文档内容
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
一、选择题（1－10 题，每小题2 分；11－16 题，每小题4 分，共44 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】CO 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；NH 与CO(NH ) 中N
2 3 2 2
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N－H
键成键电子向N原子方向移动，排斥力增大，键角变大，故∠N－H－N大小为NH ＜CO(NH ) ，故B错
3 2 2
误，C正确；上述反应仅涉及极性共价键的断裂与形成，故D正确。
4.C【解析】收集H 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；Cl
2 2
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O＞N＞C，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8molH 反应，故D错误。
2
6.D【解析】小苏打为碳酸氢钠，其化学式为NaHCO ，故A错误；84消毒液的主要成分为次氯酸钠，洁厕
3
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
Fe O ·xH O，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
2 3 2
多酚类物质接触空气中的O 被氧化导致变色，故D正确。
2
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NO －生成NH +，且处理环境为酸
2 4
性环境，可知一定有H+参与反应，故B错误；去除N 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。
3
8.C【解析】Na SO 溶液呈碱性，能促使Fe3+水解程度增大，故A正确。[Fe(CN) ]3-也具有氧化性，可以与
2 3 6
Na SO 发生氧化还原反应生成[Fe(CN) ]4-，与Fe3+反应同样可生成蓝色沉淀，无法证明是Fe3+被Na SO 还
2 3 6 2 3
原生成了Fe2+导致蓝色沉淀生成，故B正确。若加入H SO ，则会干扰下一步SO 2-的检验，故C错误。V
2 4 4
中有白色沉淀生成，证明Na SO 被Fe3+氧化生成SO 2-，故D正确。
2 3 4
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。
1
{#{QQABaYAAogggQAJAAQgCAwm4CgIQkACAAKoGBAAMoAABSBNABAA=}#}10.D【解析】分析“价-类”二维图可知：X为SO ，Y为SO ，Z为H SO ，M为CuSO 。SO 可以使品红
2 3 2 4 4 2
溶液褪色，是因为SO 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H S和
2 2
SO 的反应为歧化反应，故B错误；浓H SO 与蔗糖反应，体现了浓H SO 的脱水性和强氧化性，故C错
2 2 4 2 4
误；SO 是形成酸雨的原因，故D正确。
3
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MgCl 溶液体积位置，无法确定Cl-浓度，故B错误；82gNa 18O 为1mol，
2 2 2
其与水反应发生过氧根的自身歧化分解，故1molNa 18O 与水反应仅转移1mol电子，即转移电子数为N ，
2 2 A
故C错误；1个C H OH分子中含6个H原子，故0.1molC H OH中所含H原子数为0.6N ，故D错误。
2 5 2 5 A
12.D【解析】用碳酸钠溶液处理硫酸钙，由K （CaCO ）＜K （CaSO ），发生沉淀的转化，生成易溶于
sp 3 sp 4
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SO 污染大气，B方程
2
式书写正确；Fe(OH) 比Mg(OH) 更难溶，且Mg(OH) 的饱和溶液显碱性，铁离子会生成Fe(OH) 沉淀，
3 2 2 3
使溶液碱性减弱，Mg(OH) 溶解，C方程式书写正确；酸性：H CO ＞HClO＞HCO －，根据强酸制弱酸的
2 2 3 3
原理，将二氧化碳通入次氯酸钠溶液中只能生成HCO -，HCO -无法进一步与ClO－发生反应生成CO 2－，故
3 3 3
D错误。
13.C【解析】按照电负性F＞Cl，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），考虑与水反应的剧烈程度应从电负性、
非金属性方面考虑，故B错误；CO与N 均为分子晶体，且相对分子质量相同，但CO是极性分子，N 是
2 2
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。H PO 为中强酸，H SO 为强酸，故
3 4 2 4
A错误；F 与H O能发生置换反应生成HF和O ，故B正确；Ar以单原子分子形式存在，不存在Ar 分子，
2 2 2 2
故C错误；H S的分子构型为V型，故D错误。
2
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
X·M==Y·M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SO 转化为SO 2－的过程，为阳极，其电极反应式为4OH－+SO －2e－=SO 2－+2H O，
2 4 2 4 2
右侧为阴极，其电极反应式为O +2H++2e－=H O ；根据分析，该反应总反应为2OH－+SO +O =SO 2－+H O ，
2 2 2 2 2 4 2 2
故A正确。每生成1molH O ，阴极得去2mole－，同时双极膜处有2molH+ 进入阴极室，即有2mol的H O
2 2 2
解离，故B正确。电解过程中，阳极室每消耗4molOH－同时生成1molSO 2－，则有2molOH－通过膜b进入
4
阳极室，KOH的物质的量减少，故C错误。每生成1.5molH O ，消耗1.5molSO ，即实现烟气脱SO 的物
2 2 2 2
质的量为1.5mol，即1.5N ，D正确。
A
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200mL，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：250mL容量瓶。（1分）
（2）实验室用NaOH溶液处理Cl 尾气，故离子方程式填Cl +2OH－==Cl－+ClO－+H O。（2分）
2 2 2
2
{#{QQABaYAAogggQAJAAQgCAwm4CgIQkACAAKoGBAAMoAABSBNABAA=}#}（3）Cl－浓度降低，即Cl /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
2
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，MnO 氧化性增强，反应会重新开始进行，故答案为：有氯气。（1分）
2
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：①取等体积的1mol/LKCl
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）消毒 （1分）
H O和C H OH为极性分子，而I 和CCl 均为非极性分子，根据相似相溶原理，I 易溶于CCl 。（2分）
2 2 5 2 4 2 4
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++S O 2－+H O=4Cu↓+2SO 2－+10H+（2分）
2 3 2 4
（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。结合流程箭头方向和给出的K [Ni(OH)₂] 和K [Cr(OH)₃]大小可以推测，M物质为沉
sp sp
镍流程的产物Ni(OH) 。故答案为：Ni(OH) 。 （2分）
2 2
（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SO 2－反应生成了PbSO 被
4 4
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
NiCO 将溶液pH调高，故Fe3+会生成沉淀而被除去。
3
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，使其转化为Fe(OH) 沉淀除去。（2分）
3
（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 a，
由ρ ， 解得晶胞密度为 。故答案为 。（2分） 2
m M 4×(59+16) 4×(59+16)
3 −30 3 −30
= V m= NA ×( 2 ) ×10 ×( 2 ) ×10
19.【解析】
（1）①由盖斯定律得，反应Ⅰ=反应ⅡⅠ+反应Ⅳ的逆反应，故ΔH =ΔH -ΔH =+247.34kJ·mol-1（2分）
1 3 4
②由公式ΔG=ΔH-TΔS得：
ΔG=247.34kJ·mol-1-298K×270.0×10-3kJ·mol-1·K-1=166.88kJ·mol-1＞0，故不能自发进行；（2分）
（2）反应Ⅰ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Ⅰ平衡正
移，A错误；向容器内充入一定量进料比同为1:1的CH 与CO 混合气体，可以理解为分别在两个容器反
4 2
应后，再把容器拼接在一起，故再次达到平衡时H 体积分数不发生改变，B正确；单位时间内消耗0.1molCH ，
2 4
3
{#{QQABaYAAogggQAJAAQgCAwm4CgIQkACAAKoGBAAMoAABSBNABAA=}#}同时又生成了0.1molCO ，则正反应速率与逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；向容器中投入少
2
量CO ，相当于增大反应浓度，由勒夏特列原理得c(CO )增大；设K为反应Ⅰ的平衡常数，则 =
2 2
2 2
c (H2)×c (CO)
c(CO 2 )×K，增大，D错误；（2分） ( 4)
（3）催化剂的原理是改变反应历程，降低反应活化能，从而提高反应速率；（2分）
（4）反应ⅡⅠ 是吸热反应且气体分子数增加，反应Ⅳ是放热反应且气体分子数减少，升温与降压均会使反
应ⅡⅠ平衡正移，降温则会使反应Ⅳ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；（2分）
（5）①当 增大时，反应平衡正移，CH
4
的质量分数减少，故曲线a、b、c对应的 分别为1.0、
( 2) ( 2)
1.5、2.0； （ ( 2 分4) ） ( 4)
②不妨设CO 和CH 的初始浓度均为amol/L。由转化率知平衡时CO 的浓度为0.05amol/L，CH 的
2 4 2 4
浓度为0.1amol/L。由C原子守恒，得CO平衡浓度为(2－0.05－0.1)amol/L=1.85amol/L；再由O原子守恒，
得H O平衡浓度为(2-0.05×2－1.85)amol/L=0.05amol/L；最后由H原子守恒，得H 平衡浓度为0.5×(4－
2 2
0.1×4－0.05×2)amol/L=1.75amol/L。设K为反应II的平衡常数，由K= 可解得K≈1.1。（或
c(H2O)×c(CO)
用三段式计算均可）。（2分） ( 2)× ( 2)
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；（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C H O ，不饱和度为5，又能与NaHCO 反应，说明C中含羧基，
10 12 5 3
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C H O N，A正确；由D、E的结构简式可知，D中的N原子
10 13 4
为sp2杂化，E中的N原子为sp3杂化，B错误；D、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28N 个σ键，D正确；故答案为AD；
A
（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C H O ，且其同分异构体X能与FeCl 发生显色反应，故其中含有酚羟基，1molX
9 12 3 3
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15种（同一碳上与两个羟基相连不稳定，故不考虑）。
（2分）
（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）
4
{#{QQABaYAAogggQAJAAQgCAwm4CgIQkACAAKoGBAAMoAABSBNABAA=}#}有机物得氧失氢为氧化反应，故反应1的类型为氧化反应（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H2、催化剂，加热；（1分）该反应类型为还原反应或加成
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NH ·H O在POCl 下合成； 可由 经由
3 2 3
醛的氧化合成；
① 由上述合成路线可知，生成一元酰胺 的反应方程式为：
POCl
3
+ NH ·H O + 2H O ；（2分）
3 2 2
②由上述合成路线可知，最后一步的原料为 （1分） 。
5
{#{QQABaYAAogggQAJAAQgCAwm4CgIQkACAAKoGBAAMoAABSBNABAA=}#}
