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1、最后10天押题突破600分专练小卷1. “九宫格”是一种深受大众喜爱的数学游戏。若在一格中填充了5种元素，如图所示，X、Y、Z、W、Q为相同短周期元素且最外层电子数依次增加，横行和纵行所含元素最外层电子数之和均为10。下列说法错误的是A若为第二周期元素，X常用作电池电极材料B若为第二周期元素，W和Q可形成多种二元化合物C若为第三周期元素，Z的单质及其氧化物能溶于强酸也能溶于强碱D若为第三周期元素，通常用电解熔融氯化物的方法来冶炼X、Y、Z的单质【答案】B【解析】2.（14分）随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。某科学小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料（主要
2、含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）提取硒，设计流程如下：回答下列问题：（1）“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是 。最佳温度是 。（2）“氧化酸浸”中，Se转化成H2SeO3，该反应的离子方程式为 。（3）采用硫脲(NH2)2CS联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。名称Cu2+/CuZn2+/ZnFe2+/FeFe3+/Fe2+ClO2/ClH2SeO3/Se点位/0.3450.7600.4400.7701.5110.740
3、 控制电位在0.7401.511V范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2。该过程的还原反应（半反应）式为 。 为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在 V。（4）粗硒的精制过程：Na2SO3浸出Se转化成硒代硫酸钠（Na2SeSO3）Na2S净化H2SO4酸化等步骤。 净化后的溶液中c(S2)达到0.026 molL1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为 ，精硒中基本不含铜。 Ksp(CuS)= 1.31036 硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为 。（5）对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为32 gg1，则精硒中铁的质量分数为 %，与粗硒中铁含量为0.89
4、%相比，铁含量明显降低。【答案】（14分）（1）温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加（1分） 95（1分） （2）4ClO3+ 4H+ + Se = 4ClO 2+ H2O + H2SeO3（2分） （3）ClO2 + 4H+ + 5e- = Cl + 2H2O（2分） 0.345（2分） （）5.01035 molL1（2分） Na2SeSO3 + H2SO4Na2SO4 + Se+ SO2+ H2O（2分） （5）3.2103（2分） 【解析】（1）含硒物料（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）中含有硫单质，向物料中加入煤油，硫转移到煤油中，说明硫易溶于煤油，结合脱硫率
5、随温度的变化图曲线变化，温度越高，硫单质在煤油中的溶解度越大，且温度控制在95脱硫率最高；（2）“氧化酸浸”中，Se在酸性条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成H2SeO3，离子反应方程式为：4ClO3+ 4H+ + Se = 4ClO 2+ H2O + H2SeO3；（3）根据表格数据，控制电位在0.7401.511V范围内，在酸性条件下，ClO2得电子被还原为Cl-，该过程的还原反应（半反应）式为：ClO2 + 4H+ + 5e- = Cl + 2H2O；根据题意，电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离，结合“氧化酸浸”液中主要粒子的电位表数据，金属离子的电
6、位都低于0.345，要使硒与杂质金属的分离，最低电位要不低于0.345；（4） 已知：c(S2-)=0.026 molL1，Ksp(CuS)=c(S2)c(Cu2+)=1.31036，c(Cu2+)= = = 5.01035 molL1；根据精制流程：Na2SO3浸出Se转化成硒代硫酸钠（Na2SeSO3）Na2S净化H2SO4，硒代硫酸钠与硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质，化学方程式为：Na2SeSO3 + H2SO4Na2SO4 + Se+ SO2+ H2O；（5）设精硒的质量为1g，则1g精硒中含有的铁的质量=32 gg11 g = 32 g = 3.2105 g，则精硒中铁的质量分数=
7、3.2103%。3.（14分）过氧乙酸()，是一种高效消毒剂，它可由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得，实验装置和步骤如下在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓硫酸的混合物，再缓缓加入适量30%的双氧水；不断搅拌并控制装置B中混合液的温度为2030至反应结束；接入仪器C和抽气泵，在锥形瓶中收集得到产品。回答下列问题：（1）仪器C的名称是_，仪器C中冷水流入口是_ (填“a”或“b”)。（2）为更好地控制反应温度，应采用的加热方法是_。（3）生成过氧乙酸的化学方程式为_。（4）实验测得产物过氧乙酸的百分含量随反应物比例和反应时间的变化数据如下表。由表中数据可知，反应物最佳比例(CH3COOH/H2
8、O2)是_，最佳反应时间约_。（5）产品中过氧乙酸浓度的测定：取2.00mL过氧乙酸产品试样，加水稀释成100mL；从中取出5.00mL，逐滴滴加酸性KMnO4溶液至溶液恰好呈粉红色，以除去残余的H2O2；再加入稍过量的KI溶液，发生反应CH3COOOH2I2HI2CH3COOHH2O；反应完全后，滴入几滴淀粉溶液，用0.1000molL1的Na2S2O3标准液滴定至终点(反应式为2S2O32I2S4O622I)，消耗14.30mLNa2S2O3标准液。则产品中过氧乙酸的物质的量浓度是_molL1 (保留2位小数)。【答案】（14分）（1）直形冷凝管（1分） a（1分） （2）水浴加热（2分）
9、 （3）（3分）（4）1:1（2分） 5h （2分） （5）7.15 （3分） 【解析】（1）仪器C为冷凝管，冷凝水应当低进高出，则流入口为a，故答案为：冷凝管；a；（2）为更好地控制反应温度，应采用的加热方法是水浴加热，故答案为：水浴加热；（3）过氧乙酸由过氧化氢氧化乙酸得到，化学方程式为；（4）分析图表可知，当反应物比例为1:1时，过氧乙酸的百分含量最高，且反应达到5h为最佳反应时间，故答案为1:1；5h；（5）根据关系式：CH3COOOHI22Na2S2O3，可知稀释后的5mL溶液中过氧乙酸的物质的量=0.0143L0.1000mol/L，原来的2mL溶液中过氧乙酸的物质的量=0.014
10、3L0.1000mol/Lmol=0.0143mol，故该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是=7.15mol/L，故答案为：7.15。4.（15分）（1）t1时，密闭容器中，通入一定量的CO和H2O，发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) Ht1)，在相同条件下发生上述反应，达平衡时，CO浓度_c1(填“”“”“”或“=”)。（3）工业上常用CO、CO2和H2合成甲醇燃料，其原理为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H0当混合气体的组成固定时，CO平衡转化率()与温度和压强的关系如图2所示。图中的压强由大到小的顺序为_，判断理由是_；试解释CO平衡转化率随温度升高而
11、减小的原因是_。【答案】（15分）（1）34 min（1分） 向右移动（1分） a（2分） （2分） （2）放热（1分） （2分） （3）p1p2p3（2分） 相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，CO转化率增大，而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于提高CO的转化率（2分） 反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使得体系中CO的量增大，反应为吸热反应，升高温度时，平衡正向移动，产生CO的量增大，总结果就是随温度升高，CO的转化率减小（2分） 【解析】从表格中数据分析，第34 min时，体系中各物质的浓度不再变化，说明反应已经达到
12、平衡状态，故答案为：34 min。56min时间段内，H2O(g)的浓度增大，CO的浓度减小，说明是增加了H2O(g)的量，使平衡正向移动，故答案为：向右移动；a。该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率减小，则t2反应达到平衡时，CO浓度 c1，故答案为：。由题图1可知，升高温度，化学平衡常数增大，说明Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)为吸热反应，则其逆反应为放热反应，故答案为：放热。K(T2)=c(CO)/c(CO2)=2.5 K(T1)，根据图像信息可知，K越大，对应的温度越高，所以T2T1，故答案为：。反应是体积减小的反应，反应是等体积反应，从上到下，
13、转化率增长，说明是增大压强，因此压强由大到小的顺序为p1p2p3，判断理由是相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，CO转化率增大，而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于提高CO的转化率，CO平衡转化率随温度升高而减小的原因应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使得体系中CO的量增大，反应为吸热反应，升高温度时，平衡正向移动，产生CO的量增大，总结果就是随温度升高，CO的转化率减小，故答案为：p1p2p3；相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，CO转化率增大，而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影
14、响，故增大压强时，有利于提高CO的转化率；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使得体系中CO的量增大，反应为吸热反应，升高温度时，平衡正向移动，产生CO的量增大，总结果就是随温度升高，CO的转化率减小。5.化学选修3：物质结构与性质（15分）过渡金属及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：(1)锰、锝、铼位于同一副族相邻位置。类比锰，写出基态锝原子的价层电子排布式_。(2)下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是_(填编号)。AAr BAr CAr DAr(3)铁制容器在储存N2O4液体时，会腐蚀生成离子化合物N4O6Fe(NO3)42，N4O的离子为平面结构，其结构
15、图如图1，中心N原子的杂化类型为_。(4)EAN规则指的是配合物中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为18.符合EAN规则的配合物分子结构和化学性质都较稳定。已知Fe(CO)5和Ni(CO)x均符合EAN规则，性质稳定，而Co(CO)4则容易在化学反应中表现氧化性。x=_。从结构角度解释Co(CO)4则容易在化学反应中表现氧化性的原因_。(5) Ni和As形成某种晶体的晶胞图如图2所示。其中，大球为Ni，小球为As，距离As最近的Ni构成正三棱柱，其中晶胞下方As原子坐标为(1/3，2/3，1/4)。Ni的配位数为_。已知晶胞底面边长为apm，高为cpm，NA为阿伏加德罗常数。则晶胞密度为_
16、g/cm3【答案】（除标注外，每空2分）(1)4d55s2 (2) A (3)sp2杂化 (4)4 Co(CO)4价层为17电子，不符合EAN规则，得到一个电子，转化为18电子更稳定，故表现氧化性 (5) 6 268/(1030a2cNA) （3分） 【解析】(1)锰、锝、铼位于同一副族相邻位置，锰价层电子排布式为3d54s2，则基态锝原子的价层电子排布式为4d55s2；(2) A项为Fe3+的基态，B项为Fe2+的基态，C项为Fe2+的激发态，D项为Fe3+的激发态，Fe3+的基态3d为半充满，最稳定，失去一个电子需要的能量最高，则电离最外层的一个电子所需能量最大的是A；(3)如图，中心N原
17、子周围有3个氧原子，且无孤电子对，则杂化类型为sp2杂化；(4)Ni为28号元素，价层电子排布式为3d84s2，价电子数为8，每个CO提供2个电子，则有10+2x=18，解得 x=4； Co(CO)4价层电子为9+24=17，不符合EAN规则，易得到一个电子，转化为18电子更稳定，所以表现氧化性的原因为Co(CO)4价层为17电子，不符合EAN规则，得到一个电子，转化为18电子更稳定，故表现氧化性；(5) 晶胞含Ni原子2个，As原子2个，化学式为NiAs；配位数之比应为11，故Ni的配位数为6；由底部As的坐标，以及与As配位的Ni形成正三棱柱可判断，该三棱柱底面为正三角形，晶胞底面夹角为6
18、0和120，故晶胞密度为268/(1030a2cNA)。6.化学选修5：有机化学基础(15分)环扁桃酯临床上主要用于治疗脑动脉硬化。环扁桃酯的一种合成路线如下所示：完成下列填空：(1)写出A的官能团_；的反应类型_；反应所需试剂和条件_。(2)写出反应的化学方程式_(3)反应中另一反应物F的结构简式为_。(4)检验D是否已经完全转化为E的操作是_。(5)满足下列条件，写出一种E的同分异构体的结构简式_。i能发生水解反应 苯环上的一溴代物只有两种(6)写出由乙苯()合成聚苯乙烯()的合成路线。(合成路线常用的表示方式为：)_。【答案】(1)COOH(羧基)（1分）取代反应（1分） NaOH溶液、
19、加热、酸化()（2分） (2) （2分） (3)（2分） (4)取样，加入足量NaOH溶液中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液加热，无砖红色沉淀生成，说明D已完全转化为E（2分） (5) 、(任写一种) （2分） (6)或（3分） 【解析】由C的结构简式HOCH2COOH，结合A的分子式可确定A的结构简式为CH3COOH，则B的结构简式为ClCH2COOH，由C生成D的反应条件可知C中羟基被催化氧化生成D，可确定D的结构简式为OHCCOOH；由E与环扁桃酯的结构简式，可确定F为。(1)由分析可知，A的结构简式为CH3COOH，则其官能团为-COOH(羧基)；反应为CH3COOH中-CH3上的一个H原
20、子被Cl2中的一个Cl所替代，所以反应类型为取代反应；反应是ClCH2COOH发生的水解反应，但-COOH会转化为-COONa，后续操作应为酸化，则所需试剂和条件为NaOH溶液、加热、酸化(H+)。答案为：-COOH(羧基)；取代反应；NaOH溶液、加热、酸化(H+)；(2)反应中，HOCH2COOH中的-CH2OH催化氧化生成-CHO，化学方程式为。答案为：；(3)由以上分析知，反应中另一反应物F的结构简式为。答案为：；(4)检验D是否已经完全转化为E，则可通过加入检验-CHO的试剂，检验OHCCOOH是否存在，具体操作是：取样，加入足量NaOH溶液中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液加热，无砖红色沉淀生成，说明D已完全转化为E。答案为：取样，加入足量NaOH溶液中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液加热，无砖红色沉淀生成，说明D已完全转化为E；(5)满足下列条件：“i能发生水解反应，苯环上的一溴代物只有两种”的E的同分异构体中，应含有苯环，且有两个对位取代基，一个含有酯基，另一个含有-OH或醚键，结构简式可能为、(任写一种)。答案为：、(任写一种)； (6)由乙苯()合成聚苯乙烯()，则需将转化为，由此得出合成路线为或。