（广东专版）2022高考化学二轮复习 第二部分 仿真模拟练（四）

（广东专版）2022高考化学二轮复习 第二部分 仿真模拟练（四）7.某同学采用工业大理石(含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)制取CaCl26H2O，设计了如下流程：下列说法不正确的是()A固体中含有SiO2，固体中含有Fe(OH)3B加入石灰水时，要控制pH，防止固体中Al(OH)3转化为AlOC试剂a选用盐酸，从溶液得到CaCl26H2O产品的过程中，应控制条件防止其分解D若改变实验方案，在溶液中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净的CaCl26H2O解析：SiO2难溶于盐酸，固体中含有SiO2；氯化铝、氯化铁与氢氧化钙反应生成Al(OH)3、Fe(OH)3，所以固体中含有Fe(OH)3，A项正确；Al(OH)3可溶于强碱，加入石灰水时，要控制pH，防止固体中Al(OH)3转化为AlO，B项正确；CaCl26H2O易失去结晶水，所以应控制条件防止其分解，C项正确；溶液中直接加氨水至沉淀完全，滤液中除了有CaCl2，还会有氯化铵，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶不能得到纯净的CaCl26H2O，D项错误。答案：D8下列关于有机化合物的说法正确的是()A环己烷的二氯代物和十氯代物均只有4种B油脂在水解过程中发生了加成反应C蔗糖是葡萄糖的同系物D溴水可用来区分乙醇、乙酸、苯解析：在环己烷的卤代物中，氯原子和氢原子可以等效替换，在这里把氯看作氢，氢看作氯是等同的，即二氯代物的种数和十氯代物的种数是相等的，选项A正确；油脂在水解过程中发生了取代反应，选项B错误；蔗糖分子式为C12H22O11，葡萄糖分子式为C6H12O6，不是相差若干个CH2，不互为同系物，选项C错误；乙酸和乙醇均溶于水，且不能被溴水氧化而使溴水褪色，无法区分，选项D错误。答案选A。答案：A9一种从含Br废水中提取Br2的过程，包括过滤、氧化、正十二烷萃取及蒸馏等步骤。已知：项目Br2CCl4正十二烷密度/gcm33.1191.5950.753沸点/58.7676.8215217下列说法正确的是()A用甲装置过滤时，需不断搅拌B丙装置中用正十二烷而不用CCl4，是因为其密度小C用乙装置将Br氧化为Br2D可用装置丁进行蒸馏，先收集正十二烷再收集Br2解析：过滤时不需搅拌，选项A错误；丙装置中用正十二烷而不用CCl4，是因为其沸点与溴相差大，萃取后的溶液可通过蒸馏而分离，选项B错误；用乙装置利用氯气将Br氧化为Br2，选项C正确；可用装置丁进行蒸馏，先收集Br2再收集正十二烷，选项D错误。答案：C10设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A60 g二氧化硅晶体中含有NA个SiO2分子B光照条件下，16 g CH4与71 g Cl2反应生成的CH3Cl分子数为NAC1 mol Li在空气中充分燃烧生成Li2O，转移电子数为2NAD标准状况下，22.4 L NO与NH3的混合气体中所含氮原子数为NA解析：SiO2是硅原子和氧原子以12的比例形成的原子晶体，不是分子，A错误；CH4与Cl2发生反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl五种物质，因此16 g CH4与71 g Cl2反应生成的CH3Cl分子数小于NA，B错误；1 mol Li完全反应转移电子数为NA，C错误；22.4 L NO与NH3的混合气体为1 mol，含有氮原子总数为NA，D正确。答案：D11增塑剂DCHP可由环己醇制得。环己醇和DCHP的结构简式如图所示，下列说法正确的是()ADCHP的分子式为C20H14O4B环己醇和DCHP的一氯代物均有4种C1 mol DCHP水解时消耗2 mol NaOHD环己醇分子中的所有碳原子可能共平面解析：由结构可以知道DCHP的分子式为C20H26O4，A错误；DCHP的结构对称，含6种H，则一氯取代物有6种，B错误；DCHP含COOC，在碱性环境下水解，消耗2 mol NaOH，C正确；环己醇分子中所有碳原子均为四面体构型，则不可能共平面，D错误。答案：C12V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。由V、W、X和氢元素组成的盐受热分解生成甲、乙、丙三种二元化合物，其中甲是常见的温室气体，乙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。Y的焰色反应呈黄色，Z原子最外层有7个电子。下列说法正确的是()AV、W、X可分别形成18个电子的氢化物分子BV、W、X原子的电子层数相同，半径依次增大CZ的氧化物对应的水化物的酸性一定比W的强DY分别与X、Z形成的化合物中一定只含离子键解析：V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。由V、W、X和氢元素组成的盐受热分解生成甲、乙、丙三种二元化合物，其中甲是常见的温室气体，甲为二氧化碳，乙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，乙的水溶液显碱性，为氨气，则V、W、X分别为C、N、O元素；Y的焰色反应呈黄色，Y为Na元素；Z原子最外层有7个电子，Z为Cl元素。C、N、O可分别形成18个电子的氢化物，如C2H6、N2H4、H2O2，故A正确；C、N、O是同一周期元素，原子的电子层数相同，半径依次减小，故B错误；次氯酸为弱酸，硝酸是强酸，故C错误；氯化钠是离子化合物，只含离子键，过氧化钠中含有离子键和共价键，故D错误。答案：A13钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导Na)为电解质，电池反应为2NaxS=Na2Sx，电池结构如图所示。下列说法不正确的是()A放电时，Na作负极，反应式为Nae=NaB钠硫电池在常温下也能正常工作C放电时Na向正极移动D当外电路通过0.25 mol电子时消耗16 g硫，则x4解析：根据图片知，放电时，Na失电子发生氧化反应，所以Na作负极，S作正极，负极反应式为2Na2e=2Na、正极反应式为xS2e=S。放电时，负极反应为Nae=Na，故A正确；钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫作为电极反应物，则常温下不能正常工作，故B错误；原电池放电时Na向正极移动，故C正确；正极反应为xS2e=S，当外电路通过0.25 mol电子时消耗16 g硫，硫的物质的量为0.5 mol，则x20.50.25，解得x4，故D正确。答案：B26铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要还原剂，其合成线路如下图所示。(1)制备无水AlCl3：实验装置如下。已知AlCl3 178 升华，在潮湿的空气中易水解。实验时应先点燃_(填“A”或“D”)处酒精灯，当观察到_时，再点燃另一处酒精灯。装置F的作用是_。(2)制取铝氢化钠：制取铝氢化钠的化学方程式是_。AlCl3配成有机溶液的目的是_。(3)铝氢化钠样品性质探究和纯度测定称取一定质量实验制得的铝氢化钠样品(除含产物杂质外，还可能含有过量的NaH)，滴加足量的水，观察到产生气体，该气体是_。向反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红。猜想可能是生成了NaOH呈碱性，也可能是_。为验证猜想，可再逐滴滴加盐酸并振荡，当观察到_时，即可证明两种猜想均成立。设计如下两种装置测定生成气体的体积(若其他操作一致)，用甲装置测得铝氢化钠的含量_乙装置。(填“大于”“小于”或“等于”)。解析：(1)要制备铝氯化铝，所以装置内就不要存有空气，先点燃A处酒精灯，产生氯气，利用氯气排装置内的空气，当D中充满黄绿色气体时，再点燃另一处酒精灯。氯气有毒，污染空气，AlCl3 178 升华，在潮湿的空气中易水解，因此装置F中装有碱石灰，吸收未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置或防止AlCl3水解。(2)AlCl34NaH=NaAlH43NaCl；AlCl3配成有机溶液，即防止了水解，又能够增大接触面加快反应，使AlCl3反应更充分。(3)NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气。生成了NaOH呈碱性，生成了偏铝酸钠溶液水解显碱性，可以向反应后的溶液中可再逐滴滴加盐酸并振荡，盐酸先与氢氧化钠溶液发生中和，开始没有沉淀，然后盐酸与偏铝酸钠溶液反应产生白色沉淀氢氧化铝，红色溶液颜色逐渐变浅。利用甲装置进行反应时，产生的氢气和装置内的气体都进入到注射器内，测量出氢气的体积偏大，即氢化钠偏大，测得铝氢化钠的含量偏低，乙装置中外接一个导管，平衡大气压，避免了装置内的气体对氢气体积测定的影响。答案：(1)AD中充满黄绿色气体吸收未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置或防止AlCl3水解(2)AlCl34NaH=NaAlH43NaCl增大接触面加快反应，使A1Cl3反应更充分(3)H2生成NaAlO2水解呈碱性开始没有沉淀，后产生白色沉淀，溶液红色逐渐变浅(或消失)小于27利用工业冶炼硫酸铜(含有Fe2、AsO、Ca2等杂质)提纯制备电镀硫酸铜的生产流程如下：已知：Fe3、Cu2开始沉淀的pH分别2.7、5.4，完全沉淀的pH分别为3.7、6.4。KspCu(OH)221020AsOH2O2H=H3AsO4，H3AsO4Fe3=FeAsO43H(1)溶解操作中需要配制含铜32 gL1的硫酸铜溶液1.0 L，需要称量冶炼级硫酸铜的质量至少为_g。(2)测定溶解液中的Fe2的浓度，可用KMnO4标准溶液滴定，取用KMnO4溶液应使用_(“酸式”或“碱式”)滴定管，其中反应离子方程式为：_。若要检验调节pH后溶液中的Fe3已除尽的方法是_。(3)氧化后需要将溶液进行稀释及调节溶液的pH5，则稀释后的溶液中铜离子浓度最大不能超过_molL1。(4)固体的主要成分除FeAsO4、Fe(OH)3外还有_，由溶液获得CuSO4H2O，需要经过_、_、过滤、洗涤、干燥操作。(5)利用以上电镀级硫酸铜作为电解质溶液，电解粗铜(含锌、银、铂杂质)制备纯铜，写出阳极发生的电极反应式：_。解析：(1)溶解操作中需要配制含铜32 gL1的硫酸铜溶液1.0 L，需要称量冶炼级硫酸铜的质量至少为m(CuSO4)80 g。(2)高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡皮管，取用KMnO4溶液应使用酸式滴定管；MnO将Fe2氧化为Fe3，同时MnO被还原为Mn2，发生反应的离子方程式为：MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O；若要检验调节pH后溶液中的Fe3已除尽的方法是取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不出现红色，则说明Fe3已经除尽；(3)溶液pH5，c(OH)109molL1，则稀释后的溶液中铜离子浓度最大不能超过molL12102molL1。(4)由以上分析可知固体的主要成分除FeAsO4、Fe(OH)3外还有CaCO3，操作从溶液中获得晶体，可蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)电解粗铜(含锌、银、铂杂质)制备纯铜，阳极发生氧化反应，阳极发生的电极反应方程式为Zn2e=Zn2、Cu2e=Cu2。答案：(1)80(2)酸式MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不出现红色，则说明Fe3已经除尽(3)2102(4)CaCO3蒸发浓缩冷却结晶(5)Zn2e=Zn2、Cu2e=Cu228碘及其化合物在生产、生活和科技等方面都有着重要的应用。回答下列问题：(1)已知：2I2(s)5O2(g)=2I2O5(s)H1 966 kJmol12CO(g)O2(g)=2CO2(g)H1 200 kJmol1。则5CO(g)I2O5(s)=5CO2(g)I2(s)的H_。(2)碘不易溶于水，但易溶于碘化钾溶液并生成多碘离子，反应如下：I2(s)I(aq)I(aq)H”或“”)。反应从开始到t1(t13 min)时间内I2的平均反应速率v(I2)_。在450 时，该反应的平衡常数K的值为_。能够说明上述反应已经达到平衡状态的有_(填选项字母)。AI2与WI2的浓度相等B容器内各气体的浓度不再改变C容器内混合气体的密度不再改变D容器内气体压强不发生变化解析：(1)已知：2I2(s)5O2(g)=2I2O5(s)H1 966 kJmol1，2CO(g)O2(g)=2CO2(g)H1 200 kJmol1，根据盖斯定律，将得：5CO(g)I2O5(s)=5CO2(g)I2(s)H(1 200 kJmol1)(1 966 kJmol1)2017 kJmol1。(2)已知反应的H0，所以降低温度平衡向正方向移动，则平衡常数增大；已知方程式I2(s)2I(aq)I，则其平衡常数表达式为：K。(3)升高温度，化学平衡向吸热方向移动；升高温度时，WI2的物质的量减少，所以该反应向逆反应方向移动，即逆反应是吸热反应，所以正反应是放热反应，H0；因为v(WI2)1.20102molL1min1；由于反应速率之比等于计量数之比，所以v(I2)1.20102molL1min1。反应开始时，碘的物质的量为n0.002 mol，反应达平衡时生成WI21.80103mol，根据化学方程式可知，需要碘1.80103mol参加反应，剩余碘0.000 2 mol，所以平衡时，c(WI2)3.6102molL1，c(I2)0.004 molL1，因为W是固体，所以K9。反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化。反应达平衡时，I2与WI2的浓度可能相等也可能不等，与反应初始浓度及转化率有关，所以不能证明达到平衡状态，A错误；容器内各气体的浓度不再改变，表示反应的正逆反应速率相等，所以达到平衡状态，B正确；平衡时各种物质的物质的量，即质量不变，容器的体积不变，所以密度不再变化，C正确；该反应是反应前后气体体积不变的反应，无论反应是否达到平衡状态，压强始终不变，D错误。故答案为BC。答案：(1)2 017 kJmol1(2)增大(3)0.012 molL1min19BC35化学选修3：物质结构与性质(1)固体可分为晶体、非晶体和准晶体三大类，可通过_方法区分晶体、非晶体和准晶体，以色列科学家丹尼尔谢赫特曼因发现锰的化合物准晶体而独享了2011年诺贝尔化学奖。基态Mn原子的电子排布式为_。(2)PCl3的立体构型为_，中心原子的杂化轨道类型_。(3)硼的卤化物在工业中有重要作用，硼的四种卤化物的沸点如下表所示。物质BF3BCl3BBr3BI3沸点/K172285364483四种卤化物沸点依次升高的原因是_。B、C、N、O三种元素第一电离能由小到大的顺序为_。用BF3分子结构解释反应BF3(g)NH4F(s)=NH4BF4(s)能够发生的原因：_。(4)碳元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图。回答下列问题石墨晶体中，层内CC键的键长为142 pm，而金刚石中CC键的键长为154 pm，其原因是金刚石中只存在CC间的_共价键，而石墨层内的CC间存在_键。金刚石晶胞含有_个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率_(不要求计算结果)。解析：(1)固体可分为晶体、非晶体和准晶体三大类，可通过X射线衍射方法区分晶体、非晶体和准晶体。锰是25号元素，基态Mn原子的电子排布式为Ar3d54s2。(2)PCl3中P原子与3个氢原子相连，含有1个孤电子对，立体构型为三角锥形，中心原子的杂化轨道类型为sp3杂化。(3)硼的四种卤化物均为分子晶体，且分子结构相似，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，沸点依次升高。同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但N原子的2p为半充满结构，较为稳定，第一电离能最大，B、C、N、O三种元素第一电离能由小到大的顺序为BCON。BF3分子中硼原子有空轨道，F有孤对电子，能通过配位键形成BF，因此反应BF3(g)NH4F(s)=NH4BF4(s)能够发生。(4)金刚石中碳原子以sp3杂化，形成四条杂化轨道，全部形成键；石墨中碳原子以sp2杂化，形成三条杂化轨道，还有一条未杂化的p轨道，三条杂化轨道形成键，而未杂化p轨道形成键。晶胞中顶点微粒数为：81，面心微粒数为：63，体内微粒数为4，共含有8个碳原子；晶胞内含有四个碳原子，则晶胞体对角线长度与四个碳原子直径相同，即a8r，ra；碳原子的体积为：8r3，晶胞体积为：a3，碳原子的空间利用率为：。答案：(1)X射线衍射Ar3d54s2(2)三角锥形sp3(3)分子结构相似，相对分子质量增大，分子间作用力逐渐增强BCONBF3分子中硼原子有空轨道，F有孤对电子，能通过配位键形成BF(4)、836化学选修5：有机化学基础席夫碱主要是指含有亚胺或甲亚胺特性基团(RC=N)的一类有机化合物，常用作有机合成试剂和液晶材料。通常席夫碱是由胺和活性羰基缩合而成。某席夫碱类化合物G的一种合成路线如下：已知以下信息1 mol B经上述反应可生成2 mol C，且C能发生银镜反应D属于单取代芳烃，其相对分子质量为92核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢回答下列问题(1)由A生成B的化学方程式为_，反应类型为_。(2)D的名称是_，由D生成E的化学方程式为_。(3)G的结构简式为_。(4)C8H11N的同分异构体中含有苯环的共有_种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6221的是_(写出其中一种的结构简式)。(5)上述合成路线，设计一条由苯及化合物C合成乙基苯胺()的合成路线：_。解析：A的分子式为C4H9Cl，为丁烷的一氯代物，在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B为烯烃，1 mol B发生信息中氧化反应生成2 mol C，且C能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子有H原子，故B为CH3CH=CHCH3，C为CH3CHO，逆推可知A为CH3CH2CHClCH3。D属于单取代芳烃，其相对分子质量为92，D含有一个苯环，侧链式量927715，故侧链为CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为NH2，则F为，C与F发生信息中反应，分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为。(1)由A生成B的化学方程式为：CH3CH2CHClCH3NaOHCH3CH=CHCH3NaClH2O，属于消去反应。(2)由上述分析可知，D为，化学名称是甲苯，由D生成E的化学方程式为：HONO2 H2O。(3)由上述分析可知，G的结构简式为。(4)C8H11N的同分异构体中含有苯环，若取代基为氨基、乙基，还有邻位、间位、对位3种，若只有一个取代基，可以为CH(NH2)CH3、CH2CH2NH2、NHCH2CH3、CH2NHCH3、N(CH3)2，有5种；若取代为2个，还有CH3、CH2NH2或CH3、NHCH3，各有邻、间、对三种，共有6种；若取代基有3个，即CH3、CH3、NH2；2个甲基相邻，氨基有2种位置，2个甲基处于间位，氨基有3种位置，2个甲基处于对位，氨基有1种位置，共有2316种，故符合条件的同分异构体有：356620，其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6221，说明含有2个CH3，可以是。(5)由苯与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下得到硝基苯，硝基苯在Fe粉盐酸条件下还有得到，再与CH3CHO反应得到，最后与氢气加成得到，故合成路线为。答案：(1) NaOHNaClH2O消去反应