预测卷06-冲刺2023年高考化学大题突破限时集训（新高考专用）

预测卷06（满分：58分建议用时：40分钟）8．（山西临汾2022~2023学年高三2月模拟）某废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、FeO、FeO、A12O3、CuO和可燃性有机物，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收Cu、Al、绿矾等。回答下列问题：（1）“焙烧”的目的主要是将金属单质转化为氧化物，并除去___________。（2）“碱浸”时发生反应的化学方程式为_______________________。（3）操作I、Ⅱ中使用的仪器除烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器是_______________。（4）试剂a为_______（填化学式），加入试剂a后发生的化学反应中有一个属于化合反应，其离子方程式为_______________________。（5）滤液Ⅱ制取绿矾晶体需先加入少量稀硫酸再经过___________、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体。（6）绿矾在空气中容易被部分氧化为硫酸铁，现取被部分氧化为硫酸铁的晶体8.22g溶于稀盐酸后，加入足量的BaCl2溶液，过滤得沉淀9.32g；再通入112mL（标准状况）氯气恰好将其中的Fe2+完全氧化。①为确定绿矾未被全部氧化，可选择的最佳试剂是_______（填标号）。A．H2O2B．KSCN溶液C．NaOH溶液D．K3［Fe（CN）6］溶液②推测晶体中n（Fe2+）∶n（Fe3+）＝_______。【解析】废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、FeO、FeO、A12O3、CuO和可燃性有机物，焙烧，可除去有机物，同时将金属单质转化为氧化物，加入氢氧化钠溶液“碱浸”，可得到偏铝酸钠溶液，滤液I为偏铝酸钠，可用于提取铝，滤渣I含有铁的氧化物和铜的氧化物，加入硫酸“酸浸”，可生成硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜，试剂a为铁，可用于除去硫酸铜，并与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，得到滤液Ⅱ为硫酸亚铁，滤渣Ⅱ为Fe、Cu，加入硫酸酸浸，Cu不与硫酸反应，过滤得到铜，滤液Ⅱ蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾。（1）“焙烧”的目的主要是将金属单质转化为氧化物，并将可燃有机物在氧气中燃烧而除去。（2）焙烧后成分为铁的和铝的氧化物，碱浸时氧化铝溶于氢氧化钠，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O。（3）操作Ⅰ、Ⅱ均为过滤，使用的仪器除烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器是漏斗；（4）为了保证最后得到的晶体为纯净的硫酸亚铁，在滤液Ⅰ中需要加入的试剂a为铁粉，可能发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+3Fe2+、Fe+2H+Fe2++H2↑、Fe+Cu2+Fe2++Cu，属于化合反应的是Fe+2Fe3+3Fe2+。（5）滤液Ⅱ蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾，过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体；（6）为确定绿矾未被全部氧化，可以检验是否有残余的亚铁离子，检验时要注意排除Fe3+对Fe2+检验单干扰，取少量被氧化的绿矾溶于水，再加入K3［Fe（CN）6］溶液，若有蓝色沉淀生成，则证明绿矾没有被完全氧化。由题意可知：晶体中SO42－的物质的量为n（SO42－）＝＝0.04mol，消耗氯气的物质的量n（Cl2）＝＝0.005mol，根据2Fe2++Cl22Fe3++2Cl－，晶体中含n（FeSO4）＝2n（Cl2）＝0.005mol×2＝0.01mol，根据SO42－守恒：n（SO42－）＝n（FeSO4）+3n［Fe2（SO4）3］，代入数据，解得，n［Fe2（SO4）3］＝0.01mol，则n（Fe2+）∶n（Fe3+）＝1∶2。【答案】（1）可燃性有机物（2）Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O（3）漏斗（4）Fe；Fe+2Fe3+3Fe2+（5）蒸发浓缩（6）D；1∶29．（黑龙江省2023届高三2月适应性测试）醋酸钴与双水杨醛缩乙二胺形成的配合物［Co（Ⅱ）Salen］具有可逆载氧能力，能模拟金属蛋白的载氧作用，在催化氧化反应中应用广泛。合成反应如下所示，回答下列问题。Ⅰ．合成（1）合成装置如下图所示。氮气保护下，向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流。A处应安装的仪器是___________（填名称），B处应安装的仪器是___________（填名称）。装置C的作用是_______________________。（2）回流1h，沉淀转化为暗红色晶体。回流结束后进行如下操作：A．停止通氮气B．停止加热C．关闭冷凝水正确的操作顺序为___________（填标号）。充分冷却后将溶液过滤，洗涤并干燥，得到配合物［Co（Ⅱ）Salen］。Ⅱ、载氧量测定（3）将mg的［Co（Ⅱ）Salen］（相对分子质量为M）加入圆底烧瓶中，在恒压漏斗中加入DMF（配合物在DMF中可吸氧），如下图搭建装置。通入氧气，赶尽体系内空气。检查仪器气密性的操作为：先关闭___________，然后调节水平仪的水位至与量气管水位产生一定液面差。装置不漏气的现象是___________________________________。（4）调整水平仪高度，待量气管水位与水平仪水位齐平时，记录量气管水位的体积刻度为V1。将DMF加入圆底烧瓶，待吸氧反应结束后，再次使量气管水位与水平仪水位齐平，记录量气管水位的体积刻度V2。已知大气压为p，氧气的压强为p（O2），温度为t℃。配合物载氧量［n（吸收的O2）∶n（［Co（Ⅱ）Salen］）］的计算式为_______________。【解析】由题意可知，制备配合物的操作为氮气保护作用下，向盛有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液的三颈烧瓶中缓慢滴入醋酸钴的乙醇溶液，加热回流1h，待沉淀转化为暗红色晶后停止加热、关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物。（1）由实验装置图可知，A处的装置为起冷凝回流作用的球形冷凝管，B处装置为便于醋酸钴的乙醇溶液顺利流下的恒压漏斗；装置C的作用是，起液封的作用，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中；（2）由分析可知，回流结束后的操作为停止加热、关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物；（3）由实验装置图可知，检查装置气密性的操作为关闭活塞1和活塞2，然后调节水平仪中水位至与量气管产生一定的液面差，若液面差稳定，说明装置气密性良好；（4）由题意可知，配合物DMF的物质的量为n（DMF）＝mol。由理想气体状态方程（PV＝nRT）可知DMF吸收氧气的物质的量为n（O2）＝mol，则吸收氧气的物质的量和配合物DMF的物质的量的比值为n（O2）∶n（DMF）＝mol∶mol＝×。【答案】（1）球形冷凝管；恒压漏斗；液封（2）BCA（3）活塞1和活塞2；液面差恒定（4）×10．（安徽省2023届高三2月模拟）异丁烯是一种重要的化工原料，主要用于制备甲基叔丁基醚、丁基橡胶、甲基丙烯腈等。将异丁烷脱氢制备异丁烯，可提高异丁烷的附加值，具有良好的经济与社会效益。回答下列问题。（1）利用下列键能数据，计算下列异丁烷直接脱氢生成异丁烯反应：CH3－CH3（g）CH2CH3（g）+H2（g）的△H＝______________kJ·mol－1。化学键C－CC＝CC－HH－HO－HO＝O键能/kJ·mol－1347.7615413.4436462.8497.3（2）在压强100kPa下，异丁烷的平衡转化率随温度的变化结果如下图所示。该反应的平衡常数Kp随温度升高而_______（填“增大”“减小”或“不变”）。计算820K时的平衡常数，Kp_______kPa（结果保留一位小数）。（3）在温度853K、压强100kPa下，初始反应气体组成或与平衡时异丁烷摩尔分数x的关系如下图所示。其中x~为曲线_______，判断依据是____________________________。（4）有人提出加入适量空气，采用异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，写出该反应的热化学方程式________________________________________________________________。并比较异丁烷直接脱氢制备异丁烯，从产率角度分析该方法的优缺点_________________________。【解析】（1）△H＝反应物的总键能－生成物的总键能，除去异丁烷和异丁烯相同的C－C键和C－H键，则反应CH3－CH3（g）CH2CH3（g）+H2（g）的△H＝（413.4kJ·mol－1×2+347.7kJ·mol－1）－615kJ·mol－1－436kJ·mol－1＝+123.5kJ·mol－1；（2）由图可知，温度升高，异丁烷的平衡转化率增大，即反应正向进行，因此反应的平衡常数Kp增大；820K时，异丁烷的平衡转化率＝50%，设异丁烷的起始物质的量为1mol，则列三段式有：CH3－CH3（g）CH2CH3（g）+H2（g）起始mol100变化mol0.50.50.5平衡mol0.50.50.5平衡时混合气体的总物质的量为1.5mol,则该反应的平衡常数Kp＝＝≈33.3kPa；（3）加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入H2，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着增加，x减小：加入稀有气体Ar，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。则x~为曲线M；（4）异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，反应的化学方程式为2CH3－CH3（g）+O2（g）2CH2CH3（g）+2H2O（g），由△H＝反应物的总键能－生成物的总键能，则该反应的△H＝2×［（413.4kJ·mol－1×2+347.7kJ·mol－1）+497.3kJ·mol－1］－（2×615kJ·mol－1）－2×2×462.8kJ·mol－1＝－234.9kJ·mol－1，因此该反应的热化学方程式为：2CH3－CH3（g）+O2（g）2CH2CH3（g）+2H2O（g）△H＝－234.9kJ·mol－1；异丁烷氧化脱氢的方法，由于空气中O2与产物中H2反应生成H2O，同时惰性的N2加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，因此可以提高异丁烯产率；但由于空气中O2对异丁烷或异丁烯深度氧化，会使得异丁烯产率降低。【答案】（1）+123.5（2）增大；33.3（3）M；加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入H2，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着增加，x减小：加入稀有气体Ar，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。（4）2CH3－CH3（g）+O2（g）2CH2CH3（g）+2H2O（g）△H＝－234.9kJ·mol－1；空气中O2与产物中H2反应生成H2O，同时惰性的N2加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率。缺点：空气中O2对异丁烷或异丁烯深度氧化，使得异丁烯产率降低。【化学－选修3：物质结构与性质】11．（山西省晋中市2022~2023学年高三2月模拟）翡翠的主要成分为NaAlSi2O6，还含有其他多种金属阳离子。（1）NaAlSi2O6所含元素中，第一电离能最小的元素和电负性最大的元素组成的含有两种化学键的化合物的名称为：_____________。（2）Al的电子排布式为________________。（3）配合物K［Cr（C2O4）2（H2O）］中的配体是：___________，H2O的中心原子的杂化轨道类型是：___________，与H2O互为等电子体的离子是：___________（任写一种）（4）Ca、O、Gr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示，其中Ca2+，O2－采用面心立方最密堆积方式。①该晶体的化学式为：_______________。②已知钙离子、氧离子半径分别为100pm、140pm，该晶胞的参数（边长）为________pm。【解析】（1）同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，Na、Al、Si、O四种元素中第一电离能最小的元素是Na；元素非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小，所以Na、Al、Si、O四种元素电负性由大到小的顺序为：O＞Si＞Al＞Na，故NaAlSi2O6所含元素中，第一电离能最小的元素Na和电负性最大的元素O组成的含有两种化学键的化合物是Na2O2，名称为过氧化钠；（2）Al的核外电子数为13，电子排布式为［Ne］3s23p1或1s22s22p63s23p1；（3）K［Cr（C2O4）2（H2O）］中的配体是：C2O42－、H2O；H2O的中心原子的价层电子对数为4，所以为sp3杂化；原子数相同，价电子数相同的分子或离子为等电子体，则与H2O互为等电子体的离子应含有3个原子，且价电子数为8，有NH2－；（4）①根据晶体结构图和均摊法可知，晶胞中O原子个数为×6＝3，Ca原子个数为8×＝1，Cr原子个数为1，则化学式为CaCrO3；②Ca2+、O2－采用面心立方最密堆积，已知钙离子、氧离子半径分别为100pm、140pm，则晶胞的面对角线是480pm，所以该晶胞的参数（边长）为240pm（或pm）。【答案】（1）过氧化钠（2）［Ne］3s23p1或1s22s22p63s23p1（3）C2O42－、H2O；sp3杂化；NH2－（4）①CaCrO3②240（或）【化学－选修5：有机化学基础】12．（宁夏石嘴山2023届高三2月模拟）物质M是一种抗肿瘤药物的合成中间体，一种M的合成路线如图。已知（BOC）2O为酸酐，结构简式为。回答下列问题：（1）E的结构简式为____________________________。（2）C的分子式为_______，F中含氧官能团名称为_______。（3）D到E的反应类型为_____________________，写出B生成C的化学方程式___________________________________。（4）从合成路线