人教版新高考化学二轮复习训练题--非选择题专项练二

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非选择题专项练二 1.近年来,有机-无机杂化金属卤素钙钛矿作为优良的光电材料受到广泛研究和关注,请回答下列问题。 (1)Ca、Ti元素基态原子核外电子占据能级数之比为　　　　　　;与Ti处于同周期且单电子数与Ti相同的元素还有　　　　种;Ca的前三级电离能数据分别为589.8 kJ·mol-1、1 145.4 kJ·mol-1、4 912.4 kJ·mol-1,第三电离能增大较多的原因是　  　。  (2)卤族元素可与N和P元素形成多种稳定卤化物,其中NCl3分子空间结构为　　　　　　　　　, P元素可形成稳定的PCl3和PCl5,而氮元素只存在稳定的NCl3,理由是　。  (3)Ti的配合物有多种。Ti(CO)6、Ti(H2O)62+、TiF62-中的配体所含原子中电负性最小的是　　　　　;Ti(NO3)4的球棍模型如图所示,Ti4+的配位数是　　　　　。  2.Co3O4在工业上有重要应用。利用原钴矿(主要含有Co2O3,还含有少量Cr2O3、NiO等杂质)制备Co3O4的工艺流程如下: 已知:①在含一定量Cl-的溶液中Co2++4Cl-CoCl42-。 ②CoCl42-溶于有机胺试剂,Co2+、Cr3+和Ni2+不溶于有机胺试剂;有机胺试剂不溶于水。 ③Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15。 (1)原钴矿需预先粉碎的目的是  　。  (2)步骤i中Co2O3溶解时发生反应的离子方程式为　 。  (3)步骤ii中加入NaCl固体的目的是  　。  (4)步骤v反应过程中无气体逸出,则沉钴时发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　;沉钴过程选择较高温度有利于沉淀生成,但加入等量(NH4)2CO3选择过高温度得到的沉淀质量反而会减少,减少的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)常温下,步骤v沉钴滤液中,Co2+含量为5.9×10-2 g·L-1,此时溶液的pH=　 。  (6)步骤vi在空气中煅烧生成Co3O4的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  3.硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]是一种蓝绿色的无机复盐,易溶于水,不溶于乙醇,在水中的溶解度比FeSO4和(NH4)2SO4的溶解度都要小。某同学设计如图实验装置制备硫酸亚铁铵晶体。 实验步骤如下: Ⅰ.用30%的NaOH溶液和铁屑(含有Fe2O3、FeS等杂质)混合、煮沸、冷却、分离,将分离出的NaOH溶液装入C中。 Ⅱ.在B中用Ⅰ处理过的铁屑与稀硫酸反应制取FeSO4。 Ⅲ.将Ⅱ制得的FeSO4溶液与(NH4)2SO4溶液混合。 Ⅳ.将A中混合液蒸发浓缩、自然冷却、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁铵晶体。 (1)仪器a在使用前必须进行的操作是　　　　　　　,C 中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)按图连接好装置,经检验气密性良好,加入相应的药品后,利用铁屑与稀硫酸反应产生的氢气排尽装置的空气及硫酸铵溶液中溶解的氧气,其目的是　　　　　　　　　　,此时弹簧夹K1、K2、K3的状态为　　　　　　　　　　　　　。  (3)完成步骤Ⅲ的操作是　　　　　　　　　。  (4)步骤Ⅳ将A中混合液蒸发浓缩、自然冷却,能析出硫酸亚铁铵晶体的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。过滤后的晶体用乙醇洗涤而不用蒸馏水洗涤的原因是　。  (5)从安全角度分析,该同学设计的实验装置存在的缺陷是　　　　　　　　　　　　　。  4.以苹果酸(A)为原料可以合成抗艾滋病药物沙奎那韦的中间体(G),其合成路线如下: 已知:ⅰ.RCOOH或R1COOR2RCH2OH或R1CH2OH。 ⅱ.SOCl2在酯化反应中作催化剂,若羧酸和SOCl2先混合会生成酰氯,酰氯与醇再反应会生成酯;若醇和SOCl2先混合会生成氯化亚硫酸酯,氯化亚硫酸酯与羧酸再反应生成酯。 (1)为得到较多量的产物B,反应①应进行的操作是　 。  (2)反应②的化学方程式为　　　　　　　　　　 　,  反应②和⑤的目的是　 。  (3)D的结构简式为　　　　　　　　　　　　　　,G的分子式为　　　　　　　　。  (4)M为C的同分异构体,M可由含有苯环的有机化合物N加氢还原苯环得到。N的分子中有5个取代基,1 mol N 能与4 mol NaOH反应,但只能与2 mol NaHCO3反应,N分子中有4种化学环境相同的氢。则M的结构简式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)以为原料合成,写出能获得更多目标产物的较优合成路线(其他试剂任选)。 5.利用甲烷降低有害气体对大气的污染是当前科学研究的重点课题之一。 (1)利用CH4和CO2重整不仅可以获得合成气(主要成分为CO、H2),还可减少温室气体的排放。已知重整过程中涉及如下反应。 反应Ⅰ　CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1 反应Ⅱ　CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 反应Ⅲ　CH4(g)+12O2(g)CO(g)+2H2(g) ΔH3=-35.6 kJ·mol-1 ①已知:12O2(g)+H2(g)H2O(g)　ΔH=-241.8 kJ·mol-1,则ΔH1=　　　 kJ·mol-1。  ②恒容密闭容器中CH4、CO2的分压分别为25 kPa、20 kPa,一定条件下发生反应Ⅰ。 已知v正(CO)=1.28×10-2·p(CH4)·p(CO2) kPa·s-1,某时刻测得p(H2)=10 kPa,则该时刻v正(CH4)=　　　　 kPa·s-1。  (2)CH4(g)与H2S(g)反应可以生成化工原料CS2(g)和H2(g)。控制体系压强为0.17 MPa,当原料初始组成n(CH4)∶n(H2S)=1∶2,反应达到平衡时,四种组分的物质的量分数随温度的变化如图甲所示。图中表示CS2、CH4变化的曲线分别是　　　　　(填字母)。M点对应温度下,H2S的转化率是　　　　　　　　　　,反应的Kp=　　　(以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。  甲 乙 (3)在恒容密闭容器中,通入一定量CH4与NO2发生反应,相同时间内测得NO2的转化率与温度的关系如图乙所示。下列叙述正确的是　　　　。  A.200 ℃ NO2的平衡转化率大于300 ℃ NO2的平衡转化率 B.B点的v逆大于E点的v逆 C.C点和D点均处于平衡状态 D.适当升温或增大c(CH4)可提高C点时NO2的转化率和反应速率  参考答案 非选择题专项练二 1.答案 (1)6∶7　3　Ca2+已经达到稳定结构,再失去的1个电子属于内层电子,原子核对内层电子的吸引力更强,所以第三电离能突然增大 (2)三角锥形　N元素L层最多有4个轨道,所以不能生成NCl5 (3)H　8 解析 (1)Ca基态原子核外电子占据能级为1s、2s、2p、3s、3p、4s,Ti基态原子核外电子占据能级为1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s,能级数之比为6∶7;Ti基态原子的价层电子排布式为3d24s2,3d能级有2个单电子,同周期中含有2个单电子的元素有Ni、Ge、Se 3种元素;Ca的核外电子排布式为[Ar]4s2,失去2个电子后,核外电子达到稳定结构,再失去的1个电子属于内层电子,原子核对内层电子吸引力更强,所以第三电离能突然增大。 (2)NCl3的中心N原子含有1个孤电子对,3个σ键,价层电子对数为4,则分子空间结构为三角锥形;P原子核外电子第三层有d能级,可形成spd杂化,N原子核外电子第二层只有s、p能级4个电子轨道,则不能形成NCl5。 (3)Ti(CO)6、Ti(H2O)62+、TiF62-中的配体分别为CO、H2O、F-,一般元素非金属性越强,电负性越大,则H的电负性最小;根据球棍模型,硝酸根离子中的2个氧原子与Ti4+连接成环,则Ti4+的配位数是8。 2.答案 (1)增大反应物接触面积,增大反应速率,使反应更充分 (2)Co2O3+6H++2Cl-2Co2++Cl2↑+3H2O或Co2O3+6H++10Cl-2CoCl42-+Cl2↑+3H2O (3)加入NaCl固体,可使溶液中Cl-浓度增大,平衡Co2++4Cl-CoCl42-右移,CoCl42-浓度增大,提高其在有机胺试剂中的浓度 (4)2Co2++3CO32-+2H2OCo2(OH)2CO3↓+2HCO3-　温度过高,(NH4)2CO3分解,(NH4)2CO3浓度降低,沉淀质量减少 (5)8 (6)3Co2(OH)2CO3+O22Co3O4+3H2O+3CO2 解析 向原钴矿粉中加入盐酸浸取,Co2O3被Cl-还原为Co2+,向浸取液中加入NaCl固体,将Co2+转化为CoCl42-,之后加入有机胺试剂萃取,分液后洗脱得到CoCl2溶液,加入碳酸铵溶液得到Co2(OH)2CO3沉淀,经煅烧得到Co3O4。 (1)预先粉碎原钴矿可以增大反应物接触面积,增大反应速率,使反应更充分。 (2)根据流程知,盐酸浸取时,Cl-将Co2O3还原为Co2+,自身被氧化为Cl2,根据所给信息①可知,若盐酸过量还可能生成CoCl42-,根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为Co2O3+6H++2Cl-2Co2++Cl2↑+3H2O或Co2O3+6H++10Cl-2CoCl42-+Cl2↑+3H2O。 (3)加入NaCl固体,可使溶液中Cl-浓度增大,平衡Co2++4Cl-CoCl42-右移,CoCl42-浓度增大,提高其在有机胺试剂中的浓度,提高原料的利用率。 (4)由流程可知,步骤v所得产物为Co2(OH)2CO3,说明Co2+与CO32-发生相互促进的水解反应,而反应过程中无气体逸出,说明CO32-浓度较大,溶液碱性较强,CO32-没有彻底水解,转化为HCO3-,所以离子方程式为2Co2++3CO32-+2H2OCo2(OH)2CO3↓+2HCO3-;温度过高,(NH4)2CO3分解,(NH4)2CO3浓度降低,沉淀质量减少。 (5)滤液中Co2+含量为5.9×10-2 g·L-1,则c(Co2+)=5.9×10-2g·L-159 g·mol-1=1.0×10-3 mol·L-1,则此时溶液中c(OH-)=Kspc(Co2+)=1.0×10-151.0×10-3 mol·L-1=10-6 mol·L-1,所以溶液中c(H+)=10-8 mol·L-1,pH=8。 (6)Co2(OH)2CO3在空气中煅烧生成Co3O4,则部分Co元素被氧气氧化,根据元素化合价的变化可得,Co2(OH)2CO3和O2的化学计量数比为3∶1,再结合元素守恒可得化学方程式为3Co2(OH)2CO3+O22Co3O4+3H2O+3CO2。 3.答案 (1)检验是否漏液　H2S+2OH-S2-+2H2O (2)防止Fe2+被氧化　打开K1、K2,关闭K3 (3)打开K3,关闭K1 (4)溶液中存在Fe2+、NH4+和SO42-,浓缩时,溶解度小的盐会先析出　硫酸亚铁铵易溶于水,不溶于乙醇,减少损耗 (5)没有H2处理装置 解析 利用铁与稀硫酸反应制得氢气和硫酸亚铁溶液,再利用氢气将装置中的空气排尽,最后利用氢气将制得的硫酸亚铁溶液压入装置A中与硫酸铵溶液作用制备硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]。 (1)仪器a是分液漏斗,在使用前必须进行的操作是检验是否漏液,铁屑中含有FeS,能与硫酸反应生成H2S ,制备的氢气中含有H2S,H2S进入C中与氢氧化钠溶液反应生成硫化钠,发生反应的离子方程式为H2S+2OH-S2-+2H2O。 (2)由装置图可知,向容器A中通入氢气,应关闭弹簧夹K3,打开弹簧夹K1、K2。硫酸铵溶液中的溶解O2、容器B液面上的O2可以将Fe2+氧化为Fe3+,通入氢气以排尽硫酸铵溶液中溶解的O2和容器B液面上部的O2,防止Fe2+被氧化为Fe3+。 因此打开弹簧夹K1、K2,关闭K3,使产生的氢气由K1进入装置C,再经K2进入装置A,将装置中的空气排尽。 (3)步骤Ⅲ是将Ⅱ制得的FeSO4溶液与(NH4)2SO4溶液混合,操作是打开K3,关闭K1,使产生的氢气将装置B中的溶液压入装置A。 (4)步骤Ⅳ将A中混合液蒸发浓缩、自然冷却,能析出硫酸亚铁铵晶体的原因是溶液中存在Fe2+、NH4+和SO42-,浓缩时,溶解度小的盐会先析出。 过滤后的晶体用乙醇洗涤而不用蒸馏水洗涤的原因是硫酸亚铁铵易溶于水,不溶于乙醇,减少损耗。 (5)从安全角度分析,该同学设计的实验装置存在的缺陷是没有H2处理装置,可燃性气体容易引起爆炸。 4.答案 (1)先将SOCl2与甲醇混合反应后,再加入苹果酸进行反应 (2)++2CH3OH 保护两个羟基不被氯代 (3)　C12H11NO3Cl2 (4)、 (5) 解析 (1)苹果酸A为,若将A先和SOCl2混合,则A分子中的羟基会参与反应,根据产物B的结构可知,反应后依然存在两个羟基,所以要得到较多的B,则先将SOCl2与甲醇混合反应后,再加入苹果酸进行反应,从而减少副产物。 (2)反应②为与发生取代反应生成,根据取代反应的特点可知,产物还有CH3OH,所以反应的化学方程式为++2CH3OH;反应②中B的羟基形成醚键,反应⑤则重新生成羟基,从而保护羟基在反应④中不被取代,所以反应②和⑤的目的是保护两个羟基不被氯代。 (3)C为,根据反应条件以及反应机理R1COOR2R1CH2OH可知, 转化为,所以D的结构简式为;G为,则分子式为C12H11NO3Cl2。 (4)C为,M为C的同分异构体,所以M的分子式为C9H14O6,M可由含有苯环的有机化合物N加氢还原苯环得到,所以N的分子式为C9H8O6,不饱和度为6。1 mol N只能与2 mol NaHCO3反应,说明1个N的分子中有2个—COOH,1个苯环和2个羧基已经占有了6个不饱和度,而1 mol N能与4 mol NaOH反应,说明除2个羧基外还有2个酚羟基;N有5个取代基,分子中有4种化学环境相同的氢,所以是高度对称的结构,所以N可能为或。则M的结构简式为或。 (5)经过反应机理R1COOR2 R1CH2OH制得,经过消去反应可以获得,经过加聚反应即得到目标产物,所以反应路线为。 5.答案 (1)①+247.4　②1.92 (2)b、d　20%　1.0×10-4 (3)AD 解析 (1)①根据反应ⅠCH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)　ΔH1 反应ⅡCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 反应ⅢCH4(g)+12O2(g)CO(g)+2H2(g) ΔH3=-35.6 kJ·mol-1 反应Ⅳ12O2(g)+H2(g)H2O(g)　ΔH=-241.8 kJ·mol-1 可知,Ⅱ+Ⅲ-Ⅳ即为反应Ⅰ,则ΔH1=ΔH2+ΔH3-ΔH=+41.2 kJ·mol-1-35.6 kJ·mol-1+241.8 kJ·mol-1=+247.4 kJ·mol-1。 ②反应ⅠCH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)　ΔH1,恒容密闭容器中CH4、CO2的分压分别为25 kPa、20 kPa,某时刻测得p(H2)=10 kPa,列出“三段式”: 　 　CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) 初始压强/kPa　 25　　20　　　　 0　　　　0 变化压强/kPa 5 5 10 10 末态压强/kPa 20 15 10 10 将数据代入公式v正(CO)=1.28×10-2·p(CH4)·p(CO2) kPa·s-1可得,v正(CO)=1.28×10-2×20×15 kPa·s-1=3.84 kPa·s-1,根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知,v正(CH4)=12v正(CO)=1.92 kPa·s-1。 (2)CH4(g)与H2S(g)反应生成CS2(g)和H2(g)的化学方程式为CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g),根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知,曲线a、b、c、d分别对应的物质为H2、CS2、H2S、CH4。M点对应温度下,达到平衡时,H2与CH4的物质的量分数相等,则平衡时n(H2)=n(CH4)。原料初始组成n(CH4)∶n(H2S)=1∶2,设消耗甲烷的物质的量为x mol,列出“三段式”: 　 CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+ 4H2(g) 初始/mol　　 1　　 　2　　　　　0　　　　 0 变化/mol x 2x x 4x 平衡/mol 1-x 2-2x x 4x 得出1-x=4x,x=0.2,H2S的转化率是2x2×100%=2×0.22×100%=20%。CH4、H2S、CS2、H2平衡时物质的量分别为0.8 mol、1.6 mol、0.2 mol、0.8 mol,则总的物质的量为3.4 mol,CH4、H2S、CS2、H2的分压分别为0.83.4×0.17 MPa=0.04 MPa、1.63.4×0.17 MPa=0.08 MPa、0.23.4×0.17 MPa=0.01 MPa、0.83.4×0.17 MPa=0.04 MPa,则反应的Kp=p(CS2)×p4(H2)p(CH4)×p2(H2S)=1.0×10-4。 (3)由图可知当温度升高到一定程度之后,该段时间内NO2的转化率会下降,说明该反应是放热反应。 该反应是放热反应,温度越高,反应物的平衡转化率越低,所以200 ℃NO2的平衡转化率大于300 ℃NO2的平衡转化率,A项正确。B点的温度低于E点的温度且E点生成物的浓度更大,所以B点的v逆小于E点的v逆,B项错误。该反应为放热反应,温度升高,平衡转化率下降,C点后温度升高转化率还会增大,说明C点不是处于平衡状态,C项错误。C点未处于平衡状态,所以适当升温可以增大反应速率,从而提高该段时间内NO2的转化率;增大c(CH4),反应物浓度增大,反应速率增大,同时提高了NO2转化的量,D项正确。