【高考真題（含答案）】全國甲卷理綜化學2024年高考真題（含答案）

【高考真題】全國甲卷理綜化學2024年高考真題一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78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．人類對能源的利用經(jīng)歷了柴薪、煤炭和石油時期，現(xiàn)正向新能源方向高質(zhì)量發(fā)展。下列有關能源的敘述錯誤的是（）A．木材與煤均含有碳元素 B．石油裂化可生產(chǎn)汽油C．燃料電池將熱能轉化為電能 D．太陽能光解水可制氫2．下列過程對應的離子方程式正確的是（）A．用氫氟酸刻蝕玻璃：SiB．用三氯化鐵溶液刻制覆銅電路板：2FC．用硫代硫酸鈉溶液脫氯：SD．用碳酸鈉溶液浸泡鍋爐水垢中的硫酸鈣：CaS3．我國化學工作者開發(fā)了一種回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的方法，其轉化路線如下所示。下列敘述錯誤的是（）A．PLA在堿性條件下可發(fā)生降解反應B．MP的化學名稱是丙酸甲酯C．MP的同分異構體中含羧基的有3種D．MMA可加聚生成高分子4．四瓶無色溶液NHA．a(chǎn)呈弱堿性B．f可溶于過量的b中C．c中通入過量的e可得到無色溶液D．b和d反應生成的沉淀不溶于稀硝酸5．W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素。W和X原子序數(shù)之和等于Y-的核外電子數(shù)，化合物WA．X和Z屬于同一主族 B．非屬性：X>Y>ZC．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Z>Y D．原子半徑：Y>X>W6．科學家使用δ-MnO2研制了一種MnO2-Zn可充電電池(如圖所示)。電池工作一段時間后，MnA．充電時，ZnB．充電時，會發(fā)生反應Zn+2MnC．放電時，正極反應有MnD．放電時，Zn電極質(zhì)量減少0.65g，MnO27．將0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL懸濁液，向其中滴加0.10mol?L-1的NaCl溶液。lg[cM下列敘述正確的是（）A．交點a處：c(NB．KC．V≤2.0mL時，c(CrOD．y二、非選擇題8．鈷在新能源、新材料領域具有重要用途。某煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的+2價氧化物及鋅和銅的單質(zhì)。從該廢渣中提取鈷的一種流程如下。注：加沉淀劑使一種金屬離子濃度小于等于10已知：①Ksp②以氫氧化物形式沉淀時，lg[c(M)/(mol?L-1)]回答下列問題：（1）“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是。（2）“酸浸”步驟中，CoO發(fā)生反應的化學方程式是。（3）假設“沉銅”后得到的濾液中c(Zn2+)和c(Co2+)均為0.10mol?L-1，向其中加入Na2S至Z（4）“沉錳”步驟中，生成1.0molMnO2，產(chǎn)生H+（5）“沉淀”步驟中，用NaOH調(diào)pH=4，分離出的濾渣是。（6）“沉鈷”步驟中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入適量的NaClO氧化Co2+，其反應的離子方程式為（7）根據(jù)題中給出的信息，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是。9．CO(NCO(一)過氧化脲的合成燒杯中分別加入25mL30%H2O2(ρ=1.11g?cm-3)、40mL蒸餾水和(二)過氧化脲性質(zhì)檢測I．過氧化脲溶液用稀H2SOⅡ．過氧化脲溶液用稀H2SO(三)產(chǎn)品純度測定溶液配制：稱取一定量產(chǎn)品，用蒸餾水溶解后配制成100mL溶液。滴定分析：量取25．00mL過氧化脲溶液至錐形瓶中，加入一定量稀H2SO回答下列問題：（1）過濾中使用到的玻璃儀器有(寫出兩種即可)。（2）過氧化脲的產(chǎn)率為。（3）性質(zhì)檢測Ⅱ中的現(xiàn)象為。性質(zhì)檢則I和Ⅱ分別說明過氧化脲具有的性質(zhì)是。（4）下圖為“溶液配制”部分過程，操作a應重復3次，目的是，定容后還需要的操作為。（5）“滴定分析”步驟中，下列操作錯誤的是____(填標號)。A．KMnOB．用量筒量取25．00mL過氧化脲溶液C．滴定近終點時，用洗瓶沖洗錐形瓶內(nèi)壁D．錐形瓶內(nèi)溶液變色后，立即記錄滴定管液面刻度（6）以下操作導致氧化脲純度測定結果偏低的是____(填標號)。A．容量瓶中液面超過刻度線B．滴定管水洗后未用KMnOC．搖動錐形瓶時KMnOD．滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消失10．甲烷轉化為多碳化合物具有重要意義。一種將甲烷溴化再偶聯(lián)為丙烯(C3（1）已知如下熱化學方程式：CH43CH3計算反應3CH4(g)+3Br2（2）CH4與Br2反應生成CH3Br，部分CH3Br會進一步溴化。將8mmolCH4和(i)圖中CH3Br(ii)560°C時，CH4的轉化α=，n(HBr)=(iii)560°C時，反應CH3Br(g)+Br（3）少量I2可提高生成CH3Br的選擇性。500°C時，分別在有I2和無I(i)在11~19s之間，有I2和無I2時CH3(ii)從圖中找出I2提高了CH3(ⅲ)研究表明，I2①I②?I(g)+C③?C④?Br(g)+C⑤?C⑥?I(g)+?I(g)=根據(jù)上述機理，分析I2提高CH311．[化學—選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)]

ⅣA族元素具有豐富的化學性質(zhì)，其化合物有著廣泛的應用?；卮鹣铝袉栴}：（1）該族元素基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)為，在與其他元素形成化合物時，呈現(xiàn)的最高化合價為。（2）CaC2俗稱電石，該化合物中不存在的化學鍵類型為a．離子鍵b．極性共價鍵c．非極性共價鍵d．配位鍵（3）一種光刻膠薄膜成分為聚甲基硅烷，其中電負性最大的元素是，硅原子的雜化軌道類型為。（4）早在青銅器時代，人類就認識了錫。錫的鹵化物熔點數(shù)據(jù)如下表，結合變化規(guī)律說明原因：。物質(zhì)SnSnCSnBSn熔點/°C442-3429143（5）結晶型PbS可作為放射性探測器元件材料，其立方晶胞如圖所示。其中Pb配位數(shù)為。設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶體密度為g?cm12．[化學—選修5：有機化學基礎]

白藜蘆醇(化合物I)具有抗腫瘤、抗氧化、消炎等功效。以下是某課題組合成化合物I的路線。回答下列問題：（1）A中的官能團名稱為。（2）B的結構簡式為。（3）由C生成D的反應類型為。（4）由E生成F化學方程式為。（5）已知G可以發(fā)生銀鏡反應，G的化學名稱為。（6）選用一種鑒別H和I的試劑并描述實驗現(xiàn)象。（7）I的同分異構體中，同時滿足下列條件的共有種(不考慮立體異構)。①含有手性碳(連有4個不同的原子或基團的碳為手性碳)；②含有兩個苯環(huán)；③含有兩個酚羥基；④可發(fā)生銀鏡反應。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．木材的主要成分為纖維素，纖維素中含碳、氫、氧三種元素，煤是是有機物和無機物組成的復雜混合物，主要含碳元素，A正確；

B．石油裂化是將相對分子質(zhì)量較大、沸點較高的烴斷裂為相對分子質(zhì)量較小、沸點較低的烴的過程，汽油的相對分子質(zhì)量較小，可以通過石油裂化的方式得到，B正確；

C．燃料電池是將燃料的化學能變成電能的裝置，不是將熱能轉化為電能，C錯誤；

D．在催化劑作用下，利用太陽能光解水可以生成氫氣和氧氣，D正確；

故答案為：C。

【分析】C.電池一般是將化學能直接轉化為電能。2．【答案】D【解析】【解答】A．玻璃的主要成分為SiO2，用氫氟酸刻蝕玻璃時，SiO2和氫氟酸反應生成SiF4氣體和水，反應的方程式為SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，A錯誤；

B．Fe3+可以將Cu氧化成Cu2+，三氯化鐵刻蝕銅電路板時反應的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B錯誤；

C．氯氣具有強氧化性，可以氧化硫代硫酸根成硫酸根，氯氣被還原為氯離子，反應的離子方程式為S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO32-+8Cl-+10H+，C錯誤；

D．碳酸鈣的溶解度小于硫酸鈣，可以用碳酸鈉溶液浸泡水垢使硫酸鈣轉化為疏松、易溶于酸的碳酸鈣，反應的離子方程式為CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-3．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)PLA的結構簡式，含有酯基結構，可以在堿性條件下發(fā)生降解反應，A正確；

B．MP可視為丙酸和甲醇發(fā)生酯化反應得到的，因此其化學名稱為丙酸甲酯，B正確；

C．MP的同分異構體中，含有羧基的有2種，分別為正丁酸和異丁酸，C錯誤；

D．MMA中含有雙鍵結構，可以發(fā)生加聚反應生成高分子，D正確；

故答案為：C。

【分析】C.MP的同分異構體中要含有羧基，該有機物有4個碳，即為正丁酸和異丁酸兩種結構。4．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，a為硝酸銨溶液，為強酸弱堿鹽的溶液，銨根水解顯酸性，故a顯弱酸性，A項錯誤

B．由分析可知，f為氫氧化鋁，b氫氧化鋇為溶液，氫氧化鋁為兩性氫氧化物，可溶液強堿，故f可溶于過量的b中，B項正確；

C．由分析可知，c為氯化鋁溶液，e為氨氣，氯化鋁溶液通入氨氣會生成沉淀，氫氧化鋁不溶于弱堿，繼續(xù)通入氨氣不能得到無色溶液，C項錯誤；

D．由分析可知，b為氫氧化鋇，d為碳酸鈉，二者反應生成碳酸鋇沉淀，可溶與稀硝酸，D項錯誤；

故答案為：B。

【分析】由題意及關系圖可知，a與b反應需要加熱，且產(chǎn)生的e為無色氣體，則a和b分別為和的一種，產(chǎn)生的氣體e為；又由于b和c反應生成白色沉淀f，不會與其他三種溶液產(chǎn)生沉淀，故b為，a為；又由于c既能與b產(chǎn)生沉淀f，又能與d反應產(chǎn)生沉淀f，故c為，d為，生成的白色沉淀為，無色氣體g為。綜上所述，a為溶液，b為溶液，c為溶液，d為溶液，e為，f為，g為。5．【答案】A【解析】【解答】】A．由分析可知，X為N元素，Z為P元素，X和Z屬于同一主族，A項正確；

B．由分析可知，X為N元素，Y為F元素，Z為P元素，非金屬性：F＞N＞P，B項錯誤；

C．由分析可知，Y為F元素，Z為P元素，非金屬性越強，其簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，即氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HF＞PH3，C項錯誤；

D．由分析可知，W為Li元素，X為N元素，Y為F元素，同周期主族元素原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，故原子半徑：Li＞N＞F，D項錯誤；

故答案為：A。

【分析】】W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，且能形成離子化合物，則W為Li或Na；又由于W和X原子序數(shù)之和等于的核外電子數(shù)，若W為Na，X原子序數(shù)大于Na，則W和X原子序數(shù)之和大于18，不符合題意，因此W只能為Li元素；由于Y可形成，故Y為第Ⅶ主族元素，且原子序數(shù)Z大于Y，故Y不可能為Cl元素，因此Y為F元素，X的原子序數(shù)為10-3=7，X為N元素；根據(jù)W、Y、Z形成離子化合物，可知Z為P元素；綜上所述，W為Li元素，X為N元素，Y為F元素，Z為P元素。6．【答案】C【解析】【解答】A．充電時該裝置為電解池，電解池中陽離子向陰極遷移，即Zn2+向陰極方向遷移，A不正確；

B．放電時，負極的電極反應為Zn?2e?=Zn2+，則充電時陰極反應為Zn2++2e-=Zn，即充電時Zn元素化合價應降低，而選項中Zn元素化合價升高，B不正確；

C．放電時MnO2電極為正極，正極上檢測到MnOOH和少量ZnMn2O4，則正極上主要發(fā)生的電極反應是MnO2+H2O+e?=MnOOH+OH?，C正確；7．【答案】D【解析】【解答】A.2mL時與NaCl溶液恰好完全反應，則a點時溶質(zhì)為NaCl和Na2CrO4，電荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c()+c(Cl-)+c(OH-)，此時c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不計，a點為Cl-和曲線的交點，即c()=c(Cl-)，則溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A錯誤；B．當V(NaCl)=1.0mL時，有一半的Ag2CrO4轉化為AgCl，Ag2CrO4與AgCl共存，均達到沉淀溶解平衡，取圖中橫坐標為1.0mL的點，得Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c()=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96，則K==102.21，B錯誤；

C.V＜2.0mL時，Ag+未沉淀完全，體系中Ag2CrO4和AgCl共存，則=為定值，即為定值，由圖可知，在V≤2.0mL時c(Ag+)并不是定值，則的值也不是定值，即在變化，C錯誤；

D．V＞2.0mL時AgCl處于飽和狀態(tài)，V(NaCl)=2.4mL時，圖像顯示c(Cl-)=10-1.93mol/L，則c(Ag+)===10-7.82mol/L，故y1=-7.82，此時Ag2CrO4全部轉化為AgCl，n()守恒，等于起始時n(Ag2CrO4)，則=mol/L，則y2==-lg34，D正確；

故答案為：D?！痉治觥肯?.0mL含的懸濁液中滴加的NaCl溶液，發(fā)生反應：，兩者恰好完全反應時，NaCl溶液的體積為v(NaCl)=，2mL之后再加NaCl溶液，c(Cl-)增大，據(jù)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，c(Ag+)會隨著c(Cl-)增大而減小，所以2mL后降低的曲線，即最下方的虛線代表Ag+，升高的曲線，即中間虛線代表Cl-，則剩余最上方的實線為曲線。由此分析解題。8．【答案】（1）增大固體與酸反應的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率（2）CoO+（3）1.（4）4.0mol（5）Fe(OH（6）2C（7）向濾液中滴加NaOH溶液，邊加邊攪拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，靜置后過濾、洗滌、干燥【解析】【解答】（1）“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目是增大固體與酸反應的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率。

（2）“酸浸”步驟中，Cu不溶解，Zn單質(zhì)及其他+2價氧化物除鉛元素轉化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉化為相應的+2價陽離子進入溶液，即CoO為轉化為CoSO4，反應的化學方程式為CoO+H2SO4=CoSO4+H2O。

（3）假設“沉銅”后得到的濾液中c(Zn2+)和c(Co2+)均為0.10mol?L?1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此時溶液中c(S2?)=2.5×10?2210?5mol?L?1=2.5×10?17mol?L?1，則c(Co2+)=4.0×10?212.5×10?17mol?L?1=1.6×10?4mol?L?1，c(Co2+)小于0.10mol?L?1，說明大部分Co2+也轉化為硫化物沉淀，據(jù)此判斷不能實現(xiàn)Zn2+和Co2+的完全分離。

（4）“沉錳”步驟中，Na2S2O8將Mn9．【答案】（1）燒杯、漏斗、玻璃棒，可任選兩種作答（2）50%（3）液體分層，上層為無色，下層為紫紅色；還原性、氧化性（4）避免溶質(zhì)損失；蓋好瓶塞，反復上下顛倒、搖勻（5）B；D（6）A【解析】【解答】（1）過濾操作需要的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，

（2）實驗中加入尿素的質(zhì)量為12.0g，物質(zhì)的量為0.2mol，過氧化氫的質(zhì)量為25mL×1.11g?cm?3×30%=8.325g，物質(zhì)的量約為0.245mol，過氧化氫過量，產(chǎn)率應按照尿素的質(zhì)量計算，理論上可得到過氧化脲0.2mol，質(zhì)量為0.2mol×94g/mol=18.8g，實驗中實際得到過氧化脲9.4g，故過氧化脲的產(chǎn)率為：50%；

（3）在過氧化脲的性質(zhì)檢測中，檢測Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高錳酸鉀溶液，紫紅色消失，說明過氧化脲被酸性高錳酸鉀氧化，體現(xiàn)了過氧化脲的還原性；檢測Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，過氧化脲會將KI氧化為I2單質(zhì)，體現(xiàn)了過氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，會溶于四氯化碳溶液，且四氯化碳密度大于水，振蕩，靜置后出現(xiàn)的現(xiàn)象為：液體分層，上層為無色，下層為紫紅色。

（4）操作a為洗滌燒杯和玻璃棒，并將洗滌液轉移到容量瓶中，目的是避免溶質(zhì)損失；定容后應蓋好瓶塞，反復上下顛倒、搖勻。

（5）A．KMnO4溶液是強氧化性溶液，應置于酸式滴定管中，A項正確；

B．量筒的精確度不能達到0.01mL，量取25.00mL的溶液應選用滴定管，B項錯誤；

C．滴定過程中，待測液有可能會濺到錐形瓶內(nèi)壁，滴定近終點時，為了使結果更精確，可用洗瓶沖洗錐形瓶內(nèi)壁，C項正確；

D．錐形瓶內(nèi)溶液變色后，應等待30s，觀察溶液不再恢復原來的顏色后，才能記錄滴定管液面刻度，D項錯誤；

故選BD。

（6）A．在配制過氧化脲溶液時，容量瓶中頁面超過刻度線，會使溶液體積偏大，配制溶液的濃度偏低，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏低，導致測定結果偏低，A項符合題意；

B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液潤洗，會導致KMnO4溶液濃度偏低，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導致測定結果偏高，B項不符合題意；

C．搖動錐形瓶時KMnO4溶液滴到錐形瓶外，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導致測定結果偏高，C項不符合題意；

D．滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消失，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導致測定結果偏高，D項不符合題意；

故選A。

【分析】（1）過濾操作需要的玻璃儀器有：燒杯、漏斗、玻璃棒；

（2）過氧化脲的產(chǎn)率為即為實際產(chǎn)量與理論產(chǎn)量的比值，實際產(chǎn)量為12g，根據(jù)題目數(shù)據(jù)可以計算出理論產(chǎn)量，即可計算。

（3）檢測Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高錳酸鉀溶液，紫紅色消失，說明過氧化脲被酸性高錳酸鉀氧化，體現(xiàn)了過氧化脲的還原性，而檢測Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，過氧化脲會將KI氧化為I10．【答案】（1）-67（2）a；80%；7.8；10.92（3）32(或3：2)；5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐漸降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升；I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2發(fā)生反應生成了CH3【解析】【解答】（1）將第一個熱化學方程式命名為①，將第二個熱化學方程式命名為②。根據(jù)蓋斯定律，將方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故熱化學方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的?H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。

（2）(i)根據(jù)方程式①，升高溫度，反應向吸熱反應方向移動，升高溫度，平衡逆向移動，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量減少，故CH3Br的曲線為a；

(ii)560℃時反應達平衡，剩余的CH4(g)的物質(zhì)的量為1.6mmol，其轉化率α=(8mmol-1.6mmol)/8mmol×100%=80%；若只發(fā)生一步反應，則生成6.4mmolCH3Br，但此時剩余CH3Br的物質(zhì)的量為5.0mmol，說明還有1.4mmolCH3Br發(fā)生反應生成CH2Br2，則此時生成的HBr的物質(zhì)的量n=6.4+1.4=7.8mmol；

(iii)平衡時，反應中各組分的物質(zhì)的量分別為n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故該反應的平衡常數(shù)K=10.92。

（3）(i)11~19s時，有I2的生成速率v=0.075Vmmol·(L·s)-1，無I2的生成速率v=0.05Vmmol·(L·s)-1。生成速率比)：3：2

(ii)從圖中可以看出，大約4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐漸降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此變化判斷I2提高了CH3Br的選擇性；

(iii)根據(jù)反應機理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同時也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2發(fā)生反應生成了CH3Br，提高了CH3Br的選擇性。

【分析】（1）根據(jù)蓋世定律，用已知方程式算出未知反應的焓變；

（2）(i)根據(jù)方程式①，升高溫度，平衡逆向移動，根據(jù)甲烷的變化，即可確定曲線a為CH3Br；

(ii)根據(jù)平衡時甲烷的量，求出變化量，即可算出轉化率，根據(jù)分析可知，甲烷與溴反應生成一溴甲烷和二溴甲烷，算出二者物質(zhì)的量即可得到HBr的物質(zhì)的量；

（3）(i)根據(jù)圖像信息，分別計算出v（有I2）和v（無I2），然后即可求出其比值

(ii)從圖中可以看出，有I2催化的CH311．【答案】（1）2；+4（2）bd（3）C；s（4）SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點比分子晶體的高，分子晶體的相對分子量越大，分子間作用力越強，熔點越高（5）6；4×(207+32)【解析】【解答】（1）ⅣA族元素基態(tài)原子的價層電子排布為ns2np2，其核外未成對電子數(shù)為2，因最外層電子數(shù)均為4，所以在與其他元素形成化合物時，呈現(xiàn)的最高化合價為+4；

（2）CaC2俗稱電石，其為離子化合物，含有離子鍵，此外碳原子之間還形成了非極性共價鍵，故選bd；

（3）聚甲基硅烷，含C、Si、H三種元素，其電負性大?。篊>H>Si，則電負性最大的元素是C，硅原子與周圍的4個原子形成共價鍵，沒有孤電子對，價層電子對數(shù)為4，則硅原子的雜化軌道類型sp3；

（4）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，SnF4的熔點均遠高于其余三種物質(zhì)，故SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點比分子晶體的高，SnCl4、SnBr4、SnI4三種物質(zhì)的相對分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增強，熔點升高，故原因為：SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點比分子晶體的高，分子晶體的相對分子量越大，分子間作用力越強，熔點越高；