2025届湛江高三10月调研化学25届湛江市高三调研考试化学答案

2025届湛江市普通高中毕业班调研测试化学参考答案【解析】瓷器主要成分是硅酸盐,A项不符合题意;玉的主要成分是sio2、硅酸盐等,B项不符合题意;青铜为金属材料,C项符合题意;木主要成分是纤维素,D项不符合题意。【解析】网球鞋底使用的耐磨橡胶属于有机高分子材料,A项正确;碳纤维是一种含碳量在95%以上的高强度、高模量纤维的新型纤维材料,不是单质,碳纳米管和石墨烯都是单质,不能称为同分异构体,B项不正确;Fe3o4为黑色固体,无法使场地呈红色,C项不正确;二甲醚含有氧元素,不属于烃类物质,D项不正确。【解析】纳米银颗粒能与细菌接触并破坏其细胞结构,从而达到抗菌的效果,并非因为其具有强氧化性,A项不正确;在液态Ga-pd催化丁烷脱氢的反应中,Ga-pd合金作为催化剂,能够显著降低丁烷脱氢的活化能,B项正确;太阳能电池的工作原理是将太阳能转化为电能,C项不正确;超疏水材料聚四氟乙烯之所以具有超疏水性能,是因为其本体聚乙烯结构中的C—H键被C—F键取代,而C—F键的键能比C—H键更高,使得链结构更加稳固,难以再和水分子形成氢键,水分子难以渗透到材料内部,D项不正确。【解析】乌龙茶沏泡过程涉及溶解、过滤、萃取等,不涉及蒸馏,A项不正确;木头的主要成分是纤维素,纤维素属于多糖,B项正确;石头属于无机非金属材料,C项正确;烧胚时有新物质生成,属于化学变化,D项正确。【解析】1-溴丁烷密度大于水,与NaoH溶液混合后在下层,A项正确;加入AgNo3溶液后发生反应Ag++Br-===AgBr↓(淡黄色),根据沉淀颜色确定溴元素,B项正确;有机产物为正丁醇,除有机产物外,溶液中的Br-也能使酸性KMno4溶液褪色,C项不正确;1-溴丁烷发生消去反应也能得到NaBr溶液,也可用于检验Br-,D项正确。【解析】牛奶中的蛋白质等成分在水中形成胶体,而柠檬汁中的柠檬酸等电解质能破坏胶体粒子的电荷平衡,使胶体粒子相互聚集并沉淀下来,从而制得干酪,A项符合题意;养鱼时加入过氧化钙作为增氧剂,主要是利用过氧化钙与水反应能生成氧气的性质,从而增加水中的溶解氧,B项不符合题意;用蔗糖腌制食品以延长保质期,主要是利用蔗糖的高渗透压作用,使食品中的微生物因脱水而无法生存,从而达到防腐的目的,C项不符合题意;活性炭因其多孔性结构而具有很强的吸附能力,D项不符合题意。【解析】碳碳双键可与浓溴水发生反应,A项正确;该有机物的官能团有酯基、酚羟基、醚键、碳碳双键,其中含氧官能团有3种,B项不正确;1mol该物质在碱性条件下可发生水解,最多可消耗3molNaoH,C项正确;该物质中碳原子的杂化方式有sp2和sp3,D项正确。【解析】该方法通过改变金属材料组成来达到金属防护的目的,不属于外加电流法,A项不正确;当镁腐蚀时,镁做负极,发生氧化反应,B项正确,C项不正确;zn、CU不如Mg活泼,添加后反而会加速镁的腐蚀,D项不正确。【解析】Ca(oH)2与NH4Cl固体混合加热制备NH3,可以达到制备氨气的实验目的;NH3为碱性气体,杂质有【高三化学第1页(共6页)】HCl、H2O,用碱石灰可以达到净化氨气的实验目的;NH3相对分子质量小于29,密度比空气小,应用向下排空气法收集,气体从短管进从长管出,不能达到实验目的;氨气可用水吸收,通入氨气的导管与水不接触,可以达到防倒吸的作用。综上所述,C项符合题意。确;HCHO和CH3COOH的最简式均为CH2O,故30g混合物中C原子的数目为项正确;标准状况下,CCl4不是气体,不可求得CCl4的物质的量,C项不正确;1molCU与浓HNO3发生反应:CU+4HNO3(浓)===CU(NO3)2+2NO2↑+2H2O,由于存在可逆反应2NO2∈兰N2O4,气体分子数不可求,D项不正确。【解析】a浓溶液是浓氨水,e浓溶液是浓硝酸,两者靠近时由于浓氨水与浓硝酸的挥发性,会反应生成铵盐固体小颗粒,形成白烟,A项正确;d是NO2或N2O4,e是HNO3,氮元素由+4价变为+2价和+5价,氧化剂和还原剂的比例是1:2,B项正确;c是NO,d是NO2或N2O4,c、d混合与NaOH反应生成氮元素为+3价的钠盐,C项O2O2HO正确;工业制硝酸的主要途径NH3—→NO—→NO2—→HNO3,D项不正确。【解析】X射线衍射实验可测定晶体的结构,因玻璃是非晶体,可被鉴别出来,A项符合题意;水加热到很高的温度都难以分解说明了O—H键能较大,与水分子间形成氢键无关,B项不符合题意;Cl2不能使干燥的有色布条褪色,C项不符合题意;Cl2、Br2、I2均属于分子晶体且结构相似,熔沸点与其范德华力有关,相对分子质量越大,范德华力越大,熔沸点越大,D项不符合题意。【解析】①处发生复分解反应2H++SO一===SO2↑+H2O,有气泡产生,体现H2SO4的酸性,A项不正确;SO2具有漂白性,可使品红溶液褪色,但SO2与品红形成的无色物质在加热条件下不稳定,加热后溶液变回红色,B项不正确;③④处均褪色,分别体现的是SO2的还原性和酸性,C项不正确;用Na2S2O3代替Na2SO3反应为2H++S2O一===SO2↑+S↓+H2O,D项正确。【解析】X、Y、Z、R、Q原子序数依次增大,且在前四周期均有分布,说明X为H元素;Z在地壳中含量最高,则Z为O元素;Z与R同族,则R为S;基态Q+离子的M层为全满,说明Q的价层电子排布式为3d104S1,则Q为CU元素;Y与Z同周期,结合化合物化学式(YX4)2Q(RZ4)2可推知Y为N元素。简单氢化物的沸点:H2O>H2S,A项不正确;第一电离能:N>O,B项不正确;CU与S反应的产物为CU2S,C项不正确;NH3、H2O、H2S的中心原子均为SP3杂化,N原子有1对孤电子对,O和S有2对孤电子对,则NH3键角最大,O的电负性大于S,成键电子对之间的斥力更大,H2O的键角更大,D项正确。【解析】蔗糖、果糖、葡萄糖旋光能力不同,当各物质浓度不再变化时,体系旋光度不再变化,因此可用体系旋光度的变化来衡量反应进程,A项正确;由图可知,蔗糖水解速率与催化剂的酸性强度有关,酸性越强,解离的氢离子越多,催化能力也越强,B项正确;浓硫酸具有脱水性和强氧化性,会使蔗糖脱水成碳,所以并不是硫酸浓度越大越好,C项不正确;平衡后加水稀释,水解反应正向进行增大,D项正确。【高三化学第2页(共6页)】【解析】厌氧室为阳极室,电极反应为:C6H12O6+6H2O—24e—===6CO2↑+24H+,A项不正确;缺氧室为阴极室发生反硝化反应,电极反应为↑+3H2O;好氧室为阴极室发生硝化反应:NH4++2O2NO3+H2O+2H+,电极反应为:O2+4H++4e===2H2O;H+由厌氧阳极室移向缺氧阴极室和好氧阴极室,B项不正确,C项正确;每消耗1mol葡萄糖转移24mol电子用于双阴极的反应,无法生成2.4molN2,D项不正确。△17.【答案】(1)C+2H2SO4(浓)===2H2O+CO2↑+2SO2↑(2分,物质正确得1分,反应条件和气体符号均正确得△(2)①5.3(2分,5.25得1分,其他答案不得分)②250mL容量瓶、胶头滴管(2分,两种仪器各1分,多答倒扣1分,不出现负分,容量瓶要答规格)③20.0(1分,有效数字不做要求)a(2分)(3)①浓度越大(1分,意思相近的描述均可)②Ⅱ(1分,唯一答案)2HCO3—∈兰H2CO3+CO—的平衡常数远大于ka2(H2CO3),自耦电离程度远大于HCO3—的电离(2分,提到自耦电离为主或相近描述得1分,k值进行比较且正确得1分。回答HCO3—的电离和水解相互促进,未按要求数据分析不得分)(4)Na2CO3用于造纸(1分,化学式和对应用途均正确得分,如K2CO3用于钾肥等)【解析】(1)C与浓硫酸加热时可发生反应:C+2H2SO4↑+2SO2↑。(2)①配制230mL溶液需用250mL容量瓶,实际配制溶液的体积为250mL,需要NaHCO3的质量为1×0.25L=5.25g,托盘天平最小刻度为0.1g,应称量5.3g;②配制该溶液的仪器,除药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒外,还需要的玻璃仪器有250mL容量瓶和胶头滴管;③反应液总体积相等才符合控制变量思想,溶液总体积为50.0mL,x=20.0;NaHCO3足量,方程式为Ca(OH)2(s)+2NaHCO3(aq)===CaCO3(s)+Na2CO3(aq)+2H2O(l),固体由Ca(OH)2转化为CaCO3,相同时间内固体增加的质量可反映该反应速率。(3)①实验1中NaHCO3溶液浓度较低,实验2中相对较大,不难得出结论:物质的量浓度较大的NaHCO3(aq)(aq)可反应生成白色沉淀;②2HCO3∈兰H2CO3+CO—的平衡常数1.0×10—4,远大于ka2(H2CO3),自耦电离程度远大于HCO3—的电离,即猜想Ⅱ成立。(4)含碳无机物很多,应用广泛,如:Na2CO3用于造纸、干冰用于人工降雨、K2CO3用于钾肥等。18.【答案】(1)蒸发浓缩冷却结晶,过滤洗涤干燥(2分,漏写过滤洗涤干燥不扣分)(2)3CO—+2Fe3++3H2O===2Fe(OH)3↓+3CO2↑(2分,写错不给分,配平错误扣1分)(3)3.0≤PH<5.0(2分,≤或<写错扣1分,有效数字不作要求)(4)正极(1分)(5)10(2分)(6)Inp(1分)(,,)(2分)【解析】(1)通过“酸浸1”,得到znSO4溶液,通过蒸发浓缩,可以去除溶液中的大部分水分;再通过冷却结晶,2O以晶体的形式析出,通过过滤、洗涤和干燥,得到较为纯净的晶体。(2)在“中和”步骤中,加入Na2CO3,调节溶液的PH值,使Fe3+以氢氧化物的形式沉淀下来,Fe3+与CO—发生双水解,相互促进,最终生成红褐色沉淀Fe(OH)3和CO2。【高三化学第3页(共6页)】(3)根据题目要求,此时应当控制PH,使得Fe3+完全沉淀,而In3+以离子形式留在溶液中。要使Fe3+完全沉淀,要将Fe3+的浓度控制在低于1.0×10-5mol.L-1,KSP[Fe(OH)3]=1.0×10-38mol.L-1,C(Fe3+)×C3(OH-)=KSP,求出OH-浓度为1.0×10-11mol.L-1,可以计算出当Fe3+完全沉淀时PH=3.0。In3+的离子浓度为0.1mol.L-1。KSP[In(OH)3]=1.0×10-28mol.L-1,C(In3+)×C3(OH-)=KSP,求出OH-浓度为-9为3.0≤PH<5.0。(4)粗铟在电解过程中会失去电子被氧化成更高价态的铟离子进入溶液,粗铟应作为阳极材料接入电源,所以粗铟应接电源的正极。(5)在配合物[In(SO4)2]-中,中心离子In3+与配体SO-之间通过配位键相连。但每个SO-中还包含4个σ键。由于配合物中有2个SO-配体,因此总共有2×4=8个σ键,加上中心离子与配体之间形成的2个配位键,所以1mol[In(SO4)2]-中含有σ键的数目为10NA。(6)由均摊法可以算出,晶胞中P原子和In原子的个数均为4,故磷化铟的化学式为InP;图中a原子的坐标为 而b原子在x轴的轴的轴的处,则b原子的分数坐标为(,,);晶体的密度P=晶胞质量÷晶胞体积可求出密度为(2)1:1(2分)(3)①<(1分)3分,正确书写电离方程式和浓度1分,正确书写电离平衡常数表达式并代数计算1分,结果1分)由电荷守恒知,当RNH3+和cRNH2(aq)+H2O(l)∈兰RNH3+(aq)平衡浓度(mol.L-1)0.10(1-a)0.1010-7RNH【解析】(1)①基态Al原子价层电子的轨道表示式为;②根据盖斯定律可知反应ΔH=-(b-a)KJ.mol-1;③175℃,转化率为45%,选择性为10%,0~t小时内逆均加快,B项不正确。N|(2)每生成1molN|RR需要3mol八,醇脱氢产生3mol的醛及3molH2,正好全部用于后续反ROH【高三化学第4页(共6页)】应,该过程是个“自供氢反应”,因此醇脱氢产生的氢与亚胺/烯胺加氢消耗的H2的物质的量之比为1:1。(3)①由滴定曲线起点可知NH3.H2O碱性更弱,因此电离平衡常数更小;②向0.10mol.L-1RNH2溶液中加入RNH3cl固体,由电荷守恒知,当RNH3+和cl-浓度相等时,溶液中H+和OH-浓度相等,25℃时C(OH-)=-7RNH2(aq)+H2O(l)∈兰RNH3+(aq)平衡浓度(mol.L-1)0.10(1-a)0.1010-7RNH20.【答案】(1)c7H8O(1分)邻甲基苯酚或2-甲基苯酚(1分)(2)碳碳双键、碳氯键或氯原子(2分,各1分)(3)AcD(2分)=(4)HO———cH2OH|(5)①H2、催化剂,加热(1分)||(1分)|cl②乙酸酐或乙酸、浓磷酸或浓硫酸,加热(1分)取代反应(或酯化反应,1分)OH/((1分)cH2clONaONacH2OHHO+HO+Nacl+H2O(2分)△△cH2cl【解析】(1)化合物I的分子式:c7H8O,命名:邻甲基苯酚或2-甲基苯酚。(2)化合物Ⅳ中的官能团为碳碳双键、酮羰基和碳氯键(氯原子)。(3)根据循环图,在I到Ⅱ和Ⅲ到Ⅳ的转化中,O2与cU+反应生成催化剂cU2+,实现了催化剂的再生,A项正确;化合物Ⅳ中氧原子与碳原子形成了双键,氧原子形成了1个σ键和1个π键,加上两对孤电子对,氧原子采=O=2杂化;将Ⅳ中的手性碳原子标记为*:Ⅱ