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（四）.docx

1、 - 1 - 非选择题专项练(四) 三、非选择题:本题共 5 小题,共 60 分。 16.(2020 山东潍坊二模)(11 分)我国采用的 Cu2O/TiO2-NaBiO3光催化氧化技术能深度净化工业 上含有机物的废水。回答下列问题: (1)钛(Ti)的基态原子 M 能层中能量不同的电子有 种。 (2)该技术能有效将含有机物废水中的农药、醇、油等降解为水、二氧化碳、硝酸根离子等。 H2O、CH3OH、分子中 OH 键的极性最强的是 。 C、N、O 三种元素的电负性由大到小的顺序是 。 (3)将少量无水硫酸铜溶解在水中,形成蓝色溶液,再加入过量氨水,溶液变为深蓝色。 深蓝色离子 的结构如图所示,

2、1 mol该离子中所含键为 mol(包括配位键);向深蓝色溶液中 缓慢加入乙醇,得到深蓝色晶体,加热该晶体先失去组分 b 的原因是 。 (4)铋合金具有凝固时不收缩的特性,用于铸造高精度铸型。金属铋的结构示意图如图 1 所示, 其晶胞结构如图 2 所示。 若铋原子的半径为 r pm,则该晶体的密度为 g cm-3(用含 r 和 NA数学表达式表示)。 17.(2020 山东济宁 5 月模拟)(13 分)亚硝酰硫酸M(NOSO4H)=127 g mol-1主要用于分散染料重 氮反应中取代亚硝酸钠,从而降低成本,提高产品质量。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少 量 NOSO4H,并测定产品的纯度

3、。已知:NOSO4H 遇水会分解,但溶于浓硫酸而不分解。 (1)用装置 A 制取 SO2,则 A 中反应的化学方程式为 ,导管 b 的作用是 。 (2)SO2与装置 B 中盛有的浓硫酸和浓硝酸的混合液在维持体系温度不得高于 20 的条件下, 反应制得 NOSO4H。反应过程中,亚硝酰硫酸和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。 - 2 - 装置 B 中发生反应的化学反应方程式为 。 反应进行到 10 min 后,反应速度明显加快,其可能的原因 是 。 反应过程中,硝酸减少的物质的量大于 NOSO4H 生成的物质的量的可能原因 是 。 (3)装置 C 的主要作用是 。 (4)该实验装置存在可能导致

4、 NOSO4H 产量降低的缺陷 是 。 (5)测定产品中 NOSO4H 的纯度: 准确称取1.500 g产品放入250 mL的碘量瓶中,加入60.00 mL 0.100 0 mol L-1的 KMnO4标准溶 液和 10 mL 25%的 H2SO4溶液,然后摇匀。用 0.250 0 mol L-1的草酸钠标准溶液滴定,消耗草酸 钠溶液的体积为 20.00 mL。 已知:2KMnO4+5NOSO4H+2H2OK2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4 2Mn - +5C2 -+16H+ 2Mn2+10CO2+8H2O 达到滴定终点时的现象为 ,亚硝酰硫酸 的纯度为 (精确到 0.1%)。

5、 18.(2020 山东济南二中线上检测)(11 分)以铬铁矿(主要成分为 FeO 和 Cr2O3,含有 Al2O3、SiO2 等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分 Na2Cr2O7 2H2O),其主要工艺流程如下: 查阅资料得知: .常温下,NaBiO3不溶于水,有强氧化性,在碱性条件下,能将 Cr3+转化为 Cr -。 .几种金属离子开始沉淀和沉淀完全时的 pH: 金属离子 Fe3+ Al3+ Cr3+ Fe2+ Bi3+ 开始沉淀 的 pH 2.7 3.4 5.0 7.5 0.7 沉淀完全 的 pH 3.7 4.9 5.9 9.7 4.5 回答下列问题: - 3 - (1)反应

6、之前先将矿石粉碎的目的 是 。 (2)步骤加的试剂为 ,此时溶液 pH 要调到 5 的目的 是 。 (3)写出反应的离子方程式: 。 (4)中酸化是为了将 Cr -转化为 Cr 2 -,写出该反应的离子方程 式: 。 (5)将溶液H经过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥即可得红矾钠粗晶体,精制红矾钠则对粗晶 体需要采用的操作是 (填操作名称)。 19.(2020 山东新高考全真模拟)(13 分)以 NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究 课题。 .N2O 是一种强温室气体,且易形成颗粒性污染物,研究 N2O 的分解对环境保护有重要意义。 (1)碘蒸气存在能大幅度提高 N2O 的分解

7、速率,反应历程为: 第一步:I2(g)2I(g)(快反应) 第二步:I(g)+N2O(g)N2(g)+IO(g)(慢反应) 第三步:IO(g)+N2O(g)N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反应) 实验表明,含碘时 N2O 分解速率方程 v=k c(N2O) c(I2)0.5(k 为速率常数)。下列表述正确的 是 。 A.N2O 的分解速率与 I2的浓度有关 B.第三步反应对总反应速率起决定作用 C.第二步反应活化能比第三步反应小 D.IO(g)为反应的催化剂 .汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的 CO,汽车三元催化器可以实现降低氮氧化 物的排放量。汽车尾气中的 NO(g)和 CO

8、(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体。(反 应.2CO+2NON2+2CO2 H1;反应.4CO+2NO2N2+4CO2 H20) (2)针对反应: 已知反应N2(g)+O2(g)2NO(g) H3=+180.0 kJ mol-1,若CO的燃烧热H=-283.5 kJ mol-1, 则反应的 H1= kJ mol-1。 若在恒容的密闭容器中,充入 2 mol CO 和 1 mol NO 发生反应,下列选项中不能说明该反应 已经达到平衡状态的是 。 A.CO 和 NO 的物质的量之比不变 B.混合气体的密度保持不变 C.混合气体的压强保持不变 D.2v正(N2)=v逆(CO) (3)在

9、2 L 密闭容器中充入 2 mol CO 和 1 mol NO2,发生上述反应。 若在某温度下,该反应达平衡时 CO 的转化率为 40%,则该反应的平衡常数为 。 图 1 为平衡时 CO2的体积分数与温度、 压强的关系。 则温度:T1 (填“”)T2;若在 D 点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小,重新达到的平衡状态可能是图中AG点中 的 点。 - 4 - 图 1 图 2 (4)某研究小组探究催化剂对 CO、NO2转化的影响。将 NO2和 CO 以一定的流速通过两种不同 的催化剂进行反应,相同时间内测量逸出气体中 NO2的含量,从而确定尾气脱氮率(脱氮率即 NO2的转化率),结果如图

10、2 所示。若高于 450 ,图 2 中曲线中脱氮率随温度升高而降低的主 要原因 是 ;a 点 (填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率,说明理 由: 。 20.(2019 山东青岛高三模拟)(12 分)蜂胶是蜜蜂从植物芽孢或树干上采集的树脂。在蜂胶众多 的功效成分中,咖啡酸苯乙酯(CAPE)已经被鉴定为蜂胶中的主要活性组分之一。 合成咖啡酸苯乙酯的路线设计如下: A C7H7ClBCDEG 咖啡酸咖啡酸苯乙酯 已知:A 的核磁共振氢谱有三组峰,红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键。 CHO+ 请回答下列各题: (1)物质 A 的名称为 。 (2)由 B 生成 C 和由 C 生成 D 的反应

11、类型分别是 、 。 (3)E 的结构简式为 。 (4)咖啡酸生成咖啡酸苯乙酯的化学方程式 为 。 (5)芳香化合物 X 是 G(C9H8O3)的同分异构体,X 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出 CO2,且与新制 Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀,其核磁共振氢谱显示有 5 种不同化学环境的氢,峰面积比为 2 2211,写出两种符合要求的 X 的结构简式 。 - 5 - (6)参照上述合成路线,以丙醛和为原料(其他试剂任选),设计制备的合 成路线。 参考答案 非选择题专练(四) 16.答案(1)3 (2) ONC (3)22 NH3与Cu2+的配位能力比H2O强 (4) 10 30 解析(1)钛(Ti

12、)的基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d24s2,M能层即为 Ti 原 子核外第三层,M 层中有 3 个能级,每个能级上的电子能量不同,则能量不同的电子 有 3 种。 (2)H2O、CH3OH、都是极性分子,根据钠与水和醇的反应剧烈程度 可知,水中的氢活性较大更易电离,电离难易程度与极性关系,一般极性越大,越容易 电离,则 H2O 中 OH 键的极性大于 CH3OH 中 OH 键的极性,水是中性的,苯酚具 有酸性,说明苯酚中羟基上的H比水更易电离,则上述分子中OH键的极性最强的 是。C、N、O 三种元素位于同周期,同周期元素,随核电荷数增大,电负 性逐渐增强,三种元素的

13、电负性由大到小的顺序是 ONC。 (3)配位键和单键都是 键,根据图示,a 为铜离子,b 为 H2O,c 为 NH3,铜离子与 NH3、H2O 形成 6 个配位键,每个 NH3中含有 3 个 键,每个 H2O 中含有 2 个 键, 则 1mol 该离子中所含 键为 1mol (6+3 4+2 2)=22mol;根据相似相溶原理,乙醇为 极性溶剂,H2O 为极性分子,NH3与 Cu2+的配位能力比 H2O 强,乙醇将 H2O 夺走,降低 蓝色晶体的极性,则蓝色晶体的溶解度降低而析出。 (4)根据图 2 所示,金属铋原子位于六棱柱的顶点,面心和体内,该晶胞中铋原子 的个数为 2 +3+ 12=6。

14、 根据图 1 所示,若铋原子的半径为 rpm,则晶胞面的边长为 2rpm,上下面的距离 h= rpm,将六棱柱看作 6 个三棱柱构成,每个三棱柱的体积为 - 6 - 2rpm rpm rpm=4 r3pm3=4 10-30r3cm3,则晶胞的体积为 6 4 10-30r3cm3=24 10-30r3cm3,则该晶胞的密度为 = - - 10 30g cm-3。 17.答案(1)Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2 平衡压强,使分液漏斗中的液体能 顺利流下 (2)HNO3+SO2NOSO4H 生成的 NOSO4H 对该反应有催化作用 硝酸会挥发和分解 (3)吸收尾气中的有毒气体,

15、防止污染环境 (4)C装置中的水蒸 气会进入 B 中使 NOSO4H 分解 (5)溶液恰好由紫红色变为无色,且半分钟内不恢复 84.7% 解析(1)实验室一般利用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,该反应的化学方程式为 Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2;导管 b 可以平衡压强,使分液漏斗中的液体能 顺利流下。 (2)装置B中二氧化硫与浓硫酸和浓硝酸的混合液反应制取NOSO4H,根据题 干信息可知,浓硫酸主要是用来溶解反应生成的 NOSO4H,所以化学方程式为 HNO3+SO2NOSO4H。反应进行到 10min 后,反应速度明显加快,综合考虑影 响反应速率的因素温度(反应过程中

16、维持体系温度不高于 20)、浓度(反应过程中 浓度降低)、 催化剂可知,加快反应速率的原因应为生成的 NOSO4H 对该反应有催化 作用。 硝酸具有挥发性,且容易分解,所以硝酸减少的物质的量大于 NOSO4H 生成 的物质的量。 (3)根据分析可知装置 C 的作用为吸收尾气中的有毒气体,防止污染环境。 (4)C 装置中的水蒸气会进入 B 中使 NOSO4H 分解,从而导致产量降低。 (5)滴定终点时草酸根与高锰酸根完全反应,所以溶液会显无色,滴定终点现象 为溶液恰好由紫红色变为无色,且半分钟内不恢复;消耗草酸钠溶液的体积为 20.00mL,浓度为 0.2500mol L-1,根据方程式 2Mn

17、 - +5C2 -+16H+ 2Mn2+10CO2+8H2O 可知,剩余的 n(Mn - )= 0.02L 0.2500mol L -1=0.002mol,所以 NOSO4H 消耗的 n(Mn - )=0.06L 0.1000mol L-1-0.002mol=0.004mol,根据方程式 2KMnO4+5NOSO4H+2H2OK2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可 知,n(NOSO4H)=0.004mol =0.01mol,所以样品的纯度为 - 100%84.7%。 18.答案(1)增大反应物的接触面积,加快反应速率,提高铬铁矿的浸取率 (2)NaOH 溶液 使 Fe3+、Al3

18、+完全转化为 Fe(OH)3和 Al(OH)3沉淀而除去 - 7 - (3)3NaBiO3+2Cr3+7OH-+H2O3Bi(OH)3+2Cr -+3Na+ (4)2Cr -+2H+ Cr2 -+H 2O (5)重结晶 解析铬铁矿与过量的硫酸混合发生反应生成硫酸亚铁和硫酸铬、硫酸铝,二氧化硅 不溶于硫酸,所以固体 A 为二氧化硅,溶液 B 中加入过氧化氢,将亚铁离子氧化成铁 离子,加入碱调节 pH 使铁离子和铝离子沉淀,根据表格数据分析,控制 pH 到 5,固体 D 为氢氧化铁和氢氧化铝,溶液 E 中加入铋酸钠和少量氢氧化钠溶液,反应生成 Na2CrO4,然后酸化将 Na2CrO4转化为 Na

19、2Cr2O7,最后通过重结晶得到红矾钠。 (1)为了增大反应物的接触面积,加快反应速率,提高铬铁矿的浸取率,反应之前 先将矿石粉碎。 (2)根据表格数据分析,步骤加的试剂为 NaOH 溶液;将溶液 pH 调到 5 的目的 是使 Fe3+、Al3+完全转化为 Fe(OH)3和 Al(OH)3沉淀而除去,而铬离子不沉淀。 (3)反应中铋酸钠将硫酸铬氧化生成铬酸钠同时生成氢氧化铋,该反应的离子 方程式为 3NaBiO3+2Cr3+7OH-+H2O3Bi(OH)3+2Cr -+3Na+。 (4)中酸化是使 Cr -转化为 Cr 2 -,该反应的离子方程式为 2Cr -+2H+ Cr2 -+H 2O。

20、(5)将溶液H经过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥即可得红矾钠粗晶体,对红 矾钠粗晶体进行重结晶可得精制红矾钠。 19.答案(1)A (2)-747.0 B (3)0.22 E (4)温度太高,催化剂的活性降低,反应放热,平衡向逆反应方向移动 不是 因 为该反应为放热反应,根据线可知,a 点对应温度的平衡脱氮率应该更高 解析(1)由含碘时 N2O 分解速率方程 v=k c(N2O) c(I2)0.5(k 为速率常数)可知,N2O 的 分解速率与 I2的浓度有关,A 正确;第二步反应是慢反应,则第二步反应对总反应速 率起决定作用,B 错误;第二步反应是慢反应,则第二步反应活化能比第三步反应

21、大,C 错误;IO 为反应的中间产物,不是催化剂,D 错误。 (2)CO 的燃烧热 H=-283.5kJ mol-1,则 2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H=-567kJ mol-1,又因为N2(g)+O2(g)2NO(g) H3=+180.0kJ mol-1,则两式相减即 得到反应的 H1=-747.0kJ mol-1。起始时 CO 和 NO 的物质的量之比不满足化 学计量数之比,所以 CO 和 NO 的物质的量不变能说明反应达到平衡状态,A 不选; 密度是混合气的质量和容器容积的比值,在反应过程中质量和容器容积始终是不变 的,因此混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态,B

22、可选;正反应体积 减小,则混合气体的压强保持不变能说明反应达到平衡状态,C 不选;2v正(N2)=v逆(CO) 说明正逆反应速率相等,D 不选。 (3) 4CO+2NO2N2+4CO2 起始浓度/(mol L-1) 1 0.5 00 转化浓度/(mol L-1) 0.4 0.2 0.1 0.4 平衡浓度/(mol L-1) 0.6 0.3 0.1 0.4 - 8 - 则该反应的平衡常数为 0.22。 反应正反应放热,升高温度平衡向逆反应方向进行,CO2体积分数减小,所 以 T1T2;若在 D 点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小,由于正反应是 体积减小的放热反应,则平衡向逆反应方向进行

23、,所以重新达到的平衡状态可能是 图中 AG 点中的 E 点。 (4)由于温度太高时催化剂的活性会降低,反应放热,平衡向逆反应方向移动,所 以曲线中脱氮率随温度升高而降低;因为该反应为放热反应,根据曲线可知,a 点对 应温度的平衡脱氮率应该更高,所以 a 点不是对应温度下的平衡脱氮率。 20.答案(1)4-氯甲苯或对氯甲苯 (2)氧化反应 取代反应 (3) (4)+ +HBr (5)、 (6) 解析 E 催化氧化得到,则 E 为;D 在氢氧化钠水溶液中加热发生水 解反应后酸化得到 E,结合前面合成路线推出 D 为;C 在光照条件下反应生 成 D,则 C 为;根据已知信息可知,B转化为 C 是引入

24、一 - 9 - 个酚羟基,故 B 为;结合 A 的分子式及反应条件可推知,A 为。红外光谱 显示咖啡酸分子中存在碳碳双键,根据已知 CHO+可推知 G 为。 (1)物质 A()的名称为 4-氯甲苯或对氯甲苯。 (2)由 B 生成 C 是被过氧化氢氧化生成,反应类型为氧化反应;由 C生成D的反应是在光照条件下与氯气发生取代反应生成,反应类 型为取代反应。 (3)E 的结构简式为。 (4)咖啡酸与3-溴乙基苯发生取代反应生成咖啡酸苯乙酯和溴化氢,反应的化学 方程式为+ +HBr。 (5)芳香化合物 X 是 G()的同分异构体,X 能与饱和碳酸氢钠溶液反 应放出 CO2,说明 X 含有羧基,且与新制 Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀则含有醛基, 其核磁共振氢谱显示有 5 种不同化学环境的氢,峰面积比为 22211,则分子 - 10 - 高度对称,苯环上应该有一个羧基和一个醛基,另外还存在亚甲基,符合要求的 X 的 结构简式有、。 (6)参照题述合成路线,在过氧化氢氧化下转化为,在氢 氧化钠水溶液中加热发生水解反应后再酸化得到,催化氧化得到 ,与丙醛在氢氧化钠水溶液中加热反应生成。则合成路 线为。