2020-2021学年度东北三省理综化学模拟考试练习试卷8

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8，共18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。
1．红斑素、红曲素是糖果、雪糕等食品着色剂的主要成分，结构如图所示。
下列说法正确的是( )
A．红斑素和红曲素互为同分异构体
B．红斑素和红曲素都能与NaOH溶液反应
C．红斑素中含有醚键(—O—)、羰基()2种含氧官能团
D．1 ml红曲素最多能与6 ml H2发生加成反应
2．图是某同学设计的原电池的装置。下列说法正确的是
A．溶液中的SO向铜极移动
B．铜片为原电池的正极，正极上发生氧化反应
C．如果将稀硫酸换成柠檬汁，导线中不会有电子流动
D．铁片质量逐渐减小，发生的反应为：Fe－2e-=Fe2+
3．下列氧化还原反应发生在同种元素之间的是（ ）
A．Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑B．2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O
C．H2＋CuOCu＋H2OD．2H2O2H2↑＋O2↑
4．下列指定微粒的数目相等的是
A．物质的量相等的H2O与D2O含有的中子数
B．等物质的量的Na2O和Na2O2中含有的阴离子总数
C．20mLNH3和30mLO2所含的原子数
D．等物质的量的铁和铜分别与氯气完全反应，转移的电子数
5．下列各组物质混合反应后, 不能得到AlCl3的是（ ）
A．氧化铝和盐酸 B．铝和氯气
C．氧化铝和烧碱溶液 D．氢氧化铝和盐酸
6．臭氧是常见的强氧化剂，广泛用于水处理系统。制取臭氧的方法很多，其中高压放电法和电解纯水法原理如下图所示。下列有关说法错误的是
A．两种方法都是电解原理
B．高压放电出来的空气中，除含臭氧外还含有氮的氧化物
C．电解纯水时，电极b发生的电极反应有3H2O－6e－＝O3↑＋6H＋和2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋
D．电解纯水时，H+由电极b经聚合固体电解质膜流向电极a
7．常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：
①2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ②2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+
下列说法不正确旳是（ ）
A．H2O2在反应①中作氧化剂，在反应②中作还原剂
B．在H2O2分解过程中，溶液旳pH逐渐减小
C．在H2O2分解过程中，Fe2+起到催化剂旳作用
D．H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+
二、实验题（15分）
8．化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有重要作用。
( I )下列关于实验的叙述中正确的有______________(填字母)。
A．酒精灯使用结束后，应立即吹灭
B．不慎将酸沾到皮肤或衣物上，应立即用浓NaOH溶液清洗
C．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D．取用Na2SO4溶液时，发现取量过多，为了不浪费，应把多余的试剂倒入原试剂瓶中
E．称量氢氧化钠固体时，应先在天平两个托盘上各放一张相同质量的纸，再把氢氧化钠固体放在纸上称
F．使用分液漏斗前要检查其是否漏水
G．测量溶液pH时，应先将pH试纸润湿
( II )化学家研究物质的组成和性质时，首先需要将被研究的物质从混合物中分离出来并加以提纯，以下是常见的可用于分离或提纯物质的部分仪器和方法：
仪器：
方法：① 过滤；② 结晶；③ 蒸馏；④ 萃取分液。
请将相应的字母填入空白处：
( III ) 实验室用63%的浓HNO3 (其密度为1.4 g·mL－1)配制480 mL 0.25 ml·L－1稀HNO3；可供选用的仪器有：
a．胶头滴管 b．烧瓶 c．烧杯 d．药匙 e．托盘天平 f．10 mL量筒 g．50 mL量筒
回答下列问题：
(1)此浓硝酸的物质的量浓度为________ml·L－1。
(2)量取63%的浓硝酸时应选用________(填仪器的字母编号)量取________mL。
(3)实验时，上述仪器中还需要选用的有_________(填字母)，还缺少的仪器有_______、_____ (写仪器名称)。
(4)配制过程中，下列操作会使配制的稀硝酸溶液浓度偏低的是________________ (填序号)。
①用量筒量取浓硝酸时，眼睛俯视刻度线
②容量瓶使用时底部残留有水
③定容时眼睛俯视刻度线
④移液时不小心有少量液体洒到瓶外
⑤定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
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原子的外围电子排布式为________。
（2）实验室可用KSCN、苯酚()来检验Fe3＋。N、O、S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) [Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+中，NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在[Fe(NO)(H2O)5]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体______。
（3）FeSO4常作净水剂和补铁剂，SO的立体构型是____________。
（4）羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1 ml Fe(CO)5分子中含________ ml σ键，与CO互为等电子体的离子是__________(填化学式，写一种)。
（5）氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为________。
（6）氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρ g/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2＋紧邻且等距离的Fe2＋数目为________；Fe2＋与O2－最短核间距为__________pm。
四、原理综合题（14分）
10．CO2是一种重要的化学资源，基于Sabatier反应，中科院设计完成了在催化剂作用下CO2氧化制取具有工业使用价值的气体。回答下列问题：
（1）已知：
则 _____。
（2）CO2氧化制的过程中，还存在反应：。
①随着反应进行，催化剂的活性明显降低，原因是_________________；
②若适当通入过量的CO2，则会明显减缓催化剂活性降低现象，原因是________________。
（3）CO2氧化制过程中，不同催化剂对反应物的转化率有不同影响，研究发现使用钴盐、铬盐作催化剂，未达到平衡时，其催化效果有如下结论：
说明：选择性是指转化的乙烷中生成乙烯的百分比；选择性是指转化的中生成的百分比。该反应宜选取的催化剂为______，理由是________________。
（4）、的某刚性容器中充入、混合气体，压强为p，若仅发生如下反应：，达到平衡时，的体积分数为0.2。
①测得正反应速率为，逆反应速率为，其中、为速率常数，则______（以和表示），，则平衡时________。
②已知：气体分压=气体总压×体积分数，上述反应若应用平衡分压代替平衡浓度，所得的化学平衡常数______。
五、有机推断题（15分）
11．萜类化合物是中草药中的一类比较重要的化合物，广泛分布于植物、昆虫及微生物体内，是多种香料和药物的主要成分。H是一种萜类化合物，其合成路线如图：
已知：R、R1、 R2为烃基，X为卤素原子。
①++
②
③
请回答下列问题：
(1)E中的含氧官能团名称为____________。
(2)写出G的结构简式_____。
(3)写出反应方程式：B→C__________，反应类型为___________。
(4)用*号标出H中的手性碳原子________。
(5)写出符合下列条件的C的同分异构体有_____种。
a.含有苯环且苯环上有两种氢；
b.只含一种官能团且能发生水解反应；
c.核磁共振氢谱峰面积比为2：2：3：9。
(6)应用上述信息，以乙醇为原料制备，画出合成路线图(无机试剂任选)_______。
六、工业流程题（14分）
12．从化合价的角度认识氯的化合物。
(1)ClO2是国际公认的高效安全杀菌消毒剂，工业制备ClO2的反应原理如下：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl
①该反应中，氧化剂是__________，氧化产物是_________，氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________，依据氧化还原反应规律判断，氧化性强弱为NaClO3____Cl2（填＞、＜或=）。
②ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（），需将其转化为Cl-除去，下列试剂中，可将ClO2-转化为Cl-的是____________（填字母序号）。
a．FeSO4 b．O3 c．KMnO4 d．SO2
(2)亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。Mathiesn方法制备亚氯酸钠的流程如下：
请将流程中发生的两个反应的离子方程式中所缺的物质补充完整：
反应① □ClO3-＋□SO2＝□＋□________
反应② □ ClO2＋□H2O2＋□________＝□＋□O2↑＋□________
实验
所需仪器
方法
除去水中混有的泥沙
_______
_______
从海水中获取淡水
_______
_______
分离碘和水的混合物
_______
_______
从海水中获取粗盐
_______
_______
实验编号
催化剂
转化率/%
选择性/%
CO2
Ⅰ
650
钴盐
19.0
37.6
17.6
78.1
Ⅱ
650
铬盐
32.1
23.0
77.3
10.4
参考答案
1．B
【详解】
A. 红斑素含有5个碳碳双键，而红曲素含有3个碳碳双键，红曲素比红斑素少两个碳碳双键，因此两者不是同分异构体，A错误；
B．两者均含有酯基，可以在NaOH溶液中发生水解反应，B正确；
C．红曲素和红斑素中均含有酯基、羰基和醚键三种含氧官能团，C错误；
D．一分子红曲素中含有三个碳碳双键、两个羰基能够与氢气发生加成反应，酯基具有独特的稳定性，不能与氢气发生加成反应，故1 ml红曲素最多能与5 ml H2发生加成反应，D错误；
故合理选项是B。
2．D
【分析】
根据装置图可知，总反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，所以铁电极为负极，铜电极为正极。
【详解】
A．原电池中阴离子流向负极，所以硫酸根流向铁电极，故A错误；
B．根据分析铜电极为正极，电极上氢离子得电子发生还原反应，故B错误；
C．柠檬汁显酸性，依然可以发生铁与氢离子的反应，且能形成闭合回路，导线中会有电子流动，故C错误；
D．铁为负极，失电子生成铁离子，所以铁片质量逐渐减小，电极反应为Fe－2e-=Fe2+，故D正确；
综上所述答案为D。
3．B
【分析】
氧化还原反应发生在同种元素之间，即反应中只有一种元素发生化合价的变化。
【详解】
A．Zn、H元素的化合价都变化，故A不符合要求；
B．只有S元素的化合价变化，则氧化还原反应发生在同种元素之间，故B符合要求；
C．Cu、H元素的化合价都变化，故C不符合要求；
D．H、O元素的化合价都变化，故D不符合要求；
答案选B。
4．B
【详解】
A．物质的量相等的H2O与D2O中分子数相等，但二者分子中中子数不同，所以等物质的量的水和重水中中子数不同，选项A错误；
B．一个氧化钠和过氧化钠化学式知阴离子个数相等，所以等物质的量的Na2O和Na2O2中含有的阴离子总数，选项B正确；
C．温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以无法判断二者物质的量的大小，所以原子个数多少无法确定，选项C错误；
D．一个铜原子失去2个电子，一个钠原子失去一个电子，所以等物质的量的钠和铜分别与氯气完全反应，转移的电子数不同，选项D错误；
答案选B。
5．C
【解析】
【详解】
A.氧化铝和盐酸反应：Al2O3＋6HCl===2AlCl3＋3H2O，可以得到A1Cl3，错误；
B.铝和氯气反应：2Al＋3Cl22AlCl3，可以得到A1Cl3，错误；
C.氧化铝和烧碱溶液反应：Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O，不能得到A1Cl3，正确；
D.氢氧化铝和盐酸反应：Al(OH)3＋3HCl===AlCl3＋3H2O，可以得到A1Cl3，错误。
6．A
【分析】
从题干叙述中分析制取臭氧有两种方法，从电解的原理分析电极反应及电解质溶液中离子的流向。
【详解】
A.在高压放电的条件下，O2生成O3，并非电解原理，故A错误；
B.由于在放电的条件下氧气也与氮气化合生成NO，而NO可以被氧化生成NO2，所以高压放电出来的空气中，除含臭氧外还含有氮的氧化物，故B正确；
C.根据装置图可知，b电极生成氧气和臭氧，这说明b电极是阳极，水电离出的OH－放电，电极反应式为3H2O－6e－＝O3↑＋6H＋和2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋，故C正确；
D.a电极是阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，所以电解时，H＋由电极b经聚合固体电解质膜流向电极a，D正确。
故选A。
【点睛】
根据放电顺序知，电解水时由水电离出的OH－放电，所以产物中有H＋生成，同时根据电荷守恒及原子守恒规律配平电极反应方程式。
7．B
【分析】
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O中Fe元素的化合价升高，O元素的化合价降低；2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+中Fe元素的化合价降低，O元素的化合价升高，总反应为2H2O2═2H2O＋O2↑，以此来解答。
【详解】
A．在反应①中O元素化合价由-1价降低为-2价，为氧化剂，在反应②中O元素的化合价由−2价升高到0价，被氧化是还原剂，故A正确；
B．总反应为2H2O2═2H2O＋O2↑，溶液的H＋浓度基本不变，故B错误；
C．总反应为2H2O2═2H2O＋O2↑，Fe2＋为H2O2分解的催化剂，故C正确；
D．Fe2＋为H2O2分解的催化剂，可导致H2O2分解，所以H2O2生产过程要严格避免混入Fe2＋，故D正确；
故答案选B。
8．C F D ① B ③ A ④ C ② 14 f 8.9 a c 玻璃棒 500mL 容量瓶 ①④⑤
【详解】
( I )酒精灯使用结束后，应立即灯帽盖灭，不能吹灭，故错误；B．不慎将酸沾到皮肤或衣物上，应立即用大量的水冲洗，不能用具有腐蚀性的浓NaOH溶液清洗，故错误；C．分液时，为了使上下层的液体尽可能的完全分离，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故正确；D．取用Na2SO4溶液时，发现取量过多，不能把多余的试剂倒入原试剂瓶中，避免污染，故错误；E．称量氢氧化钠固体时，应使用玻璃器皿，如烧杯等，不能在天平的托盘上放纸，故错误；F．使用分液漏斗前要检查其活塞和盖是否漏水，故正确；G．测量溶液pH时，若将pH试纸润湿，则测得溶液的pH可能有变化，所以不能润湿，故错误。故选CF。
( II )除去水中混有的泥沙用过滤的方法，使用漏斗，故选D和①；从海水中获取淡水用蒸馏的方法，选择使用冷凝管，故选B和③；分离碘和水的混合物用萃取的方法，使用分液漏斗，故选A和④；从海水中获取粗盐应用蒸发皿进行蒸发结晶的方法，故选C和②。
( III ) (1)硝酸的物质的量为=14 ml·L－1。
(2)需要量取浓硝酸的体积为=8.9mL，故选择f。
(3)配制溶液需要用a．胶头滴管，c．烧杯，f．10 mL量筒，还需要玻璃棒和500mL 容量瓶。
(4) ①用量筒量取浓硝酸时，眼睛俯视刻度线，则浓硝酸的体积变小，浓度变小；②容量瓶使用时底部残留有水不影响浓度；③定容时眼睛俯视刻度线，则溶液的体积变小，浓度变大；④移液时不小心有少量液体洒到瓶外，溶质有损失，浓度变小；⑤定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液的体积变大，浓度变小。故选①④⑤。
【点睛】
掌握配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析，通常有两个方面，一是溶质的变化，二是溶液的体积的变化。溶质减少，则浓度变小。溶液的体积变小，浓度变大，溶液的体积变大，浓度变小。
9．3d64s2 N>O>S 正四面体形 10 CN－或C22- 3∶1 12
【分析】
（1）依据元素核外电子排布规律作答；
（2）同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，同主族从上到下第一电离能减小，据此分析作答。
（3）根据SO42-中心原子含有的共价键个数与孤电子对个数之和确定其空间构型和杂化方式；
（4）配合物中碳原子不存在孤对电子，σ键数为2，即1个Fe （CO）5分子含10个σ键；原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体；
（5）氮化铁晶体为六棱柱：利用均摊法计算铁、氮的微粒个数之比；
（6）氧化亚铁晶胞结构类似氯化钠晶胞，棱上3个离子相切，晶胞参数等于相邻两个离子核间距的2倍。依据图2可知，上、中、下三层各有4个氧离子与中心的氧离子紧邻且等距离，而氧化亚铁中氧离子、亚铁离子个数比为1：1，据此分析作答；根据均摊法计算晶胞中二价铁离子、氧离子数目，依据氧化亚铁晶体的密度计算Fe2+与O2-最短核间距。
【详解】
（1）Fe位于第四周期VIII族，基态Fe原子外围电子排布式为3d64s2；
（2）根据同周期同主族元素性质递变规律判断，由于同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但氮原子2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大，又由于同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，则N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S；[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+中，NO以N原子与Fe2+形成配位键，题目已知图中缺少配体H2O和NO，应为
；
（3）SO42−离子中S原子价层电子对数= +4=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；
（4）Fe和CO形成配位键，成键原子间只能形成一个σ键，因此1mlFe(CO)5分子中含有10 mlσ键；等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团。与CO互为等电子体的离子可能是CN-或C22-，故答案为10 ，CN-或C22-；
(5)观察图一晶胞可以发现该晶胞中Fe原子个数为：(6+6)×+2×+3=6，N原子数为2，故该晶体中铁、氮的微粒个数之比为6:2=3:1；
故答案为3:1；
(6)从晶胞结构中可知，在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为12个，1个晶胞中含有Fe2+个数为：6×+8×含有O2-个数为：12×+1原子Fe2+与O2-的最短核间距是晶胞单元的棱长，设氧化亚铁的晶胞的单元棱长为apm，可得到等量关系：ρ×a3=，可得到a=pm。
故答案为12 ； 。
10． 生成的固态碳附着在催化剂表面上，减少了催化剂与反应物的接触面积 增大的量，会减少积碳的形成，由此会减缓催化剂与反应物接触面积减少的发生 铬盐 相同温度下，铬盐作催化剂时的转化率和的选择性均较高
【分析】
本题综合考查利用盖斯定律进行反应热的计算、根据数据进行分析选择催化剂、有关化学平衡的计算和平衡常数的计算等化学反应原理相关知识点，能力重点考查学生的信息获取能力与逻辑推理能力，总体难度一般，只要仔细读题，分析到位解题不是十分困难。
【详解】
（1）根据盖斯定律可知反应可由题中反应1减反应2，故，故答案为：+177.6；
（2）①根据反应特点，生成的碳附着在催化剂表面上，减少了催化剂与反应物的接触面积，造成催化剂的活性明显降低。
②增大的量，发生反应，消耗C，从而减少积碳；增加的量，还会使反应正向移动，减少了的浓度，由此减少了反应进行的程度，减少了积碳的形成，所以会明显减缓催化剂活性降低现象，故答案为：生成的固态碳附着在催化剂表面上，减少了催化剂与反应物的接触面积；增大的量，会减少积碳的形成，由此会减缓催化剂与反应物接触面积减少的发生；
（3）根据表格数据提供的信息可知选择铬盐作催化剂时的转化率和的选择性均高于钴盐，故选取铬盐作催化剂更好，故答案为：铬盐；
（4）①达到平衡时，，根据平衡常数表达式 及正反应速率为和逆反应速率为，可以得出；
根据三段式法，可以得出：
，
，故答案为：；；
②根据阿伏加德罗定律，同温同体积是气体的压强之比等于物质的量之比，结合①的计算可知x=1，故平衡时容器的压强为，故各组分的分压分别为：p(C2H6)=p(CO2)=p(C2H4)=p(CO)=p(H2O)=，带入表达式得出，故答案为 。
11．羟基、 醚键 +CH3OH +H2O 取代反应 6 CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3
【分析】
B和CH3OH发生酯化反应生成C，由C逆推，可知B是；结合信息②③，可知和CH3MgI反应生成(D)；和反应生成 (F)，氧化为(G)；水解为。
【详解】
(1)E是，含氧官能团名称为羟基、醚键；
(2) 和反应生成 ，氧化为，G的结构简式；
(3) B是和CH3OH发生酯化反应生成和水，反应方程式是+CH3OH +H2O。
(4) 中的手性碳原子；
(5) a.含有苯环且苯环上有两种氢； b.只含一种官能团且能发生水解反应，含有酯基； c.核磁共振氢谱峰面积比为2：2：3：9，说明苯环含2个对位取代基；两个取代基可能是-COOCH3、-COOC(CH3)3或-OOCCH3、-COOC(CH3)3或-OOCCH3、-OOCC(CH3)3或-CH3、-OOCCOO(CH3)3或-CH3、-OOCCOOC(CH3)3或-C(CH3)3、-OOCCOOCH3，共6种；
(6)乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯和CH3CH2MgBr反应生成，合成路线为CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。
【点睛】
本题考查有机合成，充分利用题目信息是解题关键，明确各有机物结构变化，掌握官能团的结构和性质，注意官能团保护在有机合成中的利用。
12．NaClO3 Cl2 1：1 ＞ ad ClO2 OH- H2O
【分析】
在氧化还原反应中，含有化合价降低元素的反应物为氧化剂，含有化合价升高元素的反应物为还原剂，氧化剂对应的产物为还原产物，还原剂对应的产物为氧化产物；氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物。
【详解】
(1)①该反应中，NaClO3中Cl元素化合价由+5降为+4，氧化剂是NaClO3，HCl为还原剂，生成Cl2，则氧化产物是Cl2，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：2=1：1，依据氧化还原反应规律：氧化剂＞氧化产物进行判断，氧化性强弱为NaClO3＞Cl2。
②转化为Cl-时，作氧化剂，则需加入还原剂，FeSO4、SO2可将还原，故选ad；
答案为：NaClO3；Cl2；1：1；＞；ad；
(2)从流程图中可以看出，反应①中所缺物质为ClO2，配平的离子方程式为2＋SO2＝＋2ClO2；反应②中所缺物质为OH- 、H2O，配平的离子方程式为2ClO2＋H2O2＋2OH- ＝2＋O2↑＋2H2O；
答案为：ClO2；OH- ；H2O。
【点睛】
缺项配平时，可先依据得失电子守恒进行配平，再依据溶液的性质，利用电荷守恒进行配平，若所缺项为离子，此时便可确定；若所缺项为分子，则在进行质量守恒配平时便可推出。