《广东省湛江市2024届普通高中毕业班调研测试化学试题附参考答案（解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省湛江市2024届普通高中毕业班调研测试化学试题附参考答案（解析）（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湛江市2024届普通高中毕业班调研测试化学答案1c【解析】青铜是在纯铜中加入锡或铅制得的合金，c错误。2b【解析】天然气属于一次能源，被消耗后不可再生，在燃烧时会产生污染环境的气体，不属于新能源，a错误；合金比成分金属硬度更大、韧性更好，b正确；石油的分馏属于物理变化，c错误；铜没有铁活泼，不可失去电子牺牲阳极保障船体不易被腐蚀，d错误。3c【解析】姜汁撞奶中的牛奶为胶体分散系，加入姜汁发生聚沉，制作方法中包含了胶体聚沉的原理，a正确；蚝壳的主要成分是碳酸钙，b正确；孔雀毛和马尾的主要成分是蛋白质，c错误；烟花利用了“焰色试验”原理，焰色试验属于物理变化，d正确。4b【解析】乙烯和酸性高锰酸钾
2、生成杂质气体二氧化碳，a错误；生石灰和水反应放出大量的热，促使浓氨水挥发出氨气，b正确；直接蒸发会导致亚硫酸钠被空气中氧气氧化为硫酸钠，c错误；制备乙酸乙酯的反应需要用浓硫酸作催化剂，且乙酸乙酯会和氢氧化钠反应，应该使用饱和碳酸钠溶液收集，d错误。5a【解析】金刚石的晶胞中一个碳原子与其他四个碳原子构成正四面体，a正确；基态溴原子电子占据的最高能级是p能级，电子云轮廓图是哑铃形，b错误；的空间结构是正四面体，c错误；ch3 的电子式中碳原子周围是6个电子，d错误。6d【解析】氮的固定是游离态变为化合态，a正确；氨化作用中n元素化合价都是3价，反硝化作用中氮元素降价被还原，b正确；海水富营养化，
3、可能导致藻类大量繁殖，这些藻类生长消耗大量氧气，造成水体缺氧，促进反硝化作用生成n2o，c正确；在nh4 、rnh2中n原子的杂化方式为sp3，no2-和no3-中n原子的杂化方式为sp2，d错误。7a【解析】用食醋除去水壶中的水垢（主要成分为碳酸钙），利用的是乙酸酸性强于碳酸，a错误；氢氧化镁的溶解度小于氢氧化钙，用熟石灰沉淀法富集海水中的mg2 ，生成氢氧化镁，b正确；铜矿中的铜元素高温烧结生成cu2o，呈红色，c正确；二氧化硫有还原性，添加适量二氧化硫可以起到抗氧化的作用，d正确。8b【解析】漂粉精的主要成分是ca(clo)2，该物质具有强氧化性，可与浓盐酸反应生成氯气，a正确；要验证干
4、燥的氯气不能使有色布条褪色，应该用干燥剂干燥氯气然后用于燥的有色布条检验，所以a、b应分别放湿润和干燥的有色布条，b错误；中溶液变黄，生成溴单质，说明氯水具有氧化性，品红溶液褪色说明氯水具有漂白性，c正确；铜在氯气中燃烧产生棕黄色烟，d正确。9b【解析】苯环可以和氢气发生加成反应，羧基可以发生酯化反应，为取代反应，布洛芬可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，a正确；根据布洛芬的结构简式可知，苯环中最多有11个碳原子位于同一平面，b错误；对乙酰氨基酚中羟基和酰胺基都可以与naoh反应，c正确；1 mol对乙酰氨基酚分子中含有的键数目为20na，d正确。10c【解析】向nahso4中滴加少量ba( hco3
5、)2溶液：2hco3- 2h so42- ba2 baso4 2co2 2h2o，a错误；向有agcl沉淀的溶液中滴加氨水，沉淀消失：agcl 2nh3ag(nh3)2 cl-，b错误；离子还原性：i- fe2 ，通入氯气后按照还原性强弱依次反应，由题意可知两种离子的物质的量之比为1:4，c正确；水解是可逆的，d错误。11d【解析】观察晶胞图示，钡离子位于体心，8个位于顶点的钛离子与钡离子最近，a正确；已知晶胞边长为a pm，o2-的半径为b pm，根据图示，晶胞边长=2r( ti4 ) 2r(o2-)=a pm，则(pm)，b正确；根据晶胞图示，ti位于晶胞的顶点，ti的数目为，ba位于
6、晶胞的内部，数目为1，o位于晶胞的棱上，其数目为，则钛酸钡的化学式为batio3，c正确；d该晶胞为立方体，晶体密度，d错误。12d【解析】分析可知x为h元素，y为n元素，z为o元素，q为al元素，w为si元素。第一电离能：nosial，即yzwq，a错误；阳离子为nh4 ，四个键的性质相同，b错误；nsi键键长小于sisi键，nsi键键能大于sisi键，c错误；铝的最高价氧化物对应的水化物为al(oh)3，可以与强碱反应，d正确。13c【解析】向fe2 (so4)。溶液中加入cu片，溶液变蓝，则发生反应2fe3 cu2fe2 cu2 ，从而说明fe3 的氧化性强于cu2 ，a正确；cu(h2
7、o)42 呈蓝色，cucl4 2-呈黄色，吸热反应加热后平衡正向移动，溶液变成黄绿色，降温平衡逆向移动，溶液变蓝，b正确；水解是吸热反应，升高温度水解程度增大，c(oh-)逐渐增大，且温度升高kw增大，则根据ph逐渐减小，得溶液中c(h )逐渐增大，c错误；由于盐酸和醋酸的物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气总量基本相等，d正确。14c【解析】反应温度为t1和t2，以c(h2)随时间t的变化为曲线比较，比先达到平衡，所以t1t2，温度升高，c(h2)增大，平衡逆向移动，反应放热，a错误；升高温度，反应速率加快，t1t2，则反应速率v(a)v(b)，b错误；t2时，在0t2内，c(h2)=0.
8、 05 moll-1，则moll-1s-1，c正确；向恒容容器中充入氮气，不影响反应物浓度，不影响反应速率，d错误。15d【解析】因为是电位滴定，根据指示电极电位的突跃位置可以确定滴定终点，无需任何指示剂，a错误；结合分析可知，a点溶液的溶质为等物质的量浓度的碳酸氢钠和氯化钠，由物料守恒有c(na )=2c(cl-)，由电荷守恒有c(na ) c(h )c(hco3-) 2c(co32-) c(cl-) c(oh-)，两式联立可得c(cl-) c(h )2c(co32-) c(oh-) c (hco3-)，b错误：a点溶液的溶质为nahco3和nacl，nahco3水解促进水的电离，b点h2
9、co3抑制水的电离，c错误；nahco3溶液中存在电离平衡和水解平衡，由图可知，a点ph=8.4、c2( h )=10-16.8，则，d正确。16d【解析】放电时，乙电极的电极反应式为m xhxemhx，则乙为负极，甲为正极，放电时，电子经外电路流向正极，a正确；放电时，阴离子移向负极，b正确；充电时，甲电极为阳极，发生氧化反应：mhn-xxe xhmhn，c正确；氢负离子具有强还原性，可与水反应生成氢气，因此不可替换成水溶液电解质，d错误。17(14分)(1)胶头滴管（1分）；100 ml容量瓶（1分）(2)稀硫酸（2分）【解析】稀硫酸可以防止fe3 水解。(3)cu 2fe3 cu2
10、2fe2 (2分)(4)cu粉过量不应有fe3 存在，也就不会有红色的fe(scn)3生成（2分）【解析】通过计算，根据(3)中的反应方程式，00001 mol fe3 与0.15 g(0.0023 mol)cu反应，cu粉过量不应有fe3 存在，应该没有剩余的fe3 与kscn结合生成红色的fe(scn)3。(5) 2cu2 4scn2cuscn (scn)2 (2分)(6)b（2分）【解析】实验中，试管b中的cuso4溶液中加入kscn溶液后，溶液变成绿色的现象，因为没有白色沉淀生成，故可以证实猜澍1不成立。(7)由于scn与cu 形成沉淀以及scn与fe3 形成配合物，大大降低了产物中
11、cu 和fe3 的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动（2分）【解析】fe3 的氧化性本应强于cu2 ，结合实验中的现象解释cu2 fe2 cu fe3 能正向发生的原因：由于scn与cu 形成沉淀以及scn与fe3 形成配合物，大大降低了产物中cu 和fe3 的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动。18（14分）(1) naoh(或热的na2co3)（2分）【解析】碳酸钠水解呈碱性，油脂在碱性条件下水解。(2)硼（2分）；6 moll-1的盐酸、固液比为5：1(2分，各1分)【解析】根据已知信息“200下氧化焙烧，钕铁硼废料中钕和铁主要以nd2o3和fe2o3形式存在，硼常温下稳定，加
12、热至300被氧化，不与稀酸反应，所以“滤渣1”的主要成分为硼。结合题意，在“浸出”时，应尽可能地将钕和铁存在于“滤液1”中，即浸出率尽可能大，同时考虑到成本，因此选择6 moll-1的盐酸、固液比为5:1的条件进行浸出。(3)2nd3 3h2c2o4 10h2ond2(c2o4)310h2o 6h (2分)【解析】根据流程图可知，“沉钕”过程用草酸将nd3 转化为难溶的nd2 (c2o4)310h2o。(4)将fe3 还原为fe2 ，与溶液中的草酸根生成fec2o42h2o的沉淀（2分）【解析】根据已知信息“h2c2o4易与fe3 形成多种配合物离子，易与fe2 形成fec2o42h2o沉淀”
13、，结合题意，需将铁元素转化成fe2 ，与溶液中的草酸根生成fec2o42h2o的沉淀。(5)6（1分）；sp2（1分）；（2分）【解析】根据fec2o42h2o晶体结构片段，可知fe2 与6个o原子形成配位键，配位数为6；fec2o42h2o晶体中有碳氧双键，碳原子杂化类型为sp2。根据质量守恒和电荷守恒配平离子方程式，5fec2o4- 3mno4 24h 5fe3 10co2 3mn2 12h2o，故mol，故样品纯度为。19(14分) (1)nh4 、so42-等答案合理即可（2分）【解析】ch4为正四面体形，nh4 、so42-等立体结构均为正四面体形。164. 98(2分)
14、【解析】根据题给信息可得则sabatier反应的 ad(2分)【解析】由图示，输送进入sabatier反应器的是h2，h2是电解水装置的阴极产物，a正确；催化剂不能改变sabatier反应的转化率，b错误；反应前后气体总质量不变，刚性容器体积不变，所示气体密度不变时不能说明反应达到平衡，c错误；sabatier反应器的前端维持较高温度是为了提高反应速率，后端维持较低温度是因为该反应放热，低温可提高反应转化率，d正确；故答案选ad。4或四（1分）【解析】活化能最大的一步反应最慢，是决定反应速率的步骤，故答案为第4步。(2)该反应是放热反应，反应开始时容器内温度上升，压强增大，随着反应进行，反应气
15、体分子体减少，压强减小（2分）【解析】该反应是放热反应，反应开始时容器内温度上升，压强增大，随着反应进行，反应气体分子体减少，压强减小。设屉府转化了x mol co2：co2 (g) 2h2 (g)c(s) 2h2o (g)起始/mol 1 2 0转化/mol x 22 2x平衡/mol 1x 22x 2x(列出三段式1分)根据阿伏加德罗定律：解得（1分）（1分）（2分）【解析】加入催化剂只能加快反应速率，可以缩短时间，但不改变平衡转化率，所以平衡时的压强不变。20 (14分)(1) c6 h12o7 (1分)(2)羟基；碳碳双键（或醛基）；h2（氢气）； （或或 （3分；共4个空，对4个给3分，对3个给2分，对2个给1分）【解析】可能是碳碳双键，与氢气发生加成反应生成 ；也可能是醛基和氢气发生加成反应生成 。 故答案为羟基；碳碳双键（或醛基）；氢气； 。(3)乙烯(c2h4)