（通用版）高考化学总复习非选择题系列练题（28）.doc

非选择题系列练题（28）1一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中分别加入一定量的X，发生反应：pX(g) Y(g)+Z(g)，相关数据如下表所示：容器编号温度()起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)X(g)Y(g)Z(g)3870.200.0800.0803870.400.1600.160T0.200.0900.090回答下列问题：（1）若容器中反应经10min达到平衡，则前10min内Y的平均反应速率v(Y)=_。容器和容器中起始时X的反应速率v(X)_v(X)(填“大于”“小于”或“等于”)。（2）已知该正反应为放热反应，则T_387(填“大于”或“小于”)，判断理由是_。（3）反应方程式中X的化学计量数p的取值为_，容器中X的平衡转化率为_。若起始时向容器中充入0.1molX、0.15molY和0.10molZ，则反应将向_ (填“正”或“逆”)反应方向进行，判断理由是_。【答案】 0.0040mol/(Lmin) 小于 小于 相对于容器，容器平衡向正反应方向移动，即降低温度(或正反应为放热反应，平衡向放热反应方向移动，故温度降低) 2 80% 正 根据容器中数据可计算得到387该反应的平衡常数为4， =1.54，所以反应向正反应方向进行（2）该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；容器I和容器III温度不同，X起始物质的量相同，平衡时容器III中Y、Z物质的量大于容器I中，容器III相对于容器I平衡向正反应方向移动，则T小于387。（3）容器II和容器I温度相同，容器II中X起始物质的量为容器I中的两倍，容器II相当于在容器I基础上将体积缩小为原来的一半，平衡时容器II中Y、Z物质的量为容器I中的两倍，即增大压强，平衡不移动，则p=1+1=2。反应的方程式为2X（g）Y（g）+Z（g），则容器II生成0.160molY消耗0.320molX，容器II中X的平衡转化率为100%=80%。容器I中生成0.080molY消耗0.160molX，容器I平衡时X、Y、Z物质的量依次为0.04mol、0.08mol、0.08mol，平衡时X、Y、Z物质的量浓度依次为0.02mol/L、0.04mol/L、0.04mol/L，387时反应的化学平衡常数K=4，此时的浓度商为=1.54，所以反应向正反应方向进行。2溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：（1）盐碱地(含较多Na2CO3、NaCl)不利于植物生长，试用离子方程式表示盐碱地呈碱性的原因：_。（2）已知水存在平衡2H2OH3OOH，向水中加入NaHSO4固体，水的电离平衡_移动，所得溶液显_性。（3）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别加水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m_ n(填“”“”或“”)。（4）常温下，在pH6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，由水电离出来的c(OH)_molL1。（5）已知：常温下，NH3H2O的电离平衡常数Kb1.75105，H2CO3的电离平衡常数Ka1和Ka2分别为4.4107和5.61011, 依据上述Kb_(填“Ka1” 或“ Ka2”)可推知NH4HCO3溶液的酸碱性是_性。【答案】 COH2OHCOOH 向左 酸 1108 Ka1 碱程度，因此由水电离出来的c(OH)。（5）由于KbKa1，所以碳酸氢根的水解程度大于铵根的水解程度，则NH4HCO3溶液显碱性。3分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，符合下列条件：其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：6：1，其苯环上有四个取代基（其中两个为甲基）；且苯环上的一卤代物只有一种；水解酸化后的产物 C能发生银镜反应，D遇FeCl3溶液显色且E能与浓溴水反应在一定条件下可发生下述一系列反应已知：在稀碱溶液中，溴苯难发生水解请回答下列问题（1）X中含氧官能团的名称是_；（2）E可能具有的化学性质_（选填序号）。a取代反应 b消去反应 c氧化反应 d还原反应（3）在上述反应中有机物发生还原反应的是_；aA B bD E cE F dF H（4）写出下列反应的化学方程式：AB：_；FH： _；（5）同时符合下列条件的E的同分异构体共有_种，其中一种的结构简式为_。a能发生水解反应b遇FeCl3溶液显色c含有苯环，苯环上有两个取代基且苯环上有两种不同化学环境的氢原子【答案】 酯基 acd c 6 根据已知条件：X（C10H10O2Br2）的核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：6：1，则X有四种不同位置的氢；根据已知条件：X苯环上有四个取代基（其中两个为甲基），且苯环上的一卤代物只有一种，可推断出X苯环上只有一种位置的H，两个甲基直接连在苯环上，且处于对称位置。D中含有酚羟基、醛基、苯环、2个甲基，则D中至少有9个碳原子，所以X的另一种水解产物C（羧基、醛基）只有一个碳原子，可推断C为HCOOH，B为HCHO，A为CH3OH。X中只有两个氧原子，为酯基，发生水解，得到HCOOH和D中的酚羟基（羟基邻位有H）。根据已知信息，可知X中的两个Br连在同一个碳原子上，水解后得到-CHO，即为D中的醛基。综合信息，可知D为：，X为，E为。E和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：，H能使溴水褪色，应是F发生消去反应生成H，故H为。（1）根据上述分析，X中的含有官能团名称为：酯基；（2）E为：，含有酚羟基、羧基能发生取代反应；酚羟基易被氧化；苯环可以与氢气加成，属于还原反应；不能发生消去反应。故答案为：acd；（5）E为，E的同分异构体要求能发生水解反应，则有酯基；遇FeCl3溶液显色，则有酚羟基；含有苯环，苯环上有两个取代基且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，则苯环上两个取代基其中一个为-OH，且处于对位。可能的结构简式共有如下6种：4金属钒被誉为“合金的维生素”。从废钒(主要成分为V2O5、Fe2O3、SiO2等)中回收V2O5的一种工艺流程如下图所示:已知:步骤、中的变化过程可简化为:Rn+(水层)+nHA(有机层)RAn(有机层)+nH+(水层)(式中Rn+表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂)回答下列问题:（1）步骤D酸浸过程中发生氧化还原反应的化学方程式为_。（2）萃取时应加入适量碱的作用是_。（3）步骤中反应的离子方程式为_。（4）步骤加入氨水调节溶液pH=2，钒沉淀率达到93%且不产生Fe(OH)3沉淀，则此时溶液中c(Fe3+)_mol/L(按25计算，25时KspFe(OH)3=2.610-39)。所得NH4VO3为离子化合物，NH4+的电子式为_。（5）V2O5是两性氧化物，在强酸性溶液中以VO2+形式存在，VO2+具有强氧化性，能将I-氧化为I2，本身被还原为V0+，则V2O5与氢碘酸反应的离子方程式为_。(6)为提高钒的回收率，步骤和需多次进行，假设酸浸所得“强酸性浸出液”中c(VO2+)=amol/L，步骤和每进行一次，VO2+萃取率为80%，4次操作后，“强酸性浸出液中”c(VO2+)=_mol/L(萃取的量=)【答案】 V2O5+K2SO3+2H2SO4=K2SO4+2VOSO4+2H2O )加入碱中和产生的酸，使平衡向RAn移动，提高钒的萃取率 ClO3-+6VO2+3H2O=6VO2+Cl-+6H+ 2.6l0-3 V2O5+6H+4I-=2VO+2I2+3H2O 1.6al0-3 (3)VO2+被氧化为VO2+，ClO3-被还原为 Cl-，所以离子方程式为：ClO3-+6VO2+3H2O=6VO2+Cl-+6H+；