2022年高考化学二轮复习非选择题专项练四（含解析）

1、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29,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

2、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PtCl62-、K+的分数坐标为PtCl62-(0,0,0),KA+ (0.25,0.75,0.25),KB+ (0.75,0.25,0.25),其中A、B分别代表K+的位置。找出距离PtCl62- (0,0,0)最近的K+:(用

3、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:金属离子Fe3+Mg2+Ca2+Co2+开始沉淀时1.58.99.87.4完全沉淀时2.810.912.39.4(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

4、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)63+。配平下列离子方程式:Co2+H2O2+NH3Co(NH3)63+。 (5)溶液4中,

5、若将1 mol Co(NH3)63+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:ClO2的沸点为11 ,极易溶于水,浓度过高时易分解爆炸;2NaOH+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

6、是。 (5)测定亚氯酸钠含量的实验步骤: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。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:ClO2-+4I-+4H+2H2O+2I2+Cl-,I2+2S2O32-2I-+S4O62-)。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”)。 该样品中NaClO2

7、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:RCHCH2+CH2CHR'CH2CH2+RCHCHR'B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;D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。 苯环上有两个取代基;与FeCl3溶液发生显色反应;可以发生水解反应

8、。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CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)H1反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H2=+41.2 kJ·mol-1反应CH4(g)+12O2(g)CO(g)+2H2(g)H3=-36.0 kJ·mol-1反应12O2(g)+H2(g)H2O(g)H4=-241.8 kJ

9、83;mol-1则H1= 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:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H1反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H2=+41.2 kJ·mo1-1将1 mol

10、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2H1(填“>”“<”或“=”)0。350 时,反应的平衡常数为。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)12TiF4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+

11、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)<6N、O(4)(0.25,0.25,0.25)22×34×486dNA×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

12、)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29。(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PtCl62-(0,0,0)最近的K+的分数坐标为(0.25,0.25,0

13、.25);由题意KA+(0.25,0.75,0.25),而晶胞边长为1,一个晶胞有4个PtCl62-、8个K+,设棱长为acm,一个晶胞质量为4×486NAg,体积为a3cm3,dg·cm-3=4×486a3NAg·cm-3,则acm=34×486dNAcm=34×486dNA×1010pm,KA+(0.25,0.75,0.25),KB+(0.75,0.25,0.25),AB=a(34-14)2+(34-14)2+(14-14)2=22a,则A、B两个K+的距离为22×34×486dNA×101

14、0pm。2.答案 (1)2Co2O3+4H2SO4(浓)4CoSO4+O2+4H2O生产光导纤维、玻璃、晶体硅等(2)2.87.4(3)7.0×10-6(4)211222OH-(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

15、、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)63+;溶液4中含有阳离子Co(NH3)63+,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2.8pH<7.4,保证铁离子完全沉淀,Co2+不沉淀。(3)c(Ca

16、2+)=1.0×10-5mol·L-1,Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)=1.05×10-10,c2(F-)=1.05×10-10c(Ca2+)=1.05×10-101.0×10-5=1.05×10-5,Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F-),c(Mg2+)=7.35×10-11c2(F-)=7.35×10-111.05×10-5mol·L-1=7.0×10-6mol·L-1。(4)向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液,将C

17、o2+转化为Co(NH3)63+;离子方程式为2Co2+H2O2+12NH32Co(NH3)63+2OH-。(5)三价钴离子被还原为二价钴离子,C2O42-被氧化为CO2,则根据得失电子守恒可知,1molCo(NH3)63+全部转化为CoC2O4沉淀,需要消耗(NH4)2C2O412mol+1mol=1.5mol。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)溶液蓝色刚好褪去,且半分钟内颜色

18、不再变化偏高90.5%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

19、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)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。NaClO2被还原为氯离子,碘离子被氧化为I2,由得失电子守恒:NaClO24I-2I2,结合题目所给方程式可得,NaClO22I24Na2S2O3,所得粗品的纯度为0.10mol·L-1×0.04L×90.5g·mol-1×504×5.0g×100%=90.5%。4.答案

20、 (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)苯环上有两个取代基;与FeCl3溶液发生显色反应;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)+247.0CO高于900 K