2024届广东省汕头市高三上学期普通高中毕业班期末调研测试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省汕头市2024届高三上学期普通高中毕业班期末调研测试可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Si-28Mn-55第Ⅰ卷一、单项选择题：本题共16小题，共44分。(1-10题每小题2分，共20分；11-16题每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合要求。)1.中国乐器享誉世界。下列有关乐器主要成分不是高分子化合物的是（）AB陶埙二胡CD琵琶古筝【答案】A【详析】A．陶埙的主要成分是陶瓷，不是高分子化合物，A符合题意；B．二胡主要由木材制成，主要成分是高分子化合物，B不符合题意；C．琵琶主要由木材制成，主要成分是高分子化合物，C不符合题意；D．古筝主要由木材制成，主要成分是高分子化合物，D不符合题意；故选A。2.化学用语构建了化学基础知识体系。下列有关表述正确的是（）A.分子的空间填充模型：B.异丁烷的键线式：C.的电子式：D.的结构示意图：【答案】D【详析】A．选项中模型为正四面体，氨气的空间构型为三角锥型，A错误；B．异丁烷的键线式有关为，B错误；C．氯化铵是离子化合物，电子式为，C错误；D．硫离子核外电子有18个，结构示意图为，D正确；故选D。3.国家强调建设“天蓝、地绿、水清”的美丽中国。下列做法与此不相符合的是（）A.推广使用新能源汽车以减少光化学烟雾、酸雨B.发展风力发电以减少燃煤发电产生的排放C.为发展经济将工业废水、城市污水直接排入农田灌溉渠中D.推广使用无磷洗衣粉，防止水体富营养化【答案】C【详析】A．推广使用新能源汽车减少化石燃料的使用，以减少光化学烟雾、酸雨，A正确；B．燃煤发电会放出大量，利用风力发电可减少的排放，B正确；C．工业废水、城市污水需要进行处理后排放，减少对环境的污染，C错误；D．推广使用无磷洗衣粉，可以防止水体富营养化，D正确；故选C。4.实验是科学探究重要手段。下列实验方案正确且能达到预期目的的是（）选项AB实验操作实验目的证明过氧化钠与水反应放热测定新制氯水的pH选项CD实验目的实验操作吸收尾气氨气先通，再通制备【答案】A【详析】A．过氧化钠与水反应放热能使脱脂棉燃烧，A正确；B．新制氯水中含有HClO，HClO具有漂白性，能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，B错误；C．氨气极易溶于水，图示装置将氨气直接通入水中会引起倒吸，C错误；D．氨气极易溶于水，通氨气的导气管应该进行防倒吸处理，且应先通，再通制备，D错误；故选A5.化学发展史是科学史重要组成部分。下列科学家与成就不匹配的是（）A.法国勒夏特列——发现平衡移动原理B.英国道尔顿——提出分子学说C.中国屠呦呦——从青蒿素中提取青蒿素D.俄国门捷列夫——发现元素周期律【答案】B【详析】A．勒夏特列总结出平衡移动原理，也成为勒夏特列原理，A正确；B．英国科学家道尔顿提出了原子学说，B错误；C．屠呦呦的贡献是从菁蒿中提取菁蒿素，可以用来治疗疟疾，C正确；D．元素周期律是俄国化学家门捷列夫根据元素之间的关系发现的规律，D正确；故选B。6.“糖葱薄饼”作为潮汕传统名小吃因其口感、卖相广受好评，其制作原料主要有麦芽糖、白砂糖、面粉、白芝麻、碎花生米、香菜等。下列有关说法正确的是（）A.面粉的主要成分为淀粉B.麦芽糖水解可得到葡萄糖和果糖C.香菜主要成分为纤维素，在人体内能水解提供能量D.白芝麻、花生制成的油脂属于高分子化合物【答案】A【详析】A．面粉的主要成分为淀粉，故A正确；B．麦芽糖属于二糖，水解得到葡萄糖，故B错误；C．纤维素在人体内不能水解，故C错误；D．油脂不属于高分子化合物，故D错误；答案为A。7.生活离不开化学，下列叙述中正确的是（）A.家庭可用铝制餐具长期存放咸菜B.医用酒精常用于皮肤消毒，其目的是使病毒中的蛋白质氧化变性C.维生素具有还原性，可帮助人体将食物中不易吸收的转化为易吸收的D.可用淀粉溶液检验海带浸液中是否含碘元素【答案】C【详析】A．咸菜等长期存放会产生酸性物质而与铝合金反应，故不能用铝制餐具长期存放咸菜，A错误；B．医用酒精常用于皮肤消毒，能够使细菌蛋白脱水凝固,从而达到杀死细菌的目的，不是氧化还原反应，B错误；C．维生素具有还原性，可将还原为，帮助人体将食物中不易吸收的转化为易吸收的，C正确；D．海带浸液中碘元素以碘离子形式存，不能用淀粉溶液检验，D错误；故选C。8.劳动创造美好的生活。下列劳动项目与化学知识没有对应关系的是（）选项劳动项目化学知识A环保行动：宣传使用聚碳酸酯制造包装材料聚碳酸酯在自然界中可生物降解B工厂实践：投放二氧化氯用于自来水消毒二氧化氯具有强还原性C工艺学习：用氢氟酸来刻蚀玻璃玻璃中的能和反应D学农活动：向种植菠菜的地里施加草木灰草木灰可为植物生长提供钾元素【答案】B【详析】A．聚碳酸酯在自然界中可生物降解，减缓白色污染的发生，所以使用聚碳酸酯制造包装材料，故A正确；B．二氧化氯具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，所以可以投放二氧化氯用于自来水消毒，故B错误；C．玻璃中的二氧化硅能和氢氟酸反应生成四氟化硅和水，所以常用氢氟酸来刻蚀玻璃，故C正确；D．草木灰的主要成分碳酸钾可为植物生长提供钾元素，所以向种植菠菜的地里施加草木灰促进菠菜的生长，故D正确；故选B。9.2023年诺贝尔化学奖颁给对量子点的原创研究做出贡献的3位化学家。乙烯胺(CH2=CH-NH2)在研究中起修饰量子点的作用，下列有关说法错误的是（）A.与乙烯亚胺()互为同分异构体B.能与等物质的量的反应C.能使溴水和酸性高锰酸钾褪色D.能与发生缩聚反应【答案】D【详析】A．乙烯胺(CH2=CH-NH2)与乙烯亚胺()分子式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确；B．乙烯胺含有一个碳碳双键，能与等物质的量的反应，B正确；C．乙烯胺含有碳碳双键，能使溴水和酸性高锰酸钾褪色，C正确；D．乙烯胺只含有一个氨基，且乙酸只含有一个羧基，不能与发生缩聚反应，D错误；故选D。10.类此思想是化学中的重要思想。下列各项中由客观事实类比得到的结论正确的是（）选项客观事实类比结论A为分子晶体为分子晶体B实验室可将钠单质保存在煤油中实验室可将锂单质保存在煤油中C可做净水剂可做净水剂D与水反应生成乙炔与水反应生成丙炔【答案】C【详析】A．是共价晶体而不是分子晶体，A错误；B．锂单质密度较小，保存在石蜡油中，B错误；C．中三价铁和中铝离子都可以水解生成胶体，具有吸附杂质的作用，可以净水，C正确；D．4个铝离子消耗12个氢氧根离子，3个C与12个H结合得到3个甲烷，无法生成丙炔，D错误；故选C。11.及其化合物具有重要用途，下列相关反应方程式书写错误的是（）A.制备氢氧化铁胶体：B.水蒸气通过灼热铁粉：C.用溶液腐蚀铜线路板：D.溶液中通入过量氯气：【答案】D【详析】A．利用铁离子水解制备氢氧化铁胶体，即，A正确；B．水蒸气与灼热铁粉反应生成四氧化三铁和氢气，即，B正确；C．铁离子具有氧化性，铜具有还原性，二者发生氧化还原反应即，C正确；D．溶液中通入过量氯气，亚铁离子和碘离子都被完全氧化，即，D错误；故选D。12.某课题小组将和生物质放在一个由滤纸制成的通道内形成了电池，该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法正确的是（）A.a极为负极，发生还原反应B.b极的电极反应式为C.反应进行时，会从b极向a极移动，使负极区减小D.若该电池消耗葡萄糖，则b极质量增加8.7g【答案】B〖祥解〗该装置为电池，葡萄糖转化成葡萄糖内酯，少了2个H，化合价升高，该电极为负极，则b电极为正极，据此分析；【详析】A．根据上述分析，a电极为负极，化合价升高，发生氧化反应，故A错误；B．b电极为正极，MnO2得电子，发生还原反应，电解质溶液显酸性，因此电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，故B正确；C．根据原电池工作原理，阳离子移向正极，即H+从a极向b极移动，故C错误；D．消耗1mol葡萄糖转移0.2mol电子，同时会消耗0.1molMnO2，b极质量减少0.1mol×87g/mol=8.7g，故D错误；答案为B。13.已知粗硅提纯时发生反应：，设为阿伏加德罗常数。下列有关说法正确的是（）A.晶体硅中含有的非极性键数目为B.标况下，参与反应时，转移电子数目为C.盐酸溶液中含有数目为D.硅单质常用作光导纤维，以传递光信号【答案】A【详析】A．晶体硅的物质的量为1mol，含有Si-Si键的数目为，A正确；B．根据化学方程式可知，每消耗1molH2，转移2mol电子，的物质的量为1mol，则转移的电子数为，B错误；C．盐酸体积未知，无法计算的数目，C错误；D．光导纤维的主要成分为SiO2，D错误；故选A。14.我国科学家从嫦娥五号月壤样品中发现一种新矿物并命名为“嫦娥石”，其化学式为为原子序数依次递增的前20号主族元素，其中元素在地壳中含量最多，元素在同周期中金属性最强，元素的第一电离能均大于同周期相邻元素的第一电离能，元素基态原子价电子排布式为。下列说法错误的是（）A.最高价氧化物对应水化物的碱性：B.均位于s区C.最简单气态氢化物的沸点：D.阴离子的立体构型为正四面体，中心原子采用杂化【答案】C〖祥解〗地壳中含量最多的元素是O，Y在同周期中金属性最强，Y是Na元素，Q元素基态原子价电子排布式为2nsn，结合Q的原子序数排序，推出n=2，则Q的价电子排布式为4s2，即Ca元素，Z、W元素的第一电离能均大于同周期相邻元素的第一电离能，说明Z和W属于第ⅡA族和第ⅤA族，则Z、W分别为Mg、P元素；【详析】A．最高价氧化物MgO、CaO对应的水化物，氢氧化钙是强碱，氢氧化镁是弱碱，A正确；B．Na、Mg、Ca三种元素分别属于第IA和IIA族元素，均位于s区，B正确；C．由于水分子间能形成氢键，则沸点，C错误；D．根据分析，阴离子为，价层电子对数=与中心原子结合原子数+孤对电子数，孤对电子数，则价层电子对数为4，P原子采用sp3杂化，立体构型为正四面体，D正确；故选C。15.某实验小组进行下述实验，下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A向某溶液中加入浓溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸靠近试管口试纸不变色某溶液中一定不含有B常温下，将铝条插入浓硝酸中，一段时间后再插入硫酸铜溶液中无明显现象铝条钝化后不能将从溶液中置换出来C将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色电石与水反应生成了乙炔D常温下，向含有浓度不同的混合溶液中逐滴加入溶液产生淡黄色沉淀【答案】B【详析】A．石蕊试纸本身已经变蓝，即使溶液中含有铵根，加入氢氧化钠加热溶液，试纸也不会变色，A错误；B．铝条插入浓硝酸后，铝条表面钝化，形成致密氧化膜，阻隔了与硫酸铜溶液反应，B正确；C．若电石不纯，可能产生PH3，H2S等杂质气体，也会与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应使之褪色，C错误；D．混合溶液中氯离子和溴离子的浓度大小不明确，不能直接比较两者溶度积大小，D错误；故选B。16.电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。当溶液中被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生突跃，进而确定滴定终点。常温下，用盐酸标准溶液测定苏打样品溶液中小苏打的含量(其它物质均不反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（）A.a到b过程中发生离子反应方程式：B.水的电离程度：C.苏打样品溶液中含有的质量为D.点存在【答案】AD〖祥解〗b点为第一个终点发生反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，d点为第二个终点：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。详析】A．a到b过程中发生离子反应方程式：，A项错误；B．a点的成分为Na2CO3、NaCl和NaHCO3，b点的成分为NaCl和NaHCO3，相比b点，c点加入更多盐酸，NaHCO3减少，c点成分为NaCl和NaHCO3。d点成分为NaCl，且含碳酸，Na2CO3、NaHCO3弱酸盐促进水的电离，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则水的电离程度：，B项正确；C．Na2CO3转变为NaHCO3消耗盐酸2.9mL，而总共消耗盐酸6.8mL，所以纯碱中NaHCO3消耗盐酸为6.8-2.9×2=1mL。所以n(NaHCO3)=n(HCl)=10-3cmol，得m(NaHCO3)=n(NaHCO3)M(NaHCO3)=84×10-3cg=0.084cg，C项正确；D．d点成分为NaCl、H2CO3，存在电荷守恒为，由于二氧化碳逸出，难以确定物料守恒，故点d不存在，D项错误；故选AD。第Ⅱ卷三、非选择题：本题共4道大题，每道大题14分，共56分。请考生根据要求认真做答。17.实验室拟采用如下装置制备并研究的相关性质：已知易溶于乙醇，回答下列问题：（1）写出浓硫酸和亚硫酸钠反应制取的化学方程式________。（2）干燥管中的的作用是________，装置Ⅱ中的干燥管作用是________。（3）反应开始后，观察到装置Ⅰ中品红溶液（测得pH＝3）迅速褪色，查询资料可知：通入水中存在如下反应：；，通过分析上述现象，推测使品红水溶液褪色的微粒不可能为，原因是________。（4）造成品红水溶液褪色的微粒可能是i，；ii.；iii.。将上述装置Ⅰ中的品红水溶液换成品红乙醇溶液，重复实验，观察到溶液红色不褪色，证明不可能使品红水溶液褪色，其原因是________。（5）继续设计实验验证、对品红的漂白性：试管中的液体（浓度均相同）现象a.溶液（pH=10）溶液立即褪色b.溶液（pH约为5）溶液立即变浅，约10s后完全褪色c.NaOH溶液（pH=10）红色溶液不褪色d.pH=3的溶液红色溶液不褪色设计实验c、d的目的是________。结合（4）、（5）的实验现象推测：使品红水溶液褪色时起主要作用的微粒是________。【答案】（1）Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O（2）吸收二氧化硫中的水分，防止水蒸气进入装置Ⅱ中防止倒吸（3）通入水中存在如下反应：；，溶液中没有H2SO3，使品红褪色的不可能是H2SO3（4）SO2在乙醇中不存在上述平衡，因此不能使品红乙醇溶液褪色（5）验证、对品红的漂白性和〖祥解〗亚硫酸钠与浓硫酸反应制取二氧化硫,进而验证二氧化硫水溶液的酸性、漂白性、还原性、氧化性等。污染性气体性质实验后必须有尾气处理。【详析】（1）浓硫酸和亚硫酸钠反应制取的化学方程式：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O（2）干燥管中的的作用是：吸收二氧化硫中的水分，防止水蒸气进入装置Ⅱ中；装置Ⅱ中干燥管的作用是防止溶液倒吸；（3）通入水中存在如下反应：；，溶液中不存在H2SO3分子，因此使品红水溶液褪色的微粒不可能为；（4）造成品红水溶液褪色的微粒可能是i，；ii.；iii.。将上述装置Ⅰ中的品红水溶液换成品红乙醇溶液，重复实验，观察到溶液红色不褪色，证明不可能使品红水溶液褪色，其原因是二氧化硫在乙醇溶液中不存在；这些平衡，因此，不能使品红褪色；（5）设计实验c、d的目的是验证，对品红的漂白性，结合(4)、(5)推测：SO2使品红水溶液褪色时起主要作用的微粒是和。18.利用蛇纹石提镁后的中和渣(主要成分为，含等杂质)提取高附加值的铁红的一种工艺流程如下图所示。已知：。请回答下列问题：（1）浸渣的成分为(填化学式)___________，滤液2中主要的金属阳离子为___________。（2）沉钴镍时，若溶液中浓度均为逐渐加入，则先沉淀的离子为___________。（3）“还原”过程中发生反应的离子方程式为_______________，可用试剂___________检验还原是否完全。（4）转化为Fe3+时失去的是___________轨道上的电子。（5）铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶胞的边长为，则该合金的密度为___________。(不用化简)【答案】（1）（2）（3）溶液或苯酚（4）（5）(或)〖祥解〗酸浸：蛇纹石提镁后的中和渣中的各金属元素转化为酸浸液中的金属阳离子，SiO2不与硫酸反应，成为浸渣。酸浸液中金属阳离子主要为Fe3+、Al3+、Cr3+、Co2+、Ni2+。还原：SO2与Fe3+反应，将Fe3+还原为Fe2+，还原液中金属阳离子主要为Fe2+、Al3+、Cr3+、Co2+、Ni2+。净化：加入NaOH调节pH，使Al3+、Cr3+转化为Al(OH)3、Cr(OH)3沉淀而被除去，滤液1中金属阳离子主要为Na+、Fe2+、Co2+、Ni2+。沉钴镍：加入Na2S，使Co2+、Ni2+转化为CoS、NiS沉淀而被除去，滤液2中金属阳离子主要为Na+、Fe2+。沉铁、煅烧：加入NH4HCO3和，使Fe2+形成沉淀，经煅烧得到Fe2O3。【详析】（1）据分析可知，浸渣的成分为SiO2，滤液2中主要的金属阳离子为Na+、Fe2+。（2）CoS和NiS的沉淀类型相同，且溶液中初始的，因此加入时，先生成Ksp较小的CoS沉淀，即先沉淀。（3）Fe3+被还原为Fe2+，SO2被氧化为H2SO4，根据氧化还原反应的基本规律，离子方程式为。要检验还原是否完全，即检验是否仍存在Fe3+，可使用KSCN溶液或苯酚等试剂检验Fe3+是否存在。（4）基态的价电子排布式为3d6，易失去1个3d能级上的电子生成Fe3+，使3d能级达到半充满的稳定状态。（5）由图可知，1个晶胞中有8个Mg原子位于体内，有6个Fe原子位于面心，有8个Fe原子位于顶点，根据均摊法，1个晶胞中含有个Fe原子，因此1个晶胞的质量为，1个晶胞的体积为d3nm3=d3，因此该合金的密度为。19.锰及其化合物是优良的催化剂，在生产生活中有着重要的应用。（1）催化分解：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①②反应②的___________0(填“>”、“=”或“<”)；若反应②为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是___________(填标号)（2）一定条件下，溶液的酸碱性对催化分解反应的影响如图所示。①单位时间的浓度变化量可以表示分解速率。中性时，的分解速率=___________。②以下对图象的分析正确的是___________(选填序号)。A．起始浓度不同，无法判断溶液的酸碱性对的分解速率的影响B．相同条件下，溶液的酸性越强，的分解速率越大C．在间，中性时的分解百分率比酸性时大（3）用锰基催化剂氨氧法去除一氧化氮的污染，反应原理为：，实验测得，(、为速率常数，只与温度有关)。①达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数________(填“>”“<”或“=”)增大的倍数。②若在恒容密闭容器中充入和，在一定温度下达到平衡时，的转化率为，则___________(只需列表达式)。（4）锰酸锂可作为锂离子电池的材料。使用锂离子电池为动力汽车，可减少有害气体的排放。它主要依靠锂离子在正负极间移动来工作，锰酸锂离子可充电电池的总反应为：；充电时电池内部向___________移动(填“阴极”或“阳极”)，电池的阳极反应式为___________________。【答案】（1）<C（2）①.②.B（3）①.<②.（4）阴极【详析】（1）反应①+②可得总反应，可得，因为，，则<0；反应①吸热，反应②放热，总反应放热，且反应②为慢反应，反应②的活化能大，可知能体现上述反应能量变化的是C；（2）①中性时，的分解速率为；②A．碱性、中性条件下浓度比酸性条件浓度大，反应速率比酸性条件小，因此可以酸碱性对的分解速率的影响，A错误；B．根据图示可知，相同条件下，溶液的酸性越强，反应完全所需时间越短，则H2O2的分解速率越大，B正确C．在0~50min间，中性和酸性时H2O2均完全分解，故H2O2的分解百分率均为100%，C错误；故选B；（3）①该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，说明增大的倍数小于增大的倍数；②若在的恒容密闭容器中充入和，在一定温度下达到平衡时，的转化率为，平衡时的浓度分别为：2mol/L、3mol/L、2.5mol/L、3mol/L，，=；（4）充电时阳离子移向阴极，故充电时电池内部向阴极；电池阳极发生氧化反应，锰元素化合价升高，阳极反应式为。20.化合物J可以促进消化道蠕动，是常用的促进胃动力的药物，其合成路线如下。回答下列问题：（1）化合物A的名称是_______，其中碳原子的杂化类型为_______。（2）H→I的反应类型为_______，化合物J中含氧官能团名称为_______。（3）化合物C的分子式为，则C的结构简式为_______，B到D的转化中加入碳酸钾的目的为___________________。（4）写出同时符合下列条件的化合物H的一种同分异构体的结构简式___________。①分子中含有苯环，遇溶液不显色②核磁共振氢谱图上有4组峰，峰面积之比为6∶2∶1∶1（5）结合题干信息以苯甲醛为原料合成药物N-苄基苯甲酰胺()。基于你设计的合成路线，回答下列问题：①相关步骤中涉及到醛的氧化，请写出该反应的化学方程式_______________________。②写出最后一步反应的化学方程式___________________。【答案】（1）对甲基苯酚(或4-甲基苯酚)sp2和sp3（2）取代反应醚键、酰胺基（3）可以与生成的HCl反应。促进反应正向进行，提高产率（4）、、、(任答一种)（5）①.②.〖祥解〗A催化氧化后甲基氧化为醛基生成B，B与C作用得到D，结合D的结构得出C的结构简式为，D与H2NOH发生醛基上的加成反应并失去水得到E，E与H2在催化剂作用下反应生成F，F和I发生取代反应生成J。【详析】（1）化合物A的名称是对甲基苯酚(或4-甲基苯酚)，其中碳原子的杂化类型为sp2和sp3，其中苯环上的为sp2，甲基上的为sp3。（2）H→I，反应时羧基上的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应，化合物J中含氧官能团名称为醚键、酰胺基。（3）化合物C的分子式为，据分析，C的结构简式为，B和C即发生取代反应得到D和HCl，则B到D的转化中加入碳酸钾的目的为：可以与生成的HCl反应，促进反应正向进行，提高产率。（4）化合物H同时符合条件：①分子中含有苯环，遇溶液不显色，则不含酚羟基；②核磁共振氢谱图上有4组峰，则含有4种氢原子，峰面积之比即氢原子数目之比为6∶2∶1∶1；则符合条件的一种同分异构体的结构简式可以为、、、(任答一种)。（5）结合题干信息用苯甲醛为原料合成药物N－苄基苯甲酰胺的合成步骤为与NH2OH反应生成，催化剂作用下与氢气发生还原反应生成；催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，与发生取代反应生成，合成路线为。①相关步骤中涉及到醛的氧化，该反应的化学方程式为2+O22。②最后一步反应的化学方程式为+→+HCl。广东省汕头市2024届高三上学期普通高中毕业班期末调研测试可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Si-28Mn-55第Ⅰ卷一、单项选择题：本题共16小题，共44分。(1-10题每小题2分，共20分；11-16题每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合要求。)1.中国乐器享誉世界。下列有关乐器主要成分不是高分子化合物的是（）AB陶埙二胡CD琵琶古筝【答案】A【详析】A．陶埙的主要成分是陶瓷，不是高分子化合物，A符合题意；B．二胡主要由木材制成，主要成分是高分子化合物，B不符合题意；C．琵琶主要由木材制成，主要成分是高分子化合物，C不符合题意；D．古筝主要由木材制成，主要成分是高分子化合物，D不符合题意；故选A。2.化学用语构建了化学基础知识体系。下列有关表述正确的是（）A.分子的空间填充模型：B.异丁烷的键线式：C.的电子式：D.的结构示意图：【答案】D【详析】A．选项中模型为正四面体，氨气的空间构型为三角锥型，A错误；B．异丁烷的键线式有关为，B错误；C．氯化铵是离子化合物，电子式为，C错误；D．硫离子核外电子有18个，结构示意图为，D正确；故选D。3.国家强调建设“天蓝、地绿、水清”的美丽中国。下列做法与此不相符合的是（）A.推广使用新能源汽车以减少光化学烟雾、酸雨B.发展风力发电以减少燃煤发电产生的排放C.为发展经济将工业废水、城市污水直接排入农田灌溉渠中D.推广使用无磷洗衣粉，防止水体富营养化【答案】C【详析】A．推广使用新能源汽车减少化石燃料的使用，以减少光化学烟雾、酸雨，A正确；B．燃煤发电会放出大量，利用风力发电可减少的排放，B正确；C．工业废水、城市污水需要进行处理后排放，减少对环境的污染，C错误；D．推广使用无磷洗衣粉，可以防止水体富营养化，D正确；故选C。4.实验是科学探究重要手段。下列实验方案正确且能达到预期目的的是（）选项AB实验操作实验目的证明过氧化钠与水反应放热测定新制氯水的pH选项CD实验目的实验操作吸收尾气氨气先通，再通制备【答案】A【详析】A．过氧化钠与水反应放热能使脱脂棉燃烧，A正确；B．新制氯水中含有HClO，HClO具有漂白性，能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，B错误；C．氨气极易溶于水，图示装置将氨气直接通入水中会引起倒吸，C错误；D．氨气极易溶于水，通氨气的导气管应该进行防倒吸处理，且应先通，再通制备，D错误；故选A5.化学发展史是科学史重要组成部分。下列科学家与成就不匹配的是（）A.法国勒夏特列——发现平衡移动原理B.英国道尔顿——提出分子学说C.中国屠呦呦——从青蒿素中提取青蒿素D.俄国门捷列夫——发现元素周期律【答案】B【详析】A．勒夏特列总结出平衡移动原理，也成为勒夏特列原理，A正确；B．英国科学家道尔顿提出了原子学说，B错误；C．屠呦呦的贡献是从菁蒿中提取菁蒿素，可以用来治疗疟疾，C正确；D．元素周期律是俄国化学家门捷列夫根据元素之间的关系发现的规律，D正确；故选B。6.“糖葱薄饼”作为潮汕传统名小吃因其口感、卖相广受好评，其制作原料主要有麦芽糖、白砂糖、面粉、白芝麻、碎花生米、香菜等。下列有关说法正确的是（）A.面粉的主要成分为淀粉B.麦芽糖水解可得到葡萄糖和果糖C.香菜主要成分为纤维素，在人体内能水解提供能量D.白芝麻、花生制成的油脂属于高分子化合物【答案】A【详析】A．面粉的主要成分为淀粉，故A正确；B．麦芽糖属于二糖，水解得到葡萄糖，故B错误；C．纤维素在人体内不能水解，故C错误；D．油脂不属于高分子化合物，故D错误；答案为A。7.生活离不开化学，下列叙述中正确的是（）A.家庭可用铝制餐具长期存放咸菜B.医用酒精常用于皮肤消毒，其目的是使病毒中的蛋白质氧化变性C.维生素具有还原性，可帮助人体将食物中不易吸收的转化为易吸收的D.可用淀粉溶液检验海带浸液中是否含碘元素【答案】C【详析】A．咸菜等长期存放会产生酸性物质而与铝合金反应，故不能用铝制餐具长期存放咸菜，A错误；B．医用酒精常用于皮肤消毒，能够使细菌蛋白脱水凝固,从而达到杀死细菌的目的，不是氧化还原反应，B错误；C．维生素具有还原性，可将还原为，帮助人体将食物中不易吸收的转化为易吸收的，C正确；D．海带浸液中碘元素以碘离子形式存，不能用淀粉溶液检验，D错误；故选C。8.劳动创造美好的生活。下列劳动项目与化学知识没有对应关系的是（）选项劳动项目化学知识A环保行动：宣传使用聚碳酸酯制造包装材料聚碳酸酯在自然界中可生物降解B工厂实践：投放二氧化氯用于自来水消毒二氧化氯具有强还原性C工艺学习：用氢氟酸来刻蚀玻璃玻璃中的能和反应D学农活动：向种植菠菜的地里施加草木灰草木灰可为植物生长提供钾元素【答案】B【详析】A．聚碳酸酯在自然界中可生物降解，减缓白色污染的发生，所以使用聚碳酸酯制造包装材料，故A正确；B．二氧化氯具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，所以可以投放二氧化氯用于自来水消毒，故B错误；C．玻璃中的二氧化硅能和氢氟酸反应生成四氟化硅和水，所以常用氢氟酸来刻蚀玻璃，故C正确；D．草木灰的主要成分碳酸钾可为植物生长提供钾元素，所以向种植菠菜的地里施加草木灰促进菠菜的生长，故D正确；故选B。9.2023年诺贝尔化学奖颁给对量子点的原创研究做出贡献的3位化学家。乙烯胺(CH2=CH-NH2)在研究中起修饰量子点的作用，下列有关说法错误的是（）A.与乙烯亚胺()互为同分异构体B.能与等物质的量的反应C.能使溴水和酸性高锰酸钾褪色D.能与发生缩聚反应【答案】D【详析】A．乙烯胺(CH2=CH-NH2)与乙烯亚胺()分子式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确；B．乙烯胺含有一个碳碳双键，能与等物质的量的反应，B正确；C．乙烯胺含有碳碳双键，能使溴水和酸性高锰酸钾褪色，C正确；D．乙烯胺只含有一个氨基，且乙酸只含有一个羧基，不能与发生缩聚反应，D错误；故选D。10.类此思想是化学中的重要思想。下列各项中由客观事实类比得到的结论正确的是（）选项客观事实类比结论A为分子晶体为分子晶体B实验室可将钠单质保存在煤油中实验室可将锂单质保存在煤油中C可做净水剂可做净水剂D与水反应生成乙炔与水反应生成丙炔【答案】C【详析】A．是共价晶体而不是分子晶体，A错误；B．锂单质密度较小，保存在石蜡油中，B错误；C．中三价铁和中铝离子都可以水解生成胶体，具有吸附杂质的作用，可以净水，C正确；D．4个铝离子消耗12个氢氧根离子，3个C与12个H结合得到3个甲烷，无法生成丙炔，D错误；故选C。11.及其化合物具有重要用途，下列相关反应方程式书写错误的是（）A.制备氢氧化铁胶体：B.水蒸气通过灼热铁粉：C.用溶液腐蚀铜线路板：D.溶液中通入过量氯气：【答案】D【详析】A．利用铁离子水解制备氢氧化铁胶体，即，A正确；B．水蒸气与灼热铁粉反应生成四氧化三铁和氢气，即，B正确；C．铁离子具有氧化性，铜具有还原性，二者发生氧化还原反应即，C正确；D．溶液中通入过量氯气，亚铁离子和碘离子都被完全氧化，即，D错误；故选D。12.某课题小组将和生物质放在一个由滤纸制成的通道内形成了电池，该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法正确的是（）A.a极为负极，发生还原反应B.b极的电极反应式为C.反应进行时，会从b极向a极移动，使负极区减小D.若该电池消耗葡萄糖，则b极质量增加8.7g【答案】B〖祥解〗该装置为电池，葡萄糖转化成葡萄糖内酯，少了2个H，化合价升高，该电极为负极，则b电极为正极，据此分析；【详析】A．根据上述分析，a电极为负极，化合价升高，发生氧化反应，故A错误；B．b电极为正极，MnO2得电子，发生还原反应，电解质溶液显酸性，因此电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，故B正确；C．根据原电池工作原理，阳离子移向正极，即H+从a极向b极移动，故C错误；D．消耗1mol葡萄糖转移0.2mol电子，同时会消耗0.1molMnO2，b极质量减少0.1mol×87g/mol=8.7g，故D错误；答案为B。13.已知粗硅提纯时发生反应：，设为阿伏加德罗常数。下列有关说法正确的是（）A.晶体硅中含有的非极性键数目为B.标况下，参与反应时，转移电子数目为C.盐酸溶液中含有数目为D.硅单质常用作光导纤维，以传递光信号【答案】A【详析】A．晶体硅的物质的量为1mol，含有Si-Si键的数目为，A正确；B．根据化学方程式可知，每消耗1molH2，转移2mol电子，的物质的量为1mol，则转移的电子数为，B错误；C．盐酸体积未知，无法计算的数目，C错误；D．光导纤维的主要成分为SiO2，D错误；故选A。14.我国科学家从嫦娥五号月壤样品中发现一种新矿物并命名为“嫦娥石”，其化学式为为原子序数依次递增的前20号主族元素，其中元素在地壳中含量最多，元素在同周期中金属性最强，元素的第一电离能均大于同周期相邻元素的第一电离能，元素基态原子价电子排布式为。下列说法错误的是（）A.最高价氧化物对应水化物的碱性：B.均位于s区C.最简单气态氢化物的沸点：D.阴离子的立体构型为正四面体，中心原子采用杂化【答案】C〖祥解〗地壳中含量最多的元素是O，Y在同周期中金属性最强，Y是Na元素，Q元素基态原子价电子排布式为2nsn，结合Q的原子序数排序，推出n=2，则Q的价电子排布式为4s2，即Ca元素，Z、W元素的第一电离能均大于同周期相邻元素的第一电离能，说明Z和W属于第ⅡA族和第ⅤA族，则Z、W分别为Mg、P元素；【详析】A．最高价氧化物MgO、CaO对应的水化物，氢氧化钙是强碱，氢氧化镁是弱碱，A正确；B．Na、Mg、Ca三种元素分别属于第IA和IIA族元素，均位于s区，B正确；C．由于水分子间能形成氢键，则沸点，C错误；D．根据分析，阴离子为，价层电子对数=与中心原子结合原子数+孤对电子数，孤对电子数，则价层电子对数为4，P原子采用sp3杂化，立体构型为正四面体，D正确；故选C。15.某实验小组进行下述实验，下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A向某溶液中加入浓溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸靠近试管口试纸不变色某溶液中一定不含有B常温下，将铝条插入浓硝酸中，一段时间后再插入硫酸铜溶液中无明显现象铝条钝化后不能将从溶液中置换出来C将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色电石与水反应生成了乙炔D常温下，向含有浓度不同的混合溶液中逐滴加入溶液产生淡黄色沉淀【答案】B【详析】A．石蕊试纸本身已经变蓝，即使溶液中含有铵根，加入氢氧化钠加热溶液，试纸也不会变色，A错误；B．铝条插入浓硝酸后，铝条表面钝化，形成致密氧化膜，阻隔了与硫酸铜溶液反应，B正确；C．若电石不纯，可能产生PH3，H2S等杂质气体，也会与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应使之褪色，C错误；D．混合溶液中氯离子和溴离子的浓度大小不明确，不能直接比较两者溶度积大小，D错误；故选B。16.电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。当溶液中被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生突跃，进而确定滴定终点。常温下，用盐酸标准溶液测定苏打样品溶液中小苏打的含量(其它物质均不反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（）A.a到b过程中发生离子反应方程式：B.水的电离程度：C.苏打样品溶液中含有的质量为D.点存在【答案】AD〖祥解〗b点为第一个终点发生反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，d点为第二个终点：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。详析】A．a到b过程中发生离子反应方程式：，A项错误；B．a点的成分为Na2CO3、NaCl和NaHCO3，b点的成分为NaCl和NaHCO3，相比b点，c点加入更多盐酸，NaHCO3减少，c点成分为NaCl和NaHCO3。d点成分为NaCl，且含碳酸，Na2CO3、NaHCO3弱酸盐促进水的电离，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则水的电离程度：，B项正确；C．Na2CO3转变为NaHCO3消耗盐酸2.9mL，而总共消耗盐酸6.8mL，所以纯碱中NaHCO3消耗盐酸为6.8-2.9×2=1mL。所以n(NaHCO3)=n(HCl)=10-3cmol，得m(NaHCO3)=n(NaHCO3)M(NaHCO3)=84×10-3cg=0.084cg，C项正确；D．d点成分为NaCl、H2CO3，存在电荷守恒为，由于二氧化碳逸出，难以确定物料守恒，故点d不存在，D项错误；故选AD。第Ⅱ卷三、非选择题：本题共4道大题，每道大题14分，共56分。请考生根据要求认真做答。17.实验室拟采用如下装置制备并研究的相关性质：已知易溶于乙醇，回答下列问题：（1）写出浓硫酸和亚硫酸钠反应制取的化学方程式________。（2）干燥管中的的作用是________，装置Ⅱ中的干燥管作用是________。（3）反应开始后，观察到装置Ⅰ中品红溶液（测得pH＝3）迅速褪色，查询资料可知：通入水中存在如下反应：；，通过分析上述现象，推测使品红水溶液褪色的微粒不可能为，原因是________。（4）造成品红水溶液褪色的微粒可能是i，；ii.；iii.。将上述装置Ⅰ中的品红水溶液换成品红乙醇溶液，重复实验，观察到溶液红色不褪色，证明不可能使品红水溶液褪色，其原因是________。（5）继续设计实验验证、对品红的漂白性：试管中的液体（浓度均相同）现象a.溶液（pH=10）溶液立即褪色b.溶液（pH约为5）溶液立即变浅，约10s后完全褪色c.NaOH溶液（pH=10）红色溶液不褪色d.pH=3的溶液红色溶液不褪色设计实验c、d的目的是________。结合（4）、（5）的实验现象推测：使品红水溶液褪色时起主要作用的微粒是________。【答案】（1）Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O（2）吸收二氧化硫中的水分，防止水蒸气进入装置Ⅱ中防止倒吸（3）通入水中存在如下反应：；，溶液中没有H2SO3，使品红褪色的不可能是H2SO3（4）SO2在乙醇中不存在上述平衡，因此不能使品红乙醇溶液褪色（5）验证、对品红的漂白性和〖祥解〗亚硫酸钠与浓硫酸反应制取二氧化硫,进而验证二氧化硫水溶液的酸性、漂白性、还原性、氧化性等。污染性气体性质实验后必须有尾气处理。【详析】（1）浓硫酸和亚硫酸钠反应制取的化学方程式：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O（2）干燥管中的的作用是：吸收二氧化硫中的水分，防止水蒸气进入装置Ⅱ中；装置Ⅱ中干燥管的作用是防止溶液倒吸；（3）通入水中存在如下反应：；，溶液中不存在H2SO3分子，因此使品红水溶液褪色的微粒不可能为；（4）造成品红水溶液褪色的微粒可能是i，；ii.；iii.。将上述装置Ⅰ中的品红水溶液换成品红乙醇溶液，重复实验，观察到溶液红色不褪色，证明不可能使品红水溶液褪色，其原因是二氧化硫在乙醇溶液中不存在；这些平衡，因此，不能使品红褪色；（5）设计实验c、d的目的是验证，对品红的漂白性，结合(4)、(5)推测：SO2使品红水溶液褪色时起主要作用的微粒是和。18.利用蛇纹石提镁后的中和渣(主要成分为，含等杂质)提取高附加值的铁红的一种工艺流程如下图所示。已知：。请回答下列问题：（1）浸渣的成分为(填化学式)___________，滤液2中主要的金属阳离子为___________。（2）沉钴镍时，若溶液中浓度均为逐渐加入，则先沉淀的离子为___________。（3）“还原”过程中发生反应的离子方程式为_______________，可用试剂___________检验还原是否完全。（4）转化为Fe3+时失去的是___________轨道上的电子。（5）铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶胞的边长为，则该合金的密度为___________。(不用化简)【答案】（1）（2）（3）溶液或苯酚（4）（5）(或)〖祥解〗酸浸：蛇纹石提镁后的中和渣中的各金属元素转化为酸浸液中的金属阳离子，SiO2不与硫酸反应，成为浸渣。酸浸液中金属阳离子主要为Fe3+、Al3+、Cr3+、Co2+、Ni2+。还原：SO2与Fe3+反应，将Fe3+还原为Fe2+，还原液中金属阳离子主要为Fe2+、Al3+、Cr3+、Co2+、Ni2+。净化：加入NaOH调节pH，使Al3+、Cr3+转化为Al(OH)3、Cr(OH)3沉淀而被除去，滤液1中金属阳离子主要为Na+、Fe2+、Co2+、Ni2+。沉钴镍：加入Na2S，使Co2+、Ni2+转化为CoS、NiS沉淀而被除去，滤液2中金属阳离子主要为Na+、Fe2+。沉铁、煅烧：加入NH4HCO3和，使Fe2+形成沉淀，经煅烧得到Fe2O3。【详析】（1）据分析可知，浸渣的成分为SiO2，滤液2中主要的金属阳离子为Na+、Fe2+。（2）CoS和NiS的沉淀类型相同，且溶液中初始的，因此加入时，先生成Ksp较小的CoS沉淀，即先沉淀。（3）Fe3+被还原为Fe2+，SO2被氧化为H2SO4，根据氧化还原反应的基本规律，离子方程式为。要检验还原是否完全，即检验是否仍存在Fe3+，可使用KSCN溶液或苯酚等试剂检验Fe3+是否存在。（4）基态的价电子排布式为3d6，易失去1个3d能级上的电子生成Fe3+，使3d能级达到半充满的稳定状态。（5）由图可知，1个晶胞中有8个Mg原子位于体内，有6个Fe原子位于面心，有8个Fe原子位于顶点，根据均摊法，1个晶胞中含有个Fe原子，因此1个晶胞的质量为，1个晶胞的体积为d3nm3=d3，因此该合金的密度为。19.锰及其化合物是优良的催化剂，在生产生活中有着重要的应用。（1）催化分解：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①②反应②的___________0(填“>”、“=”或“<”)；若反应②为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是___________(填标号)（2）一定条件下，溶液的酸碱性对催化分解反应的影响如图所示。①单位时间的浓度变化量可以表示分解速率。中性时，的分解速率=___________。②以下对图象的分析正确的是___________(选填序号)。A．起始浓度不同，无法判断溶液的酸碱性对的分解速率的