2023二轮复习专项练习（化学）非选择题专项练(四)

非选择题专项练(四)

1.2020年我国“奋斗者”号载人潜水器成功进行万米海试。制造潜水器载人球舱的钛合金中含钛、铁、镍、铂等十几种元素,具有高强度、高韧性的特性。请回答下列问题。

(1)基态Ti原子的核外电子的空间运动状态有　　　种。TiF4的熔点(377 ℃)远高于TiCl4(-24.12 ℃)的原因是　　　　　　　　　　　。 

(2)邻二氮菲()中N原子可与Fe2+通过配位键形成橙红色邻二氮菲亚铁离子,利用该反应可测定Fe2+浓度,该反应的适宜pH范围为2~9,试解释选择该pH范围的原因: 　。 

(3)Ni与Cu的第二电离能:Ni　　　　(填“>”或“<”)Cu。含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Ni2+与EDTA形成的螯合物的结构如图所示,1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有　　　　　个,其中提供孤电子对的原子为　　　　　　(写元素符号)。 

(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,叫做原子的分数坐标。氯铂酸钾(K2PtCl6,相对分子质量为486)的立方晶胞结构如图所示,该晶胞中部分[PtCl6]2-、K+的分数坐标为[PtCl6]2-(0,0,0), (0.25,0.75,0.25), (0.75,0.25,0.25),其中A、B分别代表K+的位置。找出距离[PtCl6]2- (0,0,0)最近的K+:　　　　　　(用分数坐标表示)。用NA表示阿伏加德罗常数的值,若实验测得氯铂酸钾的密度是d g·cm-3,则A、B两个K+的距离为　　　　 pm(列出计算式即可)。 

2.某含钴矿石的主要成分为Co2O3,含少量Fe2O3、MgO、CaO和SiO2等。由该矿石粉制备CoC2O4固体的方法如图所示(部分催化剂已略)。

已知金属离子沉淀的pH如表所示:

(1)Co2O3溶于浓硫酸,生成Co2+和一种可使带火星的木条复燃的气体,写出该反应的化学方程式: 

　。 

列举沉淀1所含主要成分的一种用途 

　。 

(2)向溶液1中加入NaOH溶液,将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,应调节pH范围为　。 

(3)向溶液2中加入NaF溶液除去钙、镁离子,已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11,Ksp(CaF2)=1.05×10-10,则溶液3中c(Ca2+)=1.0×10-5 mol·L-1时,c(Mg2+)=　　　　　　 mol·L-1。 

(4)向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液,将Co2+转化为[Co(NH3)6]3+。配平下列离子方程式:

　Co2++　　　H2O2+　　　　NH3　　　　[Co(NH3)6]3++　　　　　　。 

(5)溶液4中,若将1 mol [Co(NH3)6]3+全部转化为CoC2O4沉淀,需要消耗(NH4)2C2O4　　　 mol。 

3.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂和优质漂白剂,可由ClO2为原料制取。实验室利用如图装置制备亚氯酸钠(夹持装置略),并利用滴定法测定所制亚氯酸钠的纯度。

已知:①ClO2的沸点为11 ℃,极易溶于水,浓度过高时易分解爆炸;

②2NaOH+H2O2+2ClO22NaClO2+O2+2H2O。

(1)装置A中仪器a的名称为　　　　　　,产生ClO2的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(2)实验过程中需要持续通入稀有气体,目的是　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(3)装置B的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(4)装置C中用冰水浴冷却的目的是　　　　　　　　　　　　。 

(5)测定亚氯酸钠含量的实验步骤:①称取亚氯酸钠样品5.0 g放入小烧杯中,加入适量蒸馏水和过量的KI晶体,再滴入适量的稀硫酸,充分反应,将所得混合液配成500 mL待测溶液。②移取10.00 mL待测溶液放入锥形瓶中,加几滴淀粉溶液,用0.10 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3标准溶液体积为40.00 mL。(已知:Cl+4I-+4H+2H2O+2I2+Cl-,I2+2S22I-+S4)。

①达到滴定终点时的现象为　　　　　　　　　　　　　　　　;正确判断滴定终点后,仰视读数,会导致测定结果　　　　(填“偏高”或“偏低”)。 

②该样品中NaClO2的纯度为　　　　。 

4.G是一种新型香料的主要成分之一,其结构中含有三个六元环。G的合成路线如图所示(部分产物和部分反应条件略去)。

已知:①RCHCH2+CH2CHR'CH2CH2+RCHCHR';

②B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同化学环境的氢原子;

③D和F是同系物。

请回答下列问题。

(1)的化学名称为　　　　　　　。 

(2)BC的化学方程式为 

　。 

(3)EH的反应类型为　　　　　　　　,F分子中含氧官能团名称是　　　　　　　　。 

(4)G的结构简式为　。 

(5)同时满足下列条件的F的同分异构体有　　种。 

①苯环上有两个取代基;②与FeCl3溶液发生显色反应;③可以发生水解反应。

其中能发生银镜反应,且核磁共振氢谱为5组峰的结构简式为　　　　　　　　　　　　　　　。 

(6)参照上述合成路线,设计由丙烯制取的最佳合成路线(无机试剂任选)。

5.合理利用温室气体是当前能源与环境研究的热点。

(1)CH4-CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2),其工艺过程中涉及如下反应:

反应①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)　ΔH1

反应②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2 kJ·mol-1

反应③CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g)　ΔH3=-36.0 kJ·mol-1

反应④O2(g)+H2(g)H2O(g)　ΔH4=-241.8 kJ·mol-1

则ΔH1=　　　　 kJ·mo1-1。 

一定条件下,向容积为V的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0 mol及少量O2,测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。1 100 K时,CH4与CO2的转化率分别为90%和95%,图中曲线a代表产物　　　　　　　。当温度高于900 K时,H2O的含量随温度升高而下降的主要原因是　 

　。 

(2)工业上将CO2转化为燃料CH4,可发生反应:

反应Ⅰ:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

ΔH1

反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2 kJ·mo1-1

将1 mol CO2和4 mol H2充入2 L刚性密闭容器中,反应相同时间,温度对CO2转化率和催化剂选择性的影响如图所示。(注:催化剂的选择性是指发生反应的CO2转化为CH4或CO的百分比)

图1

图2

ΔH1　　　　(填“>”“<”或“=”)0。350 ℃时,反应Ⅰ的平衡常数为　　　　　。不改变投料,若容器容积可变化,为同时提高CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率,选择最佳反应条件为　　　　(填字母)。 

A.350 ℃、低压

B.350 ℃、高压

C.500 ℃、低压

D.500 ℃、高压

参考答案

非选择题专项练(四)

1.答案 (1)12　TiF4晶体为离子晶体,TiCl4晶体为分子晶体

(2)当H+浓度较高时,邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键,导致与Fe2+配位能力减弱;当OH-浓度较高时,OH-与Fe2+反应,也会影响与邻二氮菲配位

(3)<　6　N、O

(4)(0.25,0.25,0.25)　×1010

解析 (1)基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2,s轨道有一种空间运动状态,p轨道有三种空间运动状态,d轨道有五种空间运动状态,因基态Ti原子的3d轨道上只有两个电子,则有两种空间运动状态,因此基态Ti原子的核外电子的空间运动状态共有12种;TiF4晶体为离子晶体,TiCl4晶体为分子晶体,所以TiF4的熔点远高于TiCl4的熔点。

(2)当H+浓度较高时,邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键,导致与Fe2+配位能力减弱;当OH-浓度较高时,OH-与Fe2+反应,也会影响与邻二氮菲配位,所以适宜pH范围为2~9。

(3)Ni与Cu的第二电离能:Ni<Cu,因为Ni失去的是4s1电子,铜失去的是全充满的3d10电子,全充满结构稳定,铜不易失去3d轨道上的电子,所以Cu的第二电离能较大;由题可知,只有成环的配位键才能起到螯合作用,再结合题目中所给的结构可以知道,1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个;由结构图可知,提供孤电子对的原子为N、O。

(4)距离[PtCl6]2-(0,0,0)最近的K+的分数坐标为(0.25,0.25,0.25);由题意(0.25,0.75,0.25),而晶胞边长为1,一个晶胞有4个[PtCl6]2-、8个K+,设棱长为a cm,一个晶胞质量为 g,体积为a3 cm3,d g·cm-3= g·cm-3,则a cm= cm=×1010 pm,(0.25,0.75,0.25),(0.75,0.25,0.25),AB=aa,则A、B两个K+的距离为×1010 pm。

2.答案 (1)2Co2O3+4H2SO4(浓)4CoSO4+O2↑+4H2O　生产光导纤维、玻璃、晶体硅等

(2)2.8~7.4

(3)7.0×10-6

(4)2　1　12　2　2OH-

(5)1.5

解析 根据流程图分析,钴矿石的主要成分有Co2O3、CaO、Fe2O3、MgO和SiO2等,粉碎后加入浓硫酸加热,溶液1中含有CoSO4、CaSO4、MgSO4、Fe2(SO4)3,沉淀1为难溶的二氧化硅;溶液1中加入氢氧化钠溶液调节pH,根据题给信息中金属离子沉淀的pH知,沉淀2为氢氧化铁沉淀;溶液2中含有CoSO4、CaSO4、MgSO4,加入氟化钠溶液后生成氟化镁、氟化钙沉淀,则沉淀3为氟化镁、氟化钙;溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液,根据问题(4)提示可知,Co2+被氧化为[Co(NH3)6]3+;溶液4中含有阳离子[Co(NH3)6]3+,加入稀硫酸和(NH4)2C2O4后,将其还原为CoC2O4。

(1)Co2O3溶于浓硫酸,生成Co2+和一种可使带火星的木条复燃的气体,该反应的化学方程式为2Co2O3+4H2SO4(浓)4CoSO4+O2↑+4H2O;沉淀1所含主要成分为二氧化硅,主要用途为生产光导纤维、玻璃、晶体硅等。

(2)由表可知,铁离子完全沉淀的pH=2.8,而Co2+开始沉淀的pH=7.4,所以pH调节为2.8≤pH<7.4,保证铁离子完全沉淀,Co2+不沉淀。

(3)c(Ca2+)=1.0×10-5 mol·L-1,Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)=1.05×10-10,c2(F-)==1.05×10-5,Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F-),c(Mg2+)= mol·L-1=7.0×10-6 mol·L-1。

(4)向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液,将Co2+转化为[Co(NH3)6]3+;离子方程式为2Co2++H2O2+12NH3[2Co(NH3)6]3++2OH-。

(5)三价钴离子被还原为二价钴离子,C2被氧化为CO2,则根据得失电子守恒可知,1 mol [Co(NH3)6]3+全部转化为CoC2O4沉淀,需要消耗(NH4)2C2O4 mol+1 mol=1.5 mol。

3.答案 (1)分液漏斗　2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)2Na2SO4+2ClO2↑+H2O

(2)稀释ClO2,防止发生危险(爆炸)

(3)作安全瓶(或缓冲瓶),防止C中液体倒吸进入装置A中

(4)减少H2O2分解(或减少ClO2的挥发)

(5)①溶液蓝色刚好褪去,且半分钟内颜色不再变化　偏高　②90.5%

解析 本题实验目的是制备亚氯酸钠,原理是2NaOH+H2O2+2ClO22NaClO2+O2+2H2O,A装置为制备ClO2,B装置为安全瓶,C装置为制备亚氯酸钠,D装置的作用是吸收ClO2,纯净的ClO2易爆炸。

(1)装置A中仪器a的名称为分液漏斗;产生ClO2的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)2Na2SO4+2ClO2↑+H2O。

(2)ClO2浓度过高,易发生爆炸,故实验过程中通入稀有气体的目的是稀释ClO2,防止发生危险(爆炸)。

(3)装置B是安全瓶,防止C中液体倒吸进入A中。

(4)ClO2高温易挥发,制取NaClO2时用到过氧化氢溶液,过氧化氢溶液高温易分解,导致产率降低,因此冰水浴可以减少过氧化氢溶液的分解。

(5)①淀粉遇碘变蓝,滴定终点时溶液蓝色褪去,且半分钟内颜色不再变化,故达到滴定终点时的现象为溶液蓝色刚好褪去,且半分钟内颜色不再变化;正确判断滴定终点后,仰视读数,会导致测定结果偏高。

②NaClO2被还原为氯离子,碘离子被氧化为I2,由得失电子守恒:NaClO2~4I-~2I2,结合题目所给方程式可得,NaClO2~2I2~4Na2S2O3,所得粗品的纯度为

×100%=90.5%。

4.答案 (1)苯乙烯

(2)+2NaOH

+2NaCl

(3)氧化反应　羟基、羧基

(4)

(5)9　

(6)

解析 由信息①可得出,(CH3)2CCH2与发生反应生成A();A与Cl2发生取代反应生成;与HCl反应生成B(),B与氢氧化钠水溶液反应生成C(),D为

;与HOBr发生加成反应生成E(),E发生氧化反应生成H(),H在氢氧化钠水溶液中发生水解反应,然后酸化生成F();D与F发生酯化反应生成G()。

(1)的化学名称为苯乙烯。

(2)B为,C为

,两者发生反应的化学方程式为+2NaOH

+2NaCl。

(3)E()发生氧化反应生成H(),故EH的反应类型为氧化反应;F()分子中含氧官能团的名称是羟基、羧基。

(4)G的结构简式为。

(5)①苯环上有两个取代基;②与FeCl3溶液发生显色反应;③可以发生水解反应;说明苯环上有酚羟基、酯基;另外酯基有三种形式分别为—COOCH3、—OOCCH3、—CH2OOCH,分别与酚羟基有邻、间、对三种位置,故符合三个条件的同分异构体有9种;其中核磁共振氢谱为5组峰的结构简式为

。

(6)参照上述合成路线,设计由丙烯制取

的最佳合成路线为。

5.答案 (1)+247.0　CO　高于900 K时以反应④为主,反应④是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,H2O的含量减小

(2)<　100　B

解析 (1)由盖斯定律得①=②+③-④,所以ΔH1=ΔH2+ΔH3-ΔH4=41.2 kJ·mol-1-36.0 kJ·mol-1+241.8 kJ·mol-1=+247.0 kJ·mol-1。由反应①②③④可知,反应产物有CO、H2、H2O。生成的H2会在反应②中与CO2反应生成CO,则CO的产量高于H2的产量,曲线a表示的是CO。反应②是吸热反应,升高温度有利于平衡正向移动,H2O的含量会增大,但反应O2(g)+H2(g)H2O(g)为放热反应,升高温度不利于反应正向进行,H2O的含量会减小。所以高于900 K时以反应④为主,反应④是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,H2O的含量减小。

(2)由图1可知,反应Ⅰ达到平衡状态后,随温度升高二氧化碳的转化率逐渐减小,说明正反应为放热反应,故ΔH1<0;350 ℃时,由图1知CO2的平衡转化率为80%,由图2知CO2全部转化为CH4,仅发生反应Ⅰ,利用“三段式”进行计算:

CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

初始/mol　 1　　　　4　　　 　0　　　　0

转化/mol 0.8 3.2 0.8 1.6

平衡/mol 0.2 0.8 0.8 1.6

又因容积为2 L,故平衡常数为K==100;由图1知350 ℃时,CO2的平衡转化率较大,应选择350 ℃,又因为反应是气体总体积减小的反应,增大压强平衡正向移动,CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率都会增大,故选择最佳反应条件为350 ℃、高压。