【状元之路】2013届高考化学 二轮热点专题专练钻石卷 (六)选考部分综合测试卷 新人教版 .doc

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1、(六)选考部分综合测试卷(满分：100分时间：90分钟)1(8分)海水中蕴藏着丰富的资源，人类需要的很多材料都来源于海水的综合利用。(1)写出工业上用MgCl2制备金属镁的化学方程式：_。(2)实验室用惰性电极电解100mL 0.1mol/L NaCl溶液，若阳极上收集到112mL气体(标准状况下)，则所得溶液的pH为_(忽略反应前后溶液的体积变化)。(3)用电解氯化钠溶液制备“84消毒液”(主要成分是次氯酸钠)，假设通电时产生的氯气被溶液完全吸收，且所得的消毒液仅含一种溶质，请写出相应的总化学方程式_。“84消毒液”在常温下的pH_7(填“”、“ClOH2OHClOOH(4)O22H2O4e

2、=4OH2(10分)海洋是一个巨大的聚宝盆，含有丰富的矿产资料和水资源，若把海水淡化和化工生产结合起来，既可解决淡水资源缺乏的问题，又可充分利用海洋资源。(1)海水中溴元素以Br的形式存在，工业上用空气吹出法从海水中提取溴，写出该反应的离子方程式：_。(2)请写出电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式：_。若电解2L饱和食盐水时，通过电路的电子的物质的量为2mol，则溶液混合均匀后的pH为_；若用该溶液将阳极产物全部吸收，反应的离子方程式为_，所得溶液的pH_7(填“”、“”或“ClOH2OHClOOH(3)物理(4)Fe2e=Fe23(10分)金属钛具有密度小、强度高、耐腐蚀、无毒等优点，已广泛

3、应用于航空航天工业，并逐步进入了化工、船舶、汽车、体育器材、医疗等民用领域，并显示出了巨大的发展潜力。工业上冶炼常用还原法和电解法。.还原法。该方法一般以金红石(主要含TiO2)或TiO2为原料，主要工艺流程如图所示。.电解法。将TiO2粉末与黏结剂混合后，压制成电解阴极板，用碳质材料作阳极，熔融的氯化钙作电解质，当外加的电压低于熔融盐的分解电压时，阴极上的氧电离后进入电解质留下金属Ti，在阳极放出O2和CO2气体，破碎洗涤阴极板即得电解钛。回答下列问题。(1)已知反应通常在800900的条件下进行，产物中还有一种可燃性无色气体，该反应的化学方程式为_。其中当有1mol Cl2完全反应时，参加

4、反应的氧化剂质量为_g。(2)反应通常在800900的条件下进行，反应中需要通入氩气的理由是_；反应后的产物中需要加入_才能达到分离的目的。(3)已知25 100 kPa时TiCl4为液态，实验测得该条件下12g镁与TiCl4反应能释放出266.1 kJ的热量，反应的热化学方程式为_。(4)在还原法冶炼钛的工艺流程中可以循环使用的物质是_；电解法冶炼钛时，阴极反应方程式为_。解析(1)由反应物CCl2TiO2反应生成TiCl4及一种可燃性的无色气体，根据质量守恒不难想到此气体为CO，则反应的化学方程式为：TiO22C2Cl2TiCl42CO；此反应中氧化剂为Cl2，有1mol氯气完全反应，则反

5、应的氧化剂为71g。(2)由于反应中的镁和钛在高温下易被空气中的氧气氧化，故通入氩气将反应容器中的空气排尽，避免镁、钛被氧化；反应后的产物中加入稀盐酸或稀硫酸将未反应的镁溶解即可分离。(3)12g镁为0.5mol，则2mol镁反应放热为4266.1 kJ1 064.4 kJ，故热化学方程式为：TiCl4(l)2Mg(s)=Ti(s)2MgCl2(s)H1 064.4 kJ/mol。(4)由反应框图中电解氯化镁得到金属镁和氯气，而这两种物质又是前面反应所需的原料，故镁和氯气可以循环使用；电解TiO2时，阴极是阳离子放电，故得到Ti，电极反应式为TiO24e=Ti2O2。答案(1)TiO22C2C

6、l2TiCl42CO71(2)镁和钛在高温下易被空气中的氧气氧化稀盐酸或稀硫酸(3)TiCl4(l)2Mg(s)=Ti(s)2MgCl2(s)H1 064.4 kJ/mol(4)Mg和Cl2TiO24e=Ti2O24.(10分)化学肥料在农业生产中具有重要的作用，关系着农业生产是否丰收。化学肥料在农业生产中的广泛应用，为化学肥料的大规模工业生产提供了舞台。(1)在合成氨的设备(合成塔)中，设置热交换器的目的是_；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是_。(2)生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，一般可采用下列两种方法处理：碱液吸收法：NONO22NaOH=2NaNO2H2O氨还原法：8NH3

7、6NO27N212H2O(NO也有类似的反应)请从绿色化学的角度分析两种方法的优劣：_。(3)某化肥厂用NH3制备NH4NO3。已知：由NH3制NO的产率是96%，NO制HNO3的产率是92%，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量(不考虑其他损耗)的_%。(4)硝酸铵是一种常用的氮肥，在贮存和使用该化肥时，把应注意的事项及理由填入下表。注意事项理由答案(1)利用余热，节约能源可使NO循环利用，全部转化成HNO3(2)碱液吸收法要消耗大量的NaOH，同时产生有毒的NaNO2，但可以生产副产品“工业盐(NaNO2)”；氨还原法不消耗贵重原料，且产物无污染，但氮的氧化物被浪费了(3)53

8、.1(4)不能与碱性肥料混施硝酸铵溶液呈酸性不能剧烈撞击硝酸铵易爆炸不能在雨水较多的地区使用硝酸铵吸水性强，易流失5(10分)硫酸工业生产应考虑综合经济效益问题。(1)若从下列四个城市中选择一处新建一座硫酸厂，你认为厂址宜选在_的郊区(填选项的标号)。A有丰富的黄铁矿资源的城市B风光秀丽的旅游城市C消耗硫酸甚多的工业城市D人口稠密的文化、商业中心城市(2)据测算，接触法制硫酸过程中，若反应热都未被利用，则每生产1 t 98%硫酸需消耗3.6105 kJ能量。请通过计算判断，若反应：SO2(g)1/2O2(g)=SO3(g)H98.3 kJmol1；放出的热量能在生产过程中得到充分利用，则每生产

9、1 t 98%硫酸只需外界提供(或可向外界输出)_kJ能量。(3)CuFeS2是黄铁矿的另一成分，煅烧时，CuFeS2转化为CuO、Fe2O3和SO2，该反应的化学方程式为_。(4)由硫酸厂沸腾炉排出的矿渣中含有Fe2O3、CuO、CuSO4(由CuO与SO3在沸腾炉中化合而成)，其中硫酸铜的质量分数随沸腾炉温度不同而变化(见下表)：沸腾炉温度/600620640660矿渣中CuSO4的质量分数/%9.39.29.08.4已知CuSO4在低于660时不会分解，请简要分析上表中CuSO4的质量分数随温度升高而降低的原因_。解析(1)由于硫酸工业中产生污染，因此B、D项错误；H2SO4在运输时，需

10、要考虑其强腐蚀性，强氧化性，因此C为正确选项。(2)1 t 98% H2SO4中n(H2SO4)1104mol，而生成1mol SO3(即1mol H2SO4)可释放能量为98.3kJ1049.83105 kJ，则每生产1t 98% H2SO4可向外界输出热量为9.83105 kJ3.6105 kJ6.23105 kJ。答案(1)C(2)6.23105(3)4CuFeS213O2=4CuO2Fe2O38SO2(4)SO2转化为SO3是正反应放热的可逆反应，随温度升高，平衡逆移，SO3物质的量减少，所以CuSO4的量减少(或温度升高，SO3物质的量减少，故CuSO4的量减少)6(10分)乙炔是有

11、机合成工业的一种原料。工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔。(1)CaC2中C与O互为等电子体，O的电子式可表示为_；1mol O中含有的键数目为_。(2)将乙炔通入Cu(NH3)2Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。Cu基态核外电子排布式为_。(3)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈(H2C=CHCN)。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是_；分子中处于同一直线上的原子数目最多为_。(4)CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如右图所示)，但CaC2晶体中哑铃形C的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中1个Ca2周围距离最近的C数目为_。解析本题主要考查电子式的有关知识及晶胞的有关计算，意在考查化

12、合物结构理论的综合运用能力。(1)等电子体结构相似，则O的电子式与C相似，为:OO:2；1mol O中含有2mol 键，即2NA个键。(2)Cu的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。(3)丙烯腈中碳碳双键上碳原子采用的是sp2杂化，而CN键上的碳原子采用sp杂化，碳碳双键是平面结构，而CN是直线形结构，丙烯腈的结构为，所以在同一直线上的原子最多为3个。(4)如果晶胞按纵向拉长，则1个Ca2周围距离最近的C为同一水平面上的4个。答案(1):OO:22NA(2)1s22s22p63s23p63d10(3)sp杂化、sp2杂化3(4)47(8分)(2012山东潍坊)元素B、C

13、、N和Si单质及其化合物在工农生产中有很重要的应用。(1)写出基态C原子的电子排布式_。从原子结构的角度分析B、N和O元素的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(2)NH3中N原子的杂化类型是_，饱和氨水中可能形成的分子间氢键有_种。(3)碳化硅(SiC)俗名金刚砂，其硬度仅次于金刚石，SiC的晶体结构与金刚石相似，SiC晶体属于_晶体，微粒间存在的作用力是_。(4)硼和镁的化合物在超导方面有重要应用。如图示意的是某化合物的晶体结构单元；镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下底的中心各有一个镁原子；六个硼原子位于棱柱内。则该化合物的晶体结构单元中硼和镁原子的简单整数比为_。解析(1)C

14、在第2周期第A族，其核外电子排布式为1s22s22p2；由于N原子最外层的2p能级为半充满状态，不容易失去e，而O最外层为2s22p4，失去1个p电子后形成p亚层半充满状态，所以第一电离能由大到小的顺序为NOB。(2)NH3为三角锥形结构，其中N原子为sp3杂化，NH3与H2O反应形成的氢键为NH3中H与NH3中N成氢键，H2O中H与H2O中O成氢键，H2O的H与NH3中N成氢键，H2O中O与NH3中H成氢键。(3)SiC为原子晶体，Si与C之间以共价键相邻。(4)位于棱柱内的B是整个单元含有的B，共6个，Mg在棱柱的顶点，每一顶点Mg均被6个单元共用，而上下底的Mg被2个单元共用，则整个单元

15、中的Mg为1223，则B:Mg6:32:1。答案(1)1s22s22p2NOB(或NOB)(2)sp34(3)原子共价键(4)2:18(8分)可以由下列反应合成三聚氰胺：CaO3CCaC2COCaC2N2CaCN2CCaCN22H2O=NH2CNCa(OH)2NH2CN与水反应生成尿素CO(NH2)2，尿素合成三聚氰胺。(1)写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的电子排布式：_。CaCN2中阴离子为CN，与CN互为等电子体的分子有N2O和_(填化学式，只写一种。注：等电子体原子总数和电子总数相等)，由此可以推知CN的空间构型为_。(2)三聚氰胺()俗称“蛋白精”。动物

16、摄入三聚氰胺和三聚氰酸()后，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过_结合。在肾脏内易形成结石。(3)三聚氰酸()分子中C原子采取_杂化。该分子的结构简式中，每个碳氧原子之间的共价键是_(填选项)。A2个键B2个键C1个键、1个键(4)CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2的配位数为_。CaO晶体和NaCl晶体的晶格能分别为：CaO 3 401 kJmol1、NaCl 786 kJmol1。导致两者晶格能差异的主要原因是_。解析(1)Ca的最外层有2e，内层分别为K、L、M，排满时的结构为1s22s22p63s23p63d10，由此推知该物质为Zn。CN中的电子数为672222，则其等电子体为CO

17、2或BeF2等分子，由于CO2为直线形分子，则CN为直线形结构。(2)由于三聚氰酸中含有H、N、O等原子，分子间易形成氢键。(3)由于该分子中C与O形成双键，则应采取sp2杂化方式成键，sp2杂化形成的C原子中有1个键，1个键。(4)每1个Ca2周围有6个O2，每个O2周围有6个Ca2；由于CaO中Ca2、O2均为带2个电荷的离子，而NaCl中Na、Cl带电量小，则CaO中晶格能大。答案(1)1s22s22p63s23p63d104s2或Ar3d104s2CO2或BeF2直线形(2)分子间氢键(3)sp2C(4)6CaO晶体中Ca2、O2带电量(或电荷数)大于NaCl晶体中Na、Cl带电量(或

18、电荷数)9(8分)已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于前三周期。A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍。同时含有A、B、D三种元素的化合物M是一种居室污染气体，其分子中所有的原子共平面。A、B两种元素组成的原子个数比为11的化合物N是常见的有机溶剂。E有“生物金属”之称，E4和氩原子的核外电子排布相同。请回答下列问题。(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)(1)下列叙述正确的是_(填字母)。aM易溶于水，是因为M与水

19、分子间能形成氢键，且M是极性分子；N不溶于水，是因为N是非极性分子bM和二氧化碳分子中的中心原子均采用sp2杂化cN分子中含有6个键和3个键dBD2晶体的熔沸点都比二氧化硅晶体的低(2)金属E的晶胞是面心立方结构(如图)，则E晶体的1个晶胞中E原子数为_，E原子的配位数为_。(3)E的一种氧化物化学式为EO2，广泛用于制造高级白色油漆，也是许多反应的催化剂。工业上用含E的矿石主要成分为FeEO3(不溶于水)作原料制取EO2。矿石经过硫酸溶液浸泡，生成含EO2的溶液，再经稀释得EO2xH2O，写出这两步反应的离子方程式_，_。(4)X和Y分别是B和C的氢化物，这两种氢化物都含有18电子。X和Y的

20、化学式分别是_、_。两者沸点的关系为X_Y(填“”或“”)，原因是_。解析根据题给信息确定A为H，B为碳，C为N，D为O，E为Ti，M为HCHO，N为C6H6。(1)HCHO能溶于水，是由于CHO与H2O之间形成氢键；中C原子为sp2杂化，但CO2中的C原子为sp杂化；C6H6中键是一种离域键，C6H6中只有一个大键和6个CH键；CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，CO2熔沸点低。(2)E个数为864个，E的配位数为12个(X轴、Y轴、Z轴分别为4个)。(3)根据题目信息，FeTiO3与H2SO4反应生成TiO2，其中Ti化合价未发生变化，TiO2与H2O反应生成TiO2，Ti的化合价也未发

21、生变化，该一系列反应均为复分解反应。(4)18e微粒中C2H6、N2H4符合题意。由于N2H4与N2H4间可形成氢键，其熔沸点高。答案(1)ad(2)412(3)FeTiO34H=Fe2TiO22H2OTiO2(x1)H2O=TiO2xH2O2H(4)C2H6N2H4Si，所以氢化物稳定性CH4SiH4。(3)C与O形成CO、CO2，相对分子质量为44的为CO2，其结构为O=C=O，由于C与O以直线相连，则C以sp杂化形式成键。(4)N的氧化物中分子量最小的为NO，根据题给信息(4NOO2)的混合气体实质为(2NO2NO2)，2NO2NO24NaOH=4NaNO22H2O，因此产物为NaNO2。(5)Si与O形成SiO2，为原子晶体，C、N、O的第一电离能数值中，N最大，因为N已达到p电子层的半充满状态，较难失去e。答案.D.C.(1)1s22s22p63s23p63d9(或Ar3d9)4(2)A大于B，因为C的非金属性比Si的非金属性强(其他合理答案也可)(3)直线形sp2(4)NaNO2(5)原子CON14