统考版2024高考化学二轮专题复习考前非选择题适应性训练训练三（附解析）

这是一份统考版2024高考化学二轮专题复习考前非选择题适应性训练训练三（附解析），共9页。

非选择题（包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每道题考生都必须作答。第35、36题为选考题，考生根据要求作答。）
（一）必考题（共43分）
26.（15分）羰基硫（COS）与氢气或与水在催化剂作用下的反应如下：
Ⅰ.COS（g）＋H2（g）⇌H2S（g）＋CO（g）ΔH1＝－17kJ·ml－1；
Ⅱ.COS（g）＋H2O（g）⇌H2S（g）＋CO2（g）ΔH2＝－35kJ·ml－1。
回答下列问题：
（1）两个反应在热力学上趋势均不大，其原因是： 。
（2）反应CO（g）＋H2O（g）⇌H2（g）＋CO2（g）的 ΔH＝ 。
（3）羰基硫、氢气、水蒸气共混体系初始投料比不变，提高羰基硫与水蒸气反应的选择性的关键因素是 。
（4）在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应Ⅰ。设起始充入的n（H2）∶n（COS）＝m，相同时间内测得COS转化率与m和温度（T）的关系如图所示：
①m1 m2（填“＞”“＜”或“＝”）。
②温度高于T0，COS转化率减小的可能原因为：
ⅰ有副反应发生；ⅱ ；ⅲ 。
（5）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应Ⅱ，COS（g）与H2O（g）投料比分别为1∶3和1∶1，反应物的总物质的量相同时，COS（g）的平衡转化率与温度的关系曲线如图所示：
①M点对应的平衡常数 Q点（填“＞”“＜”或“＝”）。
②N点对应的平衡混合气体中COS（g）的物质的量分数为 。
③M点和Q点对应的平衡混合气体的总物质的量之比为 。
27.（14分）醋酸镍[（CH3COO）2Ni]是一种重要的化工原料。一种以含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如图所示：
相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如表：
（1）粉碎含镍废料的作用是 。
（2）酸浸过程中，1mlNiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式： 。
（3）写出氧化步骤中加入H2O2发生反应的离子方程式： 。
（4）调节pH除铁、铝步骤中，溶液pH的调节范围是 。
（5）滤渣3主要成分的化学式是 。
（6）沉镍过程中，若c（Ni2＋）＝2.0ml·L－1，欲使100mL该滤液中的Ni2＋沉淀完全[c（Ni2＋）≤10－5ml·L－1]，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为 g（保留1位小数）。
（7）保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图所示。酸浸的最佳温度与时间分别为 ℃、 min。
28.（14分）某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。
供选试剂：30%H2O2溶液、0.1ml·L－1H2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体
（1）小组同学设计甲、乙、丙三组实验，记录如下
（2）丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式是 。
（3）对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是________________________________________________________________________。
为进一步探究该条件对反应速率的影响，可采取的实验措施是________________________________________________________________________。
（4）由甲、乙、丙三实验推测，甲实验可能是Ⅰ中的白雾使溶液变蓝。学生将Ⅰ中产生的气体直接通入下列 （填字母）溶液，证明了白雾中含有H2O2。
A．酸性KMnO4 B．FeCl2C．Na2SD．品红
（5）资料显示：KI溶液在空气中久置过程中会被缓慢氧化：4KI＋O2＋2H2O===2I2＋4KOH。该小组同学取20mL久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是发生了反应，3I2＋6OH－===5I－＋IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋3H2O造成的。请设计实验证明他们的猜想是否正确： 。
（二）选考题：共15分。请学生从给出的2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做第一题计分。
35.[选修3：物质结构与性质]（15分）硼（B）、钴（C）和锰（Mn）形成物质时比较复杂和变化多端。
（1）C基态原子核外电子排布式为 。第二周期元素第一电离能比B高的有 种。
（2）硝酸锰是工业制备中常用的催化剂，Mn（NO3）2中的化学键除了σ键外，还存在 。
（3）NaBO2可用于织物漂白。BO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 的空间构型为 ，写出两种与其互为等电子体的分子的化学式 。
（4）图甲表示偏硼酸根离子的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为 （以n表示硼原子的个数）。图乙表示的是一种五硼酸根离子，其中B原子的杂化方式为 。
（5）立方BN和立方AlN均为原子晶体，结构相似，BN的熔点高于AlN的原因为 。
（6）一种新型轻质储氢材料的晶胞结构如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为 g·cm－3。（用含a、NA的代数式表示）
36.[选修5：有机化学基础]（15分）1923年，我国化学家吴蕴初先生研制出了廉价生产味精的方案，并向英、美、法等化学工业发达国家申请了专利。以下是利用化学方法合成味精的流程：
请回答下列问题：
（1）下列有关蛋白质和氨基酸的说法不正确的是 （填字母）。
a．蛋白质都是高分子化合物
b．谷氨酸（H）自身不能发生反应
c．H分子不含手性碳原子
d．天然蛋白质水解最终产物都是α­氨基酸
（2）C的系统命名法名称是 ；B中含氧官能团名称是 。
（3）E→F的反应类型是 。R的结构简式为
________________________________________________________________________。
（4）写出G和NH3反应的化学方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（5）T是H的同分异构体，写出同时具备下列条件的T的结构简式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
①含有—NH2，且能发生水解反应
②1mlT发生银镜反应能生成4mlAg
③核磁共振氢谱上有4组峰且峰面积比为2∶2∶2∶3
（6）参照题给流程图，
以和甲醇为原料（其他无机试剂任选），设计合成苯丙氨酸（）的流程，写出合成路线。
训练（三）
26．解析：（1）Ⅰ.COS（g）＋H2（g）⇌H2S（g）＋CO（g） ΔH1＝－17kJ·ml－1；Ⅱ.COS（g）＋H2O（g）⇌H2S（g）＋CO2（g） ΔH2＝－35kJ·ml－1，两个反应放出的热量较少，因此两个反应在热力学上趋势均不大。（2）Ⅰ.COS（g）＋H2（g）⇌H2S（g）＋CO（g） ΔH1＝－17kJ·ml－1；Ⅱ.COS（g）＋H2O（g）⇌H2S（g）＋CO2（g） ΔH2＝－35kJ·ml－1。根据盖斯定律计算Ⅱ－Ⅰ得到：CO（g）＋H2O（g）⇌H2（g）＋CO2（g）的ΔH＝－18kJ·ml－1。（3）羰基硫、氢气、水蒸气共混体系初始投料比不变时，提高羰基硫与水蒸气反应的选择性的关键因素是选择高效的催化剂。（4）①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应Ⅰ.COS（g）＋H2（g）⇌H2S（g）＋CO（g） ΔH1＝－17kJ·ml－1；设起始充入的n（H2）∶n（COS）＝m，m越大氢气的量越多，会提高COS的转化率，则m1＞m2。②温度高于T0，COS转化率减小的可能原因为：ⅰ有副反应发生；ⅱ催化剂活性降低；ⅲ平衡逆向进行。（5）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应Ⅱ，COS（g）＋H2O（g）⇌H2S（g）＋CO2（g） ΔH2＝－35kJ·ml－1，COS（g）与H2O（g）投料比分别为1∶3和1∶1，反应物的总物质的量相同时，COS（g）的平衡转化率与温度的关系如题图，转化率大的曲线a代表COS（g）与H2O（g）投料比为1∶3，曲线b代表COS（g）与H2O（g）投料比为1∶1。①反应为放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，则M点对应的平衡常数＜Q点对应的平衡常数；②N点COS转化率为60%，COS（g）与H2O（g）投料比为1∶1，设开始时n（COS）＝n（H2O）＝1ml，
COS（g）＋H2O（g）⇌H2S（g）＋CO2（g）
起始量（ml）1 1 0 0
变化量（ml）0.6 0.6 0.6 0.6
平衡量（ml）0.4 0.4 0.6 0.6
对应的平衡混合气中COS（g）物质的量分数＝eq \f(0.4ml,2ml)×100%＝20%。③反应物的总物质的量相同时，反应前后气体物质的量不变，则M点和Q点对应的平衡混合气体的总物质的量之比为1∶1。
答案：（1）两个反应均为放热较少的反应
（2）－18kJ·ml－1
（3）选择高效的催化剂
（4）①＞ ②催化剂活性降低 平衡逆向进行
（5）①< ②20% ③1∶1
27．解析：含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）粉碎，加硫酸和硝酸酸浸，过滤，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，浸出液含有Ni2＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3＋，然后加NaOH调节pH，使Al3＋、Fe3＋转化为沉淀，同时Ni2＋不能转化为沉淀，所以调节pH的范围为5.0≤pH<6.7，过滤，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有Ni2＋、Ca2＋，再加氟化铵，生成CaF2沉淀，过滤，滤渣3为CaF2，滤液中加碳酸钠生成NiCO3沉淀，过滤，滤渣中加醋酸溶解，生成（CH3COO）2Ni溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到（CH3COO）2Ni固体。（1）酸浸前将废料粉碎，其目的是加快反应速率，提高镍的浸出率。（2）酸浸过程中，1mlNiS被硝酸氧化失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体，则生成NO和SO2，其反应的化学方程式为NiS＋H2SO4＋2HNO3===NiSO4＋SO2↑＋2NO↑＋2H2O。（3）氧化步骤中加入H2O2发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。（4）调节pH使Al3＋、Fe3＋转化为沉淀，同时Ni2＋不能转化为沉淀，根据表中的数据可知，调节pH的范围为5.0≤pH<6.7。（5）由流程分析可知，滤渣3为CaF2。（6）NiCO3的Ksp＝9.60×10－6，使100mL该滤液中的Ni2＋沉淀完全，即c（Ni2＋）≤10－5ml·L－1，则溶液中c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＝eq \f(9.60×10－6,10－5)ml·L－1＝0.96ml·L－1，与Ni2＋反应的n（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＝cV＝2ml·L－1×0.1L＝0.2ml，则加入的碳酸钠的总物质的量n（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＝0.2ml＋0.96ml·L－1×0.1L＝0.296ml，所以m＝nM＝0.296ml×106g·ml－1＝31.4g。（7）由题图可知酸浸的最佳温度与时间分别为70℃、120min。
答案：（1）加快反应速率，提高镍的浸出率
（2）NiS＋H2SO4＋2HNO3===NiSO4＋SO2↑＋2NO↑＋2H2O
（3）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
（4）5.0≤pH＜6.7
（5）CaF2
（6）31.4
（7）70 120
28．解析：（1）甲实验：根据装置Ⅰ不需要加热制取氧气可知利用的是双氧水的分解，过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，向Ⅰ的锥形瓶中加入MnO2固体，向Ⅰ的分液漏斗中加入30%H2O2溶液，连接Ⅰ、Ⅲ，打开活塞，Ⅰ中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝说明生成碘单质；
（2）碘离子具有还原性，在酸性条件下能够被氧气氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式为：O2＋4I－＋4H＋===2I2＋2H2O；
（3）向Ⅱ中加入KMnO4固体，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯，Ⅲ中有气泡冒出，溶液不变蓝，向Ⅱ中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量0.1ml·L－1H2SO4溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯，Ⅲ中有气泡冒出，溶液变蓝，对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是：酸性环境；为进一步探究该条件对反应速率的影响，可采取的实验措施是：使用不同浓度的稀硫酸作对比实验；
（4）高锰酸钾溶液能够将过氧化氢氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，而氧气不与高锰酸钾溶液反应，如果高锰酸钾溶液褪色可证明混合气体中含有过氧化氢，故A正确；氧气和H2O2都能够氧化亚铁离子，无法证明混合气体中含有过氧化氢，故B错误；H2O2和氧气都能够氧化硫化钠，无法用硫化钠检验混合气体中是否含有双氧水，故C错误；品红遇过氧化氢会被氧化红色褪去，证明混合气体中含有双氧水，故D正确；
（5）KI溶液在空气中久置过程中会被缓慢氧化：4KI＋O2＋2H2O===2I2＋4KOH。该小组同学取20mL久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是发生了反应，离子方程式为：3I2＋6OH－===5I－＋IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋3H2O，设计实验证明他们的猜想是否正确，方案为：向上述未变蓝的溶液中滴入0.1ml·L－1H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误。
答案：（1）MnO2固体 分液漏斗
（2）O2＋4I－＋4H＋===2I2＋2H2O
（3）酸性环境 使用不同浓度的稀硫酸作对比实验
（4）AD
（5）向上述未变蓝的溶液中滴入0.1ml·L－1H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝，则猜想正确，否则错误
35．解析：（1）C是27号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；同周期主族元素，随着原子序数的增大，第一电离能有增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，所以第一电离能比B大的有Be、C、N、O、F、Ne共有6种元素。（2）硝酸锰是离子化合物，硝酸根离子和锰离子之间形成离子键，硝酸根离子中N原子与3个氧原子形成3个σ键，硝酸根离子中还存在π键。（3）BO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 的中心原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，立体构型为直线形；与BO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 互为等电子体的分子有CO2、CS2、N2O、BeCl2。（4）根据均摊思想，无限长链式偏硼酸根离子中，一个B相当于占有O的数目为1＋eq \f(1,2)×2＝2，所以其化学式可表示为（BO2） eq \\al(\s\up1(n－),\s\d1(n)) ，根据杂化轨道理论，五硼酸根离子中，B原子部分形成3根共价键，为sp2杂化，部分形成4根共价键，为sp3杂化。（5）立方BN和立方AlN均为原子晶体，B原子半径更小，B—N键长更短，键能更大，熔点更高。（6）晶胞中，Na＋数目＝4×eq \f(1,2)＋4×eq \f(1,4)＝3，Li＋数目＝2×eq \f(1,2)＝1，BH eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 数目＝1＋4×eq \f(1,2)＋8×eq \f(1,8)＝4，故该物质的化学式为Na3Li（BH4）4，晶胞质量＝eq \f(136,NA)g，晶体密度ρ＝eq \f(m,V)＝eq \f(136,NA（a×10－10）2×2a×10－10)g·cm－3＝eq \f(6.8×1031,NAa3)g·cm－3。
答案：（1）[Ar]3d74s2 6 （2）π键、离子键 （3）直线形 CO2、CS2 （4）（BO2） eq \\al(\s\up1(n－),\s\d1(n)) sp2、sp3 （5）B原子半径更小，B—N键长更短，键能更大，熔点更高 （6）eq \f(6.8×1031,NAa3)
36．解析：（1）蛋白质是由氨基酸通过缩聚反应生成的高分子化合物，故a正确；含有羧基、氨基，可以形成内盐，可以发生缩聚反应，故b错误；H中连接氨基的碳原子为手性碳原子，故c错误；构成天然蛋白质的氨基酸都是α­氨基酸，天然蛋白质水解的最终产物都是α­氨基酸，故d正确。（2）化合物C为二元羧酸，其名称为1，5­戊二酸，由结构可知B的含氧官能团为羰基、酯基。（3）对比E、F的结构可知，E中H原子被Br原子替代生成F，E→F的反应类型为取代反应；由酯R的分子式、A的结构，可知2分子R反应生成A，同时还生成乙醇，故R的结构简式为CH3COOCH2CH3。（4）对比G、H的结构，可知先是G中—Br被—NH2替代，然后在酸性条件下发生酯的水解得到H。（5）T是H的同分异构体，T同时具备下列条件：①含有氨基且能发生水解反应，说明含有氨基和酯基；②1mlT发生银镜反应能生成4ml银，说明含有2个甲酸形成的酯基；③核磁共振氢谱上有4组峰且峰的面积比为2∶2∶2∶3，符合条件的结构简式为
（6）与Br2/红磷作用得到，再与甲醇发生酯化反应生成，最后经过NH3、H2O/H＋得到。
答案：（1）bc （2）1，5­戊二酸 羰基、酯基 （3）取代反应 CH3COOCH2CH3
（4）
（5）
（6）
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
物质
20℃时溶解性（H2O）
Fe3＋
1.1
3.2
CaSO4
微溶
Fe2＋
5.8
8.8
NiF
可溶
Al3＋
3.0
5.0
CaF2
难溶
Ni2＋
6.7
9.5
NiCO3
Ksp＝9.60×10－6
操作
现象
甲
向Ⅰ的锥形瓶中加入 ，向Ⅰ的 中加入30%H2O2溶液，连接Ⅰ、Ⅲ，打开活塞
Ⅰ中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝
乙
向Ⅱ中加入KMnO4固体，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯
Ⅲ中有气泡冒出，溶液不变蓝
丙
向Ⅱ中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量0.1ml·L－1H2SO4溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯
Ⅲ中有气泡冒出，溶液变蓝