高考化学二轮复习 仿真冲刺卷五.docx
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高考化学二轮复习仿真冲刺卷五
仿真冲刺卷(五)
可能用到的相对原子质量:
H—1 C—12 Si—28
第一部分
一、选择题(本题共7小题,每小题6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。
)
7.化学与生产、生活密切相关。
下列说法不正确的是( )
A.分子筛是一种硅酸盐产品,在工业上常用作吸附剂和催化剂
B.生活中常见的汽油、塑料、涂料、木炭、豆油等都属于有机物
C.维生素C除去高锰酸钾污迹,利用了维生素C的还原性
D.苯是一种重要的化工原料,可通过煤的干馏得到
8.《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法:
“强烧之,紫青烟起,仍成灰。
不停沸如朴硝,云是真硝石也。
”下列实验中能用该方法完成的是( )
A.除去二氧化硅中少量的氧化铝
B.检验氯化铁溶液和氢氧化铁胶体
C.检验Na2Cr2O7和K2Cr2O7
D.除去碘晶体中少量的氯化钠粉末
9.下列关于有机物的说法不正确的是( )
A.BrCH2CH2CH3的名称为1-溴丙烷
B.
的苯环上一氯代物有16种
C.蔗糖在稀硫酸中能发生取代反应
D.
分子中所有原子不可能共平面
10.下列实验操作能达到目的的是( )
选项
操作
目的
A
向乙酸乙酯样品中加入碳酸氢钠溶液,振荡
检验乙酸乙酯样品中是否含乙醇
B
向乙酸水溶液中加入一颗钠粒
证明CH3COOH中H—O键易断裂
C
向次氯酸钠溶液中滴入几滴酚酞溶液
证明次氯酸钠溶液呈碱性且具有漂白性
D
向硫酸铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液
制备氢氧化铝
11.处理烟气中的SO2可以采用碱吸—电解法,其流程如下:
模拟过程Ⅱ如下图:
下列推断正确的是( )
A.膜1为阴离子交换膜,膜2为阳离子交换膜
B.若用锌锰碱性电池为电源,a极与锌极相连
C.a极的电极反应式为2H2O-4e-
4H++O2↑
D.若收集22.4LP(标准状况下),则转移4mol电子
12.短周期元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大,R、X原子最外层电子数之和等于Z原子最外层电子数。
X的原子半径在短周期元素中最大,Z、Y之间的质子数差为Y、X之间质子数差的2倍。
由Y和Z组成的化合物为Q。
向NaOH溶液中滴加Q溶液,产生沉淀的物质的量与Q的物质的量的关系如图所示。
下列说法正确的是( )
A.简单离子半径:
Z>R>X>Y
B.最高价氧化物对应水化物的碱性:
Y>X
C.由R、X、Z组成的化合物中只含离子键
D.Q能使水的电离程度减小
13.某温度下,向一定体积0.1mol·L-1的氨水中逐滴加入等浓度的盐酸,溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]与pH的变化关系如下图所示。
下列说法不正确的是( )
A.M点和N点溶液中H2O的电离程度相同
B.Q点溶液中,c(N
)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)
C.M点溶液的导电性小于Q点溶液的导电性
D.N点溶液加水稀释,
变小
第二部分
二、非选择题(本题包括必考题和选考题两部分。
第26~28题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第35、36题为选考题,考生根据要求作答。
)
(一)必考题(共43分)
26.(14分)某中学化学兴趣小组利用废镍催化剂(主要含Ni、Al,还含少量Cr、FeS杂质)来制备镍氢电池的正极材料——碱式氧化镍(NiOOH)。
其工艺流程如图:
已知:
Cr不与碱反应,与稀H2SO4反应,生成CrSO4。
回答下列问题:
(1)实验室进行过滤操作使用的玻璃仪器有烧杯、 。
滤液1的主要成分是 (填化学式)。
(2)“酸浸”时加入稀硫酸不宜过多,其原因是 。
(3)NaClO溶液能将Cr2+氧化成Cr3+,写出离子方程式:
。
(4)几种金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cr3+
Ni2+
开始沉淀的pH
2.3
7.6
4.5
6.2
完全沉淀的pH
3.3
9.1
5.6
8.6
①调pH1为 可使滤液中c(Fe3+)=4.0×10-5mol·L-1。
已知:
常温下,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。
②调pH2不低于 。
(5)写出在空气中加热Ni(OH)2制备NiOOH的化学方程式:
。
(6)已知:
Cr(OH)3是两性氢氧化物。
请参照上述流程设计以滤渣为原料制备铁红的方案。
27.(15分)酯化反应是有机化学中一种重要的反应类型,某化学兴趣小组通过酯化反应,以苯甲酸和甲醇为原料合成苯甲酸甲酯,其原理与实验装置如图(部分夹持装置以及加热装置已省略):
+CH3OH
+H2O
可能用到的数据如下:
物质
苯甲酸
甲醇
苯甲酸甲酯
熔点/℃
122.4
-97
-12.3
沸点/℃
249
64.3
199.6
相对密度/(g·cm-3)
1.2659
0.792
1.0888
水溶性
微溶
互溶
不溶
(1)仪器B的名称是 。
(2)实验前仪器B中加入适量的碎瓷片,作用是 ,冷水应从仪器C的 (填“a”或“b”)口进入。
(3)实验开始时,将15g苯甲酸和过量的甲醇加入仪器B中,通过仪器A加入一定量浓硫酸,浓硫酸的作用为 ;为了提高酯的产率,可以采取的措施有 (写两条)。
(4)利用下列步骤提纯产品:
①加适量水后分液;②加适量固体Na2CO3分液;③加无水CaCl2干燥;④蒸馏得产品10.9g。
分液过程中,使目标产物离开相应仪器的操作是 ;洗涤过程中加入碳酸钠的目的是 ;进行蒸馏提纯时,收集 ℃时的馏分即为苯甲酸甲酯;实验制得的苯甲酸甲酯的质量低于理论产量,可能的原因是 (填序号)。
a.蒸馏时,从100℃开始收集产品
b.苯甲酸实际用量多了
c.制备粗品时苯甲酸甲酯蒸发
(5)本实验的产率是 (保留一位小数)。
28.(14分)NCl3、NHCl2、NH2Cl都可以作漂白剂。
(1)已知:
三个热化学方程式(都是非氧化还原反应):
①N
(aq)+HClO(aq)
NH2Cl(aq)+H+(ag)+H2O(l)
ΔH1=akJ·mol-1
②NH2Cl(aq)+HClO(aq)
NHCl2(aq)+H2O(l) ΔH2=bkJ·mol-1
③NHCl2(aq)+HClO(aq)
NCl3(aq)+H2O(l)
ΔH3=ckJ·mol-1
则N
(aq)+3HClO(aq)
NCl3(aq)+H+(aq)+3H2O(l) ΔH4= kJ·mol-1。
(2)NCl3的电子式为 ,NCl3中氯元素的化合价为 。
(3)探究NCl3的漂白效率的影响因素。
在10mL紫色石蕊溶液中加入nmolNCl3,紫色石蕊溶液褪色速率与温度、浓度的关系如图所示。
①在相同条件下,x、y、z的大小关系为 。
②T0℃之后,升高温度,NCl3的漂白效率减小,原因是 。
(4)已知NH2Cl(aq)+H2O(l)
NH3·H2O(aq)+HClO(aq) ΔH。
在某容器中加入一定量的蒸馏水和NH2Cl,测得c(NH2Cl)(单位:
mol·L-1)与温度、时间的关系如表所示:
温度/℃c(NH2Cl)/ mol·L-1时间/min
0
10
20
30
40
50
T1
0.50
0.45
0.43
0.41
0.40
0.40
T2
0.50
0.40
0.35
0.30
0.30
0.30
①下列有关说法正确的是 (填序号)。
A.上述反应和表格中,ΔH<0,T2>T1
B.T2℃时,0~10min内v(HClO)=0.1mol·L-1·min-1
C.升高温度,NH2Cl的平衡转化率增大
D.NH2Cl的转化率增大,漂白效率不一定高
②T1℃时,反应的平衡常数K= 。
(5)工业上,用惰性材料为电极,电解氯化铵和盐酸的混合液制备NCl3。
写出阳极的电极反应式:
。
电解过程中,阴极区溶液pH (填“增大”“减小”或“不变”)。
(二)选考题(共15分)。
请考生从2道题中任选一题作答。
如果多做,则按所做的第一题计分。
35.【化学——选修3:
物质结构与性质】(15分)
中国科学家创造性地构建了硅化物晶格限域的单铁中心催化剂,成功地实现了甲烷在无氧条件下选择活化,一步高效生产乙烯、芳烃和氢气等化学品。
请回答下列问题:
(1)基态铁原子的价层电子轨道表达式为 。
(2)硅、碳位于同一主族,用“>”“<”或“=”填空:
性质
原子半径
第一电离能
熔点
键能
项目
①Si C
②C Si
③CO2 SiO2
④H—Si H—C
(3)CN-能与Fe3+形成配合物,与CN-互为等电子体的分子有 (任写一种);1mol[Fe(CN)6]3-中含 molσ键。
(4)已知:
反应2CH4
CH2
CH2+2H2,碳原子的杂化类型转化过程为 ;从共价键重叠方式看,H2分子中σ键类型为 ;CH4的键角比CH2
CH2的键角 (填“大”或“小”)。
(5)铁晶体有两种晶胞,如图所示。
图1中晶胞中铁的配位数为 ;图2中铁晶胞堆积方式为 。
(6)碳化硅晶胞如图所示,已知碳化硅晶体的密度为dg·cm-3,NA表示阿伏加德罗常数的值,则碳化硅中硅碳键的键长为 pm。
36.【化学——选修5:
有机化学基础】(15分)
I是一种功能高分子材料,其一种合成路线如下:
A
C8H9Cl
B
C
F
G
H
I
已知:
RCH2CHO+R'CH2CHO
RCH2
—CHO
请回答下列问题:
(1)A的名称是 ,C中所含官能团名称是 。
(2)B→C的反应类型为 ,C→D的反应条件和试剂是 。
(3)Ⅰ的结构简式为 。
(4)写出G→H的化学方程式:
。
(5)在F的同分异构体中,同时满足下列条件的结构有 种。
(不考虑立体异构)
①苯环上含3个取代基
②遇氯化铁溶液发生显色反应
③含两种官能团
其中,在核磁共振氢谱上有5个峰且峰的面积比为1∶1∶2∶2∶4的结构简式为 。
(6)请以1-丙醇为原料(其他试剂任选)合成
参照上述流程,设计合成路线。
答案全解全析
一、选择题
7.B 木炭不属于有机物,故B项错。
8.C 《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法:
“强烧之,紫青烟起”,属于焰色反应。
钾盐和钠盐均为易溶盐,因此只能利用焰色反应进行鉴别,故选C项。
9.B C5H11—(戊基)有8种结构,苯环上有邻、间、对3个位置可取代,共有8×3=24种结构,故B项错。
10.C A项,碳酸氢钠溶液与乙醇不反应,故向乙酸乙酯样品中加入碳酸氢钠溶液,无法检验乙醇的存在;B项,由于水与金属钠反应,故向乙酸水溶液中加入一颗钠粒,无法证明CH3COOH中H—O键易断裂;D项,由于氢氧化铝为两性氢氧化物,能与氢氧化钠反应,故向硫酸铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液,得到偏铝酸钠,得不到氢氧化铝。
11.B 由于a极区进入稀氢氧化钠溶液,获得浓氢氧化钠溶液,故该电极水电离的H+放电,即a电极为阴极,为了平衡a极区域产生的阴离子的负电荷,需要阳离子移向该电极,故膜1为阳离子交换膜,膜2为阴离子交换膜,A项错误;a为阴极,则与外接电源的负极(锌电极)连接,B项正确;a极的电极反应为2H2O+2e-
2OH-+H2↑,C项错误;据上述分析可知气体P为氢气,若收集22.4LP(标准状况下),则转移2mol电子,D项错误。
12.A 据题意可推知R、X、Y、Z依次为O、Na、Al、Cl。
简单离子半径:
Cl->O2->Na+>Al3+,A项正确;最高价氧化物对应水化物的碱性:
NaOH>Al(OH)3,B项错误;由R、X、Z组成的化合物为NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4,上述化合物中既含离子键又含共价键,C项错误;Q为氯化铝,Al3+水解能促进水的电离,D项错误。
13.B 分析题图可知,M点碱过量,N点酸过量,M点溶液中氢氧根离子浓度与N点溶液中氢离子浓度相同,对水的电离抑制能力相同,故两点溶液中水的电离程度相同,A正确;Q点时pH=pOH,说明溶液呈中性,由电荷守恒c(N
)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)及c(OH-)=c(H+)可得,c(N
)=c(Cl-),B错误;M点溶液中一水合氨含量较Q点溶液中多,故M点溶液的导电能力小于Q点,C正确;NH3·H2O的电离平衡常数Kb=
温度不变,Kb不变,加水稀释N点溶液,氢离子浓度减小,c(OH-)增大,所以
变小,故D正确。
二、非选择题
26.答案 (除注明外每空2分)
(1)玻璃棒、漏斗 NaAlO2(1分)
(2)避免增加NaOH溶液的消耗量
(3)ClO-+2Cr2++2H+
2Cr3++Cl-+H2O
(4)①3 ②8.6(1分)
(5)4Ni(OH)2+O2
4NiOOH+2H2O
(6)
解析
(1)“碱浸”操作涉及Al与NaOH溶液的反应,故滤液1的主要成分是NaAlO2。
(3)NaClO溶液能将Cr2+氧化成Cr3+,ClO-被还原为Cl-,故离子方程式为ClO-+2Cr2++2H+
2Cr3++Cl-+H2O。
(4)①c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]/c(Fe3+),代入数值可得c(OH-)=1×10-11mol·L-1,则pH=3;②由表格信息可知Ni2+完全沉淀的pH=8.6,故调pH2不低于8.6。
(5)在空气中加热Ni(OH)2制备NiOOH,说明Ni(OH)2与氧气反应生成NiOOH和水,据得失电子守恒和质量守恒定律可得4Ni(OH)2+O2
4NiOOH+2H2O。
(6)Cr(OH)3是两性氢氧化物可溶于强碱溶液,从而过滤获得Fe(OH)3,最后灼烧Fe(OH)3可得到铁红。
27.答案 (每空2分,共15分)
(1)三颈烧瓶(1分)
(2)防止暴沸(1分) a(1分)
(3)作催化剂、吸水剂(2分) 增大甲醇的用量、将生成的苯甲酸甲酯及时蒸出等(只要合理就给分,2分)
(4)从分液漏斗的下口放出(1分) 除去多余的硫酸和未反应的苯甲酸(2分) 199.6(2分) c(1分)
(5)65.2%(2分)
解析
(2)加入碎瓷片可以防止暴沸。
冷凝管下口进水,上口出水,冷凝效果更好。
(3)浓硫酸在酯化反应中,一方面起到催化作用,另一方面可以吸收反应生成的水,有利于反应向生成酯的方向进行。
(4)由于苯甲酸甲酯的密度比水大,故苯甲酸甲酯应从分液漏斗的下口放出。
(5)15g苯甲酸完全反应,理论上应生成16.72g苯甲酸甲酯,所以产率为10.9g÷16.72g×100%≈65.2%。
28.答案 (除注明外每空2分)
(1)a+b+c
(2)··
··(1分) +1(1分)
(3)①x>y>z(1分) ②升高温度,HClO的分解速率加快,NCl3水解生成HClO的速率小于HClO,HClO的浓度降低
(4)①CD ②0.025mol·L-1
(5)N
+3Cl--6e-
NCl3+4H+ 增大(1分)
解析
(1)据盖斯定律反应①+②+③可得ΔH4=a+b+ckJ·mol-1。
(2)类比NH3可写出NCl3的电子式;NCl3水解生成HClO和NH3,故NCl3中氮元素为-3价、氯元素为+1价。
(3)①据等温线可知褪色速率:
x>y>z,褪色速率越快NCl3浓度越大,则浓度的关系为x>y>z。
(4)①由表格信息可知反应速率:
T2>T1,起始c(NH2Cl)相同,则反应温度:
T2>T1,由平衡时c(NH2Cl):
T1>T2,则正反应为吸热反应,A错;B项,T2℃时,0~10min内v(HClO)=v(NH2Cl)=0.01mol·L-1·min-1,B错。
②T1℃时,反应的平衡常数K=c(HClO)·c(NH3·H2O)/c(NH2Cl)=0.025。
(5)用惰性材料作电极,电解氯化铵和盐酸的混合液制备NCl3,则阳极发生氧化反应,电极反应为N
+3Cl--6e-
NCl3+4H+;阴极区H+放电,则溶液pH增大。
35.答案 (除注明外,每空1分)
(1)
↑↓
↑
↑
↑
↑
↑↓
(2)①> ②> ③< ④<
(3)N2或CO等 12(2分)
(4)sp3转化成sp2 s-s重叠 小
(5)8 面心立方最密堆积
(6)
×1010(2分)
解析
(1)铁为26号元素,基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2,轨道表达式为
↑↓
↑
↑
↑
↑
↑↓
。
(2)①同主族元素从上到下,原子半径逐渐增大,故原子半径:
Si>C;②同主族元素从上到下,失电子能力逐渐增强,故第一电离能:
C>Si;③CO2为分子晶体,SiO2为原子晶体,故熔点:
CO2C>Si,故键能:
H—Si(3)等电子体具有相同的原子数和价电子数,CN-原子数为2,价电子数为10,故其等电子体的分子为N2或CO等;1mol
中,1molFe3+与6molCN-形成6molσ键,6molCN-中含有6mol碳氮三键即6molσ键,故1mol[Fe(CN)6]3-中含有12molσ键。
(4)CH4分子中碳原子采用sp3杂化,CH2
CH2分子中碳原子采用sp2杂化;H原子核外只有s能级,故H2分子中σ键类型为s-s重叠;CH4的键角为109.5°,CH2
CH2的键角为120°,故CH4的键角小于CH2
CH2的键角。
(5)图1中晶胞中心原子周围紧邻8个原子,故铁的配位数为8;根据图2中铁晶胞堆积示意图可知堆积方式为面心立方最密堆积。
(6)1个碳化硅晶胞中含有碳原子数为4,硅原子数8×
+6×
=4,1个碳化硅晶胞的质量为
g,1个碳化硅晶胞的体积为
cm3,碳化硅晶胞的体对角线的四分之一即硅碳键的键长=
×1010pm。
36.答案 (除注明外每空2分)
(1)1,4-二甲苯(或对二甲苯)(1分) 羟基(1分)
(2)取代反应(1分) O2/Cu、加热(1分)
(3)
(4)
+CH3OH
+H2O
(5)16
、
(6)CH3CH2CH2OH
CH3CH2CHO
(每步1分,共3分)
解析 由框图信息可知A为
B为
C为
F为
G为
H为
I为
问题迎刃而解。