《囯考1号》2024届高三化学第十套 综合能力滚动检测（讲评课件PPT）

高中2024届试题命制多维细目表（化学3十3）12月卷B 题号 核心素养 学习主题 学业质量 情境素材 题型 分值 难度 7 科学态度 社会责任 化学与生活 1— 4 2023杭州亚运会 选择题 6 0. 85 8 模型认知 微观探析 有机化学基础 1— 1；2— 1； 3— 1 银杏提取物中的双黄酮类化合物结构与性质 选择题 6 0. 75 9 模型认知 微观探析 元素推断元素周期律 、元素周期表 2— 1 CO(NH2)2·H2O2是一种优良的消毒剂和氧化剂 选择题 6 0. 65 10 证据推理 变化观念 科学探究 创新意识 化学实验 2— 3 Fe3+、SO42-、淀粉溶液检验，SO2性质实验等 选择题 6 0. 65 11 变化观念 微观探析 证据推理 模型认知 元素化合物及物质之间的转化 1— 1；1— 2； 2— 1；2— 2； 3— 1 有毒的污染性气体 H2S的处理 选择题 6 0. 7 12 证据推理 模型认知 电化学 2— 2；2— 4； 3— 2 蟹壳和锌制成的新型环保电池 选择题 6 0. 7 13 变化观念 微观探析 证据推理 模型认知 中和滴定 2— 2；2— 3； 3— 3；4— 2 用未知浓度的盐酸溶液滴定已知浓度的碳酸钠溶液 选择题 6 0. 6 26 科学探究 创新意识 证据推理 模型认知 元素化合物 、化学实验 、化学反应原理 2— 3；3— 2； 3— 3；4— 2； 4— 3 以钾明矾石精矿制备超细氧化铝 化工流程 15 0. 65 27 科学探究 创新意识 证据推理 模型认知 化学实验 2— 1；2— 2； 1— 3；2— 3； 3— 3；4— 3； 以四氯化锡的实验室制备为情境素材 化学实验 14 0. 65 28 平衡思想 微观探析 科学态度 社会责任 模型认知 化学反应原理 1— 4；2— 1； 2— 2；3— 2； 以二氧化碳的转化和利用为情境素材 反应原理 14 0. 6 35 证据推理 模型认知 物质结构和性质 2— 1；4— 1； 4— 3 以二氧化钛和氧化锌为情境素材的物质结构和性质分析 物质结构 15 0. 65 36 证据推理 模型认知 科学探究 有机化学 1— 1；3— 1 3— 2；3— 3； 4— 2 以丙酮和 1，3— 丁二烯为主要原料合成有机玻璃及甲基丙烯酸苄基酯 有机综合 15 0. 65 7．2023年9~10月，第19届亚运会在杭州举办，我国健儿取得了优异成绩，“绿色”“科技”是本届亚运会的关键词。以下说法错误的是 A．亚运会餐具大量采用了PLA（聚乳酸）、稻壳、纸基等材质，它们都是可降解环保材料B．主火炬燃料甲醇是以CO2为原料合成再生的，该合成法是实现“碳中和”的重要途径C．采用全新绿色数字印染技术制造的奖牌绶带十年如新，其主要成分桑蚕丝为合成纤维D．棒（垒）球主馆膜顶采用了综合性能更好的PTFE（聚四氟乙烯），PTFE不能使溴水褪色 【解析】稻壳、纸基材质主要成分为纤维素,它们和PLA（聚乳酸）都是可降解环保材料,A正确；以CO2为原料合成再生甲醇有利于减少碳排放实现“碳中和”,B正确；桑蚕丝主要成分为蛋白质,C错误；PTFE（聚四氟乙烯）分子中没有不饱和键,故不能使溴水褪色,D正确。 【答案】C 8．银杏素有“活化石”“植物界的大熊猫”之称，在我国云贵川等地分布广泛。银杏除有极高的观赏价值外，其提取物中的双黄酮类化合物在抗氧化、抗炎、抗菌、抗病毒、抗肿瘤等方面发挥着重要的药理作用，下图为某2′,2′′′—BB型双黄酮类化合物的分子结构。下列有关该化合物的说法错误的是 A．分子中有三种不同环境的氧原子 B．分子中所有原子都共平面 C．能发生氧化、加成、取代反应 D．苯环上的一氯取代物有7种 【解析】分子中有羟基氧、羰基氧和醚键氧三种氧原子,A正确；分子中有亚甲基和次甲基结构,中心碳原子有四条共价键,与周围原子形成空间四面体结构,不可能所有原子都共平面,B错误；该物质属烃的含氧衍生物,含（酚）羟基、酮羰基、醚键三种官能团,能发生燃烧反应（氧化）,可 与氢气发生加成、与卤素单质发生取代反应等,C正确；如图 , 该分子为中心对称结构,苯环上一氯取代物有7种结构,D正确。 【答案】B 9．W、X、Y、Z、R为短周期主族元素，原子序数依次增大。W的某种原子核内无中子，X、Y、Z为同周期相邻元素，R的核电荷数是Z的两倍。[XZ(YW2)2．W2Z2]是一种优良的消毒剂和氧化剂。下列有关说法正确的是 A．XZ(YW2)2分子中所有原子都满足8电子稳定结构 B．W2Z2不稳定易分解的主要原因是分子间氢键较弱 C．R的单质在过量的Z2中完全燃烧，生成RZ3 D．W可分别与X、Y、Z形成两种及以上的化合物 【解析】W的某种原子核内无中子，因此W为H元素；由“X、Y、Z为同周期相邻元素，[XZ(YW2)2·W2Z2]是一种优良的消毒剂和氧化剂”推知X为C元素、Y为N元素、Z为O元素，XZ(YW2)2·W2Z2化学式为“CO(NH2)2·H2O2”；R的核电荷数是Z的两倍，故R为S元素。CO(NH2)2中H原子是2电子结构，A错误；稳定性是化学性质，氢键只影响物质物理性质，B错误；S单质在O2中燃烧，只生成SO2，与O2的量无关，C错误；H可与C形成CH4、C2H4等烃类化合物；与N可形成NH3、N2H4；与O可形成H2O、H2O2，D正确。 【答案】D 10．下列有关物质检验方法及结论均正确的是 A．将铁与水蒸气反应后的黑色粉末溶于盐酸，滴加KSCN，溶液变红，则黑色粉末只含Fe3O4 B．将铜与浓硫酸反应后的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，表明该气体具有漂白性 C．向某溶液中滴加氯化钡溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不溶解，原溶液不一定含SO42- D．向淀粉水解后的溶液中加入氢氧化钠调至碱性，再加碘单质未见蓝色，则淀粉已完全水解 【解析】滴加KSCN,溶液变红,说明黑色粉末中含有Fe3O4,但不能确定是否有Fe剩余,A错误；高锰酸钾溶液褪色是因为SO2与KMnO4发生了氧化还原反应,说明SO2具有还原性,B错误；能与氯化钡溶液反应产生不溶于盐酸的白色沉淀的可能是Ag+也可能是SO42-,C正确；加碘单质检验淀粉是否完全水解时,不能加碱调成碱性环境,因为碘单质能与碱反应,D错误。 【答案】C 11．H2S是有毒的污染性气体，可将其与氧气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中进行处理，其物质转化如图所示。下列说法正确的是 A．过程①中发生的反应是复分解反应 B．过程②中每生成32 g S转移NA个电子 C．过程③中每转化1 mol Fe2+，需5.6 L O2 D．总反应为2S2―+O2+2H2O==4OH―+2S↓ 【解析】过程①的化学方程式为H2S+CuCl2=CuS↓+2HCl，属于复分解反应，A正确；过程②发生CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，每生成32 g S转移电子数目为2NA，B错误；过程③的离子方程式为O2+4H++4Fe2+=4Fe3++2H2O，每转化1 mol Fe2+，需0.25 mol O2，标况下的体积为5.6 L，C错误；总反应为2H2S+O2=2S↓+2H2O，D错误。 【答案】A 12．水基型锌电池具有安全性高、充放电快、环境友好、成本低等优势而被广泛关注，但可靠性、耐久性低等缺陷严重制约了其发展应用。为弥补这一缺陷，华人科学家胡良兵团队用蟹壳和锌制成了一种新型环保电池（如图）。下列说法错误的是 A．可降解有机材料为电池负极，在电池放电过程中发生氧化反应 B．常规水基型锌电池性能低的原因可能是锌与电解质之间能直接反应 C．充电时阴极反应式为Zn2+ + 2e― == Zn，电解质中Zn2+浓度降低 D．壳聚糖有强亲水性，使“壳聚糖—锌凝胶电解质”锁住水分而增强导电性 壳聚糖 【解析】该装置与普通干电池相似，锌壳为负极，发生氧化反应；可降解有机材料为电池正极，发生还原反应，A错误；锌与电解质之间能直接反应导致自放电是常规水基型锌电池性能低的主要原因，B正确；充电时阴极发生还原反应，反应式为Zn2++2e―==Zn，电解质中Zn2+浓度降低，C正确；壳聚糖分子中含有多个具有强亲水性的羟基、氨基结构，可使“壳聚糖-锌凝胶电解质”锁住水分而增强导电性，D正确。 【答案】A 13．某化学兴趣小组同学在室温下用未知浓度的盐酸溶液滴定15 ml 0.5000 mol·L―1 Na2CO3溶液，通过数字化仪器监测pH变化，得到如下滴定曲线，EG段有大量气泡产生。下列说法错误的是 A．0.5000 mol·L―1 Na2CO3溶液中，c(Na+)>c(CO32―)>c(OH―)>c(HCO3―) B．C点溶液中存在：c(Na+)=c(HCO3―)+c(CO32―)+c(H2CO3) C．DE段发生的主要反应为：H+ + HCO3― == H2CO3 D．确定C、F两个滴定终点，可分别用酚酞和甲基橙做指示剂 【解析】0.5000 mol·L―1 Na2CO3溶液中，Na+浓度为1.0000 mol·L―1，CO32―因水解而小于0.5000 mol·L―1，CO32―水解得OH―和HCO3―，HCO3―继续水解得OH―从而使c(OH―)>c(HCO3―)，即c(Na+)>c(CO32―)>c(OH―)> c(HCO3―)，A正确；C点未产生CO2，根据物料守恒有c(Na+)=2[c(Cl―)+c(HCO3―)+c(CO32―)+c(H2CO3)]，B错误；AC段反应为H+ + CO32― == HCO3―，DE段发生的主要反应为：H+ + HCO3― = H2CO3，C正确；酚酞的变色范围为8.2~10.0，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，结合图像信息，D正确。 【答案】B 26．（15分）氧化铝粉体材料广泛应用于生物陶瓷、电子、催化剂、航空航天等领域。下图为利用钾明矾石精矿[主要成分为KAl3(SO4)2(OH)6及少量SiO2]制备超细Al2O3的工艺流程。 回答下列问题：（1）“粉碎”的目的是 。（2）“碱浸”过程中相关数据如图1~3，则应选择的合适条件为 ，在该条件下，SiO2转化为KAlSi3O8沉淀。 增大接触面积，加快“碱浸”速率，提高浸取率（2分） 15%KOH溶液、80℃浸取90分钟 （2分） （3）“滤液1”的用途有 （写出一条即可）。（4）“酸溶”时KAlSi3O8溶解反应的离子方程式为 。（5）“沉铝”反应生成难溶物NH4Al(OH)2CO3及无色气体，离子方程式为 。检验沉淀是否洗涤干净的方法 为 。 。（6）流程中部分副产物稍加处理便能循环利用，写出其中一种的化学式 。（7）工业生产中常用CO32―和SO42―来沉淀Ba2+，已知常温下，在BaSO4和BaCO3共存的悬浊液中， =25，则Ksp(BaCO3)= 。[已知Ksp(BaSO4)=1.0×10-10] 用作钾肥（或其他合理答案）（1分） KAlSi3O8+4H++H2O==K++Al3++3H2SiO3↓（2分） NH4++Al3++4HCO3―==NH4Al(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O （2分） 取适量最后一次洗涤液于试管中，先加足量稀盐酸，再加氯化钡，若未出现白色沉淀，则已洗涤干净，反之，则未洗涤干净。（2分） NH4HSO4或NH4HCO3（2分） 2.5×10-9（2分） 【解析】由流程和题目信息知，钾明矾石经“粉碎”“碱浸”后，K+和SO42―被分离进“滤液1”，Al和Si元素分别以氢氧化铝和硅铝酸钾沉淀进入下一步“酸溶”，再经过滤分离出Si元素，Al3+用NH4HCO3转化为NH4Al(OH)2CO3沉淀，再经煅烧得到超细氧化铝。（1）矿物原料粉碎的目的是为了增大接触面积，加快“碱浸”速率，提高浸取率。（2）根据流程信息，“碱浸”的目的是分离K和Al，因此选择“15%KOH溶液、80℃浸取90分钟”可在兼顾成本、能耗、效率的情况下尽可能多地分离出K+，同时减小Al的损耗。 （3）“滤液1”的主要成分为K2SO4，因此可用作钾肥（或其他合理答案）。（4）NH4HSO4提供H+溶解KAlSi3O8，故反应的离子方程式为KAlSi3O8+4H++H2O==K++Al3++3H2SiO3↓。（5）结合流程和题目信息知“沉铝”反应生成难溶物“NH4Al(OH)2CO3”及无色气体CO2，故反应的离子方程式为NH4++Al3++4HCO3―==NH4Al(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O。“沉铝”后，溶液中含有的NH4+、HCO3―、SO42―会附着在沉淀上，因此只需检验洗涤液中是否含有SO42―便能确定是否洗涤干净，故答案为“取适量最后一次洗涤液于试管中，先加足量稀盐酸，再加氯化钡，若未出现白色沉淀，则已洗涤干净，反之，则未洗涤干净”。（6）“滤液2”中含有大量的NH4+、SO42―及少量HCO3―，故可向滤液2中加适量稀硫酸回收NH4HSO4；“沉铝” 时产生大量CO2气体，故可将“沉铝”产生的气体通入适量氨水回收NH4HCO3；“煅烧”时生成Al2O3的同时会产生大量的CO2和NH3，故可将“煅烧”产生的气体通入水中回收NH4HCO3。（7）常温下，BaSO4和BaCO3共存的悬浊液中， 27．（14分）四氯化锡是重要的化工中间体和催化剂。 常温下，四氯化锡为无色液体，易溶于四氯化碳、苯等有机溶剂，极易与水反应生成锡酸（H2SnO3，难溶于水、具有两性）。某研究小组利用氯气与硫渣（主要成分Sn、As、S等）制备少量四氯化锡，装置如图所示。 实验步骤：①连接装置并检验装置气密性。②连接A、B装置并加入相应试剂后，通入氮气。③控制仪器a的活塞缓慢加入浓盐酸并加热。将产生的气体缓慢通入B，B中温度维持在80~90℃，当观察到出现较多液态物质时，适当加快通入氯气并不断搅拌；当观察到B中黄绿色加深时，关闭仪器a的活塞。 回答下列问题：（1）仪器a的名称为 。仪器b中的试剂为 。（2）步骤②通入氮气的作用是 。（3）步骤③开始缓慢通入氯气，当出现较多液态物质时，可适当加快通入氯气的原因是 . 。装置B中的温度需维持在80~90℃之间，若温度高于90℃，可能造成的后果是 ，应采取的措施是 。（4）四氯化锡与足量氢氧化钠溶液剧烈反应，所发生反应的化学方程式为 。（5）上述制得的四氯化锡液体中可能存在的液态杂质为 。该杂质能使酸性高锰酸钾溶液褪色，生成一种对应的最高价含氧酸，该反应的离子方程式为 。 恒压滴液漏斗（1分） 浓硫酸 （1分） 排尽装置内的水蒸气和氧气，避免与锡或四氯化锡反应。（2分） 较多四氯化锡生成以后，氯气易溶于四氯化锡液体中，加大氯气与硫渣的接触面积，增大氯气利用率，故可适当加快通入Cl2。（2分） 生成的SnCl4气体不能迅速冷凝回流而溢出，造成损失（2分） 适当冷却（1分） SnCl4+6NaOH==Na2SnO3+4NaCl+ 3H2O（2分） AsCl3（1分） 5AsCl3+2MnO4-+12H2O==5H3AsO4+2Mn2++15Cl-+9H+ （2分） 【解析】（1）a为恒压滴液漏斗平衡气压，便于浓盐酸顺利流下；b中为浓硫酸，干燥氯气以免后续生成的四氯化锡遇水水解。（2）装置中的空气中含有水蒸气和氧气，会与锡或四氯化锡反应，影响反应产物的纯度。（3）最开始氯气与硫渣是固气反应、接触面积较小，大量氯气未参与反应而溢出，造成浪费；较多四氯化锡生成以后，氯气易溶于四氯化锡液体中，加大氯气与硫渣的接触面积，增大氯气利用率，故可适当加快通入Cl2。 温度高于SnCl4气体沸点114℃会导致大量SnCl4气体不能迅速冷凝回流而溢出，造成损失，需适当冷却，控制温度在80~90℃。 （4）SnCl4+3H2O==H2SnO3+4HCl，生成的酸与NaOH反应生成对应的盐和水，总反应为 SnCl4+6NaOH==Na2SnO3+4NaCl+ 3H2O。（5）AsCl3中的As最高化合价为+5,故其最高价含氧酸为H3AsO4，则反应的离子方程式为5AsCl3+2MnO4-+12H2O==5H3AsO4+2Mn2++15Cl-+9H+。 28．（14分）我国承诺在2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”，CO2资源化利用具有重要意义。回答下列问题： Ⅰ．CO2和CH4在镍基催化作用下重整模型如图所示（已知：*表示催化剂活性位点，CH2*表示活性亚甲基）。 （1）CO2和CH4在镍基催化作用下发生重整反应的化学方程式为 。该反应在高温下才能自发进行，判断反应焓变ΔH （填“大于”“小于”或“等于”）0，判断理由是 。 （2）已知Arrhenius经验公式：Rlnk=－Ea/T+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数）。 该反应的速率常数（k）、活化能（Ea）与温度（T）的关系如图： 该反应的活化能Ea= kJ/moL（用含有x1，y1，x2，y2的式子表示）。 CO2+CH4=2CO+2H2（2分） 大于 （2分） 该反应ΔS>0且高温才自发，根据吉布斯自由能小于0才自发可知ΔH>0（2分） (y1-y2)/(x2-x1)（2分） Ⅱ．已知：二氧化碳和氢气合成甲醇可能发生如下反应： （3）为提高甲醇平衡产率，可采取的措施有 （至少答两条）（4）若以CuO为催化剂，其活性温度范围通常为433~543K。向装有催化剂的密闭容器按投料比为n(CO2)/ n(H2)=1:3通入反应物，保持压强为1MPa。若只发生反应i，其他条件相同，不同温度下，5分钟内，测得温度与甲醇的产率关系如图，实际产率呈现先升高后降低的原因是 。 。 （5）543K时的压强平衡常数Kp= （MPa-2）。（写出计算式） 增大压强，降低温度，使甲醇液化分离等（2分） 先升高是因为5min还没有达到平衡，温度升高反应速率加快，甲醇产率增大；后降低是因为523K时已经达到平衡，ΔH<0，平衡逆向移动，故甲醇平衡产率减小（2分） 【解析】Ⅰ．（1）由图中进、出物质指向以及原子个数守恒得出方程式为CO2+CH4==2CO+2H2 该反应为ΔS>0的反应，高温才自发，根据吉布斯自由能小于0才自发可知ΔH>0。（2）线上两点坐标分别带入公式中，合并计算消去C，得Ea=（y1-y2）/（x2-x1）。 Ⅱ．（3）根据主反应方程式的特点与副反应化学方程式的不同，采用增大压强，降低温度，使甲醇液化分离等方式（其他合理答案亦可）。（4）先升高是因为5min还没有达到平衡，产率大小属于速率问题，温度升高反应速率加快，5min甲醇产率增大；封闭体系中，后降低是因为523K时已经达到平衡，ΔH<0，平衡逆向移动，甲醇平衡产率减小。（5） 543K时甲醇的平衡产率为14.00%，则 平衡时总物质的量为3.72mol，则p(CO2)=(0.86/3.72)×1MPa、p(H2)=(2.58/3.72)×1MPa、p(CH3OH)=(0.14/3.72)×1MPa、p(H2O)=(0.14/3.72)×1MPa带入Kp计算公式： 35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）因优越的光电特性，TiO2 与 ZnO 成为稀磁半导体(DMS)热门的基质材料。 （1）锌原子的价层电子排布式为 ，核外电子占据的原子轨道共 个。 （2）纳米二氧化钛是一种光催化剂，如： ①与氧同周期的非金属元素除稀有气体元素以外，第一电离能由小到大的顺序为 。②甲中碳原子的杂化方式为 。乙中手性碳原子个数为 。③1 mol [Ti(OH)2(H2O)4]2+中σ键的数目为 。④ 与甲的相对分子质量相似，但是甲的沸点比它高得多，其原因是 。 。 3d104s2 （1分） 15（2分） B<C<O<N<F （2分） sp3、sp2 （2分） 2（1分） 16 NA（2分） 甲中有羟基，易形成分子间氢键。（2分） （3）氧化锌的一种晶胞结构如图所示。 ①O2―离子位于Zn2+离子围成的 形空隙的中心。②已知O2―离子和Zn2+离子的最短距离为d nm，阿伏伽德罗常数为NA，该晶体的密度为 g/cm3。（用计算式表示） 正四面体（1分） 【解析】（1）Zn为30号元素，其价层电子排布式为3d104s2 ，核外电子占据的轨道数15。（2） ①与氧同周期的非金属元素有B、C、N、O、F，从前往后第一电离能逐渐增大，但因为N、O反常，故B<C<O<N<F。②根据甲中碳原子成键特点，其杂化方式有sp3和 sp2 。手性碳为碳原子所接四个单键的原子团均不相同， 有2个碳原子满足。 ③[Ti(OH)2(H2O)4]2+中含有6个配位键，2个OH-中各1个共价单键，4个水分子中各2个共价单键，共计6+2+8=16，故1 mol该物质中有16NA个σ键。 ④甲中有羟基，易形成分子间氢键，故甲的沸点高得多。 （3）设晶胞棱长（晶胞参数）为a cm，则O2―离子和Zn2+离子的最短距离为 36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分） 甲基丙烯酸(C)是重要的有机合成中间体，下图是以丙酮和1,3－丁二烯为主要原料合成有机物 J 的合成路线图。 ③化合物 I 核磁共振氢谱图中有5组吸收峰且峰面积之比为1:2:2:2:1。 回答下列问题：（1）甲基丙烯酸(C)的结构简式为 。D中官能团名称为 。（2）B→C和F→G的反应类型分别为 、 。（3）加热条件下H与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为 。（4）下列说法正确的是 （填序号）。 a．化合物 E、J 都能使酸性高锰酸钾溶液褪色 b．化合物 B 在一定条件下能发生缩聚反应 c．化合物 I 遇FeCl3溶液显紫色 d．可用Br2/CCl4鉴别化合物 G 和 I（5）写出同时满足下列条件的 J 的所有同分异构体的结构简式（不考虑立体异构）： 。①能发生水解反应；②能发生银镜反应；③苯环上有两个支链，且苯环上一元取代物有两种；④分子中含有两个甲基；⑤核磁共振氢谱图中有6组吸收峰。 碳碳双键、酯基（2分） 消去反应 加成反应（2分） bd（2分） （6）合成路线常用表示方法为“ ”，已知“ ”，请参照题中流程以异戊二烯（ ）和丙烯为原料设计对苯二甲酸的合成路线： (5)①能发生水解反应，说明分子结构中含有酯基；②能发生银镜反应，说明分子结构中含有醛基，结合信息①知含“HCOO—”基团；③苯环上有两个支链，且苯环上一元取代物有两种，说明分子结构中同样含有苯环，且苯环上剩余空位只有两种等效位置；④分子中含两个甲基；⑤核磁共振氢谱图中有6组吸收峰，说明整个分子中包含六种等效氢。综合以 上信息，符合条件的同分异构体为 (6)由题目信息②知，可先由异戊二烯和丙烯合成环烯烃，再在碳化钨作用下形成苯环，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化成羧基，具体合成路线如下： $$