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2022 高考化学二轮专题练习 非选择题专项练(三)
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这是一份2022 高考化学二轮专题练习 非选择题专项练(三)，共8页。试卷主要包含了铁在冷的浓硫酸中能发生钝化现象，6 kJ·ml-1，0 kJ·ml-1，[选修5等内容，欢迎下载使用。
非选择题专项练(三)
非选择题:共56分。第17~19题为必考题,考生都必须作答。第20~21题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:共42分。
17.(15分)(2021湛江一中高三月考)铁在冷的浓硫酸中能发生钝化现象。某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时,观察到铁完全溶解,并产生大量气体。为此,他们设计了如下装置验证所产生的气体。
(1)证明反应所产生的气体中有SO2生成的现象是 。
(2)证明气体中含有氢气的实验现象是 。
(3)为了进一步探究反应后A中溶液中铁元素的价态,他们进行了如下的假设:
假设1:溶液中铁元素既有Fe3+也有Fe2+
假设2:溶液中铁元素只有Fe3+
假设3:溶液中铁元素只有
基于假设1,现有试剂:0.01 mol·L-1酸性KMnO4溶液、稀溴水溶液、0.1 mol·L-1 KI溶液、淀粉溶液、KSCN溶液、蒸馏水。请进行探究并完成表中内容。
【实验探究】
实验操作
预期现象
结论
取反应后的A中溶液分装在a、b两试管,步骤①:往a试管中滴入
步骤②:往b试管中滴入
溶液含有Fe3+
18.(13分)(2021河北唐山模拟)LiFePO4是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备,工艺流程如图:
(1)化学上可将某些盐写成氧化物的形式,如Na2SiO3可写成Na2O·SiO2,则FeTiO3可写成 ,钛铁矿经盐酸浸取后过滤,滤渣的主要成分为 。
(2)加入盐酸后,钛主要以TiOCl42-形式存在,写出水解形成TiO2·xH2O相应反应的离子方程式: 。
(3)加入双氧水的目的是 。
(4)若“滤液2”中c(Mg2+)=0.02 mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5 mol·L-1,此时 (填“有”或“没有”)Mg3(PO4)2沉淀生成。列式计算解释原因: 。[已知:Ksp(FePO4)=1.3×10-22、Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24。
(5)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式: 。
(6)锂离子电池充电时,LiFePO4接电源的 极(填“正”或“负”),脱出部分Li+,形成Li1-xFePO4,若x=316,则电极材料中n(Fe2+)∶n(Fe3+)= 。
19.(14分)(2021福建厦门模拟)温室气体CO2转化为重要的工业原料甲酸是目前科学研究的热点。回答下列问题:
(1)已知:①CO(g)+H2O(g)HCOOH(g) ΔH1=-72.6 kJ·mol-1
②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)
ΔH2=-566.0 kJ·mol-1
则反应③2CO2(g)+2H2O(g)2HCOOH(g)+O2(g)的ΔH= kJ·mol-1。
(2)刚性绝热密闭容器中,等物质的量的CO2(g)和H2O(g)发生反应③,下列可判断反应达到平衡的是 (填标号)。
A.容器内压强不变
B.容器中气体平均摩尔质量不变
C.2v正(CO2)=v逆(O2)
D.容器内温度不变
(3)我国科学家用S-In催化剂电催化还原CO2制甲酸的机理如图a所示,其中吸附在催化剂表面的粒子用*标注。
图a
①图a中,催化剂S2-活性位点在催化过程中的作用是 。
图b为催化还原CO2的反应历程图。其中,生成甲酸的决速步骤的电极反应式为 ,从反应能垒或吸附位点角度分析该催化剂对生成甲酸具有高选择性的原因: 。
图b
(4)我国科学家设计了CO2与氯碱耦合电解池装置如图。
①该电解池发生反应的化学方程式为 。
②标准状况下每生成2.24 L Cl2,电路中转移电子数目为 。
③传统的CO2电催化还原过程中,阳极反应为氧析出反应。相较于传统的电催化过程,该装置的优点为 。
(二)选考题:共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。
20.[选修3:物质结构与性质](14分)(2021山西太原模拟)人类对物质结构的探索永无止境。回答下列问题:
(1)碳硼烷酸[化学式为H(CHB11Cl11)]是目前世界上已知的最强酸,但腐蚀性很小,可以作为无污染的酸催化剂。现代化学中常利用 特征谱线来鉴定元素。组成碳硼烷酸的4种元素中,基态原子中未成对电子数最多的是 (填电子排布式)。
(2)石墨炔是我国科学家在2010年首次制得的一种新的碳的同素异形体,其中一种结构如图所示,石墨炔中碳原子的杂化类型为 。
(3)硼元素具有缺电子性。自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏,其化学式写作Na2B4O7·10H2O,实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个}缩合而成的双六元环,应该写成Na2[B4O5(OH)4]·8H2O。其结构如图所示,它的阴离子可形成链状结构,则该晶体中不存在的作用力是 (填字母)。
Na+Na+·8H2O
A.离子键 B.共价键 C.金属键 D.范德华力 E.氢键
(4)镓与硼元素处于同一主族,GaN是制造5G芯片的材料。
①科学家合成了一种阳离子为“N5n+”,其结构是对称的,5个N排成“V”形,每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构且含有2个氮氮三键;此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体,N8中阴离子的空间构型为 ,写出一种与其互为等电子体的分子 (填化学式)。
②Ga和As两种元素电负性相差不大,能形成化合物GaAs。GaAs的熔点为1 238 ℃,其晶胞结构如图所示。
已知GaAs与GaN具有相同的晶胞结构,则二者晶体的类型均为 ,GaAs的熔点 (填“高于”或“低于”)GaN,其理由是 。若Ga和As的原子半径分别为rGa和rAs,则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 (列出计算式即可)。
21.[选修5:有机化学基础](14分)(2021河北秦皇岛模拟)一种生物降解塑料PBSA合成路线如图,F是制备利沙君的原料。
已知:Ⅰ.A与G互为同系物;F与J互为同系物。
Ⅱ.R—CHCH2R—CH2CH2CHO。
(1)B中的官能团的名称为 ,C的结构简式为 ,用系统命名法给D命名为 。
(2)D生成E的化学方程式为 。
(3)H转化成I的反应类型为 。
(4)化合物M是E的同分异构体,满足条件:
①能与NaOH溶液反应 ②分子中有碳碳双键 ③不能发生银镜反应
M有 种(不考虑立体异构),其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积之比为2∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式为 。
(5)参照上述合成路线,设计以CH3CH2OH和为原料制取
的合成路线。
非选择题专项练(三)
17.答案 (1)品红溶液变浅或褪色
(2)E中黑色固体变成红色,F中白色粉末变成蓝色
(3)Fe2+ 少量0.01 mol·L-1酸性KMnO4溶液 酸性KMnO4溶液的紫红色褪去(或变浅) 溶液含有Fe2+ 几滴KSCN溶液,充分振荡[或几滴(或少量)0.1 mol·L-1 KI溶液和淀粉溶液] 溶液变为血红色(或溶液变为蓝色)
解析:(1)SO2具有漂白性、酸性、还原性和氧化性,由图可知,该实验用品红溶液检验是否有SO2生成,若品红溶液褪色或变浅,说明装置A中反应产生的气体含有SO2。(2)氢气具有强还原性,在加热条件下能使黑色的CuO还原为红色的单质Cu,H2被氧化成H2O,能使白色的无水CuSO4固体变蓝,若装置E中黑色固体变为红色,F中白色粉末变为蓝色,说明装置A中放出的气体中含有H2。(3)常温下铁被浓硫酸钝化,表面有一层致密的氧化物薄膜,加热条件下强氧化性、强酸性的浓硫酸可以将铁氧化为铁盐,而过量的单质铁可以将铁盐还原为亚铁盐,因此反应后A的溶液中铁元素可能既有Fe2+又有Fe3+,也可能只有Fe3+,还可能只有Fe2+,根据已知假设1、假设2的信息推断假设3为溶液中铁元素只有Fe2+;根据铁及其化合物的性质可知,Fe2+具有还原性,能使酸性KMnO4溶液褪色,Fe3+具有氧化性,能将KI溶液还原为能使淀粉溶液变蓝的I2,Fe2+遇KSCN溶液不变红,而Fe3+遇KSCN溶液变红,含有大量Fe3+的溶液呈黄色,与溴水的颜色相同,由此可以选择适当的试剂设计实验方案验证A中溶液中既有Fe2+也有Fe3+。
18.答案 (1)FeO·TiO2 SiO2
(2)TiOCl42-+(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H++4Cl-
(3)将Fe2+氧化成Fe3+
(4)没有 c(PO43-)=Ksp(FePO4)c(Fe3+)=1.3×10-221×10-5 mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1,Qc=c3(Mg2+)×c2(PO43-)=0.013×(1.3×10-17)2≈1.69×10-40
(6)正 13∶3
解析:(1)化学上可将某些盐写成氧化物的形式,如Na2SiO3可写成Na2O·SiO2,活泼金属氧化物写在前面,则FeTiO3可写成FeO·TiO2,钛铁矿经盐酸浸取后过滤,由于酸浸后只有SiO2不溶于酸,则滤渣的主要成分为SiO2。
(2)加盐酸后,钛主要以TiOCl42-形式存在,然后水解形成TiO2·xH2O,相应反应的离子方程式为TiOCl42-+(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H++4Cl-。
(3)加入双氧水的目的是将Fe2+氧化成Fe3+,Fe3+与PO43-反应生成FePO4沉淀。
(4)c(PO43-)=Ksp(FePO4)c(Fe3+)=1.3×10-221×10-5 mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1,Qc=c3(Mg2+)×c2(PO43-)=0.013×(1.3×10-17)2≈1.69×10-40
(6)LiFePO4为原电池正极材料,锂离子电池充电时,该电极接电源的正极,脱出部分Li+,形成Li1-xFePO4,若x=316,化合物中各元素化合价代数和为0,设有1 mol Li1-xFePO4,其中Fe2+的物质的量为a mol,Fe3+的物质的量为b mol,则有a+b=1(1-x)×1+2a+3b=3,解得a=1316,b=316,则电极材料中n(Fe2+)∶n(Fe3+)=13∶3。
19.答案 (1)+420.8 (2)ABD
(3)①活化水分子 ②HCOO*+H2O+e-HCOOH*+OH- CO2生成CO的能垒大大高于生成HCOOH的能垒或吸附位点为C的能垒大大高于吸附位点为O的能垒
(4)①CO2+2NaCl+H2OHCOONa+Cl2↑+NaOH ②0.2NA ③可联合氯碱工业
解析:(1)根据盖斯定律,由2×①-②可得,2CO2(g)+2H2O(g)2HCOOH(g)+O2(g),则ΔH=-72.6 kJ·mol-1×2+566.0 kJ·mol-1=+420.8 kJ·mol-1。
(2)该反应为气体体积减小的反应,容器为刚性恒容的容器,则反应平衡时,气体的总物质的量不变,则压强不变,A符合题意;反应体系中各物质均为气体,则气体的总质量不变,则反应平衡时,气体的总物质的量不变,故容器中气体平均摩尔质量不变,B符合题意;2v正(CO2)=v逆(O2)不能说明正逆反应速率相等,C与题意不符;容器为刚性绝热密闭容器,反应达平衡时,容器内温度不变,D符合题意。
(3)①根据图像a可知,S2-与K+(H2O)n微粒间的静电作用促进了水的活化;②催化剂降低反应的活化能,则下面为催化还原CO2的反应历程图,反应的活化能越大,则反应速率越慢,该步为生成甲酸的决速步骤,电极反应式为HCOO*+H2O+e-HCOOH*+OH-;根据图像对比,生成CO的能垒高于生成HCOOH的能垒,也可解释为吸附位点为C的能垒大大高于吸附位点为O的能垒。
(4)①根据电解装置,反应的化学方程式为CO2+2NaCl+H2OHCOONa+Cl2↑+NaOH;②标准状况下每生成2.24 L Cl2,即0.1 mol Cl2,电路中转移0.2 mol电子,即0.2NA个电子;③已知传统的CO2电催化还原过程中,阳极析出氧,而CO2与氯碱耦合电解池阳极产生氯气和NaOH,与氯碱工业中阳极产物相同,故该装置的优点为可联合氯碱工业。
20.答案 (1)原子光谱 1s22s22p2 (2)sp、sp2 (3)C
(4)①直线形 N2O(或CO2等) ②原子晶体(或共价晶体) 低于 N原子半径小,Ga—N键键长短,共价键键能大
4×43π(rGa3)+4×43π(rAs3)[4(rGa+rAs)3]3×100%
解析:(1)每一种元素都有唯一特定的原子光谱,现代化学中,常利用原子光谱的特征谱线来鉴定元素;按原子排布规律,氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数分别为1、2、1、1,则未成对电子数最多的是碳,其电子排布式为1s22s22p2。
(2)碳碳三键中C原子价层电子对数是2且不含孤电子对,所以杂化方式为sp;苯环中的每个碳原子形成3个σ键,无孤电子对,采取sp2杂化。
(3)根据Na2[B4O5(OH)4]·8H2O的结构示意图,其晶体内有阴阳离子、结晶水分子、配位键,则含有离子键、共价键、范德华力、氢键,但没有金属键。
(4)①按信息——阳离子“N5n+”结构是对称的,5个N排成“V”形,每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构且含有2个氮氮三键,满足条件的结构为,则该离子为N5+,则“N8”的离子晶体是由N5+和N3-形成的,N8中阴离子为N3-,其中的阴离子中原子个数是3、价电子数是16,所以其等电子体有N2O、CO2等,则其空间构型为直线形。②Ga和As两种元素电负性相差不大,故化合物GaAs中含有的是共价键,晶体熔点为1 238 ℃,则可判断该晶体为原子晶体(或共价晶体),共价键越牢固,原子晶体熔点越高,由于N、As属于同一主族的元素,原子半径N比As小,Ga—N键键长短,共价键键能大,则熔点GaAs比GaN的低;根据均摊法计算,晶胞内As原子数目为8×18+6×12=4,Ga原子数目为4,故其晶胞中原子所占的体积为4×43πrGa3+4×43πrAs3,晶胞的体积为[4(rGa+rAs)3]3,则原子的体积占晶胞体积的百分率为4×43πrGa3+4×43πrAs3[4(rGa+rAs)3]3×100%。
21.答案 (1)碳碳双键、氯原子 ClCH2CH2CH2CHO 1,4-丁二醇
(2)HOCH2CH2CH2CH2OH+O2CHOCH2CH2CHO+2H2O
(3)水解反应(或取代反应)
(4)5 CH2CHCH2COOH
(5)
解析:根据PBSA的结构,可得其单体为HOOCCOOH和HOCH2CH2CH2CH2OH。I被酸性KMnO4溶液氧化为J,可知J应为乙二酸。结合题中条件分析可知,G为烯烃,H为卤代烃,H与NaOH溶液作用后生成醇,结合J的结构简式可知G为乙烯,H为CH2BrCH2Br,I为HOCH2CH2OH。A与G互为同系物,则A为烯烃,A在光照下生成B,B为卤代烃,结合已知Ⅱ,可知C中含有卤素原子和一个醛基,C和H2发生加成反应后—CHO转变为—CH2OH,再和NaOH水溶液作用后,卤素原子转化为—OH,结合D的结构简式HOCH2CH2CH2CH2OH可知,A为CH3CHCH2,B为CH2ClCHCH2,C为CH2ClCH2CH2CHO。D发生醇的催化氧化,—CH2OH转化为—CHO,E为CHOCH2CH2CHO,F是J的同系物,F为二元酸,则F为HOOCCH2CH2COOH。
(1)根据分析可知B的结构简式为CH2ClCHCH2,官能团为氯原子和碳碳双键;C的结构简式为CH2ClCH2CH2CHO;D的结构简式为CH2OHCH2CH2CH2OH,分子中含有4个C原子和2个羟基,为丁二醇,羟基分别在1号和4号碳上,则其名称为1,4-丁二醇。
(2)D为CH2OHCH2CH2CH2OH,E为CHOCH2CH2CHO,发生的是醇的催化氧化,化学方程式为HOCH2CH2CH2CH2OH+O2CHOCH2CH2CHO+2H2O。
(3)H为CH2BrCH2Br,在NaOH的水溶液中,在加热条件下发生水解反应(或取代反应)生成HOCH2CH2OH。
(4)化合物M是E的同分异构体,满足①能与NaOH溶液反应,分子中可能含有羧基或酯基;②分子中有碳碳双键,③不能发生银镜反应,说明分子中不含醛基或者不是甲酸酯;若M含有—COOH,含4个碳的羧酸有3种,再引入碳碳双键,则有CH2CHCH2COOH、CH3CHCHCOOH和CH2C(CH3)COOH共3种;若M为酯类,但不是甲酸酯,将碳碳双键引入结构中,可得CH3COOCHCH2和CH2CHCOOCH32种,因此M一共有5种结构,其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积之比为2∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式为CH2CHCH2COOH。
(5)目标产物属于酯类,可由和CH3CH2OH发生酯化反应得到,CH3CH2OH是原料,的侧链中有3个碳原子,而原料苯乙烯的侧链只有2个碳原子,因此需要增长碳链,利用已知Ⅱ,再将生成的—CHO氧化成羧基,因此合成路线为。
非选择题专项练(三)
非选择题:共56分。第17~19题为必考题,考生都必须作答。第20~21题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:共42分。
17.(15分)(2021湛江一中高三月考)铁在冷的浓硫酸中能发生钝化现象。某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时,观察到铁完全溶解,并产生大量气体。为此,他们设计了如下装置验证所产生的气体。
(1)证明反应所产生的气体中有SO2生成的现象是 。
(2)证明气体中含有氢气的实验现象是 。
(3)为了进一步探究反应后A中溶液中铁元素的价态,他们进行了如下的假设:
假设1:溶液中铁元素既有Fe3+也有Fe2+
假设2:溶液中铁元素只有Fe3+
假设3:溶液中铁元素只有
基于假设1,现有试剂:0.01 mol·L-1酸性KMnO4溶液、稀溴水溶液、0.1 mol·L-1 KI溶液、淀粉溶液、KSCN溶液、蒸馏水。请进行探究并完成表中内容。
【实验探究】
实验操作
预期现象
结论
取反应后的A中溶液分装在a、b两试管,步骤①:往a试管中滴入
步骤②:往b试管中滴入
溶液含有Fe3+
18.(13分)(2021河北唐山模拟)LiFePO4是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备,工艺流程如图:
(1)化学上可将某些盐写成氧化物的形式,如Na2SiO3可写成Na2O·SiO2,则FeTiO3可写成 ,钛铁矿经盐酸浸取后过滤,滤渣的主要成分为 。
(2)加入盐酸后,钛主要以TiOCl42-形式存在,写出水解形成TiO2·xH2O相应反应的离子方程式: 。
(3)加入双氧水的目的是 。
(4)若“滤液2”中c(Mg2+)=0.02 mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5 mol·L-1,此时 (填“有”或“没有”)Mg3(PO4)2沉淀生成。列式计算解释原因: 。[已知:Ksp(FePO4)=1.3×10-22、Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24。
(5)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式: 。
(6)锂离子电池充电时,LiFePO4接电源的 极(填“正”或“负”),脱出部分Li+,形成Li1-xFePO4,若x=316,则电极材料中n(Fe2+)∶n(Fe3+)= 。
19.(14分)(2021福建厦门模拟)温室气体CO2转化为重要的工业原料甲酸是目前科学研究的热点。回答下列问题:
(1)已知:①CO(g)+H2O(g)HCOOH(g) ΔH1=-72.6 kJ·mol-1
②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)
ΔH2=-566.0 kJ·mol-1
则反应③2CO2(g)+2H2O(g)2HCOOH(g)+O2(g)的ΔH= kJ·mol-1。
(2)刚性绝热密闭容器中,等物质的量的CO2(g)和H2O(g)发生反应③,下列可判断反应达到平衡的是 (填标号)。
A.容器内压强不变
B.容器中气体平均摩尔质量不变
C.2v正(CO2)=v逆(O2)
D.容器内温度不变
(3)我国科学家用S-In催化剂电催化还原CO2制甲酸的机理如图a所示,其中吸附在催化剂表面的粒子用*标注。
图a
①图a中,催化剂S2-活性位点在催化过程中的作用是 。
图b为催化还原CO2的反应历程图。其中,生成甲酸的决速步骤的电极反应式为 ,从反应能垒或吸附位点角度分析该催化剂对生成甲酸具有高选择性的原因: 。
图b
(4)我国科学家设计了CO2与氯碱耦合电解池装置如图。
①该电解池发生反应的化学方程式为 。
②标准状况下每生成2.24 L Cl2,电路中转移电子数目为 。
③传统的CO2电催化还原过程中,阳极反应为氧析出反应。相较于传统的电催化过程,该装置的优点为 。
(二)选考题:共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。
20.[选修3:物质结构与性质](14分)(2021山西太原模拟)人类对物质结构的探索永无止境。回答下列问题:
(1)碳硼烷酸[化学式为H(CHB11Cl11)]是目前世界上已知的最强酸,但腐蚀性很小,可以作为无污染的酸催化剂。现代化学中常利用 特征谱线来鉴定元素。组成碳硼烷酸的4种元素中,基态原子中未成对电子数最多的是 (填电子排布式)。
(2)石墨炔是我国科学家在2010年首次制得的一种新的碳的同素异形体,其中一种结构如图所示,石墨炔中碳原子的杂化类型为 。
(3)硼元素具有缺电子性。自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏,其化学式写作Na2B4O7·10H2O,实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个}缩合而成的双六元环,应该写成Na2[B4O5(OH)4]·8H2O。其结构如图所示,它的阴离子可形成链状结构,则该晶体中不存在的作用力是 (填字母)。
Na+Na+·8H2O
A.离子键 B.共价键 C.金属键 D.范德华力 E.氢键
(4)镓与硼元素处于同一主族,GaN是制造5G芯片的材料。
①科学家合成了一种阳离子为“N5n+”,其结构是对称的,5个N排成“V”形,每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构且含有2个氮氮三键;此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体,N8中阴离子的空间构型为 ,写出一种与其互为等电子体的分子 (填化学式)。
②Ga和As两种元素电负性相差不大,能形成化合物GaAs。GaAs的熔点为1 238 ℃,其晶胞结构如图所示。
已知GaAs与GaN具有相同的晶胞结构,则二者晶体的类型均为 ,GaAs的熔点 (填“高于”或“低于”)GaN,其理由是 。若Ga和As的原子半径分别为rGa和rAs,则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 (列出计算式即可)。
21.[选修5:有机化学基础](14分)(2021河北秦皇岛模拟)一种生物降解塑料PBSA合成路线如图,F是制备利沙君的原料。
已知:Ⅰ.A与G互为同系物;F与J互为同系物。
Ⅱ.R—CHCH2R—CH2CH2CHO。
(1)B中的官能团的名称为 ,C的结构简式为 ,用系统命名法给D命名为 。
(2)D生成E的化学方程式为 。
(3)H转化成I的反应类型为 。
(4)化合物M是E的同分异构体,满足条件:
①能与NaOH溶液反应 ②分子中有碳碳双键 ③不能发生银镜反应
M有 种(不考虑立体异构),其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积之比为2∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式为 。
(5)参照上述合成路线,设计以CH3CH2OH和为原料制取
的合成路线。
非选择题专项练(三)
17.答案 (1)品红溶液变浅或褪色
(2)E中黑色固体变成红色,F中白色粉末变成蓝色
(3)Fe2+ 少量0.01 mol·L-1酸性KMnO4溶液 酸性KMnO4溶液的紫红色褪去(或变浅) 溶液含有Fe2+ 几滴KSCN溶液,充分振荡[或几滴(或少量)0.1 mol·L-1 KI溶液和淀粉溶液] 溶液变为血红色(或溶液变为蓝色)
解析:(1)SO2具有漂白性、酸性、还原性和氧化性,由图可知,该实验用品红溶液检验是否有SO2生成,若品红溶液褪色或变浅,说明装置A中反应产生的气体含有SO2。(2)氢气具有强还原性,在加热条件下能使黑色的CuO还原为红色的单质Cu,H2被氧化成H2O,能使白色的无水CuSO4固体变蓝,若装置E中黑色固体变为红色,F中白色粉末变为蓝色,说明装置A中放出的气体中含有H2。(3)常温下铁被浓硫酸钝化,表面有一层致密的氧化物薄膜,加热条件下强氧化性、强酸性的浓硫酸可以将铁氧化为铁盐,而过量的单质铁可以将铁盐还原为亚铁盐,因此反应后A的溶液中铁元素可能既有Fe2+又有Fe3+,也可能只有Fe3+,还可能只有Fe2+,根据已知假设1、假设2的信息推断假设3为溶液中铁元素只有Fe2+;根据铁及其化合物的性质可知,Fe2+具有还原性,能使酸性KMnO4溶液褪色,Fe3+具有氧化性,能将KI溶液还原为能使淀粉溶液变蓝的I2,Fe2+遇KSCN溶液不变红,而Fe3+遇KSCN溶液变红,含有大量Fe3+的溶液呈黄色,与溴水的颜色相同,由此可以选择适当的试剂设计实验方案验证A中溶液中既有Fe2+也有Fe3+。
18.答案 (1)FeO·TiO2 SiO2
(2)TiOCl42-+(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H++4Cl-
(3)将Fe2+氧化成Fe3+
(4)没有 c(PO43-)=Ksp(FePO4)c(Fe3+)=1.3×10-221×10-5 mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1,Qc=c3(Mg2+)×c2(PO43-)=0.013×(1.3×10-17)2≈1.69×10-40
(6)正 13∶3
解析:(1)化学上可将某些盐写成氧化物的形式,如Na2SiO3可写成Na2O·SiO2,活泼金属氧化物写在前面,则FeTiO3可写成FeO·TiO2,钛铁矿经盐酸浸取后过滤,由于酸浸后只有SiO2不溶于酸,则滤渣的主要成分为SiO2。
(2)加盐酸后,钛主要以TiOCl42-形式存在,然后水解形成TiO2·xH2O,相应反应的离子方程式为TiOCl42-+(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H++4Cl-。
(3)加入双氧水的目的是将Fe2+氧化成Fe3+,Fe3+与PO43-反应生成FePO4沉淀。
(4)c(PO43-)=Ksp(FePO4)c(Fe3+)=1.3×10-221×10-5 mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1,Qc=c3(Mg2+)×c2(PO43-)=0.013×(1.3×10-17)2≈1.69×10-40
(6)LiFePO4为原电池正极材料,锂离子电池充电时,该电极接电源的正极,脱出部分Li+,形成Li1-xFePO4,若x=316,化合物中各元素化合价代数和为0,设有1 mol Li1-xFePO4,其中Fe2+的物质的量为a mol,Fe3+的物质的量为b mol,则有a+b=1(1-x)×1+2a+3b=3,解得a=1316,b=316,则电极材料中n(Fe2+)∶n(Fe3+)=13∶3。
19.答案 (1)+420.8 (2)ABD
(3)①活化水分子 ②HCOO*+H2O+e-HCOOH*+OH- CO2生成CO的能垒大大高于生成HCOOH的能垒或吸附位点为C的能垒大大高于吸附位点为O的能垒
(4)①CO2+2NaCl+H2OHCOONa+Cl2↑+NaOH ②0.2NA ③可联合氯碱工业
解析:(1)根据盖斯定律,由2×①-②可得,2CO2(g)+2H2O(g)2HCOOH(g)+O2(g),则ΔH=-72.6 kJ·mol-1×2+566.0 kJ·mol-1=+420.8 kJ·mol-1。
(2)该反应为气体体积减小的反应,容器为刚性恒容的容器,则反应平衡时,气体的总物质的量不变,则压强不变,A符合题意;反应体系中各物质均为气体,则气体的总质量不变,则反应平衡时,气体的总物质的量不变,故容器中气体平均摩尔质量不变,B符合题意;2v正(CO2)=v逆(O2)不能说明正逆反应速率相等,C与题意不符;容器为刚性绝热密闭容器,反应达平衡时,容器内温度不变,D符合题意。
(3)①根据图像a可知,S2-与K+(H2O)n微粒间的静电作用促进了水的活化;②催化剂降低反应的活化能,则下面为催化还原CO2的反应历程图,反应的活化能越大,则反应速率越慢,该步为生成甲酸的决速步骤,电极反应式为HCOO*+H2O+e-HCOOH*+OH-;根据图像对比,生成CO的能垒高于生成HCOOH的能垒,也可解释为吸附位点为C的能垒大大高于吸附位点为O的能垒。
(4)①根据电解装置,反应的化学方程式为CO2+2NaCl+H2OHCOONa+Cl2↑+NaOH;②标准状况下每生成2.24 L Cl2,即0.1 mol Cl2,电路中转移0.2 mol电子,即0.2NA个电子;③已知传统的CO2电催化还原过程中,阳极析出氧,而CO2与氯碱耦合电解池阳极产生氯气和NaOH,与氯碱工业中阳极产物相同,故该装置的优点为可联合氯碱工业。
20.答案 (1)原子光谱 1s22s22p2 (2)sp、sp2 (3)C
(4)①直线形 N2O(或CO2等) ②原子晶体(或共价晶体) 低于 N原子半径小,Ga—N键键长短,共价键键能大
4×43π(rGa3)+4×43π(rAs3)[4(rGa+rAs)3]3×100%
解析:(1)每一种元素都有唯一特定的原子光谱,现代化学中,常利用原子光谱的特征谱线来鉴定元素;按原子排布规律,氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数分别为1、2、1、1,则未成对电子数最多的是碳,其电子排布式为1s22s22p2。
(2)碳碳三键中C原子价层电子对数是2且不含孤电子对,所以杂化方式为sp;苯环中的每个碳原子形成3个σ键,无孤电子对,采取sp2杂化。
(3)根据Na2[B4O5(OH)4]·8H2O的结构示意图,其晶体内有阴阳离子、结晶水分子、配位键,则含有离子键、共价键、范德华力、氢键,但没有金属键。
(4)①按信息——阳离子“N5n+”结构是对称的,5个N排成“V”形,每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构且含有2个氮氮三键,满足条件的结构为,则该离子为N5+,则“N8”的离子晶体是由N5+和N3-形成的,N8中阴离子为N3-,其中的阴离子中原子个数是3、价电子数是16,所以其等电子体有N2O、CO2等,则其空间构型为直线形。②Ga和As两种元素电负性相差不大,故化合物GaAs中含有的是共价键,晶体熔点为1 238 ℃,则可判断该晶体为原子晶体(或共价晶体),共价键越牢固,原子晶体熔点越高,由于N、As属于同一主族的元素,原子半径N比As小,Ga—N键键长短,共价键键能大,则熔点GaAs比GaN的低;根据均摊法计算,晶胞内As原子数目为8×18+6×12=4,Ga原子数目为4,故其晶胞中原子所占的体积为4×43πrGa3+4×43πrAs3,晶胞的体积为[4(rGa+rAs)3]3,则原子的体积占晶胞体积的百分率为4×43πrGa3+4×43πrAs3[4(rGa+rAs)3]3×100%。
21.答案 (1)碳碳双键、氯原子 ClCH2CH2CH2CHO 1,4-丁二醇
(2)HOCH2CH2CH2CH2OH+O2CHOCH2CH2CHO+2H2O
(3)水解反应(或取代反应)
(4)5 CH2CHCH2COOH
(5)
解析:根据PBSA的结构,可得其单体为HOOCCOOH和HOCH2CH2CH2CH2OH。I被酸性KMnO4溶液氧化为J,可知J应为乙二酸。结合题中条件分析可知,G为烯烃,H为卤代烃,H与NaOH溶液作用后生成醇,结合J的结构简式可知G为乙烯,H为CH2BrCH2Br,I为HOCH2CH2OH。A与G互为同系物,则A为烯烃,A在光照下生成B,B为卤代烃,结合已知Ⅱ,可知C中含有卤素原子和一个醛基,C和H2发生加成反应后—CHO转变为—CH2OH,再和NaOH水溶液作用后,卤素原子转化为—OH,结合D的结构简式HOCH2CH2CH2CH2OH可知,A为CH3CHCH2,B为CH2ClCHCH2,C为CH2ClCH2CH2CHO。D发生醇的催化氧化,—CH2OH转化为—CHO,E为CHOCH2CH2CHO,F是J的同系物,F为二元酸,则F为HOOCCH2CH2COOH。
(1)根据分析可知B的结构简式为CH2ClCHCH2,官能团为氯原子和碳碳双键;C的结构简式为CH2ClCH2CH2CHO;D的结构简式为CH2OHCH2CH2CH2OH,分子中含有4个C原子和2个羟基,为丁二醇,羟基分别在1号和4号碳上,则其名称为1,4-丁二醇。
(2)D为CH2OHCH2CH2CH2OH,E为CHOCH2CH2CHO,发生的是醇的催化氧化,化学方程式为HOCH2CH2CH2CH2OH+O2CHOCH2CH2CHO+2H2O。
(3)H为CH2BrCH2Br,在NaOH的水溶液中,在加热条件下发生水解反应(或取代反应)生成HOCH2CH2OH。
(4)化合物M是E的同分异构体,满足①能与NaOH溶液反应,分子中可能含有羧基或酯基;②分子中有碳碳双键,③不能发生银镜反应,说明分子中不含醛基或者不是甲酸酯;若M含有—COOH,含4个碳的羧酸有3种,再引入碳碳双键,则有CH2CHCH2COOH、CH3CHCHCOOH和CH2C(CH3)COOH共3种;若M为酯类,但不是甲酸酯,将碳碳双键引入结构中,可得CH3COOCHCH2和CH2CHCOOCH32种,因此M一共有5种结构,其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积之比为2∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式为CH2CHCH2COOH。
(5)目标产物属于酯类,可由和CH3CH2OH发生酯化反应得到,CH3CH2OH是原料,的侧链中有3个碳原子,而原料苯乙烯的侧链只有2个碳原子,因此需要增长碳链,利用已知Ⅱ,再将生成的—CHO氧化成羧基,因此合成路线为。
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