新课标高考化学二轮复习第Ⅲ部分7+3+1仿真冲刺练仿真冲刺练六.docx
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新课标高考化学二轮复习第Ⅲ部分7+3+1仿真冲刺练仿真冲刺练六
仿真冲刺练(六)
(时间:
50分钟 满分:
100分)
可能用到的相对原子质量:
H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 S—32 Cl—35.5 Cu—64 Zn—65 Au—197
一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42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.我国突飞猛进的新科技深刻改变着人类的生活、生产方式。
下列说法错误的是( )
A.太阳能光伏发电系统能将光能转化为电能
B.“嫦娥四号”使用的SiCAl材料属于复合材料
C.华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是SiO2
D.我国自主研发的东方超环(人造太阳)使用的氘、氚与氕互为同位素
8.某地区已探明蕴藏着丰富的赤铁矿、煤、石灰石和黏土,现拟建设大型炼铁厂和与之相关联的焦化厂、发电厂、水泥厂等。
下图中工厂名称正确的是( )
A.焦化厂 B.炼铁厂
C.发电厂D.水泥厂
9.有机物a(
)和b(
)属于含氮杂环化合物。
下列说法正确的是( )
A.b的一氯代物有3种B.a和b均能发生取代反应和加成反应
C.a中所有碳原子一定共平面D.a和b互为同分异构体
10.NiSO4·6H2O易溶于水,其溶解度随温度升高明显增大。
以电镀废渣(主要成分是NiO,还有CuO、FeO等少量杂质)为原料制备该晶体的流程如下:
下列叙述错误的是( )
A.溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀H2SO4
B.除去Cu2+可采用FeS
C.流程中a→b的目的是富集NiSO4
D.“操作Ⅰ”为蒸发浓缩、冷却结晶
11.短周期主族元素m、n、p、q的原子序数依次增大,它们的最外层电子数之和为18,n3-与p2+具有相同的电子层结构。
下列叙述错误的是( )
A.p单质可以在n单质中燃烧
B.简单离子半径的大小:
q>n>p
C.最高价氧化物对应水化物的酸性:
q>n>m
D.m、n、p分别与q形成的二元化合物中均含有共价键
12.一定浓度的柠檬酸(用H3R表示)溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的含量随pH的变化如图所示。
下列说法正确的是( )
A.Na3R溶液中存在的阴离子是HR2-、R3-
B.pH=4.8时,c(H2R-)=c(HR2-)>c(OH-)>c(H+)
C.H3R的第三步电离常数Ka3(H3R)的数量级为10-6
D.pH=4时,c(H+)=c(H2R-)+c(HR2-)+c(OH-)+c(R3-)
13.微生物燃料电池(MFC)是一种现代化氨氮去除技术。
下图为MFC碳氮联合同时去除的转化系统原理示意图。
下列说法正确的是( )
A.好氧微生物反应器中的反应为NH
+2O2===NO
+2H++H2O
B.B极电势比A极电势低
C.A极的电极反应式为CH3COO-+8e-+2H2O===2CO2↑+7H+
D.当电路中通过1mol电子时,理论上总共生成2.24LN2
题号
7
8
9
10
11
12
13
答案
二、非选择题(共58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)无水氯化锌常用作有机合成的催化剂。
实验室采用HCl气体除水与ZnCl2升华相结合的方法提纯市售氯化锌样品(部分潮解并含高温不分解杂质)。
实验装置如图所示。
回答下列问题:
(1)无水氯化锌在空气中潮解生成Zn(OH)Cl的化学方程式为____________________。
(2)除水阶段:
打开K1、K2。
将管式炉Ⅰ、Ⅱ升温至150℃,反应一段时间再升温至350℃,保证将水除尽。
除水阶段发生反应的化学方程式为_______________________________。
(3)升华阶段:
关闭管式炉Ⅱ,将管式炉Ⅰ迅速升温至750℃,升温的目的是________________________。
一段时间后关闭管式炉Ⅰ并关闭________(填“K1”或“K2”),待冷却后关闭________(填“K1”或“K2”)。
最后将________(填“A”或“B”)区的氯化锌转移、保存。
(4)除水阶段HCl与N2流速要快,有利于提高除水效率。
升华阶段HCl与N2流速要慢,其原因是___________________________________________________________________。
(5)测定市售ZnCl2样品中的锌的质量分数。
步骤如下:
①溶液配制:
称取mgZnCl2样品,加水和盐酸至样品溶解,转移至250mL的________中,加蒸馏水至刻度线,摇匀。
②滴定:
取25.00mL待测液于锥形瓶中,用cmol·L-1K4[Fe(CN)6]标准溶液滴定至终点,消耗VmL。
滴定反应为2K4[Fe(CN)6]+3ZnCl2===K2Zn3[Fe(CN)6]2↓+6KCl。
该样品中锌的质量分数为________。
27.(15分)钒钢具有高强度、弹性优良、抗磨损、抗冲击等性能,可用于汽车和飞机制造。
一种从石煤(含SiO2、V2O3、V2O5和少量Fe2O3)中提取V2O5的流程如下:
已知:
VO2+
VO
Fe2+
Fe3+
P204+TBP+煤油中的溶解度
很大
较小
0
很大
请回答:
(1)“酸浸”时,为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度、减小石煤矿粉粒径外,还可采取的措施有________________(答一条即可);生成VO2+反应的离子方程式为______________
__________________________________________________________。
(2)从整个流程来看,“还原”的目的为___________________________________。
(3)实验室模拟“萃取”时,需用到的玻璃仪器有__________________________。
(4)“氧化”时发生反应的离子方程式为__________________________________。
(5)上述流程中可以循环利用的物质有____________________________________。
(6)全钒液流储能电池的工作原理为VO2++V3++H2O
VO
+V2++2H+。
充电时,阳极的电极反应式为______________________________;两极区被质子交换膜隔开,放电时,若外电路转移2mole-,则正极区溶液中n(H+)________(填“增加”或“减少”)________mol。
28.(14分)
(1)已知:
碘与氢气反应的热化学方程式:
Ⅰ.I2(g)+H2(g)2HI(g) ΔH=QkJ·mol-1
Ⅱ.I2(s)+H2(g)2HI(g) ΔH=+26.48kJ·mol-1
Ⅲ.I2(g)===I2(s) ΔH=-37.48kJ·mol-1
化学键
H—H
H—I
键能/(kJ·mol-1)
436
299
计算化学键I—I键能为________。
(键能指将1mol气体分子AB断裂为中性气态原子A和B所需要的能量,单位为kJ·mol-1)
(2)Boderlscens研究反应:
H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH<0。
温度T时,在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验,测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w(HI)与反应时间t的关系如下表:
容器
编号
起始物质
物质的
量分数
0min
20min
40min
60min
80min
100min
Ⅰ
0.5molI2、
0.5molH2
w(HI)/%
0
50
68
76
80
80
Ⅱ
xmolHI
w(HI)/%
100
91
84
81
80
80
①下列说法中可以说明H2(g)+I2(g)2HI(g)已达到平衡状态的是________(填字母)。
A.单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolHI
B.一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂
C.温度和体积一定时,容器内压强不再变化
D.c(H2)∶c(I2)∶c(HI)=1∶1∶2
E.温度和体积一定时,混合气体的颜色不再发生变化
②在Ⅰ容器实验中,以H2的浓度改变表示的反应速率v正、v逆与时间t的关系如图所示,则H2的平衡浓度表达式正确的是(式中S是对应区域的面积)________(填字母)。
A.0.5-SaObB.1-SaOb
C.0.5-SdObD.0.5-SaOdb
在温度T时,当100min时再向容器Ⅰ中加入物质的量均为0.1mol的H2、I2、HI,反应将________(填“正向进行”“逆向进行”或“无影响”)。
③研究发现上述反应中v正=k正·w(H2)·w(I2),v逆=k逆·w2(HI),其中k正、k逆为常数。
则温度为T时该反应的
=________。
上述容器Ⅰ反应中,若k逆=0.0027min-1,在t=20min时,v正=________min-1。
(3)已知:
AgI为黄色沉淀,AgCl为白色沉淀,25℃时,Ksp(AgI)=1.49×10-16;Ksp(AgCl)=1.69×10-10。
若在5mL含有KCl和KI浓度均为0.01mol·L-1的混合溶液中,滴加8mL0.01mol·L-1的AgNO3溶液,则下列叙述中正确的是________(填字母)。
A.溶液中先产生的是AgCl沉淀
B.若在AgCl悬浊液中滴加一定量的KI溶液,白色沉淀也会转变成黄色沉淀
C.溶液中所含溶质的离子浓度大小关系为c(K+)>c(NO
)>c(Cl-)>c(I-)>c(Ag+)
D.当反应达到平衡时,溶液中c(I-)=
×10-8mol·L-1
(二)选考题(共15分。
请考生从2道试题中任选一题作答。
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)
铜及其化合物在科研和生产中具有广泛用途。
回答下列问题:
(1)基态Cu原子的价电子排布图是________。
(2)从核外电子排布角度解释高温下Cu2O比CuO更稳定的原因是________________。
(3)铜晶体中Cu原子的堆积方式如图甲所示,其堆积方式为________,配位数为________。
(4)[Cu(NH3)4]SO4·H2O可做染料。
NH3中N原子的杂化方式是________;C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是________(用元素符号表示);SO
的立体构型是________,与该阴离子互为等电子体的五核微粒有________________(任写两种)。
(5)由铜、钡、钙及铊的氧化物可以制得高温超导体,CaO的熔点比BaO的熔点高,其原因是____________________________________________________________________。
(6)金铜合金的晶胞如图乙所示。
金铜合金具有储氢功能,储氢后Au原子位于顶点,Cu原子位于面心,H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中,若Cu原子与Au原子的最短距离为anm,阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体储氢后密度为________g·cm-3(列出计算式)。
36.[化学——选修5:
有机化学基础](15分)
Prolitane是一种抗抑郁药物,以芳香烃A为原料的合成路线如下:
请回答以下问题:
(1)D的化学名称为____________,D→E的反应类型为____________。
(2)G的官能团名称为____________。
(3)B的结构简式为__________________________________________________。
(4)F→G的化学方程式为______________________________________________。
(5)X是D的同系物,X分子比D分子少一个碳原子,且能发生银镜反应,则满足此条件的X共有________种(不含立体异构);其中核磁共振氢谱显示为5组峰,其峰面积比为3∶2∶2∶2∶1,写出符合该要求的X的一种同分异构体的结构简式:
_________________。
(6)参照Prolitane的合成路线,设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线(其他无机试剂和溶剂任选)。
参考答案与解析
仿真冲刺练(六)
7.解析:
选C。
太阳能光伏发电系统能将光能转化为电能,A正确;SiCAl是由多种材料组成的,属于复合材料,B正确;制备芯片的材料是Si,C错误;氕、氘、氚均是氢原子,三者互为同位素,D正确。
8.解析:
选D。
从运输成本角度看,焦化厂应位于炼铁厂与发电厂之间,A错误;炼铁厂需要铁矿石,B错误;发电厂不需要石灰石,C错误;水泥厂可用到石灰石、炼铁炉渣、煤或煤气(做燃料),D正确。
9.解析:
选A。
以氮原子为起点,有邻位、间位、对位三个位置,即其一氯代物有3种,A正确;b没有不饱和键,不能发生加成反应,B错误;氮原子及所连的3个原子为四面体结构,不共面,C错误;a为C7H11N,b为C7H13N,两者分子式不相同,不互为同分异构体,D错误。
10.解析:
选A。
A项,先通过酸溶液溶解废渣得到Ni2+、Cu2+、Fe2+,然后除去Cu2+和Fe2+,最后加入碳酸钠溶液沉淀Ni2+,从而达到Ni的提纯,这个过程酸只起到溶解作用,故可用稀盐酸代替稀硫酸,错误;B项,加入的FeS将Cu2+转化为CuS沉淀而被除去,其离子方程式为Cu2+(aq)+FeS(s)Fe2+(aq)+CuS(s),生成的Fe2+和滤液Ⅰ中的Fe2+再一起被除去,正确;C项,在滤液Ⅱ中加入碳酸钠溶液,将Ni2+转化为NiCO3沉淀,再用稀硫酸溶解该沉淀,达到NiSO4的富集,正确;D项,将NiSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可得到NiSO4·6H2O晶体,正确。
11.解析:
选D。
由元素位置及两种离子的电子层结构关系知,n是N、p是Mg,m、q最外层电子数之和为11,且m、n、p、q的原子序数依次增大,故q是Cl、m是C。
Mg可以在N2中燃烧,A正确;Cl-核外有3个电子层、Mg2+、N3-核外有2个电子层,且N的核电核数小于Mg,故半径:
Cl->N3->Mg2+,B正确;HClO4是最强的无机含氧酸,HNO3是强酸,H2CO3是弱酸,C正确;MgCl2是离子化合物,D错误。
12.解析:
选C。
分析各微粒含量随pH的变化图像可知,a代表H3R,b代表H2R-,c代表HR2-,d代表R3-。
A项,Na3R溶液中R3-可以进行三步水解,所以溶液中还存在H2R-、OH-,故A错误;B项,pH=4.8时显酸性,即c(H+)>c(OH-),故B错误;C项,H3R的第三步电离常数Ka3=
,当pH=6时,c(HR2-)=c(R3-),则有Ka3=c(H+)=10-6,故C正确;D项,根据电荷守恒可知,应为c(H+)=c(OH-)+2c(HR2-)+3c(R3-)+c(H2R-),故D错误。
13.解析:
选A。
A项,由示意图可知,好氧微生物反应器中的反应为NH
+2O2===NO
+2H++H2O,正确;B项,根据示意图,溶液中的H+向B极移动,说明B极为正极,A极为负极,故B极电势比A极高,错误;C项,A极为负极,其电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O===2CO2↑+7H+,错误;D项,没有“标准状况”条件,无法用22.4L/mol计算气体的体积,错误。
26.解析:
(1)无水氯化锌易与空气中的水蒸气发生反应生成Zn(OH)Cl,化学方程式为ZnCl2+H2O===Zn(OH)Cl+HCl。
(2)根据题干中的信息,可利用HCl气体除去水,则除水阶段发生反应的化学方程式为Zn(OH)Cl+HCl
ZnCl2+H2O。
(3)根据题干中的两个信息,无水氯化锌易升华,杂质在高温下不分解,可知通过升温可使无水氯化锌升华,与杂质分离。
先关闭K2,停止通HCl气体,在N2的保护下升华后的无水氯化锌在管式炉Ⅱ中B区凝华,故冷却后关闭K1。
(4)若升华阶段HCl与N2流速过快,会导致升华后的无水氯化锌被气流带出B区。
(5)①配制溶液所需要的仪器是容量瓶。
②滴定过程中,消耗了cV×10-3molK4[Fe(CN)6],根据2K4[Fe(CN)6]~3ZnCl2,25.00mL待测液中ZnCl2的物质的量为
mol,则样品中含锌的质量分数为
×100%=
×100%。
答案:
(1)ZnCl2+H2O===Zn(OH)Cl+HCl(2分)
(2)Zn(OH)Cl+HCl
ZnCl2+H2O(2分)
(3)使无水ZnCl2升华与杂质分离(2分) K2(1分) K1(1分) B(1分)
(4)流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区(2分)
(5)①容量瓶(1分)
②
×100%(2分)
27.解析:
(1)为提高浸取速率,采取的措施有升高反应温度、增大压强或搅拌等;酸浸过程中,V2O3被O2氧化为VO2+,离子方程式为2V2O3+8H++O2===4VO2++4H2O;
(2)VO2+在萃取剂P204+TBP+煤油的溶解度比VO
大,所以把VO
还原为VO2+,同时将Fe3+还原为Fe2+,阻止其被萃取;(3)实验室萃取时用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯;(4)最后的目标产物为+5价,需要将VO2+氧化,便于后面沉钒得到产物;(5)根据流程图可知,NH3为可循环物质,另外萃取剂也可以循环使用;(6)充电时,阳极失去电子,化合价升高,即VO2+发生反应,故阳极的电极反应式为VO2+-e-+H2O===VO
+2H+;放电时,正极的电极反应式为VO
+e-+2H+===VO2++H2O,可知每转移2mole-正极区减少4molH+。
答案:
(1)升高反应温度(1分,其他合理答案亦可给分) 2V2O3+8H++O2===4VO2++4H2O(2分)
(2)将VO
还原为VO2+、将Fe3+还原为Fe2+,利于后续萃取分离(2分)
(3)分液漏斗、烧杯(2分,各1分)
(4)6VO2++ClO
+3H2O===6VO
+Cl-+6H+(2分)
(5)P204+TBP+煤油、NH3(或NH3·H2O)(2分,各1分)
(6)VO2+-e-+H2O===VO
+2H+(2分) 减少(1分) 4(1分)
28.解析:
(1)根据盖斯定律,由Ⅱ+Ⅲ=Ⅰ可得Ⅰ中的ΔH=QkJ·mol-1=-11kJ·mol-1,再根据反应Ⅰ计算:
ΔH=E(I—I)+E(H—H)-2E(H—I)=-11kJ·mol-1,则可求出E(I—I)=151kJ·mol-1。
(2)①A项,单位时间内生成nmolH2的同时生成2nmolHI才能确定达到平衡,故A错误;B项,一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂,说明正、逆反应速率相等,即达到平衡状态,故B正确;C项,因该反应是一个前后气体体积不变的反应,故容器内压强不变不能作为达到平衡的标志,故C错误;D项,不能说明浓度不再发生变化,不能作为平衡标志,故D错误;E项,颜色的深浅指的是气体浓度的大小,颜色不再变化说明浓度恒定,可作为平衡的标志,故E正确。
②图形aOb的面积为H2真正消耗的浓度,用H2的起始浓度-消耗的浓度即为平衡浓度,故A正确。
分析图表,80min时达平衡,HI的物质的量百分含量为80%,列出三段式:
H2(g) + I2(g) 2HI(g)
起始/mol0.50.50
反应/molxx2x
平衡/mol0.5-x0.5-x2x
×100%=80%,解得x=0.4,则K=
=64。
若再向容器中加入物质的量均为0.1molH2、I2、HI,则Qc=
=20.25,Qc<K,则反应将正向进行。
③温度为T,反应达到平衡时v正=v逆,则可得出
=K=64,则k正=64k逆=64×0.0027min-1=0.1728min-1,20min时,w(HI)=50%,w(H2)=w(I2)=25%,v正=k正×w(H2)×w(I2)=0.0108min-1。
(3)因Ksp(AgI) mol·L-1=1.1×10-7mol·L-1,c(I-)= mol·L-1=1.35×10-9mol·L-1,故溶液中c(Ag+)>c(I-),C、D错误。 答案: (1)151kJ·mol-1(2分) (2)①BE(2分) ②A(2分) 正向进行(2分) ③64(2分) 0.0108(2分) (3)B(2分) 35.解析: (1)Cu是29号元素,利用洪特规则的特例,其价电子排布式为3d104s1,再根据泡利原理,故其价电子排布图为 (2)Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1,失去一个电子后变为Cu+,Cu+的核外电子排布式为[Ar]3d10,3d轨道处于稳定的全充满状态,从而使高温下Cu2O比CuO更稳定。 (3)由题图甲可知,铜原子的堆积方式是ABCABC…,属于面心立方最密堆积,配位数是12。 (4)NH3中的N原子形成3个σ键且还有一对孤电子对,需要4个杂化轨道,故N原子的杂化方式为sp3;同一周期,从左向右,第一电离能呈增大的趋势,由于N的核外2p轨道上为半充满状态,较稳定,其第一电离能比O的大,故三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N>O>C;根据价层电子对互斥理论,可判断出SO 的立体构型为正四面体,与其互为等电子体的五核微粒有PO 、ClO 、BF 、CCl4、SiF4、SiO 等。 (5)Ca2+的离子半径比Ba2+的离子半径小,离子半径越小,形成的晶体晶格能越大,则CaO的晶格能比BaO的晶格能大,而晶格能越大,离子晶体的熔点越高,故CaO的熔点比BaO的熔点高。 (6)由题图乙可知,在该晶胞中,Au原子和Cu原子的个数分别为8× =1和6× =3。 顶点上的Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体有8个,则该晶胞内部有8个H原子,该合金储氢后的化学式为Cu3AuH8。 假设该晶胞的边长为xcm,Au原子和Cu原子最短距离为面对角线的一半,即 xcm=a×10-7cm,得x= a×10-7cm,故该晶体储氢后的密度为ρ= = = g/cm3= g/cm3。 答案: (1) (2分) (2)亚铜离子核外电子排布式为[Ar]3d10,处于稳定的全充满状态(2分) (3)面心立方最密堆积(1分) 12(1分) (4)sp3(1分) N>O>C(1分) 正四面体(1分)
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- 新课 标高 化学 二轮 复习 部分 仿真 冲刺