预测卷01-冲刺高考化学大题突破+限时集训（浙江专用）

预测卷01

（满分：52分     建议用时：55分钟)

17．(10分) 硒—钴—镧(La)三元整流剂在导电玻璃中应用广泛，且三种元素形成的单质及其化合物均有重要的应用。请回答下列问题：

(1)钴位于元素周期表中___(填“s”、“p”、“d”或“ds”)区，与钴位于同一周期且含有相同未成对电子数的元素为_________ (填元素符号)。

(2)“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图1所示。“依布硒”中碳原子的杂化类型为_________，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序____________。

(3)硒的某种氧化物为链状聚合结构(如图2所示)，该氧化物的化学式为___。SeO3的立体构型为____________。

(4)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用图表示。已知光的波长与键能成反比，则图中实现光响应的波长：λ1____________(填“>”、“<”或“=”)λ2。

(5)[Co(15—冠—5)(H2O2)2+](“15一冠—5”是指冠醚的环上原子总数为15，其中O原子数为5)是一种配位离子，该配位离子的结构示意图如图3，该配位离子中含有的σ键数目为____________。全惠斯勒合金CrxCoyAlz的晶胞结构如图4所示，其化学式为____________。

【答案】(1) d（1分)     V、As（1分)    

(2) sp2（1分)     N>O>Se（1 分)

(3) SeO2（1分)     平面三角形（1分)

(4) <（1分)   

(5) 46（1 分)     Cr2CoAl（2分)

【解析】(1)基态钴原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，位于元素周期表中d区，与钴位于同一周期且含有相同未成对电子数(3个)的元素为V、As。(2)分子中不饱和碳原子以及苯环上的碳原子的杂化类型均为sp2，非金属性越强，第一电离能一般越大，氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为N>O>Se。(3)根据结构图可判断与Se结合的氧原子个数1+2×＝2，所以该氧化物的化学式为SeO2。SeO3中中心原子的价层电子对数是3，且不含有孤对电子，其立体构型为平面三角形。(4)由于Se的原子半径比S的原子半径大，Se－Se键的键能比S－S键的键能小，断裂Se－Se键所需要的最低能量小，对应的光波的波长较长，所以图中实现光响应的波长：λ1＜λ2。(5)单键都是σ键，氧原子和钴离子形成配位键，分子中还含有碳氢键、碳氧键、氢氧键，则该配位离子中含有的σ键数目为15+2×10+2×2+7＝46。顶点粒子占，面上粒子占，棱上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中含有Cr的数目为：8×+6×+4×1=8，一个晶胞中含有Co的数目：12×+1×1=4，一个晶胞中含有Al的数目为：4×1=4，所以晶体化学式为Cr2CoAl。

18．(10分)化合物X(Mr＜300g·mol-1)由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验：

已知：混合溶液A由相对分子质量相差32的甲、乙两种溶质组成；X、甲和乙所含元素完全相同。

请回答：

(1)淡黄色沉淀B的化学式是_______，溶液E中所含溶质是_______(用化学式表示)。

(2)写出气体C生成白色沉淀D的离子方程式_______。

(3)写出X与KOH溶液反应的化学方程式_______。

(4)实验室常用_______(填写试剂名称)检验气体C的存在，请写出检验的过程_______。

【答案】(1) S（1分)    KCl、HCl （2分)  

(2) BaCl2+ SO2+H2O2= BaSO4↓+2H+（2分)

(3) 2K2S3O6+6KOH=4K2SO3+ K2S2O3+3H2O（2分)

(4)品红溶液（1分)    将一定量气体C通入品红溶液中，红色褪去，加热后又出现红色，则气体C为SO2（2分)   

【解析】根据实验探究流程，化合物X和KOH溶液反应得到溶液A，向混合溶液A中加入过量盐酸，生成淡黄色沉淀，则B为S单质，生成的S单质的物质的量为，气体C和H2O2、BaCl2溶液反应生成沉淀，该沉淀为BaSO4，则气体C为SO2，生成BaSO4沉淀的物质的量为，则生成SO2的物质的量为0.05mol，溶液E的焰色反应是紫色，则溶液E中含有K+，则溶液E的溶质为KCl和HCl，混合溶液A由相对分子质量相差32的甲、乙两种溶质组成，X、甲和乙所含元素完全相同，X、甲、乙中含有K、S、O元素，则甲、乙为K2SO3、K2S2O3，溶液A和盐酸反应生成的S和SO2的物质的量之比为1:5，则物质X和KOH反应生成K2S2O3的物质的量为0.01mol，K2SO3的物质的量为0.04mol，消耗KOH的物质的量为0.06mol，根据反应消耗各物质的物质的量得到nX+6KOH=4K2SO3+K2SO3+3H2O，因为化合物X的Mr＜300g·mol-1，所以X为K2S3O6，n=2。(1)淡黄色沉淀为S单质；溶液E中所含溶质是KCl、HCl；(2)SO2和H2O2、BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，离子方程式为BaCl2+ SO2+H2O2= BaSO4↓+2H+；(3) K2S3O6与KOH溶液反应的化学方程式为2K2S3O6+6KOH=4K2SO3+ K2S2O3+3H2O；(4)SO2具有漂白性，故实验室常用品红溶液检验SO2的存在，检验方法为：将一定量气体C通入品红溶液中，红色褪去，加热后又出现红色，则气体C为SO2。

19．(10分)氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。在1L固定容积密闭容器中投入1.8molCH4和3.6molH2O(g)，若只发生反应：CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) △H1=+165.0kJ·mol-1，测得CH4、H2O及某一生成物X的物质的量浓度随反应时间的变化如图1所示(反应中条件有变化时，只考虑改变一个条件)。

(1)①CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g)，说明该反应自发进行的原因：____________________。

②反应在10min时的平衡常数K=__________ (列出数学计算式，不必算出结果)。

(2)第6min时改变的条件是__。

(3)画出X物质4min~9min之间的变化图像____________________。

(4)反应的过程中发生副反应CO2(g)+CH4(g) CH3COOH(g) △H2=-32.2kJ•mol-1，反应所用的时间和CO2、CH3COOH的产率如图2所示，t时刻后，CO2的产率比CH3COOH低，其原因是____________________。

(5)我国提出在2030年前实现碳达峰，为了回收CO2有人设计了图3流程，体现了“绿色化学”思想，写出步骤Ⅲ的化学方程式：____________________。

【答案】(1)该反应△H＞0，△S＞0，高温自发（2分)    （2分)   

(2)升高温度（1分)

(3) （2分)

(4)t时刻后，CO2的浓度较高，副反应的活化能低，反应速率快，CO2与CH4反应转化更多的CH3COOH，所以CO2的产率比乙酸低（2分)

(5)CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑（1分)

【解析】(1)①由CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H1=+165.0kJ·mol-1可知，△H＞0，且该反应是一个气体体积增大的反应，△S＞0，该反应自发进行必须满足△H-T△S＜0，所以需要高温；②由题中图示可知，起始是c(CH4)起=1.8 mol·L-1，c(H2O)起=3.6mol·L-1，10min时平衡状态，各浓度为c(CH4)平=0.7mol·L-1，c(H2O)平=1.4 mol·L-1，X为1.1 mol·L-1，则CH4变化了1.1 mol·L-1，H2O变化了2.2 mol·L-1，由CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)可得，X为CO2，生成了1.1 mol·L-1，H2生成了4.4mol·L-1，平衡常数K==；(2)由题中图像可知，0~4min，CH4由1.8 mol·L-1到1.3 mol·L-1，变化了0.5 mol·L-1，6~9min，CH4由1.3 mol·L-1到0.7 mol·L-1，变化了0.6 mol·L-1，所以第6min~9min时的反应速率比0~4min时的大，且平衡向正反应方向移动，说明第6min改变的条件为升高温度或增加水蒸气的量，再根据第9min平衡时甲烷浓度为0.7 mol·L-1，水蒸气浓度为1.4 mol·L-1，说明甲烷消耗1.1mol，水蒸气消耗2.2mol，所以不可能为增加水蒸气的量，因此改变的条件只可能为升高温度；(3)由CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H1=+165.0kJ·mol-1可知，升高温度，平衡正向移动，X为CO2的变化浓度，所以CO2的浓度增大，到9min时达到新的平衡，CO2的浓度为1.1 mol·L-1，图像为； (4)由题中信息可知，反应的过程中发生副反应CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g) △H2=-32.2kJ·mol-1，t时刻后，CO2的产率比CH3COOH低，是因为t时刻后，CO2的浓度较高，副反应的活化能低，反应速率快，CO2与CH4反应转化了更多的CH3COOH，所以CO2的产率比乙酸低；(5)由题中图示信息可知，整个流程，体现了“绿色化学”思想，即原子的利用率百分之百，所以步骤Ⅲ是CH3COONa与碱石灰中NaOH反应，生成CH4和Na2CO3，其化学方程式为CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑。

20．(10分)六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：

(1)仪器C的名称是___________。

(2)对下列实验操作进行排序：检查装置气密性并加入WO3；先通入氮气；一段时间后，加热管式炉，改通H2→___________。

①以干燥的接收装置替换E；

②在B处加装盛有碱石灰的干燥管；

③再次通入氮气；

④停止通H2；

⑤冷却；

⑥加热，通Cl2(所有步骤均选用且不重复)

(3)操作③再次通入氮气的目的是___________。

(4)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：

①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1 g；

②开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g；

③再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为___________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。

④滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO3-离子交换柱发生反应：WO42-+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO3-；交换结束后，向所得含IO3-的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：___________。(写出该离子反应方程式)。反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。滴定达终点时消耗c mol·L-1的Na2S2O3溶液V mL。则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol-1)的质量分数为___________(其中第③题中样品质量以m g代入计算结果)。

⑤称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。

【答案】(1)牛角管或尾接管（1分)    (2)⑤④①②③⑥（2分)

(3)排尽装置中的氢气，避免氢气和氯气在加热条件下发生反应（1分)

(4)m3+m1-2m2（2分)    IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O（1分)    （2分)    不变（1分)   

【解析】分析实验装置可知，检查装置气密性并加入WO3，先通N2，排除装置中的空气，再通入氢气，发生还原反应生成钨单质，为防止逸出氢气对环境造成影响，应在B后侧放置燃烧的酒精灯用于除去氢气，之后改通氯气，加热条件下发生反应：W+3Cl2WCl6，结合提示可知，产物极易水解，故将E改为干燥管，目的是吸收空气中的水蒸气，防止产品水解，碱石灰呈碱性，也可以用于吸收多余的氯气。(1)根据装置图中仪器B的结构可知其名称是牛角管或尾接管；(2)对下列实验操作进行排序：检查装置气密性并加入WO3；先通入氮气；一段时间后，加热管式炉，改通H2，在加热时发生反应：WO3+3H2W+3H2O，当该反应完全后，⑤冷却；④停止通H2；①以干燥的接收装置替换E；②在B处加装盛有碱石灰的干燥管；③再次通入氮气；⑥加热，通Cl2(所有步骤均选用且不重复)，此时发生反应：W+3Cl2WCl6，就制取得到六氯化钨(WCl6)，故合理操作顺序为：⑤④①②③⑥；(3)操作③再次通入氮气的目的是排尽装置中的氢气，避免氢气和氯气在加热条件下发生反应；(4)①根据分析，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1 g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2 g，则挥发出的CS2的质量为(m1-m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1-m2)g的CS2，盖紧称重为m3 g，则样品质量为m(样品)=m3 g+2(m1-m2)g-m1 g=(m1+m3-2m2)g；②滴定时发生反应：WO42-+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO3-；交换结束后，向所得含IO3-的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，依据反应可得关系式：WO42-~2IO3-~6I2~12S2O32-，故样品中n(WCl6)=n(WO42-)=n(S2O32-)=cV×10-3 mol，m(WCl6)=cV×10-3 mol×Mg/mol=，故样品中WCl6的质量分数为：；若将样品质量用m表示，则 样品中WCl6的质量分数为；称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，导致m3偏小，而WCl6的质量不变，故滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变。

21．(12分)吉非替尼(I)是一种抗癌药物，其合成路线如下：

已知：

I.R-CHOR-CN

II. R-CN R-CH2-NH2

III. +HO-R

(1)下列说法正确的是___________。

A．1molB最多可以和5molH2加成

B．D生成E的反应属于还原反应

C．1molF生成G的过程中有2molH2O生成

D．H中含有手性碳原子

(2)已知G中含有“C=O”，请写出G的键线式：___________；

(3)请写出B生成C的反应方程式：___________；

(4)写出有机物A满足下列条件的同分异构体：___________；

①可以使FeCl3显色；②不能发生银镜反应；③核磁共振氢谱中有5个峰；

④仅有苯环一个环状结构，且苯环上的一氯代物有两种；

(5)以和为原料合成，无机试剂以及已知信息中作为反应条件的试剂任选，请写出合成路线：___________。

【答案】(1)ABC（2分)     (2) （2分)

(3)→+HCl（2分)

(4) （3分)

(5) （3分)

【解析】根据已知信息A发生取代反应生成B的结构简式为，B和发生取代反应生成C，依据I的结构简式可判断C的结构简式为，根据D的分子式可知C发生硝化反应生成D为，D发生还原反应生成E为，E发生已知信息的反应生成F为，已知G中含有“C=O”，则依据G的分子式可知G的结构简式为，G和SOCl2发生反应生成H为，H发生取代反应生成I。(1)A项，B的结构简式为，-CN为碳氮三键能与氢气按1:2加成、苯环能与氢气发生加成反应，1molB最多可以和5mol加成，说法正确，A选；B项，D为，E为， D生成E的反应属于还原反应，说法正确，B选；C项，F为， G的结构简式为，F与甲酸反应生成肽键、生成C=N时各生成1molH2O，1molF生成G的过程中有2molH2O生成，说法正确，C选；D项，所连四个不同基团的饱和碳原子为手性碳原子，H中没有手性碳原子，说法不正确，D不选；故选ABC。(2)G分子式为C16H21O4N3，已知G中含有“C=O”，结合分析可知G的键线式：。(3)B的结构简式为，B和发生取代反应生成C， C的结构简式为，B生成C的反应方程式为：→+HCl。(4)A的分子式为C8H8O3，不饱和度为5，A的同分异构体满足下列条件：①可以使FeCl3显色，则含有酚羟基；②不能发生银镜反应、则无醛基、不含甲酸酯基；③核磁共振氢谱中有5个峰、分子内有5种氢原子；④仅有苯环一个环状结构，且苯环上的一氯代物有两种、则苯环上有2种氢原子；当苯环上有2个不同取代基时，处于对位，存在的同分异构体为 和，当苯环上有3个取代基时，其中有2个取代基相同且处于对称位置，存在的同分异构体为和 ；(5)以和为原料合成，可利用已知信息迁移，先发生酰胺中的氨基和醇羟基取代反应，再在NaBH4作用下反应、最后把羟基转变为醚键，具体为：1,2-二溴乙烷，先在氢氧化钠溶液、加热下水解生成乙二醇，在KOH作用下发生信息反应得到、与乙二醇在DMF下发生反应信息反应3生成，在NaBH4下发生信息反应得到，在浓硫酸、加热下的2个羟基之间生成醚键，则合成路线图为：。