广西2024届高中毕业班5月仿真考 化学答案

化学参考答案1.【答案】B.【解析】A．制甜酒利用淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下发生氧化还原反应生成乙醇，故A说法错误；B．乳酸分子含羟基和羧酸，可发生缩聚反应合成可降解的PLA塑料，故B说法正确；C．碳酸钙属于无机物，故C说法错误；D．合金的硬度比纯金属硬度大，故D说法错误。2．C【详解】A．基态的价电子排布式为3d6，价电子排布图：，故A正确；B．固体HF中的链状结构：，故B正确；C．中心原子价层电子对数为3+=4，VSEPR模型为四面体形，故C错误；D．2，3-二甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2，键线式为，故D正确；3．【答案】C【解析】A.S2O82-的结构式为，所以1molS2O82-中含过氧键的数目为NA，A错误；B.在该反应中，每生成1molO2转移的电子数为2NA，B错误；C.80gSO3的物质的量为1mol，含有的原子数为4NA，C正确；D.没有提供溶液体积，所含离子数目无法确定，故D错误。4．B【详解】A．O3、Cl2、ClO2都具有强氧化性，能够使细菌、病毒蛋白质氧化变性而失去其生理活性，故均可作水的消毒剂，A正确；B．向冷的石灰乳中通入氯气，反应得到氯化钙和次氯酸钙，而不是用石灰水，B错误；C．工业上用焦炭和石英砂（主要成分为二氧化硅）反应制备粗硅，C项正确；D．铝的金属性比铁强，铝热反应是铝与氧化铁反应生成铁和氧化铝，故D正确；5．D【详解】A．醋酸是弱酸，不能拆分为离子，离子方程式为：，A错误；B．HClO属于弱酸，在离子方程式中不能拆开，应保留化学式，B错误；C．由于HClO具有强氧化性，可以把亚硫酸根氧化为硫酸根离子，离子方程式为：SO2+H2O+3ClO﹣=SO+2HClO+Cl-，C错误；D．向溶液中加入至溶液显中性，氢离子与氢氧根离子完全反应，离子方程式为：，D正确。6．B【解析】A．向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，浊液变澄清，说明酸性：苯酚>碳酸氢根，故A错误；B.取2mL0.1mol·L-1KI溶液，滴加2～3滴0.1mol·L-1FeCl3溶液充分反应，发生反应2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，由于FeCl3少量，若该反应不是可逆反应，则反应后的溶液中不含Fe3+，向反应后的溶液中再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红，说明反应后的溶液中仍存在Fe3+，从而说明KI与FeCl3的反应是可逆反应，B项符合题意；C．淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向溶液中加NaOH溶液至溶液呈碱性，再将溶液分成两份，一份加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀，说明淀粉已经发生水解；一份滴加碘水，加入的碘水与NaOH溶液反应，溶液不变蓝，不能证明加热充分反应后的溶液中不含淀粉，从而不能证明淀粉完全水解，C项不符合题意；D．加入稀NaOH溶液，不加热，生成一水合氨，不会生成氨气，应利用浓NaOH并加热，然后检验氨气，故D错误；7．D【解析】A．该分子中有羟基、酯基、碳碳双键3种官能团，A项正确；B．与足量H2加成后，产物分子的结构为   ，含有4个手性碳原子，故B正确;C．该分子中存在碳碳双键，酚羟基可以和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，从而褪色C项正确，D项该分子中1mol酯基水解后会消耗，酚羟基消耗，所以1mol该有机物最多可与发生反应。8.D【分析】由题意可知，X为H、Y为N、Z为O、M为Na、W为S，据此来解题即可。【详解】A.故离子半径：，故A错误；B.N可形成N2H4、NH3等氢化物，O可形成H2O、H2O2等氢化物、S可形成H2S，故不可比较其氢化物的沸点，应比较其简单氢化物的沸点，故B错误；C.N与H组成的简单化合物为NH3，其VSEPR模型为四面体形，故C错误；D.H与Na可形成NaH，NaH为离子化合物，故D正确。9.C【详解】A．图1中，Fe(OH)3胶体可以通过滤纸，故不能用过滤除去Fe(OH)3胶体中的Na+、Cl-，可以用渗析除去Fe(OH)3胶体中的Na+、Cl-，A错误；B．HCl气体极易溶于水，但不溶于植物油，而且植物油的密度比水小，不利于氯化氢的吸收，应该把植物油换成四氯化碳，故B错误；C．草酸钠溶液具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者可以发生氧化还原反应，生成无色的Mn2+，可以用酸性高锰酸钾溶液测定未知Na2C2O4溶液的浓度，故C能达到实验目的；D．煅烧贝壳至900℃，贝壳的主要成分碳酸钙会与坩埚的主要成分之一二氧化硅反应：，故D错误；10．C【分析】“浸取”时，和FeSO4、H2SO4反应生成MnSO4、Fe2(SO4)3，反应的离子方程式为，溶于硫酸分别生成Fe3+、Al3+，不溶于酸，滤渣1为；加入，使剩余的转化为；加入碳酸钠溶液调节pH，使、Al3+分别转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀；过滤后，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，使转化为MnCO3沉淀。【详解】A．由分析可知，“沉锰”时发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3+CO2↑+H2O，A项正确；B．由分析可知，“转化”的主要目的是将剩余的氧化为，B项正确；C．由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2，可用于制备光导纤维，C项错误；D．若使第二次“过滤”时沉淀完全，此时溶液的pH应为4.6，则此时溶液的c(OH-)≥1.0×10-9.4mol/L，D项正确；11.A【分析】根据图中氯化亚铜失去电子，与氯离子反应生成氯化铜，因此惰性电极N为阳极。惰性电极M为阴极，则电极反应2H2O+2e－=2OH－+H2↑，【详解】A．根据分析，左边负电荷增多，为平衡电荷，因此中间的钠离子移动到左边，因此离子交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，由于右边电极不断消耗氯离子，因此Ⅱ为阴离子交换膜，故A错误；B．惰性电极M为阴极，此时水中的H+放电，其电极反应为2H2O+2e－=2OH－+H2↑，故B正确；C．根据图中得到合成室内发生的反应为CH2=CH2+2CuCl2→CH2ClCH2Cl+2CuCl，故C正确；D．电解时阴极生成气体的速率为xmol·h－1，则电子转移有2xmol·h－1，因此中间室补充NaCl的速率为2xmol·h－1，故D正确。12.B【分析】T1K时，反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，在Q点，=4，CO2的平衡转化率为50%，平衡时c(CO2)=0.2mol·L-1，则可建立如下三段式：【详解】A．催化剂不能改变CO2的平衡转化率，只改变反应速率，即可以改变单位时间内CO2的转化率，故A正确；B．越大，相当于n(CO2)一定时，增大n(H2)，平衡正向移动，CO2的转化率越高，则X表示=4，故B错误；C．由三段式可知，平衡时，c(CO2)=0.2mol·L-1，c(H2)=1.0mol·L-1，c(CH3OCH3)=0.1mol·L-1，c(H2O)=0.3mol·L-1，Kc==0.0675，故C正确；D．由图可知，温度越高平衡转化率越低，则平衡逆向移动，所以△H＜0，D项正确；13.D【详解】A．三种氟化物均为离子晶体，晶体提供自由氟离子的能力越强，阴阳离子间形成离子键越弱，钡离子、钙离子、镁离子的电荷数相同，离子半径依次减小，则BaF2、CaF2、MgF2三种晶体中的离子键依次增强，晶体提供自由氟离子的能力依次减弱，脱硅能力依次减弱，即脱硅能力BaF2>CaF2>MgF2，故A正确；B.若A处原子分数坐标为(0，0，0)，C点处于四面体空隙，根据立体几何关系，则B处原子分数坐标为，故B正确；C.OF2与SiO2都是含有极性共价键的共价化合物，化合物中氧原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为sp3杂化，故C正确；D.F-处于四面体空隙，其周围距离相等且最近的Ca2+有4个，故D错误；14.D【分析】向20mL0.1mol/L的柠檬酸(H3A)溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，依次发生反应：H3A+OH－=H2A-+H2O、H2A-+OH－=HA2-+H2O、HA2-+OH－=A3-+H2O，所以根据溶液pH及含有A微粒浓度关系可知a、b、c、d依次表示H3A、H2A-、HA2-、A3-，然后根据水解平衡常数、盐溶液中离子浓度大小关系分析解答。【详解】A．结合电离平衡常数表达式，可知H3A的三级电离平衡常数分别Ka1为10-3.13；Ka2为10-4.76，Ka3为10-6.40，H2A-水解平衡常数，A错误；B．当加入等浓度NaOH溶液体积为20mL时，所得溶液主要溶质为NaH2A，即图中曲线b最高点处，此时对应pH<7，即溶液为酸性，故B错误：C．根据图中信息当溶液pH约为5时，随着pH增大，c(HA2-)逐渐增大、c(H2A-)逐渐减小，c(A3-)还未明显增加，此时发生的主要反应为H2A-+OH－=HA2-+H2O，C错误；D．n点：c(H2A-)=c(HA2-)，溶液pH＜7，故c(H+)＞c(OH-)，电解质溶液存在电荷守恒式为，故溶液中离子浓度关系为：，D正确；15.【答案】(1)三口烧瓶（或三颈烧瓶）（1分）c（2分）(2)b（2分）(3)减少固体流失，洗去固体表面的水，洗去固体表面的杂质；（2分）(4)通过控制恒压滴液漏斗的活塞控制加入双氧水的流量；（2分）(5)玻璃棒和胶头滴管;（2分）(6)当滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液时，锥形瓶内的溶液颜色由无色变为浅红且半分钟内不褪色；（2分）（7）12.8%（2分）部分答案详解(3)乙醇具有挥发性，能最大程度减少杂质的存在，所以步骤III中，用乙醇洗涤的目的是减少固体流失洗去固体表面的水和杂质，故答案为：减少固体流失洗去固体表面的水和杂质；(4)由于双氧水放在恒压滴液漏斗中，则步骤II中，可通过恒压滴液漏斗的活塞控制加入双氧水的流量，故答案为：通过恒压滴液漏斗的活塞控制加入双氧水的流量；(5)配制0.100mol/L高锰酸钾标准溶液，用到的玻璃仪器除容量瓶和烧杯外，还有玻璃棒和胶头滴管。（6）锥形瓶内的主要溶质是H2O2，溶液颜色为无色，当滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液时，变为浅红且半分钟内不褪色则为滴定终点。（7）n(H2O2)=5/2n(KMnO4)=2.5×0.1×12.8×10-3，1molH2O2相当于1mol活性氧原子，活性氧的质量分数=2.5×0.1×12.8×10-3×16÷0.4=0.128=12.8%16.【答案】（1）适当升温，适当增大盐酸浓度（2分）SiO2和S（2分）（2）Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+（2分）（3）温度过高，易分解（1分）3≤pH<4（1分）（4）（2分）（5）①正八面体（2分）②（2分）【解析】该工艺原料为辉铋矿粉(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)，产品为钒酸铋(BiVO4)，流程中主元素为铋元素，硫、铁、硅等元素作为杂质在工艺流程中被除去，由滤液1中的主要阳离子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+可知，在浸取过程中，硅及硫元素进入滤渣1（SiO2、S）中被除去，氧化调pH除去铁元素，滤渣2为，稀释水解使Bi3+转化为Bi(OH)3作为滤饼进入酸洗流程，酸洗生成，氯化生成，最终合成钒酸铋。提高浸取率的措施有：适当升温，适当增大盐酸浓度在浸取过程中。硅及硫元素进入滤渣1（SiO2、S）中被除。转化为及单质，反应离子方程式为；（3）温度不宜过高的原因是避免升温易分解；具有氧化性可以将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+易转化为沉淀分离除去；调pH是使Fe3+完全转化为沉淀而与Bi3+未开始沉淀；c（Fe3+）≤1×10−5mol/L，根据KSP（Fe(OH)3)=10-38，可以求出3≤pH，c（Bi3+）=0.1mol/L，根据KSP（Bi(OH)3)=10-31，可以求出pH<4，故调pH的范围为3≤pH<4；（4）氯化过程发生反应为，（5）①钠离子的配位数为6，这6个氯离子所围成的空间几何构型为正八面体②17.【答案】(1)-81kJ/mol（2分）AB（2分）（2分