预测卷04-【大题精做】冲刺2023年高考化学大题突破+限时集训（新高考专用）

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预测卷04
（满分：58分 建议用时：40分钟）
8．（湖南省郴州市2023届高三下学期2月模拟）工业上铬铁矿主要成分为亚铬酸亚铁［Fe（CrO2）2］，还含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等杂质。以铬铁矿为原料制取铬酸钠（Na2CrO4）晶体，其工艺流程如图：

已知：a．+3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH＞9时，以CrO2－形式存在且易被氧化。b．常温下，氢氧化铁的Ksp＝4.0×10－38、氢氧化镁的Ksp＝1.8×10－11、氢氧化铝的Ksp＝3.2×10－34。
（1）为了提高酸浸速率和反应充分，可以采取的措施有_________________（填两条）。
（2）滤渣2的主要成分为__________（写化学式）。
（3）流程中两次使用了H2O2，分别写出两次反应的离子方程式：_____________________________、____________________________________。
（4）产品铬酸钠溶于水后，CrO42－和Cr2O72－在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol•L－1的Na2CrO4溶液中c（Cr2O72－）随c（H+）的变化如图所示，用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应：_____________________________________________，根据A点数据计算出该转化反应的平衡常数为_________，温度升高，溶液中CrO42－的平衡转化率减小，则该反应的△H_____（填“＞”“＜”或“＝”）0。

【解析】工业上铬铁矿主要成分为亚铬酸亚铁［Fe（CrO2）2］，还含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等杂质，先用稀硫酸酸浸并调节pH＝1，Fe（CrO2）2、MgCO3、Al2O3能够和硫酸反应转化为Mg2+、Al3+、Fe2+和Cr3+，SiO2不和硫酸反应经过滤存在于滤渣1中，滤液1中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入NaOH调节pH为4.7使Fe3+和Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀除去，滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，过滤后再加入NaOH调节pH＞11使Mg2+转化为氢氧化镁除去，得到的滤液中加入H2O2将CrO2－氧化为CrO42－，得到Na2CrO4溶液，以此解答。（1）增大浸出率的方法：将铬铁矿粉碎、充分搅拌、适当提高温度等。（2）由分析可知，滤渣2的主要成分为Fe（OH）3、Al（OH）3。（3）由分析可知，流程中第一次使用H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O，第二次使用H2O2的作用是将CrO2－氧化为CrO42－，离子方程式为：2OH－+3H2O2+2CrO2－2CrO42－+4H2O。（4）从图像看出，铬酸根离子在酸性条件下逐渐转化成重铬酸根离子，离子方程式为：2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O；从图像看出，酸性越强，c（Cr2O72－）越大，说明CrO42－的平衡转化率越大，A点对应的离子浓度：c（Cr2O72－）＝0.25mol·L－1，c（H+）＝1.0×10－7mol·L－1，c（CrO42－）＝1.0mol·L－1－0.25mol·L－1×2＝0.5mol·L－1，平衡常数K＝＝＝1.0×1014；升高温度，CrO42－的平衡转化率减小，说明平衡向左移动，根据平衡移动原理，正反应是放热反应，ΔH＜0。
【答案】（1）将铬铁矿粉碎、充分搅拌、适当提高温度等（2）Fe（OH）3、Al（OH）3
（3）2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O、2OH－+3H2O2+2CrO2－2CrO42－+4H2O
（4）2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O；1.0×1014；＜
9．（2022~2023学年甘肃省张掖市高三上学期第一次诊断）苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。实验室制备苯甲酸乙酯的流程如图1所示：

部分物质的相关性质如表所示：
物质
苯甲酸
乙醇
苯甲酸乙酯
常温性状
白色片状或针状晶体
无色液体
无色液体
沸点/℃
249
78
213
相对分子质量
122
46
150
溶解性
微溶于水，溶于乙醇、乙醚等
与水以任意比互溶
难溶于冷水，微溶于热水，溶于乙醇和乙醚等
回答下列问题：
（1）步骤①中反应的装置如图2所示（加热和夹持装置已略）。将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处，将吸水剂放入仪器B中，在仪器C中加入12.2g苯甲酸晶体、30mL无水乙醇（约0.5mol）和3mL浓硫酸，加入几粒沸石，加热至液体微沸，回流反应1.5~2h。仪器A的作用是________________。

（2）设置仪器B的作用为__________________________________。
（3）反应结束后，对仪器C中的混合液进行分离提纯，操作Ⅰ是_______；操作Ⅱ所用的玻璃仪器除了烧杯外，还有_____________。
（4）反应结束后，步骤③中向混合液2中倒入冷水的目的除溶解浓硫酸外，还有______________；加入的试剂X为_____________（填化学式）。
（5）最终得到苯甲酸乙酯12.0g，则产率为_______%（结果保留三位有效数字）
【解析】苯甲酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成苯甲酸乙酯，所得混合液1中含有苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、浓硫酸等，从分离出乙醇看，操作Ⅰ应为蒸馏，此时混合液2中含有浓硫酸、苯甲酸、苯甲酸乙酯，加入冷水溶解浓硫酸，再加入试剂X，将混合液3分成水相和粗产品，X起到去除苯甲酸、降低苯甲酸乙酯溶解度的作用，所以应为饱和碳酸钠溶液等，则操作Ⅱ为分液。（1）仪器A是竖立的冷凝管，起冷凝回流作用，所以其作用是：冷凝回流乙醇和水。（2）该酯化反应为可逆反应，仪器B中放入干燥剂，吸收冷凝的水，其作用为：吸收冷凝下来的水，避免进入仪器C中，影响苯甲酸乙酯的产率。（3）由分析可知，操作Ⅰ是蒸馏；操作Ⅱ用于分离不互溶的液体，则为分液，所用的玻璃仪器除了烧杯外，还有分液漏斗。（4）反应结束后，混合液2中含有浓硫酸、苯甲酸、苯甲酸乙酯，倒入冷水，浓硫酸溶解，苯甲酸主要溶解在苯甲酸乙酯中，目的除溶解浓硫酸外，还有降低苯甲酸乙酯在水相中的溶解度以利于分层；由分析可知，加入的试剂X为Na2CO3（或NaHCO3等其他合理答案）。（5）苯甲酸的物质的量为＝0.1mol，乙醇为0.5mol，则乙醇过量，应以苯甲酸计算苯甲酸乙酯的理论产量，n（苯甲酸乙酯）＝n（苯甲酸）＝0.1mol，m（苯甲酸乙酯）＝0.1mol×150g/mol＝15.0g，最终得到苯甲酸乙酯12.0g，则产率为＝80.0%。
【答案】（1）冷凝回流乙醇和水
（2）吸收冷凝下来的水，避免进入仪器C中，影响苯甲酸乙酯的产率
（3）蒸馏；分液漏斗
（4）降低苯甲酸乙酯在水相中的溶解度以利于分层；Na2CO3（或NaHCO3等其他合理答案）
（5）80.0
10．（湖南省郴州市2023届高三下学期2月模拟）丙烯是生产石油化工产品的基本原料之一，其需求增长迅速。某科研小组以MgO、V2O5、Al2O3等为催化剂，通过丙烷催化氧化脱氢制备丙烯，其反应原理为2C3H8（g）+O2（g）2C3H6（g）+2H2O（g）△H1。
Ⅰ．已知：丙烷、丙烯的燃烧热（△H）分别为－2220kJ·mol－1、－2058kJ·mol－1。H2O（l）H2O（g）△H2＝+44kJ·mol－1。
（1）则△H1＝___________kJ·mol－1。
Ⅱ．不同催化剂对丙烷的催化效率不同，平衡时，丙烷的总转化率与催化剂、不同投料比之间的关系如表。
催化剂
反应温度/℃
n（C3H8）∶n（O2）∶n（N2）
总转化率/%
丙烯的选择性/%
V2O5/MgO
500
3∶2∶5
25
46.6
V2O5/Al2O3
500
3∶2∶5
25
40.0
V2O5/MgO－Al2O3
500
1∶1∶8
40.0
45.0
（2）在上述三种催化剂作用下，丙烯产率最高的是___________（填催化剂的化学式）。
（3）在500℃、以V2O5/Al2O3为催化剂的条件下，向容积为10L的恒容密闭容器中充入3mol C3H8、2mol O2、5mol N2，发生反应，经过10min达到平衡状态。
①0~10min，丙烯的化学反应速率v（C3H6）＝__________mol·L－1·min－1。
②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________（填标号）。
A．△H不变
B．C3H6与H2O的物质的量之比为1∶1
C．C3H6的质量不再改变
③欲提高丙烷转化率，可采取的措施是___________（任写一条即可）。
④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是_____________________________。
（4）在500℃、以V2O5/MgO－Al2O3为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入1mol C3H8、1mol O2、8mol N2发生反应，平衡时压强为p kPa［已知该催化剂条件下的副反应为2C3H8（g）+7O2（g）6CO（g）+8H2O（g）］，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数Kp＝___________（用含p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压＝总压×体积分数，列出计算式即可，不用化简）。
【解析】（1）①2C3H8（g）+O2（g）2C3H6（g）+2H2O（g）△H1
②H2O（l）H2O（g）△H2＝+44kJ·mol－1
由丙烷、丙烯的燃烧热（△H）分别为－2220kJ·mol－1、－2058kJ·mol－1的方程式：
③C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（l）△H3＝－2220kJ·mol－1
④C3H6（g）+O2（g）3CO2（g）+3H2O（l）△H4＝－2058kJ·mol－1
由盖斯定律可得③×2－④×2+②×2得方程式①，则△H1＝2△H3－2△H4+2△H2＝2×（－2220kJ·mol－1+2058kJ·mol－1+44kJ·mol－1）＝－236kJ·mol－1。（2）在上述三种催化剂作用下，丙烯的选择性高且丙烷的总转化率高时，丙烯产率才会最高，所以最好的催化剂是：V2O5/MgO－Al2O3。（3）①在500℃、以V2O5/Al2O3为催化剂的条件下，丙烷转化率为25%，丙烯选择性为40%，说明丙烷生成丙烯的部分是40%，则△n（C3H6）＝3mol×25%×40%＝0.3mol，则0~10min，丙烯的化学反应速率v（C3H6）＝＝0.003mol·L－1·min－1。②△H与物质状态和热化学方程式的书写有关，所以不论是否平衡状态其值都不变，故A错误；2C3H8（g）+O2（g）2C3H6（g）+2H2O（g），C3H6与H2O的物质的量之比一直为1∶1，不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；C3H6为生成物，平衡时的质量才不再改变，故C正确。③欲提高丙烷转化率，即让反应正向进行即可，所以可采取的措施是及时分离出产物H2O，促进反应正向进行。④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。（4）在500℃、以V2O5/MgO－Al2O3为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入1mol C3H8、1mol O2、8mol N2发生反应，丙烯选择性为45%，丙烷转化率为40%，则△n（C3H6）＝1mol×40%×45%＝0.18mol，则可得：

2C3H8（g）
+
O2（g）

2C3H6（g）
+
2H2O（g）
起始mol
1

1

0

0
变化mol
0.18

0.09

0.18

0.18
平衡mol
0.82

0.91

0.18

0.18
副反应

2C3H8（g）
+
7O2（g）

6CO（g）
+
8H2O（g）
起始mol
0.82

0.91

0

0.18
变化mol
0.4－0.18

0.77

0.66

0.88
平衡mol
0.6

0.17

0.66

1.06
故平衡时：n（C3H8）＝0.6mol，n（C3H6）＝0.18mol，n（CO）＝0.66mol，n（O2）＝0.14mol，n（H2O）＝1.06mol，n（N2）＝8mol，则n总＝10.64mol；平衡时压强为p kPa，平衡分压＝总压×体积分数，则p（C3H8）＝p kPa，p（C3H6）＝p kPa，p（O2）＝p kPa，p（H2O）＝p kPa，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数：Kp＝＝。
【答案】（1）－236（2）V2O5/MgO－Al2O3
（3）①0.003②C③及时分离出H2O④该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大
（4）
【化学－选修3：物质结构与性质】
11．（天津市河西区2022~2023学年高三2月模拟）请回答下列问题：
（1）钴及其化合物有重要的用途，探究其结构有重要意义。
①按照核外电子排布，可把元素周期表划分为5个区，Co在元素周期表中属于_______区。
②下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______（填标号）
A．［Ar］3d74s1 B．［Ar］3d74s2 C．［Ar］3d74s14p1 D．［Ar］3d74p1
（2）［Co（NH3）5Cl］Cl2是Co3+的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是NH3，NH3的空间结构呈_______形，是_______（填“极性”或“非极性）分子。
②Co3+的价层电子轨道表示式是_______。该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d轨道、1个4s轨道和3个_______轨道。
③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。实验如下：称取2.505g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，_________________（补全实验操作和数据）。相对分子质量［Co（NH3）5Cl］Cl2：250.5；AgCl：143.5。
（3）第VA族元素及其化合物的结构和性质如下：
①N基态原子核外电子排布式为___________。
②NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为___________（填化学式，下同），键角由大到小的顺序为___________。
③某一种氮化硼晶体的立方晶胞结构如下图：

氮化硼（BN）属于_______晶体。该种氮化硼（BN）的熔点_______SiC。（填＞、＜、＝）
【解析】（1）①Co元素位于第四周期第Ⅷ族，根据元素周期表的分区在d区；②基态Co原子的电子排布为［Ar］3d74s2，［Ar］3d74s14p1和［Ar］3d74p1状态的Co电子能量均高于基态原子的，故电离最外层的1个电子所需的能量也小于基态Co的第一电离能I1，而［Ar］3d74s1状态的Co，其4s轨道为半满结构，能量更低，所需电离能也更大，选A；（2）①NH3的中心原子N为sp3杂化，NH3分子构型为三角锥形，其正负电荷中心不重叠，为极性分子；②基态Co的价电子排布为3d74s2，失去3个电子后有3d能级的轨道有6个电子，价电子电子排布图为。4p能级有3个轨道，参与杂化形成sp3d2杂化轨道；③2.505g该配合物的物质的量为n｛［Co（NH3）5Cl］Cl2｝＝＝0.01mol，配合物溶于水只有离子键断裂，则溶液中氯离子的物质的量为0.02mol，加入硝酸银生成的氯化银沉淀为0.02mol，氯化银的质量为m（AgCl）＝0.02mol×143.5g/mol＝2.87g，故后续操作与数据为过滤沉淀，称重，沉淀质量为2.87g；（3）①N为第二周期第ⅤA族元素，电子排布式为1s22s22p3；②三者均为分子晶体，熔沸点高低主要由范德华力影响，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，而NH3分子之间会生成氢键，沸点高于PH3和AsH3，故沸点大小为NH3＞AsH3＞PH3。三种化合物中心原子均为sp3杂化，分子为三角锥性，且中心原子电负性N＞P＞As，电负性越大，成键电子对偏向中心原子，电子对之间的排斥力越大，键角越大，故键角大小为：NH3＞PH3＞AsH3；③BN晶体与SiC晶体均为为共价晶体，共价晶体熔沸点由共价键键能决定，键长越短键能越大，B、C、N均为第二周期的元素，其原子半径小于位于第三周期的Si原子，故B—N键键长小于Si—C键键长，则BN晶体熔点高于SiC熔点。
【答案】（1）①d②A
（2）①三角锥；极性②； 4p③过滤，沉淀称重2.87g
（3）①1s22s22p3②NH3、AsH3、PH3；NH3、PH3、AsH3③共价；＞
【化学－选修5：有机化学基础】
12．（湖北省高中名校2023届高三下学期第三次联合测评）以下为某药物K的合成路线：

回答下列问题：
（1）已知B分子苯环上的一氯代物只有2种，则B的结构简式为____________。
（2）D中官能团的名称为_______。
（3）G→H的方程式为________________________________。
（4）H→I的反应条件为_______。
（5）E+J→K的另一产物为____________。
（6）符合下列条件的E的同分异构体有_______种，其中一种同分异构体的结构简式为____________。①能发生银镜反应；②与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能发生；③核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶2∶1∶1。
【解析】（1）已知B分子苯环上的一氯代物只有2种，则B的结构简式为HO－OCH3；（2）D是，该物质分子中含有的官能团名称是（酚）羟基、羧基、醚键；（3）G是，G分子中含有羧基，G与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生H：和H2O，该反应的化学方程式为：+CH3OH+H2O；（4）H结构简式是；H在光照条件下与Br2发生－CH3的取代反应产生I，故H→I的反应条件是光照；（5）E与J发生取代反应产生K，同时反应产生HBr，故另外一种产物化学式是HBr；（6）E的同分异构体满足条件：①能发生银镜反应，说明分子中含有醛基－CHO；②与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能发生是，该同分异构体不含酚羟基，但其能够发生水解反应产生含有酚羟基的物质；③核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶2∶1∶1，则该物质分子中含有4种不同位置的H原子，H原子的数目比是6∶2∶1∶1，其分子结构对称，含有加水与酚羟基形成的酯基，可能的结构为：或，因此该物质具有2种不同的结构。
【答案】（1）HO－OCH3（2）（酚）羟基、羧基、醚键
（3）+CH3OH+H2O
（4）光照（5）HBr（6）2；或