最后10天押题——突破2021年高考化学高分瓶颈必刷小卷3（解析版）.docx

最后10天押题突破600分专练小卷1.H2A为二元弱酸，室温下用0.1000mol/L，NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol/LH2A溶液至终点。滴定过程中H2A、HA-、A2-的分布分数（物质的量分数）a随溶液pH的变化关系如图所示。下列分析错误的是（ ）A曲线2表示HA-的分布分数随溶液pH的变化BH2A的二级电离常数K2=10-4.3Cb点时，消耗的NaOH溶液的体积为50.00mLDa点溶液中，c（H+）=0.1000mol/L+c（A2-）+c（OH-）-c（H2A）【答案】C【解析】ANaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol/LH2A溶液，先生成NaHA，再生成Na2A，HA-先增后减，故A正确；Bc点c(HA-)=c(A2-），溶液pH=4.3，所以H2A的二级电离常数K2=10-4.3，故B正确；Cb点时，HA-含量最大，所以溶质为NaA，消耗的NaOH溶液的体积为25.00mL，故C错误；Da点溶液是0.1000mol/L的H2A溶液，根据物料守恒c(A2-)+c(HA-)+c（H2A）=0.1，0.1000mol/L+c（A2-）+c(OH-)-c(H2A)= 2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)= c(H+)，符合质子守恒，故D正确；选C。2.（14分）利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr()的处理工艺流程如下：其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。(1)实验室用18.4molL-1的浓硫酸配制480mL4.6molL-1的硫酸，需量取浓硫酸_mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯、胶头滴管和玻璃棒外，还需_。(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_。(3)H2O2的作用是将滤液中的Cr3+转化为，写出此反应的离子方程式_。(4)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+开始沉淀时的pH2.7沉淀完全时的pH3.711.15.4(>8溶解)9(>9溶解)加入NaOH溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时使转化为，但溶液的pH不能超过8，其理由是(用离子方程式表示)_。(5)钠离子交换树脂的反应原理为Mn+nNaRMRn+nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液中的金属阳离子是_。(6)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的化学方程式：_。【答案】(每空2分)(1)12.5 500mL容量瓶 (2)升高温度(加热)或搅拌 (3)2Cr3+3H2O2+H2O=Cr2O+8H+ (4)pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO，最终影响Cr()回收与再利用 (5)Mg2+、Ca2+ (6)3SO2+2Na2CrO4+12H2O=2CrOH(H2O)5SO4+Na2SO4+2NaOH 【解析】向含铬污泥中加入稀硫酸和水并将溶液pH调节为1，根据信息知，硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，然后过滤，向滤液中加入双氧水，发生2Cr3+3H2O2+H2O=+8H+，Cr3+被氧化生成，然后向溶液中加入NaOH溶液并调节溶液的pH=8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，且溶液中转化为，然后过滤，向滤液中加入钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入二氧化硫，发生反应2+3SO2+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4+SO+2OH-，(1) 实验室用18.4molL-1的浓硫酸配制480mL4.6molL-1的硫酸需要用500mL容量瓶，需量取浓硫酸为=0.125L=12.5mL，配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：12.5；500mL容量瓶、胶头滴管；(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有升高温度(加热)、搅拌，故答案为：升高温度(加热)、搅拌；(3)H2O2的作用是将滤液中的Cr3+转化为Cr2O，同时生成氢离子，离子方程式为2Cr3+3H2O2+H2O=Cr2O+8H+，故答案为：2Cr3+3H2O2+H2O=Cr2O+8H+；(4)碱性条件下Cr2O转化为CrO，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O转化为CrO，但溶液的pH不能超过8，其理由是pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO，最终影响Cr()回收与再利用，故答案为：pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO，最终影响Cr()回收与再利用；(5)钠离子交换树脂交换的离子是Mg2+、Ca2+，从而除去杂质离子Mg2+、Ca2+，故答案为：Mg2+、Ca2+；(6)上述流程中用SO2进行还原时发生反应的化学方程式为3SO2+2Na2CrO4+12H2O=2CrOH(H2O)5SO4+Na2SO4+2NaOH，故答案为：3SO2+2Na2CrO4+12H2O=2CrOH(H2O)5SO4+Na2SO4+2NaOH。3.实验室可用苯乙酮间接电氧化法合成苯甲酸，原理如图所示：实验步骤如下：步骤I：电合成：在电解池中加入KI、20mL蒸馏水和20mL的1,4-二氧六环，搅拌至完全溶解，再加入20mL苯乙酮，连接电化学装置，恒定电压下电解7h；步骤II：清洗分离：反应停止后，将反应液转移至烧瓶，蒸馏除去反应溶剂；用蒸馏水和二氯甲烷洗涤烧瓶，将洗涤液转移至分液漏斗；用二氯甲烷萃取除去亲油性杂质，分离出水相和有机相；步骤III：制得产品：用浓盐酸酸化水相至pH为12，接着加入饱和NaHSO3溶液，振荡、抽滤、干燥，称量得到产品7.8g；有关物质的数据如下表所示：物质分子式溶解性沸点()密度(g/cm3)相对分子质量苯乙酮C8H8O难溶于水202.31.03120苯甲酸C7H6O2微溶于水2491.27122二氯甲烷CH2Cl2不溶于水401.3385回答下列问题：（1）步骤I中，阴极的电极反应式为 ，阳极I失去电子后的产物与OH反应的离子方程式为 （2）步骤II蒸馏过程中，需要使用到的玻璃仪器有 ，（填标号）除此之外还需要 （3）步骤II分液过程中，应充分振荡，静置分层后 （填标号）A直接将有机相从分液漏斗的上口倒出B直接将有机相从分液漏斗的下口放出C先将有机相从分液漏斗的下口放出，再将水相从下口放出D先将有机相从分液漏斗的下口放出，再将水相从上口倒出（4）步骤III中，加入浓盐酸的目的是 （5）步骤III中，加入饱和NaHSO3溶液，水相中的颜色明显变浅，说明过量的I2被还原为I，其离子方程式为 （6）本实验的产率是 （保留小数点后一位有效数字）（7）得到的粗苯甲酸可用 法进行提纯。【答案】（14分，除标注外，每空2分）（1）H2O2e= H22OH I22OH= IIOH2O（2）a、c、d、e、g （直形）冷凝管（1分）（3）D（1分）（4）将苯甲酸盐转化为苯甲酸（1分）（5）I2H2O= 3H2I（6）37.6%（7）重结晶法（1分）【解析】根据合成原理图示可知，通过电解KI溶液，获得氧化剂KIO/I2，利用其氧化性将苯乙酮氧化为苯甲酸。（1）阴极区发生的电极反应为：H2O2e= H22OH，阳极区发生的电极反应为：I2e= I2，I2与OH反应的离子方程式为：I22OH= IIOH2O。（2）蒸馏过程中，应使用到的玻璃仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、（直形）冷凝管、尾接管、锥形瓶，故应选择a、c、d、e、g，除此之外，还需要的是（直形）冷凝管。（3）根据给出的物质的性质，二氯甲烷的密度比水的密度大，故二氯甲烷在下层，水层在上层，分液时，应先将有机相从分液漏斗的下口放出，再将水相从上口倒出，故选D。（4）通过反应，苯乙酮被氧化为苯甲酸盐溶液，加入浓盐酸的目的是将苯甲酸盐转化为苯甲酸，故本题答案为：将苯甲酸盐转化为苯甲酸。（5）具有还原性，I2单质具有氧化性，二者发生氧化还原反应：I2H2O= 3H2I。（6）反应中，加入了20mL苯乙酮，其密度为1.03g/cm3，物质的量为0.17mol，根据反应原理可知，理论上应得到苯甲酸的物质的量为0.17mol，即20.74g，实际获得苯甲酸7.8g，故其产率为。（7）苯甲酸可用重结晶法进行提纯4.（14分）甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。回答下列问题：（1）已知甲醇分解反应：CH3OH(g) CO(g) + 2H2(g) H1 = + 90.64 kJmol1水蒸气变换反应：CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) H2 = 41.20kJmol1则CH3OH(g) + H2O(g) CO2(g) + 3H2(g) H3 =_kJmol1（2）科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd()表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd()表面的物种用*标注。此历程中活化能最小的反应方程式为_。（3）在0.1MPa下，将总进料量1mol且n(CH3OH)n(H2O)=11.3的混合气体充入一刚性密闭容器中反应。 实验测得水煤气变换反应的速率随温度的升高明显下降，原因是_。 平衡时，测得CH3OH的含量在给定温度范围内极小，H2、H2O(g)、CO、CO2四种组分含量与反应温度关系如图所示，a、c曲线对应物质的化学式分别为_、_。（4）573.2K时，向一刚性密闭容器中充入5.00 MPa CH3OH使其分解，t h后达平衡时H2的物质的量分数为60%，则t h内v(CH3OH)=_MPa/h，其平衡常数分压Kp=_。【答案】（14分）（1）+49.44（2分） （2）CH2O* + 2H* = CHO* + 3H* (或CH2O* = CHO* + H*)（3分） （3） 随着温度升高，催化剂活性降低（2分） H2（分） H2O（分） （） （2分） 168.75(MPa)2（3分） 【解析】（1）甲醇分解反应：CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) H1 = + 90.64 kJmol1 水蒸气变换反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) H2 = 41.20 kJmol1 将+，即可求出CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g) H3 = +90.64 kJmol1+(41.20 kJmol1) = +49.44 kJmol1。（2）活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态3发生的反应活化能最小。反应物为“CH2O*+2H*”，产物为“CHO*+3H*，故反应方程式为CH2O* + 2H* = CHO* + 3H*。因为2H*反应前后都吸附在催化剂表面，未参与反应，故反应实质为CH2O* = CHO* + H*。（3）因为温度升高，反应速率应加快，而图中速率减小，显然不是温度的影响，只能为催化剂的活性降低。对于反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) H<0，其他条件不变时，升高温度，平衡向左移动，即CO、H2O的含量均增大，CO2、H2的含量均减小。依据图中信息，可初步得知，a、b曲线分别对应CO2或H2，c、d曲线则对应CO或H2O(g)。根据反应方程式可知：该反应起始时，n(H2)>n(CO2)、n(H2O)>n(CO)，平衡时含量必然有H2>CO2、H2O>CO。故a、b、c、d曲线分别对应H2、CO2、H2O(g)、CO。（4）假设CH3OH的压强变化量为x，x=3.75MPa，v(CH3OH)=MPa/t；Kp=168.75(MPa)2。5.化学选修3：物质结构与性质（15分）元素X的基态原子中的电子共有7个能级，且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子在气体分析中，常用XCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2XCl+2CO+2H2OX2Cl22CO2H2O（1）X基态原子的电子排布式为_。（2）C、H、O三种原子的电负性由大到小的顺序为_。（3）X2Cl22CO2H2O是一种配合物，其结构如图1所示：与CO为互为等电子体的分子是_。该配合物中氯原子的杂化方式为_。在X2Cl22CO2H2O中，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，在图中用“”标出相应的配位键_。（4）阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X射线衍射法就是其中的一种。通过对XCl晶体的X射线衍射图象的分析，可以得出XCl的晶胞如图2所示，则距离每个X+最近的Cl的个数为_，若X原子的半径为a pm，晶体的密度为g/cm3，试通过计算阿伏加德罗常数NA=_(列计算式表达)。【答案】（15分）（1）1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1（2分）（2）OCH（2分）（3）N2（2分） sp3 （2分） （2分）（4）4（2分） （3分） 【解析】元素X的基态原子中的电子共有7个能级，说明有四个电子层，且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子说明3d轨道排满，即为CuAr3d104s1。（1）X为Cu，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，故答案为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；（2）同周期，从左到右，电负性逐渐增大，即OC，非金属性越强，电负性越强，所以CH，即OCH，（3）X2Cl22CO2H2O是一种配合物，找等电子体，找与这些原子相邻的原子，因此CO互为等电子体的分子是N2，氯有2个键，还有两对孤对电子，因此氯原子的杂化方式为sp3，在X2Cl22CO2H2O中，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，CO、H2O、Cl各提供孤对电子，亚铜离子提供空轨道，因此配位键图示为，（4） XCl的晶胞如图2所示，以面心分析，左边两个Cl，右边两个Cl，即距离每个X+最近的Cl的个数为4，若X原子的半径为a pm，即每个边长为pm，晶体的密度为g/cm3，每个晶胞中有4个Cu+，4个Cl，阿伏加德罗常数。6.化学选修5：有机化学基础 （15分）有机物F可用于某抗凝血药的制备，工业生成F的一种路线图如下（其中H与FeCl3溶液能发生显色反应）：回答下列问题：（1）A的名称是_，E中的官能团是名称是_。（2）BC的反应类型是_，F的分子式为_。（3）H的结构简式为_。（4）E与NaOH溶液反应的化学方程式为_。（5）同时满足下列条件的D的同分异构体共有_种，写出核磁共振氢谱有5组峰的物质的结构简式_。是芳香族化合物能与NaHCO3溶液反应但不能与Na2CO3溶液反应1 mol该物质与钠反应时最多可得到1 mol H2（6）以2氯丙酸、苯酚为原料制备聚丙烯酸苯酚酯()，写出合成路线图（无机试剂自选）_。【答案】（15分）（1）乙醛（1分） 酯基（1分）（2）取代反应（1分） C9H6O3（1分）（3）（2分）（4）+3NaOH+ CH3COONa+CH3OH+H2O（2分）（5）4（2分） （1分）（6）（4分）【解析】由A的性质知其是乙醛，乙醛催化氧化为乙酸，乙酸与PCl3发生取代反应生成C。由H、D、E的转化关系及E、C的结构简式反推知H为、D为。E分子中含有2个酯基，与NaOH溶液反应生成、CH3COONa、CH3OH、H2O。（5）由知分子中含有苯环，由知分子中含有COOH且不含酚羟基。由知分子中还含有醇羟基，当苯环上只有一个取代基时，取代基为CHOHCOOH、当苯环上有两个取代基时，两个取代基分别为CH2OH、COOH，两个取代基在苯环有3种位置关系，故共有4种同分异构体。其中核磁共振氢谱峰有5组峰的物质是。（6）2氯丙酸先发生消去反应得到丙烯酸钠，酸化后与PCl3反应得到CH2=CHCOCl，再与苯酚发生取代反应，最后发生加聚反应即可。