冲刺2024年高考化学真题重组卷01(浙江专用)含解析.pdf

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+)【答案】B【解析】A项,上层清液为碳酸钙的饱和溶液,碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子,因此c(Ca2+)>c(CO2-),3A错误;B项,根据K=×10-11可得,则碳酸根的水解平衡常数为a2,说明碳酸根的水解程度较大,则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子,B正确;C项,向体系中通入CO,碳酸钙与CO反应生成碳酸氢钙,碳酸氢钙易溶于水,则溶22液中钙离子浓度增大,C错误;D项,由题干可知,Ksp(CaCO)=×10-9,Ksp(CaSO)=×10-5,碳酸钙比34硫酸钙更难溶,加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙,D错误;故选B。16.(2023?全国新课标卷)根据实验操作及现象,下列结论中正确的是()选项实验操作及现象结论常温下将铁片分别插入稀***和浓***中,前者产生无色气A稀***的氧化性比浓***强体,后者无明显现象B取一定量NaSO样品,溶解后加入BaCl溶液,产生白色沉此样品中含有SO2-2324:..淀。加入浓HNO,仍有沉淀3将银和AgNO溶液与铜和NaSO溶液组成原电池。连通后324CCu的金属性比Ag强银表面有银白色金属沉积,铜电极附近溶液逐渐变蓝D向溴水中加入苯,振荡后静置,水层颜色变浅溴与苯发生了加成反应【答案】C【解析】A项,常温下,铁片与浓***会发生钝化,导致现象不明显,但稀***与铁不发生钝化,会产生气泡,所以不能通过该实验现象比较浓***和稀***的氧化性强弱,A错误;B项,浓***会氧化亚硫酸根生成硫酸根,仍然产生白色沉淀,所以不能通过该实验现象判断样品中含有硫酸根,B错误;C项,铜比银活泼,在形成原电池过程中,做负极,发生氧化反应,生成了铜离子,导致溶液变为蓝色,所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱,C正确;D项,向溴水中加入苯,苯可将溴萃取到上层,使下层水层颜色变浅,不是溴与苯发生了加成反应,D错误;故选C。二、非选择题:本题共5小题,共52分。17.(2023?全国甲卷)(10分)将酞菁—钴钛—三***化铝复合嵌接在碳纳米管上,制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题:(1)图1所示的几种碳单质,它们互为_______,其中属于原子晶体的是_______,C间的作用力是_______。60(2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。:..p酞菁分子中所有原子共平面,其中轨道能提供一对电子的N原子是_______(填图2酞菁中N原子的标号)。钴酞菁分子中,钴离子的化合价为_______,氮原子提供孤对电子与钴离子形成_______键。(3)气态AlCl通常以二聚体AlCl的形式存在,其空间结构如图3a所示,二聚体中Al的轨道杂化类型326为_______。AlF的熔点为1090℃,远高于AlCl的192℃,由此可以判断铝***之间的化学键为_______键。33AlF结构属立方晶系,晶胞如图3b所示,F-apm3的配位数为_______。若晶胞参数为,晶体密度ρ=_______g·cm-3(列出计算式,阿伏加德罗常数的值为N)。A【答案】(1)同素异形体()金刚石()范德华力(1分)(2)③(1分)+2(1分)配位(1分)84?1030(3)sp3(1分)离子(1分)2(1分)(2分)N?a3A【解析】(1)同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图1所示的几种碳单质,它们的组成元素均为碳元素,因此,它们互为同素异形体;其中金刚石属于原子晶体,石墨属于混合型晶体,C属于分子60晶体,碳纳米管不属于原子晶体;C间的作用力是范德华力;(2)已知酞菁分子中所有原子共平面,则其分60子中所有的C原子和所有的N原子均为sp2杂化,且分子中存在大π键,其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道,其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键,标号为③的N原子的p轨道能提供一对电子参与形成大π键,因此标号为③的N原子形成的N—H键易断裂从而电离出H+;钴酞菁分子中,失去了2个H+的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子,因此,钴离子的化合价为+2,氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。(3)由AlCl的空间结构结合相关元素的原子结构可知,Al原子价层电子26对数是4,其与其周围的4个***原子形成四面体结构,因此,二聚体中A1的轨道杂化类型为sp3。AlF的3熔点为1090℃,远高于AlCl的192℃,由于F的电负性最大,其吸引电子的能力最强,因此,可以判断铝31***之间的化学键为离子键。由AlF的晶胞结构可知,其中含灰色球的个数为12??3,红色球的个数为3418??1,则灰色的球为F-,距F-最近且等距的Al3+有2个,则F-的配位数为2。若晶胞参数为apm,则晶8:..84g84?1030胞的体积为(apm)3?a3?10?30cm3,晶胞的质量为,则其晶体密度??g?cm3。NN?a3AA18.(2023?辽宁省选择性考试)(10分)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。已知:物质Fe(OH)Co(OH)Ni(OH)Mg(OH)3222K10----:(1)用硫酸浸取镍钴矿时,提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。(2)“氧化”中,混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(HSO),1molHSO中过2525氧键的数目为_______。(3)“氧化”中,用石灰乳调节pH=4,Mn2+被HSO氧化为MnO,该反应的离子方程式为_______(HSO25225的电离第一步完全,第二步微弱);滤渣的成分为MnO、_______(填化学式)。2(4)“氧化”中保持空气通入速率不变,Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO体积分数为_______时,2Mn(Ⅱ)氧化速率最大;继续增大SO体积分数时,Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。2(5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH),该反应的化学方程式为_______。:..(6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃),需控制pH不低于_______()。【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积(1分)(2)N(1分)A(3)①Mn2++HSO-+HO=MnO+SO2-+3H+(1分)②Fe(OH)(1分)32243(4)①%(1分)②SO有还原性,过多将会降低HSO的浓度,降低Mn2(Ⅱ)氧化速率(2分)225(5)4Co(OH)+O=4CoO(OH)+2HO(1分)222(6)(2分)【解析】在“氧化”中,混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(HSO),用石灰25乳调节pH=4,Mn2+被HSO氧化为MnO,发生反应Mn2++HSO-+HO=MnO+SO2-+3H+,Fe3+水解同时生成2523224氢氧化铁,“沉钻镍”过程中,Co2+变为Co(OH),在空气中可被氧化成CoO(OH)。(1)用硫酸浸取镍钴矿时,2为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积;(2)HSO的结构简式为25,所以1molHSO中过氧键的数目为N;(3)用石灰乳调节pH=4,Mn2+被HSO25A25氧化为MnO,该反应的离子方程式为:Mn2++HSO-+HO=MnO+SO2-+3H+;氢氧化铁的Ksp=10-,当铁23224离子完全沉淀时,溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L,K=c(Fe3+)·c3(OH-)=-5×(10-)3=10-,c(OH-)=10-,sp根据Kw=10-14,pH=,此时溶液的pH=4,则铁离子完全水解,生成氢氧化铁沉淀,故滤渣还有氢氧化铁;(4)%时,Mn(Ⅱ)氧化速率最大;继续增大SO体积分数时,由于SO有还222原性,过多将会降低HSO的浓度,降低Mn(Ⅱ)氧化速率;(5)“沉钻镍”中得到的Co(OH),在空气中可被252氧化成CoO(OH),该反应的化学方程式为:4Co(OH)+O=4CoO(OH)+2HO;(6)氢氧化镁的Ksp=10-,当222镁离子完全沉淀时,c(Mg2+)=10-5mol/L,根据Ksp可计算c(OH-)=10-,根据Kw=10-14,c(H+)=10-,所以溶液的pH=。19.(2023?湖南卷)(10分)聚苯乙烯是一类重要的高分子材料,可通过苯乙烯聚合制得。Ⅰ.苯乙烯的制备(1)已知下列反应的热化学方程式:21①CHCH?g??O?g??8CO?g??5HO?g?ΔH???mol?1652522221CHCH?CH?g??10O?g??8CO?g??4HO?g?ΔH???mol?1②65222221③H?g??O?g??HO?g?ΔH???mol?122223CHCH?g??CHCH?CH?g??H?g?的?H?_______计算反应④kJ?mol?1;652565224:..(2)在某温度、100kPa下,向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④,其平衡转化率为50%,欲将平衡转化率提高至75%,需要向反应器中充入_______mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应);(3)在913K、100kPa下,以水蒸气作稀释气。FeO作催化剂,乙苯除脱氢生成苯乙烯外,还会发生如23下两个副反应:⑤CHCH(g)?CH(g)?CH?CH(g)65256622⑥CHCH(g)?H(g)?CHCH(g)?CH(g)652526534转化为目的产物所消耗乙苯的量以上反应体系中,芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(S??100%)已转化的乙苯总量随乙苯转化率的变化曲线如图所示,其中曲线b代表的产物是_______,理由是_______;(4)关于本反应体系中催化剂FeO的描述错误的是_______;Ⅱ.苯乙烯的聚合苯乙烯聚合有多种方法,其中一种方法的关键步骤是某Cu(Ⅰ)的配合物促进CHCHX(引发剂,X表652示卤素)生成自由基CHCH?,实现苯乙烯可控聚合。652(5)引发剂CHCHCl、CHCHBr、CHCHI中活性最高的是_______;652652652(6)室温下,①Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)]+,其反应平衡常数为K;②CuBr在水中的溶度积2常数为K。由此可知,CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为_______(所有方程式中计量系数关sp系均为最简整数比)。【答案】(1)+118(1分)(2)5(1分):..(3)苯(1分)反应④为主反应,反应⑤⑥为副反应,苯乙烯的选择性最大;在恒温恒压下,随乙苯转化率的增大,反应⑤正向移动,反应⑥不移动,则曲线b代表产物苯(2分)(4)BD(2分)(5)CHCHCl(1分)(6)K?K(2分)652sp【解析】(1)根据盖斯定律,将①-②-③可得CHCH(g)?CHCH=CH(g)+H(g)65256522?H=--(-)-(-)=+118kJ/mol;(2)设充入HO(g)物质的量为xmol;在某温42度、100kPa下,向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④。乙苯的平衡转化率为50%,可列三段式:CHCH(g)?CHCH=CH(g)?H(g)65256522n(起始)(mol)100n(转化)(mol)(平衡)(mol),此时容器的体积为V;当乙苯的平衡转化率为75%,可列三段式:CHCH(g)?CHCH=CH(g)?H(g)65256522n(起始)(mol)100n(转化)(mol)(平衡)(mol)、苯乙烯、,混合气的总物质的量为(+x)mol,在恒温、恒压时,+x体积之比等于物质的量之比,此时容器的体积为V;两次平衡温度相同,则平衡常数相等,()+x()=,解得x=5;(3)曲线a芳香烃产物的选择性大于曲线b、c芳香烃产物的选择性,+④为主反应,反应⑤⑥为副反应,则曲线a代表产物苯乙烯的选择性;反应④⑤的正反应为气体分子数增大的反应,反应⑥的正反应是气体分子数不变的反应;在913K、100kPa(即恒温恒压)下以水蒸气作稀释气,乙苯的转化率增大,即减小压强,反应④⑤都向正反应方向移动,反应⑥平衡不移动,故曲线b代表的产物是苯;(4)A项,测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪,即用X射线衍射技术可测定FeO晶23体结构,A项正确;B项,催化剂不能使平衡发生移动,不能改变乙苯的平衡转化率,B项错误;C项,催化剂能降低反应的活化能,加快反应速率,故FeO可降低乙苯脱氢反应的活化能,C项正确;D项,催化23剂颗粒大小会影响接触面积,会影响反应速率,D项错误;故选BD。(5)电负性Cl>Br>I,则极性C—Cl键>C—Br键>C—I键,则CHCHCl更易生成自由基,即活性最高的是CHCHCl;(6)Cu+在配体L的652652c{[Cu(L)]+}水溶液中形成[Cu(L)]+,则Cu++2L?[Cu(L)]+的平衡常数K=2;CuBr在水中的溶度积常数22c(Cu+)?c2(L)K=c(Cu+)?c(Br