2022届新高考化学二轮复习非选择题提速练(四)

非选择题提速练（四）1．某实验小组同学设计实验，完成Cu和Fe2（SO4）3溶液的反应，用KSCN溶液检验是否还存在Fe3＋。实验Ⅰ：实验操作及现象ⅰ.加入Cu粉后充分振荡，静置，溶液变成浅蓝绿色；ⅱ.取少量ⅰ中清液于试管中，滴加3滴0.1mol·L－1KSCN溶液，立即出现白色沉淀，溶液局部变为红色，振荡后红色迅速褪去已知：ⅰ.Cu2＋eq\o(→,\s\up7(SCN－))CuSCN↓（白色）＋（SCN）2（黄色）ⅱ.（SCN）2的性质与卤素单质相似ⅲ.CuSCN溶于稀硝酸，发生反应CuSCN＋HNO3→CuSO4＋N2↑＋CO2↑＋H2O（未配平）（1）依据现象ⅰ可预测该反应的离子方程式为。（2）该小组同学查阅资料认为现象ⅱ中的白色沉淀可能为CuSCN，设计实验进行验证。实验Ⅱ：取少量实验Ⅰ中的白色沉淀于试管中（补充所加试剂及实验现象），证明该白色沉淀为CuSCN。（3）该小组同学继续探究白色沉淀的成因，进行如下实验。实验Ⅲ：试管内试剂现象结论2mL0.1mol·L－1CuSO4溶液ⅰ.短时间内无明显变化，溶液逐渐变浑浊，1小时后，有少量白色沉淀生成CuSO4与KSCN反应生成了白色沉淀，Fe2＋能促进该反应试剂Aⅱ.无明显现象2mL0.2mol·L－1FeSO4和0.1mol·L－1CuSO4混合溶液ⅲ.瞬间产生白色沉淀，局部溶液变红，振荡后红色褪去在实验Ⅲ中：①写出现象ⅰ中生成白色沉淀的离子方程式：。②试剂A为。③根据现象ⅲ结合化学用语及必要的文字解释Fe2＋能加快沉淀生成的原因：。（4）有同学认为实验Ⅲ不能充分证明其结论，并补充实验Ⅳ：取2mL0.1mol·L－1Fe2（SO4）3溶液，滴加3滴0.1mol·L－1KSCN溶液后，溶液变红，然后滴加2mL0.1mol·L－1CuSO4溶液于试管中，（补充实验现象），说明白色沉淀不是由Fe3＋与SCN－反应生成，且Fe3＋不能加快CuSCN的生成。（5）改变实验Ⅰ中铜的用量，设计实验Ⅴ：实验操作及现象ⅰ.加入Cu粉后充分振荡，溶液变成浅蓝绿色；ⅱ.取少量ⅰ中清液于试管中，滴加3滴0.1mol·L－1KSCN溶液，溶液变为红色，立即出现白色沉淀，振荡后红色迅速褪去该小组同学认为实验Ⅴ中现象ⅱ红色褪去与平衡移动有关，解释为。2．二硫化钼（MoS2）被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿（含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质）制备高纯度二硫化钼的一种生产工艺如下：回答下列问题：（1）钼酸铵的化学式为（NH4）2MoO4，其中Mo的化合价为。（2）利用联合浸出除杂时，氢氟酸可除去的杂质是，如改用FeCl3溶液氧化浸出，CuFeS2杂质的浸出效果更好，写出氧化浸出时发生反应的化学方程式。（3）加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵[（NH4）2MoS4]，写出（NH4）2MoS4与盐酸生成MoS3沉淀的离子反应方程式。（4）由下图分析产生三硫化钼沉淀的流程中应选择的最佳温度和时间是。利用化学平衡原理分析低于或高于最佳温度时，MoS3的产率均下降的原因是。（5）已知：Ksp（BaSO4）＝1.1×10－10，Ksp（BaMoO4）＝4.0×10－8，钼酸钠晶体（Na2MoO4·2H2O）是新型金属缓蚀剂，不纯的钼酸钠溶液中含有少量可溶性硫酸盐杂质，可加入Ba（OH）2固体除去SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，（溶液体积变化忽略），则当BaMoO4开始沉淀时，溶液中eq\f(c（MoOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))）,c（SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))）)＝。（结果保留2位有效数字）。3．煤燃烧产生的烟气中含有SO2和NOx，用NaOH、NaClO、Ca（ClO）2等溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。（1）下列关于吸收SO2过程发生的有关反应，用下列方程式表示：①SO2（g）＋2OH－（aq）=SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))（aq）＋H2O（l）K1②ClO－（aq）＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))（aq）=SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))（aq）＋Cl－（aq）K2③CaSO4（s）⇌Ca2＋（aq）＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))（aq）K3K1、K2、K3分别表示反应①、②、③的化学平衡常数，则反应：SO2（g）＋Ca2＋（aq）＋ClO－（aq）＋2OH－（aq）=CaSO4（s）＋H2O（l）＋Cl－（aq）的化学平衡常数K＝（用K1、K2、K3表示）。（2）标准状况下，把SO2通入11.2mL水中制得饱和溶液，测得其pH＝0.74，已知：标准状况下SO2在水中的溶解度按体积比为1∶67.2[即V（H2O）∶V（SO2）＝1∶67.2]。①写出该溶液中存在的电离平衡。②已知饱和溶液中的SO2有eq\f(2,3)与水反应生成H2SO3，求H2SO3的第一步电离Ka1＝（已知lg1.8≈0.26，忽略第二步电离和溶液体积的变化，结果用科学计数法表示，保留2位有效数字）。（3）SO2的水溶液中存在歧化反应：3SO2＋2H2O⇌2H2SO4＋S↓，I－可作为该反应的催化剂，催化过程如下：a：SO2＋4I－＋4H＋=S↓＋2I2＋2H2Ob：I2＋2H2O＋SO2=SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2I－＋4H＋欲探究反应a和b的反应速率与歧化反应的速率的关系，设计实验如下：将18mLSO2的水溶液分别加入2mL下列试剂中，密闭放置，观察现象。（己知I2易溶于KI溶液，溶液呈棕褐色）编号ⅠⅡ试剂0.4mol·L－1KI0.4mol·L－1KI、0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液由棕褐色很快褪为无色，然后变为黄色，出现浑浊，较Ⅰ快完成下列问题：①由实验现象可得出反应a与反应b的速率：v（a）v（b）；（填“＞”“＜”或“＝”）。②测得反应3SO2＋2H2O⇌2H2SO4＋S↓在实验Ⅰ中，部分物质的物质的量的变化如图1所示（设混合溶液的体积为两溶液的体积之和）：则曲线N表示（填物质的名称）的变化。该反应在实验Ⅰ条件下进行，15min时达到化学平衡状态，用SO2表示该反应前15min内的平均反应速率为mol·L－1·min－1。③下列叙述能说明3SO2（aq）＋2H2O（l）⇌2H2SO4（aq）＋S（s）反应已达到平衡状态的是（填字母）。A.生成1.5molSO2的同时消耗1molH2SO4B.反应过程中，溶液中的分子总数不再变化C.恒温恒容时，混合溶液中硫酸的密度保持不变D.绝热恒容时，反应的化学平衡常数不再变化（4）若把NaOH吸收SO2后的碱溶液进行电解，装置如图2所示。其中SO2的碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3的浓度均为0.05mol·L－1。当电路中通过0.05mol电子时，阳极生成的气体在标准状况下的体积为L，b室中c（SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）（填“增大”“减小”或“不变”），溶液中：c（Na＋）－＝0.05mol·L－1（用微粒浓度的关系式表示）。4．砷、镓和铜均为重要的合金材料，在工业生产和科研领域均有重要应用。请回答下列问题：（1）基态Ga原子中有种能量不同的电子，其价电子轨道表示式为。（2）GaAs的晶胞与金刚石相似，其中As原子位于晶胞的顶点和面心，则GaAs晶体中存在的化学键类型为，Ga、Ge、As、Se四种基态原子的第一电离能由大到小的顺序为。（3）Cu3（AsO4）2是一种木材防腐剂，其阴离子中As原子的杂化轨道类型为，H3AsO4的酸性强于H3AsO3的原因为。（4）[Cu（NH3）4]SO4是一种重要的配合物。与SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))互为等电子体的分子的化学式为（任写一种）。一定压强下，将NH3和PH3的混合气体降温，首先液化的为。（5）晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数：表示晶胞内部各原子的相对位置，一种钇钡铜氧晶体的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（0，1，1）；C为（1，1，0）；则D原子的坐标参数为。②晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。已知：该钇钡铜氧晶体的晶胞参数分别为anm、bnm，阿伏加德罗常数的值为NA，其密度为g·cm－3（列出计算式即可）。5．有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质，在有机化工领域具有十分重要的价值。我国科学家使用α­溴代羰基化合物合成大位阻醚J，其合成路线如下：已知：CR1R2BrCOOH＋R—OHeq\o(→,\s\up7(CuBr和磷配体))CR1R2ORCOOH回答下列问题：（1）A的名称；（2）C→D的化学方程式。E→F的反应类型。（3）H中含有的官能团名称为；J的分子式。（4）化合物X是D的同分异构体，其中能与氢氧化钠溶液反应的X有种（不考虑立体异构），写出其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为。（5）参照题中合成路线图，设计以甲苯和为原料来合成另一种大位阻醚的合成路线。非选择题提速练(四)1．答案：(1)2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋(2)滴加稀硝酸，白色沉淀逐渐溶解，溶液变蓝并产生无色无味气体(3)①2Cu2＋＋4SCN－=2CuSCN↓＋(SCN)2②2mL0.2mol·L－1FeSO4溶液③2Fe2＋＋(SCN)2=2Fe3＋＋2SCN－，消耗了(SCN)2，促进平衡向生成白色沉淀方向移动(4)缓慢生成白色沉淀(5)Cu2＋和SCN－反应生成白色沉淀，c(SCN－)减小，促进平衡Fe3＋＋3SCN－⇌Fe(SCN)3向左移动解析：(1)根据“浅蓝绿色溶液”“白色沉淀”，可以判断铜被铁离子氧化成铜离子，离子方程式为2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋。(2)利用信息ⅲ，如果白色沉淀是CuSCN，则它溶于稀硝酸生成硫酸铜并产生无色无味气体。(3)①根据信息ⅱ，(SCN)2具有类似卤素的性质，暗示SCN－具有还原性，(SCN)2具有氧化性。KSCN与CuSO4反应较慢，发生反应2Cu2＋＋4SCN－=2CuSCN↓＋(SCN)2。②探究Fe2＋对实验影响，必须设计对照实验，即探究KSCN与FeSO4反应是否显色，所以试剂A为2mL0.2mol·L－1硫酸亚铁溶液，排除了亚铁离子的干扰。③Fe2＋、Cu2＋与SCN－反应，抓住“瞬间”“局部溶液变红”“振荡后红色褪去”等关键信息，由此暗示：2Fe2＋＋(SCN)2=2Fe3＋＋2SCN－，消耗了(SCN)2，促进生成白色沉淀；Fe3＋＋3SCN－⇌Fe(SCN)3(红色)，振荡时红色褪去，说明Cu2＋氧化了SCN－，因为氧化性：Fe2＋<Cu2＋。(4)分析(3)中实验，发现促进白色沉淀生成，也可能是硫酸亚铁生成的铁离子，需要证明铁离子是否能生成白色沉淀，是否能促进铜离子与硫氰根离子反应。由实验结论逆推实验现象：缓慢生成白色沉淀。说明两点：一是Cu2＋与SCN－生成白色沉淀；二是Fe3＋不能促进生成CuSCN。(5)铜量不足时，2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，清液中含有Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋，向清液中加入KSCN溶液，发生有关反应：Fe3＋＋3SCN－⇌Fe(SCN)3(溶液变为红色)，4SCN－＋2Cu2＋=2CuSCN↓＋(SCN)2(立即出现白色沉淀)，振荡促进反应2Fe2＋＋(SCN)2=2Fe3＋＋2SCN－，生成的SCN－继续与Cu2＋结合生成沉淀，使c(SCN－)减小，促进平衡Fe3＋＋3SCN－⇌Fe(SCN)3向左移动，也说明生成白色沉淀的平衡常数大于显色反应(络合反应)的平衡常数，导致优先发生沉淀反应。2．答案：(1)＋6(2)SiO24FeCl3＋CuFeS2=5FeCl2＋CuCl2＋2S↓(3)MoSeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2H＋=MoS3↓＋H2S↑(4)40℃、30min温度太低不利于H2S逸出，温度太高，盐酸挥发，使溶液中c(H＋)下降，都不利于反应正向进行(5)3.6×102解析：(1)根据化合价原则，钼酸铵[(NH4)2MoO4]中Mo的化合价为＋6。(2)氢氟酸可与酸性氧化物SiO2反应，所以联合浸出除杂时，用氢氟酸除去的杂质是SiO2；Fe3＋具有较强的氧化性，可氧化杂质CuFeS2中的－2价S，反应的化学方程式为4FeCl3＋CuFeS2=5FeCl2＋CuCl2＋2S↓。(3)根据题目所述，[(NH4)2MoO4]属于铵盐，易溶于水，所以与盐酸反应得到沉淀的离子方程式为MoSeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2H＋=MoS3↓＋H2S↑。(4)由图像分析可知，在40℃时的产率比其他温度下都高，反应进行到30min时产率达到最大值，所以产生MoS3沉淀的最佳温度和时间是40℃、30min；如果温度太低不利于H2S逸出，温度太高，盐酸挥发，使溶液中c(H＋)下降，都不利于反应正向进行。(5)已知BaSO4和BaMoO4的组成类型相同，结合其溶解度大小，当BaMoO4开始沉淀时，c(MoOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝eq\f(Ksp（BaMoO4）,c（Ba2＋）)，而此时溶液中c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝eq\f(Ksp（BaSO4）,c（Ba2＋）)，所以eq\f(c（MoOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))）,c（SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))）)＝eq\f(4.0×10－8,1.1×10－10)≈3.6×102。3．答案：(1)K＝eq\f(K1·K2,K3)(2)①H2SO3⇌H＋＋HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))⇌H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、H2O⇌H＋＋OH－②0.0178(3)①＜②硫0.03③BCD(4)0.28增大c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＋c(H2SO3)解析：(1)①SO2(g)＋2OH－(aq)=SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)＋H2O(l)K1②ClO－(aq)＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)=SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))(aq)＋Cl－(aq)K2③CaSO4(s)⇌Ca2＋(aq)＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))(aq)K3方程式相加平衡常数相乘、方程式相减平衡常数相除；将方程式①＋②－③得方程式SO2(g)＋Ca2＋(aq)＋ClO－(aq)＋2OH－(aq)=CaSO4(s)＋H2O(l)＋Cl－(aq)，K＝eq\f(K1·K2,K3)；(2)①SO2和水反应生成H2SO3，H2SO3是二元弱酸，存在两步电离平衡H2SO3⇌H＋＋HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))⇌H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，溶液中还存在H2O的电离平衡H2O⇌H＋＋OH－；②标准状况下SO2在水中的溶解度按体积比为1∶67.2(即V(H2O)∶V(SO2)＝1∶67.2)，则水中溶解的n(SO2)＝eq\f(67.2×0.0112L,22.4L·mol－1)＝0.0336mol，饱和溶液中的SO2有eq\f(2,3)与水反应生成H2SO3，则该溶液中c(H2SO3)＝eq\f(0.0336mol×\f(2,3),0.0112L)＝2mol·L－1，该酸电离程度较小，则溶液中c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))≈c(H＋)＝10－0.74＝eq\f(100.26,10)＝eq\f(1.8,10)＝0.18，H2SO3的第一步电离Ka1＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))·c（HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）,c（H2SO3）)＝eq\f(0.18×0.18,2－0.18)＝0.0178；(3)①出现浑浊时间越短，说明反应速率越快，实验Ⅱ出现沉淀比Ⅰ快，说明反应b比a快，则反应速率v(a)＜v(b)；②随着反应进行M的物质的量减小、N的物质的量增大，达到平衡时Δn(M)∶Δn(N)＝(0.015－0.006)mol∶(0.003－0)mol＝3∶1，相同时间内不同物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，则M表示SO2、N表示S，SO2表示该反应前15min内的平均反应速率＝eq\f(\f(Δn,V),Δt)＝eq\f(\f(0.015－0.006,0.02),15)mol·L－1·min－1＝0.03mol·L－1·min－1；③无论反应是否平衡都存在“生成1.5molSO2的同时消耗1molH2SO4”，不能据此判断平衡状态，故A错误；反应前后溶液中分子数减小，当反应过程中，溶液中的分子总数不再变化，反应达到平衡状态，故B正确；恒温恒容时平衡之前混合溶液中硫酸的密度始终变化，能据此判断平衡状态，故C正确；绝热恒容时，反应过程中温度改变，则化学平衡常数改变，当反应的化学平衡常数不再变化时，反应达到平衡状态，故D正确；(4)电解时阳极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，生成22.4L氧气转移4mol电子，据此计算转移0.05mol电子时生成氧气体积＝eq\f(0.05mol,4mol)×22.4L＝0.28L；阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，OH－和HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))反应生成SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，则c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))增大，根据物料守恒得2c(Na＋)＝3[c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＋c(H2SO3)]，则c(Na＋)－c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＋c(H2SO3)＝0.05mol·L－1。4．答案：(1)8(2)共价键、配位键As＞Se＞Ge＞Ga(3)sp3H3AsO4非羟基氧原子多，As的正电性更高，羟基中的O原子的电子向As偏移程度大，更容易电离出H＋(4)CCl4(或SiCl4或CBr4或SiF4等)NH3(5)①eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))②eq\f(6.67×1023,NAa2b)解析：(1)Ga元素在周期表中的位置为第四周期第ⅢA族，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，其中不同的原子轨道能量不同，电子排布在不同原子轨道上，电子的能量也是不同的，因此共有8种不同能量的电子，其价电子排布式为：4s24p1，则轨道表示式为：；(2)GaAs的晶胞与金刚石晶胞相似，其中As原子位于晶胞的顶点和面心，Ga原子应全处于晶胞内部，结构决定性质，则GaAs晶体中存在共价键，由于Ga和As都含有空轨道，且含有孤电子对，可形成配位键，则还含有配位键；主族元素的第一电离能在同周期中从左到右呈上升趋势，第ⅡA族和第ⅤA族反常，表现为第ⅡA族元素第一电离能高于第ⅢA族，第ⅤA族元素第一电离能高于ⅥA族元素，因此顺序为：As＞Se＞Ge＞Ga；(3)根据VSEPR理论，AsOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))中，成键电子对数为BP＝4，孤电子对数为LP＝eq\f(5—2×4＋3,2)＝0，则价电子对数为VP＝BP＋LP＝4＋0＝4，根据杂化轨道理论，为sp3杂化，H3AsO4的酸性强于H3AsO3的原因，由于H3AsO4中非羟基氧数目为1，H3AsO3中非羟基氧数目为0，按照Pauling的半定性规则，无机含氧酸中，非羟基氧数目越多，酸性越强，另外，根据离子极化理论，H3AsO4中As的氧化态为＋5，比H3AsO3中As的氧化态(＋3)高，也就是说H3AsO4中As的正电性更高，对周围配位氧原子的极化能力强，导致O上电子云强烈偏向As，那么O上电子云密度降低，就会导致H＋容易解离，从而显更强的酸性；(4)[Cu(NH3)4]SO4是一种重要的配合物，与SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))互为等电子体的有CCl4(或SiCl4或CBr4或SiF4等)；一定压强下，NH3比PH3容易液化，则先液化的是NH3；