考前特训 第11练 “不定项+综合”40分钟小卷(一)-【步步高·考前三个月】2025年高考化学复习讲义课件（鲁琼版）（word教案）

第11练　“不定项+综合”40分钟小卷(一)　[分值：100分] (选择题1~8题，每小题9分，共72分) 1.实验室可用酸性KMnO4溶液和浓盐酸反应制备Cl2，而KMnO4可用KClO3、MnCl2、Bi制取，相关反应的离子方程式如下： ①Cl+6H++5Cl-===3Cl2↑+3H2O ②Bi+3OH-+Cl2+K+===KBiO3↓+2Cl-+3H2O ③5KBiO3+2Mn2++14H+===2Mn+5Bi3++5K++7H2O 已知：溶液的酸碱性往往会影响氧化剂、还原剂的性质强弱。 下列说法正确的是(　　) A.反应①中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1 B.酸性条件下，氧化性：Cl>Cl2>KBiO3>Mn C.KBiO3可与盐酸发生反应： KBiO3+6H++2Cl-===Bi3++Cl2↑+K++3H2O D.1 mol氯酸钾和足量浓盐酸反应，理论上可制得131.6 g KMnO4 答案　AC 解析　反应①中，Cl作氧化剂，被还原，Cl-作还原剂，被氧化，故氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1，A正确；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据反应①可得酸性条件下氧化性：Cl>Cl2，根据反应②可得碱性条件下氧化性：Cl2>KBiO3，根据反应③可得酸性条件下氧化性：KBiO3>Mn，已知溶液的酸碱性往往会影响氧化剂、还原剂的性质强弱，故不能说明酸性条件下，氧化性：Cl>Cl2>KBiO3>Mn，B错误；酸性条件下氧化性：KBiO3>Mn>Cl2，故KBiO3可与盐酸反应生成氯气，离子方程式为KBiO3+6H++2Cl-===Bi3++Cl2↑+K++3H2O，C正确；根据化学方程式可得关系式：Cl~5Cl2~5KBiO3~2Mn，则1 mol氯酸钾和足量浓盐酸反应，理论上可制得KMnO4的质量为1.2 mol×158 g·mol-1=189.6 g，D错误。 2.一种钠离子二次电池的电极材料为 Na2Mn(普鲁士白)和 NaxCy(嵌钠硬碳)，装置如图所示。下列说法错误的是(　　) A.放电时， Na+由 N 极迁移到M极 B.充电时，M极电势低于 N极 C.放电时，M极电极反应式为 2Na++Mn+2e-===Na2Mn D.充电时，电路中每转移1 mol电子，理论上，阳极质量增加23 g 答案　BD 解析　由题图分析可知，放电时N极为负极，M极为正极， Na+由N极迁移到M极，A正确；充电时，N极为阴极，M极为阳极，M极电势高于N极，B错误；放电时，M极的电极反应式为2Na++Mn+2e-===Na2Mn[Fe]，C正确；充电时，阳极反应式为 Na2Mn[Fe]-2e-===2Na++Mn，电路中每通过1 mol 电子，理论上，阳极质量减少23 g，D错误。 3.2022年诺贝尔化学奖授予了研究“点击化学和生物正交化学”的三位科学家。已知“点击化学”中的一个经典反应如下： 下列说法错误的是(　　) A.生成物分子中所有原子可能在同一平面 B.上述反应所涉及的物质中，所有基态原子的第一电离能最大的是N C.上述反应物和生成物中，C的杂化方式只有sp和sp2两种 D.该反应为加成反应 答案　AC 解析　生成物分子中含有甲基，甲基中碳原子为sp3杂化，故所有原子不可能在同一平面，A错误；上述反应所涉及的物质中，所含原子有H、C、N、O、Cu，其中基态原子的第一电离能最大的是N，B正确；上述反应物和生成物中，C的杂化方式有sp、sp2、sp3三种，C错误；根据碳碳三键中断开一个π键，两端碳原子分别与氮原子相连，可知该反应为加成反应，D正确。 4.以固体废锌催化剂(主要成分是ZnO，含少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2等杂质)为原料制备锌的工艺流程如图所示。 ①“浸取”时，ZnO和CuO转化为、进入溶液。 ②25 ℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24。 下列说法错误的是(　　) A.“浸取”时升高温度可加快反应速率 B.“滤渣1”的主要成分为Mn、SiO2 C.“深度除铜”时，若将S更换为 Na2S，可能会使锌的产率下降 D.“水溶液”经过处理后可以返回到“浸取”工序中重复利用 答案　AB 解析　“浸取”时温度过高，氯化铵分解、氨气逸出，使反应速率降低，A错误；“滤渣1”的主要成分为Mn、SiO2、Fe，B错误；“深度除铜”时，若将 S更换为Na2S，会导致碱性增强，生成Zn，导致锌的产率下降，C正确；“水溶液”中含有大量N和Cl-，经过处理后，可以返回到“浸取”工序中重复利用，D正确。 5.环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等，离子液体研究团队报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示。已知：R表示烃基。 下列说法错误的是(　　) A.(C4H9)4NBr是反应的催化剂 B.反应过程存在非极性键的断裂和形成 C.反应过程中有4种中间体 D.总反应原子利用率可达100% 答案　BC 解析　由图中转化关系可知，(C4H9)4NBr是催化剂，A正确；由反应历程图可知反应过程中没有非极性键的断裂和形成，B错误；反应中、、为中间体，故共有3种中间体，C错误；根据图知，总反应方程式为，则该反应为加成反应，总反应原子利用率可达100%，D正确。 6.(2023·山东烟台高三质量检测)25 ℃时，向浓度均为0.1 mol·L-1、体积均为100 mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体，溶液中lg随n(NaOH)的变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A.a点时溶液中水电离出的c(H+)=1×10-13 mol·L-1 B.c点时溶液中：c(Y-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) C.水的电离程度：b>d>c D.中和等体积、等浓度的两种酸所需的NaOH的物质的量：HX>HY 答案　AB 解析　a点lg=12，=1012，则溶液中c(H+)=10-1 mol·L-1，HX抑制水电离，所以水电离出的c(H+)=10-13 mol·L-1，A正确；c点表示向浓度为0.1 mol·L-1、体积为100 mL的HY溶液中加入0.005 mol NaOH固体，溶质为等物质的量浓度的HY、NaY，溶液呈酸性，HY电离大于NaY水解，所以c(Y-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，B正确；d点酸电离出的氢离子浓度大于c点，水的电离程度：d<c，C错误；等体积、等浓度的两种酸的物质的量相等，中和两种酸所需的NaOH的物质的量相等，D错误。 7.六氟磷酸锂、六氟锡酸锂常用作锂离子电池的电解质，晶胞结构分别为图a、图b。两种晶胞中阴离子均采取面心立方最密堆积方式，中心原子与氟原子均形成八面体结构。电池中电解质锂离子浓度越高，电导率一般越好。下列说法正确的是(　　) A.二者阴离子中磷元素与锡元素的化合价不同 B.二者传导锂离子的过程中，不会发生氧化还原反应 C.二者阴离子形成的四面体空隙的填充率之比为1∶2 D.条件相同时，以六氟磷酸锂为电解质时电导率高 答案　AC 解析　和中磷元素与锡元素的化合价分别为+5、+4，A正确；二者传导锂离子的过程中，因晶胞中锂离子数目不断变化，则晶胞整体化合价会发生变化，故会发生氧化还原反应，B错误；晶胞a、b中均存在阴离子形成的四面体空隙，都有八个四面体空隙，前者只有四个四面体空隙填充了锂离子，后者八个四面体都填充了锂离子，故填充率之比为1∶2，C正确；晶胞a、b中锂离子数目之比为1∶2，电池中电解质锂离子浓度越高，电导率一般越好，以六氟锡酸锂为电解质时电导率高，D错误。 8.在一定温度下，CuCl2在液态有机相中存在以下氯化络合反应： Ⅰ.Cu2++Cl-CuCl+　K1=1.5 Ⅱ.Cu2++2Cl-CuCl2　K2=0.5 Ⅲ.Cu2++3Cl-[CuCl3]-　K3=5×10-3 Ⅳ.Cu2++4Cl-[CuCl4]2-　K4=2.5×10-5 保持温度不变，改变x mol·L-1 CuCl2有机相稀溶液中Cl-的起始浓度，测得含铜元素的部分微粒的分布系数δ与Cl-平衡浓度的关系如图所示。 下列说法错误的是(　　) A.反应Cu2++CuCl22CuCl+的平衡常数K=4.5 B.图中未画出代表[CuCl4]2-的分布系数变化曲线 C.A点时， Cl-的浓度约为 1.5 mol·L-1 D.向上述溶液中继续加入有机试剂稀释，体系中 的值减小 答案　CD 解析　曲线a随Cl-浓度增大呈下降趋势，所以a代表Cu2+的分布系数变化曲线，当Cl-不足时，主要发生反应Cu2++Cl-CuCl+，当Cl-过量时，主要发生反应Cu2++2Cl-CuCl2，且CuCl+向CuCl2转化，所以CuCl+的分布系数随着Cl-浓度的增大表现出先增大后减小的趋势，结合[CuCl3]-的分布系数变化趋势，可知题给Cl-浓度范围内CuCl2的分布系数一直增大，所以曲线b代表CuCl+的分布系数变化曲线，曲线c代表CuCl2分布系数变化曲线，未画出代表[CuCl4]2-的分布系数变化曲线，B正确；2×反应Ⅰ-反应Ⅱ得到Cu2++CuCl22CuCl+　K===4.5，A正确；A点时c(Cu2+)=c(CuCl+)，且K1==1.5，c(Cl-)= mol·L-1≈0.67 mol·L-1，C错误；根据Cu2++3Cl-[CuCl3]-　K3=5×10-3，c([CuCl3]-)=K3×c3(Cl-)×c(Cu2+)，Cu2++4Cl-[CuCl4]2-　K4=2.5×10-5，c([CuCl4]2-)=K4×c4(Cl-)×c(Cu2+)，=，稀释时，K3、K4不变，溶液中c(Cl-)降低，所以体系中的值增大，D错误。 9.(12分)(2024·聊城二模)一种利用湿法炼锌净化渣回收钴并制备碱式碳酸锌的工艺如图所示，已知净化渣中含有较多的Zn(Ⅱ)、Cu(Ⅱ)、Pb(Ⅱ)、Co(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)的硫酸盐及氢氧化物(“Ⅱ”指相应元素的化合价为+2价)。 已知：298 K，Ksp(CuS)=10-35.2，Kal(H2S)=10-6.9，Ka2(H2S)=10-12.9。 (1)浸出渣主要成分为　　　　。  (2)大多数金属硫化物都难溶于水，选择Na2S除铜的原因是　　　　，若加入Na2S后溶液中c(Cu2+)≈1.0×10-7 mol·L-1，c(H2S)≈1.0×10-11 mol·L-1，则溶液的pH约为　　　　。  (3)在适宜的条件下，加入Na2S2O8并调节溶液pH至5.0~5.2，反应生成Co(OH)3的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。以1 t湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为w%)为原料提取出m kg Co(OH)3，在提取过程中钴的损失率为　　　　%(填含w、m的表达式)。  答案　(1)硫酸铅(或PbSO4) (2)硫化铜的溶解度最小，先于其他的金属离子沉淀　1.3 (3)2Co2++S2+6H2O===2Co(OH)3↓+6H+　 解析　净化渣中含有较多的Zn(Ⅱ)、Cu(Ⅱ)、Pb(Ⅱ)、Co(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)的硫酸盐及氢氧化物，加入硫酸常压浸出，浸出渣为硫酸铅沉淀，浸出液中加入硫化钠，将铜离子转化为沉淀除去，加入Na2S2O8将二价钴氧化后转化为Co(OH)3沉淀除去，同时将二价铁氧化后转化为氢氧化铁沉淀而除去，滤液中加入锌粉，可以将镍置换出来得到金属镍和硫酸锌溶液，硫酸锌和碳酸钠反应生成ZnCO3·xZn(OH)2。 (2)加入Na2S后溶液中c(Cu2+)≈1.0×10-7 mol·L-1，c(S2-)== mol·L-1=10-28.2 mol·L-1，Kal(H2S)·Ka2(H2S)==10-6.9×10-12.9，c(H+)= mol·L-1=10-1.3 mol·L-1，则溶液的pH约为1.3。 (3)在适宜的条件下，加入Na2S2O8并调节溶液pH至5.0~5.2，Na2S2O8具有强氧化性可将Co2+氧化为+3价，生成Co(OH)3沉淀，根据溶液显弱酸性等相关信息，结合得失电子守恒可知，反应的离子方程式：2Co2++S2+6H2O===2Co(OH)3↓+2S+6H+；以1 t湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为w%)为原料提取出m kg Co(OH)3，根据Co元素守恒，在提取过程中钴的损失率为×100%=%。 10.(16分)(2023·山东，20)一定条件下，水气变换反应CO+H2OCO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应： Ⅰ.HCOOHCO+H2O(快) Ⅱ.HCOOHCO2+H2(慢) 研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H+仅对反应Ⅰ有催化加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。回答下列问题： (1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2，则该条件下水气变换反应的焓变ΔH=　　　　　(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。  (2)反应Ⅰ正反应速率方程为v=kc(H+)·c(HCOOH)，k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为x mol·L-1时，H+浓度为　　　　　 mol·L-1，此时反应Ⅰ正反应速率v=　　　　 mol·L-1·h-1(用含Ka、x和k的代数式表示)。  (3)T3温度下，在密封石英管内完全充满1.0 mol·L-1HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.70 mol·L-1、0.16 mol·L-1，反应Ⅱ达平衡时，测得H2的浓度为y mol·L-1。体系达平衡后=　　　　　　(用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为　　　　　。  相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10 mol·L-1盐酸，则图示点a、b、c、d中，CO新的浓度峰值点可能是　　　　　(填标号)。与不含盐酸相比，CO达浓度峰值时，CO2浓度　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)，的值　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  答案　(1)ΔH2-ΔH1 (2)　kx (3)　　a　减小　不变 解析　(1)根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ=水气变换反应，故水气变换反应的焓变ΔH=ΔH2-ΔH1。(2)T1温度时，HCOOH建立电离平衡：HCOOHHCOO-+H+，Ka=，c(HCOO-)=c(H+)，故c(H+)= mol·L-1。v=kc(H+)·c(HCOOH)=kx。(3)t1时刻，c(CO)达到最大值，说明此时反应Ⅰ达平衡状态。此时 　　　　　　　　　　　　　HCOOHCO+H2O t1时刻转化浓度/(mol·L-1)　　　0.70　　　0.70 　　　　　　　　　　　　　HCOOHCO2+　H2 t1时刻转化浓度/(mol·L-1)　　　0.16　　　0.16　0.16 故t1时刻c(HCOOH)=(1.0-0.70-0.16)mol·L-1=0.14 mol·L-1，K(Ⅰ)===5。平衡体系中总有c(HCOOH)=c(CO)，根据碳元素守恒有c(CO)+c(CO2)+c(HCOOH)=1.0 mol·L-1，可得c(CO)= mol·L-1，c(HCOOH)=c(CO)= mol·L-1，故==，反应Ⅱ的平衡常数K(Ⅱ)===。加入0.1 mol·L-1盐酸后，H+对反应Ⅰ起催化作用，加快反应Ⅰ的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值，此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，=K(Ⅰ)，温度不变，平衡常数不变，则的值不变。 学科网（北京）股份有限公司 $$