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1、最后10天押题突破600分专练小卷1.室温下，向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO2=3S+2H2O，测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法错误的是Aa点水的电离程度最大B该温度下H2S的Ka110-7.2C曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化Da点之后，随SO2气体的通入，的值始终减小【答案】D【解析】A选项，由题图可知，a点表示通入SO2气体112mL(即0.005mol)时pH=7，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，溶液呈中性，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，故a点水的电离程
2、度最大，故A正确；B选项，由题图中曲线的起点可知，a点溶液呈中性，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，由此可知饱和H2S溶液中溶质的物质的量为0.01mol，c(H2S)=0.1mol/L，0.1mol/LH2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1 mol/L，电离方程式为H2SH+HS、HS-H+S2；以第一步为主，根据平衡常数表达式计算出该温度下H2S的Ka1107.2，故B正确；C选项，当通入SO2气体336mL时，物质的量为0.015mol，反应后相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1mol/L，因为H2SO3的酸性强于H2S，故此时溶液对应的pH应小于4.1，故曲线y代表继续通入
3、SO2气体后溶液pH的变化，故C正确；D选项，根据平衡常数表达式可知=，a点之后，随SO2气体的通入，c(H+)增大，当通入的SO2气体达饱和时，c(H+)不再变化，故D错误。综上所述，答案为D。2.（14分）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Co2O3CoO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（CoCO3)的工艺流程如下：（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为_。（2）过程中加入稀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
4、一种酸根)。也可用H2SO4和H2O2代替H2SO4、Na2S2O3，那么该反应的化学方程式为_；但若用HC1代替H2SO4会造成的后果是_。（3）过程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）过程沉钴的离子方程式是_。（5）CoCO3可用于制备锂离子电池的正极材料LiCoO2，其生产工艺是将n(Li)：n(Co)=l：l的LiCO3和CoCO3的固体混合物在空气中加热至700900。试写出该反应的化学方程式_。【答案】（14分，每空2分）（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 （2）4Co2O3CoO+S2O32-+22H+=12Co2+
5、2SO42-+11H2O Co2O3CoO+H2O2+6H+=3Co2+O2+4H2O 产生Cl2，污染环境（3）2Al3+3CO32-+6H2O=2Al(OH)3+3CO2 （4） Co2+2HCO3-=CoCO3+H2O+CO2 （5） 2Li2CO3+4CoCO3+O24LiCoO2+6CO2【解析】由题中信息可知，过程I碱溶时，大部分铝转化为偏铝酸盐除去；过程II中钴渣中钴元素被浸出；过程III中除杂质；过程IV中沉钴；过程V为提纯。（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2。（2）过程中加入稀H2SO4酸化后，再
6、加入Na2S2O3溶液作还原剂浸出钴，硫代硫酸根被氧化为硫酸根，则浸出钴的离子反应方程式为4Co2O3CoO+S2O32-+22H+=12Co2+2SO42-+11H2O。若用H2SO4和H2O2代替H2SO4、Na2S2O3，则该反应的化学方程式为Co2O3CoO+H2O2+6H+=3Co2+O2+4H2O；但若用HC1代替H2SO4会造成的后果是盐酸被Co2O3CoO氧化为Cl2，污染环境。（3）过程中碳酸钠溶液的作用是沉淀Al3+和Li+，沉淀Al3+的离子方程式2Al3+3CO32-+6H2O=2Al(OH)3+3CO2。（4）过程沉钴的离子方程式是Co2+2HCO3-=CoCO3+H
7、2O+CO2。（5）CoCO3可用于制备锂离子电池的正极材料LiCoO2，其生产工艺是将n(Li)：n(Co)=l：l的LiCO3和CoCO3的固体混合物在空气中加热至700900，该反应的化学方程式2Li2CO3+4CoCO3+O24LiCoO2+6CO2。点睛：制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问
8、。3.一种由氯气与熔化的硫反应制取的装置(夹持和加热装置已省略)如图所示：已知：和反应生成，同时有少量及其他氯化物生成。常温下，是一种浅黄色的油状液体，极易水解。的沸点为，的沸点为，硫的熔点为、沸点为。回答下列问题：(1)实验过程中，从装置中逸出的气体为_(填化学式)，装置中盛放的试剂是_。(2)对装置进行加热的合适方式是_(填标号)。选项ABCD加热方式水浴甘油浴沙浴锡浴极限温度/98220400600(3)装置D中的错误之处是_(写一处即可)。(4)装置F的作用是_(写一点即可)。(5)纯化：向粗产品中加入的单质硫和的活性炭，后续操作是_。(6)取约于试管中，滴入少量水，试管口放湿润的品红
9、试纸，发现试管口有白雾，品红试纸褪色，试管中有淡黄色固体生成，该反应的化学方程式为_。(7)实验结束时，装置C中烧瓶底部有少量硫附着，可用热的NaOH浓溶液洗涤，已知产物之一为Na2S2O3，该反应的离子方程式为_。【答案】（除标注外，每空2分）(1)Cl2、H2O和HCl 浓硫酸（1分）(2)BC (3)冷却水不该从上端通入(或不应该用球形冷凝管)（1分）(4)防止水蒸气进入装置E中导致S2Cl2水解(或吸收未反应的Cl2及HCl) (5)蒸馏，收集138的馏分(6)2S2Cl2+2H2O=3S+SO2+4HCl (7)4S+6OH-=2S2-+3H2O 【解析】(1)由于浓盐酸具有易挥发性
10、，所以用浓盐酸与漂白粉反应制取氯气时，产物中会混有氯化氢气体以及水蒸气；由于极易水解，所以A中制取的氯气应干燥后才能与S反应，在实验中通常用浓硫酸作为氯气的干燥剂，故答案为：、和；浓硫酸；(2)由已知可知：的沸点为138、S的沸点为444.6，所以C中的温度应控制在138444.6之间，综上分析可得甘油浴以及沙浴能满足该条件，而水浴温度达不到的沸点，锡浴温度过高，在蒸出的产品中含有S，故答案选BC；(3)冷却水的流向应为下进上出，冷凝管应选用直型冷凝管而不是球形冷凝管，故答案为：冷却水不该从上端通入(或不应该用球形冷凝管)；(4)由于极易水解，为了防止与空气中的水蒸气接触而水解，则用盛有碱石灰
11、的球形干燥管来吸收空气中的水蒸气；及为对环境有害的气体，所以在实验中要对这两种气体进行处理，故用碱石灰可吸收未反应及；故答案为：防止水蒸气进入装置中导致水解(或吸收未反应的及)；(5)由于单质硫的熔点为112.8、沸点为444.6，活性炭的的熔点和沸点均较高，而的沸点为138，所以纯化的后续操作为：蒸馏，收集的馏分，故答案为：蒸馏，收集的馏分；(6)由已知可得易水解，且试管口有白雾以及淡黄色固体和能使品红溶液褪色的物质，则其水解的产物为S、以及HCl，所以其水解方程式为：，故答案为：。(7)S与热的浓NaOH溶液反应生成Na2S2O3，S被氧化，根据氧化还原反应的规律，则还有S被还原成Na2S
12、，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为4S+6OH-=2S2-+3H2O；故答案为：4S+6OH-=2S2-+3H2O。4.甲醇是重要的化工原料，用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，主要发生反应如下:反应I: CO2(g) +3H2(g) CH2OH(g) +H2O(g) H1= -53.7kJmol-1反应II: CO2(g) +H2(g) CO(g) +H2O(g) H2反应III: CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) H3= -94.9 kJmol-1(1)已知:HH、HO、C=O、CO共价键的键能分别为436 kJmol-1、465KJmol-1、80
13、6kJmol-1、343kJmol-1，则H2=_kJmol-1， CO的键能为 _kJmo1-1。(2)已知在一定条件下的可逆反应： CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)H。现在容积恒为2L的密团容器中充入2molCH3OH(g)和2 mol CO(g)，在不同的实验条件下（I、II、III），测得容器内的压强(P/kPa)随时间(t/min)的变化如下表(忽略温度对压强的影响)，0 min2 min4 min6 min8 min10 min12 min14 minIP0P 1P 20.8 P 00.8P0IIP0P30.8P008P0IIIP0P4P5P6P70.7P00.7P
14、0II和I相比，改变的反应条件是_。该反应H_0(填“”“”“=”)，其理由是_。在II条件下，0-4 min的v(CH3OH)=_在 III条件下平衡常数K=_。(3)直接甲醇氧气燃料电池(DMFC) 属于质子交换膜电池，是具有广泛应用前景的电池。该电池工作时负极的电极反应式为_。【答案】(除标注外，每空2分)(1)+41.2kJmol-1 1076.8 kJmol-1 (2)加入催化剂 反应I的温度高于反应III，反应I的转化率低于反应III 0.1mol/(Lmin) 3.75L/mol(3)CH3OH-6e-=CO2+6H+ 【解析】（1）由盖斯定律可知，反应I反应III可得反应反应I
15、I，则H2=H1H3=( -53.7 kJmol-1)(-94.9 kJmol-1)= +41.2kJmol-1；设CO的键能为x kJmol-1，由反应热=反应物的键能之和生成物键能之和可得：2806kJmol-1+436 kJmol-1x kJmol-12465KJmol-1=+41.2kJmol-1，解得x=1076.8，故答案为：+41.2kJmol-1；1076.8 kJmol-1；（2）该反应为气体体积减小的反应，II和I相比，反应达到平衡时的压强都为0.8P 0说明反应达到的化学平衡状态相同，由II达到平衡所需时间比I少说明II的反应速率快，则改变的条件应为加入催化剂，故答案为：
16、加入催化剂；由图中数据可知，III和I的起始压强相同，反应I达到平衡所需时间少于反应III说明反应I的温度高于反应III，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，设反应I和反应III中一氧化碳转化率分别为a和b，由题意可建立如下三段式：由可得：，解得a=0.4；由可得：，解得b=0.6，则反应I的转化率低于反应III，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故答案为：；反应I的温度高于反应III，反应I的转化率低于反应III；反应II和I达到的化学平衡状态相同，由计算反应I所得数据可知，达到平衡时甲醇消耗的物质的量为0.8mol，则v(CH3OH)= =0.1mol/(Lmin)；由计算反应II
17、I所得数据可知，平衡时甲醇、一氧化碳、甲酸甲酯的物质的量浓度分别为0.4mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L，则化学平衡常数K=3.75 L/mol，故答案为：0.1mol/(Lmin)；3.75 L/mol；（3）甲醇氧气燃料电池工作时，还原剂甲醇为电池的负极，酸性条件下甲醇在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH3OH-6e-=CO2+6H+，故答案为：CH3OH-6e-=CO2+6H+。5.化学选修3：物质结构与性质（河北衡水中学2020届调研一）钛被称为继铁、铝之后的第三金属，回答下列问题：（1）金红石(TiO2)是钛的主要矿物之一，基态Ti原子价层电子的排
18、布图为，基态O原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为形。（2）以TiO2为原料可制得TiCl4，TiCl4的熔、沸点分别为205K、409K，均高于结构与其相似的CCl4，主要原因是。（3）TiCl4可溶于浓盐酸得H2TiCl6，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2TiCl6晶体。该晶体中微观粒子之间的作用力有。A离子键 B共价键 C分子间作用力 D氢键 E范德华力 （4）TiCl4可与CH3CH2OH、HCHO、CH3OCH3等有机小分子形成加合物。上述三种小分子中C原子的VSEPR模型不同于其他分子的是，该分子中C的轨道杂化类型为。（5）TiO2与BaCO3一起熔融可制得钛酸
19、钡。 BaCO3中阴离子的立体构型为。 经X射线分析鉴定，钛酸钡的晶胞结构如下图所示（Ti4+、Ba2+均与O2相接触），则钛酸钡的化学式为 。已知晶胞边长为a pm，O2的半径为b pm，则Ti4+、Ba2+的半径分别为pm、pm。【答案】（15分）（1）（2分） 哑铃型（1分） （2）TiCl4的相对分子质量大于CCl4，分子间作用力更大（2分） （3）AB（2分） （4）HCHO（1分） sp2（1分） （5）平面三角形（1分） BaTiO3（1分） （2分） （2分） 【解析】（1）Ti为38号元素，基态钛原子核外电子排布式为：Ar3d24s2，则价层电子排布图为；基态O原子核外电子排
20、布式为1s22s22p4，最高能级为p，其电子云轮廓为哑铃型；（2）TiCl4的熔、沸点分别为205K、409K，与CCl4结构相似，都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，分子间作用力更大；（3）根据转化过程TiCl4可溶于浓盐酸得H2TiCl6，可看做形成一种酸，所有的酸都属于共价化合物，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2TiCl6晶体，可看做酸跟盐反应生成(NH4)2TiCl6，产物中含有铵根离子，根据以上分析，(NH4)2TiCl6晶体中含有共价键和离子键，故答案选AB；
21、（4）CH3CH2OH和CH3OCH3中的碳原子都是以单键形式成键，结构与甲烷相似，都是四面体结构，HCHO的碳原子含有碳氧双键，分子中所有在同一平面，为平面三角形，根据构型可知，三个分子中C原子的VSEPR模型不同于其他分子的是HCHO，根据构型可得，该分子中C的轨道杂化类型为sp2杂化；（5）BaCO3中阴离子为CO32-，中心原子为碳原子，其价层电子对数=3+=3，碳原子为sp2杂化，该阴离子由4个原子构成，则立体构型为平面三角形；根据晶胞图示，Ti位于晶胞的顶点，Ti的数目=8=1，Ba原子位于晶胞的内部，数目为1，分析计算分子式和粒子半径；O原子位于晶胞的棱上，其数目=12=3，则则
22、钛酸钡的化学式为BaTiO3；已知晶胞边长为a pm，O2的半径为bpm，根据图示，晶胞边长= 2r(Ti4+)+2r(O2-)=apm，则r(Ti4+)=pm；晶胞面对角线的长度=2r(O2-)+2r(Ba2+)=a pm，r(Ba2+)=pm。6.有机化学基础（15分）双氯芬酸钠是常用的抗炎镇痛药，一种合成路线如下：已知：A分子不能发生银镜反应且核磁共振氢谱显示只有3组峰，峰面积之比为1:2:2；请回答下列问题：（1）9.8gA完全燃烧可得到26.4 gCO2和9.0 gH2O，则A的结构简式是 。（2）合成路线中烃基Ph的结构简式是 ，B分子中所含官能团的名称为 。（3）E生成F的反应类
23、型是 ，F的结构简式是 。（4）写出F生成双氯芬酸钠的化学方程式 。（5）满足下列条件的A的同分异构体共有 种（不考虑立体异构），请写出其中一种同分异构体的结构简式 。i)分子中含有环状结构 ii)能发生银镜反应（6）设计由2-丙醇和对苯二胺()为原料制备 的合成路线（其他无机试剂任选）。 【答案】（15分，除标注外，每空2分）（1）（1分）（2）（1分） 羰基（或酮基）、氯原子（3）取代反应（1分） （4）（5）12种五元环： 1种 四元环：（1.2.3为-CHO的位置）4种三元环：（1.2为-CH2CHO的位置）（1.2为-CHO的位置）7种（任写一种，1分）（6）（3分）【解析】（1）9
24、.8gA完全燃烧可得到26.4g（0.6mol）CO2和9.0g（0.5mol）H2O，即9.8gA含有7.2gC和1.0gH，其余为O，O元素质量为1.6g，即0.1molO，故N(C):N(H):N(O)=6:10:1，A的分子式为C6H10O，又A分子不能发生银镜反应且核磁共振氢谱显示只有3组峰，峰面积之比为1:2:2，结合B分子的结构，可知A的结构简式是（环己酮）；（2）根据已知条件及产物的结构，可知E和F的结构分别是和，即可得合成路线中烃基Ph的结构简式是（苯基），B分子中所含官能团的名称是羰基（或酮基）、氯原子；（3）有E和F的结构可知，E生成F的反应类型是取代反应，F的结构简式是；（4）F生成双氯芬酸钠的化学方程式是（5）的同分异构体要满足条件能发生银镜反应，说明分子中含有醛基（-CHO），又要含有环状结构，其结构有以下12种：五元环： 1种 四元环：（1.2.3为-CHO的位置）4种三元环：（1.2为-CH2CHO的位置）（1.2为-CHO的位置）7种（任写一种，1分）（6）由2-丙醇和对苯二胺为原料制备 的合成路线如下：