2025届高三高考化学二轮复习
第8练 “8+2”40分钟小卷(一)
(选择题1~8题，每小题8分，共64分)
1.化学物质在绘画艺术中发挥了重要的作用。下列说法错误的是( )
A.调制红色颜料的猪血血红素中含有铁元素
B.调制黄绿色颜料的藤黄(含α-C23H28O6、β-C25H32O6、γ-C23H28O6)属于混合物
C.用作绿色和青色颜料的石青[Cu3(OH)2(CO3)2]属于碱式盐
D.暖白色颜料磷酸钙[Ca3(PO4)2]属于难溶于水的弱电解质
2.(2024·广西柳州校联考模拟)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y和W位于同主族，一种化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是( )
A.原子半径：X>Y>Z
B.最高价含氧酸的酸性Z大于W
C.简单氢化物的还原性Y大于W
D.X、Y形成的化合物只有5种
3.(2024·山东德州模拟)一种镍磷化合物催化氨硼烷(BH3NH3)水解释氢的可能机理如图所示。下列说法错误的是( )
A.氨硼烷中不含sp2-s σ键
B.氨硼烷水解的最终产物为H2和NH4
C.固态氨硼烷为分子晶体
D.用D2O代替H2O作反应物，有D2生成
4.有机化学工业中常以丙酮为主要原料制备α-甲基丙烯酸，其主要转化过程如图所示：
下列说法正确的是( )
A.M不能发生加成反应
B.N分子只有一种结构，不存在立体异构
C.α-甲基丙烯酸只能发生加聚反应
D.2-丁酮(CH3COCH2CH3)经过上述转化可以得到
5.(2024·福建漳州统考二模)某科研团队从铬钒渣中分离钒并制备Cr(OH)3的流程如图：
已知：①“溶解”后所得滤液为Na2CrO4、Na[Al(OH)4]和NaVO3的混合溶液；
②Cr的最高价含氧酸根离子在酸性介质中主要以Cr2存在，在碱性介质中主要以存在。
下列说法错误的是( )
A.“灼烧”步骤的尾气中含CO2
B.“沉铝”步骤的离子方程式为2[Al(OH)4]-+CO2===2Al(OH)3↓+H2O
C.“分离钒”之后Cr元素的存在形式主要为Cr2
D.“转化沉铬”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
6.(2024·湖北新高考协作体第三次联考)TiN是一种新型的耐热材料，NH3和TiO2高温条件下反应可制备TiN。某研究小组称取4 g TiO2采用如图的实验装置制备TiN并测定产率(夹持装置省略)。下列说法错误的是( )
A.装置C中试剂X为碱石灰
B.若反应前后装置E的质量增加1.44 g，则TiN的产率为80%
C.打开管式炉加热开关前需要先打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞一段时间
D.装置D中发生反应的化学方程式为6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2
7.我国科学家研发出具有更高比能量(参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小)、功率密度和安全性的镁离子电池。该电池以MgGa、Mg2Ga、Mg5Ga2等MgxGay合金作为负极材料，放电时，正极材料Cu3Se2转化为Mg0.5xCu3-xSe2。该电池的工作原理如图所示(固态电解质只允许Mg2+通过)。
下列有关说法错误的是( )
A.Mg5Ga2作负极比MgGa具有更高的比能量
B.Mg0.5xCu3-xSe2中Mg的化合价为Cu的2倍
C.充电时，阳极的电极反应为Mg0.5xCu3-xSe2+xCu+xe-===Cu3Se2+0.5xMg2+
D.工作前若两侧电极质量相等，则转移0.2 mol电子时，两侧电极质量相差4.8 g
8.(2024·辽宁鞍山统考二模)科研工作者合成了低温超导化合物M，再利用低温去插层法，获得了一个新化合物N。二者的晶体结构如图所示，下列说法正确的是( )
A.去插层过程中Cs元素均转化为Cs单质
B.N的化学式为V2Se2O
C.M中与Cs原子最临近的Se原子有2个
D.N中V原子填充了Se原子构成的正八面体空隙
9.(20分)二乙基次膦酸铝{[(C2H5)2PO2]3Al}是一种新型阻燃剂，难溶于水和有机溶剂，其制备装置示意图(部分加热装置略去)和步骤如下：
Ⅰ.根据图示安装装置，检查气密性，添加试剂；
Ⅱ.打开K1、关闭K2，按顺序加热仪器a、b，仪器b中控制温度为100 ℃充分反应；
Ⅲ.关闭K1、打开K2，将仪器b中液体维持80 ℃充分反应；
Ⅳ.冷却至室温，转移出仪器b中所得粗产品并用热水洗涤、抽滤，制得7.41 g纯品。
已知：①NaH2PO2·H2O具有较强的还原性；
②实验过程中仪器a中液体变黑；
③步骤Ⅱ中主要反应为NaH2PO2·H2O+2C2H4[(C2H5)2PO2]Na+H2O。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 ；试剂X的作用为 。
(2)步骤Ⅱ中，应先加热仪器 (填“a”或“b”)；步骤Ⅲ中，加热仪器b适合的方式为 ；实验开始后发现仪器a中未加沸石，合理的操作为 。
(3)步骤Ⅲ中发生反应的化学方程式为 。
(4)步骤Ⅳ中，粗产品用热水洗涤的目的为 ；
相比于常压过滤，采用抽滤的优点为 。
(5)本实验中产品的产率为 。
10.(16分)(2024·济宁三模)CO2耦合乙苯()脱氢制备苯乙烯()是综合利用CO2的热点研究领域，制备苯乙烯涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ.+H2(g) ΔH1
反应Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2>0
反应Ⅲ.+CO2(g)+CO(g)+H2O(g) ΔH3>0
(1)相关的化学键键能数据如下：
化学键 H—H C—H C—C C==C
E/(kJ·mol-1) 436 413 348 615
利用上表数据计算ΔH1为 ，为提高的平衡转化率，可采取的措施为 。
(2)向密闭容器中按一定比例投入原料气，达到平衡时随温度变化关系如图所示。三种原料气配比分别为Ⅰ.只有乙苯、Ⅱ.n(乙苯)∶n(CO2)=1∶5、Ⅲ.n(乙苯)∶n(Ar)=1∶5。
①恒容条件下，若B表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯)∶n(Ar)=1∶5的曲线为 (填“A”“B”或“C”)。
②恒压条件下，若B表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯)∶n(CO2)=1∶5的曲线为 (填“A”“B”或“C”)，从平衡移动的角度解释CO2的作用： 。
(3)向恒容密闭容器中，投入乙苯和CO2各1 mol，此时气体压强为p0，催化脱氢制备苯乙烯，除上述反应外，还发生副反应：+H2(g)(g)+CH4(g) ΔH4<0，测得反应体系中甲苯的选择性S(S=×100%)、乙苯的平衡转化率、CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。表示乙苯的平衡转化率的曲线是 ；T1 ℃下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp= (保留两位小数)。
答案精析
1.D [Ca3(PO4)2溶解度很小，属于难溶于水的盐，但其溶于水的部分完全电离，属于强电解质，D项错误。]
2.A [短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y和W位于同主族，化合物结构中，W可形成6对共用电子对，Y可形成2对共用电子对，则W为S元素，Y为O元素，而X可形成3对共用电子对，X的原子序数小于氧，则X为N元素，Z可形成1对共用电子对，Z的原子序数大于氧且小于硫，则Z为F元素。同周期主族元素自左到右原子半径依次减小，原子半径：X>Y>Z，故A正确；氟元素没有最高价含氧酸，故B错误；元素非金属性：O>S，简单氢化物的还原性：H2O
4.B [M中含有氰基(—CN)，—CN中含有碳氮三键，M能发生加成反应，A项错误；N分子中不含手性碳原子，不存在对映异构，即不存在立体异构，B项正确；CH3COCH2CH3与HCN经过反应①生成，经过反应②生成，再经过反应③生成或，不可能生成，D项错误。]
5.B [在“灼烧”步骤，Cr2O3、V2O3、Al2O3与Na2CO3、O2反应产生相应钠盐的同时产生CO2，因此所得的尾气中含CO2，A正确；“沉铝”步骤通入CO2足量，反应产生NaHCO3，该反应的离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2===Al(OH)3↓，B错误；“分离钒”之后，所得溶液显强酸性，根据题意可知，Cr元素的存在形式主要为Cr2，C正确；Cr2具有强氧化性，与Na2C2O4和NaOH生成Cr(OH)3沉淀：Cr2+3C2+H2O+4OH-===2Cr(OH)3↓+6，在该反应中Cr2为氧化剂，C2为还原剂，则“转化沉铬”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，D正确。]
6.B [利用装置C除去NH3中的水蒸气，则试剂X可以是碱石灰，A正确；装置E中装有CaCl2，吸收生成的水蒸气及过量的NH3，因此无法计算TiN生成的水的质量，无法计算产率，B错误；打开管式炉加热开关前需要先打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞一段时间，即先通入NH3排出管式炉中空气后再进行加热，防止干扰实验，C正确；根据得失电子守恒以及元素守恒得6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2，D正确。]
7.C [MgxGay中镁的含量越高，放电时单位质量的负极材料释放出的Mg2+越多，比能量越高，A项正确；电极Cu3Se2嵌入Mg2+后生成Mg0.5xCu3-xSe2，相当于0.5x个Mg2+替代了Cu3Se2中x个Cu，根据化合物中正、负化合价的代数和为0的原则，Mg的化合价为Cu的2倍，B项正确；根据题干信息可知，放电时，正极的电极反应为Cu3Se2+0.5xMg2++xe-===Mg0.5xCu3-xSe2+xCu，故充电时，阳极的电极反应为Mg0.5xCu3-xSe2+xCu-xe-===Cu3Se2+0.5xMg2+，C项错误；转移0.2 mol电子时，0.1 mol Mg2+通过固态电解质由负极进入正极，负极质量减小2.4 g，正极质量增大2.4 g，两侧电极质量相差4.8 g，D项正确。]
8.B [去插层过程中Cs元素均转化为CsI，故A错误；根据均摊原则，N的晶胞中含有V原子数为8×+4×=4，Se原子数为8×+2=4，O原子数为8×+1=2，N的化学式为V2Se2O，故B正确；根据图示，M中与Cs原子最临近的Se原子有8个，故C错误；N中V原子位于Se原子围成的正方形中心，故D错误。]
9.(1)蒸馏烧瓶 除去乙烯中的SO2、CO2和乙醇蒸气
(2)a 水浴加热 停止加热，冷却至室温后补加沸石，继续实验 (3)6[(C2H5)2PO2]Na+Al2(SO4)32[(C2H5)2PO2]3Al↓+3Na2SO4 (4)充分洗去产品上粘附的Al2(SO4)3、Na2SO4等可溶性物质 加快过滤速率，利于产品干燥 (5)95.0%(或0.95)
解析 (1)新制的乙烯中混有SO2、CO2、乙醇蒸气和水蒸气，水蒸气不影响实验，故试剂X可选用NaOH溶液，用于除去乙烯中的SO2、CO2和乙醇蒸气。
(2)由信息知，NaH2PO2·H2O有较强的还原性，为防止NaH2PO2被氧化，应先加热仪器a，用生成的乙烯排尽装置中空气。
(5)6.36 g NaH2PO2·H2O的物质的量为0.06 mol，由反应原理得关系式：3NaH2PO2·H2O~3[(C2H5)2PO2]Na~[(C2H5)2PO2]3Al，则产品的理论产量为0.02 mol，其质量为7.80 g，则本实验中产品的产率为×100%=95.0%。
10.(1)+123 kJ·mol-1 升高温度或降低压强 (2)①B ②A 二氧化碳作为稀释气降低分压并消耗氢气，促进乙苯脱氢反应平衡正向移动 (3)N 1.52
解析 (1)利用表中数据可得，ΔH1=413 kJ·mol-1×2+348 kJ·mol-1-615 kJ·mol-1-436 kJ·mol-1=+123 kJ·mol-1，反应Ⅰ和Ⅲ的正反应为体积增大的吸热反应，为提高的平衡转化率，可采取的措施为升高温度或降低压强。
(2)①恒容条件下，若B表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯)∶n(Ar)=1∶5时，由于乙苯的浓度不变，Ar的存在对生成苯乙烯的平衡体系不产生影响，所以平衡时不变，故曲线为B。②恒压条件下，若B表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯)∶n(CO2)=1∶5时，由反应Ⅱ可知，CO2会消耗反应Ⅰ生成的H2，从而使平衡正向移动，平衡时增大，故曲线为A。
(3)向恒容密闭容器中，投入乙苯和CO2各1 mol，此时气体压强为p0。发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ，
升高温度，反应Ⅳ平衡逆向移动，甲苯的选择性不断减小，苯乙烯的选择性不断增大，则曲线M为甲苯的选择性曲线；反应Ⅱ、Ⅳ消耗的H2全部来自反应Ⅰ，则乙苯的转化率大于CO2的转化率，所以表示乙苯的平衡转化率的曲线是N。图中数据显示，T1 ℃时，乙苯的转化率为80%，CO2的转化率为26%，甲苯的选择性为30%，则参加反应乙苯的物质的量为1 mol×80%=0.8 mol，生成甲苯的物质的量为0.8 mol×30%=0.24 mol，生成苯乙烯的物质的量为0.8 mol-0.24 mol=0.56 mol，由此可建立如下三段式：
C6H5CH2CH3(g)+H2(g)
起始量/mol 1 0 0
变化量/mol 0.56 0.56 0.56
平衡量/mol 0.2 0.56 0.06
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
起始量/mol 1 0.56 0 0
变化量/mol 0.26 0.26 0.26 0.26
平衡量/mol 0.74 0.06 0.26 0.26
C6H5CH2CH3(g)+H2(g)C6H5CH3(g)+CH4(g)
起始量/mol 1 0.56 0 0
变化量/mol 0.24 0.24 0.24 0.24
平衡量/mol 0.2 0.06 0.24 0.24
设平衡时气体总压强为p，T1 ℃下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=≈1.52。
