《囯考1号》2024届高三化学第十二套 综合能力滚动检测（讲评课件PPT）

7. “神舟十七号”成功发射标志着我国航天事业迈入新高度。下列有关说法正确的是A．飞船外壳使用的镁铝合金密度小、强度大B．火箭推进剂液氢和煤油均属于可再生能源C．神舟十七号所用通信芯片的化学成分为SiO2 D．“天宫”中的太阳能电池将化学能转化为电能 解析：镁铝合金的优点为密度小、强度大，A选项正确；煤油从石油中提取而来，为不可再生能源，B选项错误；芯片的化学成分为Si，C选项错误；太阳能电池是将太阳能转化为电能，D选项错误。 A 8. 维生素C具有美白、抗氧化、提高免疫力等作用，其结构如图。下列有关维生素C的说法错误的是 A．分子式为C6H8O6 B．是水溶性维生素 C．可发生氧化、加成、水解反应 D．分子中所有碳原子处于同一平面 D 解析：维生素C的分子式为C6H8O6，A选项正确；1个维生素C分子中含有4个羟基，羟基为亲水基，故维生素C易溶于水，B选项正确；维生素C分子中含有的官能团为羟基、碳碳双键、酯基，可分别发生氧化反应、加成反应、水解反应，C选项正确；维生素C分子中含有HO—CH2—CHOH—C—结构，并非所以碳原子处于同一平面，D选项错误。 9. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．17 g羟基（—OH）中含有的电子数为10NA B．标准状况下，22.4 L CCl4中含有的共价键数目为4NA C．常温下，1 L pH=2 H2SO4溶液中含有的H+数目为0.01NA D．一定条件下，2 mol SO2与1 mol O2反应后分子总数为2NA C 解析：1个羟基中含9个电子，17 g 羟基的物质的量为1 mol，含有的电子数应为9NA，A选项错误；标准状况下CCl4是液态，22.4 L CCl4的物质的量应大于1 mol，B选项错误；pH=2的H2SO4溶液中，c(H+)=0.01 mol/L，故1 L溶液中含有的H+数目为0.01NA，C选项正确；SO2与O2的反应是可逆反应，反应后的分子数应大于2NA，D选项错误。 10. 下列指定反应的离子方程式书写正确的是 A．氯气和水的反应：H2O + Cl2 = 2H+ + Cl¯+ ClO¯ B．过量Fe和稀HNO3反应：Fe＋4H＋＋NO3¯= Fe3＋＋NO↑＋2H2O C．硫酸氢钠溶液与氨水混合：HSO4¯+ NH3·H2O = NH4+ + H2O + SO42- D．向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2：2Na+ + CO2+ H2O + CO32-=2NaHCO3↓ D 解析：氯气和水反应生成的HClO是弱酸，其离子方程式应为H2O+Cl2 = H+ + Cl¯+HClO，A选项错误；过量的Fe会和Fe3+反应生成Fe2+，B选项错误；硫酸氢钠在水溶液中完全电离产生Na+、H+、SO42-，C选项错误；饱和Na2CO3溶液和CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3溶解度较小，析出沉淀NaHCO3，D选项正确。 11. a、b、c、d、e是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，五种元素原子的最外层电子数之和为23，其中d原子的质子数是其最外层电子数的三倍，a和d、b和e同主族，化合物eb2是常见的大气污染物。下列有关说法错误的是 A．b与c形成的化合物中可能既有离子键又有共价键 B．简单离子半径：e>b>c C．最简单气态氢化物的热稳定性：b>a>d D．a与b形成的化合物ab、ab2均为酸性氧化物 D 解析：d原子的质子数是其最外层电子数的3倍，则d可能为Li或P，但a、b、c、d、e原子序数依次增大，所以d为P，则a为N；因五种元素原子的最外层电子数之和为23，b、e同主族，且eb2是常见的大气污染物，所以b为O，e为S，则c为Na。Na2O2中既有离子键又有共价键，A选项正确；简单离子半径大小为r(S2-)>r(O2-)>r(Na+)，B选项正确；非金属性强弱为O>N>P，所以最简单气态氢化物的稳定性大小为H2O>NH3>PH3，C选项正确；NO、NO2是不成盐氧化物，D选项错误。 12. 中国科学技术大学团队构建了水系有机氢气质子电池，它具有优异的倍率性能和超低温性能，其放电过程如图所示。下列有关该电池的说法错误的是 A．放电时，电流由电极a经导线流向电极b B．放电时，消耗H2 22.4 L时生成1 mol C．充电时，溶液中的H+由电极a向电极b移动 D．充电时电极a上发生 - 2e¯ = + 2H+ B 解析：由图可知H2在电极b失电子变为H+，故放电时电极b为负极、电极a为正极，电流由a电极经导线流向b电极，A选项正确；未指明是否为标准状况，22.4 L H2不一定为1 mol，B选项错误；充电时，H+得电子变为H2、发生还原反应，电极b为阴极，H+向阴极移动，C选项正确；充电时，电极a为阳极、失电子发生氧化反应，D选项正确。 13. 橼酸又名柠檬酸，是一种广泛存在于自然界中的有机酸（用H3R表示），可用作食品添加剂及金属清洗剂。常温下，使用0.1000 mol·L﹣1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000mol·L﹣1枸橼酸溶液，滴定曲线如图所示。已知常温下柠檬酸的电离常数： Ka1＝1.0×10﹣3.1、Ka2＝1.0×10﹣4.8、Ka3＝1.0×10﹣6.4。下列有关说法正确的是 A．a点溶液中：c(Na＋)＝c(R3－)＋c(HR2－)＋c(H2R－) B．b点溶液中：c(Na＋)＞c(HR2－)＞c(H2R－)＞c(R3－) C．常温下，加水稀释Na2HR溶液过程中减小 D．常温下，Na3R的一级水解常数为1.0×10﹣10.9 C 26.（14分）硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]俗称莫尔盐，是一种重要的化工原料，可由硫酸亚铁与硫酸铵制得。某小组在实验室用废铁屑（含少量FeS和油污）制备摩尔盐。 已知：摩尔盐在空气中不易被氧化，易溶于水、不溶于乙醇。 回答下列问题： I．制备莫尔盐晶体 （1）用如图装置制备FeSO4。 ①废铁屑在反应前需加入l0％Na2CO3溶液，煮沸后倾去Na2CO3溶液，用蒸馏水冲洗后再使用，其原因是________。 ②加入的废铁屑需过量，除废铁屑不纯外，主要原因是________。 ③用离子方程式揭示CuSO4溶液的作用________。 （2）反应结束后趁热过滤，向滤液中加入H2SO4调节pH为1~2，迅速加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70~80 ℃条件下溶解后，趁热倒入50 mL乙醇中，析出莫尔盐晶体。乙醇的作用为________。 除去废铁屑表面的油污 防止亚铁离子被氧化 Cu2++H2S=CuS↓+2H+ （降低溶剂的极性）使硫酸亚铁铵在“乙醇—水”混合溶剂中的溶解度更小，有利于晶体析出 26.Ⅱ．测定莫尔盐含量 称取a g产品溶于水，配制成500 mL溶液，取25.00 mL待测液，用浓度为c mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。重复上述操作2次实验，结果如下： （3）达到滴定终点时的实验现象是___________________________________________ ___________________________________________________________________________。 （4）该产品的纯度为________（用含a、c的代数式表示）。 当最后半滴高锰酸钾标准液滴入时，溶液变为浅红色，且在30 s内不褪色 实验次数 第一次 第二次 第三次 消耗高锰酸钾溶液的体积/mL 25.68 25.02 24.98 26.Ⅲ．探究莫尔盐的分解产物 实验小组同学设计如图实验装置。 （5）实验时观察到A中固体逐渐变为红棕色，B中白色固体变蓝，D中酚酞溶液变红，由此可知莫尔盐分解的产物中含有H2O、_________________（填化学式）。 （6）进一步的实验可证实充分反应后A中固体残留物中不含FeO，实验操作方法及实验现象为：取少量A中固体残留物于试管中，__________________________________________________________________________ __________________________________________________________________________。 Fe2O3、NH3 加入稀硫酸（或稀盐酸）将固体溶解，再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀[或加入稀硫酸（此处不能填稀盐酸）将固体溶解，再滴入KMnO4稀溶液，溶液不褪色] 26.Ⅲ． （7）有同学认为摩尔盐受热分解的产物中还含有SO2、SO3和N2。为进行验证，可利用上述实验中的装置A和下图所示装置进行实验（各装置中试剂均足量），各装置依次连接的合理顺序为A→E→________。 G、F、H 解析：（1）废铁屑含少量油污，可以用热的纯碱除去；加入过量的铁屑可发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+从而防止Fe2+被氧化；废铁屑中含有FeS，和稀硫酸反应后生成污染性气体H2S，可以用CuSO4溶液除去。（2）摩尔盐易溶于水、不溶于乙醇，故使用乙醇可以降低摩尔盐的溶解度，有利于晶体的析出。（3）达到滴定终点时，Fe2+反应完全，当最后半滴高锰酸钾溶液滴入时，溶液变为浅红色，且30 s内不褪色。（4）第一次滴定时消耗高锰酸钾溶液的体积为25.68 mL，误差太大，舍弃该数据，故消耗高锰酸钾溶液的平均体积为25.00 mL。用去KMnO4的物质的量为 25 mL×10-3L/mL× c mol·L-1=2.5×10-2c mol，根据关系式n(Fe2+)=5n(MnO4¯)可知所取25 mL待测液中n(Fe2+)=0.125c mol，则样品中m[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]=0.125c mol×20×392 g·mol-1=980c g，纯度为 解析： （5）由实验现象可知，分解产物中含有Fe2O3、H2O、NH3。 （6）检验Fe2O3中是否含FeO，可以加入稀硫酸（或稀盐酸）将固体溶解，再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，则无Fe2+；也可加入稀硫酸将固体溶解（此处不能填稀盐酸，因为KMnO4能氧化盐酸中的氯离子），再滴入KMnO4稀溶液，溶液不褪色。 27.（14分）（14分）电解精炼铜产生的阳极泥中富含CuS、Cu2Se、Cu2Te等，从其中回收硒与碲的一种工艺流程如图： 已知：①SeO2易溶于水且与水反应，315 ℃升华； ②TeO2是两性氧化物，微溶于水，熔点为733 ℃、沸点为1260 ℃； ③Ka1(H2S)=1.3×10-7、Ka2(H2S)=7.1×10-15，Ksp(CuS)=6.3×10-36。 回答下列问题： （1）研究表明，不同温度下铜阳极泥在空气中直接焙烧5 h后硒、碲元素的挥发情况如图。 “硫酸化焙烧”时控制的最佳温度范围为____________，硒元素挥发反应的化学方程式为_________________________________。 CuS并不能直接溶于H2SO4，其原因是反应CuS+2H+=Cu2++H2S的平衡常数为____________。 450~500 ℃ Cu2Se+2H2SO4+2O2=SeO2↑+2CuSO4+2H2O 6.8×10-15 卷卷 (卷) - 27.（14分）（14分）电解精炼铜产生的阳极泥中富含CuS、Cu2Se、Cu2Te等，从其中回收硒与碲的一种工艺流程如图： （2）“吸收与还原”时得到单质硒反应的化学方程式为_____________________。 （3）浸出渣中含有TeOSO4，它在“碱熔炼”时所得产物为 _______________________________（填化学式）。 （4）“中和”时缓慢加入硫酸调pH至5.5~6.5，此步骤缓慢加入硫酸并不断搅拌的目的是______________________________________________________。 （5）“碱溶电解”制备Te时使用情性电极，电解过程中阴极的电极反应式为__________________________________。 H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4 Na2TeO3、Na2SO4、CO2 防止硫酸溶液局部过量导致TeO2溶解，造成碲的回收率降低 TeO32-+3H2O+4e- =Te+6OH¯ 卷卷 (卷) - 解析：（1）焙烧温度在450~500 ℃时，硒元素的挥发率较大，继续升温无显著变化。“硫酸化焙烧”时Cu2Se与H2SO4、O2反应生成了SeO2（g）和CuSO4，故反应的化学方程式为Cu2Se+2H2SO4+2O2=SeO2↑+2CuSO4+2H2O。反应CuS+2H+=Cu2++H2S的平衡常数K=Ksp/(Ka1·Ka2)=6.8×10－15。 （2）“吸收与还原”时SeO2、SO2与H2O反应生成Se（必然还生成了H2SO4），故反应的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4。 （3）TeO2是两性氧化物，TeOSO4与Na2CO3“碱熔炼”所得产物为Na2TeO3、Na2SO4、CO2。 （4）“中和”时缓慢加入硫酸并不断搅拌的目的是使硫酸与Na2TeO3充分混合，防止局部溶液pH太低导致两性氧化物TeO2溶解。 （5）电解过程中阴极发生还原反应生成Te单质，其电极反应式为TeO32-+3H2O+4e- =Te+6OH¯。 28.（15分）研究大气中的含硫化合物（主要为二氧化硫、硫化氢）与含氮化合物的转化，对环境保护具有重要意义。（1）工业上用氯苯（C6H5Cl）和硫化氢（H2S）的高温气相反应制备苯硫酚（C6H5SH），同时有副产物苯（C6H6）生成，反应原理如下：（i）C6H5Cl(g) + H2S(g) = C6H5SH(g) + HCl(g) △H1（ii）C6H5Cl(g) + H2S(g) = C6H6(g) + HCl(g) + S8(g) △H2 将C6H5Cl和H2S按物质的量比为1:1投入反应器，定时测定反应器尾端产生的混合气体中各产物的量，得到单程收率（×100%）与温度的关系如图所示。 ①根据图像推测△H1_____0，△H2_____0（填“大于”“小于”或“等于”，下同）。温度较低时，反应（i）、（ii）的活化能Eii_____Ei，则反应（ii）自发进行的条件是 _________________（填“高温易自发”“低温易自发”或“任何温度都能自发”）。 ②645 ℃时，反应（i）的平衡常数为_____；590 ℃以上，随温度升高，反应（i）消耗H2S_____（填“增多”或“减少”）。 小于 大于 大于 高温易自发 减少 卷卷 (卷) - （2）已知下列反应的热化学方程式：2NO(g)+O2(g) = 2NO2(g) ΔH= -114.14 kJ·mol-12SO2(g)+O2(g) = 2SO3(g) ΔH= -196.64 kJ·mol-1则反应NO2(g) + SO2(g) =SO3(g) + NO(g)的ΔH = ________kJ·mol-1。 -41.25 卷卷 (卷) - （3）在固定体积的密闭容器中发生反应NO2(g) + SO2(g) ⇌SO3(g) + NO(g)，设SO2、NO2的初始物质的量分别为n0(SO2)、n0(NO2)，使用某种催化剂，改变值进行多组实验（各组实验的温度可能相同、也可能不同），测定NO2的平衡转化率， 部分实验结果如图所示。①若A点对应实验中SO2的起始浓度为c0 mol/L， 经过t min 达到平衡状态，该时段NO2的平均 反应速率v(NO2) = _____ mol·L-1·min-1。②若图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD， 则TC____TD（填“大于”“小于”或“等于”）， 写出你的判断依据_____ 等于 C点平衡常数为1、D点平衡常数为1 卷卷 (卷) - 解析：（1）①温度大于590 ℃时，随温度升高，C6H5SH的单程收率降低，说明反应I平衡逆向移动，反应I是放热反应，则ΔH1＜0；温度大于590℃时，随温度升高，C6H6的单程收率增大，说明反应II正向移动，反应II是吸热反应，则ΔH2＞0；温度较低时，C6H6的单程收率小，说明Ⅱ反应速率小，Ⅱ的活化能较大；反应Ⅱ的气体分子数增大即∆S>0，为吸热反应即∆H>0，根据自发进行的判据∆G=∆H-T∆S<0，反应II自发进行的条件是高温易自发。 ②设通入的C6H5Cl和H2S的物质的量各为1 mol，645 ℃时C6H5Cl、C6H6的单程收率均为20%，则反应I、Ⅱ各消耗0.2 mol C6H5Cl、0.2 mol H2S，生成0.2 mol C6H5SH、0.2 mol HCl和0.2 mol C6H6、0.2 mol HCl；容器中含有0.6 mol C6H5Cl、0.6 mol H2S、0.2 mol C6H5SH、0.4 mol HCl。设反应器的容积为V L，则反应I的平衡常数 590 ℃以上，随温度升高，C6H5SH的单程收率降低，反应I消耗H2S减少。 解析：（2）据盖斯定律，目标反应的∆H= [-196.64-(-114.14)]/2 kJ·mol-1= - 41.25 kJ·mol-1。 （3）①A点对应的NO2的平衡转化率为50%，= 0.4，SO2的起始浓度为c0 mol/L，则NO2的起始浓度为0.4c0 mol/L，转化的二氧化氮浓度为0.4c0 mol/L ×50%=0.2c0 mol/L，该时段NO2的平均反应速率 mol·L-1·min-1。 ②C点时=1.0，设SO2的起始浓度为c1 mol/L，则NO2的起始浓度c(NO2)= c1 mol/L，C点对应的二氧化氮的平衡转化率为50%，则平衡时c(NO2)=c(SO2)=c(SO3) =c(NO)=0.5c1 mol/L，平衡常数KC= =1；D点对应的二氧化氮的平衡转化率为40%， =1.5，设SO2的起始浓度为c2 mol/L ，则NO2的起始浓度c (NO2)=1.5c2 mol/L，则平衡时c (NO2) =0.9c2 mol/L、c(SO2)=0.4c2 mol /L、c (SO3)=c (NO) =0.6c2 mol/L，平衡常数Kc=1。平衡常数相同说明反应温度相同，即Tc= TD。 35.[化学——选修3：物质结构与性质]（15分） 通常在周期表过渡元素中寻找工业催化剂和耐高温、耐腐蚀的材料。回答下列问题： （1）基态Mn原子的价电子排布为 ____________。 （2）Cr和K属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，两种元素原子第一电离能的大小关系是Cr___________ K（填“大于”“小于”或“等于”）。 （3）Fe的一种配合物的化学式为[Fe(Htrz)3](ClO4)2，配体Htrz为三氮唑(   )。 ①阴离子ClO4¯的空间构型是_______________ 。 ②1 mol Htrz分子含有σ键的数目是 _________ （阿伏加德罗常数的值为NA，下同）。 3d54s2 大于 正四面体 正四面体 8NA 卷卷 (卷) - 35.（4）检验Ni2+的灵敏试剂丁二酮肟（ ），常与Ni2+形成图I所示的配合物，图II是硫代氧的结果： ①在I中_________（填元素符号）元素的电负性最大。 ②在II中—SH 里的S原子采取 _________杂化。 ③化合物I的熔、沸点低于化合物II的原因是 ____________________________________________。 O sp3 化合物I形成了分子内氢键、且其相对分子质量比化合物 I 小 卷卷 (卷) - 35.（5）Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，该合金的晶胞结构如图所示。 ①该合金的密度为_________________g/cm3（用含a、c、NA的代数式表示）。 ②该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子时比较稳定。 已知：标准状况下氢气的密度为d g/cm3，晶体的储氢能力=。 若忽略储氢前后晶胞的体积变化，则该合金的储氢能力为 ________________________（用含a、c、d、NA的代数式表示）。 卷卷 (卷) - 解析：（1）略 （2）Cr的价电子排布式为3d54s1，K的价电子排布式为4s1，最外层都是一个电子，但Cr的3d、4s均为半充满结构，更稳定。 （3）ClO4¯中价层电子对数为4、孤电子对数为0，根据价层电子对互斥理论可知其空间构型为正四面体形；Htrz分子中环上有5 个σ键，还含有2个C—H键、1个N—H键，故1 mol Htrz分子含有σ键的数目是8NA个。 （4）化合物I中电负性最大的为O；化合物II中，S原子形成2个键，含有2个孤电子对，为sp3杂化；化合物I形成了分子内氢键、且其相对分子质量比化合物I 小，故其熔、沸点更低。 （5）根据均摊原则，1个晶胞中含有 5个Ni 、 1个La，该晶胞的质量为 g，晶胞的体积为sin60°·a2c×10-30 cm3，则密度为；该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子时比较稳定，储氢后晶体中氢气的密度为，则储氢能力为 。 36.[化学——选修5：有机化学基础]（15分） 诺氟沙星又名氟哌酸，是第三代喹诺酮类抗菌药，可以阻碍细菌DNA复制，具有广谱抗菌作用，是治疗呼吸道、消化道炎症的常用药。诺氟沙星的一种合成路线如下（部分试剂和条件略去）： 回答下列问题： （1）化合物A的名称是 ___________________。 （2）诺氟沙星分子中含氧官能团的名称为____________________。 丙二酸二乙酯 羧基、羰基 卷卷 (卷) - 36.[化学——选修5：有机化学基础]（15分） （3）C生成D、G生成H的反应类型分别是_______________、_____________ 。 （4）F的结构简式为__________________。 （5）G生成H反应的化学方程式为___________________。 。 还原反应 取代反应 卷卷 (卷) - 36. （6）有机物X比B分子少一个CH2原子团，且含有酯基和羰基结构，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为1﹕3﹕3的结构简式为 ______________________________________________________________（任写一种）。 （7）参照上述合成路线写出以 、B为有机原料制备的合成路线（无机试剂任选）。 CH3OOCCH(CH3)COCH(CH3)COOCH3或CH3COOCH(CH3)COCH(CH3)OOCCH3 卷卷 (卷) - 解析：A发生取代反应生成B，C中硝基发生还原反应生成D中氨基，B、D发生取代反应生成E，同时生成CH3CH2OH，根据E、G的结构简式知，F和溴乙烷发生取代反应生成G，F为 ，E发生取代反应生成F，同时生成CH3CH2OH；G 发生水解反应得到H，H发生取代反应生成诺氟沙星。 （1）化合物A为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，A的名称是丙二酸二乙酯。 （2）诺氟沙星分子中含氧官能团的名称为羧基、羰基。 （3）C生成D、G生成H的反应类型分别是还原反应、取代反应。 （4）F的结构简式为。 （5）G生成H的化学方程式为 解析： （6）有机物X比B（C10H16O5）少一个CH2原子团，且含有酯基和羰基结构，其中核磁共振氢谱有三组峰，根据B的结构简式知，符合条件的X的结构简式为：CH3OOCCH(CH3)COCH(CH3)COOCH3或CH3COOCH(CH3)COCH(CH3)OOCCH3。 （7）以 、B为有机原料制备 的合成路线为： $$