【状元之路】2022届高考化学 二轮热点专题专练钻石卷 (六)选考部分综合测试卷 新人教版

(六)选考部分综合测试卷(满分：100分　时间：90分钟)1．(8分)海水中蕴藏着丰富的资源，人类需要的很多材料都来源于海水的综合利用。(1)写出工业上用MgCl2制备金属镁的化学方程式：________。(2)实验室用惰性电极电解100mL0.1mol/LNaCl溶液，若阳极上收集到112mL气体(标准状况下)，则所得溶液的pH为________(忽略反应前后溶液的体积变化)。(3)用电解氯化钠溶液制备“84消毒液”(主要成分是次氯酸钠)，假设通电时产生的氯气被溶液完全吸收，且所得的消毒液仅含一种溶质，请写出相应的总化学方程式______________________。“84消毒液”在常温下的pH________7(填“>”、“<”或“＝”)，用离子方程式表示其原因：______________________。(4)工业上利用离子交换膜法和一定的装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合成氢氧燃料电池，则电池正极的电极反应式为__________。解析　(1)工业上利用电解熔融MgCl2的方法制取金属镁。(2)根据2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，当阳极收集到标准状况下的112mLCl2时，生成NaOH的物质的量为×2＝0.01mol，则c(OH－)＝＝0.1mol/L，溶液的pH＝13。(3)总化学方程式可以由2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑、2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O相加得到：NaCl＋H2ONaClO＋H2↑。“84消毒液”的主要成分为NaClO，由于ClO－水解而使NaClO溶液显碱性。(4)碱性氢氧燃料电池的正极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－。答案　(1)MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑(2)13(3)NaCl＋H2ONaClO＋H2↑　>　ClO－＋H2OHClO＋OH－(4)O2＋2H2O＋4e－===4OH－2．(10分)海洋是一个巨大的聚宝盆，含有丰富的矿产资料和水资源，若把海水淡化和化工生产结合起来，既可解决淡水资源缺乏的问题，又可充分利用海洋资源。14\n(1)海水中溴元素以Br－的形式存在，工业上用空气吹出法从海水中提取溴，写出该反应的离子方程式：__________________________。(2)请写出电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式：_________。若电解2L饱和食盐水时，通过电路的电子的物质的量为2mol，则溶液混合均匀后的pH为________；若用该溶液将阳极产物全部吸收，反应的离子方程式为__________________________________，所得溶液的pH________7(填“>”、“＝”或“<”)，理由是___________________________________________________________________。(3)海水淡化是国际上研究的热点问题，我国科学家在利用高分子膜进行海水淡化的研究上取得了一些成绩。如图，左侧为海水，右侧为经过一段时间后由左侧高分子膜渗透得到的淡水，该变化是________(填“物理”或“化学”)变化。(4)轮船浸没在海水中的部分容易发生锈蚀，其负极反应式为____________________________________________________。答案　(1)2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－(2)2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑　14Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O　>　ClO－＋H2OHClO＋OH－(3)物理(4)Fe－2e－===Fe2＋3．(10分)金属钛具有密度小、强度高、耐腐蚀、无毒等优点，已广泛应用于航空航天工业，并逐步进入了化工、船舶、汽车、体育器材、医疗等民用领域，并显示出了巨大的发展潜力。工业上冶炼常用还原法和电解法。Ⅰ.还原法。该方法一般以金红石(主要含TiO2)或TiO2为原料，主要工艺流程如图所示。14\nⅡ.电解法。将TiO2粉末与黏结剂混合后，压制成电解阴极板，用碳质材料作阳极，熔融的氯化钙作电解质，当外加的电压低于熔融盐的分解电压时，阴极上的氧电离后进入电解质留下金属Ti，在阳极放出O2和CO2气体，破碎洗涤阴极板即得电解钛。回答下列问题。(1)已知反应①通常在800℃～900℃的条件下进行，产物中还有一种可燃性无色气体，该反应的化学方程式为________________。其中当有1molCl2完全反应时，参加反应的氧化剂质量为________g。(2)反应②通常在800℃～900℃的条件下进行，反应中需要通入氩气的理由是___________；反应后的产物中需要加入____________才能达到分离的目的。(3)已知25℃100kPa时TiCl4为液态，实验测得该条件下12g镁与TiCl4反应能释放出266.1kJ的热量，反应②的热化学方程式为__________________________________________________________。(4)在还原法冶炼钛的工艺流程中可以循环使用的物质是_____；电解法冶炼钛时，阴极反应方程式为______________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析　(1)由反应物C＋Cl2＋TiO2反应生成TiCl4及一种可燃性的无色气体，根据质量守恒不难想到此气体为CO，则反应的化学方程式为：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；此反应中氧化剂为Cl2，有1mol氯气完全反应，则反应的氧化剂为71g。(2)由于反应②中的镁和钛在高温下易被空气中的氧气氧化，故通入氩气将反应容器中的空气排尽，避免镁、钛被氧化；反应后的产物中加入稀盐酸或稀硫酸将未反应的镁溶解即可分离。(3)12g镁为0.5mol，则2mol镁反应放热为4×266.1kJ＝1064.4kJ，故热化学方程式为：TiCl4(l)＋2Mg(s)===Ti(s)＋2MgCl2(s)　ΔH＝－1064.4kJ/mol。(4)由反应框图中电解氯化镁得到金属镁和氯气，而这两种物质又是前面反应所需的原料，故镁和氯气可以循环使用；电解TiO2时，阴极是阳离子放电，故得到Ti，电极反应式为TiO2＋4e－===Ti＋2O2－。答案　(1)TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO　7114\n(2)镁和钛在高温下易被空气中的氧气氧化　稀盐酸或稀硫酸(3)TiCl4(l)＋2Mg(s)===Ti(s)＋2MgCl2(s)ΔH＝－1064.4kJ/mol(4)Mg和Cl2　TiO2＋4e－===Ti＋2O2－4.(10分)化学肥料在农业生产中具有重要的作用，关系着农业生产是否丰收。化学肥料在农业生产中的广泛应用，为化学肥料的大规模工业生产提供了舞台。(1)在合成氨的设备(合成塔)中，设置热交换器的目的是______；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是___________________。(2)生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，一般可采用下列两种方法处理：碱液吸收法：NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O氨还原法：8NH3＋6NO27N2＋12H2O(NO也有类似的反应)请从绿色化学的角度分析两种方法的优劣：________________。(3)某化肥厂用NH3制备NH4NO3。已知：由NH3制NO的产率是96%，NO制HNO3的产率是92%，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量(不考虑其他损耗)的________%。(4)硝酸铵是一种常用的氮肥，在贮存和使用该化肥时，把应注意的事项及理由填入下表。注意事项理由①②答案　(1)利用余热，节约能源　可使NO循环利用，全部转化成HNO3(2)碱液吸收法要消耗大量的NaOH，同时产生有毒的NaNO2，但可以生产副产品“工业盐(NaNO2)”；氨还原法不消耗贵重原料，且产物无污染，但氮的氧化物被浪费了(3)53.1(4)①不能与碱性肥料混施　硝酸铵溶液呈酸性②不能剧烈撞击　硝酸铵易爆炸③不能在雨水较多的地区使用　硝酸铵吸水性强，易流失5．(10分)硫酸工业生产应考虑综合经济效益问题。(1)若从下列四个城市中选择一处新建一座硫酸厂，你认为厂址宜选在________的郊区(填选项的标号)。A．有丰富的黄铁矿资源的城市B．风光秀丽的旅游城市C．消耗硫酸甚多的工业城市14\nD．人口稠密的文化、商业中心城市(2)据测算，接触法制硫酸过程中，若反应热都未被利用，则每生产1t98%硫酸需消耗3.6×105kJ能量。请通过计算判断，若反应：SO2(g)＋1/2O2(g)===SO3(g)　ΔH＝－98.3kJ·mol－1；放出的热量能在生产过程中得到充分利用，则每生产1t98%硫酸只需外界提供(或可向外界输出)________kJ能量。(3)CuFeS2是黄铁矿的另一成分，煅烧时，CuFeS2转化为CuO、Fe2O3和SO2，该反应的化学方程式为____________________________________________________________________________________。(4)由硫酸厂沸腾炉排出的矿渣中含有Fe2O3、CuO、CuSO4(由CuO与SO3在沸腾炉中化合而成)，其中硫酸铜的质量分数随沸腾炉温度不同而变化(见下表)：沸腾炉温度/℃600620640660矿渣中CuSO4的质量分数/%9.39.29.08.4已知CuSO4在低于660℃时不会分解，请简要分析上表中CuSO4的质量分数随温度升高而降低的原因______________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析　(1)由于硫酸工业中产生污染，因此B、D项错误；H2SO4在运输时，需要考虑其强腐蚀性，强氧化性，因此C为正确选项。(2)1t98%H2SO4中n(H2SO4)＝＝1×104mol，而生成1molSO3(即1molH2SO4)可释放能量为98.3kJ×104＝9.83×105kJ，则每生产1t98%H2SO4可向外界输出热量为9.83×105kJ－3.6×105kJ＝6.23×105kJ。答案　(1)C(2)6.23×105(3)4CuFeS2＋13O2===4CuO＋2Fe2O3＋8SO2(4)SO2转化为SO3是正反应放热的可逆反应，随温度升高，平衡逆移，SO3物质的量减少，所以CuSO4的量减少(或温度升高，SO3物质的量减少，故CuSO4的量减少)6．(10分)乙炔是有机合成工业的一种原料。工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔。14\n(1)CaC2中C与O互为等电子体，O的电子式可表示为______；1molO中含有的π键数目为_______。(2)将乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。Cu＋基态核外电子排布式为_____________________________________。(3)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈(H2C===CH—C≡N)。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是________；分子中处于同一直线上的原子数目最多为________。(4)CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如右图所示)，但CaC2晶体中哑铃形C的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中1个Ca2＋周围距离最近的C数目为________。解析　本题主要考查电子式的有关知识及晶胞的有关计算，意在考查化合物结构理论的综合运用能力。(1)等电子体结构相似，则O的电子式与C相似，为[:O⋮⋮O:]2＋；1molO中含有2molπ键，即2NA个π键。(2)Cu＋的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。(3)丙烯腈中碳碳双键上碳原子采用的是sp2杂化，而C≡N键上的碳原子采用sp杂化，碳碳双键是平面结构，而C≡N是直线形结构，丙烯腈的结构为，所以在同一直线上的原子最多为3个。(4)如果晶胞按纵向拉长，则1个Ca2＋周围距离最近的C为同一水平面上的4个。答案　(1)[:O⋮⋮O:]2＋　2NA(2)1s22s22p63s23p63d10(3)sp杂化、sp2杂化　314\n(4)47．(8分)(2022·山东潍坊)元素B、C、N和Si单质及其化合物在工农生产中有很重要的应用。(1)写出基态C原子的电子排布式________。从原子结构的角度分析B、N和O元素的第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。(2)NH3中N原子的杂化类型是________，饱和氨水中可能形成的分子间氢键有________种。(3)碳化硅(SiC)俗名金刚砂，其硬度仅次于金刚石，SiC的晶体结构与金刚石相似，SiC晶体属于________晶体，微粒间存在的作用力是___________________________________________________。(4)硼和镁的化合物在超导方面有重要应用。如图示意的是某化合物的晶体结构单元；镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下底的中心各有一个镁原子；六个硼原子位于棱柱内。则该化合物的晶体结构单元中硼和镁原子的简单整数比为________。解析　(1)C在第2周期第ⅣA族，其核外电子排布式为1s22s22p2；由于N原子最外层的2p能级为半充满状态，不容易失去e－，而O最外层为2s22p4，失去1个p电子后形成p亚层半充满状态，所以第一电离能由大到小的顺序为N>O>B。(2)NH3为三角锥形结构，其中N原子为sp3杂化，NH3与H2O反应形成的氢键为NH3中H与NH3中N成氢键，H2O中H与H2O中O成氢键，H2O的H与NH3中N成氢键，H2O中O与NH3中H成氢键。(3)SiC为原子晶体，Si与C之间以共价键相邻。(4)位于棱柱内的B是整个单元含有的B，共6个，Mg在棱柱的顶点，每一顶点Mg均被6个单元共用，而上下底的Mg被2个单元共用，则整个单元中的Mg为12×＋2×＝3，则B:Mg＝6:3＝2:1。答案　(1)1s22s22p2　N>O>B(或N　O　B)14\n(2)sp3　4(3)原子　共价键(4)2:18．(8分)可以由下列反应合成三聚氰胺：CaO＋3CCaC2＋CO↑CaC2＋N2CaCN2＋CCaCN2＋2H2O===NH2CN＋Ca(OH)2NH2CN与水反应生成尿素[CO(NH2)2]，尿素合成三聚氰胺。(1)写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的电子排布式：________。CaCN2中阴离子为CN，与CN互为等电子体的分子有N2O和________________(填化学式，只写一种。注：等电子体原子总数和电子总数相等)，由此可以推知CN的空间构型为________。(2)三聚氰胺()俗称“蛋白精”。动物摄入三聚氰胺和三聚氰酸()后，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过________结合。在肾脏内易形成结石。(3)三聚氰酸()分子中C原子采取________杂化。该分子的结构简式中，每个碳氧原子之间的共价键是________(填选项)。A．2个σ键14\nB．2个π键C．1个σ键、1个π键(4)CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2＋的配位数为________。CaO晶体和NaCl晶体的晶格能分别为：CaO3401kJ·mol－1、NaCl786kJ·mol－1。导致两者晶格能差异的主要原因是________________。解析　(1)Ca的最外层有2e－，内层分别为K、L、M，排满时的结构为1s22s22p63s23p63d10，由此推知该物质为Zn。CN中的电子数为6＋7×2＋2＝22，则其等电子体为CO2或BeF2等分子，由于CO2为直线形分子，则CN为直线形结构。(2)由于三聚氰酸中含有H、N、O等原子，分子间易形成氢键。(3)由于该分子中C与O形成双键，则应采取sp2杂化方式成键，sp2杂化形成的C原子中有1个σ键，1个π键。(4)每1个Ca2＋周围有6个O2－，每个O2－周围有6个Ca2＋；由于CaO中Ca2＋、O2－均为带2个电荷的离子，而NaCl中Na＋、Cl－带电量小，则CaO中晶格能大。答案　(1)1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2　CO2或BeF2　直线形(2)分子间氢键(3)sp2　C(4)6　CaO晶体中Ca2＋、O2－带电量(或电荷数)大于NaCl晶体中Na＋、Cl－带电量(或电荷数)9．(8分)已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于前三周期。A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍。同时含有A、B、D三种元素的化合物M是一种居室污染气体，其分子中所有的原子共平面。A、B两种元素组成的原子个数比为11的化合物N是常见的有机溶剂。E有“生物金属”之称，E4＋和氩原子的核外电子排布相同。14\n请回答下列问题。(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)(1)下列叙述正确的是________(填字母)。a．M易溶于水，是因为M与水分子间能形成氢键，且M是极性分子；N不溶于水，是因为N是非极性分子b．M和二氧化碳分子中的中心原子均采用sp2杂化c．N分子中含有6个σ键和3个π键d．BD2晶体的熔沸点都比二氧化硅晶体的低(2)金属E的晶胞是面心立方结构(如图)，则E晶体的1个晶胞中E原子数为________，E原子的配位数为________。(3)E的一种氧化物化学式为EO2，广泛用于制造高级白色油漆，也是许多反应的催化剂。工业上用含E的矿石[主要成分为FeEO3(不溶于水)]作原料制取EO2。矿石经过硫酸溶液浸泡，生成含EO2＋的溶液，再经稀释得EO2·xH2O，写出这两步反应的离子方程式______________________________________________________，______________________________________________________。(4)X和Y分别是B和C的氢化物，这两种氢化物都含有18电子。X和Y的化学式分别是________、________。两者沸点的关系为X________Y(填“>”或“<”)，原因是_____________________________________________________________________________________。解析　根据题给信息确定A为H，B为碳，C为N，D为O，E为Ti，M为HCHO，N为C6H6。(1)HCHO能溶于水，是由于—CHO与H2O之间形成氢键；中C原子为sp2杂化，但CO2中的C原子为sp杂化；C6H6中π键是一种离域π键，C6H6中只有一个大π键和6个C—Hσ键；CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，CO2熔沸点低。(2)E个数为8×＋6×＝4个，E的配位数为12个(X轴、Y轴、Z轴分别为4个)。14\n(3)根据题目信息，FeTiO3与H2SO4反应生成TiO2＋，其中Ti化合价未发生变化，TiO2＋与H2O反应生成TiO2，Ti的化合价也未发生变化，该一系列反应均为复分解反应。(4)18e－微粒中C2H6、N2H4符合题意。由于N2H4与N2H4间可形成氢键，其熔沸点高。答案　(1)ad(2)4　12(3)FeTiO3＋4H＋===Fe2＋＋TiO2＋＋2H2OTiO2＋＋(x＋1)H2O===TiO2·xH2O＋2H＋(4)C2H6　N2H4　<　N2H4分子间有氢键，而C2H6分子间是范德华力10．(10分)(2022·南京模拟)氢能被视作连接化石能源和可再生能源的重要桥梁。(1)水是制取H2的常见原料，下列有关水的说法正确的是_____。A．水分子是极性分子B．H2O分子中有2个由s轨道与sp3杂化轨道形成的σ键C．水分子空间结构呈V型D．CuSO4·5H2O晶体中所有水分子都是配体(2)氢的规模化制备是氢能应用的基础。在光化学电池中，以紫外线照射钛酸锶电极时，可分解水制取H2同时获得O2。已知钛酸锶晶胞结构如图所示，则钛酸锶的化学式为________________________________________________________。(3)氢的规模化储运是氢能应用的关键。①准晶体Ti38Zr45Ni17的储氢量较高，是一种非常有前途的储氢材料。该材料中，镍原子在基态时核外电子排布式为__________；②氨硼烷化合物(NH3BH3)是最近被密切关注的一种新型储氢材料。请画出含有配位键(用“→”表示)的氨硼烷的结构式________；与氨硼烷互为等电子体的有机化合物是_____________(写结构简式)；14\n③甲酸盐/碳酸盐可用于常温储氢，其原理是甲酸盐在钌催化下会释放出氢气，产生的CO2被碳酸盐捕捉转变为碳酸氢盐，碳酸氢盐又能催化转化为甲酸盐。已知HCO在水溶液中可通过氢键成为二聚体(八元环结构)，试画出二聚体的结构式________________。答案　(1)abc11．(8分)(2022·山西模拟)Ⅰ.下列说法正确的是________(填字母编号，每小题只有一个正确答案，下同)。A．离子晶体中一定存在离子键，分子晶体中一定存在共价键B．主族元素形成的单质，从上到下熔沸点逐渐升高C．N2分子中的共价键是由两个σ键和一个π键组成的D．以极性键结合的分子不一定是极性分子Ⅱ.下列叙述正确的是________。A．用VSERP理论预测PCl3的立体构型为平面三角形B．SO2和CO2都是含有极性键的非极性分子C．在NH和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键D．铝元素的原子核外共有5种不同运动状态的电子14\nⅢ.Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数逐渐增大。已知Z的原子序数为29，其余均为短周期主族元素。Y原子的价电子排布为msnmpn。R原子核外L层的电子数为奇数，Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题。(1)Z2＋的核外电子排布式是____________________。如图是Z和X形成晶体的晶胞结构示意图(○代表X)，可确定该晶胞中阴离子的个数为________。(2)Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为A、B，试比较它们的热稳定性并说明理由：__________________________________________________________________________________________________。(3)Q和X形成的一种化合物甲的相对分子质量为44，则甲的空间构型是________，中心原子采取的杂化轨道类型是________，该分子中含有________个π键。(4)R有多种氧化物，其中乙的相对分子质量最小。在一定条件下，2L的乙气体与0.5L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的R的含氧酸盐的化学式是________________________________________________________________________。(5)这五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于________晶体；Q、R、X三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为________(用元素符号作答)。解析　Ⅰ.He、Ne等单原子形成的分子晶体中只有分子间作用力，没有共价键，A项错误；碱金属单质从上到下熔沸点逐渐降低，由于金属键由上而下依次减弱，B项错误；N2分子结构式为N≡N，其中有1个σ键和2个π键，C项错误；H2O、SO2等为极性分子，而CO2、SO3等为非极性分子，D项正确。Ⅱ.由于PCl3分子中P的价电子为5＋3＝8个，则P有4对电子，在空间应以四面体形式排列，所以PCl3为三角锥形分子，A项错误；SO2为角形分子()，正、负电荷重心不能重合，因此SO214\n为极性分子，B项错误；根据核外电子排布规律，不可能有2个运动状态相同的电子存在，因此Al的原子核外有13种不同运动状态的电子，D项错误，选C项。Ⅲ.(1)29号元素为Cu，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，失去2e－后的离子为1s22s22p63s23p63d9。Q的电子排布式为1s22s22p2，Q为C，则X为O，由此推知R为N，则Y为Si。○代表O离子，一个晶胞中顶点有8个氧离子，棱上有4个，面心上有2个，体心上有1个，所以氧离子个数为8×＋4×＋2×＋1＝4。(2)由于非金属性C>Si，所以氢化物稳定性CH4>SiH4。(3)C与O形成CO、CO2，相对分子质量为44的为CO2，其结构为O===C===O，由于C与O以直线相连，则C以sp杂化形式成键。(4)N的氧化物中分子量最小的为NO，根据题给信息(4NO＋O2)的混合气体实质为(2NO＋2NO2)，2NO＋2NO2＋4NaOH===4NaNO2＋2H2O，因此产物为NaNO2。(5)Si与O形成SiO2，为原子晶体，C、N、O的第一电离能数值中，N最大，因为N已达到p电子层的半充满状态，较难失去e－。答案　Ⅰ.D　Ⅱ.CⅢ.(1)1s22s22p63s23p63d9(或[Ar]3d9)　4(2)A大于B，因为C的非金属性比Si的非金属性强(其他合理答案也可)(3)直线形　sp　2(4)NaNO2(5)原子　C<O<N14