1214120012509500 2025届高三高考化学二轮复习
“17-21”非选择题标准卷(一)
非选择题(本题包括5小题,共52分)
17.(10分)氮及其化合物应用广泛。回答下列问题:
(1)(2分)基态N原子处于最高能级的电子云轮廓图为 形,能量最低的激发态N3-的核外电子排布式为 。?
(2)(4分)胍()为平面形分子,存在大π键46。胍属于 分子(填“极性”或“非极性”),N原子的杂化轨道方式为 ,①号N原子H—N—C键角 ②号N原子H—N—C键角(填“>”“<”或“=”),胍易吸收空气中H2O和CO2,其原因是 ?
。?
(3)(4分)氮化钴属于立方晶系,经Cu掺杂得催化剂X,经Li掺杂得催化剂Y。
X属于立方晶系,晶胞参数为d pm,距离最近Co原子的核间距为 pm,若NA表示阿伏加德罗常数的值,X的密度为 g·cm-3(用含NA的代数式表示)。Y属于六方晶系,晶胞参数为a=b≠c,α=β=90°,γ=120°,如A点原子的分数坐标为(1,0,12),则B点Li原子的分数坐标为 ,1个N原子周围距离相等且最近的Li原子数目为 。?
18.(10分)某固体混合物A由FeSO4、ZnCl2和Cu(NO3)2组成,3种物质的物质的量之比为1∶1∶1。进行如下实验:
已知:①Zn2+的化学性质与Al3+相似,会形成[Zn(NH3)4]2+。
②一些阳离子开始沉淀至完全沉淀的pH范围:Fe2+(6.3~8.3)、Fe3+(1.5~2.8)、Zn2+(5.4~8.0)、Cu2+(4.7~6.2)。
③Ag2SO4微溶于硝酸。
请回答:
(1)(2分)气体B的主要成分为 ,2 mol气体B与1 mol Cl2化合生成2 mol C,C的空间构型为 。?
(2)(2分)溶液F中除OH-、Cl-外的阴离子还有
。?
(3)(2分)下列说法正确的是 。?
A.根据实验中的转化关系可得:Ksp[Fe(OH)3]
C.X可以使用氨水或NaOH
D.气体B是形成光化学烟雾的罪魁祸首之一
(4)(2分)请设计实验检验A中的氯离子 ?
?
?
。?
(5)(2分)新制蓝色沉淀的悬浊液中通入SO2,产生紫红色固体,写出该反应离子方程式: ?
。?
19.(10分)氢能源是最具应用前景的能源之一。甲烷-水蒸气催化重整制氢(SMR)是一种制高纯氢的方法之一,其涉及的主要反应如下:
反应Ⅰ:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206.3 kJ·mol-1
反应Ⅱ:CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) ΔH2
反应Ⅲ:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.1 kJ·mol-1
回答下列问题:
(1)(1分)反应Ⅱ能自发进行的条件是 。?
(2)(4分)一定温度下,向某容积为1 L的恒容容器中按照水碳比[n(H2O)n(CH4)=3]充入a mol CH4(g)和3a mol H2O(g),t min后反应达到平衡。达到平衡时,容器中CO为m mol,CO2为n mol。
①下列说法不正确的是 。?
A.为防止催化剂中毒和安全事故发生,需对原料气进行脱硫等净化处理
B.提高水碳比[n(H2O)n(CH4)],有利于提高H2的产率
C.升高温度有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动,温度越高越好
D.以Ni/γ?Al2O3作催化剂,降低反应活化能,提高反应速率和原料利用率
②反应Ⅲ的平衡常数K= (用含a,m,n的代数式表示)。?
(3)(3分)650 ℃(局部温度过高会造成积碳)、按照一定流速通入原料气,当水碳比[n(H2O)n(CH4)]一定时,催化剂中无添加吸附剂和添加P?Li4SiO4吸附剂(吸收CO2),各气体组分反应的平衡含量与时间的关系如图所示:
①催化剂中添加P?Li4SiO4吸附剂与无添加吸附剂比较,t1 min前H2的平衡含量升高,CO2、CO和CH4的平衡含量降低;t1 min后H2的平衡含量降低,CO2、CO和CH4的平衡含量升高,最后与无添加吸附剂时的含量相同,可能的原因是 ?
(1分)。?
②实验时发现t1 min后CO2的平衡含量低于理论平衡值,CO的平衡含量高于理论平衡值,可能的原因是 ?
(2分)。?
(用化学反应方程式表示)
(4)(2分)该反应常采用钯膜分离技术(可选择性地让某气体通过而离开体系),其机理如图所示,其中过程2:H2*2H*,其活化能Ea(正)
A.钯膜对H2分子的透过具有选择性
B.过程4的ΔH<0
C.采用钯膜分离技术可以提高原料的利用率
D.常用N2将过程5中的H2吹扫出反应器,增大钯膜两侧的压强差,提高过程1、3速率而促进反应
20.(10分)四氮化四硫(S4N4,S为+2价)是重要的硫-氮二元化合物,室温下为橙黄色固体,难溶于水,能溶于CCl4等有机溶剂,可用NH3与SCl2(红棕色液体)反应制备,反应装置如图所示(夹持装置略)。
已知:S4N4+6OH-+3H2OS2O32-+2SO32-+4NH3↑,回答下列问题:
(1)(2分)仪器a的名称为 ;装置D的作用是?
。?
(2)(4分)四氮化四硫(S4N4)为双楔形笼状结构,如下图(a)所示。S和N原子交替构成一个假想的八元环,各S—N键长几乎相等。请回答以下问题:
①S4N4的双楔形笼状结构可通过 实验测得。?
②S4N4分子中正、负电荷的重心完全重合,则为 分子(填“极性”或“非极性”)。?
③已知:多原子分子中相互平行的多条p轨道,连贯重叠构成一个整体,p电子在多个原子间运动形成大π键,如苯分子存在Π66型大π键。有研究者提出S4N4的另一种平面八元环结构,如上图(b),S原子的杂化方式为 ;请写出平面S4N4中的大π键类型 。?
(3)(2分)装置C中生成S4N4的同时,还生成一种常见固体单质和一种盐,该反应的化学方程式为
;?
证明SCl2反应完全的现象是 。?
(4)(2分)分离产物后测定产品纯度:
i.取0.100 0 g样品加入三颈烧瓶中,再加入足量NaOH溶液并加热蒸出NH3;
ii.将蒸出的NH3通入含甲基橙的c mol·L-1 H2SO4标准溶液中,消耗H2SO4 V mL。
根据上述实验,计算样品中S4N4的纯度 (列出表达式)。?
21.(12分)化合物J是一种用于降血脂的药物,其合成路线如图:
已知:①结构与苯相似;
②R—ClR—NH—NH2(R代表烃基)。
请回答:
(1)(1分)化合物I含有的官能团名称是 。?
(2)(1分)反应⑤为取代反应,产物中有HBr,则F的结构简式是 。?
(3)(2分)下列说法不正确的是 。?
A.反应④的反应类型是氧化反应
B.反应⑥除生成H外,还生成
C.已知化合物E中的N原子杂化方式均为sp2,则E中所有原子均在同一平面上
D.化合物J中有3个手性碳原子
(4)(2分)化合物A的分子式为C7H10N2,写出反应①的化学方程式 ?
。?
(5)(3分)设计以氯苯为原料合成物质K()的路线(用流程图表示,无机试剂任选)。
(6)(3分)写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式 ?
(不考虑立体异构)。
①具有含N的六元杂环,六元环中无碳碳三键,环上只有一个取代基;
②1H—NMR谱检测表明:分子中共有4种不同化学环境的氢原子;
③碳原子不连两个双键,不含其他环状结构。
参考答案
“17-21”非选择题标准卷(一)
17.(1)哑铃 1s22s22p53s1 (2)极性 sp2 < 胍与H2O能形成分子间氢键,胍有氨基(或显碱性)能与CO2反应
(3)22d 255d3NA×1030 (23,13,1) 12
18.(1)NO V形 (2)SO42-、NO3-、ZnO22-或[Zn(OH)4]2-
(3)AD (4)取少量固体A用蒸馏水溶解,加入过量Ba(NO3)2溶液后过滤,取滤液滴加硝酸银溶液,产生白色沉淀,再滴加稀硝酸,沉淀不溶解,说明有Cl-(或取少量固体A用蒸馏水溶解,滴加少量硝酸银,产生白色沉淀,再滴加稀硝酸,沉淀不溶解,说明有Cl-)
(5)Cu(OH)2+SO2+2OH-Cu+SO42-+2H2O
解析 混合物中的NO3-遇到H+可表现强氧化性,被Fe2+还原成NO气体,Fe2+被氧化为Fe3+,无色气体B为NO,溶液D加入NaOH生成Fe(OH)3红褐色沉淀;若加入过量NaOH溶液,Zn2+与过量的OH-反应生成ZnO22-即[Zn(OH)4]2-,Cu2+与过量的OH-反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀,若加入过量氨水,Zn2+、Cu2+都转化为配离子,没有沉淀产生。(1)根据分析,B为NO无色气体,Cl2+2NO2NOCl,NOCl分子中,以N为中心原子,价层电子对数=2+5-2-12=3,则空间构型为V形。(2)根据分析,Fe2+最终生成Fe(OH)3沉淀,Zn2+与过量的OH-生成ZnO22-即[Zn(OH)4]2-,则溶液F中含有的阴离子有OH-、Cl-、SO42-、NO3-、ZnO22-或[Zn(OH)4]2-。(3)A.溶液D中加入NaOH溶液调节溶液的pH时,先生成Fe(OH)3沉淀,则Ksp[Fe(OH)3]
解析 (1)反应Ⅱ:CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)为熵增的反应,根据盖斯定律可得ΔH2=ΔH1+ΔH3>0,ΔS>0,若ΔG=ΔH-TΔS<0则应该高温,故高温自发;(2)①A项,原料气中的S元素会使催化剂中毒,所以需对原料气进行脱硫等净化处理,选项A正确;B项,提高水碳比[n(H2O)n(CH4)],有利于提高H2的产率,选项B正确;C项,升高温度有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动,但温度太高会使催化剂失活,选项C错误;D项,催化剂能降低反应活化能,提高反应速率,但不能提高原料利用率,选项D错误;故选CD;②根据原子守恒进行计算:C原子守恒可知剩余CH4的物质的量n(CH4)=(a-m-n) mol,O原子守恒可知剩余H2O的物质的量n(H2O)=(3a-m-2n) mol,H原子守恒可知生成H2的物质的量n(H2)=12[4a+3a×2-2(3a-m-2n)-4(a-m-n)]=(3m+4n) mol,则平衡时c(CH4)=(a-m-n) mol·L-1,c(H2O)=(3a-m-2n) mol·L-1,c(H2)=(3m+4n) mol·L-1,c(CO)=m mol·L-1,c(CO2)=n mol·L-1,CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),代入数值进行计算平衡常数K=c(CO2)·c(H2)c(CO)·c(H2O)=n(3m+4n)m(3a-m-2n);(3)①添加P?Li4SiO4吸附剂,降低了CO2的浓度,反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动;t1 min后,P?Li4SiO4吸附剂失效,故t1 min后H2的平衡含量降低,CO2、CO和CH4的平衡含量升高,最后与无添加吸附剂时的含量相同;②实验时发现t1 min后CO2的平衡含量低于理论平衡值,CO的平衡含量高于理论平衡值,可能的原因是CO2+C2CO;(4)A项,钯膜只允许H2通过,不允许CO2通过,对H2分子的透过具有选择性,选项A正确;B项,过程2:H2*2H*,活化能Ea(正)
20.(1)分液漏斗 吸收多余的氨气,防止污染空气,同时防止倒吸
(2)①X射线衍射 ②非极性 ③sp2 Π812
(3)6SCl2+16NH3S4N4+2S↓+12NH4Cl 溶液红棕色褪去
(4)92cV%
解析 装置A制备氨气,装置B干燥氨气,然后通入装置C中与SCl2(红棕色液体)反应制备S4N4,装置D是尾气吸收装置,用于吸收多余的氨气并能防倒吸。(1)仪器a的名称为分液漏斗;装置D的作用是吸收多余的氨气,防止污染空气,同时防止倒吸;(2)①S4N4的双楔形笼状结构可通过X射线衍射实验测得。②S4N4分子中正、负电荷的重心完全重合,因此为非极性分子。③由于是平面形结构,所以S原子的杂化方式为sp2;其中氮原子提供1个电子、硫原子提供2个电子形成大π键,则平面S4N4中的大π键类型为Π812。(3)装置C中氨气与SCl2生成S4N4,还有一种常见固体单质和一种盐,根据质量守恒推知化学方程式为6SCl2+16NH3S4N4+2S↓+12NH4Cl;由于SCl2是红棕色液体,所以证明SCl2反应完全的现象是溶液红棕色褪去;(4)根据元素守恒及滴定关系,得出S4N4~4NH3~2H2SO4,所以S4N4的纯度表达式为184×12×cV×10-30.100 0×100%=92cV%。
21.(1)羟基、氨基 (2) (3)BCD
(4)+2HCl+NH4Cl或+HCl+NH3
(5)
(6)
解析 化合物A的分子式为C7H10N2,A与HCl在一定条件下反应生成B(),可推知A为,与NH2—NH2发生类似②R—ClR—NH—NH2(R代表烃基)反应,生成C,则C为,与在加热条件下反应生成D;D与过氧化物加热条件下反应生成E,E与F在一定条件下反应生成G,结合G的结构简式,反应⑤为取代反应,产物中有HBr,则F的结构简式是,G在硫酸作用下反应生成H为,H与I反应生成J;(1)化合物I()含有的官能团名称是羟基、氨基;(2)反应⑤为取代反应,产物中有HBr,则F的结构简式是;(3)A.反应④是D与过氧化物加热条件下反应生成E,形成苯环,为去氢反应,反应类型是氧化反应,选项A正确;B.反应⑥是由G在硫酸作用下生成H为,发生水解反应,则除生成H外,还生成(CH3)3COH,选项B不正确;C.已知化合物E中的N原子杂化方式均为sp2,则E()中存在两个甲基,根据甲烷的正四面体结构,故不可能所有原子均在同一平面上,选项C不正确;D.化合物J中有2个手性碳原子,如图,选项D不正确;(4)化合物A的分子式为C7H10N2,根据分析可知A为,反应①是与HCl反应生成和NH4Cl或氨气的化学方程式为+2HCl+NH4Cl或+HCl+NH3;(5)以氯苯为原料催化加氢得到,在氢氧化钠的水溶液中加热水解生成,氧化得到,氯苯与NH2—NH2反应得到,与合成物质K(),合成路线为
;
(6)B为,其同分异构体符合:①具有含N的六元杂环,六元环中无碳碳三键,环上只有一个取代基;②1H—NMR谱检测表明:分子中共有4种不同化学环境的氢原子;③碳原子不连两个双键,不含其他环状结构,结合条件推知符合条件的同分异构体有。
