黑龙江省齐齐哈尔市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题

这是一份黑龙江省齐齐哈尔市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题，共31页。试卷主要包含了工业流程题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省齐齐哈尔市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题

一、工业流程题
1．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）由含锌废料(主要含ZnO、PbO、CuO及少量FeO、MnO)生产锌及氧化锌的流程如图所示：

回答下列问题：
(1)浸出渣主要成分为_______(填化学式，下同) ；沉淀渣2为_______。
(2)“除铁锰"”时，Mn(II)氧化生成MnO2(转化为)，配平该反应的离子方程式Mn2+++H2O=MnO2↓++H+，_______。
(3)“沉锌”时，反应的化学方程式为_______；检验Zn(OH)2∙ZnCO3已洗涤干净的方法是_______。
(4)“电解”中产生_______(填化学式)可在_______(填操作单元名称)中循环利用。
(5)将Zn(OH)2∙ZnCO3加热分解可得到具有催化性能的活性氧化锌，若加热过程中固体质量减少了6. 2 kg，则理论上生成____kg氧化锌。
2．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图所示：

常温下，有关沉淀数据如表(“完全沉淀”时，金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1)。
沉淀
Mn(OH)2
Co(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
恰好完全沉淀时pH
10.1
9.4
6.7
2.8
5.2
回答下列问题：
(1)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是____；浸出渣的主要成分是____。(填化学式)。浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+和SO离子，写出“浸取’时，Co2O3发生反应的化学方程式：____。
(2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为____。
(3)常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是____；若“调节pH”后，溶液中c(Co2+)=0.1mol·L-1，则需调节溶液pH的范围是____(忽略溶液的体积变化)。
(4)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是____；反萃取时，应加入的物质是____(填溶液名称)。
(5)钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6g草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与Co3O4的混合物15.8g，该混合物中CoO与Co3O4的物质的量之比为____。
3．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）一种废镍催化剂中含有Ni、 Al、Cr。、Cu、FeS及碳粉，以其为原料制备环烷酸镍[(C10H8COO)2Ni，常温下为难溶于水的液体]的工艺流程如图所示：

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Ni2+
Cu2+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
6.4
5.4
完全沉淀的pH
3.2
9.0
8.4
6.7
回答下列问题：
(1)充分“灼烧”后，产生废气中的有毒气体的化学式为_______。
(2)“灼烧”后Cr转化为Cr2O3已知Cr2O3与Al2O3性质相似，则滤液中阴离子有OH-、_______。基态Cr原子的价层电子排布式为_______。
(3)“酸溶”时，先加入一定量的水，然后分次加入浓硫酸，与直接用稀硫酸溶解相比，其优点是_____。
(4)“调pH”时，溶液pH的范围为_______。
(5)常温下，CuS的Ksp极小，用S2-可将Cu2+完全沉淀。CuS晶胞中S2-的位置如图1所示，Cu2+位于S2-所构成的四面体中心，晶胞侧视图如图2所示。

①与S2-距离最近的S2-数目为_______。
②CuS的晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则CuS晶体的密度为_______g·cm-3。
(6)环烷酸的化学式为C10H8COOH，写出“合成”反应的化学方程式： _______。
(7)测定样品纯度：已知环烷酸镍样品中含有环烷酸杂质。取1.000g环烷酸镍样品，加入足量稀硫酸[发生反应：(C10H8COO)2Ni+H2SO4=2C10H8COOH+ NiSO4]后，用氨水调节溶液pH为9~10时，加入紫脲酸胺作指示剂，用0.1000mol· L-1 EDTA标准溶液滴定(Ni2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)，消耗EDTA标准溶液20.00mL。则环烷酸镍样品纯度为_______%。

二、实验题
4．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）Na2FeO4是一种重要的高效消毒剂，主要应用于饮用水处理。
已知：①Cl2+ 2OH- =ClO- +Cl- +H2O是放热反应；
②NaClO遇热水生成NaClO3；
③Na2FeO4为紫色固体，微溶于NaOH溶液，不溶于乙醇；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
回答下列问题：
(1)制备NaClO装置如图所示：

仪器a中盛放的试剂为___(填名称) ，装置C置于冰水浴中，若温度过高，其离子方程式为___；若撤去B装置，则装置C中NaOH恰好完全反应时的溶液中n(NaCl):n(NaClO)为___ (填字母)。本套实验装置的缺陷是___。
a.1:1         b.＞1:1           c.＜1:5            d.1:5
(2)合成Na2FeO4：利用NaClO强碱性溶液与Fe(NO3)3溶液在0~5℃反应制备Na2FeO4，装置如图。实验中通过仪器a缓慢滴加的溶液是___，原因是___，三颈烧瓶中。合成Na2FeO4的离子方程式是___，从三颈烧瓶中获得晶体的系列操作是结晶、过滤洗涤、干燥，其中洗涤剂可以是___(填化学式)。

(3)探究Na2FeO4性质：取少量Na2FeO4溶液于试管中，加入H2O2、稀H2SO4，观察到溶液由紫红色逐渐变为黄色，并收集到无色气体，该无色气体为___(填化学式) ，若反应转移1 mol e-，则生成__L(标准状况下)无色气体。
5．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）氨基甲酸铵是一种白色固体，易水解，是工业上生产尿素的副产物，可以用于药物合成。实验室向四氯化碳中通入干燥的二氧化碳和氨气制取氨基甲酸铵固体，实验装置如下图，反应的化学方程式为2NH3(g)＋CO2(g)⇌NH2COONH4(s) ΔH”“”“p1；温度不变，由B点到D点，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则逆反应速率大于正反应速率；
③a.充入CO使H2转化率增大，但是CO转化率减小，b.将产物及时分离使平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，c.充入He，三种气体的浓度不会改变，则平衡不移动，d.高效催化剂不能提高平衡转化率，故选择b；
此时CO的转化率为0.8%，所以CO转化了0.016mol，
④

；
(3)分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行；
(4)分析价态知，C元素由CO2中的+4价降低到HCOOH中的+2价，得到电子，发生还原反应，m电极是阴极，结合质子交换膜知电极反应式为：
8．(1)CH4(g)+CO2(g) ⇌2CO(g)+2H2(g)  ΔH3=+247 kJ·mol-1
(2) CH4 CO 450℃至580℃，升高温度，反应I平衡正向移动，CO浓度增大。增大CO浓度，反应II平衡正向移动，则CO2的量增大，升高温度，反应III平衡正向移动，使CO2的量减小，且CO2增大的量大于CO2减小的量，所以CO2物质的量分数先随温度升高而增大 0.1
(3) 阳 H2+O2=H2O2 0.3

【详解】（1）已知：I．CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)  ΔH1=+206 kJ·mol-1；
II．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)  ΔH2=-41 kJ·mol-1；
根据盖斯定律，将热化学方程式I- II，整理可得CH4(g)+CO2(g) ⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH3=+247 kJ·mol-1；
（2）①反应I和III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则甲烷的物质的量分数减小，CO物质的量分数增大，则曲线c代表的物质为CH4，曲线c代表的物质为CO；
②曲线b代表的是CO2物质的量分数，450℃至580℃，升高温度，反应I平衡正向移动，CO浓度增大，增大CO浓度，反应II平衡正向移动，则CO2的量增大，升高温度，反应III平衡正向移动，使CO2的量减小，且CO2增大的量大于CO2减小的量，所以CO2物质的量分数先随温度升高而增大；
③反应进行2 min后，甲烷的物质的量浓度为0.8 mol./L，则△c(CH4)=1 mol/L-0.8 mol/L=0.2 mol/L，故 2 min内用CH4(g)的浓度变化表示的化学反应速率v(CH4)=；
在反应开始时n(CH4)=1 mol，n(H2O)=3 mol，平衡时，容器中气体总物质的量为n mol，容器体积为V L，由图1可知，平衡时n(CH4) =0.15n mol，n(CO2)=0.05n mo1，对于反应I．CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)  ΔH1=+206 kJ·mol-1；反应消耗CH4(g)的物质的量△n(CH4)=(1-0.15n) mol，根据物质反应转化关系可知△n(CH4)=△n(H2O)=△n(CO)=(1-0.15n) mol，△n(H2)=3(1-0.15n) mol；
对于反应II．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，由于n(CO2)=0.05n mo1，则各种气体的改变物质的量都是0.05n mol，则平衡时n(CH4) =0.15n mol，△n(CO)=(1-0.15n-0.05n) mol=(1-0.2n) mol，n(H2O)=(3-1+0.15n-0.05n)mol=(2+0.1n) mol，△n(H2)= 3(1-0.15n) mol+0.05n mol=(3-0.4n) mol，则反应I的化学平衡常数K==；
（3）①由图可知：a极O2得到电子变为O2-，b极H2失去电子变为H+，所以a电极为正极，b极为负极，电极反应式为：H2-2e-=2H+，氢离子透过X膜，故X膜为阳离子交换膜；
②b电极反应式为H2-2e-=2H+，b极为负极；a电极为正极，a电极电极反应式为：O2+H2O+2e-=+OH-，总反应为H2+O2=H2O2，说明每生成1 mol H2O2，电极上转移2 mol电子。当制取17 g溶质质量分数为30%的H2O2溶液，n(H2O2)=，则导线中转移电子数为0.15 mol×2=0.3 mol。
9．(1) N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol c
(2) L2 该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大 1
(3) p3>p2> p1 生成丙烯腈的反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低 20. 5 12. 5

【详解】（1）根据ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，由图可知molN2(g)与molH2(g)生成1molNH3(1)的反应热ΔH=254kJ-300kJ -20kJ=-66kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol；
a.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，降低氨气的百分含量，故不符合题意；
b.将平衡体系中的氨气分离出来，降低了氨气的百分含量，同时反应速率减小，故不符合题意；
c.增大体系压强，反应速率加快，同时平衡正向移动，  可以提高氨气的百分含量，故符合题意；  
d.加入合适的催化剂，可以加快反应速率，但平衡不移动，不能增加氨气的百分含量，故不符合题意；
故答案为：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol；c；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应平衡常数增大，则L2表示逆反应的平衡常数与温度变化关系，故答案为：L2；该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大；
②平衡时：v正= v逆，即k正·c(N2)·c3(H2) =k逆·c2(NH3)，，T0°C时，，又，可得：，故答案为：1；
（3）①由反应可知，主反应生成丙烯腈，且该反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低，结合图像在温度一定是压强由过程中丙烯腈的选择性增大，则压强：p3>p2> p1，故答案为：p3>p2> p1；生成丙烯腈的反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低；
②设主反应消耗xmol，副反应消耗丙烷ymol，列三段式得：


由已知条件可得：x+y=1×90%=0.9；3x+y=2.5，解得：x=0.8，y=0.1
则平衡时：n()=0.1mol，n()=1.5-1.5x-y=0.2mol，n()=1-x=0.2mol，n()=0.8mol，n()=2.5mol，n()=0.1mol。
则平衡时C3H3N的分压为；
副反应的Kp=；
故答案为：20.5；12.5；
10． 3d54s1 6 N>O>Cr 16 1:2:3 N 正四面体 sp杂化 6 (．．)
【详解】(1)Cr原子价电子排布为3d54s1， 6个未成对电子；
(2)N为半满稳定状态，第一电离能大于O；N、O为非金属，第一电离能均大于金属； 1个中含4个σ键，1个含8个σ键，故含4×2+8＝16个σ键。
(3)①配合物 a. [Cr(H2O)4Cl2]Cl∙2H2O 、b. [Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O、 c. [Cr(H2O)6 ]Cl3外界的Cl-个数比为1:2:3，且只有外界的Cl-会与Ag+反应生成AgCl，所以生成的AgCl的物质的量之比为1:2:3。②配位原了为N，N提供孤电子对；阳离子为，根据价层电子互斥理论可知空间结构正四面体； NCS-中C的价层电子对数为2，孤电子对为0，杂化方式为SP杂化。
(4)①距离每个Cr最近的Al有6个(上下前后左右各一个)距离Cr(0.0.0)最近的Co是8个，所以Co的原子坐标为(．．)；②一个晶胞含8个Co，含Al有12×1/4+1=4个，含Cr有8×1/8+6×1/2=4个，该晶体的密度为＝ g∙cm-3= g∙cm-3，所以答案为：
11．(1) [Ar]3d9 ds
(2) sp3 V形 氧元素电负性大于氢，水分子中氧原子与两个氢原子形成两对共用电子，共用电子对偏向氧，氧有得到电子的趋势，故氧为价，氢为价
(3) 12 4
(4)晶体中，Cu2+与Cl-形成黄色的配合物离子，与蓝色配离子 [Cu(H2O)4]2+混合，显现出绿色
(5)

【详解】（1）基态Cu原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则Cu2+核外电子排布式为[Ar]3d9；铜元素位于元素周期表的第四周期第ⅠB族，属于ds区。答案为：[Ar]3d9；ds；
（2）H2O分子中O原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化；水分子的中心O原子最外层有2个孤电子对，则空间构型为V形；在水分子中，O的非金属性大于H，共用电子对偏向于O而偏离于H，O显负价、H显正价，且形成一对共用电子的元素显一价，根据电负性分析水中氧元素为-2价而氢元素为+1价的原因是：氧元素电负性大于氢，水分子中氧原子与两个氢原子形成两对共用电子，共用电子对偏向氧，氧有得到电子的趋势，故氧为价，氢为价。答案为：sp3；V形；氧元素电负性大于氢，水分子中氧原子与两个氢原子形成两对共用电子，共用电子对偏向氧，氧有得到电子的趋势，故氧为价，氢为价；
（3）[Cu(H2O)4]2+中，Cu2+与O原子间形成配位键，配位键也属于共价键，另外，每个H2O分子内还含有2个共价键，则1mol[Cu(H2O)4]2+含有(2×4+4)mol=12mol共价键，中心Cu原子与O原子共形成4个配位键，则配位数为4。答案为：12；4；
（4）CuCl2∙2H2O晶体为绿色，则表明其为蓝色物质与黄色物质的混合物，所以原因可能是：晶体中，Cu2+与Cl-形成黄色的配合物离子，与蓝色配离子 [Cu(H2O)4]2+混合，显现出绿色。答案为：晶体中，Cu2+与Cl-形成黄色的配合物离子，与蓝色配离子 [Cu(H2O)4]2+混合，显现出绿色；
（5）由金属铜的晶胞结构图，可计算出晶胞中含Cu原子个数为=4，已知金属铜的密度为，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数为=cm，距离最近的两个铜原子分别为顶点和面心，二者之间的距离为。答案为：。
【点睛】计算晶胞中所含原子个数时，可使用均摊法。
12． 对苯二酚(或1，4-苯二酚) +I2+HI C2H5O3I 取代反应 醚键和醛基 12
【分析】根据B→C的反应条件为NaBH4，说明B发生还原反应生成C，结合C的结构和B的分子式可知，B为；根据C和D的分子式的区别可知D是C中的一个H原子被I原子取代得到的，结合E的结构和题示信息①可知，D为；根据题示信息②和G的结构可知，F为，结合官能团的性质分析解答。
【详解】(1)A()的化学名称为对苯二酚(或1，4-苯二酚)，故答案为：对苯二酚(或1，4-苯二酚)；
(2)根据上述分析，B的结构简式为，故答案为：；
(3)由C生成D的反应为取代反应，反应的化学方程式为+I2+HI，故答案为：+I2+HI；
(4)E()的分子式为C2H5O3I，根据题示信息②可知，由E生成F的反应类型为取代反应，故答案为：C2H5O3I；取代反应；
(5)G()中的官能团有(酚)羟基、醚键和醛基，故答案为：醚键和醛基；
(6)M为H()的同分异构体，A．含有结构，B．除“—O—O—”外含有一种官能团，C．能与NaHCO3溶液反应，说明含有的一种官能团只能是-COOH，且含有2个，满足条件的同分异构体有、、 (●表示另一个可能羧基的位置)，共12种，其中仅含三种化学环境氢的结构简式是，故答案为：12；。
13．(1) 甲苯 酮基、醛基
(2) 加成反应
(3)
(4)HCHO
(5) 6 HCOCH2CH2COOCH=CH2

【分析】结合AC结构可知，A在光照条件下甲基发生取代反应生成B；B发生取代生成C，C加成生成D，D发生消去反应生成E，E被氧化为F；
【详解】（1）有机物A的名称为甲苯；有机物F中含有的官能团为酮基、醛基；
（2）由分析可知，有机物B的结构简式为 ；C→D的反应为和氢气的加成反应；
（3）D→E反应为D在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应生成E， ；
（4）根据已知①原理可知，反应E→F的产物中，除F外环上支链碳碳双键一端的碳能生成甲醛，即HCHO；
（5）F含有6个碳、3个氧，不饱和度为3；有机物G是F的同分异构体，满足下列条件
①分子内含有“-CH=CH2”结构，结构居于末端；
②可以发生水解反应且水解产物均可以在一定条件下发生银镜反应，则含有甲酸的酯基或另含有醛基。
则结构为HCOOCH(CHO)CH2CH=CH2、HCOOCH2CH(CHO)CH=CH2、HCOOCH(CH2CHO)CH=CH2、HCOOC(CH3)(CHO)CH=CH2、HCOCH2CH2COOCH=CH2、HCOCH(CH3)COOCH=CH2，共6种；其中分子内不含手性碳原子的是HCOCH2CH2COOCH=CH2。
14．(1)邻羟基苯甲醛(水杨醛或2 -羟基苯甲醛)
(2) 醚键、醛基 FeCl3
(3)取代反应
(4)BD
(5)
(6) 4
(7)

【分析】由流程可知，A→B的反应为酚羟基上H原子被取代的过程、同时还有HCl生成，B→C的反应为醛基转变为-CH2OH、是得氢过程、为还原反应，C→D的反应为酚羟基被Cl取代的过程、D→E的反应为Cl被取代的过程、化合物F的分子式为C22H20O2结合流程，可知E→F的反应为的醛基与E的，并引入碳碳双键的过程，F为，F→G的反应为碳碳双键上的加氢反应、并重新使醚键转变为酚羟基。
【详解】（1）A为，化学名称为邻羟基苯甲醛(水杨醛或2 -羟基苯甲醛)；
（2）B为 ，官能团的名称为醚键、醛基；A中含有酚羟基而B中没有酚羟基，前者遇FeCl3溶液呈紫色后者不会，故可用于鉴别 A与B的一种盐溶液的溶质为FeCl3；
（3）据分析，由C生成D(同时有SO2和HCl生成)的化学方程式为SOCl2+ + SO2+HCl，故C→D的反应类型为取代反应；
（4）A．C为 ，不存在手性碳原子，选项A错误；
B．C的苯环上7种不同化学环境的氢原子，一溴代物有7种(不含立体异构)，选项B正确；
C. 分子中存在羟基，但羟基相连的碳原子相邻的碳上没有H，不能发生消去反应，选项C错误；
D. 分子中存在2个苯基，最多能与6 mol H2发生加成反应，选项D正确；
答案选BD；
（5）根据分析可知，F为；
（6）化合物分子式为C8H8O2，不饱和度为5，同分异构体满足条件：含有苯环并能发生银镜反应和水解反应，则同分异构体含有1个HCOO-、1个苯环，当苯环只有1个侧链时，侧链为HCOOCH2—，当苯环有2个侧链时，侧链分别为HCOO—、—CH3，且2个侧链可处以邻间对位，则共有4种；其中核磁共振氢谱为四组峰即四种氢原子，峰面积之比为3:2:2: 1，按对称性可知结构简式为；
（7）参照上述合成路线，以和在碳酸钾和加热条件下反应得到 ， 催化氧化得到 ， 与甲醇发生酯化反应得到 ， 催化下与氢气反应得到，合成路线如下： 。