上海市黄浦区三年（2021-2023）年高考化学模拟题分题型分层汇编-06化学反应原理（填空基础提升题）

这是一份上海市黄浦区三年（2021-2023）年高考化学模拟题分题型分层汇编-06化学反应原理（填空基础提升题），共33页。试卷主要包含了填空题，实验题，原理综合题，工业流程题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
上海市黄浦区三年（2021-2023）年高考化学模拟题分题型分层汇编-06化学反应原理（填空基础提升题）

一、填空题
1．（2021·上海黄浦·统考二模）乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品，一般通过乙酸和乙醇酯化合生成。
(1)在实验室利用上述方法制得乙酸乙酯含有杂质(不计副反应)，简述如何提纯产品_______。
(2)若用标记乙醇，该反应的化学方程式_______。
(3)一定温度下该反应的平衡常数。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率_______(计算时不计副反应)；若乙酸和乙醇的物质的量之比为，相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为x，请绘制x随n变化的示意图_______。
(4)近年来，用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，具有明显的经济优势，其合成的基本反应为()。在恒温恒容容器中投入一定量的乙烯和足量的乙酸，下列分析正确的是_______。
a.当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，反应已达到化学平衡
b.当乙烯的百分含量保持不变时，反应已达到化学平衡
c.在反应过程中任意时刻移除部分产品，都可以使平衡正向移动，但该反应的平衡常数不变
d.达到平衡后再通入少量乙烯，再次达到平衡时，乙烯的浓度大于原平衡
(5)在乙烯与乙酸等物质的量投料条件下，某研究小组在不同压强、相同时间点进行了乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：

①温度在60~80℃范围内，乙烯与乙酸反应速率由大到小的顺序是_______[用、、分别表示在不同压强下的反应速率]。
②在压强为、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是_______。
③为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施_______(任写两条)。
2．（2021·上海黄浦·统考一模）以生物材质(以C 计)与水蒸气反应制取H2是一种低耗能、高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO 两步构成。气化炉中涉及的反应有：
Ⅰ．C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)
Ⅱ．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
Ⅲ．CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)
(1)该工艺制H2总反应可表示为C(s)+2H2O(g)+CaO(s)⇌CaCO3(s)+2H2(g)，该反应的平衡常数表达式为_______。
(2)对于反应Ⅰ，不同温度和压强对H2产率影响如下表。

该反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应，p1_______p2(填“>、”、“=”或“”、“=”、“”、“=”或“、、 T2    
(2)BCD
(3)∆H =+753.2kJ/mol；
(4)     NO、NO2     2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O
(5)     放热     脱氨率达到最高点之后继续升高温度，脱氨率降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应

【详解】（1）其他条件下相同下，温度越高反应速率越快，越先到达平衡，则T1> T2，由图知，在T2温度下，0~2s内CO2的平均反应速率，由速率之比等于系数比，则；
（2）A、t1时正反应速率仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故A错误；
B、平衡常数受温度影响，t1时平衡常数不再变化，则温度不变，正逆反应速率相等，说明达到了平衡状态，故B正确；
C、t1时二氧化碳和一氧化碳的物质的量不再发生变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；
D、t1时一氧化氮的质量分数不再变化，则NO的浓度不变，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；
故选BCD；
（3）根据盖斯定律，反应①-②可得，∆H=+867 -（+113.8）=+753.2kJ/mol ，即热化学方程式为∆H =+753.2kJ/mol；
（4）根据图象知，反应物是NO、NO2和NH3，生成物是N2和H2O，氮氧化物中N元素化合价由正化合价变为0价、氨气中N元素化合价由-3价变为0价，所以氧化剂是NO、NO2；当=1：1时，脱氮率最佳，则化学反应方程式为2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O；
（5）脱氨率达到最高点之后继续升高温度，脱氨率降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应。
9．(1)A
(2)     √     ×     ×     ×
(3)n3=n4
(4)0.001mol·L-1·s-1
(5)

【分析】该反应是正反应气体体积减小的反应，压强增大平衡虽然正向移动，但是二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但是二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅。所以b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大。
【详解】（1）从图乙可知气体的透光度先下降后上升，说明NO2的浓度先增大后减小，故注射器先压缩后拉伸，最后达到初始水平，说明拉伸位置回到N，故移动轨迹为N→M→N。
（2）A项c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡逆向移动，v逆>v正，A正确；B项c点是压缩注射器的情况，二氧化氮和四氧化二氮浓度都增大，B错误；b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T（b）Kc，C错误；D中的反应为等体积反应，进行完全相同的操作，改变压强，平衡不发生移动，不会发生相似的透光率，D错误；
（3）60s和80s时四氧化二氮的物质的量不发生变化，说明反应已达到平衡状态，n3=n4。
（4）根据方程式0-20s内可得，20s时二氧化氮有0.3mol，则20-40s内。
（5）降低温度，化学反应速率减小，到达平衡所需时间增大，平衡正向移动，平衡时NO2物质的量较100℃时要小，所以图象为。
10．(1)     FePO4、Li2CO3     4
(2)     K=c3(CO)     逆反应方向     amol⋅L−1
(3)0.005mol/(L⋅min)
(4)金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Na的金属性比Li强，故氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强
(5)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁

【解析】(1)
由总反应2FePO4(s)+Li2CO3(s)+2C(s)⇌2LiFePO4(s)+3CO(g)可知Fe元素化合价由+3降低至+2，Li2CO3中C元素化合价由+4降低至+2，故该反应的氧化剂是FePO4、Li2CO3；转移电子数=氧化剂的电子数=2×(3-2)+1×(4-2)=4；
(2)
方程式中除CO为气体外，其余均为固体，因此该反应的平衡常数表达式为K=c3(CO)；方程式中除CO为气体外，其余均为固体，CO浓度增大，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动；由于温度不变，则该反应平衡常数不变，因此重新达到平衡时，c3(CO)不变，CO浓度不变，依然为amol⋅L−1；
(3)
反应进行20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成了5.6g CO，则生成的CO的浓度为=0.1mol/L，则0∼20min内一氧化碳的平均反应速率是=0.005mol/(L⋅min)；
(4)
金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Na的金属性比Li强，故氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强；
(5)
(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，因此共沉淀反应投料时，不将(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合。
11．(1)     ad     不变     否     >     c(HCO)>c(CO)>c(OH—)>c(H+)

【解析】(1)
①a．该反应是固体质量增大的反应，容器内固体质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故a正确；
b．该反应是气体体积不变的反应，容器中气体压强始终保持不变，则容器中气体压强保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故b错误；
c．c(CO)=c(CO2)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故c错误；
d．由方程式可知，v正(CO)=v逆(CO2) 说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故d正确；
故选ad；
②若平衡后，保持温度不变，加入浓度为定值的氧化亚铁固体，化学反应速率不发生变化，化学平衡不移动，二氧化碳的浓度不变；由题给数据可知，反应的浓度熵Qc===0.25；c(HCO)>c(CO)>c(OH—)>c(H+)，故答案为：0.004mol•L-1•min-1；c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH—)>c(H+)。
12．(1)     Na2SO4·10H2O、CuSO4·2H2O     CuFeS2
(2)     1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4     5     P>Cl>O
(3)     >     SO2+H2O2=H2SO4     (NH4)2S2O8     2H2O+2e-=H2↑+2OH-

【分析】(3)二氧化硫与氨水反应生成NH4SO3或NH4HSO3，X为NH4SO3、NH4HSO3或它们的混合物；NH4SO3或NH4HSO3与过量硫酸反应生成SO2、H2O和(NH4)2SO4，则a为SO2，Y为(NH4)2SO4和H2SO4混合溶液；SO2通过系列变化转化为硫酸，电解(NH4)2SO4和H2SO4混合溶液获得(NH4)2S2O8。
（1）
由图2可知X为+6价硫形成的盐，对应图1中的Na2SO4·10H2O、CuSO4·2H2O；由图2可知Y为-2价硫形成的盐，对应图1中的CuFeS2；
（2）
硫为16个号元素，S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；每个能层上的电子能量不同，因此原子核外有5种不同能量的电子；同周期从左往右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，在周期表中，与硫相邻的短周期元素为同主族的O，同周期的P和Cl，它们的原子半径由大到小的顺序是P>Cl>O；
（3）
1①由分析可知X为NH4SO3、NH4HSO3或它们的混合物，如果X中只含有2种亚硫酸盐，则X为NH4SO3和NH4HSO3的混合物，存在电荷守恒c(NH)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+ c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，则c(NH)=2c(SO)+c(HSO)，c(NH)>c(SO)+c(HSO)
②由分析可知气体a为SO2，通入双氧水中，二者发生氧化还原反应生成硫酸，该反应的化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4；
③(NH4)2S2O8中存在一个过氧键(O-O)，即有2个O的化合价为-1价，因此溶液中部分-2价的O转化为-1价的O，因此(NH4)2S2O8为阳极产物，即阳极产物是(NH4)2S2O8；阴极是水电离的氢离子得电子转化为氢气，阴极的电极方程式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
13．(1)dehifg(gf)b(c)
(2)     防止CuCl2和FeCl3水解     在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)
(3)CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3
(4)     KSCN溶液     SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+
(5)取绿色溶液Y少许，将Y稀释，发现溶液呈蓝色/在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色/在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡
(6)     干燥器     连续两次称量差值不超过0.001g     1.9     加热时有固体溅出

【分析】本题为通过粗铜粉制备氯化铜晶体的工业过程，粗铜粉中含有杂质铁，首先和氯气反应生成氯化物，之后为了防止铜离子和铁离子的水解，用稀盐酸溶解氯化铜和氯化铁，再通过调pH来除去铁杂质，最后剩下氯化铜溶液，再经过处理得到产品，以此解题。
(1)
依题意，制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应，A是Cl2的发生装置，出来气体含有HCl，用饱和食盐水除去，经浓硫酸干燥即得到纯净、干燥Cl2，在D中与粗铜粉反应后用NaOH溶液吸收尾气，按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是：adehifg(gf)b(c)；
(2)
固体Ⅰ的主要成分是氯化铜和氯化铁，其中铜离子和三价铁离子容易水解，用稀盐酸溶解可以防止其水解，故固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是：防止CuCl2和FeCl3水解；溶液Ⅱ是氯化铜溶液，从氯化铜溶液中得到CuCl2•2H2O晶体，由于产品中含有为了防止失去结晶水同时还要防止铜离子的水解，故操作②的方法是：在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)；
(3)
试剂X作用为消耗H+，调节pH使杂质Fe3+转化为沉淀而除去，并且不能产生新的杂质离子，故试剂X可以选CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3；
(4)
通过实验过程可知溶液II如果含有杂质离子，则杂质离子是三价铁离子，可以用硫氰化钾检验，故检验溶液II中是否含有杂质离子的试剂是：KSCN溶液；溶液Ⅱ的主要成分是氯化铜，二氧化硫有还原性，向氯化铜溶液中通入二氧化硫生成氯化亚铜，则方程式为：SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+；
(5)
通过已知可知Cu(H2O)(aq)(蓝色)，CuCl(aq)(绿色)而且他们之间的转化是可逆的，故可以通过平衡移动的方法验证，则证明溶液中有上述转化关系的方法为：取绿色溶液Y少许，将Y稀释，发现溶液呈蓝色/在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色/在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡；
(6)
①固体物质在坩埚中灼烧后应该在干燥器中冷却；固体物质在坩埚中灼烧时为了使其反应充分，应该重复b~d操作直至连续两次称量差值不超过0.001g；
②晶体质量为3.384g，最终得到黑色固体为CuO，质量为1.600g，则n(CuO)=0.02mol，根据铜元素守恒，则晶体中n(CuCl2)也为0.02mol，则m(CuCl2)=0.02mol×135g/mol=2.7g
晶体中，，解得x=1.9；
③若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为0.5%，说明比实际误差偏大，可能是加热时有固体溅出。
14．(1)第四周期ⅢA族
(2)共价
(3)2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g) △H=—30.9kJ/mol
(4)          三角锥形     低     NH3和AsH3均为分子晶体，NH3分子间能形成氢键，分子间作用力大于AsH3
(5)c
(6)     H3AsO3    


【解析】(1)
由镓的原子结构示意图可知，镓元素位于元素周期表第四周期ⅢA族，故答案为：第四周期ⅢA族；
(2)
砷化镓的熔点高且熔融状态不导电，说明砷化镓为共价化合物，故答案为：共价；
(3)
在1100℃下液态镓与氨气反应生成固态氮化镓和氢气，可逆反应的方程式为2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)，由每生成1mol氢气放出10.3kJ热量可知，反应的反应热△H=—30.9kJ/mol，则反应的热化学方程式为2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g) △H=—30.9kJ/mol，故答案为：2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g) △H=—30.9kJ/mol；
(4)
磷元素的原子序数为15，价电子排布式为3s23p3，则价电子排布图为；砷化氢中砷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，空间构型为三角锥形；砷化氢和氨气是结构相似的分子晶体，氨气分子间能形成氢键，砷化氢分子间不能形成氢键，则氨气分子间的作用力大于砷化氢，沸点高于砷化氢，故答案为：；三角锥形；NH3和AsH3均为分子晶体，NH3分子间能形成氢键，分子间作用力大于AsH3；
(5)
a．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，则镓的金属性比铝的强，故正确；
b．砷化镓与硅一样是半导体材料，具有半导体性质，故正确；
c．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，砷与氢气在低温时不能发生化合反应生成砷化氢，故错误；
d．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，则酸性由强到弱的顺序为H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故正确；
故选c；
(6)
人体血液的pH在7.35—7.45之间，由图可知，患者用药后人体中含砷元素的主要微粒是亚砷酸；H2AsO的物质的量分数最大时，溶液呈碱性，说明H2AsO的电离程度小于水解程度，故答案为：H3AsO3；O2->Al3+                    从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。
【详解】(1) 合金的熔点一般低于任何一种组成金属的熔点，故该合金材料的熔点比组成成分的金属低；铝元素的原子核外由1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；
a.金属的金属性强弱与单质的硬度和熔点无关，所以不能根据单质的硬度和熔点判断金属性强弱；
b.钠的还原性过强，先与水发生反应，无法利用置换反应来判断钠镁的金属性强弱；
c.不能根据金属失电子数的多少比较金属性的强弱，应该根据金属失电子的能力大小进行分析，虽然钠失电数小于铝，但金属性钠失电子能力强于铝，此方法不能证明；
d.将空气中久置的Na放入热水中，由于Na发生潮解生成碳酸钠，不与热水反应，因此无现象，但久置在空气中的Al表面会发生氧化反应生成氧化铝，与热水反应也无现象，不能证明；
e.Al为两性金属，其盐可以与强碱发生反应生成氢氧化铝沉淀，又因氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和NaOH反应生成偏铝酸盐，因此可以证明Na的金属性比Al强；
故答案选e；
(2)氮氧化铝晶体的硬度很大，属于原子晶体；铝离子，氧离子，氮离子三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，则半径越小，故离子半径由大到小顺序为N3->O2->Al3+；
(3) 明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序是不水解的二元硫酸根离子浓度最大，钾离子和铝离子要考虑铝的水解，结合水解呈酸性，所以离子浓度大小顺序为：；铝离子水解生成氢离子，氢氧化镁固体和氢离子反应生成镁离子和水，从而促进铝离子水解生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为；
(4) 锂在氧气中燃烧方程式为，产物为，电子式为；
(5)从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。