1、山东省2021届高三化学等级考冲刺卷（三）(时间:90分钟满分:100分) 可能用到的相对原子质量:H 1N 14C 12O 16Al 27S 32Mn 55Cu 64Zn 65一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.“17世纪中国工艺百科全书” 天工开物为明代宋应星所著。下列说法错误的是()A.“凡铁分生熟,出炉未炒则生,既炒则熟” 中的“炒” 为氧化除碳过程B.“凡铜出炉只有赤铜,以倭铅(锌的古称)参和,转色为黄铜” 中的“黄铜” 为锌铜合金C.“凡石灰经火焚,火力到后,烧酥石性,置于风中久自吹化成粉” 中的“粉” 为 CaOD.“凡松烟造墨,入水
2、久浸,以浮沉分清悫” ,是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉2.乙苯和二氧化碳反应生成苯乙烯的过程如图所示。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)()A.10.6 g乙苯中所含的极性共价键数目为1.0NAB.增加二氧化碳的浓度,可能提高苯乙烯的产率C.状态1到状态2有氧氢键形成D.标准状况下,10.4 g苯乙烯中所含的电子数目为4.0NA3.某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是()A.实验前两溶液的pH相等B.实验前两溶液中离子种类完全相同C.加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D.加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是C+Ca2+CaCO34.
3、下列说法不正确的是()A.葡萄糖作为人类重要能量来源,是由于它在人体的酶催化下发生氧化反应,放出能量B.油脂在一定条件下能发生水解,是由于它属于天然有机高分子C.生石灰、草木灰等可用于腌制松花蛋,是由于碱性物质能使鸡蛋中蛋白质变性D.植物油能使酸性高锰酸钾溶液褪色,是由于植物油是含较多不饱和脂肪酸成分的甘油酯5.一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质,其结构如图所示,其中X、Y、Z、Q、W为120号元素且原子序数依次增大,Z与Q同主族,Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是()A.WX是共价化合物B.原子半径:WZYC.最高价氧化物对应的水化物的酸性:QYD.Z和X、Y、W、Q均形
4、成至少两种二元化合物6.生物固氮与模拟生物固氮都是重大基础性研究课题。大连理工大学曲景平教授团队设计合成了一类新型邻苯二硫酚桥联双核铁配合物,建立了双铁分子仿生化学固氮新的功能分子模型。如图是所发论文插图。以下说法错误的是()A.催化剂不能改变反应的焓变B.催化剂不能改变反应的活化能C.图中反应中间体NxHy数值yxc(HS-)c(H2S)c(S2-)C.当体系呈中性时,D.加入Na2S沉降废水中的Cu2+,废水的pH对沉降效果没有影响三、非选择题:本题共5小题,共60分。16.(12分)2020年6月比亚迪正式发布刀片电池,大幅度提高了电动汽车的续航里程可媲美特斯拉,刀片电池采用磷酸铁锂技术
5、。可利用钛铁矿主要成分为FeTiO3(难溶性亚铁盐),还含有少量MgO、SiO2等杂质来制备LiFePO4和Li4Ti5O12等锂离子电池的电极材料,工艺流程如图:回答下列问题:(1)“酸浸”后,钛主要以TiOC形式存在,写出相应反应的离子方程式: 。(2)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水“反应”转化成(NH4)2Ti5O15溶液时,Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示:反应温度过高时,Ti元素浸出率变化的原因是 。(3)“滤液”中含有的金属离子是 ;加入双氧水和磷酸使Fe3+恰好沉淀完全,即溶液中c(Fe3+)=1.010-5 molL-1,此时溶液中c(P)=。(FePO4的 Ksp
6、=1.310-22)(4)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式: 。(5)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为 。(6)作为刀片电池正极材料的磷酸铁锂在充、放电时的局部放大示意图如图,则正极电极反应式是 。17.(12分)CuMnAl合金为磁性形状记忆合金材料之一,可用来制作各种新型的换能器、驱动器、敏感元件和微电子机械操纵系统。(1)下列状态的铝中,最外层电离出一个电子所需能量最小的是(填标号)。(2)AlCl3是某些有机反应的催化剂,如苯与乙酰氯反应的部分历程为+AlCl3乙酰氯AlCl3+AlC乙酰基正离子乙酰氯分子中碳原子的杂化类型为 。乙
7、酰氯分子中CCCl120(填“”“=”或“”),判断理由是 。的空间结构为。(3)温度不高时气态氯化铝为二聚分子(其结构如图所示)。写出Al2Cl6的结构式并标出配位键:。(4)CuMnAl合金的晶胞如图a所示,该晶胞可视为Mn、Al位于Cu形成的立方体体心位置,图b是沿立方格子对角面取得的截图。若A原子的坐标参数为(0,0,0),C为(1,1,1),则B原子的坐标参数为。由晶胞可知该合金的化学式为 。已知r(Cu)r(Mn)=127 pm,r(Al)=143 pm,则Cu原子之间的最短核间距离为pm。该晶胞的密度为gcm-3。(列出计算式即可,阿伏加德罗常数用NA表示)18.(12分)直接排
8、放含SO2的烟气会形成酸雨,危害环境。工业上常采用催化还原法和碱吸收法处理SO2气体。(1)如图为1 mol CH4完全燃烧生成气态水的能量变化和1 mol S(g)燃烧的能量变化。在催化剂作用下,CH4可以还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2,写出该反应的热化学方程式: 。某温度下,向体积为2 L的容器中充入6 mol H2、4 mol CO2,发生反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H”“YZ,B错误;元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强,根据氧化性SC,则最高价氧化物对应的水化物的酸性:QY,C错误;Z和X、Y、Q、W形成的二元
9、化合物均在两种及以上:H2O、H2O2,CO、CO2,SO2、SO3,K2O、K2O2,故D正确。6.B催化剂能够改变反应途径,不能改变反应物和生成物的能量,因此不能改变反应的焓变,故A正确;催化剂能够改变化学反应速率,是因为催化剂能够改变反应途径,降低反应的活化能,故B错误;在过渡态中,氮气分子可能打开三键的全部或部分共价键,然后在催化剂表面与氢原子形成中间产物,形成的中间产物中,氮原子可能连接1个或2个氢原子,因此图中反应中间体NxHy中yx的数值为1或2,即yx Ka2(H2S)=10-13,溶液呈碱性,说明HS-水解程度大于电离程度,则c(S2-)c(H2S),则1、根据电荷守恒得c(
10、Na+)=c(HS-)+2c(S2-),所以=1,则,故C正确;当加入Na2S沉降废水中的Cu2+,溶液中c(Cu2+)减小,Cu2+水解程度较小,则溶液的pH增大,故D错误。16.解析:用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12和LiFePO4,由制备流程可知,加盐酸过滤后的滤渣为SiO2,滤液中含Mg2+、Fe2+、Ti4+,水解后过滤,沉淀为TiO2xH2O,与双氧水、氨水反应Ti元素的化合价升高,生成(NH4)2Ti5O15,与LiOH反应后过滤得到Li2Ti5O15,再与碳酸锂高温反应生成Li4Ti5;水解后的滤液中含Mg2+、Fe2
11、+,双氧水可氧化Fe2+为Fe3+,在磷酸条件下反应产生FePO4沉淀,过滤分离出FePO4,高温煅烧中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2,以此来解答。(1)“酸浸”后,钛主要以TiOC形式存在,相应反应的离子方程式为FeTiO3+4H+4Cl-Fe2+TiOC+2H2O。(2)根据图示可知40 时TiO2xH2O转化率最高,在低于40 ,TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加,当温度超过40 时,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降。(3)加入盐酸酸浸;FeTiO3反应产生Fe2+、TiOC,MgO反应产生Mg2+,SiO
12、2等杂质不溶于盐酸,过滤后的滤渣为SiO2,滤液中含Mg2+、Fe2+、TiOC,经水解后过滤,TiOC形成沉淀为TiO2xH2O,Mg2+、Fe2+仍然存在于滤液中,所以“滤液”中含有的金属离子是Mg2+、Fe2+;加入双氧水可将Fe2+氧化为Fe3+,Fe3+和磷酸反应形成FePO4沉淀,使Fe3+恰好沉淀完全,即溶液中c(Fe3+)=1.010-5 molL-1,由于FePO4的Ksp=1.310-22,所以此时溶液中c(P)= molL-1=1.310-17 molL-1。(4)“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFe
13、PO4+H2O+3CO2。(5)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,Li的化合价为+1价,由化合价的代数和为0可知,O元素的负价代数和为22,设过氧键的数目为x,则(x2)1+(15-x2)2=22,解得x=4,即过氧键数目为4。(6)根据刀片电池正极材料的磷酸铁锂在充、放电时的局部放大示意图可知:正极得到电子,发生还原反应,则正极的电极反应式是Li(1-x)FePO4+xLi+xe-LiFePO4。答案:(1)FeTiO3+4H+4Cl-Fe2+TiOC+2H2O(2)温度过高时,由于双氧水分解与氨气逸出,Ti元素浸出率下降(3)Fe2+、Mg2+1.310-17molL -1(4)2F
14、ePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2(5)4(6)Li(1-x)FePO4+xLi+xe-LiFePO417.解析:(1)铝的第三电离能第二电离能第一电离能,基态大于激发态,A、C、D属于基态、B属于激发态,所以最外层电离出一个电子所需能量最小的是B。(2)根据乙酰氯分子的结构可知该物质中甲基上的C原子形成4个键,价层电子对数为4,为sp3杂化;另一个C原子形成3个键,1个键,所以价层电子对数为3,为sp2杂化。双键对单键的排斥力大于单键对单键的排斥力,所以乙酰氯分子中CCCl小于120。中心铝原子的价层电子对数为4+=4,不含孤电子对,所以为正四面体形。(3
15、)根据氯化铝二聚分子的结构可知每个铝原子与4个氯原子形成4个键,由于铝原子最外层只有3个电子,所以其中一个为配位键,由铝提供空轨道,氯原子提供孤电子对,所以Al2Cl6的结构式为。(4)A为原点,C为(1,1,1),B为右面面心,所以B的坐标为(1,)。根据均摊法,该晶胞中Cu原子的个数为8+6+12+1=8,Mn原子的个数为4,Al原子的个数为4,所以该合金的化学式为AlMnCu2。根据截面图结合几何知识可知2r(Cu)+2r(Al)为体对角线的一半,设晶胞的棱长为a,则有a=22r(Cu)+2r(Al)=4(127+143) pm,所以a= pm;根据晶胞结构可知铜原子之间的最短核间距为棱
16、长的一半,即a=180 pm或 pm或311.76 pm。晶胞的质量m= g,晶胞的体积V=a3=()3 pm3=(10-10)3 cm3,所以晶胞的密度=gcm-3。答案:(1)B(2)sp3、sp2双键对单键的排斥力大于单键对单键的排斥力正四面体形(3)(4)(1,)AlMnCu2180或或311.7618.解析:(1).CH4(g)+2O2(g)2H2O(g)+CO2(g)H=-802 kJmol-1,.S(g)+O2(g)SO2(g)H=-577 kJmol-1将方程式-2得CH4(g)+2SO2(g)2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)H=-802 kJmol-1-2(-577
17、kJmol-1)=+352 kJmol-1;开始时c(CO2)=2 molL-1、c(H2)=3 molL-1,达到平衡时氢气的转化率为50%,则反应 c(H2)=3 molL-150%=1.5 molL-1,可逆反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)开始(molL-1)2300反应(molL-1)0.51.50.50.5平衡(molL-1)1.51.50.50.5化学平衡常数K=0.05;CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H0,反应是恒温恒容容器,为绝热恒容容器,反应是放热反应,表中反应、若恒温恒容达到相同平衡状态,为逆向绝热恒容,温度降低,平衡正
18、向进行,平衡常数增大,甲醇浓度增大。(2)升高温度平衡逆向移动,反应物的质量分数增大、生成物的质量分数减小,则a、c为反应物而b、d为生成物,质量增大较多的是二氧化碳、增大较少的是氢气,质量减少较多的是水、减少较少的是乙烯,所以b表示H2O、c表示H2。(3)25 时2.0 molL-1的氨水中,c(N)= molL-1=610-3 molL-1,NH3H2O的电离度=100%=100%=0.3%;将含SO2的烟气通入该氨水中,当溶液显中性时,溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7 molL-1,溶液中的=0.62。答案:(1)CH4(g)+2SO2(g)2S(g)+CO2(g)+2H2O(
19、g)H=+352 kJmol-10.05(2)H2OH2(3)0.3%0.6219.解析:由PBT结构简式为与D的结构简式逆推C的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH,由C的结构简式可判断1,3丁二烯(CH2CHCHCH2)与Cl2发生1,4加成生成A,A的结构简式为,A与H2加成生成B,B的结构简式为,B与NaOH水溶液共热生成C,据此解答。(1)A的结构简式为,该结构中含有碳碳双键、氯原子官能团,C的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH,含羟基的最长碳链为4个,在1,4号的碳上各连一个羟基,系统命名为1,4丁二醇。(2)的反应是CH2CHCHCH2与Cl2发生1,4加成生成,反
20、应类型为加成反应。(3)因为乙烯是平面型结构,连在碳碳双键上的原子均可共面,由1,3丁二烯结构CH2CHCHCH2可知,H原子全连在碳碳双键的碳上,4个碳原子与6个氢原子均可共面,则1,3丁二烯分子中最多有10个原子共面,1,3丁二烯与苯乙烯发生 11 加聚可合成丁苯橡胶,反应方程式为n CH2CHCHCH2+n,则丁苯橡胶的结构简式为。(4)反应的化学方程式为+2NaOHHOCH2CH2CH2CH2OH+2NaCl,反应的化学方程式为n+nHOCH2CH2CH2CH2OH+(2n-1)H2O。(5)D的结构简式为,分子式为C8H6O4,与D同分异构体满足能发生水解反应,要含有酯基,遇饱和Fe
21、Cl3溶液显色,要含有酚羟基,1 mol 该同分异构体能与足量银氨溶液反应生成 4 mol Ag,要含有二个醛基,同时满足上述条件可推知该结构中含有一个苯环,一个酚羟基,一个醛基,一个甲酸酯基,任意确定两个基团邻、间、对三种结构,再接余下一个基团,结构简式分别为、,共10种。(6)乙烯和对苯二甲酸为起始原料制备聚对苯二甲酸乙二醇酯纤维 ( PET ),由CH2CH2与Cl2发生加成反应生成,其与NaOH水溶液共热,生成;乙二醇与发生缩聚反应生成PET,结构简式为。故合成路线为CH2CH2。答案:(1)碳碳双键、氯原子1,4丁二醇(2)加成反应(3)10(4)+2NaOHHOCH2CH2CH2C
22、H2OH+2NaCln+n HOCH2CH2CH2CH2OH +(2n-1)H2O(5)10(6)CH2CH2 20.解析:.(1)由图可知,B的名称是蒸馏烧瓶。(2)清洗仪器,检查装置气密性的方法是:在D处导管末端套上夹止水夹的橡胶管,在A中加入水,分别打开活塞K1和K3、关闭活塞K2,或刚好相反,若观察到A中液面下降到一定程度保持稳定,则气密性良好;倒掉A中的水加入盐酸,在B中加入铁粉、C中加入NH4HCO3溶液。关闭活塞K2,打开活塞K3;滴入足量盐酸后,关闭活塞K1,开动搅拌器,反应一段时间后关闭活塞K3,打开活塞K2,C中发生反应的离子方程式为Fe2+2HCFeCO3+CO2+H2O
23、。.加入少量铁粉的作用是防止亚铁离子被氧化。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是:隔绝空气低温蒸发,冷却结晶,过滤、洗涤、干燥。.(1)乳酸根中含有羟基,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾增多,而计算中按亚铁离子被氧化,故计算所得乳酸亚铁的质量偏大,产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。(2)由表中数据可知,A消耗19.75 mL、B消耗 21.2 mL、C消耗19.65 mL,B数据舍弃,消耗标准液的体积为=19.7 mL,由Ce4+Fe2+Ce3+Fe3+,可知25 mL溶液中n(Fe2+)=n(Ce4+)=0.100 0 mol/L0.019 7 L=0.001 97 mol,故250 mL含有n(Fe2+)=0.001 97 mol=0.019 7 mol,产品中乳酸亚铁晶体的纯度为100%=98.5%。答案:.(1)蒸馏烧瓶(2)K3K2A中液面下降到一定程度保持稳定K3K2Fe2+2HCFeCO3+CO2+H2O.防止亚铁离子被氧化过滤、洗涤.(1)乳酸根中含有羟基,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾增多(2)98.5%22
