广东省潮州2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题

这是一份广东省潮州2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题，共37页。试卷主要包含了实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
广东省潮州2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题

一、实验题
1．（2021·广东潮州·统考二模）氨基锂(LiNH2)是一种白色有光泽的结晶或粉末，熔点是390℃，沸点是430℃，溶于冷水，退热水则强烈水解。在380～400℃时锂与氨气直接反应可制得LiNH2，下面是实验室制备LiNH2时可能用到的装置图，回答下列问题。

(1)仅从试剂性质角度分析，下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是____(填字母)。
A．浓氨水、CaOB．NH4Cl固体、Ca(OH)2固体
C．浓氨水D．NH4NO3固体、NaOH固体
(2)用(1)中合适的试剂制取的NH3按气流方向自左向右，则图中装置的连接顺序为___(填接口处字母)，装置A的作用是____。
(3)装置C中盛装的试剂是___。实验开始后，向X中通入NH3与加热仪器X的先后顺序为__。
(4)实验室还可用浓氨水与固体NaOH混合制备氨气，但多次实验表明，此方法收集到的NH3量总是比理论值低许多，其最可能的原因是______。
(5)氨基锂能与热水反应生成LiOH与一种气体，该气体为____，用实验验证你的结论：____。
2．（2022·广东潮州·统考二模）亚氯酸钠()是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备固体的实验装置如图所示：

已知：
①的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解：气体浓度较大时易发生分解，若用空气、、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。
②
回答下列问题：
(1)按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是_______；装置B的作用是_______；冰水浴冷却的主要目的不包括_______(填字母)。
a.减少的分解    b.降低的溶解度    c.减少的分解
(2)是合成的重要原料，写出三颈烧瓶中生成的化学方程式：_______。
(3)装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为_______。空气的流速过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解可能发生爆炸；空气流速过快时，则导致_______。
(4)该套装置存在的明显缺陷是_______。
(5)为防止生成的固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除外，还可以选择的还原剂是_______(填字母)
A．过氧化钠 B．硫化钠 C．氯化亚铁 D．高锰酸钾
(6)若mg最终制得纯净的ng，则的产率是_______×100%。(相对分子质量分别是：106.5  ：90.5)
3．（2023·广东潮州·统考二模）铁及其化合物在生活、生产中有着广泛应用。(易升华，易水解)是常见的化学试剂，某学习小组开展了与相关的系列实验，请回答下列问题：
I．铁粉制备(实验装置如图所示)

(1)基态的电子排布式为_________。A中实验室制备的离子方程式为_________；
(2)装置中F的作用：________；
Ⅱ．在水溶液中能够水解产生胶团从而具有净水作用。
(3)胶团如图所示，在静电吸附作用下，胶团可以除去废水中含价的砷微粒是___。(已知：价砷元素存在形式为)

(4)为探究和添加助凝剂对净水效果的影响，①实验小组选取一种含价的砷微粒废液进行探究实验，请将下列表格内容补充完整。已知：净水效果可用相同时间内废液中含价的砷微粒变化来衡量。废液中砷微粒越高，代表废液污染越严重。
组别
废液体积

饱和溶液用量
添加的助凝剂
净水前砷微粒浓度
净水后砷微粒浓度
1

1.0
2滴
无
Al
B1
2

2.0
2滴

A2
B2
3

_________
2滴
_________
A3
B3
4

3.0
2滴
有
A4
B4
②实验结论一：通过1、2、3组实验，发现随着增大，净水效果依次增强。减小，净水效果减弱的原因是_________。
③实验结论二：添加助凝剂能够显著提高净水效果。该实验结论成立的判断依据是_________。(用表中数据表示)
Ⅲ.
(5)①可与噻吩()和吡咯()形成配位化合物。噻吩、吡咯是类似于苯的芳香化合物，环中的五个原子形成了大键。噻吩难溶于水，吡咯能溶于水，原因是吡咯能与水形成分子间_________，而噻吩不能。
②一个立方体结构的晶胞如图所示，已知阿伏加德罗数值为，的晶体密度为，则晶胞的边长为_________(用含、的代数式表示)。


二、工业流程题
4．（2021·广东潮州·统考二模）硒是典型的半导体材料，在光照射下导电性可提高近千倍。下图是从某工厂的硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu单质)中提取硒、银的工艺流程图：

回答下列问题：
（1）为提高反应①的浸出速率，可采用的措施为____（答出两条)。
（2）已知反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，写出该反应的离子方程式____。
（3）反应②为Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+SO42-(aq)；常温下的Ag2SO4、AgCl的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。则Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+SO42-(aq)的化学平衡常数的数量级为____。
   
（4）写出反应④的化学方程式____。
（5）室温下，H2SeO3水溶液中H2SeO3、HSeO3-、SeO32-的摩尔分数随pH的变化如图所示，则室温下H2SeO3的Ka2=___。
（6）工业上粗银电解精炼时，电解液的pH为1.5~2，电流强度为5~10A，若电解液pH太小，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生____(写电极反应式)，若用10A的电流电解60min后，得到32.4gAg，则该电解池的电解效率为____%。(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500C·mol-1)
5．（2022·广东潮州·统考二模）水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：

回答下列问题：
(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是_______，还可使用_______代替硝酸。
(2)沉淀A的主要成分是_______，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为_______。
(3)加氨水过程中加热的目的是_______。沉淀B的主要成分为、_______(填化学式)
(4)草酸钙沉淀经稀处理后，用标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：。实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了的溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_______，(相对原子质量Ca：40)
6．（2023·广东潮州·统考二模）镀镍生产过程中产生的酸性硫酸镍废液(含有等杂质离子)，通过精制提纯可制备高纯硫酸镍，部分流程如下：

资料1：时，，，易溶于水。
资料2：(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：
X+Mx+ M +xH+


(1)操作1、2的名称_________，操作3的所需要主要玻璃仪器名称是烧杯和_________。
(2)操作1中加入的主要目的是______。
(3)溶液参与反应的离子方程式是和_________，杂质离子沉淀完全时，溶液中_________(c(杂质离子)可视为沉淀完全)。
(4)滤液b中含有的金属阳离子主要有和_________。
(5)在硫酸盐溶液中对某些金属离子的萃取率与关系如图所示，在一定范围内，随着升高，萃取率升高的原因是___________。

(6)处理后母液再利用及含量测定：
①在母液中加入石灰乳可制备操作1中所需浆液，写出制备的化学方程式_________。
②准确量取处理后的母液稀释液于锥形瓶中，加入溶液，充分反应后，滴加氨水调节溶液，用溶液滴定至终点，滴定反应为：，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液，计算处理后的母液稀释液中含量_________。

三、原理综合题
7．（2021·广东潮州·统考二模）氮氧化物是形成酸雨、水体富营养化、光化学烟雾等环境问题的主要原因。
已知：反应Ⅰ.2NO(g)+O2(g)2NO2(g)　ΔH1=－112 kJ/mol；
反应Ⅱ.2NO2(g)N2O4(g)　ΔH2=－24.2 kJ/mol；
反应Ⅲ.3O2(g)2O3(g)　 ΔH3=＋144.6 kJ/mol；
(1)大气层中O3氧化NO的热化学方程式为3NO(g)+O3(g)3NO2(g) ΔH4=________。
(2)某温度下，向1L刚性容器中投入1mol O2发生反应Ⅲ，5min时压强变为原来的0.9倍后不再变化。
①5min内O3的生成速率v(O3)=______________________。
②平衡时O2的转化率α(O2)________30%(填“>”“=”或“”“=”或“”“ ＜ D
(4)BD
(5)12

【解析】(1)
在700K条件下，CO2和FeO发生反应生成C和Fe3O4，过程1中Fe3O4分解生成FeO和O2，所以整个反应过程中FeO作催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为；
(2)
焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则该反应的焓变=[52+(-242)×4-(-392)×2-0]kJ/mol=-128kJ/mol，故答案为：-128kJ/mol；
(3)
①相同条件下，投料比[]越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率大于X2，所以X1＞X2；该反应的正反应是放热反应，温度越高其平衡常数越小，温度A＜B，所以平衡常数＜，故答案为：＞；＜；
②20～30min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同，应为缩小容器体积，故答案为：D；
(4)
影响产物产率的因素只能是引起平衡移动的因素，反应的活化能增大因素都是和催化剂有关的因素，催化剂只能改变反应速率，不会引起平衡移动，乙烯产率不会影响，反应的平衡常数变大是温度的变化引起的，反应是放热的，平衡常数变大是因为升高温度，故答案为：BD；
(5)
根据Kh==2×10-4=，所以c(OH-)=10-2mol/L，pH=12。
9．(1) 2 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=—92.2kJ/mol
(2)2*N+6*H=2*NH3
(3) 0.005 ad g
(4)4NH+2NO+2O2=3N2+4H++6H2O
(5)N2+6H++6e—=2NH3

【详解】（1）氮气分子的氮氮三键中含有1个σ键和2个π键，则1mol氮气分子中π键数目为1mol×2×NAmol—1=2NA；由图可知，合成氨反应的反应热为ΔH=(307.8+100.0) kJ/mol—500kJ/mol =—92.2kJ/mol，反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=—92.2kJ/mol，故答案为：2；N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=—92.2kJ/mol；
（2）由图可知，活化能最大的反应为2*N+6*H=2*NH3，反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应速率取决于慢反应，则对总反应速率影响较大的步骤的的化学方程式为2*N+6*H=2*NH3，故答案为：2*N+6*H=2*NH3；
（3）①反应20min达到平衡时，氮气、氢气、氨气的分压分别为0.9MPa×=0.2MPa、0.9MPa×=0.6MPa、0.9MPa×=0.1MPa，则0−20min内氨气的平均反应速率为=0.005MPa/min，反应的平衡常数Kp==MPa—2，故答案为：0.005；；
②a．氨气的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
b．由质量守恒定律可知，反应中容器中氢氮比始终保持不变，则容器中氢氮比保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
c．氮气和氨气平均反应速率之比为1：2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
d．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积减小的反应，在恒压密闭容器中反应时，混合气体的密度气体密度增大，则混合气体的密度气体密度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故选ad；
③该反应为气体体积减小的反应，若起始条件相同，恒压密闭容器相当于恒容容器增大压强，反应速率加快，达到平衡的时间减小，平衡向正反应方向移动，氢气的百分含量减小，则若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，达到平衡所需时间大于恒压密闭容器，氢气的百分含量高于恒压密闭容器，故选g；
（4）由图可知，在HY载体上，铵根离子与物质的量比为1：1的一氧化氮和氧气反应生成氮气、氢离子和水，反应的离子方程式为4NH+2NO+2O2=3N2+4H++6H2O，故答案为：4NH+2NO+2O2=3N2+4H++6H2O；
（5）由图可知，与直流电源负极相连的电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+6H++6e—=2NH3，故答案为：N2+6H++6e—=2NH3。
10． 4d105s25p1 Se>Ga>In 硅原子半径大于碳，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小，形成三键、三键不稳定 组成、结构相似、四氯化硅的相对分子质量较大 [Ga(NH3)4Cl2]Cl 三角锥形 sp2 a 8
【分析】Ga与In同主族，Se与Ga同周期；碳与硅同主族，碳原子半径小于硅原子半径；硒原子的价层电子数为4，其中为1个孤对电子对、3个成键电子对；CuS晶胞中S2-位于晶胞的顶点和面心上，铜离子位于体内，配位数为4。
【详解】（1）镓原子的质子数为49，电子排布是为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1，简写为[Kr] 4d105s25p1；Ga与In同主族，Se与Ga同周期，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右第一电离能逐渐增大，则第一电离能从大到小顺序为Se>Ga>In。
（2）碳碳双键、碳碳叁键都有键，硅原子的半径大于碳原子，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小于碳原子，键不稳定。四氯化硅、四氟化硅都是分子构成的物质，组成、结构相似，四氯化硅的相对分子质量大于四氟化硅，故四氯化硅的分子间作用力较大，沸点较高。
（3）向上述某配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2，说明该配合物内界和外界中含氯离子的个数比为2:1，由于Ga3+的配位数为6，则该配合物的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。
（4）SeO32-中硒原子的价层电子对数为4，其中为1个孤对电子对、3个成键电子对，故它的立体构型为三角锥形；二氧化硒分子中硒原子价层有3个电子对，采取sp2杂化。
（5）①由题意可知，铜离子位于互不相邻的四面体中心，因此相邻的两个铜离子间的距离为a pm。
②铜离子配位数为4，根据化学式为Cu2S，得出S2-的配位数为8。
③Cu2S晶体中含有8个铜离子、4个硫离子，故晶体的密度为ρ=
g·cm-3。
11． 原子光谱 1s22s22p2 sp、sp2 C 直线形 N2O或CO2 原子晶体 低于 N原子半径小，Ga—N键长短，共价键键能大 ×100%
【分析】(1)现代化学中常利用的原子光谱特征谱线来鉴定元素，按原子排布规律找出氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数最多的是碳；
(2)石墨炔中碳原子的杂化类型与碳碳键的类型相关，据此回答；
(3)根据Na2B4O5(OH)4]•8H2O的结构示意图，分析其晶体类型及存在的微粒间的作用力，据此回答；
(4)①按信息——阳离子 “N5n+”结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键，则为N5+，则 N8中阴离子为N3-，按等电子体的内涵确定其分子的空间构型、书写其等电子体的分子式；
②按信息——Ga和As两种元素电负性相差不大，能形成共价化合物GaAs。GaAs的熔点为1238℃，判断晶体的类型，按影响熔点高低的因素判断GaAs 、GaN熔点高低及理由，并按均摊法计算GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率；
【详解】(1)每一种元素都有唯一特定的原子光谱，现代化学中，常利用上原子光谱的特征谱线来鉴定元素；按原子排布规律氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数分别为1、2、1、1，则未成对电子数最多的是碳，其电子排布式为1s22s22p2；
答案为：原子光谱；1s22s22p2；
(2)碳碳叁键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的每个碳原子形成3个δ键，无孤电子对，采取sp2杂化；
答案为：sp、sp2；
(3) 根据Na2B4O5(OH)4]•8H2O的结构示意图，其晶体内有阴阳离子、有水分子、有配位键，则知含有离子键、共价键、范德华力、氢键，但没有金属键，因为金属键只存在于金属晶体中；
答案为：C；
(4) ①按信息——阳离子 “N5n+”结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键，满足条件的结构为：，则为N5+，则 “N8”的离子晶体是由N5+和N3-形成的，N8中阴离子为N3-，其中的阴离子中原子个数是3、价电子数是16，所以其等电子体有N2O或CO2，则其空间构型为直线形；
答案为：直线形；N2O或CO2；
②按信息——Ga和As两种元素电负性相差不大，故化合物GaAs内是共价键，晶体熔点为1238℃，则可判断为原子晶体，共价键越牢固，原子晶体熔点越高，由于N、As属于同一主族的元素，原子半径N比As小，Ga—N键长短，共价键键能大，则熔点GaAs比GaN的低；
根据均摊法计算，晶胞内As原子数目，Ga原子数目：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积为，晶胞的体积为： ，则原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%；
答案为：原子晶体；低于；N原子半径小，Ga—N键长短，共价键键能大；×100%。
【点睛】本题阅读量较大，要充分提炼信息的基础上灵活应用元素周期律、杂化轨道理论等解题，并要能应用均摊法进行晶胞相关的计算。
12． 光照、Cl2 氧化反应 13 2+O22+2H2O 或或 9
【分析】对比A、C的结构可知B为．D发生催化氧化生成E为，进一步氧化生成F，对比F、G的结构，可知F发生取代反应生成生成G，由H、J的结构简式，结合I的分子式、信息①，可推知I为．由G、K、M的结构简式，结合信息②，可推知L为。
【详解】(1)A→B是甲苯与氯气反应生成，反应条件和试剂是：光照、氯气；(2)E→F是醛被氧化为酸，反应类型是氧化反应；甲苯中苯分子所有原子共平面，甲基是正四面体，由于单键可旋转，则最多有13个原子共平面； (3)D→E反应的化学方程式：2+O22+2H2O；
(4)化合物M的同分异构体满足条件：①含有苯甲酸结构，②含有一个甲基，③苯环上只有两个取代基，可知其中一个取代基为-COOH，另外一个取代基为-NHCH2CH3、或-CH2NHCH3、或-CH(NH2)CH3，均有邻、间、对3种，符合条件的共有9种，其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：2：2：3的分子的结构简式：；(5)由合成路线，可知丙酸先与PCl3反应，产物再与反应，最后在碱性条件水解、酸化得到，合成路线流程图为：。
13．(1)酯基
(2)酯化反应(取代反应)
(3) C11H10O3
(4)
(5) 9 、
(6)

【分析】由合成流程可知，HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为,则B为，A与氢气发生加成反应生成B，A为，故生成A的反应为开环加成反应；与苯在氯化铝作用下反应生成D的为，D与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生信息中的反应生成F，试剂X为，生成F为，最后F在加热条件下发生取代反应生成G为；
【详解】（1）A为，含有的含氧官能团名称是酯基；
（2）D与甲醇发生酯化反应生成，则D→E的反应类型是酯化反应或取代反应；
（3）E为，其分子式是C11H10O3；由分析可知F的结构简式是；
（4）HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为，发生反应的化学方程式为；
（5）B为，其同分异构体W 0.5mol与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，CO2的物质的物质的量为1mol，说明W分子结构中含有2个羧基，除去2个-COOH，还有4个C，这四个碳如为直链状即C-C-C-C，连接2个-COOH，共有6种结构，另外四个碳中可以有一个支链，即，连接2个-COOH，共有3种结构，即符合条件的B的同分异构体W共有9种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为、；
（6）结合题中生成D的反应原理甲苯和可生成，再与H2在催化剂作用下发生加成反应，生成，再在浓硫酸的作用下加热发生酯化反应即可生成，具体合成路线为 。
14．(1) 溴苯 羰基、羧基 2
(2) 氢气 加成
(3) 6
(4)


【分析】根据B的结构简式及A的分子式知，可知A与 发生开环加成生成B，故A为 ，B中羧基和乙醇发生酯化反应生成C；对比C、D的结构,结合信息中的加成反应,推知M为 ，D发生加成反应生成E， E中醇羟基发生消去反应生成F 。据此解答。
【详解】（1）A为 ，名称为溴苯，B中含有含氧官能团为羰基和羧基。E的结构为，其中标有“*”碳为手性碳原子，故手性碳原子数为2。
（2）C的结构简式为 ，其中羰基能和氢气发生加成反应或还原反应生成羟基，C和M反应生成D，说明碳碳双键发生加成反应，而M的结构简式为 。
（3）B的同分异构体①仅含苯环一个环状结构，且苯环上仅有2个取代基，有邻间对三种位置；②仅含2种官能团且能发生银镜反应，说明含有溴原子和醛基，因为有三个氧原子，故含有3个醛基。③不含，不含.。故苯环上两个取代基分别为-Br和C(CHO)3，在苯环上有邻间对三种位置关系，如果取代基为-CHO和-C Br (CHO)2，也有邻间对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有6种结构。核磁共振氢谱有三组吸收峰，峰面积之比为3∶2∶2的一种同分异构体结构简式为
（4）模仿D到E到F的转化， 与 反应生成 ，然后在催化剂条件下发生消去反应生成 ，最后和氢气发生加成反应生成 ，合成路线为： 。