最后10天押题——突破2021年高考化学高分瓶颈必刷小卷4（解析版）.docx

最后10天押题突破600分专练小卷125时，用 NaOH 溶液滴定H2A 溶液，溶液中和或和关系如图所示，下列说法正确的是( )AH2A 为弱酸，其 Ka1 约为 104B滴定过程中，当 pH=5 时，c(Na+)>3c(A2)C向 H2A 溶液中加入等体积等浓度的NaOH 溶液，完全反应后溶液显碱性D已知 H2CO3 的 Ka1=4.310-7，Ka2=5.610-11，则足量 Na2CO3 溶液中滴入少量 H2A 溶液， 发生的离子反应为. H2A+2 = 2 + A2-【答案】D【解析】由图可知，H2A 为二元弱酸，Ka1= ，Ka2= ，当=0时，溶液中=，同理当=0时，=，电离常数Ka1>Ka2，由图可知，曲线 I 表示 和的关系，曲线 II 表示和的关系。A由分析可知，H2A 为二元弱酸，曲线 I 表示 和的关系，当=0时，溶液中=，则Ka1为102，故A 错误； B由图可知，当=3时，=2，则Ka2= =10-310-2=10-5，当 pH=5 时，溶液中c(HA- )=c(A2- )，由电荷守恒 c(H+ ) + c (Na+ )c (OH-)+ c (HA- )+2 c (A2- )可得c (H+ )+c(Na+ )c(OH-)+3c(A2- )，则c(Na+ )-3c(A2- )c(OH-)-c(H+ )<0， c(Na+ )<3c(A2-)，故B 错误；C向 H2A 溶液中加入等体积等浓度 NaOH 溶液，完全反应后生成 NaHA 溶液，H2A的二级电离常数Ka2=10-5，A2-的二级水解常数Kh2=10-12< Ka2，则NaHA 溶液电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故C 错误；D由电离常数可知，酸的电离程度的大小顺序为H2A>HA->H2CO3>，则过量 Na2CO3溶液中与H2A 溶液反应生成NaHCO3和Na2A，反应的离子方程式为. H2A+2 = 2 + A2-，故D 正确；故选D。2.（14分）I.氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如图：回答下列问题：(1)操作A、B的名称分别是_、_；(2)写出加入稍过量的溶液得到FeCO3的离子方程式：_。(3)写出在空气中充分加热煅烧FeCO3的化学方程式：_。上述流程中，若煅烧不充分，最终产品中会含有少量的FeO杂质。某同学为测定产品中的含量，进行如下实验：称取样品，加入足量稀溶解，并加水稀释至100mL；量取待测溶液于锥形瓶中；用酸化的标准液滴定至终点；重复操作b、次，得出消耗溶液体积的平均值为。(4)确定滴定达到终点的操作及现象为_。(5)上述样品的质量分数为_。(6)下列操作会导致样品中的质量分数测定结果偏低的有_。a.未干燥锥形瓶 b.盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗c.滴定结束时仰视刻度线读数 d.量取待测液的滴定管没有润洗【答案】（每空2分）(1)过滤 洗涤 (2)Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+ H2O (3)4FeCO3+O2 Fe2O3+4CO2 (4)向待测液中再滴加一滴标准液时，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不褪去 (5) (6) 【解析】根据流程图可知：铁屑用纯碱溶液洗去油污，加稀硫酸充分反应，经过过滤分离，在滤液中加入碳酸氢铵得到碳酸亚铁，碳酸亚铁再经过过滤、洗涤，然后再干燥，灼烧得到氧化铁。(1)经过操作A得到滤液和滤渣，则操作A为过滤，固体经过操作B后干燥，则B为洗涤；(2)加入稍过量的NH4HCO3溶液的作用是调节溶液的pH，使溶液中的Fe2+完全沉淀为FeCO3,沉淀Fe2+的离子方程式为Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+ H2O；(3)在空气中煅烧FeCO3，FeCO3与氧气反应生成三氧化二铁和二氧化碳，反应方程式为：4FeCO3+O2 Fe2O3+4CO2 ；(4)滴定完成时，亚铁离子反应完全，溶液由黄色变为浅紫色，则：向待测液中再滴加一滴标准液时，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不褪去，即为滴定终点；(5)根据，则，则，样品质量分数为：；(6)a.未干燥锥形瓶，不影响滴定结果，故a错误；b.盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗，则消耗的标准液体积偏大，m(FeO)偏高，Fe2O3的质量分数的测定结果偏低，故b正确；c.滴定结束时仰视刻度线读数，则消耗的标准液体积读数偏大，m(FeO)偏高，Fe2O3的质量分数的测定结果偏低，故c正确；d.量取待测液的滴定管没有润洗，待测液被稀释，消耗的标准液体积偏小，m(FeO)偏低，Fe2O3的质量分数的测定结果偏高，故d错误；故答案为bc。3.（15分）一水硫酸四氨合铜晶体Cu(NH3)4SO4H2O常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3 molL1的硫酸、浓氨水、10% NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500 molL1稀盐酸、0.500 molL1 的NaOH溶液来制备一水硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。ICuSO4溶液的制取 实验室用铜与浓硫酸制备硫酸铜溶液时，往往会产生有污染的SO2气体，随着硫酸浓度变小，反应会停止，使得硫酸利用率比较低。 实际生产中往往将铜片在空气中加热，使其氧化生成CuO，再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸铜溶液；这一过程缺点是铜片表面加热易被氧化，而包裹在里面的铜得不到氧化。 所以工业上进行了改进，可以在浸入硫酸中的铜片表面不断通 O2，并加热；也可以在硫酸和铜的混合容器中滴加 H2O2 溶液。 趁热过滤得蓝色溶液。（1）某同学在上述实验制备硫酸铜溶液时铜有剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_。（2）若按进行制备，请写出Cu在H2O2 作用下和稀硫酸反应的化学方程式_。（3）H2O2溶液的浓度对铜片的溶解速率有影响。现通过下图将少量30的H2O2溶液浓缩至40，在B处应增加一个设备，该设备的作用是_，馏出物是 _。II晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作（4）硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量NH3H2O调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为 Cu2(OH)2SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_。（5）继续滴加 NH3H2O，会转化生成深蓝色溶液，请写出从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体的方法_。并说明理由_。.产品纯度的测定精确称取 m g 晶体，加适量水溶解，注入图示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量 NaOH 溶液， 通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用 V1mL 0.500molL1 的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用 0.500 molL1 NaOH 标准溶液滴定过剩的 HCl（选用甲基橙作指示剂），到终点时消耗 V2 mL NaOH 溶液。1.水 2.长玻璃管 3.10%NaOH溶液 4.样品液 5.盐酸标准溶液（6）玻璃管2的作用_。（7）样品中产品纯度的表达式_。（不用化简）（8）下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是_A.滴定时未用 NaOH 标准溶液润洗滴定管B.滴定过程中选用酚酞作指示剂C.读数时，滴定前平视，滴定后俯视D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁E.由于操作不规范，滴定前无气泡，滴定后滴定管中产生气泡【答案】（15分）（1）反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO45H2O 失去结晶水变为 CuSO4（2分） （2）Cu + H2O2 + H2SO4 = CuSO4 + 2H2O（2分） （3）减压设备（1分） 水（H2O）（1分） （5）2Cu2+ + 2NH3H2O + SO42 = Cu2(OH)2SO4 + 2NH4+（2分） （5）加入乙醇或醇析（1分） Cu(NH3)4SO4H2O晶体难溶于乙醇，能溶于水（1分） （6）平衡气压，防止堵塞和倒吸（1分） （7）（2分）（8）AB（2分）【解析】I（1）得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,浓硫酸具有吸水性,使CuSO45H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色；（2）Cu在H2O2作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O；（3）过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则B处增加一个减压设备，馏出物为H2O；II（4）浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，反应的离子方程式为：2Cu2+2NH3H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+；（5）由题中信息，Cu(NH3)4SO4H2O晶体难溶于乙醇，可溶于水，故加入乙醇(或醇析)可从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体；. （6）装置中长导管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸；（7）与氨气反应的n(HCl)=103V1L0.500molL10.500molL1103V2L=5104(V1V2)mol，根据NH3HCl可知，n(NH3)=n(HCl)=5104(V1V2)mol，则nCu(NH3)4SO4H2O=n(NH3)= 5104(V1V2)mol，样品中产品纯度的表达式为：100%=100%；（8）滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管,浓度偏低,则V2偏大，氨含量偏低，A正确；滴定过程中选用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，消耗NaOH溶液体积偏大，测定的氨含量偏低，B正确；读数时，滴定前平视,滴定后俯视，导致V2偏小，则含量偏高，C错误；取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，D错误；由于操作不规范,滴定前无气泡,滴定后滴定管中产生气泡,导致消耗氢氧化钠溶液体积V2偏小，测定的氨含量偏高，E错误。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）核电荷数依次增大的A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，AC2为非极性分子，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，E原子的一种核素的质量数为49，中子数为27。F元素是第四周期元素中未成对电子数最多的元素，FCl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为21，1mol配合物与足量的AgNO3溶液反应能立即生成3molAgCl。请根据以上情况，回答下列问题：（答题时需用元素符号表示）（1）B氢化物与HCl反应生成的含有B元素粒子的空间构型是_；F元素原子的最外层电子数为_个。（2）B3-离子分别与AC2及由B、C组成的气态化合物互为等电子体，则B、C组成的化合物化学式为_；B3-离子还可以和某一价阴离子互为等电子体，该阴离子电子式为_，这种阴离子常用于检验日常生活中的一种金属阳离子，则金属阳离子符号为_。（3）B元素与同周期相邻元素的第一电离能由小到大的顺序为_。（4）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_。（5）F3+的核外电子排布式是_，FCl3形成的六配位的配合物化学式为_。（6）E的一种氧化物晶胞结构（长方体）如图所示，该氧化物的化学式为_；若该晶胞的三个晶胞参数分别为：apm、bpm、cpm。则该氧化物的密度为_g/cm3。(写出表达式即可)【答案】（15分）（1）正四面体形（1分） 1（1分）（2）N2O（1分） （2分） Fe3+ （1分）（3）CON（1分） （4）1:4（2分） （5）1s22s22p63s23p63d3或Ar3d3 （1分） Cr(NH3)4(H2O)2Cl3（2分） （6）TiO2（1分） （2分） 【解析】A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDEF。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，故D为镁元素；核电荷数BC，则B为氮元素；A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E原子的一种核素的质量数为49，中子数为27，则质子数为22，E为Ti元素。F元素是第四周期元素中未成对电子数最多的元素，原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d54s1，则F为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，1mol配合物与足量的AgNO3溶液反应能立即生成3molAgCl，说明三个氯离子位于外界，该配合物为Cr(NH3)4(H2O)2Cl3，据此分析解题。由分析知：A为C元素、B为N元素、C为O元素、D为Mg元素、E为Ti元素、F为Cr元素；（1）N元素氢化物与HCl反应生成的含有N元素粒子为NH4+，分子中N原子价层电子对数=4+=4、N原子为sp3杂化，不含孤对电子，故其空间构型是正四面体；F为Cr，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，元素原子的最外层电子数为1个；（2）N3-离子分别与CO2、由N、O组成的气态化合物互为等电子体，则N、O组成的化合物化学式为N2O；N3-离子还可以和一价阴离子互为等电子体，根据价电子总数相等，用S、C原子代替2个N原子可知该阴离子为SCN-，结构与CO2类似，这阴离子电子式为，这种阴离子常用于检验日常生活中的一种金属阳离子，这金属阳离子符号为Fe3+；（3）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为CON；（4）B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，D的单质为Mg，HNO3稀溶液与Mg反应时，N元素被还原到最低价，则生成NH4NO3，Mg被氧化为Mg(NO3)2，令NH4NO3，Mg(NO3)2的化学计量数分别为x、y，则根据电子转移守恒有5-(-3)x=2y，所以x：y=4：1，该反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:4；（5）Cr原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d54s1，Cr原子失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成Cr3+，Cr3+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d3，由上述分析可知，CrCl3形成的六配位的配合物化学式为Cr(NH3)4(H2O)2Cl3；（6）由可知，晶胞中Ti原子位于体心与顶点上，O原子位于上下两个面上及体内(有2个)，故晶胞中Ti元素数目=1+8=2、O原子数目=2+4=4，故该化合物化学式为TiO2，晶胞质量=2g，若晶胞中参数分别为apm、bpm、cpm，则晶胞的体积=a10-10cmb10-10cmc10-10cm=abc10-30cm3，该晶体的密度=g/cm3。6.化学选修5：有机化学基础（15分）化合物I具有贝类足丝蛋白的功能，可广泛用于表面化学、生物医学、海洋工程、日化用品等领域。其合成路线如下：回答下列问题：（1）I中含氧官能团的名称为_。（2）由B生成C的化学方程式为_。（3）由E和F反应生成D的反应类型为_，由G和H反应生成I的反应类型为_。（4）仅以D为单体合成高分子化合物的化学方程式为_。（5）X是I的同分异构体，能发生银镜反应，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1。写出两种符合要求的X的结构简式_。（6）参照本题信息，试写出以1-丁烯为原料制取的合成路线流程图（无机原料任选）_。合成路线流程图示例如下：【答案】（15分）（1） 羟基、酯基（2分）（2） （2分）（3） 加成反应（2分） 取代反应（2分）（4） （2分）（5） （2分）（6） CH2=CHCH2CH3CH2=CHCHBrCH3CH2=CHCH(OH)CH3（3分）【解析】（1）根据有机物I的结构简式可知，其含氧官能团羟基、酯基；正确答案：羟基、酯基。（2）根据有机物C发生氧化反应变为羧酸，结合有机物D的分子式可知，D的结构简式为CH2=CH-COOH，有机物C是溴代烃发生取代反应产生，因此有机物C为醇，结构简式为CH2=CH-CH2OH，所以有机物B结构简式为CH2=CH-CH2Br,因此由B生成C的反应为取代反应，化学方程式为；正确答案：。（3）有机物E为乙炔，与甲酸发生加成反应生成（D）CH2=CH-COOH；根据有机物I的结构简式可知，由G和H反应生成I的反应类型为取代反应；正确答案：加成反应；取代反应。（4）根据以上分析可知，有机物D的结构简式为CH2=CH-COOH，可以发生加聚反应，生成高分子，化学方程式为；正确答案：。（5）有机物I结构简式为，X是I的同分异构体，能发生银镜反应，含有醛基；能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，含有羧基；其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，可知结构中含有2个甲基，且为对称结构；因此符合要求的X的结构简式：；正确答案：。（6）根据可知，形成该有机物的单体为CH2=CH-CH(OH)CH3；CH2=CHCH2CH3与在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCHBrCH3，然后该有机物发生水解生成CH2=CHCH(OH)CH3，CH2=CHCH(OH)CH3发生加聚生成高分子；合成流程如下：. CH2=CHCH2CH3CH2=CHCHBrCH3CH2=CHCH(OH)CH3；正确答案：CH2=CHCH2CH3CH2=CHCHBrCH3CH2=CHCH(OH)CH3。