高中化学二轮复习 仿真冲刺卷五.docx

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高中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:

CO2

C>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。