“10道选择＋2道大题”综合小卷(六)（含答案）-2025高考化学二轮复习 抢分练

这是一份“10道选择＋2道大题”综合小卷(六)（含答案）-2025高考化学二轮复习 抢分练，共11页。试卷主要包含了 选择题， 非选择题等内容，欢迎下载使用。
1 2NO(g)＋O2(g)⥫⥬2NO2(g) ΔH＝－116.4 kJ/ml，下列说法正确的是( )
A. 该反应能够自发的原因是ΔS＞0
B. 工业上使用合适的催化剂可提高NO2的生产效率
C. 升高温度，该反应v逆减小，v正增大，平衡向逆反应方向移动
D. 2 ml NO(g)和1 ml O2(g)的总键能比2 ml NO2(g)的总键能大116.4 kJ/ml
2 [2023南通如皋适应性考试三]实验室用如下装置制备溴苯并验证反应有HBr生成。下列说法正确的是( )

A. X为苯和溴水的混合液
B. Y可以是CCl4
C. Z可以是淀粉和KI混合液
D. 苯和溴苯可以用如图丁所示装置分离
阅读下列材料，完成3～5小题：
海洋是一个巨大的资源宝库，海水中富含Na、Cl、Mg、Br等元素。工业上电解饱和食盐水可获得Cl2，Cl2能氧化Br－，可从海水中提取Br2；氯元素有多种化合价，可形成Cl－、ClO－、ClO eq \\al(－,2)、ClO eq \\al(－,3)、ClO eq \\al(－,4)等离子。ClO2可用于自来水消毒，在酸性NaClO3溶液中通入SO2可制得ClO2；从海水中提取镁可通过沉淀、溶解、结晶获得六水合氯化镁晶体(MgCl2·6H2O)，进一步操作可得到无水氯化镁。
3 [2025南通如东调研T5]下列说法不正确的是( )
A. NaCl晶胞（如图所示）中，与Na＋最近且等距的Cl－有6个
B. 基态溴原子(35Br)价电子排布式为3d104s24p5
C. ClO eq \\al(－,2)、ClO eq \\al(－,3)和ClO eq \\al(－,4)三种离子中心原子杂化类型相同
D. ClO2和SO2所含化学键类型相同
4 [2025南通如东调研T6]下列化学反应表示不正确的是( )
A. Cl2通入NaBr溶液：Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－
B. 用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl－＋2H2O eq \(=====,\s\up7(通电))Cl2↑＋H2↑＋2OH－
C. NaClO3溶液中通入SO2制ClO2：2ClO eq \\al(－,3)＋SO2===2ClO2＋SO eq \\al(2-,4)
D. Cl2通入NaOH溶液中：Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O
5 [2025南通如东调研T7]下列说法正确的是( )
A. 通入热空气从含低浓度Br2的海水中吹出的溴蒸气可用SO2或Na2CO3溶液吸收
B. “84”消毒液（有效成分：NaClO）与洁厕灵（有效成分：HCl）混合使用消毒效果更佳
C. 在空气中灼烧MgCl2·6H2O可得到无水氯化镁
D. 电解熔融氯化镁时，金属镁在阳极析出
6 [2023南通如皋期末]纳米ZnS 具有独特的光电效应。以工业废渣锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质）为原料制备纳米ZnS 的工业流程如下：
下列说法正确的是( )
A. “酸浸”时FeO 反应的离子方程式为FeO＋2H＋===Fe2+＋H2O
B. “还原”的目的是将Fe3+转化为Fe2+
C. “沉淀”的离子方程式为Zn2+＋S2-===ZnS↓
D. ZnS晶胞（如图所示）中，每个S2-周围距离最近且相等的Zn2+有4个
7 [2023南通如皋期末]化合物Z是一种治疗脂蛋白紊乱的药物，其合成路线如图所示。下列说法不正确的是( )
A. X分子中所有碳原子可能在同一平面上
B. Y与浓硫酸共热可以发生消去反应
C. 可以用NaHCO3溶液鉴别Y和Z
D. Z分子中含10个sp2杂化的碳原子
8 [2025镇江丹阳中学月考T13]以苯甲醛为有机原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应可制备苯甲酸。其阳极区反应过程如图所示。下列说法不正确的是( )
A. Br2与H2O反应，每生成1 ml HBrO转移1 ml e－
B. 苯甲醛与HBrO反应的离子方程式为＋HBrO―→
＋H＋＋Br－
C. 制备苯甲酸的过程中，c(Br－)保持不变
D. 含少量NaBr的苯甲酸粗品可用重结晶法提纯
9 [2023南通海安实验中学月考]室温下，通过下列实验探究Na2HPO4溶液的性质。
下列有关说法错误的是( )
A. 0.1 ml/L Na2HPO4溶液中：c（H2PO eq \\al(－,4)）>c（PO eq \\al(3-,4)）
B. 0.1 ml/L Na2HPO4溶液中存在：c(OH－)＋c（PO eq \\al(3-,4)）＝c(H＋)＋c（H2PO eq \\al(－,4)）＋2c(H3PO4)
C. 实验2中反应的离子方程式为2HPO eq \\al(2-,4)＋3Ca2+＋2OH－===Ca3(PO4)2↓＋2H2O
D. 实验1和实验2所得溶液中c(OH－)·c(H＋)的值相等
10 在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：
CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝－165 kJ/ml
CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH＝＋41 kJ/ml
催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得温度对CO2转化率和生成CH4选择性的影响如图所示。
CH4选择性＝ eq \f(用于生成CH4的CO2的物质的量,发生反应的CO2的物质的量)×100%。
下列有关说法正确的是( )
A. 在260～320 ℃间，以CeO2为催化剂，升高温度，CH4的产率增大
B. 延长W点的反应时间，一定能提高CO2的转化率
C. 选择合适的催化剂，有利于提高CO2的平衡转化率
D. 高于320 ℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高CO2转化率上升的原因是平衡正向移动
二、 非选择题。
11 [2023南京二模]CuS是一种重要的P型半导体材料。以一种石膏渣[含CaSO4及少量Cu(OH)2、Cu2(OH)2SO4、Zn(OH)2等]为原料制备CuS的实验流程如下：
已知：常温下，Ksp(CuS)＝1.27×10-36，Ksp(ZnS)＝1.2×10-23。
(1) “浸取”时，生成[Cu(NH3)4]2+与[Zn(NH3)4]2+等。Cu2(OH)2SO4参加反应的离子方程式为________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(2) 为测定“浸取”时Cu元素浸出率，需先测定石膏渣中Cu元素含量。称取50.00 g石膏渣，加入足量稀硫酸充分溶解，过滤并洗涤滤渣，将滤液转移至250 mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取25.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入足量KI溶液(2Cu2+＋4I－===2CuI↓＋I2)，用0.020 00 ml/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点（2S2O eq \\al(2-,3)＋I2===S4O eq \\al(2-,6)＋2I－），平行滴定3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液23.50 mL。计算石膏渣中Cu元素质量分数（写出计算过程）。
(3) “沉淀”时Na2S溶液的用量不宜过多，其原因是_____________________
______________________________________________________________________。
(4) 循环“浸取”多次后，“滤液X”中浓度增大的阳离子主要有 。
(5) CuS的晶胞如图甲所示。1个CuS晶胞含有 个S2-。
甲
(6) 将空气以一定流速通过加热的CuS试样，测得固体质量和流出气体中SO2含量随温度的变化如图乙所示。在200～300 ℃内，CuS经历如下转化：CuS→Cu2S
→CuO·CuSO4，固体质量减小的主要原因是_________________________________
______________________________________________________________________。
乙
12 [2024南通四模T17]氨的制备是当前研究的重要课题。
(1) CH4、N2 偶联活化制NH3。研究发现，[TiAlO4]＋(M＝139 g/ml)可以活化CH4，为合成氨提供活性氢原子。
①将[TiAlO4]＋暴露在CH4 中，反应产生微粒有·CH3、[TiAlO3H2]＋、
[TiAlO4H]＋、[TiAlO4H2]＋、HCHO。实验过程中的质谱图如图1所示。图中质荷比为125对应的微粒为 ，生成该微粒的同时，还生成 。
图1
②为探究[TiAlO4]＋活化CH4的反应过程，研究人员从反应体系中不断去除[TiAlO4H]＋，得到的质谱图如图2所示。[TiAlO4]＋与CH4反应生成[TiAlO4H2]＋的过程可描述为__________________________________________________________
______________________________________________________________________。
图2
③[TiAlO4]＋活化CH4后，产生活性H原子与N2反应生成NH3。活化过程中生成多种副产物导致NH3的选择性较低，其中不含非极性键的含氮副产物分子可能有_____________________ （写两种）。
(2) 电催化还原N2 制NH3。在碱性水溶液中，通过电催化使N2 还原为NH3 的电极反应式为__________________ 。该制氨方法尚未能应用于工业生产，除因为N2 的溶解度低、难吸附在电极和催化剂表面外，还有_______
______________________________________________________________________。
(3) 电催化还原NO eq \\al(－,2)制NH3。NF 是一种电极载体，分别以Ni2P/NF、Fe/NF、NF 为阴极材料，电解含NO eq \\al(－,2)的中性溶液（电极材料与溶液不发生反应）。控制电压恒定、催化剂的面积为0.25 cm2，电解2小时后，不同电极上NH3 的产率及NH3 的选择性如图3所示。
图3
①分别以Ni2P/NF、Fe/NF 电极电解NaNO2溶液相同时间：c（NO eq \\al(－,2)）Ni2P/NF＞c（NO eq \\al(－,2)）Fe/NF, 原因是________________________________________________
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
②已知：NH3的产率＝ eq \f(m生成(NH3),反应时间×催化剂面积)；NH3的选择性＝ eq \f(n生成(NH3),n消耗（NO eq \\al(－,2)）)×100%。以Ni2P/NF为电极电解NaNO2溶液2小时，消耗n总（NO eq \\al(－,2)）＝ ml。
“10＋2”综合小卷(六)
1 B 根据ΔH－TΔSc(PO eq \\al(3-,4))，A正确；0.1 ml/L Na2HPO4溶液中存在质子守恒：c(OH－)＋c(PO eq \\al(3-,4))＝c(H＋)＋c(H2PO eq \\al(－,4))＋2c(H3PO4)，B正确；向0.1 ml/L Na2HPO4溶液中滴加少量澄清石灰水，产生白色沉淀，离子方程式为6HPO eq \\al(2-,4)＋3Ca2+＋6OH－===Ca3(PO4)2↓＋6H2O＋4PO eq \\al(3-,4)，C错误；实验1和实验2温度没发生变化，溶液中c(OH－)·c(H＋)的值不变，D正确。
10 A 在两种不同催化剂作用下反应相同时间，化学反应速率越大、CH4选择性越高，则甲烷的产率越高。在260～320 ℃间，以CeO2为催化剂，升高温度CH4的选择性虽然基本不变，但CO2的转化率在上升，故CH4的产率上升，A正确；W点可能是平衡点，故延长时间不一定能提高CO2的转化率，B错误；催化剂只能增大化学反应速率，不能改变CO2的平衡转化率，C错误；高于320 ℃后以Ni为催化剂，CO2转化率明显低于相同温度下以CeO2为催化剂的转化率，反应一定未达到平衡，高于320 ℃后，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率增大，D错误。
11 (1) Cu2(OH)2SO4＋8NH3===2[Cu(NH3)4]2+＋SO eq \\al(2-,4)＋2OH－
(2) 根据2Cu2+～I2～2S2O eq \\al(2-,3)
25.00 mL稀释后的溶液中：n(Cu2+)＝0.020 00 ml/L×23.50×10-3 L＝4.700×10-4 ml，
石膏渣中铜元素的质量m＝4.700×10-4 ml×64 g/ml× eq \f(250 mL,25.00 mL)＝0.300 8 g，
石膏渣中Cu元素质量分数＝ eq \f(0.300 8 g,50.00 g)×100%＝0.601 6%
(3) 生成的CuS沉淀中会混有ZnS沉淀
(4) [Zn(NH3)4]2+和Na＋ (5) 6
(6) CuS生成Cu2S时失去的质量大于部分Cu2S生成CuO·CuSO4时增加的质量
解析：(3) “沉淀”时Na2S溶液的用量不宜过多，S2-的浓度过大会生成ZnS沉淀。(4) 结合制备流程，[Zn(NH3)4]2+在滤液X中，且加入了Na2S，引入了Na＋，故循环“浸取”多次后，“滤液X”中浓度增大的阳离子主要有[Zn(NH3)4]2+和Na＋。(6) CuS经历如下转化：CuS―→Cu2S―→CuO·CuSO4，结合转化过程中化学式的相对分子质量，固体质量减小的主要原因是CuS生成Cu2S时失去的质量大于部分Cu2S生成CuO·CuSO4时增加的质量。
12 (1) ①[TiAlO3H2]＋ HCHO ②[TiAlO4]＋和CH4反应生成[TiAlO4H]＋和·CH3，[TiAlO4H]＋再与CH4生成 [TiAlO4H2]＋和·CH3 ③CH3NH2、(CH3)2NH、(CH3)3N (2) N2＋6e－＋6H2O===2NH3＋6OH－ N2和H2O(H＋)在阴极表面同时发生得电子的竞争反应
(3) ①NO eq \\al(－,2)在Fe/NF电极放电过程中转化为其他含氮物质，且转化速率大 ② eq \f(1,7)
解析：(1) ①质荷比为125，说明该粒子的相对分子质量为125，由[TiAlO4]＋相对分子质量为139，可推知两者相差14，少一个O多两个H，该粒子为[TiAlO3H2]＋，因此CH4少2个H原子多一个O原子，转化为HCHO。②[TiAlO4]＋活化CH4，转化为[TiAlO4H2]＋，得到2个·H，分两步进行。③CH4被[TiAlO4]＋活化生成·CH3，活性·H与N2反应生成NH3，副产物中无非极性键，即无N、N原子相连，也无C、C原子相连，因此·CH3与N原子相连，可生成CH3NH2、(CH3)2NH、(CH3)3N。(2) N2―→NH3，注意碱性水溶液。N2在阴极被还原为NH3，因为是水溶液，所以水中的＋1价的氢也可以得电子，与N2形成竞争反应。(3) ①反应相同时间，Fe/NF催化条件下剩余c(NO eq \\al(－,2))小，说明参加反应的NO eq \\al(－,2)多，反应速率快。由图3可知，相对于Ni2P/NF催化，Fe/NF催化 NH3的产率低、NH3的选择性低，说明NO eq \\al(－,2)在Fe/NF电极放电过程中转化为其他含氮物质，且转化速率大。②由题信息m生成(NH3)＝3 400 mg/(h·cm2)×0.25 cm2×2 h＝1 700 mg，生成n(NH3)＝0.1 ml，NH3的选择性为70%，参加反应的n(NO eq \\al(－,2))＝ eq \f(0.1 ml,70%)＝ eq \f(1,7) ml。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定0.1 ml/L Na2HPO4溶液的pH，测得pH约为9.7
2
向0.1 ml/L Na2HPO4溶液中滴加少量澄清石灰水，产生白色沉淀