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（一）.docx

1、 - 1 - 非选择题专项练(一) 三、非选择题:本题共 5 小题,共 60 分。 16.(2019 山东省实验、淄博实验、烟台一中、莱芜一中四校联考)(10 分)(1)氮氧化物是形成光 化学烟雾和酸雨的一个重要原因,用 CH4催化还原 NOx可在一定程度上消除氮氧化物的污染。 已知:CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-1 160 kJ mol-1 2NO2(g)+N2(g)4NO(g) H=+293 kJ mol-1 则该条件下,CH4催化还原 NO2消除污染的热化学方程式 为 。 (2)乙炔(CHCH)是重要的化工原料。工业上可用甲烷裂解法制取乙 炔

2、:2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)。同时发生副反应:2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g);甲烷裂解时,几种 气体平衡时分压(Pa)的对数即 lg p 与温度()之间的关系如图所示。根据图判断,反应 2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) H (填“”或“ 62.5% 102.4 (3)2HS - -2e-S2 -+2H+ 质子 0.2 g (4)c(Na+)c(HC - )c(C -)c(OH-)c(H+) 解析(1)CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-1160kJ mol-1, 2NO2(g)+N2(g)4NO(g) H=+293k

3、J mol-1, 根据盖斯定律分析,+可得热化学方程式 CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-867kJ mol-1。 (2)从图分析,随着温度升高,甲烷的分压(Pa)的对数变小,说明甲烷减少,则说明 升温平衡正向移动,即 H0;从图分析,达到平衡时乙炔的分压为 100Pa,则消耗的甲 烷的分压为 200Pa,乙烯的分压为 10Pa,消耗的甲烷的分压为 20Pa,剩余甲烷的分压 为 100Pa,最初甲烷的分压为 100+200+20=320Pa,则甲烷生成乙炔的平衡转化率为 =62.5%。平衡时甲烷的分压为 100Pa,乙烯的分压为 10Pa,则氢气的分压

4、为 300+20=320Pa,平衡常数为 =102.4。 (3)电解硫酸氢钾溶液制备过二硫酸钾,硫元素化合价升高,即阳极为硫酸氢离 子失去电子生成过二硫酸根离子,电极反应为 2HS - -2e-S2 -+2H+;溶液为酸性, 反应生成过多的氢离子,阴极反应为 2H+2e-H2,所以 X 为质子交换膜。当有 0.2mol 电子转移时,阳极区向阴极区转移 0.2mol 氢离子,阴极区有 0.2mol 氢离子变 成氢气,阴极区质量不变,所以两边质量变化差为 0.2g。 (4)当通入 O2量为 8.96L 时,即 0.4mol 氧气,则消耗 0.2mol 甲烷,生成 0.2mol 二 氧化碳,与 0.

5、3mol 氢氧化钠反应,生成 0.1mol 碳酸钠和 0.1mol 碳酸氢钠,因为碳酸根 离子水解程度比碳酸氢根大,所以溶液中碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度, 溶液显碱性,故离子浓度顺序为 c(Na+)c(HC - )c(C -)c(OH-)c(H+)。 17.答案(1)NOC sp2 (2) HCOOH 和 CO2都为分子晶体,HCOOH 分子间形成氢键 - 6 - (3)4 a (4)H2 ( ,0) 1010 解析(1)同周期从左向右元素的第一电离能总体呈增大趋势,但是A 族元素比同周 期的A 族元素的第一电离能大,故 N、 O、 C 的第一电离能依次减小;和中 都存在大 键,氮原子

6、均采用 sp2杂化,的大 键为 ,N 原子有一对孤对电 子,的大 键为 ,N 原子无孤对电子,因此氮原子配位能力更强的是 。 (2)碳元素为 6 号元素,根据构造原理可写出基态碳原子的电子排布式为 1s22s22p2,故基态碳原子的价电子排布图为;HCOOH 和 CO2都为分子 晶体,但是 HCOOH 分子间可形成氢键,故 HCOOH 的沸点比 CO2高。 (3)B(OH)4-中硼原子连接四个羟基,其价层电子对数为 4;Sn(OH)62-的中心离 子 Sn4+与 OH-之间形成配位键,配位键是一种特殊的共价键,则 Sn 与 O 之间形成的 化学键属于 键或极性键,不可能是 键。 (4)根据均摊

7、法可知,晶胞中,微粒 X 的个数为 8 =1,微粒 Y 的个数为 8 +1=5, 微粒 Z 的个数为 8 +2 =3,根据储氢后所得晶体的化学式 LaNi5H6 可知,微粒 Z 为 H2;根据晶胞结构图,可知 B(Y)的原子分数坐标为( ,0);晶胞边长 a= cm= 1010pm。 18.答案(1)球形冷凝管 12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2+3NO+9H2O 安全瓶,防倒吸 NaOH 溶液 (2)溶液 pH 介于 4.05.0 之间 加热浓缩、冷却结晶 (3)溶液变为粉红色,且半分钟内不褪色 反应生成的 Mn2+是该反应的催化剂 74.8 解析(1)图示中仪器 a 的名

8、称为球形冷凝管。5560下,装置 A 中硝酸与葡萄 糖发生氧化还原反应生成 H2C2O4,同时生成 NO2和 NO 且物质的量之比为 31,根 据得失电子守恒、原子守恒,该反应的化学方程式为 12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2+3NO+9H2O。反应中生成的 NO2和 NO 均为大气污染气体,需要进行尾气吸收,NO2和 NO 被吸收时会导致倒吸,装置 B 的作用是做安全瓶防止倒吸,装置 C 中盛装的试剂是 NaOH 溶液,用于吸收 NO2和 NO,发生反应的化学方程式为 NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O、 2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O。 (2

9、)草酸铁铵(NH4)3Fe(C2O4)3易溶于水,常温下其水溶液的 pH 介于 4.05.0 之 间,则将 Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液,滴加氨水至 pH 介于 4.05.0 之间; - 7 - 草酸铁铵是铵盐,温度过高易分解,且温度过高促进铵根离子和铁离子水解,不能直 接加热蒸干;提纯后的草酸溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥,制得 草酸铁铵产品。 (3)滴定反应过程是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应,高锰酸钾发生氧化还 原反应过程中颜色褪去,自身可作指示剂,滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸 钾溶液,溶液变为粉红色,且半分钟内不褪色,即为达到终点。 滴定过程中高锰酸钾 被

10、还原为 Mn2+,且随着反应进行 Mn2+的浓度增大,反应速率加快,说明反应生成的 Mn2+可以加快反应速率,即 Mn2+起催化剂的作用。滴定过程中,产品溶液加稀硫 酸酸化后形成草酸,草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,离子方程式为 5H2C2O4+2Mn - +6H+2Mn2+10CO2+8H2O,10.00mL 产品溶液消耗 n(Mn - )=0.1000mol L-1 0.012L=0.0012mol,则 10.00mL 产品溶液中 n(H2C2O4)= n(Mn - )= 0.0012mol=0.003mol,则 100mL 产品溶液中 (NH4)3Fe(C2O4)3的质量为 0.00

11、3mol 374g mol -1=3.74g,故产品中 (NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为 . 100%=74.8%。 19.答案(1)温度过高时 H2O2容易分解 (2)Co2O3+H2O2+4H+2C +3H2O+O2 (3)2.53.3 即可 萃取剂在该 pH 时对 N 、 C 萃取率差别大,能分离 N 、 C 两种离子 (4)2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2H2O+2CO2 (5)硫酸铵 c (6)MH+OH-e-M+H2O 解析含钴废料(主要成分为 Co2O3,含有少量 MnO2、 NiO、 Fe3O4)中加入硫酸和 H2O2 酸浸,MnO2不溶,其他物质都溶解

12、,从后续产物看,Co2O3被 H2O2还原为 C ,Fe3O4 溶解,同时生成的F 被氧化为F ;调pH至3.7,F 转化为Fe(OH)3沉淀;加入萃 取剂后 N 进入有机相,C 进入水相;加入 NH4HCO3和氨水,C 转化为 Co2(OH)2CO3沉淀,滤液中应含有(NH4)2SO4;高温煅烧时,Co2(OH)2CO3中 C 由+2 价升高到+3 价,不是简单的分解反应,而是分解产物又与 O2反应,生成 Co2O3、H2O 和 CO2。 (1)双氧水热稳定性弱,“酸浸”含钴废料的温度不宜过高,原因是温度过高时 H2O2容易分解。 (2)“酸浸”时,Co2O3被 H2O2还原为 C ,发生的

13、主要反应是 Co2O3+H2O2+4H+2C +3H2O+O2。 - 8 - (3)使用萃取剂萃取 N ,单纯从萃取率考虑,萃取率越高越好,但同时还需考虑 到 C 尽可能不被萃取,两方面综合考虑,应控制的 pH 约为 2.53.3 即可。则理由 是萃取剂在该 pH 时对 N 、C 萃取率差别大,能分离 N 、C 两种离子。 (4)高温煅烧时,Co2(OH)2CO3的分解产物中 Co2+被 O2氧化生成 Co2O3等,该反 应的化学方程式为 2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2H2O+2CO2。 (5)由分析可知,操作 1 得到的副产品是硫酸铵。 从题给溶解度表看,硫酸铵的溶 解度随温

14、度升高有所增大,但变化量不大,且硫酸铵受热易分解,所以操作 1 是减压 蒸发结晶,故选 c。 (6)由充电时的总反应并结合原电池原理可得,放电时负极的电极反应式为 MH+OH-e-M+H2O。 20.答案(1)加成反应 羰基、醚键 C11H9O3FS (2) (3) (4)或 (5) 解析(1)对比 A、 B 的结构可知,中碳碳双键中一个碳碳键断裂,与 A 发生加 成反应生成 B,反应类型为加成反应;物质 G 结构简式是,其中含 氧的官能团名称为羰基、醚键;E 的结构简式为,根据 C 原子四价原 则可知其分子式是 C11H9O3FS。 - 9 - (2)C 与 B 互为同分异构体,能与小苏打反

15、应放出 CO2,说明 C 含有羧基,C 能与 SOCl2发生取代反应生成 D,可知 C 的羧基中羟基被氯原子取代生成 D,故 C 的结构 简式为。 (3)F 的结构简式是,由于手性碳原子是连接四个不同的原子 或原子团的碳原子,结合 F 的结构可知,该分子中含有 1 个手性碳原子,用*表示 为:。 (4)D 的一种同分异构体满足:含有SH 结构;能在酸性条件下发生水解反 应,两种水解产物均含有三种不同环境的 H 原子,说明含有酯基且水解产物存在对 称结构,其中一种水解产物既能遇 FeCl3溶液显色,又能与 Br2的 CCl4溶液发生加成 反应,说明该产物含有酚羟基、碳碳不饱和键,符合条件的同分异构体 为:或 。 (5)甲苯被氧化可生成,然后与乙醇反应生成 ,与 NH2NH2 H2O 反应生成,最后与乙酸 反应生成,乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化可生成乙酸,故合成路线流 程图为: 。