2024年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)
化学答案。1．c【解析】光合作用过程中植物吸收使含量下降，a项不符合题意；自然降雨的过程会消耗，使含量下降，b项不符合题意；化石燃料燃烧时会产生，使含量上升，c项符合题意；碳酸盐能够与反应生成可溶性的碳酸氢盐，消耗，使含量下降，d项不符合题意。
2．c【解析】中子数为8的n原子，其质量数为15，故应写成，a项错误；hc1为共价化合物，电子式应为，b项错误；的结构中一个n原子与三个h原子以共价键相连，c项正确；
的最外层为8个，应写成，d项错误。
3．d【解析】可用于制胃酸中和剂是因为可以与胃酸中的hc1反应，而不是因为其受热易分解，a项错误；用作光导纤维，不是因为其熔点高硬度大，而是因为其具有较强的传导能力，b项错误；用作耐高温材料是因为其熔点高，c项错误；可以吸水，故可作食品干燥剂，d项正确。
4．b【解析】与能发生氧化还原反应，a项不符合题意；与会结合成弱电解质，c项不符合题意；与反应生成沉淀，与反应生成和，d项不符合题意。
5．b【解析】灼烧应在坩埚中进行，a项错误；海带灰浸泡液通过过滤可得海带灰和滤液，b项正确；浓hc1与反应制备时需要加热，c项错误；在饱和nacl溶液中的溶解度小，应用碱液吸收，d项错误。
6．a【解析】遇无红色出现，a项错误；水解生成胶体：
b项正确；铵盐与碱混合加热可产生：，c项正确；可以氧化cu，反应的化学方程式为，d项正确。本题a项中遇变红色，遇无现象。
7．a【解析】固体在离子方程式中不能拆开，与可结合成更难溶的，符合沉淀溶解平衡的移动规律，a项正确；离子方程式的书写不遵循得失电子守恒以及电荷守恒，b项错误；碱性溶液中不可能生成，c项错误；电解nacl溶液，阳极上水电离出来的放电，水为弱电解质，在离子方程式中不可拆开，故应写成，d项错误。
8．d【解析】地壳中含量最多的元素x为o元素；短周期元素y的原子序数大于x，且y原子的最外层只有一个电子，则y为na元素；z的原子序数大于na且为第ⅲa族短周期元素，则z为al元素；w与x属于同一主族，且为短周期元素，则w为s元素。原子半径：na>al>s，a项错误；中两个氧原子之间为共价键，b项错误；y和z的最**氧化物的水化物分别为、，碱性：
，c项错误；o的非金属性强于s，则气态氢化物的热稳定性：强于，d项正确。
9．a【解析】，
a项正确；，与过量hc1反应生成，即，b项错误；蔗糖分子中不含醛基，无还原性，不能发生银镜反应，c项错误；
而fe与hc1反应只能生成：，d项错误。本题c项，葡萄糖、麦芽糖可以发生银镜反应．，而蔗糖属于非还原性糖，不能发生银镜反应。
10．c【解析】电池放电时化学能除了转化为电能外，还可能转化为热能、光能等，a项错误；该反应是熵减反应，但是能自发进行，故一定属于放热反应，b项错误；与合成反应属于可逆反应，1 mol与3 mol反应的过程中，由于不可能完全转化为，故转移电子数小于6×6.02×，c项正确；催化淀粉水解的酶属于蛋白质，在高温下蛋白质会发生变性而失去催化活性，故在高温下，淀粉水解速率反而变小，d项错误。
11．bd【解析】羟基上的o原子一定与苯环共平面，但是羟基上的h原子不一定与苯环共平面，a项错误；y与加成后的产物中，与甲基相连的碳原子为手性碳原子，b项正确；x中的酚羟基、y中的碳碳双键均可以被酸性溶液氧化，从而使。
溶液颜色褪去，c项错误；x生成y的另一产物为hc1，该反应可以理解成取代了x中酚羟基上的h原子，d项正确。
12．b【解析】苯酚与溶液反应生成苯酚钠和，苯酚钠和均溶于水，浊液变清，该实验只能说明苯酚的酸性强于，不能说明其酸性强于，a项错误；在中的溶解度大于在水中的溶解度，在碘水中加入等体积，振荡后，进入中，该过程称为萃取，b项正确；fe置换出溶液中的，反应的离子方程式为，为氧化剂，为氧化产物，根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性知，氧化性：，c项错误；nacl和的起始浓度未知，如果浓度远大于浓度，则加入溶液时，优先生成沉淀，不能说明的溶度积较小，d项错误。
13．c【解析】图甲中，温度升高，减小，即减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应为放热反应，a项正确；图乙中，曲线的斜率的绝对值逐渐减小，说明随着反应进行，分解速率逐渐减小，b项正确；图丙中，没有滴入naoh溶液时，0.100 0 hx溶液的ph小于3，则hx为一元弱酸，c项错误；图丁中，曲线上的点均为沉淀溶解平衡的点，与成反比，d项正确。
14．ad【解析】溶液中存在电荷守恒：，物料守恒： =0. 100 0，将两式相加，可得：
0.1000+，a项正确；
的溶液，相当于等物质的量的与naoh反应后的溶液，即为溶液，已知，，说明的电离程度大于其水解程度，故溶液显酸性，则，b项错误；起始时，溶液中，滴入naoh溶液后， ，溶液中存在电荷守恒：，ph=7的溶液中，c项错误；的溶液，相当于1 mol与2 mol naoh反应后的溶液，即为溶液，中存在质子守恒：
d项正确。15．cd【解析】容器2中反应物投入量相当于容器1中反应物投入量的2倍，平衡时，容器2中的反应速率大，容器2中反应达到的平衡相当于容器l中反应达到平衡后加压，增大压强，平衡正向移动，则平衡时的浓度：，a项错误；平衡常数仅与温度有关，容器3中温度高，而该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，则，容器1和容器2中温度相同，投料量不同，平衡时，升温平衡逆向移动，则平衡时，故，b项错误；容器l和容器3中反应物投入量相等，但是容器3中温度高，则反应速率快，即，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，即，c项正确；平衡时，，故，假设容器2中投入2 mol且保持容器2和容器3的反应温度相同，则两容器中的反应达到的平衡完全等效，则有，对于容器2而言，相当于对容器3加压并降低温度，该反应是气体分子数减小的放热反应，加压、降温均会使平衡正向移动，则减小，所以，d项正确。
16．【答案】(1)
2)① 硫元素转化为而留在矿粉中。
解析】(1)二氧化硫是酸性氧化物，少量二氧化硫与naoh溶液反应生成正盐，过量二氧化硫与naoh溶液反应生成。(2)①根据高硫铝土矿的成分中含和金属硫酸盐，而已知多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃，如果不添加在低于500℃焙烧，则去除的硫元素主要**于，具体的反应原理为。
②添加的吸收生成，易被空气中的氧气氧化为。根据题目所给“多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃”，可知700℃时可能未分解或未完全分解而留在矿粉中，从而导致添加1%的矿粉硫去除率比不添加的矿粉硫去除率低。(3)高硫铝土矿中的氧化铝溶于naoh生成：
；向溶液中通入过量的二氧化碳，生成氢氧化铝：
4)根据得失电子守恒可知与的物质的量之比为1：16。
17．【答案】(1)碳碳双键、羰基 (2)消去反应 (3)
解析】(1)a中含有2个碳碳双键、1个羰基（也称为酮羰基）。(2)仔细观察对比d和e的结构简式可知，从d生成e，发生的是分子内的脱水反应，属于消去反应。(3)a中含有8个碳原子、不饱和度为4，b中含有9个碳原子，不饱和度为3。
说明从a到b，总的结果是发生了加成反应。具体反应过程是：羰基与发生加成反应，加到羰基氧原子上生成，而加到羰基碳原子上，经过水解得到。
据此不难得到b的结构简式。
(4) 中含有9个碳原子、3个氧原子，且不饱和度为7。其同分异构体中含。
有苯环，能与氯化铁溶液发生显色反应，即含有酚羟基；碱性条件下能发生水解，说明含有酯基，由于一个苯环的不饱和度为4，一个酯基的不饱和度是1，说明该同分异构体中还含有碳碳不饱和键。2个碳原子拥有2个不饱和度，只能是存在碳碳叁键，即同分异构体中含有结构。如果是，碱性条件下水解后酸化得到，该分子中含有2种不同化学环境的氢，符合题意。
结合条件②“酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢”，推出该同分异构体中含有的是酚酯基，且酚酯基与酚羟基处于苯环的对位，综合上述分析可知符合要求的同分异构体的结构简式为。 (5)首先观察目标产物的结构，该目标产物中含有六元环，结合“已知”反应可以推知，该目标产物可由二烯烃与碳碳双键发生加成反应得到。但其原料中只含有1个碳碳双键，所以要在该原料中再引入1个碳碳双键，可以通过卤代烃的消去反应来完成。
则有：最后一步用氢气还原即可得到目标产物。
18．【答案】(1)适当增加的量或加快搅拌速率 (2)减小。
3)25ml溶液中：
mol2.5 ml溶液中：
25 ml溶液中： 中。
解析】(1)碱式硫酸铝中“氢氧化铝、”的生成原理是：碳酸钙与硫酸铝水解出的氢离子反应，促进硫酸铝水解，生成氢氧化铝。所以，欲提高值，即提高的生成量，可以增加碳酸钙的量。
也可以在不增加碳酸钙用量的情况下，加快搅拌速率，使二者接触更充分，从而使硫酸铝的水解率增大。(2)二氧化硫是酸性氧化物，吸收二氧化硫必将使碱式硫酸铝溶液的ph减小。(3)见解析。
19．【答案】(1) 缓慢通入。
2)naclo碱性溶液减少水合肼的挥发。
3)①测量溶液的ph，若ph约为4，停止通。
边搅拌边向溶液中滴加naoh溶液，测量溶液ph，ph约为10时，停止滴加naoh溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤。
解析】(1)由题给条件，反应物为和naoh，生成物为、nacl、，根据离子方程式书写规则、原子守恒、电荷守恒以及得失电子守恒得该离子反应为：；与碱反应放热，所以要控制温度还要控制通入氯气速度。(2)步骤ⅱ是尿素和次氯酸钠反应合成水合肼，由题给信息水合肼能与次氯酸钠剧烈反应，所以滴液漏斗中盛装的是次氯酸钠碱性溶液，由水合肼沸点约为，118℃，题给实验反应温度为110℃，故使用冷凝管的目的是减少水合肼的挥发。
(3)①由题图2所给ph与各粒子摩尔分数关系可知，在ph约为4时，溶液中浓度最大，此时可停止通气体；②由制备，是向溶液中加入naoh溶液，由题图2可知在ph约为10时，浓度最大，此时停止加入naoh，再由的溶解度曲线可知，过滤温度应高于34℃。实验方案为：边搅拌边向溶液中滴加naoh溶液，测量溶液ph，ph约为10时，停止滴加naoh溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在温度高于34℃条件下趁热过滤。
20．【答案】(1)136.2 (2)
迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的去除反应速率增大催化剂活性下降；与反应生成了no。
解析】(1)①
根据盖斯定律，(①3+②)2得：
2)电解时阳．极失去电子生成，同时消耗水，得到较浓的硝酸，电极反应式为：。
3)根据题给反应物、，生成物、，结合质量守恒和化合价升降法配平化学方程式得：。(4)①反应时中n由价升高到0价，中n由+4价降低到0价，反应为。
则生成1 mol，转移电子mol。②迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大与温度升高共同使去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的去除反应速率增大；温度高于380℃，催化剂活性下降，且与反应生成了no。
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