（京津鲁琼版）2020版新高考化学三轮复习非选择题专项练（八）（含解析）.docx

非选择题专项练(八) (建议用时：40分钟)1无水氯化锌常用作有机合成的催化剂。实验室采用HCl气体除水与ZnCl2升华相结合的方法提纯市售氯化锌样品(部分潮解并含高温不分解杂质)。实验装置如图所示。回答下列问题：(1)无水氯化锌在空气中潮解生成Zn(OH)Cl的化学方程式为_。(2)除水阶段：打开K1、K2。将管式炉、升温至150 ，反应一段时间再升温至350 ，保证将水除尽。除水阶段发生反应的化学方程式为_。(3)升华阶段：关闭管式炉，将管式炉迅速升温至750 ，升温的目的是_。一段时间后关闭管式炉并关闭_(填“K1”或“K2”)，待冷却后关闭_(填“K1”或“K2”)。最后将_(填“A”或“B”)区的氯化锌转移、保存。(4)除水阶段HCl与 N2流速要快，有利于提高除水效率。升华阶段HCl与N2流速要慢，其原因是_。(5)测定市售ZnCl2样品中的锌的质量分数。步骤如下：溶液配制：称取m g ZnCl2样品，加水和盐酸至样品溶解，转移至250 mL的_中，加蒸馏水至刻度线，摇匀。滴定：取25.00 mL待测液于锥形瓶中，用c molL1 K4Fe(CN)6标准溶液滴定至终点，消耗V mL。滴定反应为2K4Fe(CN)63ZnCl2=K2Zn3Fe(CN)626KCl。该样品中锌的质量分数为_。2钒钢具有高强度、弹性优良、抗磨损、抗冲击等性能，可用于汽车和飞机制造。一种从石煤(含SiO2、V2O3、V2O5和少量Fe2O3)中提取V2O5的流程如下：已知：VO2VOFe2Fe3P204TBP煤油中的溶解度很大较小0很大请回答：(1)“酸浸”时，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度、减小石煤矿粉粒径外，还可采取的措施有_(答一条即可)；生成VO2反应的离子方程式为_。(2)从整个流程来看，“还原”的目的为_。(3)实验室模拟“萃取”时，需用到的玻璃仪器有_。(4)“氧化”时发生反应的离子方程式为_。(5)上述流程中可以循环利用的物质有_。(6)全钒液流储能电池的工作原理为VO2V3H2OVOV22H。充电时，阳极的电极反应式为_；两极区被质子交换膜隔开，放电时，若外电路转移 2 mol e，则正极区溶液中 n(H)_(填“增加”或“减少”)_mol。3(1)已知：碘与氢气反应的热化学方程式：.I2(g)H2(g)2HI(g)HQ kJmol1.I2(s)H2(g)2HI(g)H26.48 kJmol1.I2(g)=I2(s)H37.48 kJmol1化学键HHHI键能/(kJmol1)436299计算化学键II键能为_。(键能指将1 mol气体分子AB断裂为中性气态原子A和B所需要的能量，单位为kJmol1)(2)Boderlscens研究反应：H2(g)I2(g)2HI(g)Hc(NO)c(Cl)c(I)c(Ag)D当反应达到平衡时，溶液中c(I)108 molL14铜及其化合物在科研和生产中具有广泛用途。回答下列问题：(1)基态Cu原子的价电子排布图是_。 (2)从核外电子排布角度解释高温下Cu2O比CuO更稳定的原因是_。(3)铜晶体中Cu原子的堆积方式如图甲所示，其堆积方式为_，配位数为_。(4)Cu(NH3)4SO4H2O可做染料。NH3中N原子的杂化方式是_；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是_(用元素符号表示)；SO的立体构型是_，与该阴离子互为等电子体的五核微粒有_(任写两种)。(5)由铜、钡、钙及铊的氧化物可以制得高温超导体，CaO的熔点比BaO的熔点高，其原因是_。(6)金铜合金的晶胞如图乙所示。金铜合金具有储氢功能，储氢后Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中，若Cu原子与Au原子的最短距离为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体储氢后密度为_gcm3(列出计算式)。5Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：请回答以下问题：(1)D的化学名称为_，DE的反应类型为_。(2)G的官能团名称为_。(3)B的结构简式为_。(4)FG的化学方程式为_。(5)X是D的同系物，X分子比D分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，则满足此条件的X共有_种(不含立体异构)；其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为32221，写出符合该要求的X的一种同分异构体的结构简式：_。(6)参照Prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线(其他无机试剂和溶剂任选)。非选择题专项练(八)1解析：(1)无水氯化锌易与空气中的水蒸气发生反应生成Zn(OH)Cl，化学方程式为ZnCl2H2O=Zn(OH)ClHCl。(2)根据题干中的信息，可利用HCl气体除去水，则除水阶段发生反应的化学方程式为Zn(OH)ClHClZnCl2H2O。(3)根据题干中的两个信息，无水氯化锌易升华，杂质在高温下不分解，可知通过升温可使无水氯化锌升华，与杂质分离。先关闭K2，停止通HCl气体，在N2的保护下升华后的无水氯化锌在管式炉中B区凝华，故冷却后关闭K1。(4)若升华阶段HCl与N2流速过快，会导致升华后的无水氯化锌被气流带出B区。(5)配制溶液所需要的仪器是容量瓶。滴定过程中，消耗了cV103mol K4Fe(CN)6，根据2K4Fe(CN)63ZnCl2，25.00 mL待测液中ZnCl2的物质的量为 mol，则样品中含锌的质量分数为100%100%。答案：(1)ZnCl2H2O=Zn(OH)ClHCl(2)Zn(OH)ClHClZnCl2H2O(3)使无水ZnCl2升华与杂质分离K2K1B(4)流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区(5)容量瓶100%2解析：(1)为提高浸取速率，采取的措施有升高反应温度、增大压强或搅拌等；酸浸过程中，V2O3被O2氧化为VO2，离子方程式为2V2O38HO2=4VO24H2O；(2)VO2在萃取剂P204TBP煤油的溶解度比VO大，所以把VO还原为VO2，同时将Fe3还原为Fe2，阻止其被萃取；(3)实验室萃取时用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；(4)最后的目标产物为5价，需要将VO2氧化，便于后面沉钒得到产物；(5)根据流程图可知，NH3为可循环物质，另外萃取剂也可以循环使用；(6)充电时，阳极失去电子，化合价升高，即VO2发生反应，故阳极的电极反应式为VO2eH2O=VO2H；放电时，正极的电极反应式为VOe2H=VO2H2O，可知每转移2 mol e正极区减少4 mol H。答案：(1)升高反应温度(其他合理答案亦可)2V2O38HO2=4VO24H2O(2)将VO还原为VO2、将Fe3还原为Fe2，利于后续萃取分离(3)分液漏斗、烧杯(4)6VO2ClO3H2O=6VOCl6H(5)P204TBP煤油、NH3(或NH3H2O)(6)VO2eH2O=VO2H减少43解析：(1)根据盖斯定律，由可得中的HQ kJmol111 kJmol1，再根据反应计算：HE(II)E(HH)2E(HI)11 kJmol1，则可求出E(II)151 kJmol1。(2)A项，单位时间内生成n mol H2的同时生成2n mol HI才能确定达到平衡，故A错误；B项，一个HH键断裂的同时有两个HI键断裂，说明正、逆反应速率相等，即达到平衡状态，故B正确；C项，因该反应是一个前后气体体积不变的反应，故容器内压强不变不能作为达到平衡的标志，故C错误；D项，不能说明浓度不再发生变化，不能作为平衡标志，故D错误；E项，颜色的深浅指的是气体浓度的大小，颜色不再变化说明浓度恒定，可作为平衡的标志，故E正确。图形aOb的面积为H2真正消耗的浓度，用H2的起始浓度消耗的浓度即为平衡浓度，故A正确。分析图表，80 min时达平衡，HI的物质的量百分含量为80%，列出三段式： H2(g)I2(g)2HI(g)起始/mol 0.5 0.5 0反应/mol x x 2x平衡/mol 0.5x 0.5x 2x 100%80%，解得x0.4，则K64。若再向容器中加入物质的量均为0.1 mol H2、I2、HI，则Qc20.25，QcK，则反应将正向进行。温度为T，反应达到平衡时v正v逆，则可得出K64，则k正64k逆640.002 7 min10.172 8 min1，20 min时，w(HI)50%，w(H2)w(I2)25%，v正k正w(H2)w(I2)0.010 8 min1。(3)因Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，则先产生的是AgI沉淀，A错误；因Ksp(AgI)OC；根据价层电子对互斥理论，可判断出SO的立体构型为正四面体，与其互为等电子体的五核微粒有PO、ClO、BF、CCl4、SiF4、SiO等。(5)Ca2的离子半径比Ba2的离子半径小，离子半径越小，形成的晶体晶格能越大，则CaO的晶格能比BaO的晶格能大，而晶格能越大，离子晶体的熔点越高，故CaO的熔点比BaO的熔点高。(6)由题图乙可知，在该晶胞中，Au原子和Cu原子的个数分别为 81和63。顶点上的Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体有8个，则该晶胞内部有8个H原子，该合金储氢后的化学式为Cu3AuH8。假设该晶胞的边长为x cm，Au原子和Cu原子最短距离为面对角线的一半，即x cma107cm，得xa107 cm，故该晶体储氢后的密度为 g/cm3 g/cm3。(2)亚铜离子核外电子排布式为Ar3d10，处于稳定的全充满状态(3)面心立方最密堆积12(4)sp3 NOC正四面体PO、ClO(或BF、SiF4、CCl4、SiO，任写两种)(5)CaO的晶格能大于BaO的晶格能(6)5解析：(1)D是苯乙酸和乙醇发生酯化反应生成的酯，名称为苯乙酸乙酯；对比D和E的结构简式可知，D中苯环和酯基中间的碳上的一个氢原子被COCH2CH3取代，故DE的反应类型为取代反应。(2)G中的官能团名称为羰基或酮基。(3)由芳香烃A的相对分子质量为92可得，A为甲苯，在光照下，A与氯气发生侧链上的取代反应生成B，故B的结构简式为。(4)E发生水解反应生成F，F的结构简式为，F受热分解生成G，对应的化学方程式为(5)由题意可知，X有一个苯环，侧链共有3个碳，且含有OOCH，满足以上条件的X有侧链为CH2CH2OOCH，1种，侧链为CH(CH3)OOCH，1种，侧链有两个取代基CH2OOCH 和CH3，OOCH和CH2CH3，在苯环上有邻、间、对三种位置，共6种，侧链有三个取代基，两个甲基和一个OOCH，先写两个甲基，分别为邻二