2020-2021学年度东北三省理综化学模拟考试练习试卷15

这是一份2020-2021学年度东北三省理综化学模拟考试练习试卷15，共16页。试卷主要包含了选择题，实验题，结构与性质，原理综合题，有机推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年度东北三省理综化学模拟考试练习试卷15

一、选择题：本大题共七小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。
1．下列化学用语表述正确的是
A．丙烷分子的球棍模型示意图：
B．对甲基苯酚的结构简式:
C．乙烯的结构简式：CH2CH2
D．聚丙烯的结构简式：
2．汽车尾气处理装置中可发生反应：4CO＋2NO24CO2＋N2，下列对该反应的说法正确的是
A．NO2被氧化 B．N2得到电子 C．CO发生氧化反应 D．CO2是还原产物
3．下列变化必须加入还原剂才能实现的是( )
A．KClO3→KCl B．Fe3+→Fe2+ C．HCO→CO D．Cu→Cu2+
4．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2 mol·L－1 K2SO4溶液的说法正确的是(　　)
A．1 000 mL溶液中所含K＋、SO42－总数为0.3NA
B．500 mL溶液中有0.1NA个K＋
C．1 L溶液中K＋的浓度为0.4 mol·L－1
D．1 L溶液中SO42－的浓度是0.4 mol·L－1
5．下列化合物可由两种单质直接化合得到的是
A．SO3 B．NO2 C．CuS D．FeS
6．一种太阳能电池的工作原理如图所示，电解质为铁氰化钾K3[Fe(CN)6]和亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]的混合溶液。下列说法不正确的是( )

A．K+ 移向催化剂b
B．催化剂a表面发生的化学反应：-e-=
C．在催化剂b表面被氧化
D．电解池溶液中的和浓度基本保持不变
7．药物“胃舒平”中含有氢氧化铝，可用来治疗胃酸（主要成分是盐酸）过多。该反应属于
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应

二、实验题（15分）
8．某氯化亚铁和氯化铁的混合物，现要测定其中FeCl2和FeCl3的物质的量，按以下步骤进行实验：
（1）将混合物配制成250mL的待测溶液，所用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有_______（填仪器名称）。
（2）取25.00mL待测溶液，向其中通入标准状况下336mLCl2恰好将Fe2+氧化为Fe3+，请写出通入氯气发生的反应的离子方程式：_______________；由此可知原溶液中n（FeCl2）=___________mol。
（3）向（2）反应后所得到溶液中加入过量的NaOH溶液，然后进行过滤，将所得沉淀洗涤干净，加热、灼烧该沉淀，冷却至室温后，准确称量可知，得到红棕色固体粉末3.2g，由此可以确定原溶液中c（FeCl3）=________mol·L—1 。
（4）检验Fe3+中含有Fe2+ 的方法是____________。

三、结构与性质（15分）
9．铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
(1)基态Fe原子的核外电子排布式为______________。
(2)实验室可用KSCN、苯酚()来检验Fe3+，C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为______________(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为___________。
(3)羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等，1 mol Fe(CO)5分子中含_____mol 键，与CO互为等电子体的分子是___________________(填化学式)。FeSO4常作净水剂和补铁剂，的立体构型是_____________________。
(4)铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。在该晶胞中，与Fe紧邻且最近的Fe数目为_________个，若晶胞的参数为d nm，则铁镁合金的密度为_________________g∙cm-3(不必化简，用NA表示阿伏加德罗常数)。


四、原理综合题（14分）
10．聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式为：

已知v正=k正χ(CH3COOCH3)·χ(C6H13OH)，v逆=k逆χ(CH3COOC6H13)·χ(CH3OH)，其中v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数，χ为备组分的物质的量分数。
(1)反应开始时，已醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1投料，测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率(α)随时间(t)的变化关系如图所示。

该醇解反应的_______0(填＞或＜)。348K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数KX=________(保留2位有效数字)。
在曲线①、②、③中，k正—k逆值最小的曲线是______________；A、B、C、D四点中，v正最小的是_____________，v逆最大的是_________________。
(2)343K时，乙酸甲酯和已醇按物质的量之比1：1、1：2和2：1进行初始投料。则达到甲衡后，初始投料比__________时，乙酸甲酯转化率最大；与按2：1投料相比，按1：2投料时化学平衡常数KX_____________(填增大、减小或不变)。
(3)该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂，下列关于该催化剂的说法不正确的是_______
a．参与了醇解反应，但并不改变反应历程 b．使k正和k逆增大相同倍数
c．降低了醇解反应的活化能 d．提高乙酸甲酯的平衡转化率

五、有机推断题（15分）
11．相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，以它为初始原料设计出如图所示转化关系(部分产物、合成路线、反应条件略去)。其中A是一氯代物，H是一种功能高分子化合物。

已知：I．
Ⅱ．(苯胺，易被氧化)
请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题。
(1)A的分子式是___________。
(2)H的结构简式是___________。
(3)反应③的反应类型为______，反应⑤的离子反应方程式是______。
(4)阿司匹林有多种同分异构体，其中含有2个羧基的芳香族化合物共有_____种。
(5)请用合成反应流程图表示出由和其他化学试剂合成的最合理的方案(不超过4步)_____。
例：

六、工业流程题（14分）
12．纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料，具有重要价值。工业以菱镁矿(主要成分为MgCO3，少量FeCO3和SiO2杂质)为原料制备纳米氧化镁工艺流程如图：

试回答下列问题：
(1)“焙烧”时生成的主要气体有___；滤渣I的主要成分为___。
(2)氧化剂常用空气或H2O2而不选用酸性KMnO4，解释其原因__。
已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Mg2+
开始沉淀pH
6.3
1.5
8.9
完全沉淀pH
9.0
2.8
10.9
上述流程中“氧化”是否可省掉及理由是___。
(3)试剂a可能是__。
(4)资料显示锻烧MgCO3比锻烧Mg(OH)2更容易生成MgO纳米材料。“沉淀”时若将NH4HCO3更换成Na2CO3，则产生的后果是__。
(5)该流程中可以循环利用的物质是__。

参考答案
1．A
【解析】A．球棍模型中，棍表示化学键，球表示原子的大小，则丙烷的分子球棍模型示意图：，故A正确；B．对甲基苯酚的结构简式为 ，故B错误； C．乙烯的结构简式：CH2=CH2，故C错误；D．聚丙烯的结构简式为，故D错误；故选A。
点睛：本题考查常用化学用语的书写，注意结构式、结构简式、电子式的区别及书写方法是解题关键。注意有机物结构简式中碳碳双键、碳碳三键为官能团不能省略。本题的易错点是B和D。
2．C
【详解】
A．NO2化合价降低，作氧化剂，被还原，A说法错误；
B．N2为生成物，是二氧化氮得电子，发生还原反应的产物，B说法错误；
C．CO化合价升高，作还原剂，被氧化，发生氧化反应，C说法正确；
D．一氧化碳被氧化为二氧化碳，所以CO2为氧化产物，D说法错误；
答案为C。
3．B
【分析】
需要加入还原剂才能实现，则选项中的物质在反应中作氧化剂，元素的化合价降低，以此来解答。
【详解】
A.KClO3→KCl，KClO3分解生成KCl和O2，不需要加氧化剂或还原剂，反应即可实现，A不符合；
B.Fe3+→Fe2+，Fe元素化合价降低，获得电子，被还原，Fe3+作氧化剂，应该加入还原剂才可以实现；B符合；
C.HCO→CO，在该变化中元素的化合价没有发生变化，不需要加入还原剂才可以实现，C不符合；
D.Cu→Cu2+，Cu元素化合价升高，失去电子，被氧化，Cu作还原剂，需要加入氧化剂才可以实现，D不符合；
故选B。
【点睛】
本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价的变化是解答本题的关键，并熟悉氧化剂、还原剂中元素的化合价及反应后发生的变化情况及物质常见的化学性质来解答。
4．C
【详解】
A、1 000 mL溶液中含有0.2 molK2SO4所含K＋、SO42－总数为0.5NA，错误；
B、N(K＋)=0.2 mol·L－1×0.5 L×2NA＝0.2NA，B项错误；
C、K＋的浓度为0.2 mol·－1×2＝0.4 mol·L－1；
D、SO42－的浓度是0.2 mol·L－1，与溶液的体积无关。
5．D
【解析】
【详解】
A. 硫在氧气中燃烧可生成二氧化硫，二氧化硫在催化作用下反应生成三氧化硫，A项错误；
B. 氮气和氧气在放电条件下反应生成NO，NO继续与氧气反应生成二氧化氮，B项错误；
C. 硫的氧化性较弱，铜和硫反应生成硫化亚铜，C项错误；
D. 硫的氧化性较弱，Fe与S反应生成FeS，D项正确；
答案选D。
【点睛】
硫有一定的氧化性，但氧化性不强，如铁与氯气反应可直接生成氯化铁，但与硫反应时只能升高到+2价，转化为FeS，而不能转化为Fe2S3。
6．C
【分析】
由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，阳离子向正极移动，由此分析解题。
【详解】
A．b为正极，则K+移向催化剂b，A正确；
B．a为负极，发生氧化反应，则催化剂a表面发生反应：-e-═，B正确；
C．b为正极，b上发生还原反应，发生+e-═，所以在催化剂b表面被还原，C错误；
D．由B、C中的电极反应可知，二者以1：1相互转化，电解质溶液中和 浓度基本保持不变，D正确；
故答案为：C。
7．D
【解析】
【分析】
据四种基本反应类型的含义分析判断。
【详解】
氢氧化铝与胃酸的反应方程式为Al(OH)3+3HCl＝AlCl3+3H2O。这是两种化合物交换成分生成两种新化合物的复分解反应。本题选D。
【点睛】
四种基本反应类型是根据反应形式对化学反应的分类，不能包括所有的化学反应。如CO
还原CuO的反应就不属于四种基本反应类型。
8．250mL容量瓶 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl— 0.3 0.4 滴加酸性KmnO4溶液，若溶液褪色，则证明Fe3+中含有Fe2+
【分析】
（1）依据配制250mL的待测溶液，所需的玻璃仪器分析缺少的仪器；
（2）将Cl2通入FeCl2溶液中，生成FeCl3，依据反应的化学方程式计算25ml溶液中FeCl2的物质的量；
(3) 向（2）反应后所得到溶液中加入过量的NaOH溶液，生成Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解生成Fe2O3，得到红棕色固体粉末3.2g的Fe2O3，其中的Fe是原溶液中的FeCl2、FeCl3中的铁的总和，由此计算原溶液中的c（FeCl3）；
（4）因Fe2+具有 还原性可是酸性高锰酸钾溶液褪色，以此选择检验Fe2+的试剂和方法。
【详解】
（1）配制250mL的待测溶液，需要的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有250ml的容量瓶；
本题答案为：250ml的容量瓶。
（2）将Cl2通入FeCl2溶液中，生成FeCl3，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+-,依据反应的离子方程式，336mLCl2的物质的量为:n(Cl2)==0.015mol,设336mLCl2可氧化Fe2+的物质的量为x,则有1:2=0.015:x,则x=0.03mol，原溶液中含n(Fe2+)=0.03mol10=0.3mol,n(FeCl2)= n(Fe2+)=0.3mol；
本题答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，0.3。
（3）向（2）反应后所得到溶液中加入过量的NaOH溶液，生成Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解生成Fe2O3，依据题意25ml溶液中n(Fe)=2n(Fe2O3)=2=0.04mol,由于原溶液含n(Fe2+)=0.03mol,所以含n(Fe3+)=0.04mol-0.03mol=0.01mol因为n(FeCl3)= n(Fe3+)，所以25ml溶液中含n(FeCl3)=0.01mol,故250ml溶液中含三氯化铁的物质的量为：n(FeCl3)=0.1mol，其浓度为：c(FeCl3)==0.4mol/L，
本题答案为：0.4。
（4）因Fe2+具有还原性，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故滴加酸性KmnO4溶液，若溶液褪色，则证明Fe3+中含有Fe2+；
本题答案为：滴加酸性KmnO4溶液，若溶液褪色，则证明Fe3+中含有Fe2+。
9．或 N>O>C Sp2杂化 10 N2 正四面体 12
【详解】
(1)铁是26号元素，根据能级构造原理可知铁原子其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，简化电子排布式为[Ar] 3d64s2；故答案为：或；
(2)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈现增大趋势，根据鸿特特里可知ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA反常现象，故氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能 N＞O＞C；苯酚为苯上的一个H原子被-OH取代而成，苯和苯酚均为平面结构，C原子采取sp2杂化，故答案为：N＞O＞C；sp2；
(3)配合物中碳原子不存在孤对电子，σ键数为2，1个Fe (CO)5分子含10个σ键，则1mol Fe(CO)5分子中含10molσ键；原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体，与CO互为等电子体的分子有N2，离子中S原子价层电子对数==4，即含有4个σ键、没有孤电子对，所以其VSEPR模型和立体构型均是正四面体，故答案为：10；N2；正四面体形；
（4）铁的堆积方式为面心立方堆积，故与Fe紧邻且最近的Fe数目为12个，该晶胞中Mg原子个数是8、Fe原子个数=8×+6×=4，所以Mg、Fe原子个数之比为8：4=2：1，所以其化学式为Mg2Fe；该合金的密度为ρ====g•cm-3，故答案为：12；。
10．> 3．2 ③ B C 1：2 不变 ad
【分析】
(1)根据图象，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的；根据三段式计算平衡常数；k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大；根据v正= k正χ(CH3COOCH3)·χ(C6H13OH)，v逆= k逆χ(CH3COO C6H13)·χ(CH3OH)分析；
【详解】
(1)根据图象，①的速率最快，说明①对应的是最高温度348K，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的，所以ΔH>0；348K时，设初始投入为1mol，则有：

带入平衡常数表达式：Kx=χ(CH3COOC6H13) ·χ(CH3OH) / [χ(CH3COOCH3) ·χ(C6H13OH)] = 0.32×0.32 / (0.18×0.18) = 3.2；k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正增大的程度大于k逆，因此，k正－k逆值最小的曲线是③；根据v正= k正χ(CH3COOCH3)·χ(C6H13OH)，v逆= k逆χ(CH3COO C6H13)·χ(CH3OH)，B点χ(CH3COOCH3)·χ(C6H13OH)小，温度低，因此B点v正最大；C点χ(CH3COO C6H13)·χ(CH3OH)大且温度高，因此C点v逆最大；故答案为：>；3.2；③；B；C；
(2) 要提高某一反应物的转化率，可以通过增加其他反应物的浓度来实现，以乙酸和己醇甲酯物质的量之比1:1作为参照，2：1时乙酸甲酯的 转化率会降低，1：2时乙酸甲酯的转化率会升高，故1：2时乙酸甲酯转化率最大；化学平衡常数Kx只与温度有关，因此不变；故答案为：1：2；不变；
(3)催化剂参与了醇解反应，改变了反应历程，a错误；
催化剂不影响化学平衡，说明催化剂使k正和k逆增大相同倍数，b正确；
催化剂能够降低反应的活化能，c正确；
催化剂不改变化学平衡，d错误；
故答案为：ad。
【点睛】
在可逆反应中，增大某一反应物的投入量，会增大另一反应物的转化率，但化学平衡常数只与温度有关，温度不变，则化学平衡常数不变。
11．C7H7Cl 还原反应 +2Cu(OH)2+OH－+Cu2O↓+3H2O 10
【分析】
相对分子质量为92的某芳香烃X，令其分子式为CxHy，则＝7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为．X与氯气发生取代反应生成一氯代物A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为．在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息I、反应信息II可知G为．H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应生成高聚物，H为，据此分析解答。
【详解】
(1) 相对分子质量为 92 的某芳香烃 X 是一种重要的有机化工原料，令分子组成为 CxHy，则 =7…8，由烷烃中 C 原子与 H 原子关系可知，该烃中 C 原子数目不能小于 7，故该芳香烃 X 的分子式为 C7H8、结构简式为，其中A是 X 的一氯代物，A 经过一系列反应可得醛 C，故 A 为 ，分子式为 C7H7Cl， 故答案为： C7H7Cl；
(2) H 是一种功能高分子，为通过形成肽键发生缩聚反应形成的，高聚物 H 的结构简式为，故答案为：；
(3)在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成 F，结合反应③的产物可知F 为,F 转化生成 G，由于苯胺容易被氧化，由信息反应Ⅰ、信息反应Ⅱ可知，G 为，故先氧化后还原，所以反应③的反应类型为还原反应。X与氯气发生取代反应生成A，A 转化生成B，B 催化氧化生成 C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、 C含有醛基，B为,C为，D酸化生成E，故D为，E为，故反应⑤的离子反应方程式是+2Cu(OH)2+OH－+Cu2O↓+3H2O，
故答案为：还原反应；+2Cu(OH)2+OH－+Cu2O↓+3H2O；
(4)阿司匹林有多种同分异构体，其中含有2个羧基的芳香族化合物，分离出2个羧基，剩下的骨架为甲苯，相当于找甲苯的二羧基代物，用-A代表-COOH，则有10种同分异构体，如图所示，

故答案为：10；
(5)在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成反应流程图为；
故答案为：；
12．NH3、CO2 SiO2 引入新杂质Mn2+，产品不纯；将Cl-氧化为Cl2造成污染 否，不先将Fe2+氧化为Fe3+，则Fe2+完全沉淀时Mg2+已开始沉淀，难以完全除去铁元素 MgO(或MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等) Na2CO3碱性更强，反应中易生成更多Mg(OH)2而不利于MgO纳米材料的生成，纳米MgO纯度降低 NH4Cl
【分析】
菱镁矿(主要成分为MgCO3，少量FeCO3和SiO2杂质)加入氯化铵空气中焙烧生成的混合气体主要是氨气和二氧化碳，得到固体为氯化镁、氯化亚铁、氯化铁、二氧化硅，加入水浸取过滤得到滤渣为二氧化硅，滤液为氯化镁、氯化铁溶液、氯化亚铁溶液，加入氧化剂用空气或H2O2氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化镁或碳酸镁或氢氧化镁调节溶液pH沉淀铁离子，过滤得到沉淀为氢氧化铁，滤液中主要是氯化镁溶液，加入碳酸氢铵沉淀镁离子，生成碳酸镁沉淀，煅烧得到MgO纳米材料。
【详解】
(1)根据分析，“焙烧”时生成的主要气体有NH3、CO2；滤渣I的主要成分为SiO2；
(2)H2O2的还原产物为H2O，不会引入新杂质，而MnO的还原产物为Mn2+，引入新杂质Mn2+，产品不纯，另外，MnO氧化性很强，可将溶液中的Cl-氧化为Cl2，造成污染；根据表格数据可知，Fe2+的完全沉淀时Mg2+已开始沉淀，难以完全除去铁元素，故需将Fe2+氧化为Fe3+，得到Fe(OH)3过滤除去；
(3)根据分析，试剂a可能是MgO(或MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等)；
(4)Na2CO3碱性比NH4HCO3更强，碱性强的溶液中易生成更多Mg(OH)2，而锻烧MgCO3比锻烧Mg(OH)2更容易生成MgO纳米材料，故使用Na2CO3不利于MgO纳米材料的生成，纳米MgO纯度降低；
(5)根据分析，沉淀步骤中可得NH4Cl溶液，故可以循环的物质是NH4Cl。