广东省南粤名校2023-2024学年高三下学期2月联考化学含答案.pdf

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1、学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司1一、选择题（一、选择题（110 题，每小题题，每小题 2 分；分；1116 题，每小题题，每小题 4 分，共分，共 44 分）分）1.B【解析】沙河鸟笼的制作材料为竹，不属于无机硅酸盐材料，故 A 不符合题意。广彩瓷的主要成分为瓷，属于无机硅酸盐材料，故 B 符合题意。牙雕的主要成分是象牙，主要为含钙无机物，不属于无机硅酸盐材料，故 C 不符合题意。木雕的主要成分为木，不属于无机非金属材料，故 D 不符合题意。2.A【解析】Ne 为 0 族元素，属于 p 区元素，故 A 正确；3He 的质

2、量数为 3，但核电荷数为 2，故 B 错误；碳纤维是一种混合物材料，不是纯净物，故 C 错误；烧蚀材料要求气化热大，热容量大，绝热性好，向外界辐射热量的功能强，通常为陶瓷材料或碳纤维、硼纤维、碳化锆纤维和氧化铝纤维等无机非金属材料，故 D 错误。3.B【解析】CO2分子结构为 O=C=O，三个原子均达到 8 电子稳定结构，故 A 正确；NH3与 CO(NH2)2中 N原子核外均有一对孤电子对，且形成三条单键，则 N 原子均为 sp3杂化，但羰基为吸电子基团，使得 NH键成键电子向 N 原子方向移动，排斥力增大，键角变大，故NHN 大小为 NH3CO(NH2)2，故 B 错误，C 正确；上述反应

3、仅涉及极性共价键的断裂与形成，故 D 正确。4.C【解析】收集 H2应使用向下排空气法或排水法，实验装置中收集装置为向上排空气法，故 A 错误；Cl2为有毒气体，尾气应当用 NaOH 溶液吸收，装置 d 不能除去，故 B 错误；b 装置为圆底烧瓶，加热时应当在其底部垫上石棉网，故 C 正确；a 装置为分液漏斗，不是长颈漏斗，故 D 错误。5.D【解析】连接四个不同基团的碳原子为手性碳原子，图示化合物中不存在手性碳原子，故 A 正确；氨基具有碱性，能和羧基发生反应生成酰胺基，图示化合物中存在羧基，故能与氨基发生反应，故 B 正确；C、N、O 在同一短周期，从左往右电负性逐渐增大，故电负性 ONC

4、，故 C 正确；该有机物含两个苯环，一个碳碳三键，1mol 该物质最多可与 8molH2反应，故 D 错误。6.D【解析】小苏打为碳酸氢钠，其化学式为 NaHCO3，故 A 错误；84 消毒液的主要成分为次氯酸钠，洁厕灵的主要成分为浓盐酸，二者混合会发生氧化还原反应，降低清洁效果，故 B 错误；铁锈的主要成分为Fe2O3xH2O，故 C 错误；山药片中的多酚类物质被氧化会变色，将新切的山药片浸没在水中可以防止其中多酚类物质接触空气中的 O2被氧化导致变色，故 D 正确。7.C【解析】根据题图，步骤 i 中没有气体生成，故 A 错误；反应 ii 中由 NO2生成 NH4+，且处理环境为酸性环境，

5、可知一定有 H+参与反应，故 B 错误；去除 N3的反应消耗了溶液中的 H+，pH 增大，故 C 正确；反应中 Fe 被消耗，生成 Fe2+，不符合催化剂的“反应前后质量不变”的要求，故 D 错误。8.C【解析】Na2SO3溶液呈碱性，能促使 Fe3+水解程度增大，故 A 正确。Fe(CN)63-也具有氧化性，可以与Na2SO3发生氧化还原反应生成Fe(CN)64-，与 Fe3+反应同样可生成蓝色沉淀，无法证明是 Fe3+被 Na2SO3还原生成了 Fe2+导致蓝色沉淀生成，故 B 正确。若加入 H2SO4，则会干扰下一步 SO42-的检验，故 C 错误。V中有白色沉淀生成，证明 Na2SO3

6、被 Fe3+氧化生成 SO42-，故 D 正确。9.C【解析】为防止钢铁输水管氧化，应通过牺牲阳极法或外加电流法使其发生还原反应，A 正确；Mg、Zn为活泼金属，可作为牺牲阳极，则将 Mg（或 Zn）与钢铁输水管相连是用牺牲阳极法保护钢铁输水管，故 B、D 正确；若导线连接电源正极，则钢铁输水管作阳极被氧化，不符合题意，应当连接电源负极，故 C 错误。24届广东省普通高中学科综合素养评价2月南粤名校联考-化学参考答案、提示及评分细则24届广东省普通高中学科综合素养评价2月南粤名校联考-化学参考答案、提示及评分细则#QQABaYAAogggQAJAAQgCAwm4CgIQkACAAKoGBAAM

7、oAABSBNABAA=#210.D【解析】分析“价-类”二维图可知：X 为 SO2，Y 为 SO3，Z 为 H2SO4，M 为 CuSO4。SO2可以使品红溶液褪色，是因为 SO2可以与品红生成无色化合物，体现漂白性，而非氧化性，故 A 错误；S 生成 H2S 和SO2的反应为歧化反应，故 B 错误；浓 H2SO4与蔗糖反应，体现了浓 H2SO4的脱水性和强氧化性，故 C 错误；SO3是形成酸雨的原因，故 D 正确。11.D【解析】甲醛在标准状况下为气体，但 A 选项中未说明是否在标准状况下，故无法使用 22.4L/mol 的气体摩尔体积，A 错误；0.1mol/L 的 MgCl2溶液体积位

8、置，无法确定 Cl-浓度，故 B 错误；82g Na218O2为 1mol，其与水反应发生过氧根的自身歧化分解，故 1molNa218O2与水反应仅转移 1mol 电子，即转移电子数为 NA，故 C 错误；1 个 C2H5OH 分子中含 6 个 H 原子，故 0.1molC2H5OH 中所含 H 原子数为 0.6NA，故 D 错误。12.D【解析】用碳酸钠溶液处理硫酸钙，由 Ksp（CaCO3）Ksp（CaSO4），发生沉淀的转化，生成易溶于酸的碳酸钙，便于除去，A 方程式书写正确；燃煤脱硫主要是为了防止燃烧煤生成的 SO2污染大气，B 方程式书写正确；Fe(OH)3比 Mg(OH)2更难溶，

9、且 Mg(OH)2的饱和溶液显碱性，铁离子会生成 Fe(OH)3沉淀，使溶液碱性减弱，Mg(OH)2溶解，C 方程式书写正确；酸性：H2CO3HClOHCO3，根据强酸制弱酸的原理，将二氧化碳通入次氯酸钠溶液中只能生成 HCO3-，HCO3-无法进一步与 ClO发生反应生成 CO32，故D 错误。13.C【解析】按照电负性 FCl，HF 酸性本应当大于 HCl，但 HF 分子间可以生成多聚分子，降低其酸性，使 HF 酸性低于 HCl，故陈述 I 与陈述 II 之间无对应关系，A 错误；第一电离能是气态原子电离出一个最外层电子所需的能量，并未涉及离子溶于水的能量变化（即水合热），考虑与水反应的剧

10、烈程度应从电负性、非金属性方面考虑，故 B 错误；CO 与 N2均为分子晶体，且相对分子质量相同，但 CO 是极性分子，N2是非极性分子，故 CO 分子间的静电作用力更大，即范德华力更大，C 正确；分子间作用力仅影响熔沸点，不涉及共价键的断裂，而热稳定性与分子中共价键均裂所需的能量大小有关，故 D 错误。14.B【解析】由图可知，W 为 P，X 为 O，Y 为 S，Z 为 F，R 为 Ar。H3PO4为中强酸，H2SO4为强酸，故A 错误；F2与 H2O 能发生置换反应生成 HF 和 O2，故 B 正确；Ar 以单原子分子形式存在，不存在 Ar2分子，故 C 错误；H2S 的分子构型为 V 型

11、，故 D 错误。15.B【解析】X 的能量高于 Y，故 Y 比 X 更稳定，A 正确；根据盖斯定律，催化剂只能改变反应历程及活化能，无法改变总反应焓变，B 错误；由图可知，C 正确；反应历程中XM=YM 一步活化能最大，为决速步（即慢反应），故 D 正确。16.C【解析】左侧电极为 SO2转化为 SO42的过程，为阳极，其电极反应式为 4OH+SO22e=SO42+2H2O，右侧为阴极，其电极反应式为 O2+2H+2e=H2O2；根据分析，该反应总反应为 2OH+SO2+O2=SO42+H2O2，故 A 正确。每生成 1mol H2O2，阴极得去 2mol e，同时双极膜处有 2molH+进入

12、阴极室，即有 2mol 的 H2O解离，故 B 正确。电解过程中，阳极室每消耗 4mol OH同时生成 1molSO42，则有 2mol OH通过膜 b 进入阳极室，KOH 的物质的量减少，故 C 错误。每生成 1.5mol H2O2，消耗 1.5molSO2，即实现烟气脱 SO2的物质的量为 1.5mol，即 1.5NA，D 正确。17.【解析】（1）配制溶液不需要用到锥形瓶和分液漏斗，故答案为：AC。配制溶液所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、容量瓶，所需溶液体积为 200 mL，但常用容量瓶规格中只有 250mL 是符合要求的最小规格，故答案为：250 mL 容量瓶。（1 分）（2）

13、实验室用 NaOH 溶液处理 Cl2尾气，故离子方程式填 Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。（2 分）#QQABaYAAogggQAJAAQgCAwm4CgIQkACAAKoGBAAMoAABSBNABAA=#3（3）Cl浓度降低，即 Cl2/Cl电对中还原性物质浓度降低，电极电势升高，Cl还原性减弱，氧化还原反应两电对电极电势差值减小，导致反应停止。故答案为：升高；（2 分）减弱。（2 分）已知猜想 i 正确，则升高 H+浓度时，MnO2氧化性增强，反应会重新开始进行，故答案为：有氯气。（1 分）实验组别 III 在组别 II 的基础上进行，组别 II 产生氯气，但加入 Mn2+后不产生

14、氯气（组别 III），说明猜想iii 说法正确，故答案为：正确。（1 分）实验设计题要求卤素离子浓度相同，根据提供了“pH 传感器”与“定量”实验要求可知，可以利用猜想 i的结论设计实验。注意不要用到 HCl，因为这样会改变氯离子的浓度，造成干扰；也不能使用反应结束后再测定反应 pH 的方法，因为此时三支试管中的卤素离子浓度必然不同。故答案为：取等体积的 1mol/L KCl溶液、KBr 溶液、KI 溶液分别置于三支试管中，向其中加入等质量的 MnO2 固体，并向三支试管中逐滴滴加 6mol/L 的 H2SO4 溶液，再用 pH 传感器测定三支试管中发生反应的最小 c(H+)。（2 分）（4）

15、消毒（1 分）H2O 和 C2H5OH 为极性分子，而 I2和 CCl4均为非极性分子，根据相似相溶原理，I2易溶于 CCl4。（2 分）18.【解析】（1）Ni 为 28 号元素，价电子排布式为 3d84s2。故答案为：3d84s2。（1 分）（2）“部分除铜”工序中，硫代硫酸钠与铜离子反应生成铜单质，根据生成了硫酸铅以及之后的“除硫酸根”流程可以推测该步氧化产物为硫酸根。故答案为：4Cu2+S2O32+H2O=4Cu+2SO42+10H+（2 分）（3）M 物质作用为调节 pH，故 M 物质显碱性，但 M 物质不是烧碱，因为烧碱碱性太强，无法准确控制Cr3+与 Ni2+分步沉淀。结合流程箭

16、头方向和给出的 KspNi(OH)和 KspCr(OH)大小可以推测，M 物质为沉镍流程的产物 Ni(OH)2。故答案为：Ni(OH)2。（2 分）（4）由“部分除铜”可以推测铜离子未被除尽，而铅离子已在之前的步骤中与 SO42反应生成了 PbSO4被除去，故滤渣 II 中除 ZnS 外，应当还有 CuS。故答案为：CuS。（2 分）（5）“酸解”步骤中 Fe 元素转化为 Fe3+，而后在“部分除铜”步骤中，硫代硫酸钠将 Fe3+还原为 Fe2+，导致 Fe 元素难以沉淀，故“沉铁”步骤中需要用双氧水将 Fe2+氧化为 Fe3+。由于上一步“调 pH”中已经用NiCO3将溶液 pH 调高，故

17、Fe3+会生成沉淀而被除去。故答案为：将 Fe2+氧化为 Fe3+，使其转化为 Fe(OH)3沉淀除去。（2 分）（6）硝酸镍的阴离子为硝酸根，其空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形。（1 分）（7）由晶胞结构图可知，Ni 的配位数为 6，故第一空填：6；（2 分）由几何关系知，晶胞参数为 2a，由=mV，m=MNA解得晶胞密度为4(59+16)(2)31030。故答案为4(59+16)(2)31030。（2 分）19.【解析】（1）由盖斯定律得，反应=反应+反应的逆反应，故H1=H3-H4=+247.34kJmol-1（2 分）由公式G=H-TS 得：G=247.34kJmol-1-2

18、98K270.010-3kJmol-1K-1=166.88kJmol-10，故不能自发进行故不能自发进行；（2 分）（2）反应是气体分子数增加的反应，向恒温恒压中充入惰性气体后体积增大，压强减小，故反应平衡正移，A 错误；向容器内充入一定量进料比同为 1:1 的 CH4与 CO2混合气体，可以理解为分别在两个容器反应后，再把容器拼接在一起，故再次达到平衡时 H2体积分数不发生改变，B 正确正确；单位时间内消耗 0.1molCH4，#QQABaYAAogggQAJAAQgCAwm4CgIQkACAAKoGBAAMoAABSBNABAA=#4同时又生成了 0.1molCO2，则正反应速率与逆反应速

19、率相等，反应达到平衡状态，C 正确正确；向容器中投入少量 CO2，相当于增大反应浓度，由勒夏特列原理得 c(CO2)增大；设 K 为反应的平衡常数，则c2(H2)c2(CO)(4)=c(CO2)K，增大，D 错误；（2 分）（3）催化剂的原理是改变反应历程，降低反应活化能降低反应活化能，从而提高反应速率；（2 分）（4）反应 是吸热反应且气体分子数增加，反应是放热反应且气体分子数减少，升温与降压均会使反应平衡正移，降温则会使反应平衡正移，二者均不利于减少积碳，ABC 错误；选用适宜的催化剂可以减少反应体系中产生积碳的副反应，D 正确正确；（2 分）（5）当(2)(4)增大时，反应平衡正移，CH

20、4的质量分数减少，故曲线 a、b、c 对应的(2)(4)分别为 1.0、1.5、2.0；（2 分）不妨设 CO2和 CH4的初始浓度均为 a mol/L。由转化率知平衡时 CO2的浓度为 0.05a mol/L，CH4的浓度为 0.1a mol/L。由 C 原子守恒，得 CO 平衡浓度为(20.050.1)a mol/L=1.85a mol/L；再由 O 原子守恒，得 H2O 平衡浓度为(2-0.0521.85)a mol/L=0.05a mol/L；最后由 H 原子守恒，得 H2平衡浓度为 0.5(40.140.052)a mol/L=1.75a mol/L。设 K 为反应 II 的平衡常数

21、，由 K=c(H2O)c(CO)(2)(2)可解得 K1.1。（或用三段式计算均可）。（2 分）20.【解析】（1）根据 B 的结构简式可知，B 中的含氧官能团为醚键和醛基醚键和醛基；（2 分，答对 1 个得 1 分，错答 1 个扣 1分，不出现负分）（2）C 的分子式为 C10H12O5，不饱和度为 5，又能与 NaHCO3反应，说明 C 中含羧基，结合前后物质的结构简式，可推知 C 的结构简式为或（1 分）（3）由 D 的结构简式可知，D 的分子式为 C10H13O4N，A 正确；由 D、E 的结构简式可知，D 中的 N 原子为 sp2杂化，E 中的 N 原子为 sp3杂化，B 错误；D、

22、E 中不含连接着四个不同基团的 C 原子，故 D、E 中不含手性碳原子，C 错误；由 E 的结构简式可知，1molE 分子中共含有 28NA个键，D 正确；故答案为 AD；（2 分，答对 1 个得 1 分，错答 1 个扣 1 分，不出现负分）（4）化合物 A 的分子式为 C9H12O3，且其同分异构体 X 能与 FeCl3发生显色反应，故其中含有酚羟基，1molX能与 3molNa 反应，而苯环上只有两个取代基，结合分子式可知，一个 X 分子中含有 1 个酚羟基、2 个醇羟基，包括、每种都有邻、间、对位三种，故符合条件的共有 1515 种（同一碳上与两个羟基相连不稳定，故不考虑）。（2 分）（

23、5）由反应试剂及条件 1，结合有机物 B 的结构简式，可知反应 1 为醛的银镜反应，故反应生成的新物质的结构简式为或；（1 分）#QQABaYAAogggQAJAAQgCAwm4CgIQkACAAKoGBAAMoAABSBNABAA=#5有机物得氧失氢为氧化反应，故反应 1 的类型为氧化反应氧化反应（1 分）；有反应生成的新物质的结构简式 2，结合有机物 B 的结构简式，可知反应 2 为苯环和醛基的还原（苯环和醛基上氢气的加成），故反应试剂及条件 2 为 H2H2、催化剂，、催化剂，加热加热；（1 分）该反应类型为还原反应或加成还原反应或加成反应反应；（1 分）（6）运用逆合成分析法，结合已知信息，倒推中间产物，确定合成路线。目标产物可由与在 DCE 中反应合成；可由与 ClCOCOCl 在 DCE 中合成；可由与 NH3H2O 在 POCl3下合成；可由经由醛的氧化合成；由上述合成路线可知，生成一元酰胺的反应方程式为：+NH3H2O+2H2O；（2 分）由上述合成路线可知，最后一步的原料为（1 分）。POCl3#QQABaYAAogggQAJAAQgCAwm4CgIQkACAAKoGBAAMoAABSBNABAA=#