2025届高三化学二轮复习 专题突破训练　 “8+2”40 分钟小卷(一)

第8练　 “8+2”40 分钟小卷(一)　[分值：100分] (选择题1~8题，每小题8分，共64分) 1.(2024·南京高三模拟)反应NH4Cl+NaNO2NaCl+2H2O+N2↑可用于制备少量氮气，下列说法正确的是： A.基态Cl原子的电子排布式：3s23p5 B.N的VSEPR模型：V形 C.NH4Cl的电子式： D.固态N2的晶体类型：分子晶体 2.(2023·如皋模拟)对于反应16H2S(g)+8SO2(g)3S8(s)+16H2O(g)　ΔH<0，下列说法正确的是： A.该反应ΔS>0 B.反应平衡常数K= C.其他条件一定，增大体系的压强可以增大反应物的平衡转化率 D.其他条件一定，升高温度可以增大反应的平衡常数 3.一种镍磷化合物催化氨硼烷(BH3NH3)水解释氢的可能机理如图所示。下列说法错误的是： A.氨硼烷中不含sp2⁃s σ键 B.氨硼烷水解的最终产物为H2和NH4 C.固态氨硼烷为分子晶体 D.用D2O代替H2O作反应物，有D2生成 4.下列如图所示装置不能达到实验目的的是： A.用装置Ⅰ除去CO2中的草酸蒸气 B.用装置Ⅱ蒸发Na2SO4溶液得到Na2SO4·10H2O晶体 C.用装置Ⅲ鉴别Br2(g)和NO2(g) D.用装置Ⅳ验证SO2的性质 5.有机化学工业中常以丙酮为主要原料制备α⁃甲基丙烯酸，其主要转化过程如图所示： 下列说法正确的是： A.M不能发生加成反应 B.N分子只有一种结构，不存在立体异构 C.α⁃甲基丙烯酸只能发生加聚反应 D.2⁃丁酮(CH3COCH2CH3)经过上述转化可以得到 6.我国科学家研发出具有更高比能量(参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小)、功率密度和安全性的镁离子电池。该电池以MgGa、Mg2Ga、Mg5Ga2等MgxGay合金作为负极材料，放电时，正极材料Cu3Se2转化为Mg0.5xCu3-xSe2。该电池的工作原理如图所示(固态电解质只允许Mg2+通过)。 下列有关说法错误的是： A.Mg5Ga2作负极比MgGa具有更高的比能量 B.Mg0.5xCu3-xSe2中Mg的化合价为Cu的2倍 C.充电时，阳极的电极反应为Mg0.5xCu3-xSe2+xCu+xe-===Cu3Se2+0.5xMg2+ D.工作前若两侧电极质量相等，则转移0.2 mol电子时，两侧电极质量相差4.8 g 7.(2024·泰州高三统考)室温下，实验室用0.5 mol·L-1CO3溶液浸取工业废渣粉末(主要含CaSO4·H2O，还含少量SiO2、Fe2O3)制取CaCO3。已知Ksp(CaSO4)=5×10-5，Ksp(CaCO3)=3×10-9。 下列说法正确的是： A.0.5 mol·L-1CO3溶液中存在：c(H+)+c()=c(OH-)+c()+c(C) B.“浸取”时，向CO3溶液中加入适量浓氨水的主要目的是提高溶液的碱性 C.“浸取”静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(C)<Ksp(CaCO3) D.室温下，反应CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq)达到平衡，溶液中=×104 8.(2023·江苏统考模拟)工业上制备Ti，采用碳氯化法将TiO2转化成TiCl4。在1 000 ℃时发生如下反应： ①TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)　ΔH1=-51.0 kJ·mol-1　K1=1.6×1014； ②2CO(g)CO2(g)+C(s)　ΔH2=-172.5 kJ·mol-1　K2=1.0×10-4； ③2C(s)+O2(g)2CO(g)　ΔH3=-223.0 kJ·mol-1　K3=2.5×1018。 在1.0×105 Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量之比为1∶2.2∶2进行碳氯化，平衡时体系中CO2、CO、TiCl4和C的组成比(物质的量分数)随温度变化如图所示。下列说法不正确的是： A.1 000 ℃时，反应TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)的平衡常数K=6.4×10-5 B.曲线 Ⅲ 表示平衡时CO2的物质的量分数随温度的变化 C.高于600 ℃，升高温度，主要对反应②的平衡产生影响 D.为保证TiCl4的平衡产率，选择反应温度应高于1 000 ℃ 9.(18分)(2024·泰州市统考模拟)空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。 (1)利用高炉炼铁尾气中的CO2制取有机物的过程如下： 相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图1所示。 FE%=×100%，选择性S(X)=×100%。 “电解”在质子交换膜电解池中进行，生成HCOOH的电极反应式为　　　　　　　 　　　　　，当电解电压为U1时，生成C2H5OH和HCOOH的选择性之比为　　　　　 。  (2)利用铟氧化物催化CO2、H2制取CH3OH的可能机理如图2所示，In2O3无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性，将固定比例的CO2、H2混合气体以不同流速通过装有催化剂的反应管，CH3OH选择性、CO2转化率随气体流速变化曲线如图3所示。 ①图2中的反应每生成1 mol CH3OH(g)放出49 kJ的热量，其热化学方程式为　　　　　　　　　　。 ②若原料气中H2比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是　　　　　　　　　　　　　　　。 ③制取CH3OH时，同时发生反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH>0，气体流速分别为15 000 mL·h-1和21 000 mL·h-1，相同时间内生成CH3OH的质量，前者　　　后者(填“>”“=”或“<”)；保持气体流速不变，反应管内温度从300 ℃升高到320 ℃，测得出口处CO2和CH3OH的物质的量均减小，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  10.(18分)(2024·江苏模拟)索拉非尼(H)可用于肝癌的治疗，其一种合成路线如下： (1)欲确定CH3OH中存在C—O和O—H化学键，可采取的仪器分析方法为　　　　　(填字母)。  A.原子发射光谱 B.核磁共振氢谱 C.质谱 D.红外光谱 (2)C在酸性条件下不稳定，B→C的反应中应控制的投料比不低于　　　　。  (3)D的熔点比邻硝基苯酚的　　　　　(填“高”“低”或“无法确定”)。  (4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　　　　。  分子中所有碳原子杂化轨道类型相同；1 mol该物质完全水解最多消耗3 mol NaOH，水解产物之一的分子中不同化学环境的氢原子个数比为2∶1。 (5)G的分子式为C8H3ClF3NO，其结构简式为　　　　　　　　　　　　　。  (6)请设计以和CH3CH2NH2为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 答案精析 1.D　［基态Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，故A错误；N中N原子的价层电子对数为3，含1个孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，故B错误；氯化铵是含有离子键和共价键的离子化合物，其电子式为-，故C错误；N2是非金属单质，固态N2是分子晶体，故D正确。］ 2.C　［由反应可知，反应后气体分子数减小，则ΔS<0，A错误；由反应方程式可知，该反应的平衡常数K=，B错误；增大压强，平衡正向进行，反应物的平衡转化率增大，C正确；该反应为放热反应，升高温度，反应逆向进行，平衡常数减小，D错误。］ 3.D　［氨硼烷中N和B原子的价层电子对数都是4，都是sp3杂化，只含sp3⁃s σ键，不含sp2⁃s σ键，A正确；由反应原理可知，水解过程中B原子所连的H原子被—OH取代，最终得到H2和NH4，B正确；由反应原理可知，水解过程中B原子所连的H原子被—OH取代，用D2O代替H2O作反应物，有HD生成，D错误。］ 4.A　［除去CO2中的草酸蒸气用饱和碳酸氢钠溶液，不能用饱和碳酸钠溶液，碳酸钠溶液会与二氧化碳反应，不能达到实验目的，故A符合题意；Na2SO4溶液在蒸发皿中蒸发结晶得到Na2SO4·10H2O晶体，能达到实验目的，故B不符合题意；NO2(g)溶于水变为无色溶液和无色气体，Br2(g)通入水中呈橙红色，因此能用装置Ⅲ鉴别Br2(g)和NO2(g)，能达到实验目的，故C不符合题意；二氧化硫通入氢氧化钡溶液中得到白色沉淀，说明二氧化硫具有酸性氧化物的通性，通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色或颜色变浅，说明SO2具有还原性，因此用装置Ⅳ验证SO2的性质，能达到实验目的，故D不符合题意。］ 5.B　［M中含有氰基(—CN)，—CN中含有碳氮三键，M能发生加成反应，A项错误；N分子中不含手性碳原子，不存在对映异构，即不存在立体异构，B项正确；CH3COCH2CH3与HCN经过反应①生成，经过反应②生成，再经过反应③生成或，不可能生成，D项错误。］ 6.C　［MgxGay中镁的含量越高，放电时单位质量的负极材料释放出的Mg2+越多，比能量越高，A项正确；电极Cu3Se2嵌入Mg2+后生成Mg0.5xCu3-xSe2，相当于0.5x个Mg2+替代了Cu3Se2中x个Cu，根据化合物中正、负化合价的代数和为0的原则，Mg的化合价为Cu的2倍，B项正确；根据题干信息可知，放电时，正极的电极反应为Cu3Se2+0.5xMg2++xe-Mg0.5xCu3-xSe2+xCu，故充电时，阳极的电极反应为Mg0.5xCu3-xSe2+xCu-xe-Cu3Se2+0.5xMg2+，C项错误；转移0.2 mol电子时，0.1 mol Mg2+通过固态电解质由负极进入正极，负极质量减小2.4 g，正极质量增大2.4 g，两侧电极质量相差4.8 g，D项正确。］ 7.D　［CO3溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c()=c(OH-)+c()+2c(C)，故A错误；“浸取”时，向CO3溶液加入适量浓氨水，是为了抑制C水解为HC，增加溶液中C浓度，使得CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq)平衡正向移动，生成更多碳酸钙，故B错误；“浸取”静置后的上层清液中CaCO3为饱和溶液，有c(Ca2+)·c(C)=Ksp(CaCO3)，故C错误；室温下，反应CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq)达到平衡，溶液中===×104，故D正确。］ 8.D　［TiCl4的物质的量分数几乎不变，三个反应的ΔH均小于0，升高温度，平衡逆向移动，1 000 ℃时①③平衡常数远大于②，该温度下②逆向进行的平衡常数远大于①③，则此时CO含量远大于CO2和C，故曲线Ⅰ表示CO的物质的量分数随温度的变化；反应②生成等量的CO2、C，由于投料中含有碳，则C的含量大于CO2，故曲线Ⅱ、Ⅲ分别表示C、CO2的物质的量分数随温度的变化，B正确；1 000 ℃时，反应①-反应③得反应TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)，则其平衡常数K===6.4×10-5，A正确；高于600 ℃，升高温度，TiCl4的物质的量分数几乎不变，而CO的物质的量分数显著增大，反应均放热，升温反应逆向进行，则说明此时升高温度主要对反应②的平衡产生影响，导致CO的含量增加，C正确；温度在200 ~1 200 ℃之间四氯化钛的物质的量分数几乎不变，故升高温度对其产率影响不大，D错误。］ 9.(1)CO2+2e-+2H+HCOOH　1∶3　(2)①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49 kJ·mol-1　②H2比例过低，不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活；H2比例过高，In2O3部分还原为In，催化活性降低　③<　升高温度，生成甲醇的反应左移，生成一氧化碳的反应右移，且反应以生成一氧化碳的反应为主 解析　(1)由题意可知，电解时，通入二氧化碳的电极为阴极，生成甲酸的电极反应式为CO2+2e-+2H+HCOOH；由图可知，电解电压为U1时，生成甲酸和乙醇的法拉第效率相等，则由题给信息可知，生成乙醇和甲酸的选择性之比为∶=1∶3。(2)①由图可知，在催化剂作用下，二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，由反应生成1 mol甲醇放出49 kJ的热量可知，反应的焓变ΔH=-49 kJ·mol-1，则反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49 kJ·mol-1。③设混合气体中二氧化碳的比例分数为x，由图可知，气体流速由15 000 mL·h-1和21 000 mL·h-1时，二氧化碳的转化率分别为5%和4%，则转化的二氧化碳分别为15 000x mL·h-1×5%=750x mL·h-1、21 000x mL·h-1×4%=840x mL·h-1，而甲醇选择性增大，所以相同时间内流速为15 000 mL·h-1时生成甲醇的质量小于21 000 mL·h-1；二氧化碳与氢气反应生成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成甲醇的物质的量减小，二氧化碳与氢气反应生成一氧化碳的反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，消耗二氧化碳的物质的量增大，反应管内温度从300 ℃升高到320 ℃时，出口处甲醇和二氧化碳的物质的量均减小说明反应以生成一氧化碳的反应为主。 10.(1)D　(2)3∶1　(3)高 (4) (5) (6) 解析　F与G、CH2Cl2发生加成反应生成H()，根据原子守恒推知G为，据此分析解答。(2)由B和C的结构简式可知，B生成C的反应为·HCl+3CH3NH2+2CH3NH3Cl，1 mol B消耗3 mol CH3NH2，结合题给信息，“C在酸性条件下不稳定”，则B→C的反应中，应控制的投料比不低于3∶1。(3)邻硝基苯酚易形成分子内氢键，对硝基苯酚易形成分子间氢键，故D的熔点比邻硝基苯酚的高。(4)F()的一种同分异构体同时满足分子中所有碳原子杂化轨道类型相同，即C原子均采取sp2杂化，含两个苯环；1 mol该物质完全水解最多消耗3 mol NaOH，水解产物之一的分子中不同化学环境的氢原子个数比为2∶1，含有两个—NH2且处于对称位置，含有1个—OOCNH—直接与两个苯环相连，满足条件的物质结构为。(6)以和CH3CH2NH2为原料制备，对比原料和目标产物的结构要引入两个—CONH—官能团，由题目中B→C转化迁移可知应将与溴单质加成引入两个溴原子，在碱的醇溶液条件下水解生成1，3⁃环己二烯，该物质被酸性高锰酸钾溶液氧化为己二酸，己二酸与SOCl2反应后的产物再与CH3CH2NH2在甲醇、THF条件下发生取代反应生成，合成路线见答案。 学科网（北京）股份有限公司 $$