2021年新高考化学最新模拟好题汇编（含详解）：非选择题（大题）专项练（二）.docx

1、 - 1 - 非选择题专项练非选择题专项练(二二) 三、非选择题:本题共 5 小题,共 60 分。 16.(2020 山东德州一模)(11 分)Fe、Co、Ni 均为族元素,它们的化合物在生产、生活中有着广 泛的应用。 (1)基态 Fe 原子中,电子填充的能量最高的能级符号为 。 (2)在空气中 FeO 稳定性小于 Fe2O3,从电子排布的角度分析,其主要原因 是 。 (3)铁氰化钾K3Fe(CN)6溶液是检验 Fe2+常用的试剂。设 NA表示阿伏加德罗常数的值,1 mol Fe(CN)63-含 键的数目为 。 (4)Co3+的一种配离子Co(N3)(NH3)52+中,Co3+的配位数是 。配

2、体 - 中心原子的杂化类 型为 。CoO 的熔点是 1 935 ,CoS 的熔点是 1 135 ,试分析 CoO 的熔点较高的 原 因: 。 (5)NiO 的晶胞结构如图所示,其中原子坐标参数 A 为(0,0,0),B 为(1,1,0),则 C 原子坐标参数 为 。 17.(2020 山东济宁三模)(13 分)铜转炉烟灰主要含有 Zn还有少量的 Fe(+2 价)、Pb、Cu、As 等 元素的硫酸盐和氧化物,少量为砷酸盐。制备重要化工原料活性氧化锌的工艺流程如图所示。 请回答以下问题: 已知:活性炭净化主要是除去有机杂质。 (1)写出氯化铵的电子式: ,“净化”过程属于 (填“物理”或“化 学”

3、)变化。 (2)在反应温度为 50 ,反应时间为 1 h 时,测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图, 则氯化铵适宜的浓度为 mol L-1。若浸出液中锌元素以Zn(NH3)42+形式存在,则浸取时 ZnO 发生反应的离子方程式为 。 - 2 - (3)滴加 KMnO4溶液有 MnO2生成,目的是除 元素,除杂 3 是置换除杂过程,则试剂 a 是 ,“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。 (4)写出“沉锌”时发生反应的离子方程式: , 此过程中可以循环利用的副产品是 。 (5)取 m g 活性氧化锌样品配成待测液,加入指示剂 34 滴,再加入适量六亚甲基四胺,用 a mol L-1EDTA

4、标准液进行滴定,消耗标准液V mL。 已知:与1.0 mL EDTA标准液c(EDTA)=1.000 mol L-1相当的氧化锌质量为 0.081 39 g,则样品中氧化锌的质量分数为 (用代 数式表示)。 18.(2020山东淄博部分学校6月阶段性诊断)(11分)一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S,含少量SiO2) 为原料制备硝酸铜晶体的工艺流程如图所示: (1)写出“浸取”过程中 Cu2S 溶解时发生反应的离子方程 式: 。 (2)恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少,有研究指出 CuCl2是该反应的催 化剂,该过程的反应原理可用化学方程式表示为:Cu2S+2CuCl24Cu

5、Cl+S; 。 (3)向滤液 M 中加入(或通入) (填字母),所得物质可循环利用。 a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢 (4)“保温除铁”过程中,加入 CuO 的目的 是 ;向浓缩池中加入适量 HNO3的 作用是 。操作 1 是 。 (5)某探究性小组的研究成果如图所示,可以用废铜屑和黄铜矿来富集 Cu2S。 通入的硫化氢的作 用是 ,当转移 0.2 mol 电子时,生成 Cu2S mol。 - 3 - 19.(2020 山东淄博部分学校 6 月阶段性诊断)(13 分)工业合成氨解决了人类的生存问题。回答 下列问题: (1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示,其中吸附在

6、催化剂表面的物种用 “ad”表示,对图中线间距离窄小的部分,其能量差用的方式表示。由图可知合成氨反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的 H= kJ mol-1,反应速率最慢的步骤的化学方程式 为 。 (2)工业合成氨反应为 N2(g)+3H2(g)2NH3(g),当进料体积比 V(N2)V(H2)=13 时,平衡气体 中 NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示: 则 500 时: 平衡常数 Kp(30 MPa) (填“”)Kp(100 MPa)。 30 MPa 时,氢气的平衡转化率为 (结果保留 3 位有效数字)。用平衡分压表示平衡 常数 Kp= (列出计算式即可,不必化简

7、)。 (3)科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨,工作时阴极区的微观反应过程如图所示,其中 电解质溶液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液。 阴极区生成 NH3的电极反应式为 。 下列说法正确的是 (填标号)。 A.三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性 B.选择性透过膜可允许 N2和 NH3通过,防止 H2O 进入装置 C.保持电流强度不变,升高溶液的温度,可以加快电解反应的速率 20.(2020 山东潍坊三模)(12 分)化合物 H 是合成抗胆碱药的一种中间体,合成路线如下: - 4 - ABC()DE(C10H12O2)FG H() 已知:+C2H5OH 回答下列问题: (1)化合物 A 的结

8、构简式是 ,EF 的反应类型是 。 (2)可证明 G 已经完全转化为 H 的物质是 (填代号)。 a.溴水 b.酸性 KMnO4溶液 c.四氯化碳 d.钠 (3)DE 的化学方程式为 。 (4)写出符合下列条件的 E 的 3 种同分异构体的结构简式: 。 含氧官能团与 E 不同;与 NaOH 溶液完全反应时,二者的物质的量之比为 11;苯环上有 两种不同化学环境的氢,取代基上共有三种不同化学环境的氢。 (5)写出以环己烯和乙醇为原料合成的路线(其他试剂任选)。 参考答案 非选择题专练(二) 16.答案(1)3d (2)Fe2+中 3d 轨道没有达到半充满的稳定结构,而 Fe3+中 3d 轨道达

9、到 半充满的稳定结构 (3)12NA (4)6 sp 两者均为离子晶体,但 S2-半径大于 O2-半 径,CoO 的晶格能大于 CoS,因此 CoO 的熔点较高 (5)(1, ) 解析(1)铁的原子序数为 26,价电子排布式为 3d64s2,由构造原理可知能量最高的能 级为 3d。 (2)氧化亚铁中亚铁离子的价电子排布式为 3d6,3d 轨道没有达到半充满的稳定 结构,氧化铁中铁离子的价电子排布式为3d5,3d轨道达到半充满的稳定结构,所以在 空气中 FeO 稳定性小于 Fe2O3。 - 5 - (3)在配合物Fe(CN)63-中,CN-与铁离子之间有6个配位键,在每个CN-内部有一 个 键,

10、所以 1mol 该配合物中含有 键的数目为 12NA。 (4)在Co(N3)(NH3)52+中,Co3+为中心离子, - 和 NH3为配体,配位数为 6;配体 - 与二氧化碳的原子个数和价电子数相同,属于等电子体,等电子体具有相同的空间 结构,二氧化碳的空间构型为直线形,则 - 的空间构型也为直线形,由空间构型可知 N 原子的杂化方式为 sp 杂化;CoO 和 CoS 均为离子晶体,但 S2-的半径大于 O2-的半 径,CoO 的晶格能大于 CoS,因此 CoO 的熔点较高。 (5)已知晶胞中原子坐标参数 A 为(0,0,0),B 的原子坐标分别为(1,1,0),则以 A 为 晶胞坐标原点,晶

11、胞的边长为 1,C 原子在晶胞立方体的面心上,则 C 原子坐标参数为 (1, )。 17.答案(1) - 物理 (2)4 ZnO+2N +2NH3 H2O Zn(NH3)42+3H2O (3)Fe Zn Cu、Zn (4)2Zn2+4HC - Zn2(OH)2CO3+3CO2+H2O NH4Cl (5) 100% 或 % 解析首先利用氯化铵和氨水浸取铜转炉烟灰,Pb 元素转化为 Pb(OH)Cl 沉淀除 去,Zn、Fe、Cu、As 等元素进入溶液,加入氯化铁使 As 元素转化为 FeAsO4沉淀除 去,加入硫酸酸化的高锰酸钾,Fe 元素全部被氧化成 Fe3+,调节 pH 使 Fe 元素转化为

12、沉淀除去;此时还有 Cu 元素会影响碱式碳酸锌的纯度,所以试剂 a 应除去铜元素,为 了不引入新的杂质,可以加入过量的 Zn 单质置换出铜,从而将 Cu 除去;再加入活性 炭净化;之后加入碳酸氢铵将 Zn 元素转化为碱式碳酸锌,煅烧后得到氧化锌。 (1)氯化铵由铵根和氯离子构成,其电子式为 -;活性炭吸附杂质 可达到净化的目的,没有新物质生成,属于物理变化。 (2)浸取过程中需要使 Zn 元素尽可能多的进入溶液,而杂质离子要尽量少的进 入溶液,同时为了加快反应速率,需要氯化铵的浓度尽量大一些,观察题图,可知当氯 化铵的浓度为 4 mol L-1时,一方面锌元素的浸出率已经接近 100%,氯化铵

13、的浓度也 较大,另一方面若浓度再高,铅元素将进入溶液,所以最适宜的浓度为 4 mol L-1。 反应 物有 ZnO、 氯化铵、 一水合氨,产物有Zn(NH3)42+,根据元素守恒可得离子方程式为 ZnO+2N +2NH3 H2O Zn(NH3)42+3H2O。 (3)滴加KMnO4溶液可将Fe2+氧化为Fe3+,再调节pH除去Fe3+,所以目的是除去 Fe元素;根据分析可知试剂 a应为Zn,滤渣的主要成分有置换出来的 Cu和未反应 的 Zn。 (4)溶液中含有大量锌离子,加入碳酸氢铵后产生Zn2(OH)2CO3,说明碳酸氢根电 离出的碳酸根和锌离子及氢氧根结合生成碱式碳酸锌沉淀,从而促进碳酸氢

14、根的电 离,电离出的氢离子又和碳酸氢根结合生成二氧化碳和水,所以离子方程式为 - 6 - 2Zn2+4HC - Zn2(OH)2CO3+3CO2+H2O;根据前序步骤添加的物质,以及此过程 发生的反应可知,此时溶液中的主要成分为氯化铵和少量硫酸铵,氯化铵可以循环 使用。 (5)用 a mol L-1EDTA 标准液进行滴定,消耗标准液 V mL,与 1.0 mL EDTA 标准 液c(EDTA)=1.000 mol L-1相当的氧化锌质量为 0.081 39 g,所以 m(ZnO)=aV 0.081 39 g,其质量分数为 100%或 %。 18.答案(1)Cu2S+4Fe3+2Cu2+4Fe

15、2+S (2)CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2 (3)b (4) 调节溶液的 pH,使铁完全转化为 Fe(OH)3沉淀 抑制 Cu2+的水解 冷却(降温)结晶 (5)催化剂 0.2 解析向辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取,二氧化硅不反应,过滤得到矿渣用苯回收 硫单质,说明 Cu2S 和 FeCl3发生反应生成 S 单质,还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液 中加入铁还原铁离子和铜离子,然后过滤,滤液 M 主要含有氯化亚铁,保温除铁是加 入稀硝酸将亚铁离子氧化为铁离子,用氧化铜调节溶液的pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3 沉淀,过滤分离,滤液中主要含有硝酸铜,加入硝酸抑制铜离子水解,蒸发浓缩、

16、冷却 结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。 (1)浸取过程中 Fe3+将 Cu2S 氧化成 Cu2+和硫单质,本身被还原为二价铁离子,根 据电子守恒和元素守恒可得其离子方程式为 Cu2S+4Fe3+2Cu2+4Fe2+S。 (2)根据 CuCl2是该反应的催化剂,故最终产物为 CuCl2,可得第步反应为三氯 化铁氧化氯化亚铜为氯化铜:CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2。 (3)滤液 M 中主要物质为氯化亚铁,通入氯气可生成氯化铁,实现循环使用,故答 案为 b。 (4)“保温除铁”过程要除去 Fe3+,故需要加入氧化铜来调节 pH,使 Fe3+生成氢氧 化铁沉淀;铜离子会水解,故在蒸发浓缩冷却

17、结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水 解。 (5)从图中可知,反应前后硫化氢的质量和性质没有发生改变,应为催化剂;在该 转化中 Cu 被氧化成 Cu2S,CuFeS2被还原成 Cu2S,根据电子守恒,当转移 0.2mol 电子 时,可生成 0.2molCu2S。 19.答案(1)-92 Nad+3HadNHad+2Had (2)= 33.3% (3)N2+6C2H5OH+6e-2NH3+6C2H5O- AB 解析(1)由图可知,反应物 N2(g)+ H2(g)和生成物NH3(g)的能量差为 46kJ mol -1,则 反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的H=2 (-46kJ mol-1)=

18、-92kJ mol-1;反应的活化能越大, 破坏化学键消耗能量越大,反应速率越慢,由图可知,(Nad+3Had)转化为(NHad+2Had)时, 反应物破坏化学键消耗能量最大,则反应速率最慢,反应的化学方程式为 Nad+3HadNHad+2Had。 (2)对一个确定的可逆反应,化学平衡常数只受温度变化的影响,则 500时, 反应的平衡常数 Kp(30MPa)=Kp(100MPa)。 设平衡时参加反应的 N2的物质的量为 xmol,由题意建立如下三段式: N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 起始量/mol 1 3 0 - 7 - 变化量/mol x 3x 2x 平衡量/mol 1-x 3-3

19、x 2x 由图可知,a 点时氨气的物质的量分数为 20%,则由三段式可得 - ,解得 x= ,则氢气的平衡转化率为 100%33.3%;由三段式数据可得 N2的体积分数为 - - 100%=20%,H2 的体积分数为 - - 100%=60%,则用平衡分压表示平衡常数 Kp= 。 (3)从阴极区的微观反应过程示意图可知,N2与C2H5OH在阴极区得到电子发 生还原反应生成 NH3和 C2H5O-,电极反应式为 N2+6C2H5OH+6e-2NH3+6C2H5O-。 电解质溶液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液,三氟甲磺酸锂并未参与阴 极反应,其作用是电离出离子,使溶液中离子浓度增大,增强溶液

20、导电性,A 正确;从示 意图可知,水在选择性透过膜上方,说明选择性透过膜可允许 N2和 NH3通过,不允许 H2O 透过,B 正确;保持电流恒定,升高温度不改变电解反应速率,C 错误。 20.答案(1) 取代反应 (2)d (3)+C2H5OH +H2O (4)、 、 (5) 解析根据 C 的结构为,由 ABC 转化关系逆推可得 B 为 ,A 为;C 在酸性条件下水解生成 D,则 D 的结构简式为 ,D 与 C2H5OH 在浓硫酸及加热条件下发生酯化反应生成 E,E 的分子 式为C10H12O2,则E的结构简式为,HCOOC2H5与E发生题中已知 信息反应生成F,则F的结构简式为,F在催化剂作

21、用下与H2发生加成 - 8 - 反应生成 G,则 G 的结构简式为,G 在一定条件下反应生成 H,H 的 结构简式为,则 G 在一定条件下发生消去反应生成 H()。 (1)化合物 A 的结构简式是,HCOOC2H5与 E 发生题中已知信息反应生成 F,反应类型为取代反应。 (2)因为 G 的结构简式为,G 中含有醇羟基,G 完全转化为 H,H 的结构简式为,H 中不再含醇羟基,可用金属钠检验,若不再产生气 体,则说明 G 完全转化为 H。 (3)D 与 C2H5OH 发生酯化反应生成 E,则化学方程式为 +C2H5OH +H2O。 (4)E 的分子式为 C10H12O2,结构简式为,含有酯基,

22、根据题目要 求,它的同分异构体不含酯基,与NaOH溶液完全反应时,二者的物质的量之比为1 1,则可判定该结构中有一个酚羟基或一个羧基,还要满足苯环上有两种不同化学环 境的氢,取代基上共有三种不同化学环境的氢,则先确定一个苯环和一个羧基,还有3 个碳原子作为一个取代基,为满足苯环上有两种不同化学环境的氢,两个取代基只 能处于对位,羧基上已经有一种氢,满足取代基上共有三种不同化学环境的氢,含 3 个碳原子取代基还有 2 种氢,符合要求的结构简式为,同理确定一 个苯环和一个酚羟基,酚羟基与另一个取代基也处于对位,才能满足苯环上有两种 不同化学环境的氢,酚羟基上已经有一种氢,则另一个取代基还应有 2 种氢,符合要 求的结构简式可写为和。 - 9 - (5)由环己烯和乙醇为原料合成,环己烯是六元环,而目标物为五元 环,必须开环,环己烯断键开环可利用酸性 KMnO4溶液,环己烯被酸性 KMnO4溶液 氧化成二元羧酸,再与乙醇发生酯化反应生成酯,再根据已知信息反应即可合成目 标产物。因而合成线路为 。