资料详情(qqbaobao网)
我的位置:
新高考2022届高考化学考前冲刺卷(三)
2022-07-129.99元 21页 984.54 KB
已阅读10 页,剩余部分需下载查看
版权声明
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,qqbaobao负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。
网站微信客服:wwwQQBAOBAO
展开
(新高考)2022届高考化学考前冲刺卷(三)注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷(选择题)一、选择题:本题共15小题,每小题3分,总计45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。1.古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读或描述错误的是选项传统文化化学角度解读或描述A东风扑酒香,吹醒殊乡愁“香”主要因为美酒含有酯类物质B司南之构(勺),投之于地,其柢(勺柄)指南”司南中“杓”的材质为Fe3O4C《医学入门》记载提纯铜绿的方法:“水洗净,细研水飞,去石澄清,慢火熬干。”文中涉及的操作方法是洗涤、溶解、过滤、蒸发D三星堆遗址出土了巨青铜面具、青铜神树等重要文物,古蜀文化再次使世界震惊该批出土的文物中还有金箔、铝碗、玉石器等A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A.低级酯类具有香味,酒中含有低级酯,A正确;B.磁铁的主要成分是Fe3O4,有磁性,可以用作21,指南针,B正确;C.水洗净,细研水飞,包括洗涤、溶解,去石澄清,慢火熬干,包括过滤、蒸发,C正确;D.金属铝从发现至今只有100多年的历史,所以出土的文物中不可能有铝碗,D错误;故选D。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.异丁烷的球棍模型:B.中子数为45的硒原子:C.氨的电子式:D.基态氯原子的电子排布式:1s22s22p63s23p5【答案】D【解析】A.异丁烷系统命名为2-丙烷,其球棍模型为,为正丁烷的球棍模型,选项A错误;B.中子数为45的硒原子,质量数为79,可表示为:,选项B错误;C.氨气是氮原子与氢原子通过共用电子对形成的共价化合物,其电子式为,选项C错误;D.氯为17号元素,基态氯原子的电子排布式:1s22s22p63s23p5,选项D正确;答案选D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是A.常温常压下,11.2g乙烯中共用电子对数目为2.4NAB.0.1molFe与0.1molCl2充分反应,转移的电子数为0.3NAC.120gMgSO4和NaHSO4的固体混合物中含有阳离子的总数为NAD.将1molNH4NO3溶于适量稀氨水,所得溶液呈中性,则溶液中的NH数目为NA【答案】B【解析】A.11.2g乙烯的物质的量为,含有1.6mol碳氢键和0.4mol碳碳双键,故总共含有的共用电子对数目为2.4NA,A项正确;B.等物质的量铁和氯气反应生成氯化铁,铁过量,故反应电子的转移根据氯气计算,转移的电子数为0.2NA,B项错误:C.MgSO4和NaHSO4的摩尔质量均为120g/mol,120g混合物的物质的量为21,,混合物中含有的阳离子只有Na+和K+,故含有阳离子的总数为NA,C项正确:D.1molNH4NO3溶于适量稀氨水,所得溶液呈中性,根据电荷守恒n(NH)=n(NO)=lmol,故溶液中的NH数目为NA,D项正确;故选B。4.某有机物M的结构简式如图所示,下列关于M的说法正确的是A.M与乙炔互为同系物B.M分子中所有碳原子共平面C.1molM最多可与5molH2发生加成反应D.M与互为同分异构体【答案】C【解析】A.有机物M有2个三键、1个双键和1个环,与乙炔的结构不相似,二者不互为同系物,A错误;B.分子中与乙炔基相连的碳原子都与另外三个碳原子以单键相连,故所有碳原子不可能共平面,B错误:C.1个碳碳双键与1个氢气发生加成反应,1个碳碳三键可以与2个H2发生加成反应,则1molM最多可与5molH2加成,C正确;D.M的分子式为C12H14,的分子式为C12H10,二者不互为同分异构体,D错误;故选C。5.2020年9月,我国作出对于全球减排具有里程碑意义的承诺:2060年实现碳中和。实现碳中和的对策大概分为碳替代、碳减排、碳封存、碳循环4种路径。以下说法错误的是A.利用太阳能等清洁能源代替煤炭,属于碳替代B.向煤中加入适量碳酸钙可减轻空气污染但不属于碳减排C.在高压条件下将CO2以固体形式封存在地下过程中需要破坏σ键和π键D.反应2CO2+6H2=C2H4+4H2O常温下能自发进行,此反应能实现碳循环且该反应为放热反应【答案】C【解析】A.利用太阳能等清洁能源代替煤炭,可减少二氧化碳等的排放,有利于节约资源、保护环境,故A正确;B.煤中加入适量碳酸钙,可达到固硫的作用,减少燃烧产物中二氧化硫的量,但不能减少二氧化碳的排放量,故B正确;C.CO2封存过程为物理变化,没有化学键断裂,故C错误;D.反应2CO2+6H2=C2H4+4H2O为熵减小的反应,该反应能发生则其焓变应小于0,为放热反应,故D正确;答案选C。6.分枝酸可用于生化研究,其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是21,A.分子中含有5种官能团B.可发生加聚和氧化反应C.1mol分枝酸最多可与3molNaHCO3发生反应D.所有原子可能都处于同一平面【答案】B【解析】A.分枝酸分子中含有碳碳双键、羟基、羧基和醚键4种官能团,A错误;B.分枝酸分子含碳碳双键,可以发生加聚反应和氧化反应,含羟基可以发生氧化反应,B正确;C.羧基和等摩尔的碳酸氢钠发生反应,1个分枝酸分子含有2个羧基,故1mol分枝酸最多可与2molNaHCO3发生反应,C错误;D.分子内含有的2个饱和碳原子,与其相连的四个原子构成四面体,则所有原子不可能都处于同一平面,D错误;答案选B。7.X、Y、Z、M为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,X和Z基态原子L层上均有2个未成对电子,Z与M同主族;W位于第四周期,其基态原子失去3个电子后3d轨道半充满。下列说法正确的是A.X简单氢化物的沸点高于同主族其它元素B.Y基态原子核外有5种空间运动状态的轨道C.键角:MZ>MZD.W位于元素周期表的ds区【答案】B【解析】X和Z的基态原子L层上有2个未成对电子,原子序数X<Z,则X原子核外电子排布式为,X为C元素,Z原子核外电子排布式为,Z为O元素,则Y为N元素,Z与M同主族,则M为S元素,W位于第四周期,其基态原子失去3个电子后3d轨道半充满,则W为Fe元素。A.组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,分子间作用力越强,物质的熔沸点越高,即沸点:21,,故A错误;B.Y为N元素,其基态原子轨道表示式为,原子核外有5种空间运动状态的轨道,故B正确;C.为,中心S原子的价层电子对数为4,采用sp3杂化,有一个孤电子对,为,中心S原子的价层电子对数为4,采用sp3杂化,无孤电子对,孤电子对对成键电子的斥力大于成键电子间的斥力,则键角<,故C错误;D.W为Fe,位于元素周期表的d区,故D错误;答案选B。8.在新型催化剂RuO2作用下,O2氧化HCl可获得Cl2:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)  ΔΗ=akJ·mol-1。下列关于该反应说法正确的是A.该反应ΔΗ<0B.4molHCl与1molO2反应转移电子数约为4×6.02×1023C.RuO2的使用能降低该反应的焓变D.反应的平衡常数为【答案】A【解析】A.物质与氧气的反应均为放热反应,A正确;B.该反应为可逆反应,4mol与1mol不能完全反应,转移电子数无法计算,B错误;C.催化剂可以加快反应速率,但不能改变反应的焓变,C错误;D.反应中各物质状态均为气态,平衡常数,D错误;故选A。9.MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述不正确的是A.催化过程中,所发生的反应均为氧化还原反应21,B.该反应的化学方程式可表示为:HCHO+O2CO2+H2OC.O为中间产物之一,该微粒与KO2中所含阴离子属于同种粒子D.若有1molHCHO参加反应,转移的电子数为4NA【答案】A【解析】A.催化过程中,和H+反应生成水和二氧化碳没有发生化合价的变化,不属于氧化还原反应,选项A不正确;B.根据分析可知,该总反应表示HCHO和O2在二氧化锰作催化剂的条件下发生氧化还原反应生成二氧化碳和水,总的化学方程式可表示为:HCHO+O2CO2+H2O,选项B正确;C.根据分析可知,O为中间产物之一,KO2中含有K+和阴离子O,该微粒与KO2中所含阴离子种类相同,选项C正确;D.若有1molHCHO参加反应,消耗1molO2,转移的电子数为4NA,选项D正确;答案选A。10.下列除杂方法错误的是选项物质(括号内为杂质)除杂试剂除杂操作ASO2(HCl)气体饱和NaHSO3溶液洗气BNaCl(KNO3)固体蒸馏水蒸发浓缩、冷却结晶、过滤CFe2O3(Al2O3)NaOH溶液过滤DKCl(FeCl3)溶液——加热,过滤A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A.SO2不溶于饱和NaHSO3溶液,HCl和NaHSO3反应生成NaCl、水和二氧化硫,故可用饱和NaHSO3溶液通过洗气除去SO2中的HCl,A正确;B.KNO3溶解度随温度降低而大幅减小,采用冷却结晶后过滤NaCl中会混有KNO3,因采用加热浓缩,趁热过滤,B错误;C.Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2和H2O,Fe2O3和NaOH不反应,可用加NaOH溶液然后过滤的方法除去Fe2O3中的Al2O3,C正确;D.KCl不水解,FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl,加热HCl挥发,水解平衡正向移动,得到氢氧化铁沉淀,然后过滤除去氢氧化铁,可以除杂,D正确;答案选B。21,11.下列装置用于实验室制取NO并回收Cu(NO3)2·6H2O,能达到实验目的的是A.用装置甲制NO气体B.用装置乙除NO中的少量NO2C.用装置丙收集NO气体D.用装置丁蒸干Cu(NO3)2溶液制Cu(NO3)2·6H2O【答案】A【解析】A.Cu与稀硝酸在常温下发生氧化还原反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O,因此可以用装置甲制NO气体,A正确;B.为了使混合气体与水充分接触,洗气除杂时导气管应该采用长进短出方式,B错误;C.NO气体在常温下容易与空气中的O2反应产生NO2气体,因此应该根据NO不溶于水,也不能与水发生反应,采用排水方法收集NO气体,C错误;D.Cu(NO3)2溶液加热时会促进铜离子水解,且生成硝酸易挥发,应根据其溶解度受温度的影响变化较大,采用冷却结晶法制备Cu(NO3)2·6H2O,D错误;故合理选项是A。12.氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。它属于填隙式氮化物,N原子部分填充在Mo原子立方晶格的八面体空隙中,晶胞结构如图所示,其中氮化钼晶胞参数为anm。下列说法正确的是A.相邻两个最近的N原子的距离为nmB.氮化钼的化学式为C.每个钼原子周围与其距离最近的钼原子有12个21,D.晶体的密度【答案】C【解析】A.由晶胞图示可知,相邻两个最近的N原子的位置关系为:,故相邻两个最近的N原子的距离为nm,A错误;B.由晶胞结构示意图可知,每个晶胞中含有Mo的个数为:,N的个数为:,故氮化钼的化学式为,B错误;C.由晶胞结构示意图可知,钼原子位于8个顶点和6个面心上,故每个钼原子周围与其距离最近的钼原子有12个,C正确;D.由B项分析可知,该晶胞中含有4个Mo,2个N,则一个晶胞的质量为:,一个晶胞的体积为:(a×10-7cm)3,晶体的密度,D错误;故答案为C。13.《Science》报道了一种氯离子介导的电化学合成方法,能将乙烯高效、清洁、选择性地转化为环氧乙烷,电化学反应的具体过程如图所示。在电解结束后,将阴、阳极电解液输出混合,便可反应生成环氧乙烷。下列说法不正确的是A.b为电源负极B.工作过程中Cl-从左向右迁移C.该过程的总反应为CH2=CH2+H2O→+H2D.在电解液混合过程中会发生反应HCl+KOH=KCl+H2O【答案】B【解析】已知在电解结束后,将阴、阳极电解液输出混合,便可反应生成环氧乙烷,由信息反应可知,通入乙烯的一极(Pt)21,上发生的反应为氯离子失去电子的氧化反应,故Pt为阳极,则Ni为阴极,据此回答。A.据分析,Ni电极为阴极,则b为电源的负极,故A正确;B.工作过程中,氯离子在Pt电极反应放电,氢氧根离子透过交换膜进入左侧,故B错误;C.由信息反应可知,反应中氯离子先放电生成氯气,后又重新生成氯离子,最终反应物为乙烯和水,反应方程式为CH2=CH2+H2O→+H2,故C正确;D.左侧氯气与水反应生成HClO和HCl,CH2=CH2与HClO作用生成ClCH2CH2OH,HCl在水中剩余,右侧生成KOH,故电解液混合,会发生反应HCl+KOH=KCl+H2O,故D正确;故选B。14.H2A为二元弱酸。25°C时,配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mo1/L的H2A和NaOH的混合溶液,溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列结论错误的是A.H2A的Ka2为10-5数量级B.pH=3的溶液中:c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)C.c(Na+)=0.100mol/L的溶液中:c(Na+)=2c(HA-)+2c(H2A)+2c(A2-)D.当c(H2A)=c(A2-)时,pH=2.7【答案】C【解析】A.由题干图示信息可知,当c(HA-)=c(A2-)时pH=4.2,则Ka2==c(H+)=10-4.2,A正确;B.根据图知,pH=3时,c(HA-)>c(A2-)>c(H2A),B正确;C.c(Na+)=0.100 mol/L的溶液中:c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol/L,C错误;D.当c(H2A)=c(A2-)时,则Ka1×Ka2=×=10-1.2×10-4.2,该点溶液中pH==2.7,D正确;故答案为C。21,15.以印刷线路板酸性蚀刻废液(含有、、)为原料制备纳米CuO的流程如下:下列说法错误的是A.“沉淀”产生的,不洗涤直接灼烧不影响产品质量B.“在空气中灼烧”时为加快分解速率,温度越高越好C.调节pH3.2~4.7的目的是使完全沉淀,不沉淀D.“沉淀”过程中用代替,得到的中可能混有【答案】B【解析】废液(含有、、)加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+,再加CuO调节溶液的pH,将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,过滤,所得滤液加过量草酸铵,得沉淀、经灼烧得到纳米CuO。A.沉淀上附着的杂质为和,灼烧时会分解,因此可不洗涤直接灼烧,A项正确;B.灼烧温度过高,可能会使CuO分解为,B项错误;C.依题意,调节pH3.2~4.7的目的是使完全沉淀,不沉淀,C项正确;D.溶液显碱性,得到的中可能混有,D项正确;答案选B。第Ⅱ卷(非选择题)二、非选择题:本题共5小题,共55分。16.硫酸氧钒(VOSO4)对高血糖、高血脂有治疗作用,也是钒电池不可或缺的电解质。围绕VOSO4的相关实验方案、装置、过程如下:I.制备VOSO421,已知:溶液中的钒可以以VO(淡黄色)、VO2+(蓝色)形式存在。称量1.82gV2O5转移至仪器c中,打开仪器a滴入过量的约8mol·L-1的硫酸,在85℃搅拌下充分反应;冷却后,打开仪器b滴入适量的双氧水,充分搅拌,反应2h后倒出溶液,经抽滤后再将滤液经“一系列”操作,得到2.03gVOSO4·nH2O固体。试回答下列问题:(1)使用仪器a之前,首先需要进行的操作是_______;仪器c的名称为_______。II.查阅资料后,有同学对VOSO4的热分解提出了两种可能:①VOSO4VO2+SO3↑,②2VOSO4V2O5+SO3↑+SO2↑,欲采用如下装置探究:A.     B.   C.   D.(2)B装置的作用是_______________________。(3)选择必要的仪器装置,按气流从左到右的流向,探究分解产物的导管接口顺序为a→_______。(4)若气体流经的装置均有气泡产生且按②式分解,则上述所选必要装置中可观察的现象为________________________________。【答案】(1)检查是否漏液    三颈烧瓶(2)吸收尾气,防止污染环境(3)d→e→h→i→b(4)C中出现白色沉淀,D中出现白色沉淀21,【解析】(1)仪器a是分液漏斗,使用前应检查其是否漏液;从图中可知,仪器c是三颈烧瓶。(2)据分析,欲探究VOSO4发生何种热分解,须检验产生的气体是否含SO2,产物气体均会污染环境,且两者产物气体均能与NaOH反应,故装置B的作用是吸收尾气,防止污染环境。(3)据分析,欲探究VOSO4发生何种热分解,须检验产生的气体是否含SO2,检验之前应先排出SO3的干扰,SO3可与BaCl2反应而SO2不会,用C装置除去SO3后,SO2进入D装置,与Ba(NO3)2反应,生成白色沉淀BaSO4,故导管接口顺序为a→d→e→h→i→b。(4)若气体流经的装置均有气泡产生且按②式分解,则从装置A中出来的气体是SO2和SO3的混合物,经过C装置时SO3与BaCl2溶液反应生成BaSO4白色沉淀,SO2进入装置D被Ba(NO3)2氧化并生成BaSO4白色沉淀,故可观察到的现象是:C中出现白色沉淀,D中出现白色沉淀。17.用黄铁矿(主要成分FeS2)还原硫酸渣制备铁黄颜料(主要成分为FeOOH),工业流程如下:c(Fe2+)或c(Fe3+)浓度分别为1mol/L,形成对应沉淀的pH范围如下表:Fe(OH)2FeOOH开始沉淀的pH5.81.2沉淀完全的pH8.32.8(1)步骤②被氧化的元素是_______。(2)碱性锌锰电池使用时会产生与FeOOH同类物质,该物质化学式是_______。(3)制备晶种:将NaOH按一定计量比加入到FeSO4溶液中,产生白色沉淀。调至pH约为6时,开始通入空气并记录pH变化如图。21,①pH约为6时,通入空气前,铁元素的主要存在形式是_______;0~t1时段,白色沉淀发生变化,pH基本不变的原因是_______(用化学方程式说明)。②pH约为4时制得铁黄晶种。若继续通空气,t3后pH几乎不变,此时c(Fe2+)仍降低,但c(Fe3+)增加,且c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。请结合方程式说明原因:_______。(4)二次氧化时,溶液的pH应控制在3~4,过低会造成铁黄质量降低,原因可能是____________________________。(5)步骤④中证明洗涤完全的方法是________________________。(6)称取铁黄产品1.000g,用稀硫酸溶解并配成200mL溶液,每次取20.00mL,调节合适的pH,用0.1000mol/L的磺基水杨酸(H2Y)标准溶液滴定,三次滴定平均消耗体积为22.00mL,则该产品纯度为_______%。(已知:Fe3++2H2Y=[FeY2]-+4H+)【答案】(1)S(或硫)(2)(3)Fe2+或FeSO4、Fe(OH)2        溶液中存在两个氧化反应和,因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量(4)pH过低会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓,铁黄产品质量降低(5)取最后一次洗涤液,先加稀盐酸酸化,再加入BaCl2溶液,无沉淀生成,证明洗涤干净(6)97.9【解析】硫酸渣加入硫酸酸溶得到含Fe3+悬浊液,加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+并得到S,过滤得到硫磺和含Fe2+的溶液,向滤液中加入NaOH、通入空气,得到晶种,然后把晶种加入到二次氧化的铁黄浆料,得到FeOOH,过滤得到湿铁黄,然后经过洗涤干燥得到产品。(1)步骤②中加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,经过滤得到硫磺,生成了S,反应过程中,S元素的化合价升高,被氧化,故答案为:S(或硫)。(2)碱性锌锰电池使用时,发生的反应为,生成的与FeOOH同类的物质为,故答案为:。(3)①将NaOH按一定计量比加入到FeSO4溶液中,产生白色沉淀,该白色沉淀为Fe(OH)2,则通入空气前,铁元素的主要存在形式是Fe2+或FeSO4、Fe(OH)2;0~t121,时段,通入氧气后,Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3,反应的化学方程式为,该反应既不消耗氢离子或氢氧根离子,也不产生氢离子或氢氧根离子,不影响溶液的pH,所以该过程中pH基本不变,故答案为:。②溶液中存在两个反应和,总反应为,反应过程中氢离子和氢氧根离子浓度没有变化,因此t3后溶液的pH几乎不变,该反应消耗的Fe2+大于生成的Fe3+,因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量,故答案为:溶液中存在两个氧化反应和,因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。(4)根据表中数据可知,FeOOH开始沉淀的pH=1.2,完全沉淀时pH=2.8,若pH过低,会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓,导致铁黄产品质量降低,因此二次氧化时,溶液的pH应控制在3~4,故答案为:pH过低会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓,铁黄产品质量降低。(5)步骤④若未洗涤完全,产品中会含有硫酸根离子,因此证明洗涤完全只需证明产品中不含硫酸根离子,具体方法为:取最后一次洗涤液,先加稀盐酸酸化,再加入BaCl2溶液,无沉淀生成,证明洗涤干净,故答案为:取最后一次洗涤液,先加稀盐酸酸化,再加入BaCl2溶液,无沉淀生成,证明洗涤干净。(6)滴定时20.00mL产品消耗的H2Y的物质的量为22×10-3L×0.1000mol/L=0.0022mol,根据Fe3++2H2Y=[FeY2]-+4H+可知,200mL溶液产品中n(Fe3+)=0.0011×10=0.011mol,则该产品纯度为,故答案为97.9。18.空气污染治理是综合工程,其中氮氧化合物的治理是环保的一项重要工作,合理应用和处理氮的化合物,在生产生活中有着重要的意义。(1)已知:N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181.5kJ·mol-1。某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。若用分别表示N2、NO、O2和固体催化剂,在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中,能量状态最低的是_______(填字母)。21,(2)为减少汽车尾气中NOx的排放,常采用CmHn(烃)催化还原NOx消除氮氧化物的污染。如:①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H1=-574kJ·mol-1;②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H2=-1160kJ·mol-1;③CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H3则∆H3=_______。(3)含氮化合物有很多种,其中亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中常用的一种试剂。已知:2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)∆H<0①一定温度下,将2molNO(g)与2molCl2(g)置于2L恒容密闭容器中发生上述反应,若4min末反应达到平衡状态,此时压强是初始时的0.8倍,则0~4min内,平均反应速率v(Cl2)=_______。下列现象可判断反应达到平衡状态的是_______(填选项字母)。A.混合气体的平均相对分子质量不变B.混合气体的密度保持不变C.每消耗1molNO(g)同时生成1molClNO(g)D.NO和Cl2的物质的量之比保持不变②为加快反应速率,同时提高NO(g)的平衡转化率,在保持其他条件不变时,可采取的措施有_______(填选项字母)。A.升高温度                  B.缩小容器体积C.使用合适的催化剂        D.再充入Cl2(g)③一定条件下,在恒温恒容的密闭容器中,按一定比例充入NO(g)和Cl2(g),平衡时ClNO(g)的体积分数随的变化如图所示,当=2.5时,达到平衡状态,ClNO(g)的体积分数可能是图中的_______点(填“D”、“E”或“F”)。(4)已知:2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步:21,①2NO(g)N2O2(g)(快)v1正=k1正·c2(NO),v1逆=k1逆·c(N2O2);②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)v2正=k2正c(N2O2)·c(O2),v2逆=k2逆·c2(NO2)。2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数K与上述反应速率常数k1正、k1逆、k2正、k2逆的关系式为_______。【答案】(1)C(2)-867kJ/mol(3)0.1mol/(L·min)    AD    BD    F(4)【解析】(1)由图可知A→B吸收能量,B→C释放能量,2NO(g)N2(g)+O2(g)∆H3=-181.5kJ/mol即∆H<0,说明放出能量多,生成物总能量低于反应物总能量,能量状态最低是C,故答案为:C。(2)由盖斯定律(①+②)×得到反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H3,∆H3=(∆H1+∆H2)×=(-574-1160)kJ/mol×=-867kJ/mol,故答案为:-867kJ/mol。(3)①设参加反应的氯气为xmol,则,相同条件下,气体压强之比等于物质的量之比,平衡时压强是初始的0.8倍,物质的量也是初始的0.8倍,即4×0.8=3.2mol,即2-2x+2-x+2x=3.2,解得x=0.8mol,Cl2浓度的变化量∆c=,时间∆t=4min,v(Cl2)==0.1mol/(L·min);A.反应中m不变,n变化,根据,可知平均相对分子质量不变则各物质的物质的量不变,反应达到平衡状态,故A正确;B.反应体系是恒容,气体的总质量不变,根据可知,密度始终不变,不能判定反应是否能达到平衡,故B错误;C.由于是同方向,因此不能判定反应是否能达到平衡,故C错误;D.NO与Cl2的物质的量之比保持不变时,正逆反应速率相等,可判断反应达到平衡状态,故D正确;故答案为:0.1mol/(L·min);AD。21,②A.升温速率加快,但平衡逆向移动,转化率减小,故A错误;B.缩小容器体积,相当于加压,速率加快,平衡正向移动,NO转化率增大,故B正确;C.加入催化剂,速率加快,平衡不移动,故C错误;D.充入氯气,使其浓度增大,速率加快,平衡正向移动,NO转化率增大,故D正确;故答案为:BD。③由图可知,当n(NO)∶n(Cl2)=2.5时,反应达到平衡,ClNO的体积分数减小,所以应该是F点,故答案为:F。(4)活化能越低,速率越快,反应①快,说明E1<E2;2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的平衡常数K=,反应达到平衡状态,v1正=v1逆,v2正=v2逆,则k1正c2(NO)=k1逆c(N2O2),k2正c(N2O2)·c(O2)=k2逆c2(NO2),可推出平衡常数K=。19.回答下列问题:(1)Pt的电子排布式为,则Pt在元素周期表中的位置是_______,处于_______区。(2)中阴离子的立体构型名称是_______,B、N、H的电负性由大到小的顺序为_______。(3)科学家合成了一种含硼阴离子[],其结构如下图所示。其中硼原子的杂化方式为_______,该结构中共有_______种不同化学环境的氧原子。(4)金属硼氢化物可用作储氢材料。如图是一种金属硼氢化物氨合物的晶体结构示意图。图中八面体的中心代表金属M原子,顶点代表氨分子;四面体的中心代表硼原子,顶点代表氢原子。该晶体属立方晶系,晶胞棱边夹角均为90º,棱长为apm,密度为3,阿伏加德罗常数的值为。21,①该晶体的化学式为_______。②金属M原子与硼原子间最短距离为_______pm。③金属M的相对原子质量为_______(列出表达式)。【答案】(1)第六周期VIII族    d区(2)正四面体    N>H>B(3)sp2、sp3    4(4)        【解析】(1)Pt的电子排布式为,则Pt在元素周期表中的位置是第六周期VIII族,处于d区。(2)阴离子PO的价层电子对数=4+=4,无孤电子对,故立体构型为正四面体形;元素吸引电子的能力越强,其电负性越大,则电负性由大到小顺序是N>H>B;故答案为:正四面体;N>H>B。(3)根据图知,形成4个共价单键的B原子价层电子对数是4、形成3个共价单键的B原子价层电子对数是3,B原子杂化类型:前者为sp3、后者为sp2;如图,该结构中含有4种环境的氧原子,故答案为:sp3、sp2;4。(4)①该晶胞中M原子个数=8×+6×=4、氨分子个数是M原子个数的6倍,所以含有24个氨分子、B原子个数是8、H原子个数是B原子个数的4倍,有32个氢原子,该晶胞中M、NH3、B、H个数之比=4∶24∶8∶32=1∶6∶2∶8,其化学式为M(NH3)6B2H8,故答案为:M(NH3)6B2H8。21,②M原子与B原子最短距离为晶胞体对角线长度的=××apm=apm,故答案为:apm。③该晶胞体积=(a×10-10cm)3,,则M(化合物的摩尔质量)==g/mol,金属M的相对原子质量=,故答案为:。20.石油工业利用有机物A合成高分子树脂H,其合成路线如图:已知:①;②。回答下列问题:(1)用系统命名法命名B______________。(2)反应④的反应类型为________;反应②可能的另一种产物的结构简式为_________。(3)G生成H的化学方程式为______________________________。(4)化合物G有多种同分异构体,写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式______________。①能发生银镜反应②核磁共振氢谱中有四个峰21,(5)写出以CH3—CH=CH—CH3和丙烯为原料通过四步反应制备的合成路线。(其它无机试剂任选)【答案】(1)2-甲基-1,3-丁二烯(2)氧化反应    (3)(4)或(5)CH2=CH—CH=CH2【解析】有机物B变为C,发生已知①的双烯加成反应,生成C为,C到D发生已知②反应生成D,则D为21,,D变为E分子式多了O,则反应④为氧化反应,E到F发生取代反应,F到G发生水解引入羧基,反应⑤发生酯化形成高分子化合物H。(1)B的键线式为,用系统命名法命名B:2-甲基-1,3-丁二烯。(2)①反应物D分子式为C8H8O,F的分子式为C8H8O2反应后氧原子增多,则反应④的类型为氧化反应。②D的结构简式为,则D的另外一种产物为。(3)G生成高分子化合物H为酯化反应,化学方程式为:。(4)化合物G分子式为C8H8O2,G的官能团为羧基和羟基,符合条件的官能团异构为醛基和羟基,苯环位置异构,则G有多种同分异构体为或。(5)CH3—CH=CH—CH3和丙烯为原料通过四步反应制备的合成路线为:CH2=CH—CH=CH2。21
相关课件
更多相关资料
展开
新高考2022届高考地理考前冲刺卷(三) 新高考2022届高考生物考前冲刺卷(三) 新高考2022届高考数学考前冲刺卷(三) 新高考2022届高考英语考前冲刺卷(三) 新高考2022届高考语文考前冲刺卷(三)
免费下载这份资料?
立即下载