广东省南粤名校2023-2024学年高三下学期2月联考化学答案

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】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NH3＜CO(NH2)2，故B错误，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Fe2O3·xH2O，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，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。�33+3-8.C【解析】Na2SO3溶液呈碱性，能促使Fe水解程度增大，故A正确。[Fe(CN)6]也具有氧化性，可以与4-3+3+Na2SO3发生氧化还原反应生成[Fe(CN)6]，与Fe反应同样可生成蓝色沉淀，无法证明是Fe被Na2SO3还2+2-原生成了Fe导致蓝色沉淀生成，故B正确。若加入H2SO4，则会干扰下一步SO4的检验，故C错误。V3+2-中有白色沉淀生成，证明Na2SO3被Fe氧化生成SO4，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。1{#{QQABaYAAogggQAJAAQgCAwm4CgIQkACAAKoGBAAMoAABSBNABAA=}#}10.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-18体摩尔体积，A错误；0.1mol/L的MgCl2溶液体积位置，无法确定Cl浓度，故B错误；82gNa2O2为1mol，18其与水反应发生过氧根的自身歧化分解，故1molNa2O2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，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：H2CO3＞HClO＞HCO3，根据强酸制弱酸的--－2－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CO3，故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，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X·M==Y·M一步活化能最大，为决速步（即慢反应），故D正确。2－－－2－16.C【解析】左侧电极为SO2转化为SO4的过程，为阳极，其电极反应式为4OH+SO2－2e=SO4+2H2O，+－－2－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=SO4+H2O2，－+故A正确。每生成1molH2O2，阴极得去2mole，同时双极膜处有2molH进入阴极室，即有2mol的H2O－2－－解离，故B正确。电解过程中，阳极室每消耗4molOH同时生成1molSO4，则有2molOH通过膜b进入阳极室，KOH的物质的量减少，故C错误。每生成1.5molH2O2，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Cl2尾气，故离子方程式填Cl2+2OH==Cl+ClO+H2O。（2分）2{#{QQABaYAAogggQAJAAQgCAwm4CgIQkACAAKoGBAAMoAABSBNABAA=}#}－－－（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）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2+2－2－+酸根”流程可以推测该步氧化产物为硫酸根。故答案为：4Cu+S2O3+H2O=4Cu↓+2SO4+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3+2+Cr与Ni分步沉淀。结合流程箭头方向和给出的Ksp[Ni(OH)₂]和Ksp[Cr(OH)₃]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）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SO4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3+NiCO3将溶液pH调高，故Fe会生成沉淀而被除去。2+3+故答案为：将Fe氧化为Fe，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a，由ρ，解得晶胞密度为。故答案为。（2分）2mM4×(59+16)4×(59+16)3−303−30=Vm=NA��×(2�)×10��×(2�)×1019.【解析】-1（1）①由盖斯定律得，反应Ⅰ=反应ⅡⅠ+反应Ⅳ的逆反应，故ΔH1=ΔH3-ΔH4=+247.34kJ·mol（2分）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；单位时间内消耗0.1molCH4，3{#{QQABaYAAogggQAJAAQgCAwm4CgIQkACAAKoGBAAMoAABSBNABAA=}#}同时又生成了0.1molCO2，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；向容器中投入少量CO2，相当于增