广东省新高考普通高中学科综合素养评价
高三年级期末考
化学
本试卷共12页，18小题，满分100分。考试用时75分钟
注意事项：1，答卷前，考生务必用黑色笔迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答
题卡上。将条形码横贴在答题卡指定位置。
2选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3非选择题必须用黑色笔迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置
上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要
求作答的答案无效。
4考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试题与答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-140-16.C1-35.5Ca-40
Ge-73
Ba-137
一、单项选择题：本题共13小题，共44分。(（1一8题每小题3分，共24分；
9一13题每小题4分，共20分。每小题只有一个选项符合要求。）
1.广东省历史文化底蕴深厚，下列粤剧相关物品由金属材料制成的是（)
A.戏服
B.木剑
C.戏单
D.铜锣
2.下列有关生活和高科技产品的说法不正确的是()
A.砷化镓太阳能电池板是将光能变为电能
B.酒精和过氧乙酸都具有强氧化性，能杀灭新冠病毒
C.宇航服中隔热层使用的聚酰亚胺薄膜属于高分子化合物
D.把“洁厕精”与“84消毒液”混合使用，会产生有毒气体
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0000000
3.陈述或Ⅱ有错误，或不具有因果关系的是（)
选项
陈述I
陈述Ⅱ
中国空间站许多部件使用的是铝合金
A
利用了铝质量轻、遇氧气能在表
或铝基复合材料
面形成致密的氧化膜的特性
“长征二号F”火箭采用N2O4与偏二
N204与偏二甲肼发生剧烈的氧
B
化还原反应，放出大量的热，且
甲肼[(CH)2N-NH]作为推进剂
产物无污染
“梦天实验舱”散热组件使用了氮化铝
C
氮化铝陶瓷是分子晶体，在高温
散热陶瓷
下十分稳定
王亚平在天和核心舱将泡腾片（含柠檬
D
酸和NaHCO3等)塞入一个蓝色水球
柠檬酸的酸性强于碳酸
里，水球变成“气泡球”
4.下列说法正确的是（·)
A.汽车尾气中的主要大气污染物为NOx、CO
B.向MgC2溶液中通入CO2生成MgCO3沉淀
C.将等物质的量的SO2和C2通入水中，溶液的漂白性增强
D.将铜片加入稀硫酸加热无现象，加入少量硝酸钾固体后溶液变蓝，硝酸钾起催
化作用
5.我国科研人员利用催化剂将CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH,其历程
如题5图所示。下列说法错误的是()
过渡态
夺氨
COz
8g
CHCOOH
法性
+催化剂①
●C
②
00
o H
CH4
题5图
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0000000广东省新高考普通高中学科综合素养评价高三年级期末考
化学参考答案
一、选择题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
D B C A B D C D C A B C D
二、非选择题
14.（11 分）
（1）4s24p2（1 分） Zn>Cu>Ge（1 分）
（2）Ⅱ < Ⅳ（1 分） p（1 分）
（3）AC（2 分）
（4）Ⅲ（2 分） Ⅰ（1 分）
21
（5 x=858×10） 2 （2 分） × A×
15.（11 分）
（1）FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O（2 分） 还原 Fe3+（1 分）
（2）TiO2++2NH3·H2O=TiO(OH)2↓+2NH+4（2 分）
取最后的洗涤液于试管中，滴入 BaCl2溶液不产生白色沉淀（检测不到SO2 4 ，2 分）
（3）1.5%（1 分） 1-1.5（1 分）
（4）Ca2++2e-=Ca（2 分）
16.（12 分）
Ⅰ.（1）溶液有漂白性（1 分）（合理答案均可）
（2）Ca2++2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓（2 分）
（3）①木条复燃（1 分） ②成立（1 分） ③CuSO4 （1 分）④6（1 分） H2O（1 分）
Ⅱ.（1）71.5（2 分）
（2）①10.0mL（1 分） ②0.20mol/L（1 分）
17．（11 分）
（1）2CO2(g)+2H2O(l)=CH3COOH(l)+2O2(g) ΔH=E2 E1(kJ/mol)（3 分）
（2）① 122.5（1 分） Ⅱ（1 分）
② a （1 分）
温度低于 260℃时，主要以放热反应Ⅰ为主，此时 CH3OCH3 选择性较高，吸热反应Ⅱ的影
响较小，所以曲线 b 在 260℃以前随温度升高而下降（2 分）
③高压（1 分）
（3）108/p 30 （2 分）
— 1 —
18.（11 分）
（1）羧基（1 分）
（2）⑦（1 分) ⑥（1 分）
COOH COOH O O
（3 + H O） O 2 （2 分）
CHO
（4）6（2 分） （1 分)
COOH
O
O O
（5） （3 分)
Br2 Br Br NaOH醇溶液 O O
催化剂
O
— 2 —
答案详解
1.【答案】D
【解析】
A、B、C 的主要成分都是纤维素，D 是金属铜，故选 D。
2.【答案】B
【解析】
ACD 说法正确；B 选项中酒精没有强氧化性，故错误；D 选项中“洁厕精”含 HCl、“84 消毒
液”含 HClO，混合后会发生氧化还原反应产生氯气。
3.【答案】C
【解析】
A 选项：空间站许多部件使用的是铝合金或铝基复合材料利用了铝质量轻、表面能形成氧化
膜的特性，正确。
B 选项：N2O4与偏二甲肼[(CH3)2N-NH2]燃烧生成 H2O 和 N2，产物无污染，正确。
C 选项：氮化铝是原子晶体，陈述Ⅱ错误，且与陈述Ⅰ无因果关系。
D 选项：柠檬酸与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，说明柠檬酸的酸性强于碳酸，正确。
4.【答案】A
【解析】
A 选项：说法正确；
B 选项：向 MgCl2溶液中通入 CO2，不能生成 MgCO3沉淀；
C 选项：SO2和 Cl2同时通入水生成的亚硫酸和次氯酸会发生氧化还原反应而失去各自的漂白
性，错误；
D 选项：硝酸根在酸性条件下相当于溶液中有稀硝酸，与铜发生氧化还原反应，错误。
5.【答案】B
【解析】
由图可知 ACD 都正确，状态①先断的是 CH4中的 C—H 键，所以 B 错误。
6.【答案】D
【解析】
A 选项：苯酚的电离常数大于碳酸的二级电离常数，往 C H O-6 5 溶液中通入 CO2只能生成HCO 3，
错误；
B 选项：铜与稀硝酸反应生成的是 NO，错误；
C 选项：电荷不守恒，或电子得失不相等，错误；
D 选项正确。
7.【答案】C
【解析】
A 选项：第二步错误，氨水是弱碱，不能溶解 Al(OH)3形成AlO 2；
— 3 —
B 选项：盐酸不能与 SiO2反应，错误；
C 选项：转化可以完成，正确；
D 选项：铁在点燃条件下与氧气生成的是 Fe3O4；FeCl3与 NaOH 生成 Fe(OH)3沉淀，错误。
8.【答案】D
【解析】
A 选项：铁离子会水解，故铁离子数目小于 0.2NA，错误；
B 选项：亚铁离子还原性强于溴离子，氯气通入时先氧化 Fe2+，0.1molCl2先氧化 0.1molFe2+，
再氧化 0.1molBr—生成 0.05molBr2，错误；
C 选项：溶液 pH=1 是指溶液中 c(H+)=0.1mol/L，包括了水电离的 H+，同时溶液体积未知，
说法错误；
D 选项：符合阿伏加德罗定律，正确。
9.【答案】C
【解析】
A 选项：后验的水蒸气可能是混合气体通过了含水的溶液带出的水蒸气，错误；
B 选项：验水后先通澄清石灰水，SO2溶于水形成的亚硫酸的酸性强于碳酸，生成沉淀可能
是 CaSO3，若 SO2过量还可能没有沉淀，验不了 CO2，错误；
C 选项正确；
D 选项：食盐水不能吸收 SO2，错误。
10.【答案】A
【解析】
X 只有一个质子，是 H；R 有三层电子在第三周期，负一价只能是 Cl；原子序数满足关系
Y+W=E+Z，根据题 10 图化合价 Y 四价、W 一价、E 二价、Z 三价，只能是 6(C)+9(F)=8(O)+7(N)；
所以 Y 是碳、W 是氟、E 是氧、Z 是氮。
A 选项：还原性 Cl->F-，正确；
B 选项：稳定性 CH4C 选项：离子半径 Cl->O2->F-，错误；
D 选项：HNO3是强酸，错误。
11.【答案】B
【解析】
由题 11 图可以看出，a 极 CO2→HCOO-碳的化合价降低，得电子，a 极是阴（负）极；b 极
CH3(CH2)7NH2→CH3(CH2)6CN，氮的化合价升高，失电子，b 极是阳（正）极，所以 A 选项
错；B 选项 Ni2P 电极是阳极，阳极失电子，正确；C 选项 In/In2O3-x 电极是阴极，得电子发生
的是还原反应，C 叙述错误；D 选项电荷不守恒，错误。
12.【答案】C
【解析】
A 选项：原溶液可能本来就存在 Fe3+，错误；
— 4 —
B 选项：如果溶液显酸性，向溶液中加入硝酸根，组成稀硝酸，可能把原溶液的SO2 3 氧化成
了SO2 4 ，所以错误；
C 选项：Fe3+溶液加入维 C 后黄色变浅绿色，说明 Fe3+被还原为 Fe2+，维 C 有还原性，正确；
D 选项：碘离子被氧化为碘单质，海带中含的是 I -，而不是 I2，错误。
13.【答案】D
【解析】
由曲线可知二元酸 H2R 是弱酸。纵坐标数值相同时，曲线 a 的 pH 小于曲线 b，所以曲线 a
(HR ) (R2 )
是一级电离的 lg (H R) ，曲线 b 是二级电离 lg2 (HR ，A 正确；)
2 2
b 曲线（10，2.8）意思是二级电离 pH=10 c(H+)=10-10 lg (R )=2.8 (R )， ， ， =102.8，则： (HR ) (HR )
(R2 K = ). (H
+)
a2 = 102.8 × 10 10=10 7.2，所以 B 正确； (HR )
C 是电荷守恒，正确；
D 的排序应该是 c(Na+)>c(R2—)>c(OH—)>c(HR—)>c(H+)，所以 D 错误。
14.（11 分）
（1）4s24p2（1 分） Zn>Cu>Ge（1 分）
（2）Ⅱ < Ⅳ（1 分） p（1 分）
（3）AC（2 分）
（4）Ⅲ（2 分） Ⅰ（1 分）
5 x=858×10
21
（ ） （2 分）
2× A×
【解析】
（1）特征电子排布：Ge（4s24p2）、Zn（3d104s2）、Cu（3d104s1），Zn 轨道全满，第一电离
能最大；Ge 的 4p2分两个轨道排单电子，Cu 的 4s1 也是单电子排一个轨道，但 4p 能量高于
4s 轨道，把电子轰击出来 4p 所需能量小于 4s 轨道，所以第一电离能：Zn>Cu>Ge。
（2）Ⅱ、Ⅳ两种物质如果 R 基相同，Ⅱ的分子量（分子间力）小于Ⅳ，所以沸点Ⅱ < Ⅳ；Ge
是第四周期、ⅣA 元素，最后填的电子在 4p，所以位于元素周期表的 p 区。
（3）Ge—O—Ge 中 O 有两对孤对电子，采取 sp3杂化，A 正确；I 中 Ge 与 O 的有 Ge—O 键
和 Ge=O 键，键能显然不相等，B 错误；Ⅱ中 Ge 与 Ge 键为同种元素之间的共价键，是非极
性共价键，C 正确；在Ⅲ中 Me-C=O 两个键一个单键、一个双键，虽为 sp2杂化，但键角不是
标准的 120°，D 选项错误；物质Ⅰ中有—COOH，其中的—O—C=O 不能在在 Ni 催化下发生
加氢，E 选项错误。
（4）I 中存在 ，其中的 CH2是 sp3杂化，H 不可能都与 C 原子在同一平面；Ⅱ、Ⅳ的
R 基中可能存在 CH2、CH3，H 也不可能都与 C 原子在同一平面；只有Ⅲ是 sp2杂化、平面型
分子。含有—OH 的物质水溶性好，因为可以与水分子形成氢键，故 Ⅰ的水溶性最好。
— 5 —
（5）确定化学式用均摊法。Ba 原子：(8×1/8）+1=2，Ge 原子：[(4×1/2)+(4×1/4)+1]×2=8，为
Ba2Ge8，即 2BaGe4。MA(BaGe4)=（137+73×2）=429
2×429
x=858×10
21
所以： = 7 2 ，变形得(a×10 ) ( ×10 7) A a2× A×
15.（11 分）
（1）FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O（2 分） 还原 Fe3+（1 分）
（2）TiO2++2NH3·H2O=TiO(OH)2↓+2NH+4（2 分）
取最后的洗涤液于试管中，滴入 BaCl2溶液不产生白色沉淀（检测不到SO2 4 ，2 分）
（3）1.5%（1 分） 1-1.5（1 分）
（4）Ca2++2e-=Ca（2 分）
【解析】
钛精矿[主要成分是钛酸亚铁（FeTiO3），含少量 SiO2等杂质]经硫酸酸溶，SiO2等杂质变成
了滤渣 1，Fe2+变成了 FeSO4，可能有部分在过滤时被空气氧化为 Fe3+，所以滤液用铁粉还原，
滤渣 2 中是过量的铁粉；酸溶时钛变成了 TiOSO4。加入氨水是将 TiO2+变为 TiO(OH)2沉淀；
加入 HNO3是将 TiO(OH)2沉淀溶解为 TiO(NO3)2。加入氨水和 SDBS 是为了形成较小颗粒的
TiO(OH)2胶体；干燥后煅烧脱水获得纳米级别的 TiO2。
（1）FeTiO3与 H2SO4反应，生成 FeSO4、TiOSO4和 H2O 是照方程质量守恒配的；铁粉还原
可能有部分在过滤时被空气氧化为 Fe3+。
（2）题干说了“整个过程中钛的化合价没有变化”，即钛的化合价都是+4 价，所以 TiO2+
与 NH3·H2O 反应生成 TiO(OH)2↓和NH+4；铁粉的加入，除了还原 Fe3+以外，还与过量的 H2SO4
反应，到了加入氨水的环节，根据电荷守恒：SO2 4 与 TiO2+物质的量相等，所以检查洗涤液的
SO2 的存在，相当于检查了 TiO2+4 是否还存在。
（3）晶粒平均大小为 15nm—20nm左右时，根据题 15-2 图 SDBS质量分数为1.5%；根据题 15-2
图 pH 范围在 1-1.5 之间。
（4）依据题干中“用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融的 CaF2-CaO 作电解质，利用图示装置
获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛”，所以电极反应中 Ca2+得电子。
16.（12 分）
Ⅰ.（1）溶液有漂白性（1 分）（合理答案均可）
（2）Ca2++2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓（2 分）
（3）①木条复燃（1 分） ②成立（1 分） ③CuSO4 （1 分）④6（1 分） H2O（1 分）
Ⅱ.（1）71.5（2 分）
（2）①10.0mL（1 分） ②0.20mol/L（1 分）
【解析】
Ⅰ.（2）漂白精溶于水，ClO-与水中少量 H2CO3 反应生成 CaCO3 和 HClO，HClO 直接把黄色
— 6 —
pH 试纸漂白。
（3）①带火星木条复燃证明是氧气；②CuO 与热的稀硫酸反应生成 CuSO4使溶液呈蓝色，
猜想成立；③CuO 在常温下就能与稀硫酸反应生成 CuSO4，所以未加热时就有少量 CuSO4生
成，与未反应的 CuO 形成悬浊液。
Ⅱ.（1）
【解析】设所取的 10.0mL 漂白精溶液的物质的量的浓度为 x
1 = 2
10mL 20.0mL×0.20mol/L
解得：x=0.20mol/L
1 100.0mL
则 100.0mL 漂白精溶液中 Ca(ClO)2的质量为 0.20mol/L× × =0.01mol2 1000ml/L
0.01mol×143g/mol
漂白精溶液中 Ca(ClO)2的质量分数为 × 100% = 71.5%2.0g
17．（11 分）
（1）2CO2(g)+2H2O(l)=CH3COOH(l)+2O2(g) ΔH=E2 E1(kJ/mol)（3 分）
（2）① 122.5（1 分） Ⅱ（1 分）
② a（1 分）
温度低于 260℃时，主要以放热反应Ⅰ为主，此时 CH3OCH3 选择性较高，吸热反应Ⅱ的影
响较小，所以曲线 b 在 260℃以前随温度升高而下降（2 分）
③高压（1 分）
（3）108/p 30 （2 分）
【解析】
（1）由图 17-1 可知，此反应的热化学方程式为 2CO2(g)+2H2O(l)=CH3COOH(l)+2O2(g)
ΔH=E2 E1(kJ/mol)
（2）①根据盖斯定律可知：将Ⅳ×2+Ⅲ，整理可得热化学方程式：2CO2(g)+6H2(g)
CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH1= 122.5kJ/mol；反应Ⅱ产物有 CO 和 H2O，其中 CO 在其它反应
中都不是反应物，所以该反应是副反应。
②反应Ⅰ为放热反应，温度升高平衡向左移动，随温度升高二甲醚的产率一在直下降，故
CH3OCH3 的选择性降低，则表示平衡时 CH3OCH3 选择性的曲线是 a。
③主反应Ⅰ是一个反应前后气体体积缩小的反应，增大压强该反应平衡向正反应方向移动，CO2
的转化率提高；副反应Ⅱ的气体体积在反应前后不变，增大压强平衡不移动、选择性不变，故
增大压强总的效果是反应Ⅰ在 CO2转化率提高的同时 CH3OCH3 选择性也提高了。
— 7 —
（3）当 x=1.0 时，设起始投入 CO2为 1mol，NH3为 1mol，若起始压强为 p0 kPa，水为液态，
平衡时压强变为起始的 1/2，即平衡时气体总物质的量变为 1mol，设 CO2的转化量为 amol，
NH3的转化量为 2amol，则平衡时剩余气体物质的量为 1-a+1-2a=1，解得，a=1/3，则平衡时
CO2为 2/3mol，NH3为 1/3mol，则该反应的平衡常数为
1
Kp= 3 -3
(1
= 108/p0 (kPa)
3×
0
2 kPa)
2×(2× 03 2 kPa)
18.（11 分）
（1）羧基（1 分）
（2）⑦（1 分） ⑥（1 分）
COOH COOH O O
（3） O + H2O（2 分）
CHO
（4）6（2 分） （1 分）
COOH
O
O O
（5） （3 分）
Br2 Br Br NaOH醇溶液 O O
催化剂
O
【解析】
（1）B 水解为 C：HOOC—CH2—CH2—COOH，所以官能团为羧基；
（2）反应①⑥⑧是加成反应，②③④⑤是取代反应，其中⑤又是脱水缩合反应；⑦是消去反
应，⑥是 H2加成也是还原反应。
（3）反应④是两个—COOH 官能团间脱水，形成内酯。
（4）同分异构体有以下 6 种：
O O O
HC C CH C O H HC C CH O C H CH2 C C C、 、 O H 、
OH OH OH
O O CHOO O
H2C CH C C O H、H C CH CH C O H 、
CH2 。
COOH
CHO
能发生银镜反应说明含有醛基，且核磁共振氢谱图上峰值为 2∶1∶1 只有
COOH
（5）前面两步是教材中的知识，卤素的烯烃加成再消去成二烯烃，第三步是模仿流程中的反
应⑧“烯”与“二烯 1,4 加成”成环的。
— 8 —
