2025届高三高考化学二轮复习
“17-21”非选择题标准卷(三)
非选择题(本题包括5小题,共52分)
17.(10分)铁及其化合物用途广泛,请回答:
(1)(1分)与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有 种。
(2)(3分)FeSO4·7H2O的结构如图所示。
FeSO4·7H2O中H2O与Fe2+、H2O与S的作用力类型分别是 、 。H2O中H—O—H的键角 S中O—S—O的键角(填“>”“<”或“=”)。
(3)(6分)由铁、钾、硒形成的一种超导材料,其晶胞结构如图1所示。
Ⅰ. 该超导材料的化学式是 。
Ⅱ.该晶胞参数a=0.4 nm、c=1.4 nm,该晶体密度ρ= g·cm-3。(用NA表示阿伏加德罗常数,写出计算表达式即可)
Ⅲ.该晶胞在xy平面投影如图2所示,将图2补充完整。
18.(10分)已知难溶性化合物Y的化学式为Ba4MnFeO6CO3,对Y进行如下实验,部分产物已经略去。
已知:Y中的金属元素在该实验条件下不能与NH3产生配合物。
(1)(2分)Y高温下在H2气流中的反应 氧化还原反应(填“属于”或“不属于”),Y中钡元素的化合价为 。
(2)(2分)步骤Ⅳ可以进行的原因除了生成Fe3O4降低体系的能量之外,从化学平衡的角度解释能够发生的原因
。
(3)(2分)下列说法正确的是 。
A.溶液D中阳离子只有N
B.若磁铁能吸引反应Ⅳ的剩余固体,则证明铁有剩余
C.步骤Ⅱ中的氯化铵溶液也可以用盐酸代替
D.依据步骤Ⅲ可知碱性强弱Ba(OH)2>Mn(OH)2
(4)(2分)固体Y在一定条件下也可以与HI溶液反应,写出反应的离子方程式
。
(5)(2分)设计实验检验混合气体A(除H2外)的成分
。
19.(10分)甲醇是重要的化工原料,应用前景广阔。研究表明,二氧化碳与氢气可以合成甲醇:
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH
一般认为可通过如下两个步骤来实现:
步骤①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.0 kJ·mol-1
步骤②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
ΔH2=-90.0 kJ·mol-1
(1)(2分)ΔH= kJ·mol-1,该反应在 条件下能自发进行(填“高温”“低温”“任意温度”)。
(2)(2分)步骤①为慢反应,下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 (填标号)。
(3)(2分)在恒温恒压条件下,若H2和CO2的物质的量之比为n∶1,相应平衡体系中CH3OH的物质的量分数为x,请在下图中绘制x随n变化的示意图(不考虑副反应)。
(4)(4分)恒压条件下,按H2和CO2的物质的量之比为3∶1投料,发生反应Ⅰ、Ⅱ。实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性随温度的变化如下图所示。
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH
Ⅱ.2CO2(g)+5H2(g)C2H2(g)+4H2O(g) ΔH3=+37.1 kJ·mol-1
已知:CH3OH的选择性=×100%
①下列能说明体系已达到平衡状态的是 (2分)(填序号)。
A.混合气体的密度不再变化
B.混合气体的总压强不再变化
C.混合气体的平均摩尔质量不再变化
D.单位时间内每形成1 mol H—H键,同时形成1 mol C—H键
②当温度高于300 ℃时,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因:
(1分)。
③400 ℃时,在该压强及投料比的条件下,H2的转化率为 (1分)(保留三位有效数字)。
20.(10分)三氯化六氨合钴(Ⅲ)的化学式为[Co(NH3)6]Cl3,是一种典型的维尔纳配合物。在实验室中,常以活性炭为催化剂,以H2O2、NH3、NH4Cl、CoCl2为原料在溶液中反应制备,化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O,某同学设计如图反应装置(夹持仪器及加热装置已省略)制备[Co(NH3)6]Cl3,并测定该物质中NH3的含量:
回答下列问题:
(1)(1分)装置A中盛放浓氨水的仪器名称 。
(2)(1分)反应温度不宜超过50 ℃的原因是
。
(3)(2分)装置C的作用
。
(4)(4分)装置B中反应结束后,用冰水浴冷却后过滤,把沉淀溶解于沸水中,趁热过滤,再慢慢加入适量浓盐酸于滤液中,有大量橙黄色[Co(NH3)6]Cl3晶体析出。
①趁热过滤的目的是
。
②简述加入适量浓盐酸于滤液中,有大量橙黄色[Co(NH3)6]Cl3晶体析出的原因
。
(5)(2分)三氯化六氨合钴(Ⅲ)样品中NH3的含量测定涉及反应为NH3+H3BO3NH3·H3BO3;NH3·H3BO3+HClNH4Cl+H3BO3。所用装置(部分夹持仪器已省略)如图所示。
称取[Co(NH3)6]Cl3晶体样品m g于烧杯中,加入蒸馏水溶解后,由进样漏斗加入烧瓶中,蒸馏水冲洗后,在进样漏斗留一部分蒸馏水。开启电炉加热{[Co(NH3)6]Cl3+3NaOHCo(OH)3↓+6NH3↑+3NaCl},直至无气体放出。氨气被硼酸完全吸收后,用c mol·L-1的盐酸滴定锥形瓶中混合液,滴定终点时,消耗盐酸的体积V mL。三氯化六氨合钴(Ⅲ)样品中NH3的质量分数为 %。
21.(12分)有机物I是某精神类药物的重要中间体,其合成路径如下:
已知:
①+X2+HX
②+H2N—
请回答:
(1)(1分)有机物F中的官能团名称为 。
(2)(1分)有机物B的结构简式为 。
(3)(2分)下列说法正确的是 。
A.有机物A在水中的溶解度比
大
B.a、b在酸性条件下水解生成的酸的酸性:a>b
C.A→D的三步反应均为取代反应
D.H→I在适当的酸性条件下,可以提高有机物I的平衡产率
(4)(2分)写出E+G→H的化学方程式
。
(5)(3分)重要的络合剂EDTA的结构为,请以乙烯为原料,设计合成EDTA的路线(用流程图表示,无机试剂任选,最终产物可用EDTA表示)。
(6)(3分)写出3种同时满足下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式 。
①核磁共振氢谱表明分子中只有3种不同化学环境的氢原子;
②分子中存在苯环,且是苯环的邻位二取代物。
参考答案
“17-21”非选择题标准卷(三)
17.(1)7 (2)配位键 氢键 < (3)Ⅰ.KFe2Se2
Ⅱ. g·cm-3 Ⅲ.
18.(1)属于 +2 (2)水蒸气流不断带出生成的氢气促进反应正向移动 (3)D (4)Ba4MnFeO6CO3+14H++2I-4Ba2++Mn2++Fe2++I2+7H2O+CO2↑ (5)先将混合气体通过无水硫酸铜粉末,若变蓝,说明有水蒸气,再将混合气体通过澄清的石灰水,若出现浑浊,说明有二氧化碳气体
解析 固体单质C和水在高温下反应生成Fe3O4,C为Fe,混合溶液C和氨水反应生成Mn(OH)2和NH4Cl溶液,混合溶液C中含有Mn2+,固体混合物B中含有Fe和MnO,气体混合物A为H2、H2O和CO2,以此解答。(1)Y高温下在氢气气流中高温分解生成了Fe,元素价态发生变化,属于氧化还原反应,根据化合物化合价代数和为0,可知钡元素价态为+2。(2)步骤Ⅳ能够进行的原因,从化学平衡角度进行解释的话是因为通入水蒸气气流,带走了氢气产物,平衡正移。(3)A.溶液D的阳离子除了铵根离子,还有氢离子和钡离子,故A错误;B.发生反应Ⅳ后固体有四氧化三铁,磁铁能吸引四氧化三铁,因此不能证明有铁剩余,B错误;C.Fe会与盐酸反应,而NH4Cl却不会与铁反应,因此不能用盐酸代替,C错误;D.由步骤Ⅲ可以判断出氢氧化钡的碱性大于氢氧化锰的碱性,D正确;(4)固体Y在HI溶液下发生反应,生成碘单质,钡离子,锰离子,亚铁离子和二氧化碳,根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为Ba4MnFeO6CO3+14H++2I-4Ba2++Mn2++Fe2++I2+7H2O+CO2↑。(5)混合气体A除了氢气外还含有二氧化碳和水蒸气。首先可以通过无水硫酸铜,若呈蓝色,则证明混合气体中含有水蒸气。接着再将混合气体通入澄清石灰水中,若石灰水变浑浊则说明有二氧化碳。
19.(1)-49 低温 (2)A (3)
(4)①AC ②温度升高,使反应Ⅰ平衡逆向移动的程度小于反应Ⅱ平衡正向移动的程度,导致CO2转化率随温度升高而上升 ③0.225或22.5%
解析 (1)①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
ΔH1=+41.0 kJ·mol-1
②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=-90.0 kJ·mol-1
根据盖斯定律①+②得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=41 kJ·mol-1-90 kJ·mol-1=-49 kJ·mol-1,ΔH<0,ΔS<0,所以该反应在低温条件下能自发进行。(2)步骤①为慢反应,说明第一步反应活化能比第二步反应的活化能大,第一步是吸热反应、第二步是放热反应,总反应放热,能体现上述反应能量变化的是A;(3)在恒温恒压条件下,若H2和CO2的物质的量之比为n∶1,相应平衡体系中CH3OH的物质的量分数为x,投料比等于系数比时,平衡体系中甲醇的体积分数最大,x随n变化的示意图为。(4)①A.反应前后气体系数和不同,容器体积是变量,气体总质量不变,混合气体的密度是变量,混合气体的密度不再变化,故一定达到平衡状态,故选A;B.恒压条件下,压强是恒量,混合气体的总压强不再变化,反应不一定平衡,故不选B;C.反应前后气体系数和不同,气体物质的量是变量,气体总质量不变,混合气体的平均摩尔质量是变量,混合气体的平均摩尔质量不再变化,反应一定达到平衡状态,故选C;D.反应Ⅱ达到平衡时,每形成2.5 mol H—H键同时形成1 mol C—H键,单位时间内每形成1 mol H—H键,同时形成1 mol C—H键,反应不平衡,故不选D;选AC。②当温度高于300 ℃时,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因:温度升高,使反应Ⅰ平衡逆向移动的程度小于反应Ⅱ平衡正向移动的程度,导致CO2转化率随温度升高而上升。③按H2和CO2的物质的量之比为3∶1投料,设氢气的投料为3 mol、二氧化碳的投料为1 mol,400 ℃时,二氧化碳的平衡转化率为25%,甲醇的选择性为40%,则参加反应的二氧化碳的物质的量为0.25 mol,参加反应Ⅰ的二氧化碳为0.1 mol,参加反应Ⅰ的氢气为0.3 mol,参加反应Ⅱ的二氧化碳的物质的量为0.15 mol,参加反应Ⅱ的氢气的物质的量为0.375 mol;在该压强及投料比的条件下,H2的转化率为×100%=22.5%。
20.(1)分液漏斗 (2)防止氨水挥发、H2O2的分解
(3)除去多余氨气且防止倒吸 (4)①除去活性炭,同时减少[Co(NH3)6]Cl3因降温而提前析出造成的损失 ②加入浓盐酸后,溶液中Cl-浓度增大,使平衡[Co(NH3)6]Cl3[Co(NH3)6]3++3Cl-向左移动,促进[Co(NH3)6]Cl3晶体析出
(5)
解析 (1)根据仪器构造可知盛浓氨水的仪器是分液漏斗;(2)由于氨水易挥发,H2O2受热易分解,因此加热温度不能超过50 ℃;(3)装置C吸收多余的氨气,而且有防倒吸作用;(4)①用热水溶解趁热过滤除去活性炭,同时防止[Co(NH3)6]Cl3的析出,提高产率;②在[Co(NH3)6]Cl3溶液中,存在[Co(NH3)6]Cl3[Co(NH3)6]3++3Cl-,加入浓盐酸增大Cl-浓度,使平衡向左移动[Co(NH3)6]Cl3晶体析出;(5)根据反应得到如下关系:NH3~NH3·H3BO3~HCl,消耗1 mol盐酸,HCl的物质的量为cV×10-3 mol,氨气的物质的量也是cV×10-3 mol,氨气的质量分数为%。
21.(1)氨基、羰基 (2) (3)CD
(4)
(5)
(6)、、、、
解析 根据流程可以得到:A()和a()在碘单质存在条件下反应生成B(),根据B和C的分子式以及D的结构简式可以推得C的结构简式为,根据D的结构简式和I的结构简式,推出E的结构简式为,根据F()和b()推导得到G的结构式为(),根据E、G、I的结构简式以及H的分子式可以推导得到H的结构简式为,可以作答;(1)根据F的结构简式判断,F中含有的官能团为氨基和羰基; (2)由a的结构式、A的结构式和B的分子式经过推导分析可以得到化学方程式为++,可以得到B的结构简式为;(3)A.有机物A()在水中的溶解度比小,是由A可形成分子内氢键;B.a、b在酸性条件下水解生成的酸的酸性:a
(5)
(6)根据题意可以写出、、、、。
