广东省名校教研联盟2023-2024学年高三下学期5月押题考试 化学 PDF版含解析

{#{QQABKQCUggggQpAAAQhCQwEgCgOQkAEACagGwAAEMAIAgRFABAA=}#}{#{QQABKQCUggggQpAAAQhCQwEgCgOQkAEACagGwAAEMAIAgRFABAA=}#}{#{QQABKQCUggggQpAAAQhCQwEgCgOQkAEACagGwAAEMAIAgRFABAA=}#}{#{QQABKQCUggggQpAAAQhCQwEgCgOQkAEACagGwAAEMAIAgRFABAA=}#}{#{QQABKQCUggggQpAAAQhCQwEgCgOQkAEACagGwAAEMAIAgRFABAA=}#}{#{QQABKQCUggggQpAAAQhCQwEgCgOQkAEACagGwAAEMAIAgRFABAA=}#}{#{QQABKQCUggggQpAAAQhCQwEgCgOQkAEACagGwAAEMAIAgRFABAA=}#}{#{QQABKQCUggggQpAAAQhCQwEgCgOQkAEACagGwAAEMAIAgRFABAA=}#}绝密★启用前（广东卷）化学参考答案1．【答案】C【解析】A项，纸的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料；B项，粤绣中的“线”有棉麻的，主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，也有是丝毛的，主要成分是蛋白质，也属于有机高分子材料；C项，香油的主要成分是油脂，不是有机高分子材料；D项，“藤”的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料。2.【答案】B【解析】GaP、GaAs均为无机非金属材料，金属材料包括纯金属和合金，B项错误。3.【答案】B3【解析】光导纤维主要成分的化学式为SiO2，无分子式，A项错误；PCl3的中心原子为sp杂化，有3个方向形成共价键，一个方向有一对孤电子对，价层电子对互斥模型为，B项正确；C原子编号错误，名称应该是4-甲基-2-戊烯，C项错误；Co原子失去4s上的2个电子，变成Co2+，D项轨道表示式错误。4.【答案】D2+【解析】腐蚀电路板上的Cu，利用的是FeCl3溶液的氧化性，A项不符合题意；Mg是活泼金属的阳离子，在2+水溶液中Mg难得到电子转化为单质镁，工业上常采用电解熔融的MgCl2制备单质镁，B项不符合题意；作干燥剂是利用了浓硫酸的吸水性，C项不符合题意；等离子体含有能自由移动带电粒子，可应用于化学合成和材料表面改性，D项符合题意。5.【答案】C【解析】氮氧化物在空气中可形成硝酸型酸雨，A项正确；氨气是sp3杂化，有一个杂化轨道上是孤对电子，甲烷是也是sp3杂化，但四个杂化轨道全部参与成键，所以氨气分子的键角小于甲烷的键角，B项正确；该反应的氧化产物和还原产物的质量比为4∶3，C项错误；NaNO3和NaNO2都不是NO2对应的盐（N的价态不同），所以题中反应能说明NO2不是酸性氧化物，D项正确。6.【答案】D【解析】水垢中的的主要成分碳酸钙和氢氧化镁被醋酸溶解，A正确；SO2能杀菌且能防止营养物质被氧化，B正确；碱性条件下，油脂能发生皂化反应，C正确；高温不利于提高氨气的平衡产率，D错误。7.【答案】D【解析】Y和Z只是碳氧双键的位置不同，互为同分异构体，A项正确；芘的一氯代物有3种，如图所示，B项正确；Y与NaOH溶液反应，酯基先水解，生成了羧基和（醇）羟基，（醇）羟基不与NaOH反应，故1molY与足量NaOH溶液反应最多消耗2molNaOH，C项正确；X与足量H2发生加成反应的产物中只有4个手性C原子，D项错误。化学参考答案（广东卷）第1页（共7页）{#{QQABKQCUggggQpAAAQhCQwEgCgOQkAEACagGwAAEMAIAgRFABAA=}#}1238.【答案】B-2-2+--【解析】A项的离子方程式为Pb-2e+SO4＝PbSO4↓；C项的离子方程式为Mg+2HCO3+4OH＝2-++Mg(OH)2↓+2CO3+2H2O；D项的离子方程式为CO2+NH3·H2O+Na＝NaHCO3↓+NH4。9.【答案】C【解析】X为H，Y为C，Z为N，W为Cu元素，第二周期中的F和Ne的第一电离能都比Z要大，A项错误；离子中的C和N原子都是sp3杂化，B项错误；W的配位数是4，配体数是2，配体种类是1，C项正确；W带2个单位正电荷，是Cu2+，第三层是最外层，最外层电子数不是1，D项错误。10.【答案】C-2+2++【解析】Fe作原电池的负极，电极上发生反应：Fe-2e＝Fe，Fe+H2S＝FeS↓+2H；碳作正极，电极反+-应为O2+4H+4e＝2H2O，A、B项正确；通入空气是提供O2，O2不能增强电解质溶液的导电性，C项错误；生成的FeS沉淀会附着在铁碳填料的表面，负极的表面积减小，反应速率减小，形成的微电池数量也在减小，故工作一段时间后，H2S的去除效率会降低，D项正确。11.【答案】D【解析】反应物总能量高于生成物，该反应为放热反应，ΔH＜0，A项错误；图中有3个峰，则该反应的历程分3步进行，B项错误；图中可知，中间产物N的能量比M的能量高，M(g)→N(g)活化能较高，为慢反应，N(g)→P(g)+Q(g)活化能较低，为快反应，则反应过程中，M的最高浓度比N的大，C项错误；该反应是前后气体分子数不变的反应，按照体积比3:2充入X(g)和Y(g)，平衡时Q(g)的百分含量不变，D项正确。12.【答案】C【解析】产生的NO2气体也可能是浓硝酸受热分解生成的，A项错误；可以说明酸性：H2SO3＞H2CO3，但不能说明非金属性：S＞C，因为H2SO3不是S的最高价含氧酸，B项错误；产生的气体是氨气，说明NaNO3在强碱性溶液也显示氧化性，C项正确；实验说明甲苯中的苯环可使甲基活化，D项错误。13.【答案】D---【解析】取甲图晶胞体心的BH4分析，离该BH4最近的BH4上中下层各有4个，共12个，A项正确；晶体是+-由很多晶胞无隙并置组成的，Na恰好填充在6个BH4围成的正八面体的空隙中，B项正确；根据原子的投影13容易判断B点坐标为（，1，），C项正确；如图所示，在四方晶体的晶胞中构造一个直角三角形，运用243114几何相关知识可得AB2=(2a)2a2（a）2，则AB=a(nm)，D项错误。422化学参考答案（广东卷）第2页（共7页）{#{QQABKQCUggggQpAAAQhCQwEgCgOQkAEACagGwAAEMAIAgRFABAA=}#}14.【答案】A【解析】将电石放置于甲处时，产生的糊状物质由于重力作用沿着玻璃珠空隙流下，而电石则因固体无流动性而留在玻璃珠上方，由此实现固体与糊状物质的及时分离，并保持糊状物有足够的时间处于流动状态，不会因滞留导致堵塞，而放置于乙处则无法实现，A项错误。15.【答案】C【解析】CH3OH与水反应生成二甲醚的反应，从原子守恒角度看，还有H2O生成，所以原子利用率小于100%，A项正确；历程中有极性键和非极性键的断裂和形成，如O-H极性键的断裂和C-O极性键的形成，H-H非极性键的形成和断裂，B项正确；方框内中间体还有1个H原子，其结构表示为，C项错误；在Cu0/Cu+表面，CH3OH与H2O反应生成CO2和H2，D项正确。16.【答案】D2++-2-【解析】分析图像可知，曲线1、2、3、4、5分别代表Cu、[Cu(OH)]、Cu(OH)2、[Cu(OH)3]、[Cu(OH)4]1-的分布系数，A项正确；曲线4的最高点对应溶液的pH=×（10.7+12.5）=11.6，B项正确；反应[Cu(OH)3]2-c(Cu(OH))c(OH)的化学平衡常数为2，在曲线和交点（，）时，Cu(OH)2+OHK3=3410.70.48c(Cu(OH)2)c([Cu(OH)3])---14+10.7-3.32---=c[Cu(OH)3]，pH=10.7，则K3=c(OH)=10=10，反应[Cu(OH)4][Cu(OH)3]+OH的平衡常数K4=c([Cu(OH)])c(OH)-3，在曲线和的交叉点（，）时，[]2-[]，，24512.50.48c(Cu(OH)4)=c(Cu(OH)3)pH=12.5c([Cu(OH)4])--14+12.5-1.52---4.8则K4=c(OH)=10=10，则[Cu(OH)4]Cu(OH)2+2OH的平衡常数K=K3K4=10，C项正确；混合溶液2-2＋－2-pH>14，含铜微粒是[Cu(OH)4]，反应的离子方程式是：Cu＋4OH＝[Cu(OH)4]，D项错误。17.（14分）（1）NH4Cl＋NaNO2NaCl＋2H2O＋N2↑（2分）利用N2排出装置中的空气，防止β－萘酚被氧化（2分）（2）装置E中的压强与三颈烧瓶中的压强能保持相等，溴乙烷能顺利滴下（2分）（3）防止乙醇和溴乙烷大量挥发而逸出（2分）（4）偏小（2分）（5）分液漏斗（1分）过滤（1分）化学参考答案（广东卷）第3页（共7页）{#{QQABKQCUggggQpAAAQhCQwEgCgOQkAEACagGwAAEMAIAgRFABAA=}#}（6）B（2分）【解析】（1）酚类易被氧化，又由于反应时间较长，为了避免β－萘酚长时间接触O2被氧化，需要将装置中的空气排尽。（2）恒压滴液漏斗侧面的玻璃管能保证漏斗中的压强与三颈烧瓶中的压强一致，从而使溴乙烷能够顺利滴下。（3）乙醇和溴乙烷的沸点均较低，为了防止二者大量挥发，加热温度不能太高，通冷却水的速度要快。（4）溴乙烷在碱性水溶液中会发生水解反应，从而使产品的产率降低。（5）洗涤液态有机物常在分液漏斗中进行，无水CaCl2吸水后生成的水合物受热易释放出水，因此在蒸馏之前需要进行过滤。5.0g4.78g（6）β－萘乙醚的理论产量为172g/mol=5.97g，故产率为×100％=80％。144g/mol5.97g18.（14分）（1）+126.0（1分）（2）①0.55（2分）50%（2分）加入稀释剂可减小C3H8的分压，有利于平衡正向进行，故加入稀释剂C3H8平衡转化率高于不加稀释剂（2分）②AC（2分）（3）①不是（1分）ODHP工艺发生的反应和副反应均为放热反应，C3H8的平衡转化率随温度升高应降低，而不是升高（2分）②0.01755n（2分）【解析】（1）根据盖斯定律，PDH工艺中的ΔH1＝－2217.8kJ/mol－(－2058.0kJ/mol)－(－285.8kJ/mol)＝+126.0kJ/mol。（2）①达到平衡时参与反应的C3H8的物质的量为1mol×60%＝0.6mol，利用“三段式”整理数据如下。C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)n(始)/mol100n(变)/mol0.60.60.6n(平)/mol0.40.60.6平衡时气体的总物质的量为0.4mol+0.6mol+0.6mol+1.1mol＝2.7mol。0.6(1.65MPa)2p(CH)p(H)平衡常数K3622.70.55MPa。pp(CH)0.4381.65MPa2.7若不加Ar，设达到平衡时C3H8的转化率为，则参加反应的C3H8的物质的量为1mol×＝mol，利用“三段式”整理数据如下。化学参考答案（广东卷）第4页（共7页）{#{QQABKQCUggggQpAAAQhCQwEgCgOQkAEACagGwAAEMAIAgRFABAA=}#}C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)n(始)/mol100n(变)/moln(平)/mol(1－)[1.65MPa]2(1)由于温度不变，平衡常数不变，故0.55MPa，解得50%。(1)1.65MPa(1)②该反应是吸热反应，ΔH>0，观察表中数据，较高温度下，ΔG<0，据此可判断ΔS>0，A项正确；由方程式可c(C3H6)知无论反应是否达到平衡，始终为1∶1，B项错误；恒温、恒容条件下，增大c(C3H8)，其平衡结果c(H2)等效于加压，因此丙烷的平衡转化率减小，C项正确；催化剂不能改变平衡转化率，D项错误。（3）①根据给出图像可知，随温度升高，C3H8的转化率增大，而平