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【高考真题】2024年广西高考真题化学试题
1．（2024·广西）《天工开物》记载：软浆车榨蔗汁，一石(dàn)汁下石灰五合，取汁煎糖，冷凝成黑沙，黄泥水淋下成白糖。下列说法错误的是
A．石灰可中和蔗汁中的酸性物质 B．“冷凝成黑沙”是结晶过程
C．“黄泥水淋下”的目的是脱色 D．“白糖”的主要成分是葡萄糖
【答案】D
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．石灰（主要成分为 Ca (OH)2）呈碱性，可中和蔗汁中的酸性物质，A正确；
B．“冷凝成黑沙” 是将蔗汁煎制浓缩后冷却，溶质从溶液中结晶析出的过程，B正确；
C．黄泥具有吸附性，“黄泥水淋下” 可吸附黑沙中的色素，起到脱色作用，得到白糖，C正确；
D．甘蔗的主要成分为蔗糖，经煎制、结晶、脱色后得到的 “白糖” 主要成分是蔗糖，而非葡萄糖，D错误；
故选D。
【分析】A．石灰呈碱性；
Ｂ．“冷凝成黑沙” 是结晶的过程；
Ｃ．黄泥水淋下成白糖，实现脱色；
Ｄ．甘蔗的主要成分为蔗糖。
2．（2024·广西）光照时，纳米能使水产生羟基自由基，可用于处理废水。下列表述正确的是
A．基态Ti的价电子排布式：
B．的电子式：
C．的VSEPR模型：
D．O的一种核素：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．基态Ti的核外共有 22 个电子，核外电子排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2，价电子排布式：3d24s2，A错误；
B．含有一个单电子，其电子式为：，B正确；
C．H2O中心O原子价层电子对数为，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，的VSEPR模型为，C错误；
D．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，O的质子数为8，O的一种核素不可能是，D错误；
故选B。
【分析】A．Ti为22号元素，根据核外电子排布规则书写其价电子排布式；
Ｂ．中O原子上含有一个单电子；
Ｃ．H2O中心原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对；
Ｄ．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。
3．（2024·广西）将NaCl固体与浓硫酸加热生成的HCl气体通至饱和NaCl溶液，可析出用于配制标准溶液的高纯度NaCl，下列相关实验操作规范的是
A．制备HCl B．析出NaCl C．过滤 D．定容
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．NaCl固体与浓硫酸在加热条件下生成的HCl气体，该装置缺少加热装置，故A错误；
B．氯化氢易溶于水，为充分吸收氯化氢并防止倒吸，HCl气体应从右侧通入，故B错误；
C．NaCl晶体为固态，因此可以采用过滤法分离出氯化钠晶体，故C正确；
D．定容时眼睛应当平视容量瓶的刻度线，故D错误；
选C。
【分析】A．该反应需要加热；
Ｂ．HCl极易溶于水；
Ｃ．过滤用于分液固液混合物；
Ｄ．定容时视线应当平视刻度线。
4．（2024·广西）6-硝基胡椒酸是合成心血管药物奥索利酸的中间体，其合成路线中的某一步如下：
下列有关X和Y的说法正确的是
A．所含官能团的个数相等 B．都能发生加聚反应
C．二者中的所有原子共平面 D．均能溶于碱性水溶液
【答案】A
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；羧酸简介；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．X中含有4个官能团，Y中也含有4个官能团，则X和Y所含官能团的个数相等，A正确；
B．X含有碳碳双键，能发生加聚反应，Y中不存在碳碳双键，不能发生加聚反应，B错误；
C．X、Y均含有饱和碳原子，饱和碳原子为四面体结构，所有原子不可能共平面，C错误；
D．Y含有羧基，能与碱溶液反应，X不能溶于碱性水溶液，D错误；
故选A。
【分析】A．X和Y均含有4个官能团；
Ｂ．Y不含碳碳双键或者三键；
Ｃ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｄ．X不能与碱性溶液反应。
5．（2024·广西）白磷是不溶于水的固体，在空气中易自燃。下列有关白磷的说法错误的是
A．分子中每个原子的孤电子对数均为1
B．常保存于水中，说明白磷密度大于
C．难溶于水，是因为水是极性分子，是非极性分子
D．熔点低，是因为分子内的键弱
【答案】D
【知识点】分子晶体；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．白磷（P4）分子为正四面体结构，每个磷原子与 3 个其他磷原子形成共价键，价电子数为 5，成键用去 3 个电子，剩余 2 个电子形成 1 对孤电子对，故每个原子孤电子对数为 1，A正确；
B．白磷在空气中容易自燃，保存于水中隔绝空气，故其密度大于水，B正确；
C．水是极性分子，白磷（P4）分子结构对称，属于非极性分子，根据 “相似相溶” 原理，非极性分子难溶于极性溶剂，白磷难溶于水，C正确；
D．白磷为分子晶体，熔点低的原因是分子间作用力（范德华力）较弱，而非分子内P-P键的强弱，分子内共价键影响的是分子的稳定性，而非晶体的熔点，D错误；
故选D。
【分析】A．白磷（P4）分子为正四面体结构，每个磷原子与3个其他磷原子形成共价键；
Ｂ．白磷密度大于水；
Ｃ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；
Ｄ．白磷为分子晶体。
6．（2024·广西）化学与生活息息相关。下列离子方程式书写正确的是
A．用溶液处理水垢中的
B．明矾用于净水：
C．抗酸药中的可治疗胃酸过多：
D．用酸化的KI淀粉溶液检验加碘盐中的
【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．与硫酸钙反应生成溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方程式为，A项正确；
B．生成的是氢氧化铝胶体，不是沉淀，正确的离子方程式为，B项错误；
C．属于难溶性碱，应保留化学式，正确的离子方程式：，C项错误；
D．该方程式原子不守恒，正确的离子方程式为，D项错误；
故选A。
【分析】A．沉淀能从溶解度小的向溶解度更小的转化；
Ｂ．明矾水解生成氢氧化铝胶体，而非沉淀；
Ｃ． 为固体，应保留化学式；
Ｄ．该方程式原子不守恒。
7．（2024·广西）如图所示的铼配合物离子能电催化还原。短周期元素的原子序数依次增大。标准状况下，WY和是等密度的无色气体，是黄绿色气体。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．图中X原子的杂化方式为
C．元素以原子的形态与配位
D．Y的电负性大于中的化学键是极性键
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，故第一电离能大小：N>O，A正确；
B．X原子处于环中，且存在平面大π键，采用杂化，B正确；
C．该配离子整体带1个正电荷，其中带2个单位正电荷，则氯元素以Cl-的形态与配位，C错误；
D．同周期从左到右元素的电负性增强，则电负性：O>C，CO中的化学键是极性键，D正确；
故选C。
【分析】是黄绿色气体 ，为Cl2，则Z为Cl元素，X形成3个共用电子对，X与Re2+之间为配位键，则X为N元素，推测X为氮，标准状况下，WY和是等密度的无色气体，X2是N2，则WY为CO，综上所述，W为C，X为N，Y为O，Z为Cl。
8．（2024·广西）某小组对和的性质进行探究：
Ⅰ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。
Ⅱ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。
下列说法正确的是
A．实验Ⅰ中继续加入少量固体，溶液颜色变浅
B．实验Ⅱ中溶液呈红色
C．KSCN能区分和
D．焰色试验不能区分和
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；焰色反应；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．实验Ⅰ中由于发生反应使溶液呈红色，固体溶于水不影响该平衡移动，溶液的颜色不会发生变化，故A错误；
B．实验Ⅱ中，电离产生K+、，不能电离出Fe3+，溶液没有明显变化，故B错误；
C．KSCN溶液能使溶液变为红色，溶液与KSCN溶液并不能发生反应，不能使溶液变红，因此 KSCN能区分和 ，故C正确；
D．透过蓝色钴玻璃可观察到钾元素的焰色呈紫色，铁燃烧火焰为无色，因此焰色试验可以区分和，故D错误；
故答案选C。
【分析】 向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液 ，发生反应，溶液呈红色； 向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液 ，由于不能电离产生铁离子，溶液不会变红。
9．（2024·广西）某新型钠离子二次电池(如图)用溶解了NaPF6的二甲氧基乙烷作电解质溶液。放电时嵌入PbSe中的Na变成Na+后脱嵌。下列说法错误的是
A．外电路通过1mol电子时，理论上两电极质量变化的差值为23g
B．充电时，阳极电极反应为：
C．放电一段时间后，电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变
D．电解质溶液不能用NaPF6的水溶液替换
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．外电路通过1mol电子时，负极上有1molNa失电子变成Na+进入溶液，溶液中有1molNa+从右侧进入左侧，并与正极的Na3-xV2(PO4)3结合，则理论上两电极质量变化的差值为2mol×23g/mol=46g，A错误；
B．充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为：，B正确 ；
C．负极产生钠离子的物质的量等于正极消耗钠离子的物质的量，所以电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变，C正确 ；
D．Na性质活泼，易与水反应，因此电解质溶液不能用NaPF6的水溶液替换，D正确 ；
故选 A。
【分析】A．外电路通过1mol电子时，负极1molNa失电子，1molNa+从右侧进入左侧；
Ｂ．充电时，阳极发生氧化反应；
Ｃ．放电时，负极产生的钠离子进入左侧，左侧的钠离子参与正极反应；
Ｄ．金属钠性质活泼，能与水反应。
10．（2024·广西）烯烃进行加成反应的一种机理如下：
此外，已知实验测得与进行加成反应的活化能依次减小。下列说法错误的是
A．乙烯与HCl反应的中间体为
B．乙烯与氯水反应无生成
C．卤化氢与乙烯反应的活性：
D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与的反应越容易
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；烯烃
【解析】【解答】A．Cl的电负性大于H，因此HCl中H带正电荷、Cl带负电荷，则乙烯与HCl反应的中间体为氢和乙烯形成正离子：，A正确；
B．氯水中存在HClO，-OH的电负性大于Cl，则乙烯与氯水反应可能会有生成，B错误；
C．第一步反应为慢反应，决定总反应的速率，溴原子半径大于氯，键能：H-BrD．已知实验测得与进行加成反应的活化能依次减小，则反应越来越容易，说明烯烃双键碳上连接的甲基越多，与的反应越容易，D正确；
故选B。
【分析】A．电负性：Cl>H；
Ｂ．电负性：O>Cl；
Ｃ．活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
Ｄ． 得与进行加成反应的活化能依次减小 ，则反应越来越容易。
11．（2024·广西）一定条件下，存在缺陷位的LiH晶体能吸附使其分解为N，随后N占据缺陷位(如图)。下列说法错误的是
A． B．半径：
C． D．LiH晶体为离子晶体
【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；晶体的定义；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据晶胞图可知，c为同一个面上顶点到面心的距离，具体为，，故A正确；
B．H原子和的电子层数均为1，但比氢原子多一个电子，微粒半径更大，因此 半径： ，故B正确；
C．根据LiH立方晶胞可知，b的长度如图，但当N占据了空缺位后，由于比的半径大，因此，故C错误；
D．LiH晶体由Li+和构成，属于离子晶体，故D正确；
故答案选C。
【分析】A．c为同一个面上顶点到面心的距离；
Ｂ．电子层数和核电荷数都相同时，核外电子数越多，微粒半径越大；
Ｃ．N占据缺陷位，与半径不同；
Ｄ．LiH晶体中含有Li+和。
12．（2024·广西）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．“反应1”中，每消耗，在下得到
B．“反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为
C．在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个
D．“反应4”中，为使完全转化成，至少需要个
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．气体处于室温下，并不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算其体积，A错误；
B．反应2的化学方程式为：，每生成0.1molNO，转移电子数为，B正确；
C．体系中存在转化2NO2 N2O4，则充分反应后生成的数目小于个 ，C错误；
D．反应4的化学方程式为 4NO2+2H2O+O2=4HNO3 ，使完全转化成，至少需要个O2，D错误；
故选B。
【分析】氯化铵和氢氧化钙发生反应1，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑，通入氧气，催化氧化，发生反应2：，再通入氧气氧化得到NO2，反应3：2NO+O2=2NO2，NO2与水反应生成硝酸，则反应4的方程式为： 4NO2+2H2O+O2=4HNO3 。
13．（2024·广西）573K、高压条件下，一定量的苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：(苯甲腈)(苯甲酰胺)(苯甲酸)。如图为水解过程中上述三者(分别用表示)的物质的量分数随时间的变化曲线，其中。下列说法错误的是
A．水解产物除了还有
B．点时
C．在15min前基本不变，15min后明显增大，可能是水解产物对生成的反应有催化作用
D．任意25min时间段内存在
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．水解的化学方程式为 ，则 水解产物除了还有，A正确；
B．a点之前x(Y)逐渐增大，；a点之后，x(Y)逐渐减小，a点是Y物质的最大值，此时Y生成和消耗的速率相等，B正确；
C．在15min前基本不变，15min后明显增大，其反应速率快速增加，由于没有加入其他催化剂，说明水解产物对生成的反应有催化作用，C正确；
D．a点之前存在：，a点之后，明显减小，显著增大，三者的速率关系不再满足，D错误；
故选D。
【分析】A．苯甲腈连续水解的方程式为，；
Ｂ．a点Y的消耗速率与消耗速率相等；
Ｃ．催化剂能加快反应速率；
Ｄ．a点后，明显减小，明显增大。
14．（2024·广西）常温下，用溶液分别滴定下列两种混合溶液：
Ⅰ.20.00mL浓度均为和溶液
Ⅱ.20.00mL浓度均为和溶液
两种混合溶液的滴定曲线如图。已知，下列说法正确的是
A．Ⅰ对应的滴定曲线为N线
B．点水电离出的数量级为
C．时，Ⅱ中
D．时，Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和
【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，Ⅰ对应的滴定曲线为M线，Ⅱ对应的滴定曲线为N线，A错误；
B．a点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH接近8，由水电离的=，数量级接近，B错误；
C．当时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓度相同，铵根的水解，即水解程度小于一水合氨的电离程度，所以，由物料守恒，即，故，C错误；
D． 根据元素守恒有：=，时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和，D正确；
故选D。
【分析】混合溶液Ⅰ含强酸HCl和弱酸CH3COOH，Ⅱ含强酸HCl和强酸弱碱盐NH4Cl，滴定初期，两者均以HCl电离为主，初始pH相近，但中和HCl后，Ⅰ中CH3COOH和CH3COONa形成缓冲体系，Ⅱ 中铵根离子与NH3 H2O形成缓冲体系，曲线N在中和后pH较高，则Ⅰ对应的滴定曲线为M线，Ⅱ对应的滴定曲线为N线。
15．（2024·广西）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(，含和CuO等杂质)制备光电材料的流程如下。回答下列问题：
已知：
物质
（1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是　 　。为提高“浸取”速率，可采取的措施是　 　(任举一例)。
（2）“滤渣1”的主要成分是　 　(填化学式)。
（3）常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有　 　(填化学式)。
（4）“X”可选用_______。
A． B． C．Zn D．
（5）若用替代沉锰，得到沉淀。写出生成的离子方程式　 　。
（6）立方晶胞如图，晶胞参数为，该晶体中与一个紧邻的有　 　个。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为　 　(用含的代数式表示)。
【答案】（1）把二氧化锰还原为硫酸锰；把软锰矿粉碎、搅拌、加热等
（2）SiO2
（3）Al3+
（4）D
（5）
（6）4；
【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
【解析】【解答】（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰；为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，则“滤渣1”的主要成分是SiO2。
（3）Fe2+完全沉淀时，c(OH-)= ，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH-)=，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH约为6.7；常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有Al3+。
（4）加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用，选D。
（5）若用替代沉锰，得到沉淀，反应的离子方程式为 。
（6）1个晶胞中含有1个K+，根据化学式可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F-，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个紧邻的有4个；已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为。
【分析】 软锰矿(，含和CuO等杂质) ，加入甘蔗渣水解液浸取，甘蔗渣水解液中含有还原糖和硫酸，与反应生成硫酸锰，Fe2O3反应生成硫酸铁，硫酸铁被还原糖还原为硫酸亚铁，Al2O3反应生成硫酸铝，CuO反应生成硫酸铜，SiO2不与硫酸反应，在滤渣1为SiO2，加入碳酸钙调节pH，将硫酸铝转化为氢氧化铝除去，则滤渣2为氢氧化铝，加入X沉淀，要除去铁和铜，应加入硫化物，转化为FeS和CuS除铁和铜，过滤除去滤渣3，滤渣3中主要含有FeS和CuS，再加入碳酸氢钠沉淀锰离子得到碳酸锰，最终将碳酸锰转化为。
（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。
（3）根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH-)= ，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH-)=，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH约为6.7；常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有Al3+。
（4）加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用，选D。
（5）若用替代沉锰，得到沉淀，反应的离子方程式为 。
（6）1个晶胞中含有1个K+，根据化学式可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F-，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个紧邻的有4个；已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 。
16．（2024·广西）二氧化硫脲(TD)是还原性漂白剂，可溶于水，难溶于乙醇，在受热或碱性条件下易水解：。其制备与应用探究如下：
Ⅰ．由硫脲制备TD
按如图装置，在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应。反应完成后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD。
Ⅱ．用TD进行高岭土原矿脱色(去除)探究
将高岭土原矿(质量分数为)制成悬浊液，加入TD，在一定条件下充分反应，静置，分离出上层清液，用分光光度法测得该清液中浓度为，计算的去除率。
回答下列问题：
（1）仪器的名称是　 　。
（2）Ⅰ中控制“温度低于10℃和”的目的是　 　。
（3）写出制备TD的化学方程式　 　。
（4）中S的化合价为　 　。Ⅰ的反应中，因条件控制不当生成了，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是　 　(填化学式)。
（5）Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是　 　。
（6）高岭土中去除率为　 　(用含的代数式表示)。Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是　 　。
【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解
（3）
（4）+2；S
（5）减少二氧化硫脲的溶解损失
（6）；亚铁离子被空气中氧气氧化
【知识点】盐类水解的应用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器的名称是恒压滴液漏斗；
（2）二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解，且过氧化氢不稳定受热易分解，为了防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解，Ⅰ中控制“温度低于10℃和”；
（3）硫脲和水溶解冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应生成二氧化硫脲，发生的反应为
（4）二氧化硫脲水解的化学方程式为：，生成，该反应未非氧化还原反应，中硫化合价为+2，则中S的化合价为+2；TD具有还原性，Ⅰ的反应中因条件控制不当生成了，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是TD还原硫元素转化生成的硫单质；
（5）二氧化硫脲难溶于乙醇，用乙醇洗涤能减少二氧化硫脲损失，因此Ⅰ中“洗涤”选用乙醇；
（6）清液中浓度为，则为，那么的去除率；亚铁离子具有还原性，Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。
【分析】（1）根据仪器构造确定其名称；
（2）二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解；
（3） 在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应得到TD，据此书写化学方程式；
（4）根据化合物中化合价代数和为0计算；S为黄色沉淀；
（5）二氧化硫脲难溶于乙醇；
（6）亚铁离子易被空气中的氧气氧化。
（1）由图，仪器的名称是恒压滴液漏斗；
（2）已知，二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解，且过氧化氢不稳定受热易分解，故Ⅰ中控制“温度低于10℃和”的目的是防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解；
（3）硫脲和水溶解冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应生成二氧化硫脲，结合质量守恒，反应还会生成水，反应为
（4）二氧化硫脲水解：，生成，则反应中元素化合价没有改变，中硫化合价为+2，则中S的化合价为+2。TD具有还原性，Ⅰ的反应中因条件控制不当生成了，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是TD还原硫元素转化生成的硫单质；
（5）二氧化硫脲可溶于水，难溶于乙醇，Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是减少二氧化硫脲的溶解损失；
（6）清液中浓度为，则为，那么的去除率；亚铁离子具有还原性，Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。
17．（2024·广西）二氯亚砜()是重要的液态化工原料。回答下列问题：
（1）合成前先制备。有关转化关系为：
则的　 　。
（2）密闭容器中，以活性炭为催化剂，由和制备。反应如下：
Ⅰ
Ⅱ
①反应Ⅱ的(为平衡常数)随(为温度)的变化如图，推断出该反应为　 　(填“吸热”或“放热”)反应。
②466K时，平衡体系内各组分的物质的量分数随的变化如图。
反应Ⅱ的平衡常数　 　(保留1位小数)。保持和不变，增大平衡转化率的措施有　 　(任举一例)。
③改变，使反应Ⅱ的平衡常数，导致图中的曲线变化，则等于的新交点将出现在　 　(填“”“”“”或“”)处。
（3）我国科研人员在含的溶液中加入，提高了电池的性能。该电池放电时，正极的物质转变步骤如图。其中，的作用是　 　；正极的电极反应式为　 　。
【答案】（1）-50
（2）放热；32.4；移走或加入SO2Cl2；d
（3）催化作用；
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，的焓变为，则的；
（2）①反应Ⅱ的与成正比，则升温平衡常数减小，说明升温平衡逆向移动，反应Ⅱ为放热反应；
②由图可知，=2.0时，平衡体系物质的量分数x(SCl2)=x(SO2Cl2)=0.13，由于为非可逆反应，故O2应完全转化，即平衡体系中不存在O2，则x(SOCl2)=1－x(SCl2)－x(SO2Cl2)=0.74，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则平衡常数可用物质的量分数代替计算，反应Ⅱ的平衡常数；保持和不变，减小生成物浓度或加入其他反应物均能使平衡正移，增大平衡转化率的措施有移走或加入SO2Cl2；
③反应Ⅱ为放热反应，改变，使反应Ⅱ的平衡常数，其平衡常数减小，则为升高温度，反应Ⅱ逆向移动，使得含量减小、增加，则图中等于的新交点将会提前，出现在d处；
（3）由图可知，在反应中被消耗又生成，作用是催化作用；放电时，正极上得到电子发生还原转化为S、SO2，正极电极反应为：。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①升温，平衡向吸热反应方向移动，K只与温度有关；
②化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
③反应Ⅱ为放热反应，升温平衡逆向移动，K减小；
（3）该反应中，先消耗后生成，反应前后未发生变化，为催化剂；正极发生还原反应。
（1）由盖斯定律可知，的焓变为，则的；
（2）①由图可知反应Ⅱ的与成正比，则温度升高即减小随之lgK减小，那么K值减小，平衡逆向移动，反应Ⅱ为放热反应；
②由图可知，=2.0时，平衡体系物质的量分数x(SCl2)=x(SO2Cl2)=0.13，由于为非可逆反应，故O2应完全转化，即平衡体系中不存在O2，则x(SOCl2)=1－x(SCl2)－x(SO2Cl2)=0.74，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则平衡常数可用物质的量分数代替计算，反应Ⅱ的平衡常数；保持和不变，减小生成物浓度或加入其他反应物均能使平衡正移，增大平衡转化率的措施有移走或加入SO2Cl2；
③反应Ⅱ为放热反应，改变，使反应Ⅱ的平衡常数，其平衡常数减小，则为升高温度，反应Ⅱ逆向移动，使得含量减小、增加，则图中等于的新交点将会提前，出现在d处；
（3）由图可知，在反应中被消耗又生成，作用是催化作用；放电时，正极上得到电子发生还原转化为S、SO2，正极电极反应为：。
18．（2024·广西）化合物H是合成某姜黄素类天然产物的中间体，其合成路线如下。
回答下列问题：
（1）A可由R()合成，R的化学名称是　 　。
（2）由A生成B的化学方程式为　 　。
（3）D中含氧官能团的名称是　 　。
（4）F生成G的反应类型为　 　。
（5）符合下列条件的C的含苯环同分异构体共有　 　种，其中能与NaHCO3溶液反应产生气体的同分异构体的结构简式为　 　(任写一种)。
①遇Fe3+发生显色反应；②分子结构中含；③核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1。
（6）上述路线中用保护酚羟基，某同学用乙酸酐()代替，设计了如下更简短的合成路线，由J推出K的结构简式为　 　。该设计路线中A→J的转化　 　(填“合理”或“不合理”)，理由是　 　。
【答案】（1）邻二溴苯(或1，2-二溴苯)
（2）++K2CO3+KCl+KHCO3
（3）醚键和酮羰基
（4）还原反应
（5）8；或 或(任写一种)
（6）；不合理；I→J时加入NaOH溶液，会使酯基发生水解，生成-ONa，后续加入时，不能转化为-OOCCH3
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）R为，其名称为邻二溴苯(或1，2-二溴苯)。
（2）A()与在K2CO3作用下发生取代反应生成B()和HCl，K2CO3和HCl反应生成KCl和KHCO3，A生成B的化学方程式为++K2CO3+KCl+KHCO3。
（3）D的含氧官能团的名称是醚键和酮羰基。
（4）F生成G的过程中，羰基转化为羟基，反应类型为还原反应。
（5）C的分子式为C10H12O3，其同分异构体符合：①遇Fe3+发生显色反应，说明含有酚羟基；②分子结构中含；③核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1，说明C的含苯环同分异构体分子中，在分子的某对称位置上含有2个甲基，另外，还含有1个苯环、1个酚羟基，1个酯基或1个羧基，符合条件的结构简式为：、 、、、、、、，共8种，其中能与NaHCO3溶液反应产生气体的同分异构体含有羧基，结构简式为或 或。
（6）由分析可知，K的结构简式为；该同学设计的路线中，I→J时加入NaOH溶液，会使酯基发生水解，生成-ONa，后续加入时，不能转化为-OOCCH3，则此转化不合理。
【分析】（1）含苯物质的命名规则：从环上连有最简单取代基的碳原子开始编号，指出取代基的位置和名称；
（2）B和C在NaOH溶液中反应得到D，结合B的分子式可知，B的结构简式为 ，结合反应物、产物以及反应条件书写化学方程式；
（3）D中的含氧官能团为醚键和酮羰基；
（4）F→G的过程中，羰基被还原为羟基，发生还原反应；
（5）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
（6）A发生取代反应生成I，I发生加成反应、消去反应生成J，J发生类似D→E的反应生成K，结合K的分子式可知，K的结构简式为 ，K中羰基被还原为L（），L发生类似G→H的反应得到H。
（1）R为，R的化学名称是邻二溴苯(或1，2-二溴苯)。
（2）A()与在K2CO3作用下发生取代反应生成B()和HCl，K2CO3和HCl反应生成KCl和KHCO3，化学方程式为++K2CO3+KCl+KHCO3。
（3）由D的结构简式，可确定D的含氧官能团的名称是醚键和酮羰基。
（4）F在NaBH4作用下发生反应生成G时，F分子中的酮羰基转化为醇羟基，则反应类型为还原反应。
（5）C的分子式为C10H12O3，不饱和度为5，C的同分异构体符合下列条件：“①遇Fe3+发生显色反应；②分子结构中含；③核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1，说明C的含苯环同分异构体分子中，在分子的某对称位置上含有2个甲基，另外，还含有1个苯环、1个酚羟基，1个酯基或1个羧基，则有、 、、、、、、，共8种，其中能与NaHCO3溶液反应产生气体的同分异构体(含羧基)的结构简式为或 或(任写一种)。
（6）参照题给流程中D→E的信息，依据J的结构简式和K的分子式，可由J推出K的结构简式为。该同学设计的路线中，I→J时加入NaOH溶液，会使酯基发生水解，生成-ONa，后续加入时，不能转化为-OOCCH3，则此转化不合理。
1 / 1【高考真题】2024年广西高考真题化学试题
1．（2024·广西）《天工开物》记载：软浆车榨蔗汁，一石(dàn)汁下石灰五合，取汁煎糖，冷凝成黑沙，黄泥水淋下成白糖。下列说法错误的是
A．石灰可中和蔗汁中的酸性物质 B．“冷凝成黑沙”是结晶过程
C．“黄泥水淋下”的目的是脱色 D．“白糖”的主要成分是葡萄糖
2．（2024·广西）光照时，纳米能使水产生羟基自由基，可用于处理废水。下列表述正确的是
A．基态Ti的价电子排布式：
B．的电子式：
C．的VSEPR模型：
D．O的一种核素：
3．（2024·广西）将NaCl固体与浓硫酸加热生成的HCl气体通至饱和NaCl溶液，可析出用于配制标准溶液的高纯度NaCl，下列相关实验操作规范的是
A．制备HCl B．析出NaCl C．过滤 D．定容
A．A B．B C．C D．D
4．（2024·广西）6-硝基胡椒酸是合成心血管药物奥索利酸的中间体，其合成路线中的某一步如下：
下列有关X和Y的说法正确的是
A．所含官能团的个数相等 B．都能发生加聚反应
C．二者中的所有原子共平面 D．均能溶于碱性水溶液
5．（2024·广西）白磷是不溶于水的固体，在空气中易自燃。下列有关白磷的说法错误的是
A．分子中每个原子的孤电子对数均为1
B．常保存于水中，说明白磷密度大于
C．难溶于水，是因为水是极性分子，是非极性分子
D．熔点低，是因为分子内的键弱
6．（2024·广西）化学与生活息息相关。下列离子方程式书写正确的是
A．用溶液处理水垢中的
B．明矾用于净水：
C．抗酸药中的可治疗胃酸过多：
D．用酸化的KI淀粉溶液检验加碘盐中的
7．（2024·广西）如图所示的铼配合物离子能电催化还原。短周期元素的原子序数依次增大。标准状况下，WY和是等密度的无色气体，是黄绿色气体。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．图中X原子的杂化方式为
C．元素以原子的形态与配位
D．Y的电负性大于中的化学键是极性键
8．（2024·广西）某小组对和的性质进行探究：
Ⅰ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。
Ⅱ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。
下列说法正确的是
A．实验Ⅰ中继续加入少量固体，溶液颜色变浅
B．实验Ⅱ中溶液呈红色
C．KSCN能区分和
D．焰色试验不能区分和
9．（2024·广西）某新型钠离子二次电池(如图)用溶解了NaPF6的二甲氧基乙烷作电解质溶液。放电时嵌入PbSe中的Na变成Na+后脱嵌。下列说法错误的是
A．外电路通过1mol电子时，理论上两电极质量变化的差值为23g
B．充电时，阳极电极反应为：
C．放电一段时间后，电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变
D．电解质溶液不能用NaPF6的水溶液替换
10．（2024·广西）烯烃进行加成反应的一种机理如下：
此外，已知实验测得与进行加成反应的活化能依次减小。下列说法错误的是
A．乙烯与HCl反应的中间体为
B．乙烯与氯水反应无生成
C．卤化氢与乙烯反应的活性：
D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与的反应越容易
11．（2024·广西）一定条件下，存在缺陷位的LiH晶体能吸附使其分解为N，随后N占据缺陷位(如图)。下列说法错误的是
A． B．半径：
C． D．LiH晶体为离子晶体
12．（2024·广西）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．“反应1”中，每消耗，在下得到
B．“反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为
C．在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个
D．“反应4”中，为使完全转化成，至少需要个
13．（2024·广西）573K、高压条件下，一定量的苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：(苯甲腈)(苯甲酰胺)(苯甲酸)。如图为水解过程中上述三者(分别用表示)的物质的量分数随时间的变化曲线，其中。下列说法错误的是
A．水解产物除了还有
B．点时
C．在15min前基本不变，15min后明显增大，可能是水解产物对生成的反应有催化作用
D．任意25min时间段内存在
14．（2024·广西）常温下，用溶液分别滴定下列两种混合溶液：
Ⅰ.20.00mL浓度均为和溶液
Ⅱ.20.00mL浓度均为和溶液
两种混合溶液的滴定曲线如图。已知，下列说法正确的是
A．Ⅰ对应的滴定曲线为N线
B．点水电离出的数量级为
C．时，Ⅱ中
D．时，Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和
15．（2024·广西）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(，含和CuO等杂质)制备光电材料的流程如下。回答下列问题：
已知：
物质
（1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是　 　。为提高“浸取”速率，可采取的措施是　 　(任举一例)。
（2）“滤渣1”的主要成分是　 　(填化学式)。
（3）常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有　 　(填化学式)。
（4）“X”可选用_______。
A． B． C．Zn D．
（5）若用替代沉锰，得到沉淀。写出生成的离子方程式　 　。
（6）立方晶胞如图，晶胞参数为，该晶体中与一个紧邻的有　 　个。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为　 　(用含的代数式表示)。
16．（2024·广西）二氧化硫脲(TD)是还原性漂白剂，可溶于水，难溶于乙醇，在受热或碱性条件下易水解：。其制备与应用探究如下：
Ⅰ．由硫脲制备TD
按如图装置，在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应。反应完成后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD。
Ⅱ．用TD进行高岭土原矿脱色(去除)探究
将高岭土原矿(质量分数为)制成悬浊液，加入TD，在一定条件下充分反应，静置，分离出上层清液，用分光光度法测得该清液中浓度为，计算的去除率。
回答下列问题：
（1）仪器的名称是　 　。
（2）Ⅰ中控制“温度低于10℃和”的目的是　 　。
（3）写出制备TD的化学方程式　 　。
（4）中S的化合价为　 　。Ⅰ的反应中，因条件控制不当生成了，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是　 　(填化学式)。
（5）Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是　 　。
（6）高岭土中去除率为　 　(用含的代数式表示)。Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是　 　。
17．（2024·广西）二氯亚砜()是重要的液态化工原料。回答下列问题：
（1）合成前先制备。有关转化关系为：
则的　 　。
（2）密闭容器中，以活性炭为催化剂，由和制备。反应如下：
Ⅰ
Ⅱ
①反应Ⅱ的(为平衡常数)随(为温度)的变化如图，推断出该反应为　 　(填“吸热”或“放热”)反应。
②466K时，平衡体系内各组分的物质的量分数随的变化如图。
反应Ⅱ的平衡常数　 　(保留1位小数)。保持和不变，增大平衡转化率的措施有　 　(任举一例)。
③改变，使反应Ⅱ的平衡常数，导致图中的曲线变化，则等于的新交点将出现在　 　(填“”“”“”或“”)处。
（3）我国科研人员在含的溶液中加入，提高了电池的性能。该电池放电时，正极的物质转变步骤如图。其中，的作用是　 　；正极的电极反应式为　 　。
18．（2024·广西）化合物H是合成某姜黄素类天然产物的中间体，其合成路线如下。
回答下列问题：
（1）A可由R()合成，R的化学名称是　 　。
（2）由A生成B的化学方程式为　 　。
（3）D中含氧官能团的名称是　 　。
（4）F生成G的反应类型为　 　。
（5）符合下列条件的C的含苯环同分异构体共有　 　种，其中能与NaHCO3溶液反应产生气体的同分异构体的结构简式为　 　(任写一种)。
①遇Fe3+发生显色反应；②分子结构中含；③核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1。
（6）上述路线中用保护酚羟基，某同学用乙酸酐()代替，设计了如下更简短的合成路线，由J推出K的结构简式为　 　。该设计路线中A→J的转化　 　(填“合理”或“不合理”)，理由是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．石灰（主要成分为 Ca (OH)2）呈碱性，可中和蔗汁中的酸性物质，A正确；
B．“冷凝成黑沙” 是将蔗汁煎制浓缩后冷却，溶质从溶液中结晶析出的过程，B正确；
C．黄泥具有吸附性，“黄泥水淋下” 可吸附黑沙中的色素，起到脱色作用，得到白糖，C正确；
D．甘蔗的主要成分为蔗糖，经煎制、结晶、脱色后得到的 “白糖” 主要成分是蔗糖，而非葡萄糖，D错误；
故选D。
【分析】A．石灰呈碱性；
Ｂ．“冷凝成黑沙” 是结晶的过程；
Ｃ．黄泥水淋下成白糖，实现脱色；
Ｄ．甘蔗的主要成分为蔗糖。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．基态Ti的核外共有 22 个电子，核外电子排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2，价电子排布式：3d24s2，A错误；
B．含有一个单电子，其电子式为：，B正确；
C．H2O中心O原子价层电子对数为，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，的VSEPR模型为，C错误；
D．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，O的质子数为8，O的一种核素不可能是，D错误；
故选B。
【分析】A．Ti为22号元素，根据核外电子排布规则书写其价电子排布式；
Ｂ．中O原子上含有一个单电子；
Ｃ．H2O中心原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对；
Ｄ．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。
3．【答案】C
【知识点】常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．NaCl固体与浓硫酸在加热条件下生成的HCl气体，该装置缺少加热装置，故A错误；
B．氯化氢易溶于水，为充分吸收氯化氢并防止倒吸，HCl气体应从右侧通入，故B错误；
C．NaCl晶体为固态，因此可以采用过滤法分离出氯化钠晶体，故C正确；
D．定容时眼睛应当平视容量瓶的刻度线，故D错误；
选C。
【分析】A．该反应需要加热；
Ｂ．HCl极易溶于水；
Ｃ．过滤用于分液固液混合物；
Ｄ．定容时视线应当平视刻度线。
4．【答案】A
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；羧酸简介；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．X中含有4个官能团，Y中也含有4个官能团，则X和Y所含官能团的个数相等，A正确；
B．X含有碳碳双键，能发生加聚反应，Y中不存在碳碳双键，不能发生加聚反应，B错误；
C．X、Y均含有饱和碳原子，饱和碳原子为四面体结构，所有原子不可能共平面，C错误；
D．Y含有羧基，能与碱溶液反应，X不能溶于碱性水溶液，D错误；
故选A。
【分析】A．X和Y均含有4个官能团；
Ｂ．Y不含碳碳双键或者三键；
Ｃ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｄ．X不能与碱性溶液反应。
5．【答案】D
【知识点】分子晶体；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．白磷（P4）分子为正四面体结构，每个磷原子与 3 个其他磷原子形成共价键，价电子数为 5，成键用去 3 个电子，剩余 2 个电子形成 1 对孤电子对，故每个原子孤电子对数为 1，A正确；
B．白磷在空气中容易自燃，保存于水中隔绝空气，故其密度大于水，B正确；
C．水是极性分子，白磷（P4）分子结构对称，属于非极性分子，根据 “相似相溶” 原理，非极性分子难溶于极性溶剂，白磷难溶于水，C正确；
D．白磷为分子晶体，熔点低的原因是分子间作用力（范德华力）较弱，而非分子内P-P键的强弱，分子内共价键影响的是分子的稳定性，而非晶体的熔点，D错误；
故选D。
【分析】A．白磷（P4）分子为正四面体结构，每个磷原子与3个其他磷原子形成共价键；
Ｂ．白磷密度大于水；
Ｃ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；
Ｄ．白磷为分子晶体。
6．【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．与硫酸钙反应生成溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方程式为，A项正确；
B．生成的是氢氧化铝胶体，不是沉淀，正确的离子方程式为，B项错误；
C．属于难溶性碱，应保留化学式，正确的离子方程式：，C项错误；
D．该方程式原子不守恒，正确的离子方程式为，D项错误；
故选A。
【分析】A．沉淀能从溶解度小的向溶解度更小的转化；
Ｂ．明矾水解生成氢氧化铝胶体，而非沉淀；
Ｃ． 为固体，应保留化学式；
Ｄ．该方程式原子不守恒。
7．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，故第一电离能大小：N>O，A正确；
B．X原子处于环中，且存在平面大π键，采用杂化，B正确；
C．该配离子整体带1个正电荷，其中带2个单位正电荷，则氯元素以Cl-的形态与配位，C错误；
D．同周期从左到右元素的电负性增强，则电负性：O>C，CO中的化学键是极性键，D正确；
故选C。
【分析】是黄绿色气体 ，为Cl2，则Z为Cl元素，X形成3个共用电子对，X与Re2+之间为配位键，则X为N元素，推测X为氮，标准状况下，WY和是等密度的无色气体，X2是N2，则WY为CO，综上所述，W为C，X为N，Y为O，Z为Cl。
8．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；焰色反应；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．实验Ⅰ中由于发生反应使溶液呈红色，固体溶于水不影响该平衡移动，溶液的颜色不会发生变化，故A错误；
B．实验Ⅱ中，电离产生K+、，不能电离出Fe3+，溶液没有明显变化，故B错误；
C．KSCN溶液能使溶液变为红色，溶液与KSCN溶液并不能发生反应，不能使溶液变红，因此 KSCN能区分和 ，故C正确；
D．透过蓝色钴玻璃可观察到钾元素的焰色呈紫色，铁燃烧火焰为无色，因此焰色试验可以区分和，故D错误；
故答案选C。
【分析】 向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液 ，发生反应，溶液呈红色； 向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液 ，由于不能电离产生铁离子，溶液不会变红。
9．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．外电路通过1mol电子时，负极上有1molNa失电子变成Na+进入溶液，溶液中有1molNa+从右侧进入左侧，并与正极的Na3-xV2(PO4)3结合，则理论上两电极质量变化的差值为2mol×23g/mol=46g，A错误；
B．充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为：，B正确 ；
C．负极产生钠离子的物质的量等于正极消耗钠离子的物质的量，所以电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变，C正确 ；
D．Na性质活泼，易与水反应，因此电解质溶液不能用NaPF6的水溶液替换，D正确 ；
故选 A。
【分析】A．外电路通过1mol电子时，负极1molNa失电子，1molNa+从右侧进入左侧；
Ｂ．充电时，阳极发生氧化反应；
Ｃ．放电时，负极产生的钠离子进入左侧，左侧的钠离子参与正极反应；
Ｄ．金属钠性质活泼，能与水反应。
10．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；烯烃
【解析】【解答】A．Cl的电负性大于H，因此HCl中H带正电荷、Cl带负电荷，则乙烯与HCl反应的中间体为氢和乙烯形成正离子：，A正确；
B．氯水中存在HClO，-OH的电负性大于Cl，则乙烯与氯水反应可能会有生成，B错误；
C．第一步反应为慢反应，决定总反应的速率，溴原子半径大于氯，键能：H-BrD．已知实验测得与进行加成反应的活化能依次减小，则反应越来越容易，说明烯烃双键碳上连接的甲基越多，与的反应越容易，D正确；
故选B。
【分析】A．电负性：Cl>H；
Ｂ．电负性：O>Cl；
Ｃ．活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
Ｄ． 得与进行加成反应的活化能依次减小 ，则反应越来越容易。
11．【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；晶体的定义；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据晶胞图可知，c为同一个面上顶点到面心的距离，具体为，，故A正确；
B．H原子和的电子层数均为1，但比氢原子多一个电子，微粒半径更大，因此 半径： ，故B正确；
C．根据LiH立方晶胞可知，b的长度如图，但当N占据了空缺位后，由于比的半径大，因此，故C错误；
D．LiH晶体由Li+和构成，属于离子晶体，故D正确；
故答案选C。
【分析】A．c为同一个面上顶点到面心的距离；
Ｂ．电子层数和核电荷数都相同时，核外电子数越多，微粒半径越大；
Ｃ．N占据缺陷位，与半径不同；
Ｄ．LiH晶体中含有Li+和。
12．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．气体处于室温下，并不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算其体积，A错误；
B．反应2的化学方程式为：，每生成0.1molNO，转移电子数为，B正确；
C．体系中存在转化2NO2 N2O4，则充分反应后生成的数目小于个 ，C错误；
D．反应4的化学方程式为 4NO2+2H2O+O2=4HNO3 ，使完全转化成，至少需要个O2，D错误；
故选B。
【分析】氯化铵和氢氧化钙发生反应1，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑，通入氧气，催化氧化，发生反应2：，再通入氧气氧化得到NO2，反应3：2NO+O2=2NO2，NO2与水反应生成硝酸，则反应4的方程式为： 4NO2+2H2O+O2=4HNO3 。
13．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．水解的化学方程式为 ，则 水解产物除了还有，A正确；
B．a点之前x(Y)逐渐增大，；a点之后，x(Y)逐渐减小，a点是Y物质的最大值，此时Y生成和消耗的速率相等，B正确；
C．在15min前基本不变，15min后明显增大，其反应速率快速增加，由于没有加入其他催化剂，说明水解产物对生成的反应有催化作用，C正确；
D．a点之前存在：，a点之后，明显减小，显著增大，三者的速率关系不再满足，D错误；
故选D。
【分析】A．苯甲腈连续水解的方程式为，；
Ｂ．a点Y的消耗速率与消耗速率相等；
Ｃ．催化剂能加快反应速率；
Ｄ．a点后，明显减小，明显增大。
14．【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，Ⅰ对应的滴定曲线为M线，Ⅱ对应的滴定曲线为N线，A错误；
B．a点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH接近8，由水电离的=，数量级接近，B错误；
C．当时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓度相同，铵根的水解，即水解程度小于一水合氨的电离程度，所以，由物料守恒，即，故，C错误；
D． 根据元素守恒有：=，时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和，D正确；
故选D。
【分析】混合溶液Ⅰ含强酸HCl和弱酸CH3COOH，Ⅱ含强酸HCl和强酸弱碱盐NH4Cl，滴定初期，两者均以HCl电离为主，初始pH相近，但中和HCl后，Ⅰ中CH3COOH和CH3COONa形成缓冲体系，Ⅱ 中铵根离子与NH3 H2O形成缓冲体系，曲线N在中和后pH较高，则Ⅰ对应的滴定曲线为M线，Ⅱ对应的滴定曲线为N线。
15．【答案】（1）把二氧化锰还原为硫酸锰；把软锰矿粉碎、搅拌、加热等
（2）SiO2
（3）Al3+
（4）D
（5）
（6）4；
【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
【解析】【解答】（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰；为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，则“滤渣1”的主要成分是SiO2。
（3）Fe2+完全沉淀时，c(OH-)= ，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH-)=，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH约为6.7；常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有Al3+。
（4）加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用，选D。
（5）若用替代沉锰，得到沉淀，反应的离子方程式为 。
（6）1个晶胞中含有1个K+，根据化学式可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F-，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个紧邻的有4个；已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为。
【分析】 软锰矿(，含和CuO等杂质) ，加入甘蔗渣水解液浸取，甘蔗渣水解液中含有还原糖和硫酸，与反应生成硫酸锰，Fe2O3反应生成硫酸铁，硫酸铁被还原糖还原为硫酸亚铁，Al2O3反应生成硫酸铝，CuO反应生成硫酸铜，SiO2不与硫酸反应，在滤渣1为SiO2，加入碳酸钙调节pH，将硫酸铝转化为氢氧化铝除去，则滤渣2为氢氧化铝，加入X沉淀，要除去铁和铜，应加入硫化物，转化为FeS和CuS除铁和铜，过滤除去滤渣3，滤渣3中主要含有FeS和CuS，再加入碳酸氢钠沉淀锰离子得到碳酸锰，最终将碳酸锰转化为。
（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。
（3）根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH-)= ，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH-)=，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH约为6.7；常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有Al3+。
（4）加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用，选D。
（5）若用替代沉锰，得到沉淀，反应的离子方程式为 。
（6）1个晶胞中含有1个K+，根据化学式可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F-，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个紧邻的有4个；已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 。
16．【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解
（3）
（4）+2；S
（5）减少二氧化硫脲的溶解损失
（6）；亚铁离子被空气中氧气氧化
【知识点】盐类水解的应用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器的名称是恒压滴液漏斗；
（2）二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解，且过氧化氢不稳定受热易分解，为了防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解，Ⅰ中控制“温度低于10℃和”；
（3）硫脲和水溶解冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应生成二氧化硫脲，发生的反应为
（4）二氧化硫脲水解的化学方程式为：，生成，该反应未非氧化还原反应，中硫化合价为+2，则中S的化合价为+2；TD具有还原性，Ⅰ的反应中因条件控制不当生成了，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是TD还原硫元素转化生成的硫单质；
（5）二氧化硫脲难溶于乙醇，用乙醇洗涤能减少二氧化硫脲损失，因此Ⅰ中“洗涤”选用乙醇；
（6）清液中浓度为，则为，那么的去除率；亚铁离子具有还原性，Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。
【分析】（1）根据仪器构造确定其名称；
（2）二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解；
（3） 在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应得到TD，据此书写化学方程式；
（4）根据化合物中化合价代数和为0计算；S为黄色沉淀；
（5）二氧化硫脲难溶于乙醇；
（6）亚铁离子易被空气中的氧气氧化。
（1）由图，仪器的名称是恒压滴液漏斗；
（2）已知，二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解，且过氧化氢不稳定受热易分解，故Ⅰ中控制“温度低于10℃和”的目的是防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解；
（3）硫脲和水溶解冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应生成二氧化硫脲，结合质量守恒，反应还会生成水，反应为
（4）二氧化硫脲水解：，生成，则反应中元素化合价没有改变，中硫化合价为+2，则中S的化合价为+2。TD具有还原性，Ⅰ的反应中因条件控制不当生成了，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是TD还原硫元素转化生成的硫单质；
（5）二氧化硫脲可溶于水，难溶于乙醇，Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是减少二氧化硫脲的溶解损失；
（6）清液中浓度为，则为，那么的去除率；亚铁离子具有还原性，Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。
17．【答案】（1）-50
（2）放热；32.4；移走或加入SO2Cl2；d
（3）催化作用；
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，的焓变为，则的；
（2）①反应Ⅱ的与成正比，则升温平衡常数减小，说明升温平衡逆向移动，反应Ⅱ为放热反应；
②由图可知，=2.0时，平衡体系物质的量分数x(SCl2)=x(SO2Cl2)=0.13，由于为非可逆反应，故O2应完全转化，即平衡体系中不存在O2，则x(SOCl2)=1－x(SCl2)－x(SO2Cl2)=0.74，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则平衡常数可用物质的量分数代替计算，反应Ⅱ的平衡常数；保持和不变，减小生成物浓度或加入其他反应物均能使平衡正移，增大平衡转化率的措施有移走或加入SO2Cl2；
③反应Ⅱ为放热反应，改变，使反应Ⅱ的平衡常数，其平衡常数减小，则为升高温度，反应Ⅱ逆向移动，使得含量减小、增加，则图中等于的新交点将会提前，出现在d处；
（3）由图可知，在反应中被消耗又生成，作用是催化作用；放电时，正极上得到电子发生还原转化为S、SO2，正极电极反应为：。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①升温，平衡向吸热反应方向移动，K只与温度有关；
②化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
③反应Ⅱ为放热反应，升温平衡逆向移动，K减小；
（3）该反应中，先消耗后生成，反应前后未发生变化，为催化剂；正极发生还原反应。
（1）由盖斯定律可知，的焓变为，则的；
（2）①由图可知反应Ⅱ的与成正比，则温度升高即减小随之lgK减小，那么K值减小，平衡逆向移动，反应Ⅱ为放热反应；
②由图可知，=2.0时，平衡体系物质的量分数x(SCl2)=x(SO2Cl2)=0.13，由于为非可逆反应，故O2应完全转化，即平衡体系中不存在O2，则x(SOCl2)=1－x(SCl2)－x(SO2Cl2)=0.74，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则平衡常数可用物质的量分数代替计算，反应Ⅱ的平衡常数；保持和不变，减小生成物浓度或加入其他反应物均能使平衡正移，增大平衡转化率的措施有移走或加入SO2Cl2；
③反应Ⅱ为放热反应，改变，使反应Ⅱ的平衡常数，其平衡常数减小，则为升高温度，反应Ⅱ逆向移动，使得含量减小、增加，则图中等于的新交点将会提前，出现在d处；
（3）由图可知，在反应中被消耗又生成，作用是催化作用；放电时，正极上得到电子发生还原转化为S、SO2，正极电极反应为：。
18．【答案】（1）邻二溴苯(或1，2-二溴苯)
（2）++K2CO3+KCl+KHCO3
（3）醚键和酮羰基
（4）还原反应
（5）8；或 或(任写一种)
（6）；不合理；I→J时加入NaOH溶液，会使酯基发生水解，生成-ONa，后续加入时，不能转化为-OOCCH3
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）R为，其名称为邻二溴苯(或1，2-二溴苯)。
（2）A()与在K2CO3作用下发生取代反应生成B()和HCl，K2CO3和HCl反应生成KCl和KHCO3，A生成B的化学方程式为++K2CO3+KCl+KHCO3。
（3）D的含氧官能团的名称是醚键和酮羰基。
（4）F生成G的过程中，羰基转化为羟基，反应类型为还原反应。
（5）C的分子式为C10H12O3，其同分异构体符合：①遇Fe3+发生显色反应，说明含有酚羟基；②分子结构中含；③核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1，说明C的含苯环同分异构体分子中，在分子的某对称位置上含有2个甲基，另外，还含有1个苯环、1个酚羟基，1个酯基或1个羧基，符合条件的结构简式为：、 、、、、、、，共8种，其中能与NaHCO3溶液反应产生气体的同分异构体含有羧基，结构简式为或 或。
（6）由分析可知，K的结构简式为；该同学设计的路线中，I→J时加入NaOH溶液，会使酯基发生水解，生成-ONa，后续加入时，不能转化为-OOCCH3，则此转化不合理。
【分析】（1）含苯物质的命名规则：从环上连有最简单取代基的碳原子开始编号，指出取代基的位置和名称；
（2）B和C在NaOH溶液中反应得到D，结合B的分子式可知，B的结构简式为 ，结合反应物、产物以及反应条件书写化学方程式；
（3）D中的含氧官能团为醚键和酮羰基；
（4）F→G的过程中，羰基被还原为羟基，发生还原反应；
（5）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
（6）A发生取代反应生成I，I发生加成反应、消去反应生成J，J发生类似D→E的反应生成K，结合K的分子式可知，K的结构简式为 ，K中羰基被还原为L（），L发生类似G→H的反应得到H。
（1）R为，R的化学名称是邻二溴苯(或1，2-二溴苯)。
（2）A()与在K2CO3作用下发生取代反应生成B()和HCl，K2CO3和HCl反应生成KCl和KHCO3，化学方程式为++K2CO3+KCl+KHCO3。
（3）由D的结构简式，可确定D的含氧官能团的名称是醚键和酮羰基。
（4）F在NaBH4作用下发生反应生成G时，F分子中的酮羰基转化为醇羟基，则反应类型为还原反应。
（5）C的分子式为C10H12O3，不饱和度为5，C的同分异构体符合下列条件：“①遇Fe3+发生显色反应；②分子结构中含；③核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1，说明C的含苯环同分异构体分子中，在分子的某对称位置上含有2个甲基，另外，还含有1个苯环、1个酚羟基，1个酯基或1个羧基，则有、 、、、、、、，共8种，其中能与NaHCO3溶液反应产生气体的同分异构体(含羧基)的结构简式为或 或(任写一种)。
（6）参照题给流程中D→E的信息，依据J的结构简式和K的分子式，可由J推出K的结构简式为。该同学设计的路线中，I→J时加入NaOH溶液，会使酯基发生水解，生成-ONa，后续加入时，不能转化为-OOCCH3，则此转化不合理。
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