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高途高中·化学 点睛卷 2024 湖南省 1-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 绝密 启用前 【高途】2023 年湖南省普通高中学业水平选择性考试模拟测试卷 化学 本试卷共10页，18题，满分100分，考试用时75分钟 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 B—11 F—19 Mn—55 Zn—65 S—32 一、选择题：本题共 14小题，共 42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 1. 化学科技的进步，理应得到人类的密切关注。下列说法中正确的是 A．新型半导体“单层聚合C60 ”是新型有机高分子材料 B．无铅储能陶瓷铌酸银（AgNbO3 ）基陶瓷属于传统无机非金属材料 C．全氟烷（PFAS）被列入新的污染物检测标准，是因为其难以降解且有毒性 D．无定型碳酸钙水通道技术将CaCO3 •H2O转化为CaCO3 ，此过程为物理变化 2. 下列化学用语或图示不正确的是 A．1﹣丁烯的实验式：CH2 B．SO 2-的VSEPR模型： 3 C．基态Cr原子的价层电子排布式：3d54s1 D．HCl分子中σ键的形成： 3. 室温下，下列实验方案不能达到实验目的的是 选项 实验方案 实验目的 A 向浓度均为0.01mol•L ﹣1的NaCl、NaI混合溶液中滴加几滴AgNO3 证明Ksp （AgCl）＞Ksp （AgI） 溶液，观察沉淀的颜色 B 用pH计测量氢氟酸、盐酸的pH，比较溶液pH的大小 证明HF是弱电解质 C 向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入稍过量的饱和碳酸钠溶液，振荡 提纯含有少量乙酸的乙酸乙 后静置分液 酯 D 向盛有SO2 水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，再加热试管， 证明SO2 具有漂白作用 观察溶液的颜色变化 A．A B．B C．C D．D 2-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 4. “结构决定性质”是化学学科的核心观念，下列推理不恰当的是 A．H2O比HF沸点高是由于1molH2O氢键O﹣H•••O数目多于1molHF中F﹣H•••F B． 比苯酚（ ）的酸性弱，由于前者能形成分子内氢键 C．H2O的稳定性强于H2S，是由于H2O分子间存在氢键 D．含Cu（H2O） 4 2+溶液中加过量氨水生成Cu（NH3 ） 4 2+是由于与Cu2+的配位能力NH3 大于H2O 5. 下列叙述对应的离子方程式正确的是 A．向饱和NaOH溶液中通入过量CO2 析出白色晶体：OH ﹣ +CO2=HCO 3 - B．白色沉淀CuCl溶于NH4Cl﹣NH3 ·H2O溶液得到深蓝色溶液： 4Cu++4NH 4 ++O2+12NH3=4[Cu(NH3 ) 4]2++2H2O C．向NaHSO3 溶液中滴入酸化的Ba（NO3 ） 2 溶液产生白色沉淀：2HSO 3 -+Ba2+＝H2O+SO2 ↑+BaSO3 D．向KMnO4 溶液中滴入H2O2 溶液产生黑色沉淀和气泡：2MnO 4 -+3H2O2=2MnO2 ↓+3O2 ↑+2OH ﹣ +2H2O 6. 原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、R、Q，其中X的原子最外层电子中未成对电子数 目与成对电子数目相同；同周期主族元素中只有2种元素的第一电离能大于Z；五种元素可形成某种离 子液体的阴离子（其结构式如图所示）。下列说法不正确的是 A．五种元素中R元素的电负性最大且原子半径最小 B．Y、Q的最高价氧化物的水化物均是强酸 C．该阴离子中Y原子最外层电子不满足8电子稳定结构 D．五种元素形成的简单氢化物中沸点最高的是Z 7. 用电解法对酸性含氯氨氮废水进行无害化处理的过程如图所示。下列说法正确的是 A．DSA电极与外接电源的负极连接 B．Cl ﹣发生的电极反应为：Cl ﹣ +H2O﹣2e ﹣＝ClO ﹣ +2H+ C．降解过程中应该控制条件避免发生反应② D．1molHO•和足量NH3 反应，转移的电子数为2×6.02×1023 3-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 8. 化合物Z是抗肿瘤活性药物中间体，其合成路线如图： 下列说法不正确的是 A．X中含有醛基和醚键 B．X、Y可用FeCl3 溶液或2%银氨溶液进行鉴别 C．Z分子存在手性碳原子 D．该转化过程中包含加成、消去、取代反应类型 9. 工业上以软锰矿（主要成分为MnO2 ）为主要原料制备高锰酸钾（KMnO4 ）的方法如图： 已知：①熔烧时有K2MnO4 和KCl生成 ②CO2 歧化法：调溶液pH至弱碱性，歧化生成KMnO4 和MnO2 下列说法正确的是 A．熔烧时所用坩埚的材质可以选用Al2O3 B．熔烧时理论上每生成1molK2MnO4 转移3NA 个电子 C．电解法与CO2 歧化法的理论产率之比为3：2 D．采用CO2 歧化法时，可将滤液蒸发结晶得到KMnO4 固体 10. 硼氢化钠（NaBH4 ）被称为“万能还原剂”，能与水反应产生H2 ，NaBH4 在催化剂钌（ 44Ru）表面与水 反应的历程如图所示： 下列说法错误的是 A．元素钌位于第五周期Ⅷ族 B．NaBH4 中含有离子键、共价键、配位键 C．BH3 中B的杂化方式为sp2 D．过程④中产生1molH2 ，转移电子的物质的量为2mol 4-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 11. 某钒、镓合金的晶胞结构及其晶胞沿z轴投影图如图，已知：晶胞参数为apm，NA 为阿伏加德罗常数 1 1 的值，其中原子坐标参数甲（0，0，0），乙（ ,0，）。下列说法错误的是 2 4 A．该合金的化学式为GaV3 1 1 B．丙原子的坐标参数（1，, ） 2 2 C．与V距离最近且相等的Ga有4个 270651 D．该合金的密度为 ×1030g·cm ﹣3 a3N A c(H A) 12. 常温下用NaOH标准溶液滴定20mL等浓度的三元酸H3A，得到pH与V（NaOH）、lgX[X＝ 2 c(H A) 3 c(HA2) c(A3) 或 或 ]的关系分别如图1、图2所示。下列说法错误的是 c(H A) c(HA2) 2 c(A3) A．当pH＝10时，lg ＝﹣2.36 c(HA2) B．c（H2A ﹣）＞c（H3A）＞c（HA2﹣），对应2.12＜pH＜7.2 C．20mL到40mL滴定过程中，水的电离程度逐渐增大 D．用NaOH标准液滴定NaH2A溶液时，可选用酚酞做指示剂 13. 乙烯可用于制备乙醇：C2H（ 4 g）+H2O（g） C2H5OH（g）ΔH＜0。向10L某恒容密闭容器中通入2molC2H4 ⇌ n(C H ) （g）和mmolH2O（g）发生上述反应，测得C2H4 （g）的平衡转化率与投料比X[ 2 4 ]以及温度的 n(H O) 2 关系如图所示。下列说法正确的是 A．T1 ＞T2 B．a、b点对应的平衡常数Ka ＞Kb C．a点对应的体系中，反应从开始到平衡的2min内， v（H2O）＝0.16mol · L ﹣1· min ﹣1 D．b点对应的体系中，m＝1.8 5-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 14.CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。在催化剂作用下，HCOOH催化 释氢的反应机理如图所示。下列有关说法错误的是 催化剂 A．HCOOH催化释氢的方程式为HCOOH CO2 ↑+H2 ↑ B．相同条件下，HCOOK溶液催化释氢的速率小于HCOOH催化释氢 C．以HCOOK溶液催化释氢，KH是中间产物 D．DCOOH催化释氢反应生成CO2 和HD 二、非选择题：本题共 4小题，共 58分。 15.(14分)I．磷酸是一种重要的化工原料，是生产磷肥的原料，也是食品添加剂之一。 （1）工业上可以用磷单质与硝酸作用得到纯的磷酸(熔点 ​ )。 的 模型是________(填名 ∘ 3− 称)。磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向其过饱​ 和4溶2液C中加入PO_4_____V_S_E_P_R_促进其结晶，但是所制 得的磷酸中仍含有少量的水极难除去，其可能的原因是____________。 （2）Ⅱ．研究小组以无水甲苯为溶剂， (易水解)和 (叠氮化钠)为反应物制备纳米球状红磷。 甲苯干燥和收集的回流装置如图 所PC示l5 (夹持及加热N装aN置3略)。以二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色。 ① 金属 的作用是_________。1 ② 回流过Na程中，除水时打开的活塞是____________；体系变蓝后，改变开关状态 收集甲苯。 （3）纳米球状红磷的制备装置如图 所示(夹持、搅拌、加热装置已略)。 2 6-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- ① 在氩气保护下，反应物在装置 中混匀后转入装置 ，于 加热 小时，反应物完全反应，其 ∘ 化学方程式为_________________；A用氩气赶走空气的目B的是2_8_0__C______1_2______。 ②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是___________、 __________。 16.(14分)含 的烟气需要处理后才能排放。 （1）氢气催化NO还原含 的烟气，发生“脱硝”反应： NO 。一定条件下，加入 的体积分数对该反 ​ −1 应2N平O衡g时+含2氮H物 2 质g ⇌ ​的N体 2 积g分+数2的H2 影O响g如Δ图H所=示−：605kJ∙mol H2 ① 随着 体积分数增加， 中 被还原的价态逐渐降低。当 的体积分数在 −3 −3 时， H的2转化率基本为 NO ，N而 和 的体积分数仍呈增H2加趋势，其可能0原.5因×是10___~__0_.7_5__×__1。0 ② 已N知O：Ⅰ． 100% N2 NH3 ​ −1 Ⅱ． 4NH3 g +5O2 g = 4NO g +6H2O g ​ ΔH = −1025kJ∙mol −1 图中2H2减g少+的O原2因g是=2与H2O反g 应Δ生H成= −4，84写k出J∙该mo反l应的热化学方程式：___________。 （2）某科N研2 小组研究了 N2与H2反应生成NH和3 的转化过程。在起始温度为 时，将 ∘ 通入甲、乙两个N恒O容密H闭2 容器中，N甲2 为N绝H热3过程、乙为恒温过程，两反4应00体C系的压强n随NO时间:n的H变2 化= 1曲:2线如图所示。 7-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- ① 曲线X是___________(填“甲”或“乙”)容器。 ② a点在曲线X上，则a点___________是平衡点(填“可能”或“不可能”)。 ③ 曲线Y的容器中反应达到平衡时 的转化率为 ，从开始到平衡点Z时用分压表示的 消耗速 率是___________ 。 N时O，“脱硝”反应6的0%压强平衡常数 ___________ (结H2果保留 −1 ∘ −1 两位有效数字， kP为a用∙m分in压代替40浓0度C计算的平衡常数，分压 总压 物K质p =的量分数)。 kPa （3）科学研究发现，Kp用 光催化氧化法脱除 的过=程如×图所示。 P1−g−C3N4 NO 光催化脱除原理和电化学反应原理类似， 光催化的 和 两端类似于两极， 极发生___________反应( 填“氧化”或P“1还−原g”−)，C该3N极4 的电极反P应1式为g_−__C_ 3 _N_ 4 _____。 g− C3N4 17. （15分）一种从废旧电池的正极材料（含铝箔、LiCoO2 、Fe2O3 及少量不溶于酸、碱的导电剂）中回收 多种金属的工艺流程如图甲所示： 已知： ①黄钠铁矾晶体稳定，颗粒大、易沉降。 ②Ksp （CoC2O4 ）＝6.3×10 ﹣8，Ksp[Co（OH） 2]＝1.6×10 ﹣15。 回答下列问题： （1）碱溶：碱溶前，常使用丙酮浸泡正极材料，作用是 ；从经济效益的角度考虑， 可向碱溶后所得滤液中通入过量CO2 ，其目的是 （用化学方程式表示）。 （2）浸取时也可用盐酸代替H2O2 和H2SO4 的混合溶液，但缺点是 。 （3）沉铁：①沉铁时采用的“黄钠铁矾法”与传统的调pH的“氢氧化物沉淀法”相比，金属离子的损 失少，原因是 。 8-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- ②控制不同的条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度和pH的关系如图乙所示（阴影部分表示黄钠 铁矾稳定存在的区域），据图，在25℃时，调节溶液的pH＝4，此时溶液中c（Fe3+）＝ ， 该温度下，若要制得黄钠铁矾晶体需控制溶液的pH范围为 （填序号）。 {已知25℃，Ksp[Fe（OH） 3]＝2.64×10 ﹣39} a．0～1 b．1～2.5 c．2.5～3.0 ③称取2.425g黄钠铁矾晶体[NaxFey （SO4 ） m （OH） n]，加盐酸完全溶解后，配制成100.00mL溶液； 量取25.00mL溶液，加入过量的KI溶液，充分反应，消耗3.75×10 ﹣3molKI，另取25.00mL溶液，加入 足量BaCl2 溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥后得沉淀0.5825g。则沉铁时反应的离子方程式为 。 （4）沉钴：沉钴时使用饱和草酸铵溶液，与饱和草酸钠溶液相比效果更好的原因是 。 （5）沉锂：碳酸锂溶解度随温度变化曲线如图丙，“沉锂”后得到碳酸锂固体的实验操作为 。 18.(15分)天然产物V具有抗疟活性，某研究小组以化合物1为原料合成V及其衍生物Ⅵ的路线如图（部分 反应条件省略，Ph表示﹣C6H5 ）： 9-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 已知： （1）化合物Ⅰ中含氧官能团有 （写名称）。 （2）反应①的方程式可表示为：Ⅰ+Ⅱ＝Ⅲ+Z，化合物Z的分子式为 。 （3）化合物Ⅳ能发生银镜反应，其结构简式为 。 （4）反应②③④中属于还原反应的有 ，属于加成反应的有 。 （5）化合物Ⅵ的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有 种，写出其中任意一种的结构简 式： 。条件： a）能与NaHCO3 反应； b）最多能与2倍物质的量的NaOH反应； c）能与3倍物质的量的Na发生放出H2 的反应； d）核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子； e）不含手性碳原子（手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子）。 （6）根据上述信息，写出以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成 的路线 （需注明 反应条件）。 10-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 【高途】2023年湖南省普通高中学业水平选择性考试模拟测试卷 化学·参考答案 一、选择题：本题共 14小题，共 42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 1. 【答案】C 【分析】A．高分子化合物的相对分子质量在一万以上； B．陶瓷、玻璃、水泥属于传统无机非金属材料； C．全氟烷（PFAS）被列人新的污染物检测标准，是因为其难以降解且有毒性； D．有新物质生成的过程为化学变化。 【解答】解：A．C60 是无机单质，不是有机高分子材料，故A错误； B．无铅储能陶瓷铌酸银（AgNbO3 ）基陶瓷属于新型无机非金属材料，故B错误； C．全氟烷（PFAS）被列人新的污染物检测标准，是因为其难以降解且有毒性，故C正确； D．CaCO3 •H2O转化为CaCO3 的过程有新物质生成，为化学变化，故D错误； 故选：C。 2. 【答案】B 【解答】解：A．2﹣丁烯的分子式为C4H8 ，实验式为CH2 ，故A正确； B．SO 2-中S原子价层电子对个数为4，含一对孤电子，SO 2-的VSEPR模型为正四面体结构，故B错误； 3 3 C．基态Cr原子的核电荷数为24，原子的价层电子排布式：3d54s1，故C正确； D．HCl分子中σ键的形成是氢原子s电子和氯原子的3p电子形成一对共用电子对，形成σ键，σ键的形 成过程为： ，故D正确； 故选：B。 3. 【答案】B 【解答】解：A．向浓度均为0.01mol•L ﹣1的NaCl、NaI混合溶液中滴加几滴AgNO3 溶液，溶度积常数 小的先生成沉淀，根据沉淀的颜色判断溶度积常数大小，能实现实验目的，故A错误； B．HF、HCl的物质的量浓度相对大小未知，不能根据溶液的pH值相对大小判断HF为弱电解质，不能 实现实验目的，故B正确； C．饱和Na2CO3 能和CH3COOH反应生成CH3COONa和CO2 、H2O，降低乙酸乙酯的溶解度，所以可 以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，能实现实验目的，故C错误； D．品红溶液具有漂白性，但其漂白性不稳定，受热易恢复原来的颜色，操作正确，能实现实验目的， 11-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 故D错误； 故选：B。 4. 【答案】C 【解答】解：A．H2O比HF沸点高是由于H2O形成的氢键数目多，故A正确。 B．水杨酸电离后的离子（ ）能形成分子内氢键，分子内氢键的形成会使该微粒中酚羟基上的氢 离子更难电离出H+，导致 的酸性比苯酚的酸性弱，故B正确； C．氢键与物质的稳定性无关，H2O的稳定性强于H2S，是因为H﹣O比H﹣S键牢固，故C错误； D．N的电负性小于O的电负性，配位能力NH3 大于H2O，向Cu(H 2 O) 4 2+中加过量氨水生成Cu(NH 3 ) 4 2+， 故D正确； 故选：C。 5. 【答案】D 【解答】解：A．向饱和NaOH溶液中通入过量CO2 析出白色晶体，离子方程式为：Na++OH ﹣ +CO2 ═ NaHCO3 ↓，故A错误； B．沉淀在离子方程式书写时不能拆，离子方程式为：+4CuCl+4NH 4 ++O2+12NH3 ═4[Cu（NH3 ） 4]2++2H2O+4Cl ﹣，故B错误； C．硝酸具有强氧化性，，能将HSO -氧化为SO 2-，SO 2-继续与Ba2+反应生成难溶于酸的硫酸钡沉淀， 3 4 4 离子方程式为：2NO 3 -+3HSO 3 -+3Ba2+＝H++H2O+2NO↑+3BaSO4 ↓，故C错误； D．向KMnO4 溶液中滴入H2O2 溶液产生黑色沉淀和气泡：2MnO 4 -+3H2O2=2MnO2 ↓+3O2 ↑+2OH ﹣ +2H2O， 故D正确； 故选：D。 6. 【答案】C 【分析】X的原子最外层电子中未成对电子数目与成对电子数目相同，X为C元素；同周期主族元素中 只有2种元素的第一电离能大于Z，Z为O元素，则Y为N元素；由阴离子结构可知，R为F元素，Q 为S元素，以此分析解答。 【解答】解：A．由分析可知，F元素的电负性最大且原子半径最小，故A正确； B．N、S的最高价氧化物的水化物分别为HNO3 、H2SO4 ，均是强酸，故B正确； C．在阴离子结构中，N原子分别和两个硫原子共用一对电子，同时因为是阴离子再得到一个电子，N 最外层本身有五个电子，这样正好构成八电子稳定结构，达到稳定结构，故C错误； D．五种元素形成的简单氢化物中分别为CH4 、NH3 、H2O、HF、H2S，其中NH3 、H2O、HF可形成分 12-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 子间氢键，H2O形成的氢键最多，沸点最高，故D正确； 故选：C。 7. 【答案】C 【解答】解：A．NH3 在DSA电极转化为N2 ，氮元素从﹣3价升高为0价，被氧化，该电极是电解池的 阳极，与外接电源的正极相连，故A错误； B．Cl ﹣在DSA电极表面转化为Cl2 电极反应式为：2Cl ﹣﹣2e ﹣＝Cl2 ↑，故B错误； C．反应②中NH3 转化为NO 3 -，没有达到氨氮废水无害化处理的目的，则降解过程中应该控制条件避免 发生反应②，故C正确； D．反应中一个HO•可得到一个电子，1molHO•完全反应时转移的电子数为6.02×1023，故D错误； 故选：C。 8. 【答案】C 【解答】解：A．根据图知，X中含有醛基和醚键，故A正确； B．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，含有醛基的有机物能和银氨溶液发生银镜反应， Y能和氯化铁发生显色反应，X和氯化铁溶液不发生显色反应，X能和银氨溶液发生银镜反应，Y不能 和银氨溶液发生银镜反应，所以X、Y可用FeCl3 溶液或2%银氨溶液进行鉴别，故B正确； C．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，根据图知，Z中不含手性碳原子，故C错误； D．X和Y反应生成Z时，酚羟基中的H原子被苯基取代生成醚键，X中醛基和Y苯环上的氢原子发生 加成反应生成醇羟基，然后醇羟基发生消去反应生成Z中碳碳双键，所以该转化过程中包含加成、消去、 取代反应类型，故D正确； 故选：C。 9. 【答案】C 【解答】解：A.焙烧时环境为碱性，不可以选择氧化铝，故A错误； △ B.熔烧时发生反应3MnO2+6KOH+KClO3 3K2MnO4+KCl+3H2O结合方程式可知，1molK2MnO4 转移 2NA 个电子，故B错误； C.“电解法”阳极上发生反应：MnO 2--e-=MnO -，锰酸根离子全部转换为高锰酸根。CO2歧化反应为： 4 4 3K2MnO4+2CO 2 =2KMnO 4 +2K 2 CO 3 +MnO 2 ，有2/3的锰酸根离子转化为高锰酸根离子，两者的理论产率 之比为3:2，C正确； D.采用CO2 歧化法时，滤液的主要成分为KHCO3和KMnO4，因为有碳酸氢钾所以不能蒸发结晶，会有 碳酸钾杂质，故D错误； 13-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 故选：C。 10. 【答案】D 【解答】解：A．第四周期的最后一种元素是36号，元素钌为44号元素位于第五周期第VIII族，故A 正确； B．NaBH4 是离子化合物，钠离子和[BH 4 ]-间存在离子键，[BH 4 ]-中硼与其中3个氢形成共价键，与一个 氢形成配位键，故B正确； C．BH3 分子中B原子的价层电子对数为3，B的杂化方式为sp2杂化，故C正确； 3 D．从图中可以看出，过程④中发生反应HB（OH） 2+2H2O+e ﹣＝B(OH) 4 -+ H2 ↑，则产生1molH2 ，转 2 2 移电子的物质的量为 mol，故D错误； 3 故选：D。 11. 【答案】B 1 【解答】解：A．Ga位于顶点和体心，V位于面心，该晶胞中Ga的个数为1+8× ＝2、V的个数为12 8 1 × ＝6，所以Ga、V的个数之比为2：6＝1：3，则该合金的化学式为GaV3 ，故A正确； 2 1 1 1 1 B．由信息可知，丙原子在x、y、z轴上的投影分别是1、 、 ，则丙原子的坐标参数（1， ， ）， 4 2 4 2 故B错误； C．晶胞中距离Ga最近且相等的V有12个，距离V最近且相等的Ga有4个，故C正确； 1 1 D．该晶胞中Ga的个数为1+8× ＝2、V的个数为12× ＝6，相当于含有2个“GaV3 ”，晶胞体积为 8 2 M 2 m N 270651 （a×10 ﹣10cm）3，则合金的密度为 ＝ A ＝ ×1030g cm ﹣3，故D正确； V V a3N ⋅ A 故选：B。 12. 【答案】B c(H A) K c(HA2) K c(A3) K 【分析】lg 2 ＝lg a1 ，lg ＝lg a2 ，lg ＝lg a3 ，当pH相同时，即 c(H A) c(H) c(H A) c(H) c(HA2) c(H) 3 2 c(H A) c(HA2) c(A3) c（H+）相等，由于Ka1 ＞Ka2 ＞Ka3 ，则有lg 2 ＞lg ＞lg ，故曲线I、Ⅱ、Ⅲ分 c(H A) c(H A) c(HA2) 3 2 c(H A) c(HA2) c(A3) 别表示lg 2 、lg 、lg 与pH关系；图1中滴定过程依次发生反应H3A+NaOH c(H A) c(H A) c(HA2) 3 2 14-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- ＝NaH2A+H2O、NaH2A+NaOH＝Na2HA+H2O、Na2HA+NaOH＝Na3A+H2O。 c(A3) c(A3) K 【解答】解：A．曲线Ⅲ表示lg 与pH关系，当pH＝14时，lg ＝lg a3 ＝1.64，则 c(HA2) c(HA2) c(H) c(A3) K 1012.36 Ka3 ＝101.64×10 ﹣14＝10 ﹣12.36，当pH＝10时，lg ＝lg a3 ＝lg ＝﹣2.36，故A正确； c(HA2) c(H) 1010 c(H A) K c(H A) K B． 2 ＝ a1 ＞1时，c（A2H ﹣）＞c（H3A），由曲线I可知，当pH＝4时，lg 2 ＝lg a1 c(H A) c(H) c(H A) c(H) 3 3 ＝1.88，则 Ka1 ＝101.88×10 ﹣4＝10 ﹣2.12，故 c（H+）＜10 ﹣2.12mol/L，则 pH＝﹣lgc（H+）＞2.12， c(H A) c(HA2) c(HA2) K K 2 × ＝ ＝ a1 × a2 ＜1时，c（H3A）＞c（AH2﹣），由曲线Ⅱ可知，当 c(H A) c(H A) c(H A) c(H) c(H) 3 2 3 c(HA2) K pH＝10时，lg ＝lg a2 ＝2.8，故Ka2 ＝102.8×10 ﹣10＝10 ﹣7.2，即c（2 H+）＞Ka1×Ka2 ＝10 ﹣2.12×10 c(H A) c(H) 2 ﹣7.2＝10 ﹣9.34，则c（H+）＞10 ﹣4.66，则pH＝﹣lgc（H+）＜4.66，故B错误； C．加入20mLNaOH溶液时，溶液中溶质为NaH2A，加入40mLNaOH溶液时，溶液中溶质为Na2HA， 溶液中HA ﹣离子浓度增大，H2A ﹣浓度减小，HA ﹣水解程度比H2A ﹣水解程度大，故20mL到40mL滴定 过程中，水的电离程度逐渐增大，故C正确； D．滴定终点pH处于指示剂变色范围内，Na3A溶液呈碱性，能用酚酞做指示剂，故D正确； 故选：B。 13. 【答案】D 【解答】解：A．该反应为放热反应，投料比相同，升高温度，平衡逆向移动，C2H4 （g）的平衡转化率 减小，b、c点的投料比相同，b的转化率高，所以T1 温度低，故A错误； B．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数减小，所以Ka ＜Kb ，故B错误；； C．a点时X＝1.0，此时C2H4 （g）与H2O（g）的物质的量相等，即m＝2，据图中信息列化学平衡三段 式， C2H4 （g）+H2O（g） C2H5OH（g） 起始/mol 2 2 ⇌ 0 转化/mol 1.6 1.6 1.6 平衡/mol 0.4 0.4 1.6 1.6mol 容器容积为10L，反应时间是2min，故v（H2O）＝ ＝0.08mol/（L•min），故C错误； 10L2min 15-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- D．a、c点对应的平衡常数相等，b、c点对应的体系起始通入的反应物的物质的量相等，将c点对应体 系列化学平衡三段式， C2H4 （g）+H2O（g） C2H5OH（g） 起始/mol 2 m ⇌ 0 转化/mol 1.5 1.5 1.5 平衡/mol 0.5 m﹣1.5 1.5 1.6 1.5 c(C H OH) 10 10 K＝ 2 5   ，解得m＝1.8，故D正确； c(C H )c(H O) 0.4 0.4 0.5 m1.5 2 4 2   10 10 10 10 故选：D。 14. 【答案】B 催化剂 【分析】由图可知，HCOOH催化释氢生成二氧化碳和氢气，反应的方程式为：HCOOH CO2 ↑ +H2 ↑，HCOOH催化释氢反应的机理中有H ﹣离子生成，根据总反应方程式可知，DCOOH催化释氢反 应生成CO2 和HD，以此做题。 催化剂 【解答】解：A.由图可知HCOOH催化释氢生成二氧化碳和氢气，反应的方程式为：HCOOH CO2 ↑+H2 ↑，故A正确； B.若将弱电解质HCOOH替换为强电解质HCOOK，HCOOK在溶液中快速电离有利于提高释放氢气的速 率，相同条件下，HCOOK溶液催化释氢的速率大于HCOOH催化释氢，故B错误； C.由图可知，HCOOH 催化释氢反应的机理中有H ﹣离子生成，若将弱电解质HCOOH 替换为强电解质 HCOOK，HCOOK在溶液中快速电离出的K+能与H ﹣反应生成KH，KH与水反应生成的氢氧化钾和氢 气，KH是中间产物，故C正确； D.根据总反应方程式可知，DCOOH催化释氢反应生成CO2 和HD，故D正确； 故选：B。 二、非选择题：本题共 4小题，共 58分。 15.(14分)【分析】利用苯来干燥甲苯，通过回流得到的水与钠反应，二苯甲酮为指示剂，无水时体系 呈蓝色，改变开关状态收集甲苯，将甲苯、五氯化磷、 在 气氛围中充分混合后转入装置 中， 在反应釜中于 加热 小时使其充分反应。 NaN3 Ar B ∘ （1）【答案】四2面8体0 C形 磷1酸2 晶体 磷酸分子与水分子能形成氢键 16-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 【解析】 中心原子价层电子对数为 ，其 模型是四面体形。磷酸易形成过饱和溶液， 3− 难以结晶P，O可4以引入晶种来促进溶液中的4磷+酸0结=晶4析出V，S可EP向R其过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶， 磷酸分子含有羟基，容易与水分子形成氢键，因此磷酸具有较强的吸水性，所制得的磷酸中仍含有少量 的水极难除去。 （2）【答案】干燥甲苯 、 ​ 【解析】① 金属钠与水​ 能K1发生K3反应，因此金属 ​ 的作用是干燥甲苯。 ② 回流过程中，水要回流到烧瓶中，因此除水时Na打开的活塞是 、 ​ ；体系变蓝后，改变开关状态 收集甲苯。 K1 K3 （3）【答案】 ​ 防止五氯化磷遇空气中的水蒸气而发生 ∘ ​ 280 C​ 水解 甲苯 10NaN 氯 3 化 + 钠 2PCl5 2P+15N2 ↑+10NaCl ​ ​ 【解析】① 在氩气保护下，反应物在装置 中混匀后转入装置 ，于 ​ 加热 小时，反应物完 ∘ 全反应，五氯化磷和 反应生成红磷、氮A气和氯化钠，其反应B的化学28方0程C 式为: 12 NaN3 ；由于五氯化磷易水解，为防止五氯化磷遇见空气中 ∘ ​ 280 C​ 1 的 0 水 Na 蒸 N3 气 + 发 2 生 PC 水 l5 解，因此 用 2 氩 P 气 + 赶 15 走 N2 空 ↑ 气 + 。 10NaCl ​ ​ ② 根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和氯化钠，用乙醇洗去甲苯，用水洗去氯化钠。 16.(14分)（1）【答案】 较少时， 主要被还原为 (或 价含氮化合物等)(合理即可) H2 NO N2O +1 ​ ​ −1 N【 2 解g析+】3①H2 根g 据⇌ ​ 2题N中H3 信g息，ΔH随=着−氢9气2.5体k积J∙分mo数l的增加， 中被还原的价态逐渐降低，根据图像可知， 当氢气的体积分数在 时， 转化N率O基本为 ，而氮气和氨气的体积分数仍 −3 −3 呈增加趋势， 中 0显.5×10价，~0.7中5×1显00价，NO 中 显 价，10因0%此当氢气较少时， 被还原为 的 价化合N物O或 N ；+2 N2 N NH3 N −3 NO N +1 N2OⅡ Ⅰ ② 根据盖斯定律可知， 脱硝反应，推出 ​ ×5− −484×5+1025 ； − N2 g +3H2 g ⇌ ​ 2NH3 g ΔH=( 2 + 2 （620）5【)答kJ/案m】ol甲=−可92能.50k.J1/1m0o.l12 【解析】① 该过程发生的两个反应都是物质的量减少的放热反应，恒温恒容状态下，随着时间的进行， 气体物质的量减小，压强降低，而绝热容器中，虽然气体物质的量减小，但温度升高，气体压强增大， 因此根据图像可知，X为绝热容器，Y为恒温容器； ② 因为反应为放热，甲绝热容器内反应体系温度升过高，反应速率快，先达到平衡，温度升高，平衡 17-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 左移，平衡时压强增大，因此点a可能已达到平衡； ③ 曲线Y是恒温过程的乙容器，恒温容器中反应达到平衡时 的转化率为 ，开始时体系总压强 为 ， ， ， N，O 60% 9kPa n NO :n H2 =1:2 p NO =3kPa p H2 =6kPa ​ 初始量 2NO( 3 g) + 2​ H2 6 (g) ⇌ ​ ​ ​ N2 0 (g)+2​ H0 2O(g) 反应量/kPa 1.8 0.9 1.8 平衡量/kPa 3×0.60 4.2-3x 0.9-x 1.8 /kPa 1.2 ​ 反应量 N x 2(g)+3 3 H x 2(g)⇌ ​ ​ 2NH 2x 3(g)​ 平衡量/kPa 2x 平衡压强/为kPa ，则 ，从开始到平衡时用分压表示的氢气消耗速率时 kPa (1.8+3×0.5) 7.1kPa x=0.5 = ；平衡时 、 、 30 min 、 0.11kPa/min p NO =1.2kPa p H2 = 4.2−1.5 kPa=2.7kPa p H2O =1.8kPa p N2 = ， ； N 2 H 2 p( 2)∙p ( 2O) 0.4×(1.8) −1 （ 0 3 .9 ）【 − 答 0.5 案 k 】 P 还 a= 原 0.4kPa Kp = ​ p 2 ( H 2)∙p 2(N​ O) = ​ (2.7) 2 ×(1.2) 2 =0.12kPa + − 【解析】 极​ 氧O2气+得2H电子+，2e发生=还H2原O2反应，电极反应式为 。 + − 17.（15分g）【−答C3案N4】（1）除去废旧电池正极材料表面的油污；NaAlOO 2 2++C2OH 2+2+H2 2Oe＝=Al（H2 OOH 2） 3 ↓+NaHCO3 （2）HCl作还原剂，氧化产物为Cl2 ，Cl2 有毒，污染环境 （3）①调节pH时Fe3+会生成氢氧化铁胶体，会吸附溶液中的金属离子 ②2.64×10 ﹣9mol/L；c ③Na++3Fe3++2SO 4 2-+6H2O=NaFe3 （SO4 ） 2 （OH） 6 ↓+6H+ （4）草酸钠溶液相比，饱和草酸铵溶液的碱性更弱，可以防止沉钴时生成氢氧化钴沉淀 （5）趁热过滤 【解答】解：（1）碱溶前，常用丙酮浸泡正极材料的目的是除去废旧电池正极材料表面的油污：由思路 分析可知，碱溶后的滤液中含有NaAlO2 ，通入过量CO2 的目的是生成Al（OH） 3 沉淀，进而回收铝， 对应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O＝Al（OH） 3 ↓+NaHCO3 ， 故答案为：除去废旧电池正极材料表面的油污；NaAlO2+CO2+2H2O＝Al（OH） 3 ↓+NaHCO3 ； （2）用H2O2 和H2SO4 的混合溶液浸取滤渣①的作用是将Co（Ⅲ）还原为Co（Ⅱ），则H2O2 作还原剂， 若用盐酸代替H2O2 和H2SO4 的混合溶液，则HCl作还原剂，氧化产物为Cl2 ，Cl2 有毒，污染环境， 18-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 故答案为：HCl作还原剂，氧化产物为Cl2 ，Cl2 有毒，污染环境； （3）①由于黄钠铁矾晶体稳定、颗粒大、易沉降，而调节pH时Fe3+会生成氢氧化铁胶体，会吸附溶液 中的金属离子，所以沉铁时采用的“黄钠铁矾法”与传统的通过调节溶液pH的“氢氧化物沉淀法”相 比，溶液中的金属离子的损失少， 故答案为：调节pH时Fe3+会生成氢氧化铁胶体，会吸附溶液中的金属离子； ②在 25℃时，调节溶液的 pH＝4，由图乙可知，溶液中 Fe3+以 Fe（OH） 3 的形式存在，此时 K c(OH)  w 1010mol/L ，由Ksp[Fe(OH) ]=c(Fe3+)×c3(OH-)，代入数据得c(Fe3+)=2.64×10-9mol/L； c(H) 3 由图乙可知，该温度下，若要制得黄钠铁矾晶体需控制溶液的pH范围为2.5～3.0， 故答案为：2.64×10 ﹣9mol/L；c； ③由题意得有关反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I ，定量关系式为Fe3+～I ﹣，25.00mL溶液中，n 2 （Fe3+）＝n（I ﹣）＝3.75×10 ﹣3mol，加入足量BaCl2 溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥后得沉淀0.5825g， 沉淀为硫酸钡，对应的BaSO4 的物质的量为2.5×10 ﹣3mol，则25.00mL溶液中，n(SO 4 2-)=2.5×10 ﹣3mol， 即100.00mL溶液中含有n(Fe3+)=3.75×10 ﹣3mol×4=0.015mol，n(SO 2-)=0.01mol，设2.425g样品中钠离 4 子的物质的量为n（Na+），氢氧根离子的物质的量为n（OH ﹣），根据质量守恒得2.425g﹣0.015mol×56g mol ﹣1﹣0.01mol×96g mol ﹣1＝n（Na+）×23g mol ﹣1+n（OH ﹣）×17g mol ﹣1，根据电荷守恒得 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 0.015mol×3+n（Na+）×1＝0.01mol×2+n（OH ﹣）×1，解得n（Na+）＝0.005mol，n（OH ﹣）＝0.03mol， 则x：y：m：n＝1：3：2：6，即黄钠铁矾晶体的化学式为NaFe3 （SO4 ） 2 （OH） 6 ，沉铁时反应的离子 方程式为Na++3Fe3++2SO 4 2-+6H2O=NaFe3 （SO4 ） 2 （OH） 6 ↓+6H+， 故答案为：Na++3Fe3++2SO 4 2-+6H2O=NaFe3 （SO4 ） 2 （OH） 6 ↓+6H+。 （4）沉钴时采用饱和草酸铵溶液将钴元素转化为CoC2O4 沉淀，与草酸钠溶液相比，饱和草酸铵溶液的 碱性更弱，可以防止沉钴时生成氢氧化钴沉淀， 故答案为：草酸钠溶液相比，饱和草酸铵溶液的碱性更弱，可以防止沉钴时生成氢氧化钴沉淀； （5）由题图丙可知，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，由此得出沉锂后得到碳酸锂固体的实验操作为 趁热过滤， 故答案为：趁热过滤。 18.(15分)【答案】（1）酚羟基、醛基； （2）C18H15OP； （3） ； 19-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- （4）②；②④； （5）10； ； （6） 。 【分析】I中醛基上的O原子被取代生成III，根据反应条件知，反应②为加成反应，根据反应②产物 的结构简式及IV分子式知，IV能发生有机反应，则IV含有酯基，IV为 ，反应③为氧 化反应，反应④中碳碳双键发生加成反应，V发生酯化反应生成VI； （6）以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成 ，根据“ ”知，合成 的苯酚的同系物为 ， 及HOCH2CH2Cl发生信息中的反应生成 ， 发生水解反应生成 ， 发生反应④类型的反应生成 。 【解答】解：（1）化合物Ⅰ中含氧官能团有酚羟基、醛基， 故答案为：酚羟基、醛基； （2）反应①的方程式可表示为：Ⅰ+Ⅱ＝Ⅲ+Z，根据I、II、III的结构简式知，II中的CHOCH2CH3 被 I中的O原子取代，则Z为Ph3P＝O，则化合物Z的分子式为C18H15OP， 故答案为：C18H15OP； （3）通过以上分析知，IV为 ， 故答案为： ； （4）反应②③④中属于还原反应的有②，属于加成反应的有②④， 故答案为：②；②④； （5）化合物Ⅵ的不饱和度是5，VI的芳香族同分异构体中含有苯环，苯环的不饱和度是4，同分异构体 同时满足如下条件： 20-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 条件：a）能与NaHCO3 反应，说明含有﹣COOH，根据其不饱和度知，不含酯基或碳碳双键； b）最多能与2倍物质的量的NaOH反应，说明含有1个酚羟基； c）能与3倍物质的量的Na发生放出H2 的反应，说明含有1个醇羟基； d）核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子，说明含有2个甲基； e）不含手性碳原子（手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子），其取代基有3个， 分别为﹣COOH、酚﹣OH、 ，如果﹣COOH、酚﹣OH相邻， 有4种排列方式；如果﹣COOH、 酚﹣OH相间， 有4种排列方式；如果﹣COOH、酚﹣OH相对， 有2种排列方式，所以符合条 件的同分异构体有10种，其中一种结构简式为 ， 故答案为：10； ； （6）以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成 ，根据“ ”知，合 成 的苯酚的同系物为 ， 及 HOCH2CH2Cl 发生信息中的反应生成 ， 发生水解反应生成 ， 发生反应④类型的反应生成 ， 其合成路线为 。 故答案为： 。 21