高考化学通用版二轮专题复习创新训练考前仿真适应性训练一三Word格式.docx
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8＝0.4mol，含H原子数目为0.4NA，正确；
D项，常温常压下，11.2LH2不是0.5mol，错误。
9．短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大，且在同一周期，四种元素原子的最外层电子数之和为19，X和Y元素原子的原子序数之比为6∶7，X的最高正价是W的最低负价的绝对值的2倍。
A．X单质可以通过铝热法获得
B．Y的氧化物是良好的半导体材料
C．Z的氢化物比W的氢化物更稳定
D．X的氧化物和Z的最高价氧化物化合的产物中有共价键和离子键
选D 根据提供信息，可以推断出X为Mg，Y为Si，Z为S，W为Cl。
A项，Mg比Al活泼，不能用铝热法获得Mg，应该用电解法，错误；
B项，单质硅是良好的半导体材料，SiO2不是半导体材料，错误；
C项，非金属性：
S<
Cl，因此氢化物稳定性：
H2S<
HCl，错误；
D项，MgO和SO3化合的产物为MgSO4，Mg2＋和SO
之间形成离子键，SO
中S和O之间形成共价键，正确。
10．某有机物A（C9H18O2）在稀硫酸溶液中水解为相对分子质量相等的B、C，其中B分子中含有3个甲基，则A、B、C中能与氢氧化钠溶液反应的物质最多有（不考虑立体异构）（ ）
A．10种 B．8种
C．6种D．4种
选B 由有机物的性质知A是酯，由B、C相对分子质量相等的关系知B、C分别为C5H11OH、C3H7COOH中的一种，C5H11OH中含有3个—CH3，则B有3种结构：
C（CH3）3CH2OH、CH3CH2C（CH3）2OH、CH3CH（CH3）CH（CH3）OH，C3H7COOH有2种不同的结构：
CH3CH2CH2COOH和（CH3）2CHCOOH，故A有3×
2＝6种结构的酯，A、C都能与NaOH溶液反应，共有8种与NaOH溶液反应的物质。
11．下列实验操作、现象和结论对应关系正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
测定等物质的量浓度的盐酸、硅酸的pH
盐酸的pH小于硅酸的pH
非金属性：
Cl>
Si
B
取待测液于试管中，加一颗绿豆大的钠粒
有气体生成
检验乙酸溶液中是否混有乙醇
C
向FeI2溶液中加入少量苯，然后再通入少量Cl2
下层液体呈浅绿色，上层液体呈紫红色
还原性：
I－>
Fe2＋
D
加热分解某盐X，将产生的气体通入硝酸酸化的BaCl2溶液中
产生白色沉淀
X可能是NaHCO3
选C A项，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，不能根据氢化物水溶液酸性强弱判断元素非金属性强弱，所以不能根据盐酸酸性强弱判断Cl元素非金属性强弱，错误；
B项，乙酸、乙醇均能与钠反应产生气体，不能检验是否含乙醇，错误；
C项，氯水先氧化I－，下层液体呈浅绿色，上层液体呈紫红色，则由现象可知还原性：
I－＞Fe2＋，正确；
D项，CO2与硝酸酸化的BaCl2溶液不反应，则由现象可知，白色沉淀为BaSO4，则X可能是NaHSO3，错误。
12.已知：
电池的理论比能量指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。
镁空气电池的总反应方程式为2Mg＋O2＋2H2O===2Mg（OH）2，其工作原理如图所示，下列说法不正确是（ ）
A．该电池的放电过程的正极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－
B．为防止负极区沉积Mg（OH）2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜
C．与铝空气电池相比，镁空气电池的比能量更高
D．采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极
选C A项，根据题给放电的总反应2Mg＋O2＋2H2O===2Mg（OH）2，O2在正极得电子，由于有阴离子交换膜，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，正确；
B项，负极是金属失去电子生成金属阳离子，因为Mg2＋或Al3＋都可以和OH－反应生成氢氧化物沉淀，说明应采用中性电解质或阳离子交换膜，防止正极产生的OH－通过而反应，正确；
C项，24g镁失去2mol电子，27g铝失去3mol电子，所以铝空气电池的理论比能量更高，错误；
D项，多孔电极可以增加O2与电极的接触，使O2充分反应，正确。
13．在25℃时，将1.0Lwmol·
L－1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，充分反应。
然后向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固体（忽略体积和温度变化），引起溶液pH的变化如图所示。
下列叙述正确的是（ ）
A．a、b、c对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是c>
a>
b
B．b点混合液中c（Na＋）>
c（CH3COO－）
C．加入CH3COOH过程中，
增大
D．25℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝
选D 1.0Lwmol·
L－1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，混合后溶液的pH＜5，显酸性，说明醋酸过量，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa。
A项，加入CH3COOH，醋酸电离出的H＋抑制水的电离，a点水的电离程度最小，错误；
B项，b点溶液显酸性，c（H＋）＞c（OH－），根据电荷守恒，c（Na＋）＋c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－），则c（Na＋）＜c（CH3COO－），错误；
C项，加入CH3COOH过程中，c（CH3COO－）增大，c（Na＋）减小，c（OH－）减小，因此
减小，错误；
D项，25℃时，c点溶液中存在0.2molCH3COONa和（w－0.1）molCH3COOH，溶液的pH＝7，则电离平衡常数Ka＝
＝
，正确。
二、必考题（本题包括3个小题，共43分）
26．（14分）溴化亚铜可用于彩色照相，是一种白色结晶状粉末，见光分解，在空气中会慢慢氧化成绿色，溶于氢溴酸、盐酸、硝酸和氨水，在热水中也会发生分解。
实验室制备CuBr的装置示意图和步骤如下：
实验步骤：
①在装置A中加人50.0gCuSO4·
5H2O、30.9gNaBr、150mL蒸馏水，60℃时不断搅拌，以适当流速通入SO2；
②溶液冷却后倾去上层清液，在避光的条件下过滤；
③依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、纯乙醚洗涤；
④在双层干燥器（分别装有浓硫酸和氢氧化钠）中干燥3～4h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥，得到产品21.6g。
回答下列问题：
（1）步骤②中过滤需要避光的原因是________________________________________。
（2）步骤①中实验所用蒸馏水事先要进行的处理操作是________________，控制反应在60℃条件下进行，实验中可采取的措施是________________________。
（3）步骤③中洗涤剂需“溶有SO2”的原因是______________________________
________________________；
最后洗涤剂改用乙醚的目的是________________________________________________________________________。
（4）装置A中反应生成CuBr的离子方程式为_______________________________；
说明反应已完成的现象是________________________。
（5）本实验产品的产率是________。
（1）CuBr见光会分解，所以步骤②过滤需要避光。
（2）CuBr能被O2慢慢氧化，用SO2还原Cu2＋生成CuBr要排除O2的干扰，可以通过加热煮沸的方法除去水中的O2；
控制反应在60℃进行，可以用60℃的水浴加热。
（3）CuBr在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥。
（4）三颈烧瓶中Cu2＋被SO2还原成Cu＋，与Br－反应生成CuBr沉淀，反应的离子方程式为2Cu2＋＋2Br－＋SO2＋2H2O===2CuBr↓＋SO
＋4H＋；
当溶液蓝色完全褪去即说明反应已完成。
（5）50.0gCuSO4·
5H2O的物质的量为0.2mol，理论生成CuBr的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol×
144g·
mol－1＝28.8g，本实验产品的产率是
×
100%＝75.0%。
答案：
（1）防止CuBr见光分解
（2）加热煮沸 60℃水浴加热
（3）防止CuBr被氧化 除去表面乙醇，并使晶体快速干燥
（4）2Cu2＋＋2Br－＋SO2＋2H2O===2CuBr↓＋SO
＋4H＋ 溶液蓝色完全褪去
（5）75.0%
27．（15分）H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。
请回答：
（一）H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体，反应原理为
（Ⅰ）COS（g）＋H2（g）H2S（g）＋CO（g）ΔH＝＋7kJ·
mol－1
（Ⅱ）CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）ΔH＝－42kJ·
已知断裂1mol气态分子中的化学键所需能量如下表所示。
分子
COS（g）
H2（g）
CO（g）
H2S（g）
H2O（g）
CO2（g）
能量
（kJ·
mol－1）
1310
442
x
669
930
1606
（1）计算表中x＝________。
（2）向VL容积不变的密闭容器中充入1molCOS（g）、amolH2（g）和1molH2O（g），发生上述两个反应，其他条件不变时，容器内CO的平衡体积分数与温度（T）的关系如图所示。
已知：
T1K时测得平衡体系中COS为0.80mol，H2为0.85mol。
①随着温度的升高，CO的平衡体积分数增大，理由是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②a＝_______。
T1K时COS的平衡转化率为________。
③T1K时容器内总压强为pMPa，用气体分压代替气体浓度计算反应（Ⅰ）压强平衡常数Kp＝________气体组分的分压＝总压强×
（气体组分的物质的量/气体总物质的量）（结果保留2位小数）。
（3）少量的羰基硫（COS）用氢氧化钠溶液处理的过程如下（部分产物已略去）:
COS
Na2S溶液
Na2S2O3溶液＋H2
如图是反应Ⅱ中，在不同温度下，反应时间与H2产量的关系图（Na2S的初始含量为3mol）。
①Na2S溶液显________（“酸性”或“碱性”）。
②判断T1、T2、T3的大小：
____________。
（二）H2S用于金属离子的鉴定。
（4）已知：
25℃时，Ksp（SnS）＝1.0×
10－25，Ksp（CdS）＝8.0×
10－27。
该温度下，向浓度均为0.1mol·
L－1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，当Sn2＋开始沉淀时，溶液中c（Cd2＋）＝________（溶液体积变化忽略不计）。
（1）根据反应CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g） ΔH＝－42kJ·
mol－1＝反应为的键能之和－生成物的键能之和＝[（x＋930）－（1606＋442）]kJ·
mol－1，解得x＝1076。
（2）①（Ⅰ）COS（g）＋H2（g）H2S（g）＋CO（g） ΔH＝＋7kJ·
mol－1，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大，（Ⅱ）CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g） ΔH＝－42kJ·
mol－1，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大。
②COS（g）＋H2（g）H2S（g）＋CO（g）
起始量（mol）1a00
反应量（mol）0.20.20.20.2
平衡量（mol）0.8a－0.20.20.2
CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）
起始量（mol）0.210a－0.2
反应量（mol）xxxx
平衡量（mol）0.2－x1－xx a－0.2＋x
则a－0.2＋x＝0.85，根据图像，平衡时CO的平衡体积分数为5%，因此5%＝
100%，解得a＝1，x＝0.05，COS的平衡转化率＝
100%＝20%。
③根据上述计算可知COS（g）＋H2（g）H2S（g）＋CO（g）平衡时的物质的量分别为COS0.8mol，H20.85mol，H2S0.2mol，CO0.15mol，气体的总物质的量为2mol，Kp＝
≈0.044。
（3）①Na2S属于强碱弱酸盐，水解溶液显碱性。
②由图可知，温度高的反应速率大，反应的时间短，则T3>
T2>
T1。
（4）根据Ksp（SnS）＝1.0×
10－25，当Sn2＋开始沉淀时，溶液中c（S2－）＝
＝1.0×
10－24mol·
L－1，此时溶液中c（Cd2＋）＝
＝8.0×
10－3mol·
L－1。
（1）1076
（2）①反应（Ⅰ）为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；
反应（Ⅱ）为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大
②1 20% ③0.044
（3）①碱性 ②T3>
T1
（4）8.0×
L－1
28．（14分）某混合物浆液含Al（OH）3、MnO2和少量Na2CrO4。
考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（如图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。
回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。
固体混合物分离利用的流程图
Ⅰ.固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）
（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为__________________________________________，
B→C的反应条件为________，C→Al的制备方法称为________。
（2）该小组探究反应②发生的条件。
D与浓盐酸混合，不加热，无变化；
加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。
由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）________。
a．温度 bB．Cl－的浓度 c．溶液的酸度
（3）0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·
xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为________________________________________________________________________
Ⅱ.含铬元素溶液的分离和利用
（4）用惰性电极电解时，CrO
能从浆液中分离出来的原因是________________________________________________________________________，
分离后含铬元素的粒子是________________；
阴极室生成的物质为____________（写化学式）。
（1）NaOH由Na＋和OH－构成，电子式为
。
根据题中图示转化关系，向溶液A中通入CO2，发生反应：
NaAlO2＋2H2O＋CO2===Al（OH）3↓＋NaHCO3，沉淀B为Al（OH）3，固体C为Al2O3，B→C的反应条件为加热或煅烧，Al2O3→Al的制备方法为电解熔融氧化铝。
（2）根据“D与浓盐酸混合，不加热，无变化；
加热有Cl2生成”知温度对反应有影响；
滴加硫酸，引入H＋，又产生Cl2，说明溶液的酸度对反应有影响。
（3）该还原性气体为CO，易水解生成TiO2·
xH2O的液态化合物为TiCl4，反应的化学方程式为2Cl2（g）＋TiO2（s）＋2C（s）===TiCl4（l）＋2CO（g），结合题意知ΔH＝－
2＝－85.6kJ·
mol－1。
（4）题图中电解分离装置采用离子交换膜，根据电解时阴离子向阳极移动，则在直流电场作用下，CrO
通过阴离子膜向阳极室移动，脱离浆液。
在阳极室，CrO
发生可逆反应：
2CrO
＋2H＋Cr2O
＋H2O，故分离后含铬元素的粒子是CrO
、Cr2O
在阴极室，H2O放电：
2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，c（OH－）增大，且Na＋向阴极室移动，故阴极室生成的物质为NaOH、H2。
（1）
加热（或煅烧） 电解法
（2）ac （3）2Cl2（g）＋TiO2（s）＋2C（s）===TiCl4（l）＋2CO（g） ΔH＝－85.6kJ·
（4）在直流电场作用下，CrO
通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 CrO
和Cr2O
NaOH和H2
三、选考题（本题包括2个小题，考生选择其中一个作答，计15分）
35．[物质结构与性质]（15分）钛镍形状记忆合金（TiNi）被广泛用于人造卫星和宇宙飞船的天线，在临床医疗领域内也具有广泛的应用。
回答下列问题
（1）写出基态Ni原子的电子排布式：
__________________________________________。
（2）钛镍合金能溶于热的硫酸生成Ti（SO4）2、NiSO4，其中阴离子的立体构型为________________，中心原子的轨道杂化类型是__________。
（3）工业上将金红石（主要成分TiO2）转化为液态TiCl4，再用金属镁在高温下还原得到金属钛，同时生成MgCl2。
①MgCl2的熔沸点比TiCl4高得多，其原因是___________________________________
②原子半径r（Cl）_____（填“＞”“＜”或“＝”，下同）r（Mg），离子半径r（O2－）______r（Mg2＋）。
（4）金属镍能与CO反应生成一种配合物Ni（CO）4（常温下为无色液体），Ni（CO）4的固体属于________晶体，Ni与CO之间的化学键称为________。
（5）一种钛镍合金的立方晶胞结构如图所示，该合金中Ti的配位数为________。
（1）镍是28号元素，基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2。
（2）SO
中S的价层电子对数＝4，所以中心原子均为sp3杂化，为正四面体形结构。
（3）①MgCl2为离子晶体，TiCl4为分子晶体，因此MgCl2的熔沸点比TiCl4高得多。
②同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径r（Cl）＜r（Mg），具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径r（O2－）＞r（Mg2＋）。
（4）根据配合物Ni（CO）4，常温下为无色液体，满足分子晶体的特征，Ni与CO之间的化学键称为配位键。
（5）在晶胞中钛原子的数目为8×
＋6×
＝4，镍原子的数目为12×
＋1＝4，因此Ti的配位数＝Ni的配位数，根据晶胞中心的Ni原子容易看出Ni的配位数为6。
（1）1s22s22p63s23p63d84s2（或[Ar]3d84s2）
（2）正四面体形 sp3
（3）①前者为离子晶体后者为分子晶体 ②<
>
（4）分子 配位键
（5）6
36．[有机化学基础]（15分）羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，合成路线如下图所示：
RCOOR′＋R″OH
RCOOR″＋R′OH（R、R′、R″代表烃基）。
（1）A属于芳香烃，其结构简式是________。
B中所含的官能团是________。
（2）C→D的反应类型是________。
（3）E属于酯类。
仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成E，写出有关化学方程式：
2E一定条件,F＋C2H5OH。
F所含官能团有
和________。
（5）以D和F为原料合成羟甲香豆素分为三步反应，写出有关化合物的结构简式。
（1）A与浓HNO3、浓H2SO4的混酸在加热条件下反应生成B，B经还原生成C，两步反应均不涉及碳原子数的改变，因此A中所含碳原子数与C中所含碳原子数相同，都等于6，且A为芳香烃，因此A为
；
A→B为苯的硝化反应，因此B中含有的官能团为硝基。
（2）根据D的分子式为C6H6O2且D中含有苯环，可推断出D中苯环上有两个羟基，C中苯环上有2个氨基，因此C→D为2个氨基被2个羟基取代的反应，属于取代反应。
（3）根据E的分子式为C4H8O2及E在一定条件下可得到乙醇知，E为乙酸乙酯，以乙醇为有机原料
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