24届广东省普通高中学科综合素养评价
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
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族元素，故B正确；C．2He和2He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[CoCl26H2O]，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+，
2+
基态Mn的价层电子的轨道表示式，B错误；C．BF3形成3个键，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
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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
3+
【详解】A．向FeSO4溶液中滴加H2O2溶液生成Fe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+，错误；．向稀溶液中滴加稀硝酸，会发
H2O2+2Fe+2H=2Fe+2H2OABFeSO4
3+
生氧化还原反应产生Fe、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
3++
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：Al+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4，
2+-+2-
C错误；D．硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba+2OH+2H+SO4=BaSO4+2H2O，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】．可以水解，故是数目会小于，错误；．的物质的量为，所
ANH4NH40.2NAAB6.4gSO20.1mol
含电子数目为3.2NA，B正确；C．1molHCCH分子中所含键数为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
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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：FOB，故ZYX，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XYZ，B正确；C．非金属性FP，则简单气态氢化物的稳定性ZX，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4OH4e2H2OO2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4OH4e2H2OO2，选项C正确；
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D．由装置图可知，再生池中发生的反应方程式为2V2H2VH2，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pH3，加入10mLNaOH溶液，此时c(H2A)=c(NaHA)，可知，
（HA-）c(H+)
（HA）c3
Ka12=10，A项正确；
c(H2A)
K
W11-9.5-
B．Kh(HA)10，由c点pH=9.5可知Ka2(H2A)=10，b点时溶液为NaHA，则HA的电离程度
Ka1(H2A)
-2-
大于水解程度，溶液中c(HA)>c(A)>c(H2A)，B项错误；
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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：cba，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）
+-2+
(3)MnO2+4H+2ClMn+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+，
2+-3++2+
电极反应式是Fe-e=Fe；阴极上有较多气泡是H放电产生H2；银白色金属是Fe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：--；而在相同时，溶液电压越大，阴极产生的气泡就越多，
2Cl-2e=Cl2pH
产生的金属单质就越少，说明H+优先于Fe2+放电；
（5）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。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。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。
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bd。
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）
+3+3+
Ga2(Fe2O4)3+24H=2Ga+6Fe+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）
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-
(4)Ga(OH)3+OH=GaO2+2H2O（1分）（物质书写都正确给1分，未配平扣1分）
高温
(5)Ga2O3+2NH32GaN+3H2O（1分）（物质书写都正确给1分，未配平或少条件扣1分）
4Mr3
(6)共价晶体（1分）分子晶体（1分）（1分）73g/cm（2
NA(a10)
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，
3+3+
加入CaO调节pH，从已知可知，Zn(OH)2Ksp相对Ga(OH)3和Fe(OH)3较大，因此控制pH可使Ga、Fe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
3+3++3+3+
与稀硫酸反应生成Ga、Fe和H2O，反应的离子方程式为Ga2(Fe2O4)3+24H=2Ga+6Fe+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
-16.62+--8.32+-35.1
Ksp[Zn(OH)2]=10，Zn开始沉淀时c(OH)=10mol/L，Zn开始沉淀的pH为5.7，根据Ksp[Ga(OH)3]=10，
Ga3+开始沉淀时c(OH-)=1.4910-11，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GaO2，离
-
子方程式为Ga(OH)3+OH=GaO2+2H2O。
（5）Ga2O3与NH3高温下反应生成GaN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
高温
式为Ga2O3+2NH32GaN+3H2O。
（6）GaN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。
Ga位于第四周期第A族，价层电子是4s24p1，故其价层电子排布图为，根据均摊法，
114Mr3
该晶胞中N原子个数为4，Ga原子个数为864，则晶体的密度为=73g/cm。
82NA(a10)
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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）
4
>（1分）<（1分）P2（2分）
92
-+
(4)11.2（2分）2CO2+12e+12H=C2H4+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）A．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。
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 CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g) 起始/mol0.20.200 X点CH4转化率为50%，则有，则各物质的分 转化/mol0.10.10.20.2 平衡/mol0.10.10.20.2 22P22P22 P2P2P2P2p(CO)p(H2)(3)(3)42 压为4，2，，2，pP p(CH)=p(CO)=p(CO)=p(H)=K=P2P22 6633p(CH4)p(CO2)669 -+ （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11.2 -+ L，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） 第6页共8页 {#{QQABKQQEggiAABJAAQhCQQ3QCkIQkBCACAoOAFAEMAAAwQFABCA=}#} +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）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； M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。 第7页共8页 {#{QQABKQQEggiAABJAAQhCQQ3QCkIQkBCACAoOAFAEMAAAwQFABCA=}#} —SH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，设计反应和反应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：与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；能发生银镜反应，则含有醛基；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22111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， 浓H 故合成路线如下：HNO32。故合成路线中 浓H2SO4Pd/C 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： 。 第8页共8页 {#{QQABKQQEggiAABJAAQhCQQ3QCkIQkBCACAoOAFAEMAAAwQFABCA=}#}