甘肃省兰州市第一中学届高三化学考前最后冲刺模拟试题Word文档格式.docx

1、下列说法正确的是（ ）APPV是聚苯乙炔B该反应为缩聚反应CPPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同D1 mol 最多可与2 mol H2发生反应13K2FeO4在水中不稳定发生反应：4FeO+10H2O4Fe（OH）3（胶体）+8OH+3O2，其稳定性与温度（T）和溶液pH的关系分别如下图所示。下列说法不正确的是：（ ）图 K2FeO4的稳定性与温度关系 图 K2FeO4的稳定性与溶液pH关系A由图可知K2FeO4的稳定性随温度的升高而减弱B由图可知温度：T1T2T3C由图可知上述反应H 0D由图可知图中a c26（14分）合理的利用吸收工业产生的废气CO2、NO2、SO2 等可以减少污染，变

2、废为宝。（1）用CO2可以生产燃料甲醇。已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（l）H=akJmol1；2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=b kJmol1；则表示CH3OH（g）燃烧的热化学方程式为：_。（2）光气（COCl2）是一种重要化工原料，常用于聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2（g）+CO（g）COCl2（g）H H2CO3CO32- BaSO4（s） + 4C（s） BaS（s） + 4CO BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中 过量的硫酸与BaS溶液混合会产生有毒

3、的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率【解析】I菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反应，经过过滤进行分离，则滤渣1为SiO2，滤液1含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锌、剩余的硫酸，加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，Zn2+转化ZnO22-，使Cu2+、Fe3+转化为沉淀，通过过滤从溶液中除去，则滤渣2为Fe（OH）3、Cu（OH）2，滤液2中含有Na2ZnO2及过量的NaOH，通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣3为Zn（OH）2，步骤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应，滤液3含有碳酸氢钠。（1）步骤中FeC

4、O3与硫酸反应生成二氧化碳，为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤中的CO2可以来自于步骤，故答案为：；（2）若步骤中加入的氧化剂为H2O2，双氧水将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；（3）根据上述分析，滤渣2中主要成分为Fe（OH）3、Cu（OH）2，故答案为：Fe（OH）3、Cu（OH）2；（4）步骤中通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，反应的离子方程式为ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn（OH）2 + 2HCO3-，故答案为：ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O =

5、 Zn（OH）2 + 2HCO3-；（5）滤液3是碳酸氢钠溶液，电离程度小于水解程度，溶液显碱性，其中含碳粒子的浓度大小顺序为HCO3-CO32-，故答案为：HCO3-CO32-；（6）煅烧发生反应：BaSO4+4CBaS+4CO，BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而 减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中，故答案为：BaSO4（s） + 4C（s） BaS（s） + 4CO （7）. BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中；（7）步骤中硫酸过量，过量

6、的酸与BaS溶液混合会发生反应，产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率，故答案为：过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率。35 3d74s2 1 6 23NA sp N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强 KFe2（CN）6 正四面体形 （1,1/2,1/2） （或）（1）CO原子的核电荷数为27，基态CO的价电子排布式为3d74s2；Co3+核外电子排布为3d6，3d能级上有1对成对电子；3d74s2 ； 1。（2）氨气分子和N3-中氮原子中有孤电子对，能够与Co+形成配位键，共有5个氨分子和1个N

7、3-离子，与Co+形成的的配位数为6；所以5 mol氨气分子提供键为15mol，1 mol N3-中含有键2 mol，形成配位键有6 mol，所以1mol 配离子中所含键的数目为23NA；杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的键的数目，所以N3-中心氮原子孤电子对数为0，键的数目为2，所以杂化轨道数为2，属于sp杂化；6 ；23NA；sp。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的Co（NH3）62+ ，其原因是N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强；N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强

8、。（4）Fe2+、Fe3+占据立方体的互不相邻的顶点，则每个立方体上有4个Fe2+、4个Fe3+，根据晶体的空间结构特点，每个顶点上的粒子有1/8属于该立方体，则该立方体中有1/2个Fe2+、1/2个Fe3+，CN-位于立方体的棱上，棱上的微粒有1/4属于该立方体，该立方体中有3个CN-，所以该晶体的化学式为 FeFe（CN）6-，由于物质呈电中性，所以需要一个钾离子与之结合，所以该晶体的化学式为KFe2（CN）6；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；KFe2（CN）6 ； 正四面体形。（5）若NiO晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则由图可看出C离子

9、坐标离x为1，离y为，离z为，则坐标参数为（1，）；（1,1/2,1/2）。（6）根据结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的倍，所以其距离是2am；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=2a m2a msin6010-24，则每平方米含有的氧化镍个数=1/（2a m10-24）=1024；每个氧化镍的质量=g，所以每平方米含有的氧化镍质量=1024=；）。36 羟基、醛基 取代反应 HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O OHC（CH2）4CHO、OHCCH（CH3）CH（CH3）CHO

10、 取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键 【解析】根据流程图，1,3-丁二烯与溴发生1,4加成，生成A，A为1,4-二溴-2-丁烯（与氢气加成后生成1,4-二溴丁烷（丙烯催化氧化生成B， B为CH2=CHCHO，C的相对分子质量比B大18，说明B与水加成生成C，C为，催化氧化生成D（丙二醛），与银氨溶液反应生成E（丙二酸），与乙醇酯化反应生成F（根据信息，F（）与反应生成，进一步反应生成G（ （1）A为1,4-二溴-2-丁烯（），其顺式异构体的结构简式为，正确答案：。 （2） C为，含有的官能

11、团有碳碳羟基、醛基；通过题给信息可知，该过程发生了取代反应；碳碳双键、醛基； 取代反应。（3）有机物E为HOOCCH2COOH，与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，化学方程式：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O ；C2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O。（4）有机物G的分子式为C6H10O2, 与D 互为同系物；有机物D为二元醛类；核磁共振氢谱有三组峰，具有一定的对称性；满足条件的有机物可能的结构有2种：OHC（CH2）4CHO和OHCCH（CH3）CH（CH3）CHO； OHC（CH2） 4CHO和OHCCH（CH3）CH（C

12、H3）CHO。（5）有机物B CH2=CHCHO，含有醛基和碳碳双键，由于醛基的还原性较强，先检验醛基，然后在检验碳碳双键；具体操作如下：取少量B于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有银镜生成，证明B中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键 ；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键 。（6）A为，在碱性环境下发生取代反应生成二元烯醇，然后再与氯化氢发生加成生成，该有机物在浓硫酸作用下发生消去反应生成该有机物发生加聚反应生成高分子；具体流程如下：点睛：针对于有机物CH2=CHCHO，先加入氢氧化铜的悬浊液，加热，出现砖红色沉淀，证明含有醛基；加入足量的硫酸酸化，再加入溴水，溶液褪色，含有碳碳双键；若果先加溴水，溴不仅与碳碳双键加成，还要氧化醛基，溶液褪色，无法鉴别两种官能团。