【文档说明】广东省南粤名校联考2023-2024学年高三上学期9月月考 化学答案和解析.pdf，共(9)页，1.401 MB，由小赞的店铺上传

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第1页共8页24届广东省普通高中学科综合素养评价9月南粤名校联考化学参考答案1.【答案】C【详解】A．陶瓷属于无机硅酸盐材料，故A错误；B．玉的成分有硅酸盐、金属氧化物等，属于无机材料，故B错误；C．丝绸成分为蛋白质，属于有机高分子，故C正确；D．青铜器属于

金属材料，故D错误。2.【答案】C【详解】A．石墨烯与石墨都是碳单质的不同形式，化学性质相似，故A正确；B．Xe是稀有气体，属于O族元素，故B正确；C．32He和42He是质子数相同，中子数不同的同一元素的不同核素，属于同位素，两者化学性质几乎相同，但物理物质不

同，故C错误；D．金刚石是共价晶体，故D正确。3.【答案】B【详解】A.聚乙烯塑料难以降解，易导致白色污染，A项正确；B.硅用于计算机芯片是利用其半导体材料的性质，B项错误；C.KMnO4能氧化乙烯为CO2，从而达到保鲜水果的目的，C项正确；D.电池中的重金属会污染土壤和水源，积极开发废电池的综合

利用技术，防止其中的重金属盐对土壤和水源造成污染，D项正确。4.【答案】D【详解】A．乙醇和乙酸互溶，不能用分液操作进行分离，故A错误；B．苯的溴代反应是放热反应，能促进液溴的挥发，挥发出的溴也能与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，所以不能验证有

HBr产生，故B错误；C．NH4Cl固体受热分解可以生成NH3和HCl，但气体稍冷在试管口处又可以重新反应生成NH4Cl固体，不能用于实验室制取NH3，故C错误；D．O2不溶于水，可以用量气管测量其体积，故D正确。5.【答案】D【详解】A．镁在氧气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火

，与镁能和二氧化碳反应没有关系，A错误；B．纳米Fe3O4可用作铁磁性材料，与四氧化三铁能与酸反应没有关系，B错误；C．石墨可用作干电池电极材料是因其可以导电，与熔点很高无关，C错误；D．无水CoCl2呈蓝色，吸水后为粉红色

[22CoCl6HO]，因此可用于制造变色硅胶(干燥剂)，D正确。6.【答案】B【详解】A．羟基含有1个单电子，电子式：，A正确；B．Mn为25号元素，失去2个电子形成Mn2+，基态Mn2+的价层电子的轨道表示式，B错误；C．3BF

形成3个σ键，中心原子B无孤电子对，所以BF3分子空间构型为平面三角形，C正确；D．P4分子中相邻两P原子之间形成共价键，同种原子之{#{QQABKQQEggiAABJAAQhCQQ3QCkIQkBCACAoOAFAEMAAAwQFABCA=}#

}第2页共8页间形成的共价键为非极性共价键，P4分子中的共价键类型为非极性共价键，D正确。7.【答案】C【详解】84消毒液中的NaClO有强氧化性使蛋白质变性，与酒精消毒原理不同，C错误。8.【答案】A【详解】A．按碳呈四价

的原则，确定各碳原子所连的氢原子数，从而确定分子式为C18H17NO2，A错误；B．题给有机物分子内含有碳碳双键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．由结构简式可知，含有两个苯环和烃基，难溶于水，也不具备发生消去反

应的条件，C正确；D．从对称性考虑，苯环上的一氯代物有5种，D正确。9.【答案】B【详解】A．向FeSO4溶液中滴加H2O2溶液生成Fe3+化合价升高，则H2O2中的O的化合价降低为-2价，故该反应的离子方

程式为：2++3+222HO+2Fe+2H=2Fe+2HO，A错误；B．向稀FeSO4溶液中滴加稀硝酸，会发生氧化还原反应产生Fe3+、NO、H2O，反应符合事实，遵循物质的拆分原则，B正确；C．向AlCl3溶液中加入过量氨水，反应产生Al(OH)3沉淀和

NH4Cl，反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3+4NH，C错误；D．硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液：2+-+2-442Ba+2OH+2H+SO=BaSO+2HO，D错误。10.【答

案】B【详解】A．二氧化硫可使品红溶液褪色，体现漂白性，A正确；B．二氧化碳的生成是浓硫酸氧化了乙醇副反应生成的碳，体现了浓硫酸的强氧化性，B错误；C．二氧化硫可使品红溶液褪色，所以若品红溶液a褪色，则证明气体中有SO2，C正确；D．乙烯和二氧化硫均具有还原性，均可被酸性高锰酸钾溶液氧

化，D正确。11.【答案】A【详解】A．NH4可以水解，故NH4是数目会小于0.2NA，A错误；B．6.4gSO2的物质的量为0.1mol，所含电子数目为3.2NA，B正确；C．1molHC≡CH分子中所含σ键数为3NA，C正

确；D．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故42g混合物中含有的CH2的物质的量为3mol，则含3NA个碳原子，D正确。12.【答案】C【分析】由图可知，a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为亚硫酸、f为硫酸、g为亚硫酸盐、h为硫酸盐。【详解】A．硫化氢气体能与二氧化硫气体反

应生成硫和水，故A正确；B．硫不溶于水，易溶于二硫化碳，则附着有硫的试管，可用二硫化碳清洗除去硫，故B正确；C．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，故C错误；D．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中浓硫酸表现强氧化性和酸性，故D正{#{QQABKQQEggiAAB

JAAQhCQQ3QCkIQkBCACAoOAFAEMAAAwQFABCA=}#}第3页共8页确。13.【答案】D【分析】元素W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数比次外层电子数多1，说明W是B；Z为电负性最强的元素，说明Z是F；Y是地壳中含量最高的元素，说明Y是O；X的3p轨

道有3个电子，说明X是P，据此进行分析。【详解】A．第一电离能：F＞O＞B，故Z＞Y＞X，A正确；B．电子层数相同，核电核数越大，半径越小，故P3-＞O2-＞F-，即X＞Y＞Z，B正确；C．非金属性F＞P，则简单气态氢化物的稳定性Z＞X，C正确；D．X最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷

酸不与盐酸反应，D错误。14.【答案】A【详解】A．浓硫酸有脱水性使蔗糖炭化，生成的碳又被浓硫酸氧化为二氧化碳，从而形成疏松多孔的炭，A符合题意；B．NO2转化为N2O4的反应为放热反应，故冷却后，平衡正向移动，气体颜色变浅，B不符合题意；C．二氧化硅可用于制备

光导纤维，但二氧化硅不是良好的半导体材料，C不符合题意；D．用84消毒液进行消毒，是因为NaClO溶液具有强氧化性，D不符合题意。15.【答案】C【详解】A．由图可知，该装置将光能转化为电能，再利用电解池将电能转化为化学能，最终达到分解水的目的，选项A错误；B．双极性

膜可将水解离为H+和OH-，根据阳极区的电极反应224OH4e2HOO计算当电路中通过1mol电子时，双极性膜中水也会消耗1mol，选项B错误；C．光照过程中阳极区发生的电极反应为224OH4e2HOO，选项C正确；D．由装置图可知，再生池中发生的反应方程式

为2322V2H2VH，选项D错误。答案选C。16.【答案】B【分析】滴定至a点时，溶液成分为NaHA和H2A，滴定至b点时，溶液全为NaHA，滴定至c点时溶液成分为NaHA和Na2A。【详解】A．a点时pH≈3，加入10mLNaOH溶液，此时c(H2A)=c(NaHA)，可

知，3a12c=10()KcHA-+2（HA）c(H)（HA），A项正确；B．1112()10()WhaKKHAKHA，由c点pH=9.5可知Ka2(H2A)=10-9.5，b点时溶液为NaHA，

则HA-的电离程度大于水解程度，溶液中c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，B项错误；{#{QQABKQQEggiAABJAAQhCQQ3QCkIQkBCACAoOAFAEMAAAwQFABCA=}#}第4页共8页C

．由电荷守恒可知，c点时溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，C项正确；D．a点为H2A与NaHA混合溶液，b点为NaHA，c点为NaHA与Na2A混合溶液，溶液中水的电离程度：c＞b＞a，D

项正确。17.【答案】(1)球形干燥管（1分）（未写球形不扣分，写错字或其他答案不给分）(2)既能导气，又能平衡压强，使浓盐酸顺利滴下（2分）（只答到导气给1分，能答到平衡压强就给2分，答平衡内外压强或平衡大气压则不给分）(3)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑

+2H2O（2分）（物质书写都正确给1分，未配平或少条件扣1分）(4)Fe2+（1分）H+（1分）相同pH时，增加电压，阳极上Cl-失去电子能力增强，阴极上H+优先于Fe2+放电（2分）（答阳极上Cl-先失去电子可给1分，答阴极上H+优先于Fe2+放电给1分）(5)溶液的pH（

1分）5或8（1分）（任答一个都给分）探究温度对氯化铵水解平衡的影响（1分）（其他合理回答也给分）＞（1分）可做金属的除锈剂、可做农业中的氮肥、可用来制备氨气等（1分）（任答一个都给分，其他合理答案也可给分）【详解】（4）在实验1、2中在电压为1

.5时阳极上无气泡，滴加KSCN显红色，说明是Fe2+失去电子变为Fe3+，电极反应式是2+-3+Fe-e=Fe；阴极上有较多气泡是H+放电产生H2；银白色金属是Fe2+放电析出的单质Fe；故可知pH越大，Fe2+比H+先放电；在实验2、3、4中电压增大至4.5，阳极上现象是大量气泡，滴

加KSCN显红色，说明电压增大，阳极上Cl-失去电子能力增强，发生反应：--22Cl-2e=Cl；而在pH相同时，溶液电压越大，阴极产生的气泡就越多，产生的金属单质就越少，说明H+优先于Fe2+放电；（5）①由提供的药品和

仪器可知，pH计是准确测定溶液的pH的，所以待测物理量X是溶液的pH。②探究浓度对氯化铵水解平衡的影响，则温度必须相同，所以实验6的温度可与实验5相同，即为30度；可与实验8相同，即为40度。③实验6和实验7浓度相

同，温度不同，所以是探究温度对氯化铵水解平衡的影响。④水解反应属于吸热反应，温度越高水解程度越大，氢离子浓度增大，浓度越高，水解生成的氢离子浓度越大，则溶液的酸性越强，已知实验8的浓度大，温度高，所以溶液的pH小，即b＞d。18.【答案】(1)适当加热(或将固体原料粉碎或适当增大硫

酸的浓度等)（1分）（任答一个都给分，其他合理答案也可给分）Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O（2分）（物质书写都正确给1分，未配平扣1分）(2)5.7（2分）(3)6mol/L（1分）2mol/L（1分）（未写单位不扣分）{#{QQ

ABKQQEggiAABJAAQhCQQ3QCkIQkBCACAoOAFAEMAAAwQFABCA=}#}第5页共8页(4)Ga(OH)3+OH-=2GaO+2H2O（1分）（物质书写都正确给1分，未配平扣1分）(5)Ga2O3+2NH3高温2GaN+3H2O（1分

）（物质书写都正确给1分，未配平或少条件扣1分）(6)共价晶体（1分）分子晶体（1分）（1分）373A4Mrg/cmN(a10)（2分）（其他化简形式只要正确都给分）【分析】矿渣中主要含铁酸镓、铁酸锌、

SiO2，矿渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣为SiO2，加入CaO调节pH，从已知②可知，Zn(OH)2Ksp相对Ga(OH)3和Fe(OH)3较大，因此控制pH可使Ga3+、Fe3+完全沉淀而Zn2+

不沉淀，滤液中为硫酸锌，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有Ga3+和Fe3+，加入萃取剂萃取，然后加入amol/L盐酸进行脱铁，再加入bmol/L的盐酸进行反萃取，根据表中数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L

，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L，随后加入NaOH沉镓生成Ga(OH)3，Ga(OH)3经过热分解生成Ga2O3，最后经过CVD得到GaN。【详解】（1）适当加热、将固体原料粉碎、适

当增大酸的浓度等措施能提高酸溶时反应速率；Ga2(Fe2O4)3与稀硫酸反应生成Ga3+、Fe3+和H2O，反应的离子方程式为Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O。酸溶前

调节pH时加入了CaO，加入稀硫酸钙离子和硫酸根离子反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，故酸溶滤渣中为CaSO4。（2）酸浸所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g/L和65g/L即0.003mol/L和

1mol/L，根据Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=10-8.3mol/L，Zn2+开始沉淀的pH为5.7，根据Ksp[Ga(OH)3]=10-35.1，Ga3+开始沉淀时

c(OH-)=1.49×10-11，则Ga3+开始沉淀的pH为3.17，则调节pH略小于5.7即可。（3）根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水

相，则此时盐酸浓度为2mol/L。（4）Ga与Al同主族，化学性质相似，沉镓时加入NaOH过多，则生成的Ga(OH)3重新溶解生成2GaO，离子方程式为Ga(OH)3+OH-=2GaO+2H2O。（5）Ga2O3与NH3高温下反应生成Ga

N和另一种物质，根据原子守恒，可得另一种物质为H2O，化学方程式为Ga2O3+2NH3高温2GaN+3H2O。（6）①GaN熔点较高为1700℃，GaCl3熔点较低为77.9℃，则GaN为共价晶体，GaCl3为分子晶体。②Ga位于第四周期第ⅢA

族，价层电子是4s24p1，故其价层电子排布图为，根据均摊法，该晶胞中N原子个数为4，Ga原子个数为1186482，则晶体的密度为ρ=373A4Mrg/cmN(a10)。{#{QQABKQQEggiAABJAAQhCQQ

3QCkIQkBCACAoOAFAEMAAAwQFABCA=}#}第6页共8页19.【答案】(1)C（1分）B（1分）(2)2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)∆H=－87kJ/mol（2分）（未配平或∆H少单位扣

1分，未写物质状态不给分，∆H未写符号不给分）(3)BD（2分）（只写一个且正确给1分，只要有错选都不给分）>（1分）<（1分）224P9（2分）(4)11.2（2分）2CO2+12e-+12H+=C2

H4+4H2O（2分）（物质书写及得电子都正确给1分，未配平扣1分，错写成失电子不给分）【详解】（1）升高温度和增大压强都可以加快反应速率，故选C；该该反应为放热反应同时为气体体积减小的反应，所以低温高压可使化学平衡正向移动，有利于提高CO2平衡转化率，故选B。（2）合成尿素的总

反应=第一步反应+第二步反应，则总反应的热化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)∆H=－87kJ/mol。（3）①A．由反应速率2v正(CO2)=v逆(H2)判断出正逆

反应速率并不相等，故反应未达到平衡，A错误；B．同时断裂2molC-H键和1molH-H键，说明消耗0.5molCH4的同时消耗1molH2，正反应速率等于逆反应速率，可说明反应达到平衡，B正确；C．该反应在恒压密闭容器中进行，压强始终

不变，故不能判断是否达到平衡，C错误；D．反应在恒压密闭容器中进行，随着反应进行混合气体总质量不变，但体积改变，密度则是一个变量，当密度不变时则达到平衡状态，D正确。②由图可知Y点CH4的转化率小于其平衡转化率，

说明此时未达到平衡状态，v正>v逆，该反应为气体体积增大的反应，压强增大化学平衡逆向移动，CH4转化率减小，则P1<P2。③X点CH4转化率为50%，则有422CH(g)CO(g)2CO(g)2H(g)/mol0.20.200/mol0.10.10.20.2/mo

l0.10.10.20.2起始转化平衡，则各物质的分压为p(CH4)=2P6，p(CO2)=2P6，p(CO)=2P3，p(H2)=2P3，Kp=2222PP222223322PP4266()()p(CO)p(H)4Pp(CH)p(CO)9

（4）阳极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，当电路中通过2mol电子时，产生O2有0.5mol，则标况下的体积为11.2L，阴极上二氧化碳得电子结合氢离子生成乙烯，其电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O。20.【答案】

(1)对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸（1分）硝基、酯基（2分）（写正确一个给1分）C16H15O4NS（1分）（2）O（1分）sp2、sp3（2分）（写正确一个给1分）小（1分）{#{QQABKQQEggiAABJAAQhCQQ3QCkIQkBCACAoOAFAEMAAAwQFABCA=

}#}第7页共8页+2NaOH+H2O+CH3OH（2分）（物质书写都正确给1分，未配平扣1分）(3)保护羧基（1分）（其他合理回答也给分）(4)（1分）(5)取代反应、还原反应（1分）（都写正确才给1分）（1分）（物质书写都正确给1分

，未配平或少条件不扣分）【分析】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，B在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，C与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化

氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为，F最终转化为J。【详解】（1）A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；E的化学式为C16H15O4NS；（2）①同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强

；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；M为，M中电负性最强的元素是O；M中碳原子的杂化类型为sp2、sp3；②M与相比，中酚羟基可以和水形成氢键，导致其水溶性增大，故M的水溶性更小。{#{QQABKQQEggiAABJA

AQhCQQ3QCkIQkBCACAoOAFAEMAAAwQFABCA=}#}第8页共8页③SH—与OH—性质相似，则为M中-SH、酯基均能与NaOH溶液反应，化学方程式为：+2NaOH+H2O

+CH3OH；（3）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；（4）化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色

反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目为2，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；（5）以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原

得到苯胺，苯胺与反应生成，故合成路线如下：324HNOHSO浓浓2HPd/C。故合成路线中的反应类型为取代反应、还原反应；第一步为苯的硝化反应，化学方程式为：。{#{QQABKQQEgg

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