高三化学综合模拟二 届高三化学一轮复习Word下载.docx
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2H++Cl-+ClO-=C
l2↑+H2O
D.该消毒液加白醋生成HClO,可增强漂白作用:
CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO—
4.有机物是制备镇痛剂的中间体。
下列关于该有机物的说法错误的是( )
A.
与环己烷互为同分异构体
B.一氯代物有五种(不考虑立体异构)
C.所有碳原子可处于同一平面
D.该有机物的名称为2甲基2戊烯
5.某物质A的实验式为CoCl3·
4NH3,1molA中加入足量的AgNO3溶液中能生成1mol白色沉淀,以强碱处理并没有NH3放出,则关于此化合物的说法中正确的是( )
A.Co3+只与NH3形成配位键
B.配合物配位数为3
C.该配合物可能是平面正方形结构
D.此配合物可写成[Co(NH3)4Cl2]Cl
6.在酸性条件下,向含铬废水中加入FeSO4,可将有害的Cr2O
转化为Cr3+,然后再加入熟石灰调节溶液的pH,使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀,而从废水中除去。
下列说法正确的是( )
A.FeSO4在反应中作氧化剂
B.随着反应的进行,该废水的pH会减小
C.若该反应转移0.6mol电子,则会有0.2molCr2O
被还原
D.除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应
7.元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,p、q、r是由这些元素组成的二元化合物,m、n分别是元素Y、Z的单质,m是生产、生活中运用最广泛的金属单质,n通常为深红棕色液体,r是一种强酸,p是来自于煤的一种常见有机物,s是难溶于水、比水重的油状液体,上述物质的转化关系如图所示。
A.Y元素的基态原子的价电子排布式为3s23p1
B.W的氧化物仅含极性共价键
C.常温下,可用m制的罐槽车运输浓硫酸
D.从煤中制取p的操作是裂解
8.我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇,反应机理的示意图如下:
下列说法不正确的是( )
A.肉桂醛分子中不存在顺反异构现象
B.苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子
C.还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂
D.该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基
9.最近报道的一种处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图如下。
装置工作时,下列说法不正确的是( )
A.盐桥中Cl-向Y极移动
B.化学能转变为电能
C.电子由X极沿导线流向Y极
D.Y极发生的反应为2NO
+10e-+12H+===N2+6H2O,周围pH增大
10.K2Cr2O7溶液中存在平衡:
Cr2O72—(橙色)+H2O
2CrO42—(黄色)+2H+。
用K2Cr2O7溶液进行下列实验:
结合实验,下列说法不正确的是()
A.①中溶液橙色加深,③中溶液变黄
B.②中Cr2O72—被C2H5OH还原
C.对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D.若向④中加入70%H2SO4溶液至过量,溶液变为橙色
二、选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。
每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得1分,有选错的得0分。
11.测定0.1mol/LNa2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是()
A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:
SO32—+H2O
+OH−
B.④的pH与①不同,是由于SO32—浓度减小造成的
C.①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D.①与④的Kw值相等
12.将5mL0.005mol·
L-1FeCl3溶液和5mL0.015mol·
L-1KSCN溶液混合。
达到平衡后溶液呈红色。
再将混合液等分为5份,分别进行如下实验:
实验①:
滴加4滴水,振荡
实验②:
滴加4滴饱和FeCl3溶液,振荡
实验③:
滴加4滴1mol·
L-1KCl溶液,振荡
实验④:
L-1KSCN溶液,振荡
实验⑤:
滴加4滴6mol·
L-1NaOH溶液,振荡
A.对比实验①和②,为了证明增加反应物浓度,平衡发生正向移动
B.对比实验①和③,为了证明增加生成物浓度,平衡发生逆向移动
C.对比实验①和④,为了证明增加反应物浓度,平衡发生正向移动
D.对比实验①和⑤,为了证明减少反应物浓度,平衡发生逆向移动
13.已知氧化性Fe3+>
Cu2+,向物质的量浓度均为1mol·
L-1的Fe2(SO4)3、CuSO4的1L混合液中加入amol铁粉,充分反应后,下列说法正确的是( )
A.当a≤1时,发生的反应为Fe+2Fe3+===3Fe2+
B.当固体有剩余时,溶液中一定存在Fe2+、Fe3+
C.当1≤a<
2时,溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol
D.若有固体剩余,则固体中一定有铁,可能有铜
14.(2018·
全国卷Ⅱ,12)我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na—CO2二次电池。
将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液,钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料,电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C。
下列说法错误的是( )
A.放电时,ClO
向负极移动
B.充电时释放CO2,放电时吸收CO2
C.放电时,正极反应为3CO2+4e-===2CO
+C
D.充电时,正极反应为Na++e-===Na
15.汽车尾气净化原理为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5kJ·
mol-1,下图为在不同初始浓度的CO和不同催化剂Ⅰ、Ⅱ作用下(其他条件相同),体积为2L的密闭容器中n(N2)随反应时间的变化曲线,下列说法正确的是( )
A.a点时,催化剂Ⅰ、Ⅱ作用下CO的转化率相等
B.0~6h内,催化剂Ⅰ的催化效果比催化剂Ⅱ的好
C.0~5h内,催化剂Ⅰ作用下CO的反应速率为0.32mol·
L-1·
h-1
D.0~12h内,催化剂Ⅱ作用下反应放出的热量比催化剂Ⅰ的多
三、非选择题(本题共5小题,共60分。
16.(10分)燃煤产生的烟气中含有较多的CO2、CO、SO2等影响环境的气体。
如何综合利用这些气体一直是科研单位研究的热点。
(1)已知:
2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH1
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2
2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH3
用ΔH2、ΔH3表示ΔH1,ΔH1=_______________________________________________。
(2)研究发现,催化剂可以使烟气中的CO、SO2转化为CO2、S。
反应原理为:
2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) ΔH=-270kJ·
mol-1。
①其他条件相同时,研究发现,分别选取Fe2O3、NiO、Cr2O3作上述反应的催化剂时,SO2的转化率随反应温度的变化如图,研究得出,应该选择Fe2O3作催化剂,主要原因可能是
________________________________________________________________________。
②若在2L恒容密闭容器中,将3molCO、1molSO2混合,在一定条件下引发反应,当SO2的平衡转化率为40%时,此时K=________。
③向反应容器中再分别通入下列气体,可以使SO2
转化率增大的是________(填字母)。
A.CO B.SO2 C.N2 D.H2S E.CO2
17.(11分).摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·
6H2O]是一种重要的化工原料,可用于制取纳米Fe3O4和草酸合铁酸钾等。
(1)取一定质量摩尔盐样品与过量NaOH溶液反应。
①根据生成气体的体积计算得到摩尔盐的纯度小于实际值,其原因是_________________。
②向所得Fe(OH)2沉淀中加入NaNO2溶液可制得纳米Fe3O4,同时产生NO。
该反应的离子方程式为________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
(2)摩尔盐经氧化后与KOH和H2C2O4反应可得到草酸合铁酸钾[KaFeb(C2O4)c·
dH2O],其中Fe元素化合价为+3。
为了确定草酸合铁酸钾的组成,准确称取4.910g样品在氮气气氛下加热,固体样品的剩余质量随温度的变化如图所示。
已知:
a.120℃时已完全失去结晶水。
b.200~580℃分解产生的CO和CO2恢复至标准状况下体积为1.008L。
c.580℃以上残留固体为FeO和K2CO3的混合物。
根据以上实验数据计算草酸合铁酸钾中的n(Fe3+):
n(C2O
)(写出计算过程)。
19.(12分)碳、氮、铜形成的单质及它们形成的化合物有重要研究和应用价值,回答下列问题:
(1)邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应,其结构简式如图所示。
①基态Cu原子的价电子排布式为________,在元素周期表中铜位于________(填“s”“p”“d”或“ds”)区。
②C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为__________。
③邻氨基吡啶的铜配合物中,Cu2+的配位数是________,N原子的杂化类型为________。
(2)C60是富勒烯族分子中稳定性最高的一种,N60是未来的火箭燃料,二者结构相似。
①有关C60和N60的说法中正确的是________(填字母)。
A.C60和N60均属于分子晶体
B.N60的稳定性强于N2
C.C60中碳原子是sp3杂化
D.C60易溶于CS2、苯
②近年来,科学家合成了一种具有“二重结构”的球形分子,它是把足球形分子C60容纳在足球形分子Si60中,则该分子中含有的化学键类型为________________。
(3)原子坐标参数和晶胞参数是晶胞的两个基本参数。
①图a中原子坐标参数分别为:
A(0,0,0),B(
,
,0),C(
,0,
),则D的原子坐标参数为________________________________________________________________________。
②图b为铜的晶胞,铜原子半径为Rnm,NA是阿伏加德罗常数的值,则铜晶体的密度为__________________________________________________g·
cm-3(用含R、NA的式子表示)。
20.(14分)奥昔布宁是具有解痉和抗胆碱作用的药物。
其合成路线如下:
(1)A是芳香族化合物,A分子中含氧官能团是__________。
(2)B→C的反应类型是__________。
(3)E的结构简式是__________。
(4)J→K的化学方程式是__________。
(5)已知:
G、L和奥昔布宁的沸点均高于200℃,G和L发生反应合成奥昔布宁时,
通过在70℃左右蒸出__________(填物质名称)来促进反应。
(6)奥昔布宁的结构简式是__________。
答案精析
1.D
2.C
3.B
4.B [该有机物只有4种等效氢,一氯代物有四种(不考虑立体异构),故B错误;
根据乙烯分子中六原子共面、碳碳单键可以旋转,可以判断分子中所有碳原子可以处于同一平面上,故C正确。
]
5.D
6.D [FeSO4可将有害的Cr2O
转化为Cr3+,即Cr元素的化合价降低,铁元素的化合价升高,即FeSO4为还原剂,A错误;
该过程中发生的反应为:
6Fe2++Cr2O
+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O,故随着反应的进行,该废水的pH会增大,B错误;
Cr2O
中Cr的化合价为+6价,转化为Cr3+,即Cr元素的化合价降低3价,即1molCr得到3mol电子,故转移0.6mol电子,则会有0.1molCr2O
被还原,C错误;
除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应6Fe2++Cr2O
+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O和Cr3++3OH-===Cr(OH)3↓(复分解反应),D正确。
7.C [元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,p、q、r是由这些元素组成的二元化合物。
m、n分别是元素Y、Z的单质,m是生产、生活中运用最广泛的金属单质,m为Fe,n通常为深红棕色液体,则n为Br2,r是一种强酸,则r为HBr,则W为H,p是来自于煤的一种常见有机物,p为C6H6,s通常是难溶于水、比水重的油状液体,s为溴苯,q为FeBr3。
Fe元素为26号元素,原子核外有26个电子,所以基态原子的价电子排布式为3d64s2,故A错误;
H的氧化物既可以含极性共价键,又可以含非极性共价键,故B错误;
常温下,Fe遇浓硫酸发生钝化,故可用Fe制的罐槽车运输浓硫酸,故C正确;
从煤中制取p的操作是干馏,故D错误。
8.A [肉桂醛(
)分子中碳碳双键两端分别连接2个不同的基团,存在顺反异构现象,故A错误;
苯丙醛(
)分子中有6种不同化学环境的氢原子,如图示:
,故B正确;
根据图示,还原反应过程中肉桂醛与氢气反应转化成了肉桂醇,分别断开了H—H键和C==O键,发生了极性键和非极性键的断裂,故C正确;
根据图示,还原反应过程中肉桂醛转化成了肉桂醇,而没有转化成为苯丙醛,体现了该催化剂选择性的还原肉桂醛中的醛基,故D正确。
9.A [NH3→N2化合价升高,失电子,发生氧化反应,作负极;
NO
→N2化合价降低,得电子,发生还原反应,作正极,盐桥中Cl-向负极X极移动,故A错;
垃圾在微生物的作用下,发生氧化还原反应,形成了原电池,所以化学能转变为电能,故B正确;
根据A分析知X为负极,Y为正极,电子由负极X极沿导线流向正极Y极,故C正确;
Y极为正极,发生的反应为2NO
+10e-+12H+===N2+6H2O,消耗H+,所以pH增大,故D正确。
10.D 11.C
12.B [实验②与实验①对比,只改变了Fe3+浓度,故A说法正确;
FeCl3溶液和KSCN溶液反应的实质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3,改变钾离子或氯离子的浓度对平衡无影响,故B说法错误;
实验④与实验①对比,只改变了SCN-浓度,故C说法正确;
在原平衡体系中加入NaOH溶液,Fe3+与之反应生成氢氧化铁沉淀,溶液中Fe3+的浓度减小,故D说法正确。
13.AC [加入铁粉后,先与Fe3+反应,混合溶液中Fe3+的物质的量为1mol·
L-1×
1L×
2=2mol,由2Fe3++Fe===3Fe2+知,当a≤1时,Fe粉只能将Fe3+还原,故A正确;
当固体有剩余时,溶液中的铁离子完全被还原成亚铁离子,且固体中一定含有铜,此时溶液中一定有Fe2+、一定无Fe3+,故B错误;
当1≤a<
2时,Fe3+全部被还原,根据铁元素守恒,可得溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol,故C正确;
若有固体剩余,则固体中一定有铜,当铁粉过量时,还会含有铁,故D错误。
14.D [根据电池的总反应知,放电时负极反应:
4Na-4e-===4Na+,正极反应:
3CO2+4e-===2CO
充电时,阴(负)极:
4Na++4e-===4Na
阳(正)极:
2CO
+C-4e-===3CO2↑
放电时,ClO
向负极移动。
根据充电和放电时的电极反应式知,充电时释放CO2,放电时吸收CO2。
15.BD [a点时生成N2的物质的量相等,但CO的初始浓度不同,其转化率不相等,故A错误;
由图像可知,Ⅰ条件下反应物浓度小,而反应速率快,其他条件相同,只能是催化剂催化效果好,故B正确;
由图像可知,0~5h内,在催化剂Ⅰ的作用下,生成N2的物质的量为0.8mol,消耗CO的物质的量为1.6mol,CO的反应速率为
=0.16mol·
h-1,故C错误;
0~12h内,催化剂Ⅱ作用下生成N2的物质的量比催化剂Ⅰ的多,因此催化剂Ⅱ作用下反应放出的热量比催化剂Ⅰ的多,故D正确。
16.
(1)ΔH3-2ΔH2
(2)①Fe2O3作催化剂时,在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率,从而节约能源
②0.44 ③A
解析
(2)②利用三段式法进行计算:
2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l)
初始/mol 3 1 0
转化/mol 0.8 0.4 0.8
平衡/mol 2.2 0.6 0.8
K=
≈0.44。
③增加CO的量,可以使SO2的转化率增大,A项符合题意;
若增加SO2的量,平衡向正反应方向移动,但是SO2的转化率会降低,B项不符合题意;
通入N2,不影响平衡移动,C项不符合题意;
通入H2S,H2S会与SO2反应,平衡逆向移动,SO2的转化率会降低,D项不符合题意;
通入CO2平衡逆向移动,SO2的转化率会降低,E项不符合题意。
17.答案
(1)增大Cl-浓度,有利于生成HCuCl2
(2)减少洗涤过程中的产品损失 乙醇的沸点低,既可缩短烘干时间,又能降低能耗
(3)抑制“稀释”过程中CuCl的水解(或抑制CuCl的水解)
(4)4CuCl+4H2O+O2===2Cu2(OH)3Cl+2HCl
(5)
×
100%≈70.35%
解析
(1)从平衡移动角度考虑,增大Cl-浓度,有利于平衡正向移动,增大反应物的转化率。
(2)氯化亚铜在乙醇中的溶解度小,使用乙醇洗涤可减少产品损失。
乙醇的沸点低,易挥发,“烘干”可以在较低温度下进行,不但可以缩短时间,还可以节约能源。
(3)根据勒夏特列原理,盐酸能抑制氯化亚铜的水解。
(4)根据元素守恒可知,反应中需要水,生成物中含有HCl。
(5)根据题目所给的方程式可知CuCl2~2CuCl,结合提供数据求得理论上应生成产品的质量,进一步可以计算出产率。
18.答案
(1)①氨气极易溶于水,溶液中有部分氨气没有逸出 ②3Fe(OH)2+2NO
===Fe3O4+2NO↑+2OH-+2H2O
(2)根据元素守恒得到分解产生的气体为CO和CO2,n(CO)+n(CO2)=
=4.5×
10-2mol,2n(C2O
)=n(K2CO3)+n(CO)+n(CO2)=n(K2CO3)+4.5×
10-2mol,n(Fe3+)×
72g·
mol-1+
n(K+)×
138g·
mol-1=2.79g,3n(Fe3+)+n(K+)=2×
[
n(K+)+4.5×
10-2mol]×
,解得:
n(Fe3+)=1×
10-2mol,n(K+)=3×
10-2mol,n(C2O
)=3×
10-2mol,n(Fe3+)∶n(C2O
)=1×
10-2mol∶3×
10-2mol=1∶3。
解析
(1)①摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·
6H2O]与氢氧化钠反应生成氨气,氨气极易溶于水,溶液中有部分氨气没有逸出,因此根据生成气体的体积计算得到摩尔盐的纯度小于实际值。
②Fe(OH)2沉淀中加入NaNO2溶液可制得纳米Fe3O4,同时产生NO,反应的离子方程式为3Fe(OH)2+2NO
===Fe3O4+2NO↑+2OH-+2H2O。
19.
(1)①3d104s1 ds ②N>
O>
C ③4 sp2、sp3
(2)①AD ②极性键、非极性键 (3)①(0,
解析
(1)②同周期元素从左到右第一电离能有增大的趋势,N的价电子排布式为2s22p3,2p能级为半充满结构,N的第一电离能大于O的第一电离能,C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>
C。
③邻氨基吡啶的铜配合物中,Cu2+形成2个Cu—N键,2个Cu—O键,Cu2+的配位数是4;
—NH2上的N形成3个σ键,一对孤电子对,为sp3杂化,杂环上的N形成3个σ键,一个π键,为sp2杂化。
(2)①C60和N60均由分子构成,属于分子晶体,故A正确;
N2形成三键,键能大,N60的稳定性弱于N2,故B错误;
C60中碳原子形成3个σ键,1个π键,碳是sp2杂化,故C错误;
C60非极性分子,易溶于CS2、苯,故D正确。
②C60置于“足球型”的Si60内合成“二重构造”球形分子C60Si60,该反应中反应物全部加合在一起,类似有机反应中的加成反应,其中C—C键、Si—Si键为非极性键;
C—Si键为极性键。
(3)D的原子坐标参数x为0,y、z为
,D的原子坐标参数为(0,
);
Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积,该晶胞中Cu原子个数=6×
+8×
=4,其晶胞体积V=(2
R×
10-7)3cm3,其密度ρ=
=
g·
cm-3=
g·
cm-3。
20.答案
(1)酚羟基或羟基
(2)取代反应(3)
(4)
(5)乙酸甲酯
(6)A是芳香族化合物,分子式为C6H6O,为苯酚,结构简式为
,苯酚和氢气发生加成反应制得B,B为环己醇,结构简式为
,环己醇可以和氯化氢在加热的条件下反应生成C,C
为,由图中①可知,C可以和Mg和乙醚反应制得D,D为
,根据D和F生成G,根据G的结构简式可知,E的结构简式为:
,E与浓硫酸和甲醇在加热的条件下反应制得F,F的结构简式为:
,D与F可以在酸性条件下反应制得G;
由K的结构简式,可知J的结构简式为:
HC≡CCH2