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高途高中·化学 点睛卷 2024 辽宁省-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 绝密 启用前 【高途】2024 年辽宁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，19小题，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 O-16 S-32 Cl-35.5 P-31 F-19 Na-23 K-39 Cu-64 一、选择题：本题共 15小题，每小题3分，共 45分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项符合题目要求。 1．化学与生产、生活、科技发展息息相关。下列说法正确的是 ( ) A．燃煤脱硫不仅能减少酸雨，也有利于实现“碳达峰”和“碳中和” B．我国化学工作者第一次人工合成结晶牛胰岛素，它是一种结构复杂的氨基酸 C．“天和”核心舱电推进系统中使用的氮化硼陶瓷基复合材料是新型无机非金属材料 D．“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的同一种性质 2．下列化学用语或表述正确的是 ( ) A．基态铜原子的电子排布式：[Ar]3d94s2 B．NF 分子的VSEPR模型名称：三角锥形 3 C．甲醛中π键的电子云轮廓图： D．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： 3．设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( ) A A．1molP 和1molCH 中，共价键数均为4N 4 4 A B．足量的锌与一定量的浓硫酸充分反应，放出标况下2.24L气体时，转移电子数为0.2N A C．电解精炼铜时，若阴极得电子数为2N ，则阳极质量减少64g A D．一定条件下，1molSO 和0.5molO 充分反应，可生成1molSO 2 2 3 4．我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一。一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分 子结构如图所示。下列说法不正确的是 ( ) A．分子中N原子有sp2、sp3两种杂化方式 B．1mol该有机物最多可以消耗2molNaOH C．该物质既有酸性又有碱性 D．该物质可发生取代反应、加成反应 试卷第2页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 5．下列实验操作、所得现象及结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 将2mol·L－1KI溶液与1mol·L－1FeCl 溶液 充分反应后，滴加几滴 Fe3＋与I－的反应为可逆 3 A 等体积混合 KSCN溶液，溶液变红 反应 常温下将Ba(OH) ·8H O晶体与NH Cl晶体 2 2 4 B 烧杯壁变凉 该反应熵变∆S＜0 在烧杯中搅拌混合 向饱和食盐水中先通入足量CO ，再通入 可用于侯氏制碱法中 2 C 有固体析出 NH NaHCO 的制备 3 3 用pH试纸分别测量等物质的量浓度的 电离常数：K (H CO ) a1 2 3 D NaClO溶液的pH较大 NH HCO 溶液和NaClO溶液的pH ＞K (HClO) 4 3 a2 6．以秸秆为原料，合成PEF树脂的路线如图所示，下列说法错误的是 ( ) A．PEF树脂在一定条件下可降解成小分子，能有效缓解“白色污染”，减少对环境的危害 B．葡萄糖、果糖都属于还原性糖，异构化时官能团由羰基变为醛基 C．5－HMF分子和FDCA分子中所有碳原子可能共平面 D．FDCA→PEF发生了缩聚反应，其中单体a为乙二醇 7．由NO 、O 、熔融盐NaNO 组成的燃料电池如图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物 2 2 3 Y，下列有关说法正确的是 ( ) A．石墨Ⅰ极为正极，石墨Ⅱ极为负极 B．Y的化学式为N O 2 3 C．石墨Ⅰ极的电极反应式为：2NO －2e－＋H O＝N O ＋2H＋ 2 2 2 5 D．石墨Ⅱ极上发生还原反应 8．W、X、Y、Z为原子序数增大的短周期主族元素，W与Z处于同主族，Y原子p能级上有一对成对电 子。甲、乙、丁、戊均为由上述元素组成的二元化合物。乙和丁均为含有10个电子的分子，且二者能形 成分子间氢键。有关物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是 ( ) A．甲中含有σ键和π键 B．常温常压下戊为红棕色气体 试卷第3页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- C．分子内的化学键键角：乙＜丁 D．丙为强电解质，乙与丁为弱电解质 9．聚合物前驱体转化法在陶瓷材料制备领域有重要的应用价值，一种聚合物前驱体的结构如图所示(R 、 1 R 表示烃基)。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Z同主族，W的核外电子总数等于Y 2 的最外层电子数。下列说法正确的是 ( ) A．氢化物的沸点：Y＞X B．电负性：Y＞X＞W C．Y仅有一种含氧酸 D．Y、Z最高价氧化物均能与水反应 10．为了实现“碳中和”目标，某研究小组通过钌化合物可催化CO 转化为甲酸，其反应机理如下所示。下 2 列说法错误的是 ( ) A．物质Ⅲ中Ru的化合价为＋2价 B．整个过程中，有极性键的断裂与形成 C．总反应方程式为2H O＋2CO 2HCOOH＋O 2 2 2 D．催化反应过程中，当1mol物质Ⅰ转化为物质Ⅱ时，物质Ⅰ得到2mol电子 11．已知1,3丁二烯与HBr加成的能量－反应进程图如图所示(图中∆H 、∆H 、∆H 表示各步正向反应的 1 2 3 焓变)。下列说法正确的是 ( ) A．反应时间越长，1,3丁二烯与HBr反应得到3溴1丁烯的比例越大 B．0℃、短时间tmin内，amol·L－1的1,3丁二烯与HBr完全反应得到两种产物的比例为7∶3(设反应前 0.7a 后体积不变)，则生成1溴2丁烯的平均速率为 mol·L－1·min－1 t C．1,3丁二烯与HBr反应，生成3溴1丁烯的反应热为∆H －∆H 、生成1溴2丁烯的反应热 1 2 为∆H －∆H 1 3 D．H＋与烯烃结合的一步为决速步，Br－进攻时活化能小的方向得到3溴1丁烯 试卷第4页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 12．卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。如F 在一定条件下可与CuCl 、K反应生成KCl和化合物 2 2 X。已知X晶胞结构如图所示(晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°)，其中Cu化合价为＋2。下列说法正确的 是 ( ) A．F－的最外层电子排布式是2s22p5 B．晶胞结构示意图中“白球”代表的是Cu C．上述反应化学方程式为CuCl ＋4K＋2F ＝K CuF ＋2KCl 2 2 2 4 4361030 D．若阿伏加德罗常数的值为N ，则化合物X的密度ρ gcm3 A a2cN A 13．羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为CO 2 和H O的原电池-电解池组合装置，实现了发电、环保两位一体。下列说法错误的是 ( ) 2 A．a极1molCr O 2－参与反应，理论上NaCl溶液中减少的离子为12N 2 7 A B．电池工作时，b极附近pH减小 C．右侧装置中，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为7∶3 D．d极区苯酚被氧化的化学方程式为C H OH＋28·OH＝6CO ↑＋17H O 6 5 2 2 14．在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)＋Y(g)⇌ 2Z(g) ∆H＜0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如表。下列说法正确的是 ( ) t/min 2 4 7 9 n(Y)/mol 0.12 0.11 0.10 0.10 A．该温度下此反应的平衡常数K＝1.44 B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)＞v(正) C．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大 D．0~2min的平均速率v(Z)＝2.0×10－3mol·L－1·min－1 试卷第5页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 -----------------------------------   n NaOH 15．25℃时，用0.1mol/LNaOH溶液滴定同浓度的H A溶液，H A被滴定分数[ ]、pH及微粒分 2 2   n H A 2   n X 布分数δ[δ  X   n  H A  n  HA  n  A2  ，X表示H 2 A、HA－或A2－]的关系如图所示，下列说法错误 2 的是 ( ) A．25℃时，H A第一步电离平衡常数K 104 2 a1     B．c点溶液中：c Na 3c A2 C．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：c＞d＞b＞a D．b点溶液中c  Na  c  HA  c  A2  c  H A  2 二、非选择题：本题共 4小题，共 55分。 16、(14分)利用废镍电池的金属电极芯(主要成分为Co、Ni，还含少量Fe、Al等)生产醋酸钴晶体、硫酸 镍晶体的工艺流程如图。 已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表。 沉淀物 Fe(OH) Fe(OH) Co(OH) Co(OH) Al(OH) Ni(OH) 3 2 2 3 3 2 开始沉淀 2.2 7.4 7.6 0.1 4.0 7.6 完全沉淀 3.2 8.9 9.2 1.1 5.2 9.2 (1)用硫酸没取金属电极芯时，提高浸取率的方法有________(写出一种合理方法即可)。 (2)沉淀A的主要成分是Fe(OH) 、________；“浸出液”调节pH的范围为________，调节pH的试剂可以 3 是________(选填序号) a．铁 b．氨水 c．碳酸钠溶液 d．稀硫酸 (3)“母液1”中加入NaClO反应的离子方程式为________。 (4)“母液1”中先加NaClO溶液将Co2＋氧化，而后又向生成的沉淀中加入H O 将Co(OH) 还原为Co2＋，则 2 2 3 “母液1”中加入NaClO溶液的作用是________。 (5)“母液3”中应控制Na CO 用量使终点pH为8.5为宜，此时c(Co2＋)小于________mol/L(已知：K [Co(OH) ] 2 3 sp 2 ＝2×10－15)；为防止生成Co(OH) 沉淀，可用NH HCO 代替Na CO 制得CoCO ，写出该反应的离子方程 2 4 3 2 3 3 式________。 试卷第6页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- (6)由“母液4”获取NiSO ·7H O的操作中用乙醇洗涤的优点是________。 4 2 17．(13分)氯乙酸通常指一氯乙酸(俗称MCA)，沸点为189℃，熔点为61~63℃，易溶于水，是有机合成 的中间体。氯化法制备氯乙酸的原理如下： 主反应：CH COOH＋Cl ClCH COOH＋HCl 3 2 2 副反应：CH COOH＋2Cl Cl CHCOOH＋2HCl、CH COOH＋3Cl Cl CCOOH＋3HCl 3 2 2 3 2 3 某小组在实验室条件下制备氯乙酸并检验产物的装置如图所示(夹持及加热装置省略)： 已知：R－X＋NaOH R－OH＋NaX(X表示卤素原子)。 回答下列问题： (1)盛装浓盐酸的分液漏斗中橡胶管的作用是________。 (2)装置A中发生反应的离子方程式为________。 (3)装置B的作用是________，装置C中盛放的试剂是________。 (4)利用下图装置从三颈烧瓶中分离MCA，控制过滤速率的操作方法是________。 (5)测定产品纯度，准确称取9.45g产品溶于蒸馏水中，加入适量NaOH溶液，煮沸，充分反应后，冷却至 室温，加入过量试剂R，再加入过量AgNO 溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，得到mg沉淀，试剂 3 R是________(填名称)；当m＝________g时，产品中不含Cl CHCOOH等杂质。 2 18．(14分)载人航天器是航天员赖以生存的空间，必须给航天员提供基本的生存条件，涉及氧气再生，二 氧化碳清除，水处理等。 (1)国际空间站处理CO 的一个重要方法是将CO 还原，发生萨巴蒂尔反应，反应方程式如下： 2 2 CO (g)＋4H (g) 2H O(g)＋CH (g)，萨巴蒂尔反应生成的水可电解产生氧气，实现氧再生。 2 2 2 4 试卷第7页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- ①已知H O(g)＝H O(l)∆H＝－44kJ/mol，H 的燃烧热∆H为286kJ/mol，CH 的燃烧热∆H为－890.6kJ/mol， 2 2 2 4 则萨巴蒂尔反应的∆H＝________。有利于萨巴蒂尔反应的条件是________。 A．高温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．低温高压 ②在恒容密闭容器中加入CO 和H ，其分压分别是20kPa和40kPa，一定条件下发生萨巴蒂尔反应。某时 2 2 刻测得H O(g)的分压15kPa，CH 的反应速率v(CH )＝1.2×10－6p(CO )p4(H )(kPa·s－1)，则该时刻v(H )＝ 2 4 4 2 2 2 ________。 (2)已知萨巴蒂尔反应I发生的同时也会发生副反应II： 反应I：CO (g)＋4H (g) 2H O(g)＋CH (g)∆H 2 2 2 4 1 反应II：CO (g)＋H (g) CO(g)＋H O(g)∆H ＝＋41.2kJ/mol 2 2 2 2 将CO 和H 按体积比1∶4混合(n ＝5mol)，匀速通入装有Ru/TiO 催化剂的反应容器中发生反应I和反 2 2 总 2 应II，反应相同时间，CO 转化率、CH 和CO选择性(选择性：转化的CO 中生成CH 或CO的百分比) 2 4 2 4 随温度变化曲线分别如图所示。 ①a点的正反应速率和逆反应速率的大小关系为v(正)________v(逆)(填“＞”、“＝”或“＜”)。 ②Ru/TiO 催化剂在较低温度主要选择________(填“反应I”或“反应II”)，试从反应动力学角度分析其原因 2 ________。 ③350℃~400℃温度区间，CO 转化率呈现减小的变化趋势，其可能原因是________。 2 A．催化剂活性降低 B．平衡常数变小 C．副反应增多 D．反应活化能增大 ④350℃时，反应达到平衡时容器体积为5L，求该温度下反应I的平衡常数K＝________。 试卷第8页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 19．(14分)化合物N是一种具有玫瑰香味的香料，可用作化妆品和食品的添加剂。实验室制备N的两种合 成路线如图。 回答下列问题： 已知：i． (R 、R 为烃基，R 为H或烃基) 1 3 2 ii． (R 、R 、R 为烃基) 1 2 3 (1)H的化学名称为________，A→B所需的试剂是________。 (2)D→E反应类型是________，J中非含氧官能团名称是________。 (3)G、M的结构简式分别为________、________。 (4)I与新制Cu(OH) 悬浊液发生反应的方程式为________。 2 (5)写出满足下列条件的K的同分异构体结构简式________、________(写出两种即可)。 ①属于芳香族化合物； ②能发生银镜反应； ③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1∶1∶2∶6。 试卷第9页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 【高途】2024 年辽宁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 1．【答案】C 【解析】A．煤炭脱硫能减少二氧化硫的排放，从而减少酸雨的形成，不能减少碳的排放，对实现“碳达峰” 和“碳中和”没有帮助，故A错误； B．人工合成结晶牛胰岛素是蛋白质，故B错误； C．“天和”核心舱电推进系统中使用的氮化硼陶瓷材料能耐高温，属于新型无机非金属材料，故C正确； D．血液是胶体，血液透析原理即胶体不会通过半透膜，静电除尘利用的胶体电泳的性质，二者均利用了 胶体的性质，但性质不同，故D错误； 故选C。 2．【答案】C 【解析】A．铜是第29号元素，根据洪特特例可知，基态铜原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，故A错误； B．NF 分子中心原子N价层电子对数：3＋(5－3×1)/2＝4，含1对孤电子对，VSEPR模型名称为四面体 3 形，故B错误； C．甲醛中存在C＝O，其中含有一个π键，其电子云轮廓为 ，故C正确； D．邻羟基苯甲醛可形成如图所示的分子内氢键： ，故D错误； 故选C。 3．【答案】B 【解析】A．P 分子中含有6个P－P键，CH 分子中含有4个C－H键，1molP 中共价键数为6N ，1mol 4 4 4 A CH 中共价键数为4N ，故A错误； 4 A B．足量的锌与一定量的浓硫酸充分反应，生成硫酸锌、SO 和水，随反应进行，溶液变稀，产生硫酸锌 2 和H ，根据H SO →SO 转移2e－，2H＋→H 转移2e－，生成标况下2.24L气体时，即生成0.1mol气体时， 2 2 4 2 2 无论产物是哪种，转移电子数均为0.2N ，故B正确； A C．电解精炼铜时，阳极的其他金属杂质等也会放电导致阳极质量减小，不能确定阳极减少的质量为64g， 故C错误； D．SO 与O 反应生成SO 是可逆反应，所以1molSO 和0.5molO 充分反应，生成SO 的物质的量小于 2 2 3 2 2 3 1mol，故D错误； 故选B。 试卷第10页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 4．【答案】B 【解析】A．分子中左边N原子价层电子对数为2＋1＝3，其杂化方式为sp2，右边N原子价层电子对数为 3＋1＝4，其杂化方式为sp3，故A正确； B．1mol该有机物含有1mol羧基和1mol碳氯键(水解生成酚羟基)，因此最多可以消耗3molNaOH，故B 错误； C．该物质含有羧基，具有酸性，又含有－N(CH CH ) ，具有碱性，故C正确； 2 3 2 D．该物质含有羧基，能发生酯化反应即取代反应，又含有苯环，能与H 发生加成反应，故D正确； 2 故选B。 5．【答案】A 【解析】A．将2mol·L－1KI溶液与1mol·L－1FeCl 溶液等体积混合，发生反应2FeCl ＋2KI＝2FeCl ＋2KCl 3 3 2 ＋I ，KI过量，充分反应后，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明还存在Fe3＋，则Fe3＋与I－的反应为可 2 逆反应，故A正确； B．烧杯壁变凉，说明该反应在常温下能自发进行，且为吸热反应，当∆H－T∆S＜0时反应自发进行，该 反应∆H＞0，若满足此条件，则∆S＞0，故B错误； C．侯氏制碱法中NaHCO 的制备是向饱和食盐水中先通入足量NH ，再通入CO ，有固体析出，故C错 3 3 2 误； D．NaClO溶液会发生水解，产生少量的HClO，HClO具有漂白性，因此不能达到实验目的，故D错误； 故选A。 6．【答案】B 【解析】A．PEF树脂一定条件可降解成小分子，代替聚乙烯、聚氯乙烯塑料可以减少白色污染，减少对 环境的危害，故A正确； B．葡萄糖为多羟基醛，异构化时，官能团由醛基变为酮羰基，故B错误； C．双键为平面结构，与双键直接相连的C原子共平面，由5－HMF的结构简式可知，所有的C原子与构 成双键的C原子直接相连，可共平面，同理，由FDCA的结构简式可知，所有的C原子也可共平面，故C 正确； D．由PEF的结构简式可知，水解时断裂酯基，断键位置如图： ，即单体a 为HO－CH －CH －OH，故D正确； 2 2 故选B。 7．【答案】D 【解析】A．燃料电池中通氧气的为正极，通燃料的为负极，则石墨Ⅰ极为负极，石墨Ⅱ极为正极，故A错 试卷第11页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 误； B．NO 中N元素的化合价为＋4价，反应后N元素化合价升高，且Y为氧化物，则Y的化学式为N O ， 2 2 5 故B错误； C．负极上NO 失电子生成N O ，则石墨Ⅰ极的电极反应式为：NO ＋NO －－e－＝N O ，故C错误； 2 2 5 2 3 2 5 D．石墨Ⅱ极为氧气得电子发生还原反应，故D正确； 故选D。 8．【答案】C 【解析】W、X、Y、Z为原子序数增大的短周期主族元素，其中Y原子p能级上有一对成对电子，其价 电子排布式为ns2np4，Y处于ⅥA族，甲、乙、丁、戊均为由上述元素组成的二元化合物，乙和丁均含有 10电子的分子，且二者能形成分子间氢键，考虑乙、丁是NH 、H O、HF中的两种，可推知Y为O元素， 3 2 W的原子序数最小，考虑W为H元素，W与Z处于同主族，Z的原子序数大于Y，则Z应是Na元素， 由“甲＋乙→丙＋Y的单质”，可知甲为Na O 、乙为H O、丙为NaOH、Y的单质为O ，而丁与氧气反应 2 2 2 2 生成戊和乙，则丁为NH 、戊为NO，据此分析： 3 A．甲为Na O ，过氧根中氧原子之间形成单键，含有σ键，不含π键，故A错误； 2 2 B．戊是NO，常温常压下是无色气体，故B错误； C．乙为H O、丁为NH ，中心原子氧原子、氮原子均采取sp3杂化，而氧原子有2对孤电子对，氮原子有 2 3 1对孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的排斥力大于孤电子对于成键电子对之间的排斥力，故键角：H O 2 ＜NH ，故C正确； 3 D．丙是NaOH，是强电解质，乙为H O，属于弱电解质，丁为NH ，属于非电解质，故D错误； 2 3 故选C。 9．【答案】B 【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Z同主族，均成四根键，X为C，Z为Si； W和Y均形成3个共价键，W的核外电子总数等于Y的最外层电子数，W为B，Y为N， A．NH 中含分子间氢键，沸点高于CH ，但碳的氢化物可能为液态或固态的烃，故A错误； 3 4 B．同周期元素从左至右电负性逐渐增大，因此电负性：N＞C＞B，故B正确； C．N可以形成硝酸和亚硝酸的含氧酸，故C错误； D．Y、Z最高价氧化物分别为N O 和SiO ，SiO 不能与水反应，故D错误； 2 5 2 2 故选B。 10．【答案】C 【解析】A．由图可知，物质Ⅲ的化学式为Ru(HCOO) ，由化合价代数和为0可知，化合物Ⅲ中Ru的化 2 合价为＋2价，故A正确； 试卷第12页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- B．由图可知，整个过程中，CO 参与反应时有极性键的断裂，生成甲酸时有极性键的形成，故B正确； 2 C．由图可知，CO 转化为HCOOH的反应为在催化剂作用下CO 与H 反应生成HCOOH，反应方程式为 2 2 2 H ＋CO HCOOH，故C错误； 2 2 D．催化反应过程中，物质Ⅰ转化为物质Ⅱ的化学方程式为Ru(OH) ＋2H ＝2H O＋RuH ，2molH 参与反应， 2 2 2 2 2 但只有1molH 作还原剂，1molH 作氧化剂，因此当当1mol物质Ⅰ转化为物质Ⅱ时，物质Ⅰ得到2mol电子， 2 2 故D正确； 故选C。 11．【答案】D 【解析】A．根据图示可知，1溴2丁烯的能量低，更稳定，因此反应时间越长，得到1溴2丁 烯的比例越大，故A错误； B．根据图示可知，生成3溴1丁烯的第二步反应的活化能低，因此短时间内，生成3溴1丁烯 0.3a 的比例大，故生成1溴2丁烯的平均速率为 mol·L－1·min－1，故B错误； t C．根据盖斯定律，生成3溴1丁烯的反应热为∆H ＋∆H ，生成1溴2丁烯的反应热为∆H ＋∆H ， 1 2 1 3 故C错误； D．根据图示可知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，故第一步即H＋与烯烃结合的一步为决 速步，第二步反应中生成3溴1丁烯的活化能小，即Br－进攻时活化能小的方向得到3溴1丁烯， 故D正确； 故选D。 12．【答案】C 【解析】A．F－的最外层电子排布式是2s22p6，故A错误； B．晶胞结构示意图中“白球”代表的是Cu和K，故B错误； C．一定条件下，CuCl 、K和F 反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为＋2。 2 2 由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为4，白球的个数为8，灰球的个数为2，则X中含有3种 元素，其个数比为1∶2∶4，由于其中Cu化合价为＋2、F的化合价为－1、K的化合价为＋1，根据化合 价代数和为0，可以推断X为K CuF ，上述反应的化学方程式为CuCl ＋4K＋2F ＝K CuF ＋2KCl，故C 2 4 2 2 2 4 正确； 2218 D．若阿伏加德罗常数的值为N ，晶胞的质量为 g，晶胞的体积为abcnm3 abc1021cm3，化 A N A 2218 g N 4361021 合物X的密度ρ A  gcm3，故D错误； abc1021cm3 a2cN A 试卷第13页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 故选C。 13．【答案】A 【解析】由图示结合题意分析可知左侧为原电池装置，右侧为电解池装置，且a极反应为Cr O 2－＋6e－＋ 2 7 7H O＝2Cr(OH) ＋8OH－，b极反应为C H OH－28e－＋11H O＝6CO ↑＋28H＋， 2 3 6 5 2 2 A．a极Cr O 2－得电子生成Cr(OH) ，所以a极是正极，b极是负极，且a极反应为Cr O 2－＋6e－＋7H O 2 7 3 2 7 2 ＝2Cr(OH) ＋8OH－，则a极1molCr O 2－参与反应转移6mol电子，OH－通过阴离子交换膜进入NaCl溶液 3 2 7 中；b是负极，转移6mol电子时有6molH＋通过阳离子交换膜进入NaCl溶液，OH－、H＋反应生成水，理 论上NaCl溶液中离子数不变，故A错误； B．电池工作时，b极反应为C H OH－28e－＋11H O＝6CO ↑＋28H＋，b极附近pH减小，故B正确； 6 5 2 2 C．右侧为电解装置，c为阴极，c极反应式为2H＋＋2e－＝H ↑，d为阳极，d极反应式为H O－e－＝·OH＋ 2 2 H＋，C H OH＋28·OH＝6CO ↑＋17H O，转移28mol电子，c极生成14molH ，d极生成6molCO ，所以 6 5 2 2 2 2 两极产生气体的体积比(相同条件下)为7∶3，故C正确； D．d极区苯酚被·OH氧化为CO ，反应方程式为C H OH＋28·OH＝6CO ↑＋17H O，故D正确； 2 6 5 2 2 故选A。 14．【答案】A 【解析】由题中数据可知，7min后反应达到平衡，三段式如下： X(g) ＋ Y(g) ⇌ 2Z(g) 初始浓度(mol/L) 0.016 0.016 0 转化浓度(mol/L) 0.006 0.006 0.012 平衡浓度(mol/L) 0.010 0.010 0.012 0.0122 A．通过三段式可求得该温度下此反应的平衡常数K  1.44，故A正确； 0.0100.010 B．此反应为放热反应，降低温度，反应向正方向移动，反应达到新平衡前v(正)＞v(逆)，故B错误； C．由于该反应气体系数不变，再充入0.2molZ，反应是等效平衡，平衡时X的体积分数不变，故C错误； D．由表中数据，0~2minY的物质的量变化量为0.16－0.12＝0.04mol，则Y的物质的量浓度变化量为 0.004mol/L，Z的物质的量浓度变化量为0.008mol/L，所以0~2min的平均速率v(Z)＝0.004mol·L－1·min－1， 故D错误； 故选A。 15．【答案】C 【解析】由图可知，a、b、c、d所在实线为0.1mol/LNaOH溶液滴定二元弱酸H A的滴定曲线，当 2 试卷第14页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 -----------------------------------     n NaOH n NaOH 1时，H A部分反应，溶液中溶质为NaHA和H A；当 1时，反应生成NaHA，   2 2   n H A n H A 2 2     n NaOH n NaOH NaHA溶液显酸性；当 2时，溶液中溶质为NaHA和Na A；当 2时，反应生成   2   n H A n H A 2 2 Na A，Na A溶液显碱性， 2 2 A．由图可知，25℃时，c  HA  c  H A  时，pH约为4，则H A第一步电离平衡常数 2 2     c HA c H   K  c H 104，故A正确； a1 c  H A  2     B．c点溶液中，溶质为NaHA和Na A，且c HA c A2 ，由电荷守恒可知 2               c Na c H c HA c OH 2c A2 ，pH＝7，c H c OH ，故         c Na c HA 2c A2 3c A2 ，故B正确； C．未加NaOH溶液时，H A电离出H＋，抑制水的电离，加入NaOH溶液，酸逐渐中和为盐，对水的电离 2 抑制程度减弱，生成的NaHA和Na A能水解，促进水的电离，当酸碱恰好中和为Na A，即d点附近(pH 2 2 突变)，对水的电离促进程度最大，故a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d＞c＞b＞a，故C错误； D．b点溶液中溶质为NaHA和Na A，结合图像可知c  Na  c  HA  c  A2  c  H A  ，b点pH＜7， 2 2 故D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共 4小题，共 55分。 16、(14分)【答案】(1)将金属电极芯粉碎(合理即可)(1分)； (2)Al(OH) (1分)；5.2≤pH≤7.6(2分)；bc(2分)； 3 (3)2Co2＋＋ClO－＋5H O＝Cl－＋2Co(OH) ↓＋4H＋(2分)； 2 3 (4)将Co2＋氧化为＋3价，便于生成Co(OH) 沉淀，从而易于与Ni2＋分离(2分)； 3 (5)2×10－4；2HCO －＋Co2＋＝CoCO ↓＋H O＋CO ↑(2分)； 3 3 2 2 (6)能洗去杂质的同时，减少NiSO ·7H O的损耗，并且能加快晶体的干燥(2分)； 4 2 【解析】废镍电池的金属电极芯(主要成分为Co、Ni，还含少量Fe、Al等)加入硫酸溶解，Co、Ni、Fe、 Al分别转化为Co2＋、Ni2＋、Fe2＋、Al3＋，其中Fe2＋、Al3＋是杂质离子，结合表格中所给的阳离子以氢氧化 物沉淀时溶液的pH可知，在浸出液中加入H O 的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后调节pH使Fe3＋、Al3＋ 2 2 沉淀为Fe(OH) 、Al(OH) ，此时母液1中的阳离子即为Co2＋、Ni2＋，加入NaClO的目的是将Co2＋氧化为 3 3 Co3＋，便于调节pH形成沉淀，实现与Ni2＋的分离，故母液2中含Ni2＋；向Co(OH) 中加入H SO -H O ， 3 2 4 2 2 试卷第15页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 得到母液3，而向母液3中加入Na CO 即得CoCO ，故H O 的作用是将Co(OH) 还原为Co2＋，即母液中 2 3 3 2 2 3 含Co2＋，加入碳酸钠沉钴，将Co2＋转化为CoCO 沉淀，再经过一系列操作即得醋酸钴晶体；母液2中含 3 Ni2＋，通入氨气将其沉淀为Ni(OH) ，再加入硫酸溶解为NiSO ，即母液4为NiSO 溶液，再经加热浓缩、 2 4 4 冷却结晶、过滤、干燥即得硫酸镍晶体，据此分析： (1)用硫酸没取金属电极芯时，为了提高浸取率，可以将金属电极芯粉碎，或者适当提高硫酸的浓度，或者 升高温度等，合理即可。 (2)根据表格数据可知，在浸取液中加入H O 的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后调节pH使Fe3＋、Al3＋沉 2 2 淀为Fe(OH) 、Al(OH) ，沉淀A的主要成分是Fe(OH) 、Al(OH) ，“浸出液”需调节pH至Fe3＋、Al3＋沉淀 3 3 3 3 完全而Co2＋、Ni2＋不沉淀，故pH的范围为5.2≤pH≤7.6；调节pH用的试剂需不能引入杂质且对Fe3＋、Al3 ＋、Co2＋、Ni2＋无影响，a．铁能将Fe3＋反应为Fe2＋，故a错误；b．氨水可调节溶液的pH，且对Fe3＋、Al3 ＋、Co2＋、Ni2＋无影响，故b正确；c．碳酸钠溶液可以使溶液的pH增大，且引入的碳酸根在后续步骤中 通过加硫酸可以除去，故c正确；d．稀硫酸的加入会使溶液的pH减小，故d错误；故bc正确。 (3)“母液1”中的金属阳离子为Co2＋、Ni2＋，由于二者开始沉淀的pH相同，若使二者分离，需加入NaClO 将Co2＋氧化为Co3＋，ClO－被还原为Cl－，而由于该反应环境为酸性环境，故离子方程式为：2Co2＋＋ClO－ ＋5H O＝Cl－＋2Co(OH) ↓＋4H＋。 2 3 (4)“母液1”中的金属阳离子为Co2＋、Ni2＋，“母液1”中先加入NaClO溶液将Co2＋氧化为Co3＋，而后又生成 沉淀，以此与Ni2＋分离，则NaClO溶液的作用是将Co2＋氧化为＋3价，便于生成Co(OH) 沉淀，从而易 3 于与Ni2＋分离。 (5)“母液3”中应控制Na CO 用量使终点pH为8.5为宜，即c(H＋)＝10－8.5mol/L，c(OH－)＝10－5.5mol/L，根 2 3 据K [Co(OH) ]＝2×10－15可知c(Co2＋)·c2(OH－)＝2×10－15，故c(Co2＋)＝2×10－4mol/L；用NH HCO 代替 sp 2 4 3 Na CO 制得CoCO ，则HCO －与Co2＋反应生成CoCO 沉淀和H＋，生成的H＋与过量的HCO －反应生成 2 3 3 3 3 3 H O和CO ，故离子方程式为：2HCO －＋Co2＋＝CoCO ↓＋H O＋CO ↑。 2 2 3 3 2 2 (6)“母液4”为NiSO 溶液，获取NiSO ·7H O的操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，乙醇易挥发， 4 4 2 且能降低NiSO ·7H O溶解度，则用乙醇洗涤的优点是：能洗去杂质的同时，减少NiSO ·7H O的损耗， 4 2 4 2 并且能加快晶体的干燥。 17．(13分)【答案】(1)平衡气压，使液体顺利滴下(2分)； (2)2MnO －＋10Cl－＋16H＋＝2Mn2＋＋5Cl ↑＋8H O(2分)； 4 2 2 (3)除去Cl 中的HCl(2分)；浓硫酸(2分)； 2 (4)通过旋转水龙头，控制水流速度(2分)； (5)硝酸(1分)；14.35(2分)。 试卷第16页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 【解析】由实验装置可知，装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯 气中混有氯化氢气体和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸 用于干燥氯气，装置D中氯气与冰醋酸共热反应制备一氯乙酸，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收反 应生成的氯化氢、和挥发出的冰醋酸和未反应的氯气，防止污染空气。 (1)由实验装置图可知，装置A中盛装浓盐酸的分液漏斗中橡胶管的作用是平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下。 (2)由分析可知，装置A中发生的反应为高锰酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应 的离子方程式为：2MnO －＋10Cl－＋16H＋＝2Mn2＋＋5Cl ↑＋8H O。 4 2 2 (3)由分析可知，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气， 故装置B的作用为除去Cl 中的HCl；装置C中盛放的试剂是浓硫酸。 2 (4)由实验装置图可知，从三颈烧瓶中分离一氯乙酸的装置为抽滤装置，实验时控制过滤速率的操作方法为 通过旋转水龙头，控制水流速度。 (5)由题意可知，一氯乙酸与氢氧化钠溶液在煮沸条件下反应生成HOCH COONa、NaCl和H O，为防止氢 2 2 氧化钠溶液干扰氯化银的形成，加入硝酸银溶液之前应加入过量的稀硝酸中和溶液中的氢氧化钠溶液，由 氯原子守恒可知，产品中不含二氯乙酸等杂质时，反应生成氯化银的质量为14.35g。 18．(14分)【答案】(1)①－165.4kJ/mol(2分)；D；②0.6kPa·s－1(2分)； (2)①＞(2分)；②反应I(2分)；催化剂降低反应I的活化能，对于反应II的活化能影响较小或无影响(2分)； ③AB(2分)；④625L2·mol－2(2分) 【解析】(1)①根据题中条件可写出热化学方程式： I：H (g)＋1/2O (g)＝H O(l)∆H ＝－286kJ/mol； 2 2 2 1 II：CH (g)＋2O (g)＝2H O(l)＋CO (g)∆H ＝－890.6kJ/mol； 4 2 2 2 2 III：H O(g)＝H O(l)∆H ＝－44kJ/mol， 2 2 3 由I×4－II－III×2可得：CO (g)＋4H (g) 2H O(g)＋CH (g)， 2 2 2 4 则萨巴蒂尔反应的∆H＝4∆H －∆H －2∆H ＝－165.4kJ/mol； 1 2 3 该反应放热，正向反应气体分子数减小，则有利于萨巴蒂尔反应的条件是低温高压，故选D； ②列三段式： CO (g) ＋ 4H (g) 2H O(g) ＋ CH (g) 2 2 2 4 起始kPa 20 40 0 0 变化kPa 7.5 30 15 7.5 剩余kPa 12.5 10 15 7.5 CH 的反应速率v(CH )＝1.2×10－6p(CO )p4(H )(kPa·s－1)＝1.2×10－6×12.5×104(kPa·s－1)＝0.15kPa·s－1，则该时 4 4 2 2 刻v(H )＝4×v(CH )＝0.6kPa·s－1； 2 4 试卷第17页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- (2)①a点二氧化碳转化率在增大，反应正向进行，则v(正)＞v(逆)； ②由图可知Ru/TiO 催化剂在较低温度主要选择反应I；从反应动力学角度分析，催化剂降低反应I的活化 2 能，对于反应II的活化能影响较小或无影响； ③A．催化剂活性降低，速率减慢，相同时间内二氧化碳转化率减小，A符合要求； B．温度升高，主要选择的反应I为放热反应，平衡逆向移动，平衡常数变小，相同时间内二氧化碳转化 率减小，B符合要求； C．副反应增多不能使二氧化碳转化率减小，C不符合要求； D．升高温度不能使反应活化能增大，D不符合要求； 故选AB； ④350℃时，CO 的转化率为80%，反应I的选择性为100%，列三段式： 2 CO (g) ＋ 4H (g) 2H O(g) ＋ CH (g) 2 2 2 4 起始mol 1 4 0 0 变化mol 0.8 3.2 1.6 0.8 剩余mol 0.2 0.8 1.6 0.8 达到平衡时容器体积为5L，平衡的浓度分别为0.04mol/L、0.16mol/L、0.32mol/L、0.16mol/L，则平衡常数 0.3220.16 为：K  625L2mol2。 0.040.164 19．(14分)【答案】(1)苯甲醛(1分)；铁粉和液溴(1分)； (2)取代反应(1分)；碳碳双键(1分)； (3) (2分)；CH MgBr(2分)； 3 (4) ＋NaOH＋2Cu(OH) Cu O↓＋3H O＋ ；(3分) 2 2 2 (5) 或 或 或 。(3分) 【解析】由A的分子式、C的结构简式，可知A为 ，A与溴发生取代反应生成B，故B为 ， 对比D、F的结构，结合B→C的转化，可知D中羟基被溴原子取代生成E，故E为 ， 对比F、N的结构，结合信息i可知G为 ，苯甲醛与乙醛脱去1分子水生成 ，被氢氧化铜氧化后酸化生成J，故J为 ，K与甲醇发生酯 化反应生成L，L与M发生信息ii中反应生成N，由K的分子式、N的结构可知J中碳碳双键与氢气发生 试卷第18页，共10页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 加成反应生成K，故K为 ，则L为 ，M为CH MgBr， 3 以此解答： (1)H的化学名称为苯甲醛；A→B是 与溴发生取代反应生成 ，所需条件是铁粉和液溴； (2)D→E是D中羟基被溴原子取代生成E，故反应类型是取代反应；J为 ，含有的 非含氧官能团名称是碳碳双键； (3)由分析可知，G的结构简式为 ；M的结构简式为CH MgBr； 3 (4)I中含有醛基，能够与新制氢氧化铜悬浊液发生反应生成氧化亚铜，其化学方程式为： ＋NaOH＋2Cu(OH) Cu O↓＋3H O＋ ； 2 2 2 (5)K的结构简式为： ，满足下列条件的K的同分异构体：①属于芳香族化合物， 说明含有苯环，②能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸酯，③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为 1∶1∶2∶6，说明存在对称结构，且含有2个甲基，可能的同分异构体为： 或 或 或 (写出两种即可)。 试卷第19页，共10页