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【高考真題】2024年廣西高考真題化學試題
1．（2024·廣西）《天工開物》記載：軟漿車榨蔗汁，一石(dàn)汁下石灰五合，取汁煎糖，冷凝成黑沙，黃泥水淋下成白糖。下列說法錯誤的是
A．石灰可中和蔗汁中的酸性物質 B．“冷凝成黑沙”是結晶過程
C．“黃泥水淋下”的目的是脫色 D．“白糖”的主要成分是葡萄糖
【答案】D
【知識點】蒸發和結晶、重結晶；物質的分離與提純
【解析】【解答】A．石灰（主要成分為 Ca (OH)2）呈堿性，可中和蔗汁中的酸性物質，A正確；
B．“冷凝成黑沙” 是將蔗汁煎制濃縮后冷卻，溶質從溶液中結晶析出的過程，B正確；
C．黃泥具有吸附性，“黃泥水淋下” 可吸附黑沙中的色素，起到脫色作用，得到白糖，C正確；
D．甘蔗的主要成分為蔗糖，經煎制、結晶、脫色后得到的 “白糖” 主要成分是蔗糖，而非葡萄糖，D錯誤；
故選D。
【分析】A．石灰呈堿性；
Ｂ．“冷凝成黑沙” 是結晶的過程；
Ｃ．黃泥水淋下成白糖，實現脫色；
Ｄ．甘蔗的主要成分為蔗糖。
2．（2024·廣西）光照時，納米能使水產生羥基自由基，可用于處理廢水。下列表述正確的是
A．基態Ti的價電子排布式：
B．的電子式：
C．的VSEPR模型：
D．O的一種核素：
【答案】B
【知識點】原子核外電子排布；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A．基態Ti的核外共有 22 個電子，核外電子排布式為1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2，價電子排布式：3d24s2，A錯誤；
B．含有一個單電子，其電子式為：，B正確；
C．H2O中心O原子價層電子對數為，O原子采用sp3雜化，O原子上含有2對孤電子對，的VSEPR模型為，C錯誤；
D．原子符號左下角為質子數，左上角為質量數，O的質子數為8，O的一種核素不可能是，D錯誤；
故選B。
【分析】A．Ti為22號元素，根據核外電子排布規則書寫其價電子排布式；
Ｂ．中O原子上含有一個單電子；
Ｃ．H2O中心原子的價層電子對數為4，含有2個孤電子對；
Ｄ．原子符號左上角為質量數，左下角為質子數，質量數=質子數+中子數，核外電子數=核內質子數=核電荷數。
3．（2024·廣西）將NaCl固體與濃硫酸加熱生成的HCl氣體通至飽和NaCl溶液，可析出用于配制標準溶液的高純度NaCl，下列相關實驗操作規范的是
A．制備HCl B．析出NaCl C．過濾 D．定容
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知識點】常見氣體制備原理及裝置選擇；配制一定物質的量濃度的溶液
【解析】【解答】A．NaCl固體與濃硫酸在加熱條件下生成的HCl氣體，該裝置缺少加熱裝置，故A錯誤；
B．氯化氫易溶于水，為充分吸收氯化氫并防止倒吸，HCl氣體應從右側通入，故B錯誤；
C．NaCl晶體為固態，因此可以采用過濾法分離出氯化鈉晶體，故C正確；
D．定容時眼睛應當平視容量瓶的刻度線，故D錯誤；
選C。
【分析】A．該反應需要加熱；
Ｂ．HCl極易溶于水；
Ｃ．過濾用于分液固液混合物；
Ｄ．定容時視線應當平視刻度線。
4．（2024·廣西）6-硝基胡椒酸是合成心血管藥物奧索利酸的中間體，其合成路線中的某一步如下：
下列有關X和Y的說法正確的是
A．所含官能團的個數相等 B．都能發生加聚反應
C．二者中的所有原子共平面 D．均能溶于堿性水溶液
【答案】A
【知識點】有機物中的官能團；有機物的結構和性質；羧酸簡介；有機分子中原子共線、共面的判斷
【解析】【解答】A．X中含有4個官能團，Y中也含有4個官能團，則X和Y所含官能團的個數相等，A正確；
B．X含有碳碳雙鍵，能發生加聚反應，Y中不存在碳碳雙鍵，不能發生加聚反應，B錯誤；
C．X、Y均含有飽和碳原子，飽和碳原子為四面體結構，所有原子不可能共平面，C錯誤；
D．Y含有羧基，能與堿溶液反應，X不能溶于堿性水溶液，D錯誤；
故選A。
【分析】A．X和Y均含有4個官能團；
Ｂ．Y不含碳碳雙鍵或者三鍵；
Ｃ．飽和碳原子具有甲烷的結構特征；
Ｄ．X不能與堿性溶液反應。
5．（2024·廣西）白磷是不溶于水的固體，在空氣中易自燃。下列有關白磷的說法錯誤的是
A．分子中每個原子的孤電子對數均為1
B．常保存于水中，說明白磷密度大于
C．難溶于水，是因為水是極性分子，是非極性分子
D．熔點低，是因為分子內的鍵弱
【答案】D
【知識點】分子晶體；極性分子和非極性分子；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】A．白磷（P4）分子為正四面體結構，每個磷原子與 3 個其他磷原子形成共價鍵，價電子數為 5，成鍵用去 3 個電子，剩余 2 個電子形成 1 對孤電子對，故每個原子孤電子對數為 1，A正確；
B．白磷在空氣中容易自燃，保存于水中隔絕空氣，故其密度大于水，B正確；
C．水是極性分子，白磷（P4）分子結構對稱，屬于非極性分子，根據 “相似相溶” 原理，非極性分子難溶于極性溶劑，白磷難溶于水，C正確；
D．白磷為分子晶體，熔點低的原因是分子間作用力（范德華力）較弱，而非分子內P-P鍵的強弱，分子內共價鍵影響的是分子的穩定性，而非晶體的熔點，D錯誤；
故選D。
【分析】A．白磷（P4）分子為正四面體結構，每個磷原子與3個其他磷原子形成共價鍵；
Ｂ．白磷密度大于水；
Ｃ．極性分子組成的溶質易溶于極性分子組成的溶劑，難溶于非極性分子組成的溶劑；非極性分子組成的溶質易溶于非極性分子組成的溶劑，難溶于極性分子組成的溶劑；
Ｄ．白磷為分子晶體。
6．（2024·廣西）化學與生活息息相關。下列離子方程式書寫正確的是
A．用溶液處理水垢中的
B．明礬用于凈水：
C．抗酸藥中的可治療胃酸過多：
D．用酸化的KI淀粉溶液檢驗加碘鹽中的
【答案】A
【知識點】氧化還原反應方程式的配平；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；鎂、鋁的重要化合物；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．與硫酸鈣反應生成溶解度更小的碳酸鈣，反應的離子方程式為，A項正確；
B．生成的是氫氧化鋁膠體，不是沉淀，正確的離子方程式為，B項錯誤；
C．屬于難溶性堿，應保留化學式，正確的離子方程式：，C項錯誤；
D．該方程式原子不守恒，正確的離子方程式為，D項錯誤；
故選A。
【分析】A．沉淀能從溶解度小的向溶解度更小的轉化；
Ｂ．明礬水解生成氫氧化鋁膠體，而非沉淀；
Ｃ． 為固體，應保留化學式；
Ｄ．該方程式原子不守恒。
7．（2024·廣西）如圖所示的錸配合物離子能電催化還原。短周期元素的原子序數依次增大。標準狀況下，WY和是等密度的無色氣體，是黃綠色氣體。下列說法錯誤的是
A．第一電離能：
B．圖中X原子的雜化方式為
C．元素以原子的形態與配位
D．Y的電負性大于中的化學鍵是極性鍵
【答案】C
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；配合物的成鍵情況；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】A．同一周期元素的第一電離能隨著原子序數增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，故第一電離能大小：N>O，A正確；
B．X原子處于環中，且存在平面大π鍵，采用雜化，B正確；
C．該配離子整體帶1個正電荷，其中帶2個單位正電荷，則氯元素以Cl-的形態與配位，C錯誤；
D．同周期從左到右元素的電負性增強，則電負性：O>C，CO中的化學鍵是極性鍵，D正確；
故選C。
【分析】是黃綠色氣體 ，為Cl2，則Z為Cl元素，X形成3個共用電子對，X與Re2+之間為配位鍵，則X為N元素，推測X為氮，標準狀況下，WY和是等密度的無色氣體，X2是N2，則WY為CO，綜上所述，W為C，X為N，Y為O，Z為Cl。
8．（2024·廣西）某小組對和的性質進行探究：
Ⅰ．向少量蒸餾水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。
Ⅱ．向少量蒸餾水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。
下列說法正確的是
A．實驗Ⅰ中繼續加入少量固體，溶液顏色變淺
B．實驗Ⅱ中溶液呈紅色
C．KSCN能區分和
D．焰色試驗不能區分和
【答案】C
【知識點】配合物的成鍵情況；焰色反應；二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗；性質實驗方案的設計
【解析】【解答】A．實驗Ⅰ中由于發生反應使溶液呈紅色，固體溶于水不影響該平衡移動，溶液的顏色不會發生變化，故A錯誤；
B．實驗Ⅱ中，電離產生K+、，不能電離出Fe3+，溶液沒有明顯變化，故B錯誤；
C．KSCN溶液能使溶液變為紅色，溶液與KSCN溶液并不能發生反應，不能使溶液變紅，因此 KSCN能區分和 ，故C正確；
D．透過藍色鈷玻璃可觀察到鉀元素的焰色呈紫色，鐵燃燒火焰為無色，因此焰色試驗可以區分和，故D錯誤；
故答案選C。
【分析】 向少量蒸餾水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液 ，發生反應，溶液呈紅色； 向少量蒸餾水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液 ，由于不能電離產生鐵離子，溶液不會變紅。
9．（2024·廣西）某新型鈉離子二次電池(如圖)用溶解了NaPF6的二甲氧基乙烷作電解質溶液。放電時嵌入PbSe中的Na變成Na+后脫嵌。下列說法錯誤的是
A．外電路通過1mol電子時，理論上兩電極質量變化的差值為23g
B．充電時，陽極電極反應為：
C．放電一段時間后，電解質溶液中的Na+濃度基本保持不變
D．電解質溶液不能用NaPF6的水溶液替換
【答案】A
【知識點】電極反應和電池反應方程式；原電池工作原理及應用；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．外電路通過1mol電子時，負極上有1molNa失電子變成Na+進入溶液，溶液中有1molNa+從右側進入左側，并與正極的Na3-xV2(PO4)3結合，則理論上兩電極質量變化的差值為2mol×23g/mol=46g，A錯誤；
B．充電時，陽極發生氧化反應，電極反應為：，B正確 ；
C．負極產生鈉離子的物質的量等于正極消耗鈉離子的物質的量，所以電解質溶液中的Na+濃度基本保持不變，C正確 ；
D．Na性質活潑，易與水反應，因此電解質溶液不能用NaPF6的水溶液替換，D正確 ；
故選 A。
【分析】A．外電路通過1mol電子時，負極1molNa失電子，1molNa+從右側進入左側；
Ｂ．充電時，陽極發生氧化反應；
Ｃ．放電時，負極產生的鈉離子進入左側，左側的鈉離子參與正極反應；
Ｄ．金屬鈉性質活潑，能與水反應。
10．（2024·廣西）烯烴進行加成反應的一種機理如下：
此外，已知實驗測得與進行加成反應的活化能依次減小。下列說法錯誤的是
A．乙烯與HCl反應的中間體為
B．乙烯與氯水反應無生成
C．鹵化氫與乙烯反應的活性：
D．烯烴雙鍵碳上連接的甲基越多，與的反應越容易
【答案】B
【知識點】活化能及其對化學反應速率的影響；烯烴
【解析】【解答】A．Cl的電負性大于H，因此HCl中H帶正電荷、Cl帶負電荷，則乙烯與HCl反應的中間體為氫和乙烯形成正離子：，A正確；
B．氯水中存在HClO，-OH的電負性大于Cl，則乙烯與氯水反應可能會有生成，B錯誤；
C．第一步反應為慢反應，決定總反應的速率，溴原子半徑大于氯，鍵能：H-BrD．已知實驗測得與進行加成反應的活化能依次減小，則反應越來越容易，說明烯烴雙鍵碳上連接的甲基越多，與的反應越容易，D正確；
故選B。
【分析】A．電負性：Cl>H；
Ｂ．電負性：O>Cl；
Ｃ．活化能越大反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟；
Ｄ． 得與進行加成反應的活化能依次減小 ，則反應越來越容易。
11．（2024·廣西）一定條件下，存在缺陷位的LiH晶體能吸附使其分解為N，隨后N占據缺陷位(如圖)。下列說法錯誤的是
A． B．半徑：
C． D．LiH晶體為離子晶體
【答案】C
【知識點】晶體的類型與物質的性質的相互關系及應用；晶體的定義；微粒半徑大小的比較
【解析】【解答】A．根據晶胞圖可知，c為同一個面上頂點到面心的距離，具體為，，故A正確；
B．H原子和的電子層數均為1，但比氫原子多一個電子，微粒半徑更大，因此 半徑： ，故B正確；
C．根據LiH立方晶胞可知，b的長度如圖，但當N占據了空缺位后，由于比的半徑大，因此，故C錯誤；
D．LiH晶體由Li+和構成，屬于離子晶體，故D正確；
故答案選C。
【分析】A．c為同一個面上頂點到面心的距離；
Ｂ．電子層數和核電荷數都相同時，核外電子數越多，微粒半徑越大；
Ｃ．N占據缺陷位，與半徑不同；
Ｄ．LiH晶體中含有Li+和。
12．（2024·廣西）實驗小組用如下流程探究含氮化合物的轉化。為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是
A．“反應1”中，每消耗，在下得到
B．“反應2”中，每生成0.1molNO，轉移電子數為
C．在密閉容器中進行“反應3”，充分反應后體系中有個
D．“反應4”中，為使完全轉化成，至少需要個
【答案】C
【知識點】氨的實驗室制法；氮的氧化物的性質及其對環境的影響；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A．氣體處于室溫下，并不是標準狀況，不能用標況下的氣體摩爾體積計算其體積，A錯誤；
B．反應2的化學方程式為：，每生成0.1molNO，轉移電子數為，B正確；
C．體系中存在轉化2NO2 N2O4，則充分反應后生成的數目小于個 ，C錯誤；
D．反應4的化學方程式為 4NO2+2H2O+O2=4HNO3 ，使完全轉化成，至少需要個O2，D錯誤；
故選B。
【分析】氯化銨和氫氧化鈣發生反應1，反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑，通入氧氣，催化氧化，發生反應2：，再通入氧氣氧化得到NO2，反應3：2NO+O2=2NO2，NO2與水反應生成硝酸，則反應4的方程式為： 4NO2+2H2O+O2=4HNO3 。
13．（2024·廣西）573K、高壓條件下，一定量的苯甲腈在密閉容器中發生連續水解：(苯甲腈)(苯甲酰胺)(苯甲酸)。如圖為水解過程中上述三者(分別用表示)的物質的量分數隨時間的變化曲線，其中。下列說法錯誤的是
A．水解產物除了還有
B．點時
C．在15min前基本不變，15min后明顯增大，可能是水解產物對生成的反應有催化作用
D．任意25min時間段內存在
【答案】D
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學平衡的計算
【解析】【解答】A．水解的化學方程式為 ，則 水解產物除了還有，A正確；
B．a點之前x(Y)逐漸增大，；a點之后，x(Y)逐漸減小，a點是Y物質的最大值，此時Y生成和消耗的速率相等，B正確；
C．在15min前基本不變，15min后明顯增大，其反應速率快速增加，由于沒有加入其他催化劑，說明水解產物對生成的反應有催化作用，C正確；
D．a點之前存在：，a點之后，明顯減小，顯著增大，三者的速率關系不再滿足，D錯誤；
故選D。
【分析】A．苯甲腈連續水解的方程式為，；
Ｂ．a點Y的消耗速率與消耗速率相等；
Ｃ．催化劑能加快反應速率；
Ｄ．a點后，明顯減小，明顯增大。
14．（2024·廣西）常溫下，用溶液分別滴定下列兩種混合溶液：
Ⅰ.20.00mL濃度均為和溶液
Ⅱ.20.00mL濃度均為和溶液
兩種混合溶液的滴定曲線如圖。已知，下列說法正確的是
A．Ⅰ對應的滴定曲線為N線
B．點水電離出的數量級為
C．時，Ⅱ中
D．時，Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和
【答案】D
【知識點】水的電離；離子濃度大小的比較；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，Ⅰ對應的滴定曲線為M線，Ⅱ對應的滴定曲線為N線，A錯誤；
B．a點的溶質為氯化鈉和醋酸鈉，醋酸根發生水解，溶液的pH接近8，由水電離的=，數量級接近，B錯誤；
C．當時，Ⅱ中的溶質為氯化鈉、氯化銨、一水合氨，且氯化銨和一水合氨的濃度相同，銨根的水解，即水解程度小于一水合氨的電離程度，所以，由物料守恒，即，故，C錯誤；
D． 根據元素守恒有：=，時，Ⅱ所加氫氧化鈉溶液較少，溶液體積較小，故Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和，D正確；
故選D。
【分析】混合溶液Ⅰ含強酸HCl和弱酸CH3COOH，Ⅱ含強酸HCl和強酸弱堿鹽NH4Cl，滴定初期，兩者均以HCl電離為主，初始pH相近，但中和HCl后，Ⅰ中CH3COOH和CH3COONa形成緩沖體系，Ⅱ 中銨根離子與NH3 H2O形成緩沖體系，曲線N在中和后pH較高，則Ⅰ對應的滴定曲線為M線，Ⅱ對應的滴定曲線為N線。
15．（2024·廣西）廣西盛產甘蔗，富藏錳礦。由軟錳礦(，含和CuO等雜質)制備光電材料的流程如下。回答下列問題：
已知：
物質
（1）“甘蔗渣水解液”中含有還原性糖和，其主要作用是　 　。為提高“浸取”速率，可采取的措施是　 　(任舉一例)。
（2）“濾渣1”的主要成分是　 　(填化學式)。
（3）常溫下，用調節溶液pH至時，可完全沉淀的離子有　 　(填化學式)。
（4）“X”可選用_______。
A． B． C．Zn D．
（5）若用替代沉錳，得到沉淀。寫出生成的離子方程式　 　。
（6）立方晶胞如圖，晶胞參數為，該晶體中與一個緊鄰的有　 　個。已知為阿伏加德羅常數的值，晶體密度為　 　(用含的代數式表示)。
【答案】（1）把二氧化錳還原為硫酸錳；把軟錳礦粉碎、攪拌、加熱等
（2）SiO2
（3）Al3+
（4）D
（5）
（6）4；
【知識點】晶胞的計算；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用
【解析】【解答】（1）二氧化錳具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有還原性糖和，其主要作用是把二氧化錳還原為硫酸錳；為提高“浸取”速率，可采取的措施是把軟錳礦粉碎、攪拌、加熱等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，則“濾渣1”的主要成分是SiO2。
（3）Fe2+完全沉淀時，c(OH-)= ，pH約為8.4；Al3+完全沉淀時，c(OH-)=，pH約為4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH約為6.7；常溫下，用調節溶液pH至時，可完全沉淀的離子有Al3+。
（4）加X的目的是生成硫化物沉淀除鐵和銅，Fe2+和H2S不反應，所以不能選用H2S；銅離子、亞鐵離子都能和硫離子反應生成硫化銅沉淀，所以“X”可選用，選D。
（5）若用替代沉錳，得到沉淀，反應的離子方程式為 。
（6）1個晶胞中含有1個K+，根據化學式可知，1個晶胞中含有1個Mn、3個F-，可知晶胞頂點上的原子為Mn、棱上的F-，該晶體中與一個緊鄰的有4個；已知為阿伏加德羅常數的值，晶體密度為。
【分析】 軟錳礦(，含和CuO等雜質) ，加入甘蔗渣水解液浸取，甘蔗渣水解液中含有還原糖和硫酸，與反應生成硫酸錳，Fe2O3反應生成硫酸鐵，硫酸鐵被還原糖還原為硫酸亞鐵，Al2O3反應生成硫酸鋁，CuO反應生成硫酸銅，SiO2不與硫酸反應，在濾渣1為SiO2，加入碳酸鈣調節pH，將硫酸鋁轉化為氫氧化鋁除去，則濾渣2為氫氧化鋁，加入X沉淀，要除去鐵和銅，應加入硫化物，轉化為FeS和CuS除鐵和銅，過濾除去濾渣3，濾渣3中主要含有FeS和CuS，再加入碳酸氫鈉沉淀錳離子得到碳酸錳，最終將碳酸錳轉化為。
（1）二氧化錳具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有還原性糖和，其主要作用是把二氧化錳還原為硫酸錳。根據影響反應速率的因素，為提高“浸取”速率，可采取的措施是把軟錳礦粉碎、攪拌、加熱等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，“濾渣1”的主要成分是SiO2。
（3）根據溶度積常數，Fe2+完全沉淀時，c(OH-)= ，pH約為8.4；Al3+完全沉淀時，c(OH-)=，pH約為4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH約為6.7；常溫下，用調節溶液pH至時，可完全沉淀的離子有Al3+。
（4）加X的目的是生成硫化物沉淀除鐵和銅，Fe2+和H2S不反應，所以不能選用H2S；銅離子、亞鐵離子都能和硫離子反應生成硫化銅沉淀，所以“X”可選用，選D。
（5）若用替代沉錳，得到沉淀，反應的離子方程式為 。
（6）1個晶胞中含有1個K+，根據化學式可知，1個晶胞中含有1個Mn、3個F-，可知晶胞頂點上的原子為Mn、棱上的F-，該晶體中與一個緊鄰的有4個；已知為阿伏加德羅常數的值，晶體密度為 。
16．（2024·廣西）二氧化硫脲(TD)是還原性漂白劑，可溶于水，難溶于乙醇，在受熱或堿性條件下易水解：。其制備與應用探究如下：
Ⅰ．由硫脲制備TD
按如圖裝置，在三頸燒瓶中加入硫脲和水，溶解，冷卻至5℃后，滴入溶液，控制溫度低于10℃和進行反應。反應完成后，結晶、過濾、洗滌、干燥后得到產品TD。
Ⅱ．用TD進行高嶺土原礦脫色(去除)探究
將高嶺土原礦(質量分數為)制成懸濁液，加入TD，在一定條件下充分反應，靜置，分離出上層清液，用分光光度法測得該清液中濃度為，計算的去除率。
回答下列問題：
（1）儀器的名稱是　 　。
（2）Ⅰ中控制“溫度低于10℃和”的目的是　 　。
（3）寫出制備TD的化學方程式　 　。
（4）中S的化合價為　 　。Ⅰ的反應中，因條件控制不當生成了，最終導致TD中出現黃色雜質，該雜質是　 　(填化學式)。
（5）Ⅰ中“洗滌”選用乙醇的理由是　 　。
（6）高嶺土中去除率為　 　(用含的代數式表示)。Ⅱ中“靜置”時間過長，導致脫色效果降低的原因是　 　。
【答案】（1）恒壓滴液漏斗
（2）防止二氧化硫脲水解、防止過氧化氫分解
（3）
（4）+2；S
（5）減少二氧化硫脲的溶解損失
（6）；亞鐵離子被空氣中氧氣氧化
【知識點】鹽類水解的應用；探究物質的組成或測量物質的含量；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）儀器的名稱是恒壓滴液漏斗；
（2）二氧化硫脲在受熱或堿性條件下易水解，且過氧化氫不穩定受熱易分解，為了防止二氧化硫脲水解、防止過氧化氫分解，Ⅰ中控制“溫度低于10℃和”；
（3）硫脲和水溶解冷卻至5℃后，滴入溶液，控制溫度低于10℃和進行反應生成二氧化硫脲，發生的反應為
（4）二氧化硫脲水解的化學方程式為：，生成，該反應未非氧化還原反應，中硫化合價為+2，則中S的化合價為+2；TD具有還原性，Ⅰ的反應中因條件控制不當生成了，最終導致TD中出現黃色雜質，該雜質是TD還原硫元素轉化生成的硫單質；
（5）二氧化硫脲難溶于乙醇，用乙醇洗滌能減少二氧化硫脲損失，因此Ⅰ中“洗滌”選用乙醇；
（6）清液中濃度為，則為，那么的去除率；亞鐵離子具有還原性，Ⅱ中“靜置”時間過長，導致脫色效果降低的原因是亞鐵離子被空氣中氧氣氧化，導致實驗誤差。
【分析】（1）根據儀器構造確定其名稱；
（2）二氧化硫脲在受熱或堿性條件下易水解；
（3） 在三頸燒瓶中加入硫脲和水，溶解，冷卻至5℃后，滴入溶液，控制溫度低于10℃和進行反應得到TD，據此書寫化學方程式；
（4）根據化合物中化合價代數和為0計算；S為黃色沉淀；
（5）二氧化硫脲難溶于乙醇；
（6）亞鐵離子易被空氣中的氧氣氧化。
（1）由圖，儀器的名稱是恒壓滴液漏斗；
（2）已知，二氧化硫脲在受熱或堿性條件下易水解，且過氧化氫不穩定受熱易分解，故Ⅰ中控制“溫度低于10℃和”的目的是防止二氧化硫脲水解、防止過氧化氫分解；
（3）硫脲和水溶解冷卻至5℃后，滴入溶液，控制溫度低于10℃和進行反應生成二氧化硫脲，結合質量守恒，反應還會生成水，反應為
（4）二氧化硫脲水解：，生成，則反應中元素化合價沒有改變，中硫化合價為+2，則中S的化合價為+2。TD具有還原性，Ⅰ的反應中因條件控制不當生成了，最終導致TD中出現黃色雜質，該雜質是TD還原硫元素轉化生成的硫單質；
（5）二氧化硫脲可溶于水，難溶于乙醇，Ⅰ中“洗滌”選用乙醇的理由是減少二氧化硫脲的溶解損失；
（6）清液中濃度為，則為，那么的去除率；亞鐵離子具有還原性，Ⅱ中“靜置”時間過長，導致脫色效果降低的原因是亞鐵離子被空氣中氧氣氧化，導致實驗誤差。
17．（2024·廣西）二氯亞砜()是重要的液態化工原料。回答下列問題：
（1）合成前先制備。有關轉化關系為：
則的　 　。
（2）密閉容器中，以活性炭為催化劑，由和制備。反應如下：
Ⅰ
Ⅱ
①反應Ⅱ的(為平衡常數)隨(為溫度)的變化如圖，推斷出該反應為　 　(填“吸熱”或“放熱”)反應。
②466K時，平衡體系內各組分的物質的量分數隨的變化如圖。
反應Ⅱ的平衡常數　 　(保留1位小數)。保持和不變，增大平衡轉化率的措施有　 　(任舉一例)。
③改變，使反應Ⅱ的平衡常數，導致圖中的曲線變化，則等于的新交點將出現在　 　(填“”“”“”或“”)處。
（3）我國科研人員在含的溶液中加入，提高了電池的性能。該電池放電時，正極的物質轉變步驟如圖。其中，的作用是　 　；正極的電極反應式為　 　。
【答案】（1）-50
（2）放熱；32.4；移走或加入SO2Cl2；d
（3）催化作用；
【知識點】蓋斯定律及其應用；電極反應和電池反應方程式；化學平衡常數；化學平衡轉化過程中的變化曲線
【解析】【解答】（1）根據蓋斯定律可知，的焓變為，則的；
（2）①反應Ⅱ的與成正比，則升溫平衡常數減小，說明升溫平衡逆向移動，反應Ⅱ為放熱反應；
②由圖可知，=2.0時，平衡體系物質的量分數x(SCl2)=x(SO2Cl2)=0.13，由于為非可逆反應，故O2應完全轉化，即平衡體系中不存在O2，則x(SOCl2)=1－x(SCl2)－x(SO2Cl2)=0.74，反應Ⅱ是氣體體積不變的反應，則平衡常數可用物質的量分數代替計算，反應Ⅱ的平衡常數；保持和不變，減小生成物濃度或加入其他反應物均能使平衡正移，增大平衡轉化率的措施有移走或加入SO2Cl2；
③反應Ⅱ為放熱反應，改變，使反應Ⅱ的平衡常數，其平衡常數減小，則為升高溫度，反應Ⅱ逆向移動，使得含量減小、增加，則圖中等于的新交點將會提前，出現在d處；
（3）由圖可知，在反應中被消耗又生成，作用是催化作用；放電時，正極上得到電子發生還原轉化為S、SO2，正極電極反應為：。
【分析】（1）根據蓋斯定律計算；
（2）①升溫，平衡向吸熱反應方向移動，K只與溫度有關；
②化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動；
③反應Ⅱ為放熱反應，升溫平衡逆向移動，K減小；
（3）該反應中，先消耗后生成，反應前后未發生變化，為催化劑；正極發生還原反應。
（1）由蓋斯定律可知，的焓變為，則的；
（2）①由圖可知反應Ⅱ的與成正比，則溫度升高即減小隨之lgK減小，那么K值減小，平衡逆向移動，反應Ⅱ為放熱反應；
②由圖可知，=2.0時，平衡體系物質的量分數x(SCl2)=x(SO2Cl2)=0.13，由于為非可逆反應，故O2應完全轉化，即平衡體系中不存在O2，則x(SOCl2)=1－x(SCl2)－x(SO2Cl2)=0.74，反應Ⅱ是氣體體積不變的反應，則平衡常數可用物質的量分數代替計算，反應Ⅱ的平衡常數；保持和不變，減小生成物濃度或加入其他反應物均能使平衡正移，增大平衡轉化率的措施有移走或加入SO2Cl2；
③反應Ⅱ為放熱反應，改變，使反應Ⅱ的平衡常數，其平衡常數減小，則為升高溫度，反應Ⅱ逆向移動，使得含量減小、增加，則圖中等于的新交點將會提前，出現在d處；
（3）由圖可知，在反應中被消耗又生成，作用是催化作用；放電時，正極上得到電子發生還原轉化為S、SO2，正極電極反應為：。
18．（2024·廣西）化合物H是合成某姜黃素類天然產物的中間體，其合成路線如下。
回答下列問題：
（1）A可由R()合成，R的化學名稱是　 　。
（2）由A生成B的化學方程式為　 　。
（3）D中含氧官能團的名稱是　 　。
（4）F生成G的反應類型為　 　。
（5）符合下列條件的C的含苯環同分異構體共有　 　種，其中能與NaHCO3溶液反應產生氣體的同分異構體的結構簡式為　 　(任寫一種)。
①遇Fe3+發生顯色反應；②分子結構中含；③核磁共振氫譜顯示有5組峰，且峰面積比為6：2：2：1：1。
（6）上述路線中用保護酚羥基，某同學用乙酸酐()代替，設計了如下更簡短的合成路線，由J推出K的結構簡式為　 　。該設計路線中A→J的轉化　 　(填“合理”或“不合理”)，理由是　 　。
【答案】（1）鄰二溴苯(或1，2-二溴苯)
（2）++K2CO3+KCl+KHCO3
（3）醚鍵和酮羰基
（4）還原反應
（5）8；或 或(任寫一種)
（6）；不合理；I→J時加入NaOH溶液，會使酯基發生水解，生成-ONa，后續加入時，不能轉化為-OOCCH3
【知識點】有機物中的官能團；有機物的合成；同分異構現象和同分異構體；醛的化學性質
【解析】【解答】（1）R為，其名稱為鄰二溴苯(或1，2-二溴苯)。
（2）A()與在K2CO3作用下發生取代反應生成B()和HCl，K2CO3和HCl反應生成KCl和KHCO3，A生成B的化學方程式為++K2CO3+KCl+KHCO3。
（3）D的含氧官能團的名稱是醚鍵和酮羰基。
（4）F生成G的過程中，羰基轉化為羥基，反應類型為還原反應。
（5）C的分子式為C10H12O3，其同分異構體符合：①遇Fe3+發生顯色反應，說明含有酚羥基；②分子結構中含；③核磁共振氫譜顯示有5組峰，且峰面積比為6：2：2：1：1，說明C的含苯環同分異構體分子中，在分子的某對稱位置上含有2個甲基，另外，還含有1個苯環、1個酚羥基，1個酯基或1個羧基，符合條件的結構簡式為：、 、、、、、、，共8種，其中能與NaHCO3溶液反應產生氣體的同分異構體含有羧基，結構簡式為或 或。
（6）由分析可知，K的結構簡式為；該同學設計的路線中，I→J時加入NaOH溶液，會使酯基發生水解，生成-ONa，后續加入時，不能轉化為-OOCCH3，則此轉化不合理。
【分析】（1）含苯物質的命名規則：從環上連有最簡單取代基的碳原子開始編號，指出取代基的位置和名稱；
（2）B和C在NaOH溶液中反應得到D，結合B的分子式可知，B的結構簡式為 ，結合反應物、產物以及反應條件書寫化學方程式；
（3）D中的含氧官能團為醚鍵和酮羰基；
（4）F→G的過程中，羰基被還原為羥基，發生還原反應；
（5）分子式相同，結構不同的化合物互為同分異構體；
（6）A發生取代反應生成I，I發生加成反應、消去反應生成J，J發生類似D→E的反應生成K，結合K的分子式可知，K的結構簡式為 ，K中羰基被還原為L（），L發生類似G→H的反應得到H。
（1）R為，R的化學名稱是鄰二溴苯(或1，2-二溴苯)。
（2）A()與在K2CO3作用下發生取代反應生成B()和HCl，K2CO3和HCl反應生成KCl和KHCO3，化學方程式為++K2CO3+KCl+KHCO3。
（3）由D的結構簡式，可確定D的含氧官能團的名稱是醚鍵和酮羰基。
（4）F在NaBH4作用下發生反應生成G時，F分子中的酮羰基轉化為醇羥基，則反應類型為還原反應。
（5）C的分子式為C10H12O3，不飽和度為5，C的同分異構體符合下列條件：“①遇Fe3+發生顯色反應；②分子結構中含；③核磁共振氫譜顯示有5組峰，且峰面積比為6：2：2：1：1，說明C的含苯環同分異構體分子中，在分子的某對稱位置上含有2個甲基，另外，還含有1個苯環、1個酚羥基，1個酯基或1個羧基，則有、 、、、、、、，共8種，其中能與NaHCO3溶液反應產生氣體的同分異構體(含羧基)的結構簡式為或 或(任寫一種)。
（6）參照題給流程中D→E的信息，依據J的結構簡式和K的分子式，可由J推出K的結構簡式為。該同學設計的路線中，I→J時加入NaOH溶液，會使酯基發生水解，生成-ONa，后續加入時，不能轉化為-OOCCH3，則此轉化不合理。
1 / 1【高考真題】2024年廣西高考真題化學試題
1．（2024·廣西）《天工開物》記載：軟漿車榨蔗汁，一石(dàn)汁下石灰五合，取汁煎糖，冷凝成黑沙，黃泥水淋下成白糖。下列說法錯誤的是
A．石灰可中和蔗汁中的酸性物質 B．“冷凝成黑沙”是結晶過程
C．“黃泥水淋下”的目的是脫色 D．“白糖”的主要成分是葡萄糖
2．（2024·廣西）光照時，納米能使水產生羥基自由基，可用于處理廢水。下列表述正確的是
A．基態Ti的價電子排布式：
B．的電子式：
C．的VSEPR模型：
D．O的一種核素：
3．（2024·廣西）將NaCl固體與濃硫酸加熱生成的HCl氣體通至飽和NaCl溶液，可析出用于配制標準溶液的高純度NaCl，下列相關實驗操作規范的是
A．制備HCl B．析出NaCl C．過濾 D．定容
A．A B．B C．C D．D
4．（2024·廣西）6-硝基胡椒酸是合成心血管藥物奧索利酸的中間體，其合成路線中的某一步如下：
下列有關X和Y的說法正確的是
A．所含官能團的個數相等 B．都能發生加聚反應
C．二者中的所有原子共平面 D．均能溶于堿性水溶液
5．（2024·廣西）白磷是不溶于水的固體，在空氣中易自燃。下列有關白磷的說法錯誤的是
A．分子中每個原子的孤電子對數均為1
B．常保存于水中，說明白磷密度大于
C．難溶于水，是因為水是極性分子，是非極性分子
D．熔點低，是因為分子內的鍵弱
6．（2024·廣西）化學與生活息息相關。下列離子方程式書寫正確的是
A．用溶液處理水垢中的
B．明礬用于凈水：
C．抗酸藥中的可治療胃酸過多：
D．用酸化的KI淀粉溶液檢驗加碘鹽中的
7．（2024·廣西）如圖所示的錸配合物離子能電催化還原。短周期元素的原子序數依次增大。標準狀況下，WY和是等密度的無色氣體，是黃綠色氣體。下列說法錯誤的是
A．第一電離能：
B．圖中X原子的雜化方式為
C．元素以原子的形態與配位
D．Y的電負性大于中的化學鍵是極性鍵
8．（2024·廣西）某小組對和的性質進行探究：
Ⅰ．向少量蒸餾水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。
Ⅱ．向少量蒸餾水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。
下列說法正確的是
A．實驗Ⅰ中繼續加入少量固體，溶液顏色變淺
B．實驗Ⅱ中溶液呈紅色
C．KSCN能區分和
D．焰色試驗不能區分和
9．（2024·廣西）某新型鈉離子二次電池(如圖)用溶解了NaPF6的二甲氧基乙烷作電解質溶液。放電時嵌入PbSe中的Na變成Na+后脫嵌。下列說法錯誤的是
A．外電路通過1mol電子時，理論上兩電極質量變化的差值為23g
B．充電時，陽極電極反應為：
C．放電一段時間后，電解質溶液中的Na+濃度基本保持不變
D．電解質溶液不能用NaPF6的水溶液替換
10．（2024·廣西）烯烴進行加成反應的一種機理如下：
此外，已知實驗測得與進行加成反應的活化能依次減小。下列說法錯誤的是
A．乙烯與HCl反應的中間體為
B．乙烯與氯水反應無生成
C．鹵化氫與乙烯反應的活性：
D．烯烴雙鍵碳上連接的甲基越多，與的反應越容易
11．（2024·廣西）一定條件下，存在缺陷位的LiH晶體能吸附使其分解為N，隨后N占據缺陷位(如圖)。下列說法錯誤的是
A． B．半徑：
C． D．LiH晶體為離子晶體
12．（2024·廣西）實驗小組用如下流程探究含氮化合物的轉化。為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是
A．“反應1”中，每消耗，在下得到
B．“反應2”中，每生成0.1molNO，轉移電子數為
C．在密閉容器中進行“反應3”，充分反應后體系中有個
D．“反應4”中，為使完全轉化成，至少需要個
13．（2024·廣西）573K、高壓條件下，一定量的苯甲腈在密閉容器中發生連續水解：(苯甲腈)(苯甲酰胺)(苯甲酸)。如圖為水解過程中上述三者(分別用表示)的物質的量分數隨時間的變化曲線，其中。下列說法錯誤的是
A．水解產物除了還有
B．點時
C．在15min前基本不變，15min后明顯增大，可能是水解產物對生成的反應有催化作用
D．任意25min時間段內存在
14．（2024·廣西）常溫下，用溶液分別滴定下列兩種混合溶液：
Ⅰ.20.00mL濃度均為和溶液
Ⅱ.20.00mL濃度均為和溶液
兩種混合溶液的滴定曲線如圖。已知，下列說法正確的是
A．Ⅰ對應的滴定曲線為N線
B．點水電離出的數量級為
C．時，Ⅱ中
D．時，Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和
15．（2024·廣西）廣西盛產甘蔗，富藏錳礦。由軟錳礦(，含和CuO等雜質)制備光電材料的流程如下。回答下列問題：
已知：
物質
（1）“甘蔗渣水解液”中含有還原性糖和，其主要作用是　 　。為提高“浸取”速率，可采取的措施是　 　(任舉一例)。
（2）“濾渣1”的主要成分是　 　(填化學式)。
（3）常溫下，用調節溶液pH至時，可完全沉淀的離子有　 　(填化學式)。
（4）“X”可選用_______。
A． B． C．Zn D．
（5）若用替代沉錳，得到沉淀。寫出生成的離子方程式　 　。
（6）立方晶胞如圖，晶胞參數為，該晶體中與一個緊鄰的有　 　個。已知為阿伏加德羅常數的值，晶體密度為　 　(用含的代數式表示)。
16．（2024·廣西）二氧化硫脲(TD)是還原性漂白劑，可溶于水，難溶于乙醇，在受熱或堿性條件下易水解：。其制備與應用探究如下：
Ⅰ．由硫脲制備TD
按如圖裝置，在三頸燒瓶中加入硫脲和水，溶解，冷卻至5℃后，滴入溶液，控制溫度低于10℃和進行反應。反應完成后，結晶、過濾、洗滌、干燥后得到產品TD。
Ⅱ．用TD進行高嶺土原礦脫色(去除)探究
將高嶺土原礦(質量分數為)制成懸濁液，加入TD，在一定條件下充分反應，靜置，分離出上層清液，用分光光度法測得該清液中濃度為，計算的去除率。
回答下列問題：
（1）儀器的名稱是　 　。
（2）Ⅰ中控制“溫度低于10℃和”的目的是　 　。
（3）寫出制備TD的化學方程式　 　。
（4）中S的化合價為　 　。Ⅰ的反應中，因條件控制不當生成了，最終導致TD中出現黃色雜質，該雜質是　 　(填化學式)。
（5）Ⅰ中“洗滌”選用乙醇的理由是　 　。
（6）高嶺土中去除率為　 　(用含的代數式表示)。Ⅱ中“靜置”時間過長，導致脫色效果降低的原因是　 　。
17．（2024·廣西）二氯亞砜()是重要的液態化工原料。回答下列問題：
（1）合成前先制備。有關轉化關系為：
則的　 　。
（2）密閉容器中，以活性炭為催化劑，由和制備。反應如下：
Ⅰ
Ⅱ
①反應Ⅱ的(為平衡常數)隨(為溫度)的變化如圖，推斷出該反應為　 　(填“吸熱”或“放熱”)反應。
②466K時，平衡體系內各組分的物質的量分數隨的變化如圖。
反應Ⅱ的平衡常數　 　(保留1位小數)。保持和不變，增大平衡轉化率的措施有　 　(任舉一例)。
③改變，使反應Ⅱ的平衡常數，導致圖中的曲線變化，則等于的新交點將出現在　 　(填“”“”“”或“”)處。
（3）我國科研人員在含的溶液中加入，提高了電池的性能。該電池放電時，正極的物質轉變步驟如圖。其中，的作用是　 　；正極的電極反應式為　 　。
18．（2024·廣西）化合物H是合成某姜黃素類天然產物的中間體，其合成路線如下。
回答下列問題：
（1）A可由R()合成，R的化學名稱是　 　。
（2）由A生成B的化學方程式為　 　。
（3）D中含氧官能團的名稱是　 　。
（4）F生成G的反應類型為　 　。
（5）符合下列條件的C的含苯環同分異構體共有　 　種，其中能與NaHCO3溶液反應產生氣體的同分異構體的結構簡式為　 　(任寫一種)。
①遇Fe3+發生顯色反應；②分子結構中含；③核磁共振氫譜顯示有5組峰，且峰面積比為6：2：2：1：1。
（6）上述路線中用保護酚羥基，某同學用乙酸酐()代替，設計了如下更簡短的合成路線，由J推出K的結構簡式為　 　。該設計路線中A→J的轉化　 　(填“合理”或“不合理”)，理由是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】蒸發和結晶、重結晶；物質的分離與提純
【解析】【解答】A．石灰（主要成分為 Ca (OH)2）呈堿性，可中和蔗汁中的酸性物質，A正確；
B．“冷凝成黑沙” 是將蔗汁煎制濃縮后冷卻，溶質從溶液中結晶析出的過程，B正確；
C．黃泥具有吸附性，“黃泥水淋下” 可吸附黑沙中的色素，起到脫色作用，得到白糖，C正確；
D．甘蔗的主要成分為蔗糖，經煎制、結晶、脫色后得到的 “白糖” 主要成分是蔗糖，而非葡萄糖，D錯誤；
故選D。
【分析】A．石灰呈堿性；
Ｂ．“冷凝成黑沙” 是結晶的過程；
Ｃ．黃泥水淋下成白糖，實現脫色；
Ｄ．甘蔗的主要成分為蔗糖。
2．【答案】B
【知識點】原子核外電子排布；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A．基態Ti的核外共有 22 個電子，核外電子排布式為1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2，價電子排布式：3d24s2，A錯誤；
B．含有一個單電子，其電子式為：，B正確；
C．H2O中心O原子價層電子對數為，O原子采用sp3雜化，O原子上含有2對孤電子對，的VSEPR模型為，C錯誤；
D．原子符號左下角為質子數，左上角為質量數，O的質子數為8，O的一種核素不可能是，D錯誤；
故選B。
【分析】A．Ti為22號元素，根據核外電子排布規則書寫其價電子排布式；
Ｂ．中O原子上含有一個單電子；
Ｃ．H2O中心原子的價層電子對數為4，含有2個孤電子對；
Ｄ．原子符號左上角為質量數，左下角為質子數，質量數=質子數+中子數，核外電子數=核內質子數=核電荷數。
3．【答案】C
【知識點】常見氣體制備原理及裝置選擇；配制一定物質的量濃度的溶液
【解析】【解答】A．NaCl固體與濃硫酸在加熱條件下生成的HCl氣體，該裝置缺少加熱裝置，故A錯誤；
B．氯化氫易溶于水，為充分吸收氯化氫并防止倒吸，HCl氣體應從右側通入，故B錯誤；
C．NaCl晶體為固態，因此可以采用過濾法分離出氯化鈉晶體，故C正確；
D．定容時眼睛應當平視容量瓶的刻度線，故D錯誤；
選C。
【分析】A．該反應需要加熱；
Ｂ．HCl極易溶于水；
Ｃ．過濾用于分液固液混合物；
Ｄ．定容時視線應當平視刻度線。
4．【答案】A
【知識點】有機物中的官能團；有機物的結構和性質；羧酸簡介；有機分子中原子共線、共面的判斷
【解析】【解答】A．X中含有4個官能團，Y中也含有4個官能團，則X和Y所含官能團的個數相等，A正確；
B．X含有碳碳雙鍵，能發生加聚反應，Y中不存在碳碳雙鍵，不能發生加聚反應，B錯誤；
C．X、Y均含有飽和碳原子，飽和碳原子為四面體結構，所有原子不可能共平面，C錯誤；
D．Y含有羧基，能與堿溶液反應，X不能溶于堿性水溶液，D錯誤；
故選A。
【分析】A．X和Y均含有4個官能團；
Ｂ．Y不含碳碳雙鍵或者三鍵；
Ｃ．飽和碳原子具有甲烷的結構特征；
Ｄ．X不能與堿性溶液反應。
5．【答案】D
【知識點】分子晶體；極性分子和非極性分子；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】A．白磷（P4）分子為正四面體結構，每個磷原子與 3 個其他磷原子形成共價鍵，價電子數為 5，成鍵用去 3 個電子，剩余 2 個電子形成 1 對孤電子對，故每個原子孤電子對數為 1，A正確；
B．白磷在空氣中容易自燃，保存于水中隔絕空氣，故其密度大于水，B正確；
C．水是極性分子，白磷（P4）分子結構對稱，屬于非極性分子，根據 “相似相溶” 原理，非極性分子難溶于極性溶劑，白磷難溶于水，C正確；
D．白磷為分子晶體，熔點低的原因是分子間作用力（范德華力）較弱，而非分子內P-P鍵的強弱，分子內共價鍵影響的是分子的穩定性，而非晶體的熔點，D錯誤；
故選D。
【分析】A．白磷（P4）分子為正四面體結構，每個磷原子與3個其他磷原子形成共價鍵；
Ｂ．白磷密度大于水；
Ｃ．極性分子組成的溶質易溶于極性分子組成的溶劑，難溶于非極性分子組成的溶劑；非極性分子組成的溶質易溶于非極性分子組成的溶劑，難溶于極性分子組成的溶劑；
Ｄ．白磷為分子晶體。
6．【答案】A
【知識點】氧化還原反應方程式的配平；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；鎂、鋁的重要化合物；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．與硫酸鈣反應生成溶解度更小的碳酸鈣，反應的離子方程式為，A項正確；
B．生成的是氫氧化鋁膠體，不是沉淀，正確的離子方程式為，B項錯誤；
C．屬于難溶性堿，應保留化學式，正確的離子方程式：，C項錯誤；
D．該方程式原子不守恒，正確的離子方程式為，D項錯誤；
故選A。
【分析】A．沉淀能從溶解度小的向溶解度更小的轉化；
Ｂ．明礬水解生成氫氧化鋁膠體，而非沉淀；
Ｃ． 為固體，應保留化學式；
Ｄ．該方程式原子不守恒。
7．【答案】C
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；配合物的成鍵情況；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】A．同一周期元素的第一電離能隨著原子序數增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，故第一電離能大小：N>O，A正確；
B．X原子處于環中，且存在平面大π鍵，采用雜化，B正確；
C．該配離子整體帶1個正電荷，其中帶2個單位正電荷，則氯元素以Cl-的形態與配位，C錯誤；
D．同周期從左到右元素的電負性增強，則電負性：O>C，CO中的化學鍵是極性鍵，D正確；
故選C。
【分析】是黃綠色氣體 ，為Cl2，則Z為Cl元素，X形成3個共用電子對，X與Re2+之間為配位鍵，則X為N元素，推測X為氮，標準狀況下，WY和是等密度的無色氣體，X2是N2，則WY為CO，綜上所述，W為C，X為N，Y為O，Z為Cl。
8．【答案】C
【知識點】配合物的成鍵情況；焰色反應；二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗；性質實驗方案的設計
【解析】【解答】A．實驗Ⅰ中由于發生反應使溶液呈紅色，固體溶于水不影響該平衡移動，溶液的顏色不會發生變化，故A錯誤；
B．實驗Ⅱ中，電離產生K+、，不能電離出Fe3+，溶液沒有明顯變化，故B錯誤；
C．KSCN溶液能使溶液變為紅色，溶液與KSCN溶液并不能發生反應，不能使溶液變紅，因此 KSCN能區分和 ，故C正確；
D．透過藍色鈷玻璃可觀察到鉀元素的焰色呈紫色，鐵燃燒火焰為無色，因此焰色試驗可以區分和，故D錯誤；
故答案選C。
【分析】 向少量蒸餾水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液 ，發生反應，溶液呈紅色； 向少量蒸餾水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液 ，由于不能電離產生鐵離子，溶液不會變紅。
9．【答案】A
【知識點】電極反應和電池反應方程式；原電池工作原理及應用；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．外電路通過1mol電子時，負極上有1molNa失電子變成Na+進入溶液，溶液中有1molNa+從右側進入左側，并與正極的Na3-xV2(PO4)3結合，則理論上兩電極質量變化的差值為2mol×23g/mol=46g，A錯誤；
B．充電時，陽極發生氧化反應，電極反應為：，B正確 ；
C．負極產生鈉離子的物質的量等于正極消耗鈉離子的物質的量，所以電解質溶液中的Na+濃度基本保持不變，C正確 ；
D．Na性質活潑，易與水反應，因此電解質溶液不能用NaPF6的水溶液替換，D正確 ；
故選 A。
【分析】A．外電路通過1mol電子時，負極1molNa失電子，1molNa+從右側進入左側；
Ｂ．充電時，陽極發生氧化反應；
Ｃ．放電時，負極產生的鈉離子進入左側，左側的鈉離子參與正極反應；
Ｄ．金屬鈉性質活潑，能與水反應。
10．【答案】B
【知識點】活化能及其對化學反應速率的影響；烯烴
【解析】【解答】A．Cl的電負性大于H，因此HCl中H帶正電荷、Cl帶負電荷，則乙烯與HCl反應的中間體為氫和乙烯形成正離子：，A正確；
B．氯水中存在HClO，-OH的電負性大于Cl，則乙烯與氯水反應可能會有生成，B錯誤；
C．第一步反應為慢反應，決定總反應的速率，溴原子半徑大于氯，鍵能：H-BrD．已知實驗測得與進行加成反應的活化能依次減小，則反應越來越容易，說明烯烴雙鍵碳上連接的甲基越多，與的反應越容易，D正確；
故選B。
【分析】A．電負性：Cl>H；
Ｂ．電負性：O>Cl；
Ｃ．活化能越大反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟；
Ｄ． 得與進行加成反應的活化能依次減小 ，則反應越來越容易。
11．【答案】C
【知識點】晶體的類型與物質的性質的相互關系及應用；晶體的定義；微粒半徑大小的比較
【解析】【解答】A．根據晶胞圖可知，c為同一個面上頂點到面心的距離，具體為，，故A正確；
B．H原子和的電子層數均為1，但比氫原子多一個電子，微粒半徑更大，因此 半徑： ，故B正確；
C．根據LiH立方晶胞可知，b的長度如圖，但當N占據了空缺位后，由于比的半徑大，因此，故C錯誤；
D．LiH晶體由Li+和構成，屬于離子晶體，故D正確；
故答案選C。
【分析】A．c為同一個面上頂點到面心的距離；
Ｂ．電子層數和核電荷數都相同時，核外電子數越多，微粒半徑越大；
Ｃ．N占據缺陷位，與半徑不同；
Ｄ．LiH晶體中含有Li+和。
12．【答案】C
【知識點】氨的實驗室制法；氮的氧化物的性質及其對環境的影響；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A．氣體處于室溫下，并不是標準狀況，不能用標況下的氣體摩爾體積計算其體積，A錯誤；
B．反應2的化學方程式為：，每生成0.1molNO，轉移電子數為，B正確；
C．體系中存在轉化2NO2 N2O4，則充分反應后生成的數目小于個 ，C錯誤；
D．反應4的化學方程式為 4NO2+2H2O+O2=4HNO3 ，使完全轉化成，至少需要個O2，D錯誤；
故選B。
【分析】氯化銨和氫氧化鈣發生反應1，反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑，通入氧氣，催化氧化，發生反應2：，再通入氧氣氧化得到NO2，反應3：2NO+O2=2NO2，NO2與水反應生成硝酸，則反應4的方程式為： 4NO2+2H2O+O2=4HNO3 。
13．【答案】D
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學平衡的計算
【解析】【解答】A．水解的化學方程式為 ，則 水解產物除了還有，A正確；
B．a點之前x(Y)逐漸增大，；a點之后，x(Y)逐漸減小，a點是Y物質的最大值，此時Y生成和消耗的速率相等，B正確；
C．在15min前基本不變，15min后明顯增大，其反應速率快速增加，由于沒有加入其他催化劑，說明水解產物對生成的反應有催化作用，C正確；
D．a點之前存在：，a點之后，明顯減小，顯著增大，三者的速率關系不再滿足，D錯誤；
故選D。
【分析】A．苯甲腈連續水解的方程式為，；
Ｂ．a點Y的消耗速率與消耗速率相等；
Ｃ．催化劑能加快反應速率；
Ｄ．a點后，明顯減小，明顯增大。
14．【答案】D
【知識點】水的電離；離子濃度大小的比較；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，Ⅰ對應的滴定曲線為M線，Ⅱ對應的滴定曲線為N線，A錯誤；
B．a點的溶質為氯化鈉和醋酸鈉，醋酸根發生水解，溶液的pH接近8，由水電離的=，數量級接近，B錯誤；
C．當時，Ⅱ中的溶質為氯化鈉、氯化銨、一水合氨，且氯化銨和一水合氨的濃度相同，銨根的水解，即水解程度小于一水合氨的電離程度，所以，由物料守恒，即，故，C錯誤；
D． 根據元素守恒有：=，時，Ⅱ所加氫氧化鈉溶液較少，溶液體積較小，故Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和，D正確；
故選D。
【分析】混合溶液Ⅰ含強酸HCl和弱酸CH3COOH，Ⅱ含強酸HCl和強酸弱堿鹽NH4Cl，滴定初期，兩者均以HCl電離為主，初始pH相近，但中和HCl后，Ⅰ中CH3COOH和CH3COONa形成緩沖體系，Ⅱ 中銨根離子與NH3 H2O形成緩沖體系，曲線N在中和后pH較高，則Ⅰ對應的滴定曲線為M線，Ⅱ對應的滴定曲線為N線。
15．【答案】（1）把二氧化錳還原為硫酸錳；把軟錳礦粉碎、攪拌、加熱等
（2）SiO2
（3）Al3+
（4）D
（5）
（6）4；
【知識點】晶胞的計算；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用
【解析】【解答】（1）二氧化錳具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有還原性糖和，其主要作用是把二氧化錳還原為硫酸錳；為提高“浸取”速率，可采取的措施是把軟錳礦粉碎、攪拌、加熱等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，則“濾渣1”的主要成分是SiO2。
（3）Fe2+完全沉淀時，c(OH-)= ，pH約為8.4；Al3+完全沉淀時，c(OH-)=，pH約為4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH約為6.7；常溫下，用調節溶液pH至時，可完全沉淀的離子有Al3+。
（4）加X的目的是生成硫化物沉淀除鐵和銅，Fe2+和H2S不反應，所以不能選用H2S；銅離子、亞鐵離子都能和硫離子反應生成硫化銅沉淀，所以“X”可選用，選D。
（5）若用替代沉錳，得到沉淀，反應的離子方程式為 。
（6）1個晶胞中含有1個K+，根據化學式可知，1個晶胞中含有1個Mn、3個F-，可知晶胞頂點上的原子為Mn、棱上的F-，該晶體中與一個緊鄰的有4個；已知為阿伏加德羅常數的值，晶體密度為。
【分析】 軟錳礦(，含和CuO等雜質) ，加入甘蔗渣水解液浸取，甘蔗渣水解液中含有還原糖和硫酸，與反應生成硫酸錳，Fe2O3反應生成硫酸鐵，硫酸鐵被還原糖還原為硫酸亞鐵，Al2O3反應生成硫酸鋁，CuO反應生成硫酸銅，SiO2不與硫酸反應，在濾渣1為SiO2，加入碳酸鈣調節pH，將硫酸鋁轉化為氫氧化鋁除去，則濾渣2為氫氧化鋁，加入X沉淀，要除去鐵和銅，應加入硫化物，轉化為FeS和CuS除鐵和銅，過濾除去濾渣3，濾渣3中主要含有FeS和CuS，再加入碳酸氫鈉沉淀錳離子得到碳酸錳，最終將碳酸錳轉化為。
（1）二氧化錳具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有還原性糖和，其主要作用是把二氧化錳還原為硫酸錳。根據影響反應速率的因素，為提高“浸取”速率，可采取的措施是把軟錳礦粉碎、攪拌、加熱等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，“濾渣1”的主要成分是SiO2。
（3）根據溶度積常數，Fe2+完全沉淀時，c(OH-)= ，pH約為8.4；Al3+完全沉淀時，c(OH-)=，pH約為4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH約為6.7；常溫下，用調節溶液pH至時，可完全沉淀的離子有Al3+。
（4）加X的目的是生成硫化物沉淀除鐵和銅，Fe2+和H2S不反應，所以不能選用H2S；銅離子、亞鐵離子都能和硫離子反應生成硫化銅沉淀，所以“X”可選用，選D。
（5）若用替代沉錳，得到沉淀，反應的離子方程式為 。
（6）1個晶胞中含有1個K+，根據化學式可知，1個晶胞中含有1個Mn、3個F-，可知晶胞頂點上的原子為Mn、棱上的F-，該晶體中與一個緊鄰的有4個；已知為阿伏加德羅常數的值，晶體密度為 。
16．【答案】（1）恒壓滴液漏斗
（2）防止二氧化硫脲水解、防止過氧化氫分解
（3）
（4）+2；S
（5）減少二氧化硫脲的溶解損失
（6）；亞鐵離子被空氣中氧氣氧化
【知識點】鹽類水解的應用；探究物質的組成或測量物質的含量；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）儀器的名稱是恒壓滴液漏斗；
（2）二氧化硫脲在受熱或堿性條件下易水解，且過氧化氫不穩定受熱易分解，為了防止二氧化硫脲水解、防止過氧化氫分解，Ⅰ中控制“溫度低于10℃和”；
（3）硫脲和水溶解冷卻至5℃后，滴入溶液，控制溫度低于10℃和進行反應生成二氧化硫脲，發生的反應為
（4）二氧化硫脲水解的化學方程式為：，生成，該反應未非氧化還原反應，中硫化合價為+2，則中S的化合價為+2；TD具有還原性，Ⅰ的反應中因條件控制不當生成了，最終導致TD中出現黃色雜質，該雜質是TD還原硫元素轉化生成的硫單質；
（5）二氧化硫脲難溶于乙醇，用乙醇洗滌能減少二氧化硫脲損失，因此Ⅰ中“洗滌”選用乙醇；
（6）清液中濃度為，則為，那么的去除率；亞鐵離子具有還原性，Ⅱ中“靜置”時間過長，導致脫色效果降低的原因是亞鐵離子被空氣中氧氣氧化，導致實驗誤差。
【分析】（1）根據儀器構造確定其名稱；
（2）二氧化硫脲在受熱或堿性條件下易水解；
（3） 在三頸燒瓶中加入硫脲和水，溶解，冷卻至5℃后，滴入溶液，控制溫度低于10℃和進行反應得到TD，據此書寫化學方程式；
（4）根據化合物中化合價代數和為0計算；S為黃色沉淀；
（5）二氧化硫脲難溶于乙醇；
（6）亞鐵離子易被空氣中的氧氣氧化。
（1）由圖，儀器的名稱是恒壓滴液漏斗；
（2）已知，二氧化硫脲在受熱或堿性條件下易水解，且過氧化氫不穩定受熱易分解，故Ⅰ中控制“溫度低于10℃和”的目的是防止二氧化硫脲水解、防止過氧化氫分解；
（3）硫脲和水溶解冷卻至5℃后，滴入溶液，控制溫度低于10℃和進行反應生成二氧化硫脲，結合質量守恒，反應還會生成水，反應為
（4）二氧化硫脲水解：，生成，則反應中元素化合價沒有改變，中硫化合價為+2，則中S的化合價為+2。TD具有還原性，Ⅰ的反應中因條件控制不當生成了，最終導致TD中出現黃色雜質，該雜質是TD還原硫元素轉化生成的硫單質；
（5）二氧化硫脲可溶于水，難溶于乙醇，Ⅰ中“洗滌”選用乙醇的理由是減少二氧化硫脲的溶解損失；
（6）清液中濃度為，則為，那么的去除率；亞鐵離子具有還原性，Ⅱ中“靜置”時間過長，導致脫色效果降低的原因是亞鐵離子被空氣中氧氣氧化，導致實驗誤差。
17．【答案】（1）-50
（2）放熱；32.4；移走或加入SO2Cl2；d
（3）催化作用；
【知識點】蓋斯定律及其應用；電極反應和電池反應方程式；化學平衡常數；化學平衡轉化過程中的變化曲線
【解析】【解答】（1）根據蓋斯定律可知，的焓變為，則的；
（2）①反應Ⅱ的與成正比，則升溫平衡常數減小，說明升溫平衡逆向移動，反應Ⅱ為放熱反應；
②由圖可知，=2.0時，平衡體系物質的量分數x(SCl2)=x(SO2Cl2)=0.13，由于為非可逆反應，故O2應完全轉化，即平衡體系中不存在O2，則x(SOCl2)=1－x(SCl2)－x(SO2Cl2)=0.74，反應Ⅱ是氣體體積不變的反應，則平衡常數可用物質的量分數代替計算，反應Ⅱ的平衡常數；保持和不變，減小生成物濃度或加入其他反應物均能使平衡正移，增大平衡轉化率的措施有移走或加入SO2Cl2；
③反應Ⅱ為放熱反應，改變，使反應Ⅱ的平衡常數，其平衡常數減小，則為升高溫度，反應Ⅱ逆向移動，使得含量減小、增加，則圖中等于的新交點將會提前，出現在d處；
（3）由圖可知，在反應中被消耗又生成，作用是催化作用；放電時，正極上得到電子發生還原轉化為S、SO2，正極電極反應為：。
【分析】（1）根據蓋斯定律計算；
（2）①升溫，平衡向吸熱反應方向移動，K只與溫度有關；
②化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動；
③反應Ⅱ為放熱反應，升溫平衡逆向移動，K減小；
（3）該反應中，先消耗后生成，反應前后未發生變化，為催化劑；正極發生還原反應。
（1）由蓋斯定律可知，的焓變為，則的；
（2）①由圖可知反應Ⅱ的與成正比，則溫度升高即減小隨之lgK減小，那么K值減小，平衡逆向移動，反應Ⅱ為放熱反應；
②由圖可知，=2.0時，平衡體系物質的量分數x(SCl2)=x(SO2Cl2)=0.13，由于為非可逆反應，故O2應完全轉化，即平衡體系中不存在O2，則x(SOCl2)=1－x(SCl2)－x(SO2Cl2)=0.74，反應Ⅱ是氣體體積不變的反應，則平衡常數可用物質的量分數代替計算，反應Ⅱ的平衡常數；保持和不變，減小生成物濃度或加入其他反應物均能使平衡正移，增大平衡轉化率的措施有移走或加入SO2Cl2；
③反應Ⅱ為放熱反應，改變，使反應Ⅱ的平衡常數，其平衡常數減小，則為升高溫度，反應Ⅱ逆向移動，使得含量減小、增加，則圖中等于的新交點將會提前，出現在d處；
（3）由圖可知，在反應中被消耗又生成，作用是催化作用；放電時，正極上得到電子發生還原轉化為S、SO2，正極電極反應為：。
18．【答案】（1）鄰二溴苯(或1，2-二溴苯)
（2）++K2CO3+KCl+KHCO3
（3）醚鍵和酮羰基
（4）還原反應
（5）8；或 或(任寫一種)
（6）；不合理；I→J時加入NaOH溶液，會使酯基發生水解，生成-ONa，后續加入時，不能轉化為-OOCCH3
【知識點】有機物中的官能團；有機物的合成；同分異構現象和同分異構體；醛的化學性質
【解析】【解答】（1）R為，其名稱為鄰二溴苯(或1，2-二溴苯)。
（2）A()與在K2CO3作用下發生取代反應生成B()和HCl，K2CO3和HCl反應生成KCl和KHCO3，A生成B的化學方程式為++K2CO3+KCl+KHCO3。
（3）D的含氧官能團的名稱是醚鍵和酮羰基。
（4）F生成G的過程中，羰基轉化為羥基，反應類型為還原反應。
（5）C的分子式為C10H12O3，其同分異構體符合：①遇Fe3+發生顯色反應，說明含有酚羥基；②分子結構中含；③核磁共振氫譜顯示有5組峰，且峰面積比為6：2：2：1：1，說明C的含苯環同分異構體分子中，在分子的某對稱位置上含有2個甲基，另外，還含有1個苯環、1個酚羥基，1個酯基或1個羧基，符合條件的結構簡式為：、 、、、、、、，共8種，其中能與NaHCO3溶液反應產生氣體的同分異構體含有羧基，結構簡式為或 或。
（6）由分析可知，K的結構簡式為；該同學設計的路線中，I→J時加入NaOH溶液，會使酯基發生水解，生成-ONa，后續加入時，不能轉化為-OOCCH3，則此轉化不合理。
【分析】（1）含苯物質的命名規則：從環上連有最簡單取代基的碳原子開始編號，指出取代基的位置和名稱；
（2）B和C在NaOH溶液中反應得到D，結合B的分子式可知，B的結構簡式為 ，結合反應物、產物以及反應條件書寫化學方程式；
（3）D中的含氧官能團為醚鍵和酮羰基；
（4）F→G的過程中，羰基被還原為羥基，發生還原反應；
（5）分子式相同，結構不同的化合物互為同分異構體；
（6）A發生取代反應生成I，I發生加成反應、消去反應生成J，J發生類似D→E的反應生成K，結合K的分子式可知，K的結構簡式為 ，K中羰基被還原為L（），L發生類似G→H的反應得到H。
（1）R為，R的化學名稱是鄰二溴苯(或1，2-二溴苯)。
（2）A()與在K2CO3作用下發生取代反應生成B()和HCl，K2CO3和HCl反應生成KCl和KHCO3，化學方程式為++K2CO3+KCl+KHCO3。
（3）由D的結構簡式，可確定D的含氧官能團的名稱是醚鍵和酮羰基。
（4）F在NaBH4作用下發生反應生成G時，F分子中的酮羰基轉化為醇羥基，則反應類型為還原反應。
（5）C的分子式為C10H12O3，不飽和度為5，C的同分異構體符合下列條件：“①遇Fe3+發生顯色反應；②分子結構中含；③核磁共振氫譜顯示有5組峰，且峰面積比為6：2：2：1：1，說明C的含苯環同分異構體分子中，在分子的某對稱位置上含有2個甲基，另外，還含有1個苯環、1個酚羥基，1個酯基或1個羧基，則有、 、、、、、、，共8種，其中能與NaHCO3溶液反應產生氣體的同分異構體(含羧基)的結構簡式為或 或(任寫一種)。
（6）參照題給流程中D→E的信息，依據J的結構簡式和K的分子式，可由J推出K的結構簡式為。該同學設計的路線中，I→J時加入NaOH溶液，會使酯基發生水解，生成-ONa，后續加入時，不能轉化為-OOCCH3，則此轉化不合理。
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