2020年高考化学二轮复习 考点微测24 非选择题标准练1（含解析）.docx

1、微测24非选择题标准练1必做题1(2019惠州模拟)由含碘废水制取碘酸钾的一种工艺如下：(1)写出KIO3在日常生活中的一个重要应用_。(2)检验“含碘废水”中是否含有单质I2的常用试剂是_(填试剂名称)。(3)通入SO2的目的是将I2还原为I，该反应的离子方程式为_。(4)工艺中五种物质的制备反应中，不涉及氧化还原反应的步骤是“制_”。(5)“制KI(aq)”时，该温度下水的离子积为Kw1.01013，KspFe(OH)29.01015。为避免0.9 molL1 FeI2溶液中Fe2水解生成胶状物吸附I，起始加入K2CO3必须保持溶液的pH不大于_。(6)“制KIO3溶液”反应的离子方程式为

2、_。(7)KCl、KIO3的溶解度曲线如图所示。流程中由“KIO3(aq)”得到KIO3晶体的操作步骤为_。解析(1)KIO3是日常生活中食用加碘盐的主要添加剂，可以预防碘缺乏病。(2)因淀粉遇碘变蓝，因此检验“含碘废水”中是否含有单质I2，常用的试剂是淀粉溶液。(3)通入SO2的目的是将I2还原为I，二氧化硫被氧化生成硫酸，反应的离子方程式为SO2I22H2O=SO2I4H(或2SO2I22Cu24H2O=2CuI2SO8H)。(4)根据工艺流程图，五种物质的制备反应中，只有制备KI溶液的过程中没有元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应。(5)KspFe(OH)29.01015，溶液中c(Fe

3、I2)为0.9 molL1，0.9 molL1，则c(OH) molL1107 molL1，此温度下，Kw1.01013，c(H) molL1106 molL1，pH6.0。(6)“制KIO3溶液”时，氯气和碘单质与氢氧化钾溶液反应生成KIO3和氯化钾，反应的离子方程式为5Cl2I212OH=2IO10Cl6H2O。(7)由溶解度曲线图可知，KIO3的溶解度小于KCl，由KIO3溶液得到KIO3晶体，可以通过蒸发浓缩、降温结晶的方法。答案(1)食盐添加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病(2)淀粉溶液(3)SO2I22H2O=SO2I4H(4)KI(aq)(5)6.0(6)5Cl2I212OH=2IO

4、10Cl6H2O(7)蒸发浓缩，降温结晶2(2019广州模拟)二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料。4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒()碱式碳酸铵晶体，过程如下：回答下列问题：(1)VOCl2中V的化合价为_。(2)步骤中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为_。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液，该法的缺点是_。(3)步骤可在下图装置中进行。反应前应通入CO2数分钟的目的是_。装置B中的试剂是_。(4)测定氧钒()碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量a g样品于锥形瓶中，用20 mL蒸馏水与30 mL混酸溶解

5、后，加0.02 molL1 KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1% NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用c molL1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为VOFe22H=VO2Fe3H2O。KMnO4溶液的作用是_。NaNO2溶液的作用是_。粗产品中钒的质量分数的表达式为_。解析(1)氧的化合价为2，氯的化合价为1，化合物中各元素化合价代数和为0可得，VOCl2中V的化合价为4价。(2)步骤中V2O5中加入N2H42HCl和盐酸反应生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体，V2O5被还原为VOCl2，则气体为N2，反

6、应的化学方程式为2V2O5N2H42HCl6HCl=4VOCl2N26H2O；只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液，V2O5被还原为VOCl2，则浓盐酸被氧化有氯气生成，污染空气。(3)4价钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，为防止4价钒化合物被氧化，反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化。装置B中的试剂用于除去二氧化碳中的氯化氢气体，所装试剂为饱和溶液。(4)KMnO4溶液具有强氧化性，其作用是将4价的钒化合物氧化为VO；NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4。据反应VOFe22H=VO2Fe3H2O可知，n(Fe2)bc103 mol，根据钒守恒，粗产品中钒的质量分数

7、的表达式为100%。答案(1)4(2)2V2O5N2H42HCl6HCl=4VOCl2N26H2O有氯气生成，污染空气(3)排除装置中的空气，避免产物被氧化饱和NaHCO3溶液(4)将4价的钒化合物氧化为VO除去过量的KMnO4100%3NOx是空气的主要污染物之一。回答下列问题：(1)汽车尾气中的NO来自反应N2(g)O2(g)2NO(g)。如图表示在不同温度时，一定量NO分解过程中N2的体积分数随时间的变化。则N2(g)O2(g)2NO(g)为_(填“吸热”或“放热”)反应。时，向容积为2 L的密闭容器中充入10 mol N2和5 mol O2，发生上述反应，10 min达到平衡，产生，则

8、10 min内的平均反应速率v(O2)_ molL1min1。(2)在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少NOx的排放。研究表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3x(A、B均为过渡元素)为催化剂，用H2还原NO的机理如下：第一阶段：B4(不稳定)H2低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)第二阶段：NO(g)NO(a)H1、K12NO(a)2N(a)O2(g)H2、K22N(a)N2(g)2H3、K32NO(a)N2(g)2O(a)H4、K42O(a)O2(g)2H5、K5注：表示催化剂表面的氧缺位，g表示

9、气态，a表示吸附态第一阶段用氢气还原B4得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_。第二阶段中各反应焓变间的关系：2H1H2H3_；该温度下，NO脱除反应2NO(g)N2(g)O2(g)的平衡常数K_(用K1、K2、K3的表达式表示)。(3)工业废气中的NO和NO2可用NaOH溶液吸收。向20 mL 0.1 molL1 NaOH溶液中通入含NO和NO2的废气，溶液pH随气体体积V的变化如图甲所示(过程中温度保持不变)，B点对应的溶液中c(NO)，则A点对应溶液中c(NO)/_。(4)氨催化还原法也可以消除NO，原理如图乙所示，NO最终转化为H2O和_(填电子式)；当消耗和0.5

10、 mol O2时，理论上可消除_ L(标准状况)NO。解析(1)根据图象，T2曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，而温度升高，氮气的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应；根据N2(g)O2(g)2NO(g)，10 min达到平衡，产生2 mol NO，则反应的氧气为1 mol,10 min内的平均反应速率v(O2)0.05 molL1min1。原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，第二阶段反应速率加快；第二阶段：NO(g)NO(a)H1、K1，2NO(a)2N(a)H2、K2，2N(a)N2(g)2H3、K3，N2(g)2O(a)H4、K4，2O

11、(a)O2(g)2H5、K5，根据盖斯定律，将2得到2NO(g)O2(g)N2(g)，将2得到2NO(g)N2(g)O2(g)，即2H1H2H32H1H4H5；因此2NO(g)N2(g)O2(g)的平衡常数KKK2K3。(3)20 mL 0.1 molL1 NaOH溶液中含有氢氧化钠0.002 mol，NO和NO2可用NaOH溶液吸收，发生的反应为NONO22NaOH=2NaNO2H2O，亚硝酸钠的水解平衡常数Kh，B点对应的溶液中c(NO)，Khc(OH)1010.7，温度不变，Kh不变，A点Kh，103.7。(4)由图乙可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化

12、为N2和H2O，氮气的电子式为；反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，1 mol NH3转化为N2失去3 mol电子， O2得到2 mol电子，则NO转化为N2得到的电子为1 mol，所以NO的物质的量为0.5 mol，标准状况下的体积为11.2 L。答案(1)吸热0.05(2)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快2H1H4H5KK2K3(3)103.7(4)NN11.2选做题1【化学选做选修3：物质结构与性质】(2019潍坊二模)日华子本草中已有关于雄黄的记载“雄黄，通赤亮者为上，验之可以虫死者为真。”雄黄(As4S4)和雌黄(As

13、2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。回答下列问题：(1)基态砷原子的价电子轨道排布图为_，核外电子占据的最高能级的电子云形状为_。(2)S、P和N三种元素第一电离能由大到小的顺序是_。(3)雄黄(As4S4)的结构如图甲所示，S原子的杂化形式为_。(4)SO2分子中的键数为_个，分子的空间构型为_。分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则SO2中的大键应表示为_。SO2分子中SO键的键角_(填“”“PS。(3)S、As原子的最外层分别有6个、5个电子，达到8电子稳定结构需分别形成2对、3对共用电子对，故

14、雄黄(As4S4)分子结构中，黑球、白球分别表示硫、砷原子。每个硫原子都有4对价电子对(2对键电子对、2对孤电子对)，S原子都是sp3杂化。(4)SO2分子中，S原子结合2个O原子，有2个键；中心原子S的价层电子对数(602)/23，故为sp2杂化。2个杂化轨道各容纳1个电子，分别与氧原子形成共价键，1个杂化轨道和1个未参与杂化的p轨道容纳孤电子对，故SO2分子为V形；氧原子的价电子排布为2s22p4，有2个未成对电子，两个氧原子各用1个未成对电子(p轨道)与硫形成共用电子对(键)，各用1个未成对电子(p轨道)与硫原子未杂化的p轨道形成大键，表示为。SO2分子中，孤电子对与成键电子对间的排斥作

15、用大于成键电子对与成键电子对间的排斥作用，故两个SO键的键角小于120；而NO中NO键的键角等于120。(5)1个砷化镓晶胞中，有Ga、As原子各4个，8个原子总体积为V原子(r11010 cm)34(r21010 cm)34，V晶胞，砷化镓晶体的空间利用率为100%100%。答案(1)纺锤形或哑铃形(2)NPS(3)sp3(4)2V形(折线形)(5)100%2【化学选做选修5：有机化学基础】(2019全国卷大联考)盐酸普鲁卡因是一种临床广泛使用的局部麻醉药，具有良好的局部麻醉作用，毒性小，其中一条合成路线如下：已知：.苯环上的取代基为NH2、OH、CH3等时，在取代反应中，新取代基大多进入邻

16、位或对位；苯环上的取代基为NO2、COOH、CN等时，在取代反应中，新取代基大多进入间位。回答下列问题：(1)C的名称为_，H的分子式为_，含氧官能团名称为_。(2)CFG的化学方程式为_。(3)AB的反应条件为_，GH的反应类型为_。(4)芳香化合物J是C的同分异构体，J含硝基且能发生银镜反应、遇氯化铁溶液发生显色反应，J的结构有_种。(5)苯佐卡因有止痛、止痒作用，设计由甲苯和乙醇为起始原料制备苯佐卡因的合成路线：_(无机试剂任选)。解析由C的结构简式结合A的分子式可知A为甲苯，结合已知信息可知AB引入硝基，B的结构简式应为，再通过氧化反应即可得到C，结合题给信息可知G的结构简式为，又因为

17、C与F发生反应得到G，结合EF可知F的结构简式应为HOCH2CH2N(C2H5)2，据此分析作答。(1)根据C的结构简式可知，C的名称为对硝基苯甲酸(或4硝基苯甲酸)；由H的结构简式可知分子式为C13H20N2O2；由上述分析可知F的含氧官能团名称为羟基。(2)根据酯化反应原理可知，CFG反应的化学方程式为HOCH2CH2N(C2H5)2H2O。(3)由上述分析可知，AB为硝化反应，其反应条件为浓硫酸、浓硝酸、加热；GH是硝基转化为氨基的过程，为还原反应。(4)由信息可知J的苯环上含三个取代基：硝基、羟基和醛基。硝基苯酚有3种结构：，苯环上一个氢被醛基取代，依次得4种、4种和2种，共10种。(5)由定位取代基知，甲苯先发生取代生成对硝基甲苯，再被酸性KMnO4氧化生成对硝基苯甲酸，因为氨基易被氧化，所以对硝基苯甲酸先酯化后还原，其具体合成路线为答案(1)对硝基苯甲酸(或4硝基苯甲酸)C13H20N2O2羟基(2)HOCH2CH2N(C2H5)2H2O(3)浓硫酸、浓硝酸、加热还原反应(4)10(5)