預(yù)測(cè)卷07-沖刺2023年高考化學(xué)大題突破限時(shí)集訓(xùn)（新高考專用）

預(yù)測(cè)卷07（滿分：58分建議用時(shí)：40分鐘）8．（陜西省咸陽市2023年高三一模）溴酸鎘［Cd（BrO3）2］常用作分析試劑、生產(chǎn)熒光粉等。以鎘鐵礦（主要成分為CdO2、Fe2O3、Fe及少量的Al2O3和SiO2）為原料制備Cd（BrO3）2的工藝流程如圖所示。已知：Cd（SO4）2可溶于水。請(qǐng)回答下列問題：（1）濾渣1為___________（填化學(xué)式），為提高鎘的浸取率，酸浸時(shí)可采取的措施為___________（任寫一種即可）。（2）還原鎘時(shí)，產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的氣體，則該反應(yīng)的離子方程式為_________________。（3）加入H2O2溶液的目的是_____________________________（用離子方程式表示）。（4）濾渣2的主要成分為___________（填化學(xué)式）。（5）實(shí)際工業(yè)生產(chǎn)中，用陽離子交換樹脂法來測(cè)定沉鎘后溶液中Cd2+的含量，其反應(yīng)原理是：Cd2++2NaR2Na++CdR2，其中NaR為陽離子交換樹脂。常溫下，將沉鎘后的溶液（pH＝6）經(jīng)過陽離子交換樹脂后，測(cè)得溶液中的Na+比交換前增加了0.0552g/L，則該條件下Cd（OH）2的Ksp為___________mol3?L－3?！窘馕觥坑孟×蛩崛芙怄k鐵礦，其中SiO2不與硫酸和水反應(yīng)，即濾渣1是SiO2，濾液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+和Cd4+，加入甲醇將Cd4+還原為Cd2+，然后加入H2O2溶液，將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，再調(diào)節(jié)溶液的pH，使溶液中的Al3+、Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀，過濾除去不溶物（濾渣2），向含有硫酸鎘的濾液中加入碳酸鉀生成碳酸鎘沉淀，再過濾將沉淀溶于HBrO3，最后將溶液蒸發(fā)結(jié)晶即可得到Cd（BrO3）2，據(jù)此分析問題。（1）根據(jù)以上分析可知，濾渣1是SiO2；為提高鎘的浸取率，酸浸時(shí)可采取的措施有適當(dāng)增大稀硫酸濃度、將固體粉碎、用玻璃棒攪拌或適當(dāng)加熱等措施。（2）加入甲醇將Cd4+還原為Cd2+時(shí)，產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的氣體，此氣體是二氧化碳，結(jié)合守恒法，可知發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為3Cd4++CH3OH+H2O3Cd2++CO2↑+6H+。（3）加入H2O2溶液的目的是將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O；（4）由分析可知，濾渣2的主要成分為Al（OH）3、Fe（OH）3；（5）沉鎘后的溶液pH＝6，則c（OH－）＝1×10－8mol/L，經(jīng)過陽離子交換樹脂后，測(cè)得溶液中的Na+比交換前增加了0.0552g/L，即鈉離子濃度增加了c（Na+）＝＝0.0024mol/L，根據(jù)Cd2++2NaR2Na++CdR2，可知溶液中Cd2+的濃度是0.0012mol/L，則該條件下Cd（OH）2的Ksp＝c（Cd2+）?c2（OH－）＝1.2×10－19mol3?L－3。【答案】（1）SiO2；適當(dāng)增大稀硫酸濃度、將固體粉碎、用玻璃棒攪拌或適當(dāng)加熱等措施（2）3Cd4++CH3OH+H2O3Cd2++CO2↑+6H+（3）2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O（4）Al（OH）3、Fe（OH）3（5）1.2×10－199．（河南省六市2023屆高三第一次聯(lián)合調(diào)研）某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖裝置模擬古法硫酸生產(chǎn)方法并進(jìn)行SO2性質(zhì)探究。已知A中反應(yīng)的化學(xué)方程式：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，實(shí)驗(yàn)開始前打開活塞K1、K2，關(guān)閉活塞K3，通入一段時(shí)間N2后，關(guān)閉活塞K1、K2，打開活塞K3，高溫加熱綠礬。完成下列填空：（1）C裝置中覆蓋食用油的目的是___________________________________；B中所得硫酸溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)理論值為___________（保留三位有效數(shù)字）。（2）該裝置存在的不足之處為___________________________________。為探究SO2與鋇鹽溶液的反應(yīng)，在裝置C中先后四次加入不同的溶液：①②③④已煮沸的BaCl2溶液未煮沸的BaCl2溶液已煮沸的Ba（NO3）2溶液未煮沸的Ba（NO3）2溶液注：錐形瓶中溶液體積相同，鋇鹽溶液濃度相同；油層厚度一致，通入SO2流速一致。得到如下pH－t圖：（3）曲線①呈緩慢下降趨勢(shì)，這是因?yàn)開________________________________________。曲線②出現(xiàn)驟降，表明溶液中生成了_________________（填物質(zhì)名稱）。對(duì)比分析上述四組數(shù)據(jù)，可得出的結(jié)論是_____________________________、______________________________（任寫2條）。（4）為對(duì)排氣法收集到的SO2氣體進(jìn)行含量測(cè)定，將1120mL氣體（已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況）通入足量的Ba（NO3）2溶液中，經(jīng)過濾、洗滌、烘干，最終得到沉淀10.718g．則SO2氣體的體積分?jǐn)?shù)為_______（保留兩位有效數(shù)字）。若該實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)較實(shí)際值偏大，則可能的原因是________（選填序號(hào)）。a．氣體通入速率過快b．沉淀未進(jìn)行恒重操作c．收集的氣體中有CO2d．未用食用油覆蓋液面（5）SO2屬于大氣污染物，還可用H2與其高溫反應(yīng)消除SO2帶來的污染，其反應(yīng)原理如圖所示：①反應(yīng)原理過程中X為___________（填名稱）。②寫出檢驗(yàn)X所需試劑及實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象_______________________________?！窘馕觥坑蓪?shí)驗(yàn)裝置圖可知，裝置A中綠礬高溫條件下分解生成氧化鐵、二氧化硫、三氧化硫和水，裝置B中三氧化硫與水蒸氣冷凝反應(yīng)得到硫酸溶液，裝置C用于探究二氧化硫與鋇鹽溶液的反應(yīng)，由于二氧化硫直接排放到空氣中容易造成污染，故應(yīng)增加一個(gè)裝置，盛有的氫氧化鈉溶液且用倒扣漏斗用于吸收未反應(yīng)的二氧化硫，防止污染空氣，其中倒扣的漏斗能起到防止倒吸的作用。（1）C裝置中覆蓋食用油可以隔絕空氣，避免空氣中氧氣干擾探究二氧化硫與鋇鹽溶液反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)檢測(cè)；由方程式可知，反應(yīng)生成三氧化硫和水蒸氣的物質(zhì)的量比，1∶14，1mol三氧化硫與1mol水反應(yīng)生成1mol硫酸，則所得硫酸溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)理論值為×100％≈29.5％；（2）由分析可知，由于二氧化硫直接排放到空氣中容易造成污染，故實(shí)驗(yàn)中缺少尾氣處理裝置；（3）由圖可知，曲線①的變化說明二氧化硫不與氯化鋇溶液反應(yīng)，溶于水的二氧化硫部分與水反應(yīng)生成弱酸亞硫酸，亞硫酸在溶液中部分電離出氫離子，使溶液中pH減小；曲線②的變化說明溶液中氧氣將二氧化硫氧化生成強(qiáng)酸硫酸，反應(yīng)生成的硫酸溶液與氯化鋇溶液反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和鹽酸，使溶液中氫離子濃度迅速增大，溶液pH出現(xiàn)驟降；曲線③的變化說明反應(yīng)生成弱酸亞硫酸在溶液中部分電離出氫離子，溶液中具有強(qiáng)氧化性的硝酸根離子在溶液中將二氧化硫氧化生成硫酸鋇沉淀和硝酸，使溶液中氫離子濃度增大，溶液pH降低，但溶液中的pH大于曲線②；曲線④的變化說明溶液中的弱酸亞硫酸被空氣中氧氣氧化生成強(qiáng)酸硫酸，溶液中氫離子濃度大，硝酸根離子的氧化性強(qiáng)，在溶液中將二氧化硫迅速氧化生成硫酸鋇和硝酸，溶液pH出現(xiàn)驟降，在四組曲線中溶液的pH最小，綜合四組數(shù)據(jù)可知，氧氣和硝酸根離子能氧化二氧化硫，溶液中的氧氣能提高硝酸根離子氧化二氧化硫的反應(yīng)速率和反應(yīng)程度；①O2能氧化SO2；②NO3－能氧化SO2；③O2的氧化作用比NO3－強(qiáng)（或有O2參與，可顯著提高NO3－氧化SO2的反應(yīng)速率或劇烈程度）；（4）標(biāo)準(zhǔn)狀況下2240mL氣體的物質(zhì)的量為＝0.1mol，二氧化硫氣體通入硝酸鋇溶液中得到21.436g硫酸鋇沉淀：n（BaSO4）＝＝0.092mol，，由硫原子個(gè)數(shù)守恒可知，二氧化硫的體積分?jǐn)?shù)為×100％＝92%；若氣體通入速率過快會(huì)使二氧化硫不可能完全吸收，生成硫酸鋇質(zhì)量偏小，導(dǎo)致所測(cè)結(jié)果偏低，選項(xiàng)a錯(cuò)誤；若沉淀未進(jìn)行恒重操作可能會(huì)使沉淀表面附有可溶性雜質(zhì)，使測(cè)得硫酸鋇的質(zhì)量偏大，導(dǎo)致所測(cè)結(jié)果偏高，選項(xiàng)b正確；若收集的氣體中有二氧化碳不會(huì)影響硫酸鋇的質(zhì)量，對(duì)所測(cè)結(jié)果無影響，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；若未用食用油覆蓋液面不會(huì)影響硫酸鋇的質(zhì)量，對(duì)所測(cè)結(jié)果無影響，選項(xiàng)d錯(cuò)誤；（5）①由圖分析H2和SO2在300℃、催化劑作用下，轉(zhuǎn)化為X，X在100~200℃、催化劑作用下轉(zhuǎn)化為S，根據(jù)化合價(jià)升降及元素變化情況，可推知X氣體為H2S；②檢驗(yàn)X可利用硫化氫能使硫酸銅溶液產(chǎn)生黑色沉淀，故所需試劑及實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為將氣體通入硫酸銅溶液中，產(chǎn)生黑色沉淀，說明氣體中含有H2S?！敬鸢浮浚?）隔絕空氣，避免空氣中氧氣干擾實(shí)驗(yàn)；29.5％（2）缺少尾氣處理裝置（3）SO2溶于水，與水生成H2SO3，H2SO3是弱酸，電離出的少量氫離子使溶液pH下降；鹽酸或硫酸；O2能氧化SO2；或NO3－能氧化SO2；或O2的氧化作用比NO3－強(qiáng)（或有O2參與，可顯著提高NO3－氧化SO2的反應(yīng)速率或劇烈程度）（4）92%；b（5）①硫化氫；②CuSO4溶液，出現(xiàn)黑色沉淀10．（云南省楚雄市2022~2023學(xué)年高三3月模擬）綠色能源是科研工作者研究的主要方向，如氫能源、電能等都屬于綠色能源。Ⅰ．利用乙醇催化制氫氣總反應(yīng)：CH3CH2OH（g）+3H2O（g）2CO2（g）+6H2（g）第一步：CH3CH2OH（g）+H2O（g）2CO（g）+4H2（g）△H1＝+255.9kJ?mol－1第二步：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H2＝－41.2kJ?mol－1（1）總反應(yīng)的△H＝_________。Ⅱ．CO制氫氣（2）工業(yè)上利用第二步制H2。在恒容絕熱的密閉容器中通入一定量的CO和H2O反應(yīng)制備H2，下列說法表示該反應(yīng)達(dá)到最大限度的有______（填標(biāo)號(hào)）。a．裝置內(nèi)的氣體無COb．裝置內(nèi)的壓強(qiáng)不變c．H2的體積分?jǐn)?shù)不變d．裝置內(nèi)氣體摩爾質(zhì)量不變（3）某溫度下，若投料比［n（CO）∶n（H2O）＝0.5］，CO的轉(zhuǎn)化率為50%，則該反應(yīng)的Kp＝______（以分壓表示，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）?！（CO2），（4）研究表明，第二步反應(yīng)的速率方程為v＝k·yCO·yH2O－，式中，yCO、yH2O、yH2分別表示相應(yīng)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，Kp為平衡常數(shù)，k為反應(yīng)的速率常數(shù)，溫度升高時(shí)k值增大，根據(jù)速率方程分析，T＞Tm時(shí)v逐漸減小的原因是__________________________。Ⅲ．新型綠色電池（5）某鈉離子電池結(jié)構(gòu)如圖所示，電極A為含鈉過渡金屬氧化物（NaxTMO2），電極B為硬碳，充電時(shí)Na+得電子成為Na嵌入硬碳中，NaTMO2失去電子生成Na1－xTMO2，充電時(shí)B極的電極反應(yīng)：______，放電時(shí)A極的電極方程式：_______________________________?！窘馕觥浚?）由蓋斯定律可知，第一步+第二步×2得到總反應(yīng)，則反應(yīng)△H＝（+255.9kJ?mol－1）+（+41.2kJ?mol－1）×2＝+173.5kJ/mol；（2）該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，可逆反應(yīng)不可能完全反應(yīng)，所以裝置內(nèi)的氣體不可能無一氧化碳，故a錯(cuò)誤；該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)，反應(yīng)中壓強(qiáng)始終不變，則裝置內(nèi)的壓強(qiáng)不變不能表示該反應(yīng)達(dá)到最大限度，故b錯(cuò)誤；氫氣的體積分?jǐn)?shù)不變說明正逆反應(yīng)速率相等，表示該反應(yīng)達(dá)到最大限度，故c正確；由質(zhì)量守恒定律可知，反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量相等，該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)，反應(yīng)中氣體摩爾質(zhì)量始終不變，則裝置內(nèi)氣體摩爾質(zhì)量不變不能表示該反應(yīng)達(dá)到最大限度，故d錯(cuò)誤。（3）設(shè)起始一氧化碳、水蒸氣的物質(zhì)的量分別為1mol、2mol，總壓強(qiáng)為pMPa，平衡時(shí)一氧化碳的轉(zhuǎn)化率為50%，由方程式可知，平衡時(shí)一氧化碳、水蒸氣、二氧化碳、氫氣的物質(zhì)的量分別為（1－0.5）mol＝0.5mol、（2－0.5）mol＝1.5mol、0.5mol、0.5mol，該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)，則平衡時(shí)總壓強(qiáng)為pMPa，反應(yīng)的Kp＝＝＝；（4）該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡常數(shù)Kp減小，由第二步反應(yīng)的速率方程可知，T＞Tm時(shí)v逐漸減小說明Kp減小對(duì)v的降低大于k值增大對(duì)v的提高（5）由題意可知，充電時(shí)B極為電解池的陰極，Na+得電子成為Na嵌入硬碳中，電極反應(yīng)式為C+xNa++xe－＝NaxC；放電時(shí)A極為原電池的正極，Na1－xTMO2失去電子生成NaTMO2，電極反應(yīng)式為Na1－xTMO2+xNa++xe－＝NaTMO2，選C+xNa++xe－＝NaxC；Na1－xTMO2+xNa++xe－＝NaTMO2?！敬鸢浮浚?）+173.5kJ/mol（2）c（3）（4）Kp減小對(duì)v的降低大于k值增大對(duì)v的提高（5）C+xNa++xe－＝NaxC；Na1－xTMO2+xNa++xe－＝NaTMO2【化學(xué)－選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】11．（四川省遂寧市2023年高三2月模擬）離子液體是一類具有很高應(yīng)用價(jià)值的綠色溶劑和催化劑，其中的EMIM+離子由H、C、N三種元素組成，結(jié)構(gòu)如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）碳原子價(jià)層電子的軌道表達(dá)式為______________，基態(tài)碳原子中，核外電子占據(jù)的最高能級(jí)的電子云輪廓圖為_________形。（2）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，NH3、NO3－、NO2－中，中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)不同于其他兩種粒子的是_______；NO3－與NO2－中O－N－O的鍵角：NO3－____NO2－（填“＜”、“＞”“＝”）。（3）EMIM+離子與金屬陽離子形成的離子化合物常溫下呈液態(tài)的原因是____________________________。（4）EMIM+離子中，碳原子的雜化軌道類型為___________。分子中的大π鍵可用符號(hào)Π表示，其中m代表參與形成的大π鍵原子數(shù)，n代表參與形成的大π鍵電子數(shù)，則EMIM+離子中的大π鍵應(yīng)表示為________________。（5）立方氮化硼硬度僅次于金剛石，但熱穩(wěn)定性遠(yuǎn)高于金剛石，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。立方氮化硼屬于_______晶體，其中硼原子的配位數(shù)為_______。已知：立方氮化硼密度為dg/cm3，B原子半徑為xpm，N原子半徑為ypm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶胞中原子的空間利用率為____________（列出化簡(jiǎn)后的計(jì)算式）?！窘馕觥浚?）碳原子排布式為1s22s22p2，碳原子價(jià)層電子數(shù)等于最外層電子數(shù)，其碳原子價(jià)層電子的軌道表達(dá)式為；最高能級(jí)為2p，形狀為啞鈴型或紡錘形；（2）價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝σ鍵數(shù)+孤電子對(duì)數(shù)，則NH3、NO3－、NO2－中心原子的價(jià)層電子對(duì)分別為4、3、3，不同于其他兩種粒子的是NH3，NO3－和NO2－中心原子均采用sp2雜化，NO3－中N不存在孤電子對(duì)，NO2－中N原子存在一對(duì)孤對(duì)電子，利用孤電子對(duì)數(shù)之間的斥力＞孤電子對(duì)－成鍵電子對(duì)之間的斥力＞成鍵電子對(duì)之間的斥力，因此NO2－中O－N－O的鍵角小于NO3－；（3）離子化合物的熔沸點(diǎn)受晶格能的影響，晶格能與半徑、所帶電荷數(shù)有關(guān)，EMIM+離子為多核離子，其半徑大，與金屬陽離子作用的晶格能小，因而常溫下為液體；（4）利用雜化軌道數(shù)等于價(jià)層電子對(duì)數(shù)，EMIM+離子中，碳原子的雜化軌道類型為sp2、sp3，EMIM+離子中大π鍵的構(gòu)成部分為：，其中C、N原子均為sp2雜化，每個(gè)C原子提供1個(gè)電子，每個(gè)N原子提供2個(gè)電子，對(duì)外失去一個(gè)電子，大π鍵為Π；（5）由于立方氮化硼硬度僅次于金剛石，但熱穩(wěn)定性遠(yuǎn)高于金剛石，這是原子晶體的特點(diǎn)，因此該晶體為原子晶體；根據(jù)晶胞，一個(gè)B與四個(gè)N原子相連，B的配位數(shù)為4；晶胞中原子的空間利用率＝，根據(jù)晶胞，B原子的個(gè)數(shù)8×+6×＝4，N原子個(gè)數(shù)為4，原子的體積＝4×（x×10－10）3+4×（y×10－10）3＝cm3，晶體的體積＝cm3，空間利用率為＝?！敬鸢浮浚?）；啞鈴（2）NH3；＞（3）EMIM+離子為多核離子，其半徑大，與金屬陽離子作用的晶格能小，因而常溫下為液體（4）sp2、sp3；Π（5）原子；4；【化學(xué)－選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】12．（湖南省長(zhǎng)沙市2022~2023學(xué)年高三3月模擬）解熱鎮(zhèn)痛類藥物布洛芬對(duì)于緩解奧密克戎引起的疼痛有很好的作用，其合成方法如圖：（1）A的系統(tǒng)命名為________________。（2）C→D的反應(yīng)類型與______→_____相同。（3）寫出B→C的方程式：________________________________________。（4）下列有關(guān)布洛芬（H）的敘述正確的是_____（填序號(hào)）。①布洛芬中的官能團(tuán)有羧基②1mol該物質(zhì)與碳酸鈉反應(yīng)生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4CO2③布洛芬分子中最多有19個(gè)原子共平面④1mol布洛芬分子中含有手性碳原子的物質(zhì)的量為2mol（5）口服布洛芬對(duì)胃、腸道有刺激，用對(duì)布洛芬進(jìn)行成酯修飾，能有效改善這種狀況，發(fā)