【高考快车道】考前强化练 大题突破练1-试卷（含答案）化学高考二轮复习

大题突破练(一)
1.(14分)(2025·安徽滁州一模)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下:
已知溶液中相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子 Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ Mn2+
开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 8.1
沉淀完全的pH 2.8 8.9 1.1 9.4 8.2 10.1
回答下列问题:
(1)为了加快废渣的“酸浸”速率,可以采取的措施有　　　　　　、　　　　　　(任写两条)。
(2)滤渣1的主要成分是　　　　　　(写化学式)。Pb元素位于元素周期表中第ⅣA族,Pb3O4中Pb元素的化合价为+2价和　　　价。
(3)加入MnO2这一步发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。
(4)“氧化沉钴”过程中,若氧化等物质的量的Co2+和Mn2+,消耗KMnO4的物质的量之比为　　　　　　　　　　　　。
(5)“除钴液”中残留的Co3+浓度为　　　　　。
(6)一种含Co、Ni和Ga元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心,形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中,粒子个数最简比N(Co)∶N(Ga)∶N(Ni)=　　　　　　,该晶胞的体积为　　　　　　 nm3。
2.(12分)(2025·河北秦皇岛一模)氧钒碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O,相对分子质量为1 065}呈紫红色,难溶于水和乙醇,其制备及热分析实验如下,回答下列问题。
Ⅰ.制备氧钒碱式碳酸铵晶体的流程如下:
V2O5VOCl2溶液氧钒碱式碳酸铵晶体
其中,步骤ⅰ中制备的VOCl2易被O2氧化,步骤ⅱ、步骤ⅲ的部分装置如图所示。
(1)氧钒碱式碳酸铵中V的化合价为　　　　价,基态钒原子的价电子排布式为　　　　。
(2)步骤ⅰ中有无色无污染的气体产生,写出步骤ⅰ中发生反应的化学方程式: 　　　　　　　　　　　　。
(3)图中盛装NH4HCO3溶液的仪器名称为　　　　;反应前通CO2的目的是　 　。
(4)VOCl2在溶液中完全电离出VO2+和Cl-,步骤ⅱ中有紫红色晶体析出并产生大量的气泡,则步骤ⅱ中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。
(5)步骤ⅲ使用抽滤方法的优点是　　　　　　　　　　　　。
Ⅱ.将氧钒碱式碳酸铵晶体置于PCT-1型联动热分析仪中,通入N2进行热分析曲线测定,得到的曲线如图所示。
(6)产物B1的化学式为　　　　　　　　　　　　。
3.(14分)(2025·山东齐鲁名校第七次联考)二氧化碳氧化乙烷脱氢制乙烯对于实现“碳达峰”和“碳中和”的目标具有重要意义。回答下列问题:
Ⅰ.(1)已知在一定条件下乙烷可直接脱氢制乙烯:C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)　ΔH=+123.5 kJ·mol-1。
①已知键能:E(C—H)=416 kJ·mol-1,E(H—H)=436 kJ·mol-1,计算形成1 mol碳碳π键放出的能量为　　　　 kJ。
②在一定温度和压强下,对于n(C2H6)∶n(Ar)分别为3∶1、1∶1、1∶3、1∶5的C2H6和Ar的混合气体,热分解反应过程中C2H6的转化率随时间的变化如图所示。
n(C2H6)∶n(Ar)=3∶1对应图中曲线　　　　(填“a”“b”“c”或“d”),理由是　　　　　　　　　　　　。
Ⅱ.二氧化碳氧化乙烷制备乙烯,主要发生如下两个反应:
ⅰ.C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)　ΔH1>0
ⅱ.C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)　ΔH2>0
(2)向容积不变的密闭容器中投入2 mol C2H6和3 mol CO2发生上述反应,不同温度下,测得平衡时C2H6转化率和C2H4选择性随温度的变化如图所示(乙烯选择性=×100%)。
①表示C2H4选择性的曲线是　　　　(填“L1”或“L2”),该曲线随温度变化的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②a点对应温度下反应ⅰ的平衡常数K=　　　(用物质的量分数表示平衡常数)。
　　　　　　　　　　　
(3)相同条件下,在不同催化剂表面上二氧化碳氧化乙烷脱氢制乙烯反应的相关数据如表所示(其他副产物没有列出)。
催化 剂 C2H6 转化率/% CO2 转化率/% C2H4 产率/% 选择性/%
C2H4 CO
X 17.8 11.6 13.1 73.6 15.3
Y 31.2 23.0 24.8 79.4 10.4
Z 5.2 3.2 4.8 92.4 7.4
W 8.5 2.8 7.4 87.2 6.9
其中催化性能最好的是　　　　　　(填字母)。
A.X B.Y
C.Z D.W
(4)研究表明当温度过高时还有副产物积碳产生,不利于乙烯的制备,原因可能是　　　　　　　　　　　　;
如果原料气中适当增加CO2的含量,会减少积碳的产生,原因是 (用化学方程式表示)。
4.(15分)(2025·河北保定一模)有机物K()是一种药物合成中间体,K的一种合成路线如图所示:
已知:Ⅰ.;
Ⅱ.(R1、R2表示烃基或氢原子,R3表示烃基)。
回答下列问题:
(1)A的结构简式为　　　　　,J中官能团名称为　　　　　　。
(2)C→D的化学方程式为　　　　　　　　　　　　,J→K的反应类型为　　　　　　　　　　　　。
(3)F→G的目的是　　　　　　　　　　　　。
(4)符合下列条件的C的同分异构体有　　　　种(不考虑立体异构)。
①能与FeCl3溶液发生显色反应;②能与NaHCO3溶液反应;③苯环上含有3个取代基。
(5)根据上述信息,写出以为主要原料制备的合成路线(其他试剂任选)。
参考答案
1.答案 (1)粉碎废渣　提高硫酸浓度(或搅拌、适当加热等,任写两条,合理即可)
(2)PbSO4　+4
(3)MnO2+2Fe2++4H+2Fe3++Mn2++2H2O
(4)1∶2
(5)10-16.7 mol·L-1
(6)2∶1∶1　8a3×10-9
解析:由题给信息可知,用硫酸处理湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物),得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、S等离子的溶液,Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4。过滤后,滤液中加入MnO2,将Fe2+氧化为Fe3+。然后加入ZnO,调节溶液pH,使Fe3+完全转化为Fe(OH)3。再次过滤后,滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+。“氧化沉钴”时加入KMnO4,将溶液中的Co2+氧化为Co3+,Co3+形成Co(OH)3沉淀,而KMnO4被还原为MnO2。KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2,得到Co(OH)3和MnO2的混合物。
(1)可以通过粉碎废渣、提高硫酸浓度、适当加热、搅拌等方式加快反应速率,提高钴元素的浸出效率。
(2)由分析可知,滤渣1为PbSO4。Pb元素位于元素周期表中第ⅣA族,其最高正价为+4价。根据化合物的化合价代数和为0,可知Pb3O4中Pb元素的化合价为+2价和+4价。
(5)根据题给数据,可知Co3+沉淀完全时的pH=1.1,此时c(Co3+)=10-5 mol·L-1,c(OH-)=10-12.9 mol·L-1。则Ksp[Co(OH)3]=c(Co3+)×c3(OH-)=10-43.7。“除钴液”的pH=5,则“除钴液”中残留的Co3+的浓度= mol·L-1=10-16.7 mol·L-1。
(6)该记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心,根据均摊法,可知晶胞中Ga、Ni的个数为4,Co的个数为8×+6×+12×+1=8,粒子个数最简比N(Co)∶N(Ga)∶N(Ni)=2∶1∶1。该晶胞的棱长为2a pm,故该晶胞的体积为(2a×10-3nm)3=8a3×10-9 nm3。
2.答案 (1)+4　3d34s2
(2)N2H4+2V2O5+8HCl4VOCl2+N2↑+6H2O
(3)三颈烧瓶　排除装置中的空气,防止VO2+被氧化
(4)6VO2++6H2O+5N+17HC
(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑
(5)使过滤速率加快,且产品含水量更少
(6)(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·2H2O
解析:(1)氧钒碱式碳酸铵中含V的微粒为VO2+,则V的化合价为+4价;钒元素的原子序数为23,基态钒原子的价电子排布式为3d34s2。
(2)由题意可知,步骤ⅰ中五氧化二钒与盐酸和联氨反应生成VOCl2、氮气和水,该反应的化学方程式为N2H4+2V2O5+8HCl4VOCl2+N2↑+6H2O。
(3)图中盛装NH4HCO3溶液的仪器名称为三颈烧瓶;由题中信息可知,VOCl2易被O2氧化,故反应前通CO2的目的是排除装置中的空气,防止VO2+被氧化。
(4)步骤ⅱ中VOCl2与碳酸氢铵溶液反应制得氧钒碱式碳酸铵晶体和氯化铵,并产生大量的气泡,该反应的离子方程式为6VO2++6H2O+5N+17HC
(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑。
(5)该抽滤装置利用水流带走空气,导致里面压强减小,使过滤速率加快,且产品含水量更少。
(6)加热氧钒碱式碳酸铵晶体首先失去结晶水,设加热1 mol氧钒碱式碳酸铵晶体,加热到89 ℃时,失去结晶水的物质的量为=8 mol,则产物B1的化学式为
(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·2H2O。
3.答案 (1)①272.5　②a　n(C2H6)∶n(Ar)越大,C2H6的分压越大,平衡向逆反应方向移动,C2H6的转化率越低
(2)①L2　升高温度,反应ⅱ正向进行的程度大于反应ⅰ正向进行的程度(或高温下以反应ⅱ为主)　②
(3)B
(4)积碳引起催化剂活性降低或失活　CO2+C2CO
解析:(1)①由方程式可知,1 mol乙烷分解生成乙烯和氢气时,反应断裂2 mol C—H键,形成1 mol碳碳π键和1 mol H—H键,则反应的ΔH=416 kJ·mol-1×2-E(碳碳π键)-436 kJ·mol-1=+123.5 kJ·mol-1,解得E(碳碳π键)=272.5 kJ·mol-1,所以形成1 mol碳碳π键放出的能量为272.5 kJ。
②该反应是气体体积增大的反应,恒温恒压条件下,n(C2H6)∶n(Ar)增大,平衡向逆反应方向移动,乙烷的转化率减小,由图可知,相同时间内,曲线a对应乙烷的转化率最小,则n(C2H6)∶n(Ar)=3∶1对应曲线a。
(2)①反应ⅰ和反应ⅱ均为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向移动,乙烷的转化率增大,由图可知,表示乙烷转化率的是曲线L1,表示乙烯选择性的曲线是L2,曲线L2随温度变化说明升高温度,反应ⅱ正向进行的程度大于反应ⅰ正向进行的程度(或以反应ⅱ为主),导致乙烯选择性随温度升高而减小。
②由图可知,a点对应温度下,乙烷转化率和乙烯选择性都为50%,则平衡时乙烷的物质的量为2 mol-2 mol×50%=1 mol、乙烯的物质的量为2 mol×50%×50%=0.5 mol,由方程式可知,反应ⅰ消耗乙烷的物质的量为0.5 mol,则反应ⅱ消耗乙烷的物质的量为1 mol-0.5 mol=0.5 mol,故平衡时二氧化碳的物质的量为3 mol-0.5 mol-0.5 mol×2=1.5 mol,一氧化碳的物质的量为0.5 mol+0.5 mol×4=2.5 mol,水蒸气的物质的量为0.5 mol,氢气的物质的量为0.5 mol×3=1.5 mol,平衡时混合气体的总物质的量是7.5 mol,反应ⅰ的平衡常数K=。
(3)由表格数据可知,使用催化剂Y时反应物乙烷和二氧化碳的转化率最高,乙烯的选择性较大,乙烯的产率最大,所以催化性能最好的催化剂是Y,故选B。
(4)温度过高产生的积碳会附着在催化剂表面,导致催化剂活性降低或失活,不利于乙烯的制备;高温下二氧化碳和碳发生反应CO2+C2CO,所以原料气中适当增加二氧化碳的含量可以减少积碳的产生。
4.答案 (1)　羟基、酯基、酰胺基
(2)2+O2
2+2H2O　水解(取代)反应
(3)保护氨基
(4)20
(5)
解析:A和HCN发生加成反应生成B,B酸化后—CN转化为—COOH得到C,由C的结构简式可知B为,A为;C发生催化氧化反应生成的D为,D和乙醇发生酯化反应生成的E为;F和(CH3CO)2O发生取代反应生成的G为,G和Br2发生取代反应生成H,H和Mg发生反应得到I,E和I发生类似已知信息Ⅱ的反应得到J,J发生水解(取代)反应生成K。
(1)由分析可知,A为;由J的结构简式可知,J中官能团名称为羟基、酯基、酰胺基。
(2)C发生催化氧化反应生成D,化学方程式为
2+O2
2+2H2O。J发生水解(取代)反应生成K。
(3)F→G过程中氨基转化为酰胺基,J→K过程中酰胺基又转化为氨基,则F→G的目的是保护氨基。
(4)C的同分异构体满足条件:①能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;②能与NaHCO3溶液反应,说明含有—COOH;③苯环上含有3个取代基,符合要求的3个取代基的组合为—OH、—COOH、—CH2CH3或—OH、—CH2COOH、—CH3,每种组合都有10种不同的位置关系,则满足条件的C的同分异构体共有20种。
(5)先发生类似F生成H的反应得到,和Br2发生取代反应生成,在碱性条件下水解得到。
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