2020-2021学年度东北三省理综化学模拟考试练习试卷12

这是一份2020-2021学年度东北三省理综化学模拟考试练习试卷12，共14页。试卷主要包含了选择题，实验题，结构与性质，原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共七小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。
1．某有机物的结构简式如图。此有机化合物属于（ ）
①酯类化合物；②多官能团有机化合物；③芳香烃；④烃的衍生物；⑤高分子化合物；⑥酚类化合物；⑦芳香化合物；⑧醛类.
A．①②③④ B．①②④⑦ C．②④⑤⑥ D．①③⑤⑧
2．在下列所示的转化关系中，X不可能是（ ）
A．N2B．H2C．SD．C
3．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．1 ml Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA
B．1ml·L－1NaCl溶液含有NA个Na＋
C．常温常压下，22.4L CO2中含有NA个CO2分子
D．在18g18O2中含有NA个氧原子
4．在3Cl2＋6KOHKClO3＋5KCl＋3H2O的反应中，下列说法不正确的是( )
A．KCl是还原产物，KClO3是氧化产物
B．KOH在该反应中体现碱性和还原性
C．反应中每消耗3 ml Cl2，转移电子数为5NA
D．被还原的氯气的物质的量是被氧化的氯气的物质的量的5倍
5．锌铜原电池装置如图所示，下列说法正确的是
A．铜片作负极
B．电流从锌片流向铜片
C．盐桥的作用是传递电子
D．锌电极的反应式：Zn − 2e－=Zn2＋
6．有无色溶液，加入Na2O2时有无色无味气体放出，并有白色沉淀生成，加入Na2O2的量与生成白色沉淀的量如图所示。该无色溶液中含有的物质是
A．CaCl2和MgCl2、B．Al2(SO4)3C．Al2(SO4)3和MgSO4D．Na2SO4和MgSO4
7．过碳酸钠2Na2CO3·3H2O2，外观为白色结晶，主要用作漂白剂和氧化剂。生产过程的主反应方程式是：2Na2CO3+3H2O2＝2Na2CO3·3H2O2 下列说法不正确的是
A．过碳酸钠具有强氧化性
B．生产过程中采用较低温度，目的是防止产品及反应物的分解
C．在生产过程中混入的酸或铁盐等物质都可能导致产率下降
D．将过碳酸钠溶液和足量的亚硫酸钠溶液混合，发生的反应为： 2Na2CO3·3H2O2+Na2SO3＝2Na2CO3+Na2SO4+3H2O+O2↑
二、实验题（15分）
8．实验室需要0.80 ml·L-1NaOH溶液475 mL和0.40 ml·L-1硫酸500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_____(填字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是________(填仪器名称)。
(2)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为__________g。在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度_____0.80 ml·L-1(填“大于”“等于”或“小于”，下同)。若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度________0.80 ml·L-1。
(3)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸的体积为_____mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10 mL、15 mL、20 mL、50 mL的量筒，应选用____mL的量筒最好。
(4)用“偏大”、“偏小”或“无影响”填空。
①用量筒量取浓硫酸时，仰视读数________。
②定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线________。
③定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线______________。
三、结构与性质（15分）
9．决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题。
（1）氯吡苯脲是一种西瓜膨大剂(植物生长调节剂)，其组成结构和物理性质见下表。
查文献可知，可用2-氯-4-氨吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡苯脲。
反应过程中，每生成1 ml氯吡苯脲，断裂____个σ键、断裂____个π键。
（2）过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色与其d轨道电子排布有关。一般地，d0或d10排布无颜色，d1～d9排布有颜色。如C(H2O)6]2＋显粉红色。据此判断：Mn(H2O)6]2＋_____(填“无”或“有”)颜色。
（3）硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能与水反应生成B(OH)4]－而体现一元弱酸的性质，则B(OH)4]－中B的原子杂化类型为_________；
（4）Mg是第三周期元素，该周期部分元素氟化物的熔点见下表：
解释表中氟化物熔点差异的原因：___________________________________。
（5）我国科学家成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R 代表)。经X-射线衍射测得化合物R 的晶体结构，其局部结构如下图所示。
①组成化合物R 的两种阳离子中σ键的个数之比为____________；其中四核阳离子的立体构型为____________，其中心原子的杂化轨道类型是____________。
②分子中的大π键可用符号表示πmn，其中m 代表参与形成的大π键原子数，n 代表参与形成的大π键电子数，如苯分了中的大π键可表示为π66。则N5－中的大π键应表示为____________。
③请表示出上图中的氢键:________________________。
四、原理综合题（14分）
10．(1)以甲烷为燃料制作新型燃料电池，电解质为氢氧化钾溶液。电池负反应式为_____________；放电时钾离子移向电池的____________________________________________（填“正”或“负”）极
(2)碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液pH=5.60，c(H2CO3)=1.5×10-5 ml·L-1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，
则H2CO3 HCO3-＋H+的平衡常数K1=___________（已知10-5.60=2.5×10-6）
(3)常温下，0.1 ml·L-1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中
c(H2CO3)______c(CO32-)（填“＞”、“=”或“＜”），原因是___________________（用离子方程式和必要的文字说明）。
五、工业流程题（14分）
11．一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以C2O3·CO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中制取高纯碳酸钴（CCO3)的工艺流程如图：
（1）写出一条加快碱溶速率的措施__。
（2）过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的离子反应方程式为__(产物中只有一种酸根)。该过程不能用盐酸代替硫酸进行酸化，原因是_。
（3）过程Ⅲ中碳酸钠溶液的作用是沉淀Al3+和Li+，写出沉淀Al3+的离子方程式__。
（4）过程Ⅳ沉钴的离子方程式是__。
（5）CCO3可用于制备锂离子电池的正极材料LiCO2，其生产工艺是将n(Li)：n(C)=l：l的Li2CO3和CCO3的固体混合物在空气中加热至700℃～900℃。试写出该反应的化学方程式__。
六、有机推断题（15分）
12．2018年8月3日我国确诊首例非洲猪瘟疫情。目前某有效药物的主要成分—姜黄素(分子式为)的一种合成路线如图所示：
已知：①
②
(1)A的名称为___________；试剂X名称为__________。
(2)D中含有的官能团名称________。
(3)反应的化学方程式为____________，其反应类型是_______。
(4)下列有关的叙述不正确的是_______(填正确答案编号)。
a 能与溶液反应 b 能与浓溴水发生取代反应
c 能与溶液发生显色反应 d 最多能与发生加成反应
(5)姜黄素的结构简式为___________。
(6)的同分异构体中，写出符合下列条件的结构简式为___________。
①苯环上的一取代物只有2种
②核磁共振氢谱中有4组吸收峰
③1ml该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3mlNaOH
分子式
结构简式
外观
熔点
溶解性
C12H10ClN3O
白色结晶粉末
170~172 ℃
易溶于水
氟化物
NaF
MgF2
SiF4
熔点/K
1 266
1 534
183
参考答案
1．B
【解析】①此有机物中含有酯基，因此属于酯，故①正确；②此有机物中含有酯基、羧基、羟基、碳碳双键，因此是多官能团的有机化合物，故②正确；③此有机物中除含有碳氢两种元素外，还含有氧元素，因此不属于烃，故③错误；④含有C、H、O三种元素，因此属于烃的衍生物，故④正确；⑤不属于高分子化合物，故⑤错误；⑥不含酚羟基，因此不是酚类化合物，故⑥错误；⑦含有苯环，因此属于芳香化合物，故⑦正确；⑧不含醛基，不属于醛类化合物，故⑧错误；综上所述，选项B正确。
2．B
【分析】
由图中转化可知，物质能发生连续氧化反应，氮气、硫、碳均能发生连续氧化，而氢气只能氧化为水，以此来解答。
【详解】
A．，能发生转化，故A不符合题意；
B．氢气和氧气反应，只能氧化为水，不能被连续氧化，故B符合题意；
C．能发生转化，故C不符合题意；
D．碳在少量氧气中反应生成一氧化碳，一氧化碳能继续被氧气氧化， ，能发生转化，故D不符合题意；
故选B。
3．D
【解析】试题分析：氯气和铁的反应中氯气得到2个电子，选项A不正确；B中氯化钠溶液的体积不能确定，无法计算氯化钠的物质的量，B不正确；常温常压下，22.4LCO2的物质的量不是1ml，C不正确；D中氧气的物质的量是，含有1ml氧原子，D正确，答案选D。
考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断
点评：阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。
4．B
【详解】
A. Cl2中的氯元素的化合价有升高、有降低，所以Cl2既做氧化剂，又做还原剂，其中Cl2失去电子被氧化，得到电子被还原，则KCl是还原产物，KClO3是氧化产物，故A正确；
B. KOH在反应前后各元素的化合价不变，所以KOH不是还原剂，不具有还原性，故B错误；
C. 该反应中只有Cl元素的化合价变化，则氯气既是氧化剂又是还原剂，由Cl元素的化合价升高可知每消耗3mlCl2，转移电子数为5NA，故C正确；
D. Cl元素的化合价升高被氧化，化合价降低被还原，则由电子守恒可知，被氧化的氯原子与被还原的氯原子数之比为1：5，即被还原的氯气的物质的量是被氧化的氯气的物质的量的5倍，故D正确。
故选B。
【点睛】
本题的解题关键在于确定Cl2既做氧化剂又做还原剂，特别注意氧化还原分反应的基本概念及转移电子的计算。
5．D
【详解】
A．由于锌比铜活泼，故锌片作负极，故A错误；
B．电流是从正极流向负极，即从铜片流向锌片，故B错误；
C．盐桥不能传递电子，而是盐桥中的阴、阳离子定向移动而导电的，故C错误；
D．锌电极是负极，发生还原反应，故其电极反应式为Zn − 2e－=Zn2＋，故D正确；
答案为D。
6．C
【解析】
过氧化钠溶于水，生成氢氧化钠和氧气。根据图像可知，沉淀达到最大时，沉淀开始部分溶解，所以选项C正确。A、D只有Mg (OH)2沉淀；B、沉淀全部消失；
7．D
【详解】
A．过碳酸钠2Na2CO3•3H2O2相当于带结晶双氧水的碳酸钠，具有碳酸钠和双氧水的性质，所以具有强氧化性，A正确；
B．温度过高，会导致过碳酸钠和双氧水分解，因此在生产过程中采用较低温度，目的是防止产品和反应物的分解，B正确；
C．酸能碳酸钠反应，铁盐、铜盐能作为双氧水分解的催化剂，故在生产过程中酸、铁盐、铜盐等都可能导致产率下降，C正确；
D．过碳酸钠2Na2CO3•3H2O2具有碳酸钠和双氧水的性质，可以将亚硫酸钠氧化成Na2SO4，因此将过碳酸钠溶液和足量的亚硫酸钠溶液混合，发生的反应为2Na2CO3•3H2O2+3Na2SO3=2Na2CO3+3Na2SO4 + 3H2O，D错误；
故合理选项是D。
8．AC 烧杯、玻璃棒 16.0 等于 大于 10.9 15 偏大 偏小 偏小
【分析】
(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤确定所用仪器进行判断；
(2)依据m=n·M=c·V·M计算需要NaOH的质量；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析；
(3)依据c=计算质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸物质的量浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积，选择仪器的标准是“大而近”；
(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。
【详解】
(1)配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有：托盘天平(带砝码)、药匙、量筒、烧杯、玻璃杯、500 mL的容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器是圆底烧瓶、分液漏斗，故合理选项是AC；根据图示装置可知：还缺少的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒；
(2)需要0.80 ml/LNaOH溶液475 mL，应选择500 mL容量瓶，故实际配制500 mLNaOH溶液，因此需要氢氧化钠的质量m(NaOH)=0.80 ml/L×0.5 L×40g/ml =16.0 g；
在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，因此所得溶液浓度等于0.80 ml/L；
若还未等溶液冷却就定容了，冷却后液面下降，使溶液体积偏小，则会导致溶液浓度偏大，故所得溶液浓度大于0.80 ml/L；
(3)质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度为c(浓硫酸)= ml/L=18.4 ml/L。浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4 ml/L×V=0.40 ml/L×0.5 L，得V=0.0109L=10.9 mL；
需量取10.9 mL的浓硫酸，仪器越接近，实验误差越小，则应该选择使用15 mL的量筒来量取浓硫酸；
(4)①用量筒量取浓硫酸时，仰视读数，则取用的浓硫酸偏多，溶质的物质的量偏多，会导致配制的溶液浓度偏大；
②定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线，导致溶液中溶质的物质的量偏少，最终使配制的溶液浓度偏小；
③定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线，使配制溶液的体积偏大，最终会导致溶液浓度偏小。
【点睛】
本题主要考查物质的量浓度溶液的配制及误差分析。注意选择仪器的标准是“大而近”的原则；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析；利用物质的量浓度与质量分数换算式计算浓溶液的物质的量浓度。
9．NA NA 有 sp3 NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高。因为Mg2+的半径小于Na+的半径，且所带电荷数多，所以MgF2的晶格能大于NaF的晶格能，故MgF2的熔点大于NaF 3:4(或4:3) 三角锥形 sp3 π56 N-H···N、 O-H···N、 N-H···Cl
【解析】
分析：(1).异氰酸苯酯断裂的N=C中含1个π键，2-氯-4-氨吡啶断裂的是1个σ键；(2).根据题中信息和Mn(H2O)6]2＋中Mn原子d能级电子数判断离子是否有颜色；(3). 根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式；(4).氟化物的熔点高低与晶体类型有关，离子晶体的熔点较高，分子晶体的熔点较低；(5). ①.阳离子为H3O＋和NH4＋，H3O＋中含有3个σ键，NH4＋中含有4个σ键；②. N5－中化学键总数为5个，由6个电子形成大π键；③. 据图可知氢键可表示为N-H···N、O-H···N、N-H···Cl。
详解：(1).在反应过程中，异氰酸苯酯断裂的N=C中含1个π键，2-氯-4-氨吡啶断裂的是1个σ键，则每生成1 ml氯吡苯脲，断裂NA个σ键和NA个π键，故答案为NA；NA；
(2). 过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色与其d轨道电子排布有关，一般地，d0或d10排布无颜色，d1～d9排布有颜色，Mn(H2O)6]2＋中Mn原子d能级电子数为5，所以该离子有颜色，故答案为有；
(3). B(OH)4]－中B的价层电子对数为4+=4，所以B原子的杂化类型为sp3，故答案为sp3；
(4). 离子晶体的熔点较高，分子晶体的熔点较低，NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高，又因为Mg2+的半径小于Na+的半径，且Mg2+的电荷数多，所以MgF2的晶格能大于NaF，导致MaF2的熔点大于NaF，故答案为NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高。因为Mg2+的半径小于Na+的半径，且所带电荷数多，所以MgF2的晶格能大于NaF的晶格能，故MgF2的熔点大于NaF；
(5).①.据图可知，阳离子为H3O＋和NH4＋，H3O＋中含有3个σ键，NH4＋中含有4个σ键，所以R 的两种阳离子中σ键的个数之比为3:4(或4:3)，H3O＋的中心原子是O，其价层电子对数为3+=3+1=4，所以O原子的杂化类型为sp3，孤电子对数为1，则其空间构型为三角锥形，故答案为3:4(或4:3)；三角锥形；sp3；
②.据图可知，N5－中化学键总数为5个，由6个电子形成大π键，可用符号π56表示，故答案为π56；
③.据图可知，上图中的氢键可表示为N-H···N、O-H···N、N-H···Cl，故答案为N-H···N、O-H···N、N-H···Cl。
10．CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O 正 4×10-7 大于 水解大于电离
【详解】
(1)在甲烷燃料电池中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，电极反应为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；在原电池中阳离子移向正极；
(2)常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c（H+）=c（HCO3-）=10-5.6ml/L；c（H2CO3）=1.5×10-5 ml/L。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3的第一级电离的平衡常数K1===4×10-7 ml/L；
(3)因NaHCO3溶液显碱性，HCO3-的水解程度大于自身的电离程度，即NaHCO3溶液中既存在电离平衡为HCO3-CO32-+H+，水解平衡为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，而HCO3-水解程度大于电离程度。
11．废料粉碎、升高温度、增大碱液的浓度。 4C2O3·CO + S2O3 2-+ 22H+= 12C2++ 2SO42- + 11H2O C2O3·CO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境 2Al3++3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑ C2++2HCO3-= CCO3↓+CO2↑+H2O 2Li2CO3+4CCO3+O2 4LiCO2+ 6CO2↑
【分析】
（1）根据影响反应速率的因素回答加快碱溶速率的措施；
（2）过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液，C3+被还原为C2+， S2O32-被氧化为SO42-；C3+具有强氧化性，能把盐酸氧化为氯气；
（3）过程Ⅲ中碳酸根离子与Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
（4）过程Ⅳ沉钴是C2+与HCO3-反应生成CCO3沉淀和二氧化碳气体；
（5）将n(Li)：n(C)=l：l的Li2CO3和CCO3的固体混合物在空气中加热至700℃～900℃生成LiCO2，氧气把C(Ⅱ)氧化为C(Ⅲ)，根据电子守恒配平方程式。
【详解】
（1）根据影响反应速率的因素，废料粉碎、升高温度、增大碱液的浓度都可以加快碱溶速率；
（2）过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液，C(Ⅲ)被还原为C(Ⅱ)， S2O32-被氧化为SO42-，浸出钴的离子反应方程式为4C2O3·CO + S2O3 2-+ 22H+= 12C2++ 2SO42- + 11H2O。C2O3·CO具有强氧化性，能把盐酸氧化为Cl2，污染环境，所以不能用盐酸代替硫酸进行酸化；
（3）过程Ⅲ中碳酸根离子与Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，沉淀Al3+的离子方程式是2Al3++3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑；
（4）过程Ⅳ沉钴是C2+与HCO3-反应生成CCO3沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式是C2++2HCO3-= CCO3↓+CO2↑+H2O；
（5）将n(Li)：n(C)=l：l的Li2CO3和CCO3的固体混合物在空气中加热至700℃～900℃生成LiCO2，氧气把C(Ⅱ)氧化为C(Ⅲ)，根据电子守恒配平方程式为2Li2CO3+4CCO3+O2 4LiCO2+ 6CO2↑。
【点睛】
本题借助钛铁矿制备锂离子电池电极材料，考查了化合价判断、离子方程式书写、化学计算等知识，明确制备原理是解题的关键，充分考查了学生的综合解题能力。
12．1,2-二溴乙烷 NaOH水溶液 醛基、羧基 加成反应 ad
【分析】
乙烯和溴单质发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，A发生水解反应生成乙二醇，乙二醇发生催化氧化反应生成乙二醛，乙二醛部分氧化反应生成D(OHCCOOH)，D和发生加成反应生成E()，E发生催化氧化反应生成F，根据信息①和G的分子式得到G为，根据信息②得到姜黄素。
【详解】
(1)根据乙烯和溴单质发生加成反应得到A的名称为1,2-二溴乙烷；A到B发生水解反应，因此试剂X名称为NaOH溶液；故答案为：1,2-二溴乙烷；NaOH溶液。
(2)根据分析得到D为OHCCOOH ，因此D中含有的官能团名称醛基、羧基；故答案为：醛基、羧基。
(3)根据反应的结构式得到该反应是加成反应，其化学方程式为；故答案为：；加成反应。
(4)G的结构简式为，不能与溶液反应，能和碳酸钠反应；含有酚羟基，能与浓溴水发生取代反应，能与溶液发生显色反应，显紫色；G含有苯环和醛基，因此1ml G最多能与4mlH2发生加成反应；故答案为：ad。
(5)根据分析，根据的姜黄素分子式和信息②得到姜黄素的结构简式为；故答案为：。
(6)的同分异构体中，1ml该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3ml NaOH，则可能含有酚—OH和—OOCCH3，苯环上的一取代物只有2种，核磁共振氢谱中有4组吸收峰，则为；故答案为：。
【点睛】
书写用分异构体时要想可能的情况，比如1ml G同分异构体与烧碱溶液反应，最多消耗3ml NaOH，可能含有酚—OH和—OOCCH3，也可能含有3个酚羟基和—CH=CH2，需要再结合其他条件一起判断。