠是既有Na+与过氧根的离子键又有氧与氧的非极性键，电子式为（2）验证无水的CO2的反应，用浓硫酸除水，让气体经过浓硫酸，所以打开K1关闭K2，加热铜丝，根据分析可知，X为浓硫酸，通过铜丝是否变黑，说明产生O2,需排除空气中的氧气，所以需要先通一