广东省燕博园2024届高三下学期3月综合能力测试（CAT联考）化学试题附参考答案（解析）

届高三年级综合能力测试化学参考答案1.【答案】C【命题透析】本题以中国绘画为情境，考查物质组成，意在考查考生理解与辨析能力、分析与推测能力，宏观辨识与微观探析、科学态度与社会责任的核心素养。【思路点拨】该题不难，但解答时注意关键词“古代绘画工具”“指定部件”“植物纤维”。古代毛笔笔头均为动物毛发，A项错误；墨成分为单质碳，B项错误；宣纸一种书法用纸，由植物纤维素制得，C项正确；砚台种类较多，有硅酸盐、玉石等，D项错误。2.【答案】B【命题透析】本题以时下热点为情境，考查物质性质、成分等，意在考查考生理解与辨析能力、分析与推测能力，宏观辨识与微观探析、科学态度与社会责任的核心素养。【思路点拨】合金硬度高于组成其任一金属的硬度，A项错误；CO2→CH3OH，碳元素化合价降低，还原反应，B项正确；聚四氟乙烯单体是四氟乙烯，其聚合物中无碳碳不饱和键，不能使溴水褪色，C项错误；芯片是晶体硅，属于硅单质，D项错误。3.【答案】A【命题透析】本题绿水青山就是金山银山以为素材，考查环境保护措施，意在考查考生分析与推测能力、归纳与论证能力，宏观辨识与微观探析、科学态度与社会责任的核心素养。【思路点拨】秸秆焚烧会导致局部大气污染，A项错误；集中供暖，有利于集中对排放气体进行治理，B项周期；新能源汽车能能减少尾气污染，C项正确；火力发电为燃煤发电，对尾气进行处理，有利于环境，D项正确。4.【答案】D【命题透析】本题以实验为素材，考查仪器选取与应用，意在考查考生理解与辨析能力、探究与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。【思路点拨】A项，胶头滴管，应用于定容滴加蒸馏水；B项，烧杯用于稀释溶解硫酸；C项，容量瓶是一定物质的量溶液配制的核心仪器；D项，电子天平用来称量固体药品，而溶液稀释配制其他溶液不需要涉及固体药品的称量。5.【答案】A【命题透析】本题考查化学实验现象及物质变化，意在考查考生分析与推测能力、探究与创新能力，宏观辨识与微观探析、科学探究与创新意识的核心素养。【思路点拨】焰色试验的焰色是电子跃迁的现象，不是化学变化，A项符合题意；B项，裂化石油气中含烯烃，能被酸性KMnO4溶液氧化；C项，Na2O2溶液中存在NaOH、H2O2，前者使酚酞变红，后者使变红的酚酞氧化；D项，白色变为蓝色的原因是CuSO4→CuSO4·5H2O。6.【答案】C【命题透析】本题以劳动为情境，考查物质性质与用途，意在考查考生理解与辨析能力、分析与推测能力，宏观辨识与微观探析、科学态度与社会责任的核心素养。【思路点拨】炼钢时，吹入的O2可将生铁中过多的C、Si、P等元素氧化而除去，A项正确；乙醇具有还原性，使检测仪中的氧化性物质被还原，B项正确；混凝土的利用与水泥显碱性无关，C项错误；“84”消毒液的强氧化性决定了其作为消毒液的作用，D项正确。7.【答案】D【命题透析】本题以中医文化为情境，考查有机物结构与性质，意在考查考生理解与辨析能力、分析与推测能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知、科学态度与社会责任的核心素养。【思路点拨】该化合物的羟基为酚羟基，不能发生消去反应，A项错误；该化合物不含碳碳双键或三键，不能与Br2发生加成反应，B项错误；该化合物因醚键的存在，破坏了其对称性，故无等效氢，则核磁共振氢谱中有8组峰，C项错误；1mol该化合物含2mol酚羟基，则能与2molNaOH反应，D项正确。8.【答案】B【命题透析】本题以新情景电池为素材，考查原电池原理，意在考查考生理解与辨析能力、分析与推测能力、归纳与论证能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知、科学态度与社会责任的核心素养。【思路点拨】Zn为负极，故图中箭头为电子运动方向，A项错误；正极为O2得电子转化为OH-的还原反应，B项正确；由正极产生OH-，负极消耗OH-可知交换膜为OH-交换膜，C项错误；“锌空气电池体系中使用海水替代去离子水，减少了与淡水资源的竞争”，说明海水基锌空气电池成本低，D项错误。9.【答案】A【命题透析】本题以价类二维图为素材，考查N、S元素化合物的性质，意在考查考生理解与辨析能力、分析与推测能力、归纳与论证能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养。【思路点拨】乙为NH3，在空气中燃烧生成NO，A项错误；NH3在氧气中燃烧生成NO，NO与O2转化为NO2，NO2溶解于水生成硝酸，B项正确；己为硝酸，浓硝酸可检验蛋白质，C项正确；H2SO3在空气中氧化生成H2SO4，D项正确。10.【答案】B【命题透析】本题以陌生物质及反应为素材，考查物质分子构型和阿伏加德罗常数，意在考查考生理解与辨析能力、分析与推测能力、归纳与论证能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养。【思路点拨】H2O和H2S均为V形结构，且中心原子均有2对孤电子对，但电负性O＞S，则H2O中成键电子对更靠近中心原子，排斥力大，故前者键角大，A项错误；1个SOCl2分子含3个σ键，n(SOCl2)=11.9g/119g·mol-1=0.1mol，则含0.3molσ键，B项错误；C项，缺少标准状况，错误；HCl溶液中主要成分是水，其中含H原子大于1mol，D项错误。11.【答案】B【命题透析】本题以科学研究为情境，考查物质制备及反应机理，意在考查考生分析与推测能力、归纳与论证能力，宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知、科学态度与社会责任的核心素养。【思路点拨】由反应机理可知，CeO2-x是该尿素合成机理中的催化剂，A项正确；由能垒变化图可知，N2、CO2在CeO2-x表面上的吸附，能量降低，是放热反应，B项错误；对照两个图可知，步骤V的活化能最大，是该反应机理的决速步骤，C项正确；分析该机理，反应物为N2、CO2、H+，生成物H2NCONH2，N元素被还原，故为该光催化反应的正极，反应式为N2+CO2+6e-+6H+=H2NCONH2+H2O，D项正确。12.【答案】D【命题透析】本题以Fe(OH)2制备为情境素材，考查实验装置原理及操作，考查铁及其化合物性质，意在考查考生探究与创新能力、理解与辨析能力、分析与推测能力，科学探究与创新意识、宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养。【思路点拨】实验开始先制备H2，排出装置体系中的空气，同时制备FeSO4，A项正确；关闭止水夹a，打开止水夹b，甲中稀硫酸与Fe继续反应，产生的H2使甲中气压升高，将其中的溶液压入乙中，B项正确；实验结束，关闭止水夹b，Fe(OH)2处于还原氛围中，不易被氧化，C项正确误；稀硝酸具有氧化性，与Fe反应生成Fe3+，甲中的稀硫酸不能用稀硝酸代替，D项错误。13.【答案】A【命题透析】本题考查物质的性质及化学反应机理，意在考查考生理解与辨析能力、分析与推测能力、归纳与论证能力，宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知、科学探究与创新意识的核心素养。【思路点拨】碳酸、硅酸均为最高价氧化物水合物，H2CO3+SiO32-→H2SiO3，则酸性H2CO3＞H2SiO3，根本原因是C的非金属性比Si强，A项正确；铁棒、铜棒、Na2SO4溶液、导线、电流计过程的装置中，Fe发生吸氧腐蚀，则陈述I和陈述II无因果关系，B项错误；氯水、硝酸保存于棕色试剂瓶是因其中HClO、HNO3对光不稳定，故陈述I和陈述II无因果关系，C项错误；D项，配制Fe2(SO4)3溶液，为抑制水解，在溶液中加入少量稀硫酸大，但不能加铁粉，陈述I错误。14.【答案】B【命题透析】本题以化学史为情境，考查元素的位构性及物质结构与性质，意在考查考生分析与推测能力、归纳与论证能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知、科学态度与社会责任的核心素养。【思路点拨】“基态Y的价电子排布中有4个单电子”，该单电子所在能级为3d，则X、Y为第四周期，由X的最高能层原子轨道形状和电子数可知，X为K，由单电子数可知Y为Fe；根据四种元素原子的电子数计算：58=19+26+x+x+1，则x=6，故Z为C，M为N。非金属的第一电离能一般比金属大，则第一电离能：N＞C＞Fe＞K，A项正确；化合物为K3[Fe(CN)6]，则含离子键、碳氮极性键、配位键，B项错误；NO2-的中心原子价电子对数为(5+1)/2=3对，故VSEPR模型名称为三角形，C项正确；K3[Fe(CN)6]与Fe2+生成蓝色沉淀KFe2[Fe(CN)6]，D项正确。15.【答案】B【命题透析】本题以碳达峰、碳中和为情境，考查化学平衡，意在考查考生理解与辨析能力、分析与推测能力、归纳与论证能力，宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知、科学态度与社会责任的核心素养。【思路点拨】由反应i可知，∆H1＜0，故随温度升高，甲醇的平衡产率降低，即甲醇的选择性减小，故曲线I为甲醇选择性，曲线II为CO2平衡转化率，A项错误；随着温度升高，CO2平衡转化率升高，而甲醇选择性却降低，则说明温度高时，以反应ii为主，故反应ii的∆H2＞0，B项正确；由图中6个点的数据可知，a、b点温度为483K，甲醇产量为1mol×83%×14.1%=0.117mol；c、d点温度为530K，甲醇产量为1mol×72%×18%=0.1296mol；e、f点温度为560K，甲醇产量为1mol×49%×24%=0.1176mol，故温度为530K时为最佳温度，C项错误；催化剂不能改变化学平衡，不能改变转化率，D项错误。16.【答案】D【命题透析】本题以氢能源为情境，考查电解理论，意在考查考生分析与推测能力、归纳与论证能力，宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知、科学态度与社会责任的核心素养。【思路点拨】电解总反应：CO(NH2)2+6H++6OH-=CO2↑+N2↑+3H2↑+5H2O，A项错误；通过阴阳离子交换膜位置及电解池中阳离子和阴离子的移动方向可知，阳极产生的H+通过阳离子交换膜进入双极膜内，阴极产生的OH-通过阴离子交换膜进入双极膜内，故双极膜内的反应为：H++OH-=H2O，B项错误；每生成1molCO2，转移6mol电子，故有6molH+穿过阳离子交换膜，C项错误；阳极室中CO(NH2)2被氧化生成N2，起到了消耗尿素的作用，D项正确。17.【答案】（1）AB（2分）（2）SO32-（2分）（3）BaSO3+2H+==Ba2++H2SO3，平衡常数K=c(Ba2+)·c(H2SO3)/c2(H+)=c(Ba2+)·c(H2SO3)·c(SO32-)/c2(H+)·c(SO32-)=Ksp(BaSO3)/Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)=338，平衡常数较大，沉淀不是BaSO3（2分，平衡常数1分，分析1分）3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O==3BaSO4+2NO↑+4H+（2分）实验设计1：将性质实验中的Ba(NO3)2溶液换为BaCl2溶液，观察是否生成白色沉淀；设计实验2：过滤，取白色沉淀，滴加稀盐酸，观察是否有气体生成，若生成气体，将气体通入品红溶液中，观察品红溶液是否褪色（2分，答出1个实验设计即可）（4）乙（1分）Na2S2O3酸性条件下不稳定（2分）（5）冷冻食物、金属防腐（1分，写出1个即可）【命题透析】本题以二氧化硫及硫的化合物为素材，考查化学实验，意在考查考生理解与辨析能力、分析与推测能力、归纳与论证能力、探究与创新能力，知识获取能力、实践操作能力、思维认知能力，宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知、科学探究与创新意识、科学态度与社会责任的核心素养。【思路点拨】（1）装置A、B均为分液漏斗，活塞关闭时，SO2只能从导气管中逸出，A项、B项装置合理；C项装置为长颈漏斗，加液后，导致部分SO2从漏斗中逸出，不合理；D项装置含酒精灯加热，浓硫酸和Na2SO3固体反应无需加热，且广口瓶不能用于加热，不合理。（2）pH=7，则c(H+)=10-7mol/L，Ka1(H2SO3)=c(HSO3-)·c(H+)/c(H2SO3)=1.54×10-2，则c(HSO3-)/c(H2SO3)=1.54×105；Ka2(H2SO3)=c(SO32-)·c(H+)/c(HSO3-)=1.02×10-7，则c(SO32-)/c(HSO3-)=1.02，故c(SO32-)＞c(HSO3-)＞＞c(H2SO3)，含硫物种物质的量浓度最大的是SO32-。（3）BaSO3+2H+==Ba2++H2SO3，该反应的平衡常数K=c(Ba2+)·c(H2SO3)/c2(H+)=c(Ba2+)·c(H2SO3)·c(SO32-)/c2(H+)·c(SO32-)=Ksp(BaSO3)/Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)=338，平衡常数较大，反应正向移动，故沉淀不是BaSO3。Ba(NO3)3溶液中通入SO2后，溶液为酸性环境，+4价硫被氧化为+6价硫，离子方程式为：3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O==3BaSO4+2NO↑+4H+。实验设计1：将性质实验中的Ba(NO3)2溶液换为BaCl2溶液，观察是否生成白色沉淀；设计实验2：过滤，取白色沉淀，滴加稀盐酸，观察是否有气体生成，若生成气体，将气体通入品红溶液中，观察品红溶液是否褪色。（4）通入SO2，溶液酸性逐渐增强，c(OH-)逐渐减小，即-lgc(OH-)逐渐增大，则甲为-lgc(OH-)的变化规律，乙为生成Na2S2O3的量的变化规律。Na2S2O3酸性条件下不稳定，分解生成S和SO2，故Q点后Na2S2O3的量逐渐减小。（5）冷冻食物、金属防腐均为生活中减慢化学反应速率的应用。18.【答案】（1）溶解ZnO、Fe2O3，生成Zn2+、Fe3+（1分）（2）Bi2O3+SO42-+2H+==(BiO)2SO4+H2O（2分）（3）10-21（2分）＞（1分）（4）有机相1含P204煤油和In元素，有机相2为P204煤油（1分）2In3++3Zn==2In+3Zn2+（2分）（5）面上（1分）（2分）（6）分子（1分）正四面体（1分）【命题透析】本题以生产为素材，考查物质性质、物质结构，意在考查考生理解与辨析能力、分析与推测能力、归纳与论证能力，宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知、科学态度与社会责任的核心素养。【思路点拨】（1）“酸浸1”的浸取液“除铁”及“浓缩、结晶”得到ZnSO4·7H2O可知，“酸浸1”的目的是稀硫酸溶解ZnO、Fe2O3，反应生成Zn2+、Fe3+。（2）“酸浸2”是Bi2O3在酸性条件下生成(BiO)2SO4，离子方程式是Bi2O3+SO42-+2H+==(BiO)2SO4+H2O。（3）由“已知”可知，溶液中c(Fe3+)≤1.0×10-5mol/L时，可认为c(Fe3+)沉淀完全，此时pH≥3，c(OH-)≥10-11mol/L时，二者均取最小时，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-5mol/L×(10-11mol/L)3=10-38。除铁时，不能除去Zn2+，则pH＜6，则计算Ksp[Zn(OH)2]=0.1mol/L×(10-8mol/L)2=10-17，故=10-21。“浓缩、结晶”得ZnSO4·7H2O后的滤液溶质主要为ZnSO4，还有少量过量的H2SO4，由电荷守恒可知，溶液中存在：c(H+)+2c(Zn2+)=c(OH-)+2c(SO42-)，因溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-)，故c(SO42-)＞c(Zn2+)。（4）“有机相1”在“反萃取”前，故有机相1除P204煤油外，还有萃取的In元素，而“有机相2”为盐酸“反萃取”后，则“有机相2”主要是P204煤油。水相中In元素为In3+，反应的离子方程式是2In3++3Zn==2In+3Zn2+。（5）结合晶胞结构，由该合金为In5CoLa可知，In位于晶胞的面上，La位于顶点，Co位于棱上。1个晶胞的质量m=g=g，1个晶胞的体积V=a2cpm3=a2c×10-30cm3，则该合金晶体的密度d=，则阿伏加德罗常数NA=。（6）由GeCl4的熔沸点及溶解性可知其为分子晶体。Ge与C均为IVA，GeCl4与CCl4为等电子体，GeCl4为正四面体。19.【答案】（1）①3s23p63d6（1分）②6（1分）（2）0.8（2分）（2分）（3）①HCHO+O2CO2+H2O（2分）②BC（2分）（4）①1.00（2分）②0.8（2分）【命题透析】本题以碳的化合物为素材，考查物质结构、化学反应原理，意在考查考生分析与推测能力、归纳与论证能力，宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知、科学态度与社会责任的核心素养。【思路点拨】（1）①Fe为26号元素，Fe2+核外为24个电子，则其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，则其最外层电子排布式是3s23p63d6。②由化学方程式可知X为，则其中含6个配位键，即1mol含6mol配位键。（2）CO2、H2转化率相等，则充入的CO2、H2的物质的量之比为1:1，采用三段式计算：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)始态/molaa00转化/mol0.6a0.6a0.6a0.6a平衡/mol0.4a0.4a0.6a0.6ax(CO2)=x(H2)=，x(CO)=x(H2O)=，平衡时：v正=v逆，即k正x(CO2)·x(H2)=k逆x(CO)·x(H2O)，故k正=20mol/(L·s)，v正=k正x(CO2)·x(H2)=0.8mol/(L·s)。压强平衡常数Kp====。（3）①反应物为HCHO、O2，生成物为CO2、H2O，则化学方程式是：HCHO+O2CO2+H2O。②催化剂不能改变化学平衡，则不能改变平衡转化率，A项、D项错误；催化剂通过改变反应历程，即降低反应的活化能，达到提高化学反应速率的目的，B项正确；纳米材料的表面积大，吸附作用好，催化效果好，C项正确。（4）①CH3OH(g)的时空收率为0.9mol·(mg-Rh)-1·h-1，则单位时间内生成CH3OH(g)的物质的量为0.9mol·(mg-Rh)-1·h-1×0.8(mg-Rh)-1=0.72mol·h-1，故由反应ii可知单位时间内消耗的CO为0.72mol·h-1，H2为1.44mol·h-1；设反应i单位时间内消耗的H2为xmol·h-1，则v(H2)=(1.44mol·h-1+xmol·h-1)/2L=1.68mol·L-1·h-1，故x=1.92，故反应i单位时间内生成的HOCH2CH2OH(g)为0.64mol·h-1，消耗的CO为1.92÷3×2=1.28mol·h-1，反应速率v(CO)=(1.28mol·h-1+0.72mol·h-1)/2.0L=1.00mol·L-1·h-1。②由①中分析可知，反应i单位时间内生成的HOCH2CH2OH(g)为0.64mol·h-1，则其时空收率为0.64mol·h-1/0.8mg-Rh=0.8mol·(mg-Rh)-1·h-1。20.【答案】（1）