新课标2020高考化学二轮复习第Ⅲ部分“7＋3＋1”仿真冲刺练仿真冲刺练六

仿真冲刺练(六)(时间：50分钟满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Cu64Zn65Au197一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42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)7我国突飞猛进的新科技深刻改变着人类的生活、生产方式。下列说法错误的是()A太阳能光伏发电系统能将光能转化为电能B“嫦娥四号”使用的SiCAl材料属于复合材料C华为自主研发的5G芯片巴龙5 000的主要材料是SiO2D我国自主研发的东方超环(人造太阳)使用的氘、氚与氕互为同位素8某地区已探明蕴藏着丰富的赤铁矿、煤、石灰石和黏土，现拟建设大型炼铁厂和与之相关联的焦化厂、发电厂、水泥厂等。下图中工厂名称正确的是()A焦化厂B炼铁厂C发电厂 D水泥厂9有机物a()和b()属于含氮杂环化合物。下列说法正确的是()Ab的一氯代物有3种Ba和b均能发生取代反应和加成反应Ca中所有碳原子一定共平面Da和b互为同分异构体10NiSO46H2O易溶于水，其溶解度随温度升高明显增大。以电镀废渣(主要成分是NiO，还有CuO、FeO等少量杂质)为原料制备该晶体的流程如下：下列叙述错误的是()A溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀H2SO4B除去Cu2可采用FeSC流程中ab的目的是富集NiSO4D“操作”为蒸发浓缩、冷却结晶11短周期主族元素m、n、p、q的原子序数依次增大，它们的最外层电子数之和为18，n3与p2具有相同的电子层结构。下列叙述错误的是()Ap单质可以在n单质中燃烧B简单离子半径的大小：qnpC最高价氧化物对应水化物的酸性：qnmDm、n、p分别与q形成的二元化合物中均含有共价键12一定浓度的柠檬酸(用H3R表示)溶液中H3R、H2R、HR2、R3的含量随pH的变化如图所示。下列说法正确的是()ANa3R溶液中存在的阴离子是HR2、R3BpH4.8时，c(H2R)c(HR2)c(OH)c(H)CH3R的第三步电离常数Ka3(H3R)的数量级为106DpH4时，c(H)c(H2R)c(HR2)c(OH)c(R3)13微生物燃料电池(MFC)是一种现代化氨氮去除技术。下图为MFC碳氮联合同时去除的转化系统原理示意图。下列说法正确的是()A好氧微生物反应器中的反应为NH2O2=NO2HH2OBB极电势比A极电势低CA极的电极反应式为CH3COO8e2H2O=2CO27HD当电路中通过1 mol电子时，理论上总共生成2.24 L N2题号78910111213答案二、非选择题(共58分。第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共43分)26(14分)无水氯化锌常用作有机合成的催化剂。实验室采用HCl气体除水与ZnCl2升华相结合的方法提纯市售氯化锌样品(部分潮解并含高温不分解杂质)。实验装置如图所示。回答下列问题：(1)无水氯化锌在空气中潮解生成Zn(OH)Cl的化学方程式为_。(2)除水阶段：打开K1、K2。将管式炉、升温至150 ，反应一段时间再升温至350 ，保证将水除尽。除水阶段发生反应的化学方程式为_。(3)升华阶段：关闭管式炉，将管式炉迅速升温至750 ，升温的目的是_。一段时间后关闭管式炉并关闭_(填“K1”或“K2”)，待冷却后关闭_(填“K1”或“K2”)。最后将_(填“A”或“B”)区的氯化锌转移、保存。(4)除水阶段HCl与 N2流速要快，有利于提高除水效率。升华阶段HCl与N2流速要慢，其原因是_。(5)测定市售ZnCl2样品中的锌的质量分数。步骤如下：溶液配制：称取m g ZnCl2样品，加水和盐酸至样品溶解，转移至250 mL的_中，加蒸馏水至刻度线，摇匀。滴定：取25.00 mL待测液于锥形瓶中，用c molL1 K4Fe(CN)6标准溶液滴定至终点，消耗V mL。滴定反应为2K4Fe(CN)63ZnCl2=K2Zn3Fe(CN)626KCl。该样品中锌的质量分数为_。27(15分)钒钢具有高强度、弹性优良、抗磨损、抗冲击等性能，可用于汽车和飞机制造。一种从石煤(含SiO2、V2O3、V2O5和少量Fe2O3)中提取V2O5的流程如下：已知：VO2VOFe2Fe3P204TBP煤油中的溶解度很大较小0很大请回答：(1)“酸浸”时，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度、减小石煤矿粉粒径外，还可采取的措施有_(答一条即可)；生成VO2反应的离子方程式为_。(2)从整个流程来看，“还原”的目的为_。(3)实验室模拟“萃取”时，需用到的玻璃仪器有_。(4)“氧化”时发生反应的离子方程式为_。(5)上述流程中可以循环利用的物质有_。(6)全钒液流储能电池的工作原理为VO2V3H2OVOV22H。充电时，阳极的电极反应式为_；两极区被质子交换膜隔开，放电时，若外电路转移 2 mol e，则正极区溶液中 n(H)_(填“增加”或“减少”)_mol。28(14分)(1)已知：碘与氢气反应的热化学方程式：.I2(g)H2(g)2HI(g)HQ kJmol1.I2(s)H2(g)2HI(g)H26.48 kJmol1.I2(g)=I2(s)H37.48 kJmol1化学键HHHI键能/(kJmol1)436299计算化学键II键能为_。(键能指将1 mol气体分子AB断裂为中性气态原子A和B所需要的能量，单位为kJmol1)(2)Boderlscens研究反应：H2(g)I2(g)2HI(g)Hc(NO)c(Cl)c(I)c(Ag)D当反应达到平衡时，溶液中c(I)108 molL1(二)选考题(共15分。请考生从2道试题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分)35化学选修3：物质结构与性质(15分)铜及其化合物在科研和生产中具有广泛用途。回答下列问题：(1)基态Cu原子的价电子排布图是_。(2)从核外电子排布角度解释高温下Cu2O比CuO更稳定的原因是_。(3)铜晶体中Cu原子的堆积方式如图甲所示，其堆积方式为_，配位数为_。(4)Cu(NH3)4SO4H2O可做染料。NH3中N原子的杂化方式是_；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是_(用元素符号表示)；SO的立体构型是_，与该阴离子互为等电子体的五核微粒有_(任写两种)。(5)由铜、钡、钙及铊的氧化物可以制得高温超导体，CaO的熔点比BaO的熔点高，其原因是_。(6)金铜合金的晶胞如图乙所示。金铜合金具有储氢功能，储氢后Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中，若Cu原子与Au原子的最短距离为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体储氢后密度为_gcm3(列出计算式)。36化学选修5：有机化学基础(15分)Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：请回答以下问题：(1)D的化学名称为_，DE的反应类型为_。(2)G的官能团名称为_。(3)B的结构简式为_。(4)FG的化学方程式为_。(5)X是D的同系物，X分子比D分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，则满足此条件的X共有_种(不含立体异构)；其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为32221，写出符合该要求的X的一种同分异构体的结构简式：_。(6)参照Prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线(其他无机试剂和溶剂任选)。参考答案与解析仿真冲刺练(六)7解析：选C。太阳能光伏发电系统能将光能转化为电能，A正确；SiCAl 是由多种材料组成的，属于复合材料，B正确；制备芯片的材料是Si，C错误；氕、氘、氚均是氢原子，三者互为同位素，D正确。8解析：选D。从运输成本角度看，焦化厂应位于炼铁厂与发电厂之间，A错误；炼铁厂需要铁矿石，B错误；发电厂不需要石灰石，C错误；水泥厂可用到石灰石、炼铁炉渣、煤或煤气(做燃料)，D正确。9解析：选A。以氮原子为起点，有邻位、间位、对位三个位置，即其一氯代物有3种，A正确；b没有不饱和键，不能发生加成反应，B错误；氮原子及所连的3个原子为四面体结构，不共面，C错误；a为C7H11N，b为C7H13N，两者分子式不相同，不互为同分异构体，D错误。10解析：选A。A项，先通过酸溶液溶解废渣得到Ni2、Cu2、Fe2，然后除去Cu2和Fe2，最后加入碳酸钠溶液沉淀Ni2，从而达到Ni的提纯，这个过程酸只起到溶解作用，故可用稀盐酸代替稀硫酸，错误；B项，加入的FeS将Cu2转化为CuS沉淀而被除去，其离子方程式为Cu2(aq)FeS(s)Fe2(aq)CuS(s)，生成的Fe2和滤液中的Fe2再一起被除去，正确；C项，在滤液中加入碳酸钠溶液，将Ni2转化为NiCO3沉淀，再用稀硫酸溶解该沉淀，达到NiSO4的富集，正确；D项，将NiSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可得到NiSO46H2O晶体，正确。11解析：选D。由元素位置及两种离子的电子层结构关系知，n是N、p是Mg，m、q最外层电子数之和为11，且m、n、p、q的原子序数依次增大，故q是Cl、m是C。Mg可以在N2中燃烧，A正确；Cl核外有3个电子层、Mg2、N3 核外有2个电子层，且N的核电核数小于Mg，故半径：ClN3 Mg2，B正确；HClO4是最强的无机含氧酸，HNO3是强酸，H2CO3是弱酸，C正确；MgCl2是离子化合物，D错误。12解析：选C。分析各微粒含量随pH的变化图像可知，a代表H3R，b代表H2R，c代表HR2，d代表R3。A项，Na3R溶液中R3可以进行三步水解，所以溶液中还存在H2R、OH，故A错误；B项，pH4.8时显酸性，即c(H)c(OH)，故B错误；C项，H3R的第三步电离常数Ka3，当pH6时，c(HR2)c(R3)，则有Ka3c(H)106，故C正确；D项，根据电荷守恒可知，应为c(H)c(OH)2c(HR2)3c(R3) c(H2R)，故D错误。13解析：选A。A项，由示意图可知，好氧微生物反应器中的反应为NH2O2=NO2HH2O，正确；B项，根据示意图，溶液中的H向B极移动，说明B极为正极，A极为负极，故B极电势比A极高，错误；C项，A极为负极，其电极反应式为CH3COO8e2H2O=2CO27H，错误；D项，没有“标准状况”条件，无法用22.4 L/mol计算气体的体积，错误。26解析：(1)无水氯化锌易与空气中的水蒸气发生反应生成Zn(OH)Cl，化学方程式为ZnCl2H2O=Zn(OH)ClHCl。(2)根据题干中的信息，可利用HCl气体除去水，则除水阶段发生反应的化学方程式为Zn(OH)ClHClZnCl2H2O。(3)根据题干中的两个信息，无水氯化锌易升华，杂质在高温下不分解，可知通过升温可使无水氯化锌升华，与杂质分离。先关闭K2，停止通HCl气体，在N2的保护下升华后的无水氯化锌在管式炉中B区凝华，故冷却后关闭K1。(4)若升华阶段HCl与N2流速过快，会导致升华后的无水氯化锌被气流带出B区。(5)配制溶液所需要的仪器是容量瓶。滴定过程中，消耗了cV103mol K4Fe(CN)6，根据2K4Fe(CN)63ZnCl2，25.00 mL待测液中ZnCl2的物质的量为 mol，则样品中含锌的质量分数为100%100%。答案：(1)ZnCl2H2O=Zn(OH)ClHCl(2分)(2)Zn(OH)ClHClZnCl2H2O(2分)(3)使无水ZnCl2升华与杂质分离(2分)K2(1分)K1(1分)B(1分)(4)流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区(2分)(5)容量瓶(1分)100%(2分)27解析：(1)为提高浸取速率，采取的措施有升高反应温度、增大压强或搅拌等；酸浸过程中，V2O3被O2氧化为VO2，离子方程式为2V2O38HO2=4VO24H2O；(2)VO2在萃取剂P204TBP煤油的溶解度比VO大，所以把VO还原为VO2，同时将Fe3还原为Fe2，阻止其被萃取；(3)实验室萃取时用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；(4)最后的目标产物为5价，需要将VO2氧化，便于后面沉钒得到产物；(5)根据流程图可知，NH3为可循环物质，另外萃取剂也可以循环使用；(6)充电时，阳极失去电子，化合价升高，即VO2发生反应，故阳极的电极反应式为VO2eH2O=VO2H；放电时，正极的电极反应式为VOe2H=VO2H2O，可知每转移2 mol e正极区减少4 mol H。答案：(1)升高反应温度(1分，其他合理答案亦可给分)2V2O38HO2=4VO24H2O(2分)(2)将VO还原为VO2、将Fe3还原为Fe2，利于后续萃取分离(2分)(3)分液漏斗、烧杯(2分，各1分)(4)6VO2ClO3H2O=6VOCl6H(2分)(5)P204TBP煤油、NH3(或NH3H2O)(2分，各1分)(6)VO2eH2O=VO2H(2分)减少(1分)4(1分)28解析：(1)根据盖斯定律，由可得中的HQ kJmol111 kJmol1，再根据反应计算：HE(II)E(HH)2E(HI)11 kJmol1，则可求出E(II)151 kJmol1。(2)A项，单位时间内生成n mol H2的同时生成2n mol HI才能确定达到平衡，故A错误；B项，一个HH键断裂的同时有两个HI键断裂，说明正、逆反应速率相等，即达到平衡状态，故B正确；C项，因该反应是一个前后气体体积不变的反应，故容器内压强不变不能作为达到平衡的标志，故C错误；D项，不能说明浓度不再发生变化，不能作为平衡标志，故D错误；E项，颜色的深浅指的是气体浓度的大小，颜色不再变化说明浓度恒定，可作为平衡的标志，故E正确。图形aOb的面积为H2真正消耗的浓度，用H2的起始浓度消耗的浓度即为平衡浓度，故A正确。分析图表，80 min时达平衡，HI的物质的量百分含量为80%，列出三段式： H2(g)I2(g)2HI(g)起始/mol 0.5 0.5 0反应/mol x x 2x平衡/mol 0.5x 0.5x 2x 100%80%，解得x0.4，则K64。若再向容器中加入物质的量均为0.1 mol H2、I2、HI，则Qc20.25，QcK，则反应将正向进行。温度为T，反应达到平衡时v正v逆，则可得出K64，则k正64k逆640.002 7 min10.172 8 min1，20 min时，w(HI)50%，w(H2)w(I2)25%，v正k正w(H2)w(I2)0.010 8 min1。(3)因Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，则先产生的是AgI沉淀，A错误；因Ksp(AgI)OC；根据价层电子对互斥理论，可判断出SO的立体构型为正四面体，与其互为等电子体的五核微粒有PO、ClO、BF、CCl4、SiF4、SiO等。(5)Ca2的离子半径比Ba2的离子半径小，离子半径越小，形成的晶体晶格能越大，则CaO的晶格能比BaO的晶格能大，而晶格能越大，离子晶体的熔点越高，故CaO的熔点比BaO的熔点高。(6)由题图乙可知，在该晶胞中，Au原子和Cu原子的个数分别为 81和63。顶点上的Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体有8个，则该晶胞内部有8个H原子，该合金储氢后的化学式为Cu3AuH8。假设该晶胞的边长为x cm，Au原子和Cu原子最短距离为面对角线的一半，即x cma107cm，得xa107 cm，故该晶体储氢后的密度为 g/cm3g/cm3。答案：(1) (2分)(2)亚铜离子核外电子排布式为Ar3d10，处于稳定的全充满状态(2分)(3)面心立方最密堆积(1分)12(1分)(4)sp3 (1分)NOC(1分)正四面体(1分)PO、ClO(或BF、SiF4、CCl4、SiO，任写两种)(2分)(5)CaO的晶格能大于BaO的晶格能(2分)(6) (2分)36.解析：(1)D是苯乙酸和乙醇发生酯化反应生成的酯，名称为苯乙酸乙酯；对比D和E的结构简式可知，D中苯环和酯基中间的碳上的一个氢原子被COCH2CH3取代，故DE的反应类型为取代反应。(2)G中的官能团名称为羰基或酮基。(3)由芳香烃A的相对分子质量为92可得，A为甲苯，在光照下，A与氯气发生侧链上的取代反应生成B，故B的结构简式为。(4)E发生水解反应生成F，F的结构简式为，F受热分解生成G，对应的化学方程式为CO2。(5)由题意可知，X有一个苯环，侧链共有3个碳，且含有OOCH，满足以上条件的X有侧链为CH2CH2OOCH，1种，侧链为CH(CH3)OOCH，1种，侧链有两个取代基CH2OOCH 和CH3，OOCH和CH2CH3，在苯环上有邻、间、对三种位置，共6种，侧链有三个取代基，两个甲基和一个OOCH，先写两个甲基，分别为邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，再根据对称性写OOCH，分别有2种、3种、1种，共6种，故满足题给条件的X共有14种；X分子中有10个氢原子，根据题意，X有5种氢原子，个数分别为3、2、2、2、1，说明有CH3、CH2和OOCH，苯环上有两个处于对位的取代基，符合该条件的X有或。(6)首先让苯和液溴在催化剂作用下发生取代反应生成溴苯，然后让溴苯转化为苯甲酸，最后苯甲酸和乙醇发生酯化反应制备苯甲酸乙酯，合成路线如下：。答案：(1)苯乙酸乙酯(2分)取代反应(1分)(2)羰基(或酮基)(1分)(3) (2分)(4) (2分)(5)14(2分) 或(2分)(6) (其他合理答案亦可)(3分)