2021高考化学二轮复习 非选择题专项练（四）（含解析）.docx

1、非选择题专项练(四)三、非选择题:本题共5小题,共60分。16.(2020山东潍坊二模)(11分)我国采用的Cu2O/TiO2-NaBiO3光催化氧化技术能深度净化工业上含有机物的废水。回答下列问题:(1)钛(Ti)的基态原子M能层中能量不同的电子有种。(2)该技术能有效将含有机物废水中的农药、醇、油等降解为水、二氧化碳、硝酸根离子等。H2O、CH3OH、分子中OH键的极性最强的是。C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是。(3)将少量无水硫酸铜溶解在水中,形成蓝色溶液,再加入过量氨水,溶液变为深蓝色。深蓝色离子的结构如图所示,1 mol该离子中所含键为 mol(包括配位键);向深蓝色溶液中

2、缓慢加入乙醇,得到深蓝色晶体,加热该晶体先失去组分b的原因是。(4)铋合金具有凝固时不收缩的特性,用于铸造高精度铸型。金属铋的结构示意图如图1所示,其晶胞结构如图2所示。若铋原子的半径为r pm,则该晶体的密度为 gcm-3(用含r和NA数学表达式表示)。17.(2020山东济宁5月模拟)(13分)亚硝酰硫酸M(NOSO4H)=127 gmol-1主要用于分散染料重氮反应中取代亚硝酸钠,从而降低成本,提高产品质量。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H,并测定产品的纯度。已知:NOSO4H遇水会分解,但溶于浓硫酸而不分解。(1)用装置A制取SO2,则A中反应的化学方程式为,导管b的

3、作用是。(2)SO2与装置B中盛有的浓硫酸和浓硝酸的混合液在维持体系温度不得高于20 的条件下,反应制得NOSO4H。反应过程中,亚硝酰硫酸和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。装置B中发生反应的化学反应方程式为。反应进行到10 min后,反应速度明显加快,其可能的原因是。反应过程中,硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是。(3)装置C的主要作用是。(4)该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是。(5)测定产品中NOSO4H的纯度:准确称取1.500 g产品放入250 mL的碘量瓶中,加入60.00 mL 0.100 0 molL-1的KMnO4标准溶液和10

4、mL 25%的H2SO4溶液,然后摇匀。用0.250 0 molL-1的草酸钠标准溶液滴定,消耗草酸钠溶液的体积为20.00 mL。已知:2KMnO4+5NOSO4H+2H2OK2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO42MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O达到滴定终点时的现象为,亚硝酰硫酸的纯度为(精确到0.1%)。18.(2020山东济南二中线上检测)(11分)以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3,含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O72H2O),其主要工艺流程如下:查阅资料得知:.常温下,NaBiO3不

5、溶于水,有强氧化性,在碱性条件下,能将Cr3+转化为CrO42-。.几种金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH:金属离子Fe3+Al3+Cr3+Fe2+Bi3+开始沉淀的pH2.73.45.07.50.7沉淀完全的pH3.74.95.99.74.5回答下列问题:(1)反应之前先将矿石粉碎的目的是。(2)步骤加的试剂为,此时溶液pH要调到5的目的是。(3)写出反应的离子方程式:。(4)中酸化是为了将CrO42-转化为Cr2O72-,写出该反应的离子方程式:。(5)将溶液H经过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥即可得红矾钠粗晶体,精制红矾钠则对粗晶体需要采用的操作是(填操作名称)。19.(2020山

6、东新高考全真模拟)(13分)以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。.N2O是一种强温室气体,且易形成颗粒性污染物,研究N2O的分解对环境保护有重要意义。(1)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率,反应历程为:第一步:I2(g)2I(g)(快反应)第二步:I(g)+N2O(g)N2(g)+IO(g)(慢反应)第三步:IO(g)+N2O(g)N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反应)实验表明,含碘时N2O分解速率方程v=kc(N2O)c(I2)0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是。A.N2O的分解速率与I2的浓度有关B.第三步反应对总反应速率起决定作用C.第二步反应活化能

7、比第三步反应小D.IO(g)为反应的催化剂.汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO,汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体。(反应.2CO+2NON2+2CO2H1;反应.4CO+2NO2N2+4CO2H20)(2)针对反应:已知反应N2(g)+O2(g)2NO(g)H3=+180.0 kJ mol-1,若CO的燃烧热H=-283.5 kJ mol-1,则反应的H1= kJ mol-1。若在恒容的密闭容器中,充入2 mol CO和1 mol NO发生反应,下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是。A.CO

8、和NO的物质的量之比不变B.混合气体的密度保持不变C.混合气体的压强保持不变D.2v正(N2)=v逆(CO)(3)在2 L密闭容器中充入2 mol CO和1 mol NO2,发生上述反应。若在某温度下,该反应达平衡时CO的转化率为40%,则该反应的平衡常数为。图1为平衡时CO2的体积分数与温度、压强的关系。则温度:T1(填“”)T2;若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小,重新达到的平衡状态可能是图中AG点中的点。图1图2(4)某研究小组探究催化剂对CO、NO2转化的影响。将NO2和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应,相同时间内测量逸出气体中NO2的含量,从而确定尾气脱氮

9、率(脱氮率即NO2的转化率),结果如图2所示。若高于450 ,图2中曲线中脱氮率随温度升高而降低的主要原因是;a点(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率,说明理由:。20.(2019山东青岛高三模拟)(12分)蜂胶是蜜蜂从植物芽孢或树干上采集的树脂。在蜂胶众多的功效成分中,咖啡酸苯乙酯(CAPE)已经被鉴定为蜂胶中的主要活性组分之一。合成咖啡酸苯乙酯的路线设计如下:AC7H7ClBCDEG咖啡酸咖啡酸苯乙酯已知:A的核磁共振氢谱有三组峰,红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键。CHO+请回答下列各题:(1)物质A的名称为。(2)由B生成C和由C生成D的反应类型分别是、。(3)E的结构简式为

10、。(4)咖啡酸生成咖啡酸苯乙酯的化学方程式为。(5)芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分异构体,X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2,且与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀,其核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢,峰面积比为22211,写出两种符合要求的X的结构简式。(6)参照上述合成路线,以丙醛和为原料(其他试剂任选),设计制备的合成路线。参考答案非选择题专练(四)16.答案(1)3(2)ONC(3)22NH3与Cu2+的配位能力比H2O强(4)6209242r3NA1030解析(1)钛(Ti)的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2,M能层即为Ti原子核外

11、第三层,M层中有3个能级,每个能级上的电子能量不同,则能量不同的电子有3种。(2)H2O、CH3OH、都是极性分子,根据钠与水和醇的反应剧烈程度可知,水中的氢活性较大更易电离,电离难易程度与极性关系,一般极性越大,越容易电离,则H2O中OH键的极性大于CH3OH中OH键的极性,水是中性的,苯酚具有酸性,说明苯酚中羟基上的H比水更易电离,则上述分子中OH键的极性最强的是。C、N、O三种元素位于同周期,同周期元素,随核电荷数增大,电负性逐渐增强,三种元素的电负性由大到小的顺序是ONC。(3)配位键和单键都是键,根据图示,a为铜离子,b为H2O,c为NH3,铜离子与NH3、H2O形成6个配位键,每个

12、NH3中含有3个键,每个H2O中含有2个键,则1mol该离子中所含键为1mol(6+34+22)=22mol;根据相似相溶原理,乙醇为极性溶剂,H2O为极性分子,NH3与Cu2+的配位能力比H2O强,乙醇将H2O夺走,降低蓝色晶体的极性,则蓝色晶体的溶解度降低而析出。(4)根据图2所示,金属铋原子位于六棱柱的顶点,面心和体内,该晶胞中铋原子的个数为212+3+1612=6。根据图1所示,若铋原子的半径为rpm,则晶胞面的边长为2rpm,上下面的距离h=463rpm,将六棱柱看作6个三棱柱构成,每个三棱柱的体积为122rpm3rpm463rpm=42r3pm3=4210-30r3cm3,则晶胞的

13、体积为64210-30r3cm3=24210-30r3cm3,则该晶胞的密度为=mV=NMVNA=6209gmol-124210-30r3cm3NA=6209242r3NA1030gcm-3。17.答案(1)Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2平衡压强,使分液漏斗中的液体能顺利流下(2)HNO3+SO2NOSO4H生成的NOSO4H对该反应有催化作用硝酸会挥发和分解(3)吸收尾气中的有毒气体,防止污染环境(4)C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H分解(5)溶液恰好由紫红色变为无色,且半分钟内不恢复84.7%解析(1)实验室一般利用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,该反应的化学

14、方程式为Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2;导管b可以平衡压强,使分液漏斗中的液体能顺利流下。(2)装置B中二氧化硫与浓硫酸和浓硝酸的混合液反应制取NOSO4H,根据题干信息可知,浓硫酸主要是用来溶解反应生成的NOSO4H,所以化学方程式为HNO3+SO2NOSO4H。反应进行到10min后,反应速度明显加快,综合考虑影响反应速率的因素温度(反应过程中维持体系温度不高于20)、浓度(反应过程中浓度降低)、催化剂可知,加快反应速率的原因应为生成的NOSO4H对该反应有催化作用。硝酸具有挥发性,且容易分解,所以硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量。(3)根据分析可知装

15、置C的作用为吸收尾气中的有毒气体,防止污染环境。(4)C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H分解,从而导致产量降低。(5)滴定终点时草酸根与高锰酸根完全反应,所以溶液会显无色,滴定终点现象为溶液恰好由紫红色变为无色,且半分钟内不恢复;消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL,浓度为0.2500molL-1,根据方程式2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O可知,剩余的n(MnO4-)=250.02L0.2500molL-1=0.002mol,所以NOSO4H消耗的n(MnO4-)=0.06L0.1000molL-1-0.002mol=0.004mol,根据方程式2KM

16、nO4+5NOSO4H+2H2OK2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知,n(NOSO4H)=0.004mol52=0.01mol,所以样品的纯度为0.01mol127gmol-11.500g100%84.7%。18.答案(1)增大反应物的接触面积,加快反应速率,提高铬铁矿的浸取率(2)NaOH溶液使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去(3)3NaBiO3+2Cr3+7OH-+H2O3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+(4)2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O(5)重结晶解析铬铁矿与过量的硫酸混合发生反应生成硫酸亚铁和硫酸铬、硫酸铝,

17、二氧化硅不溶于硫酸,所以固体A为二氧化硅,溶液B中加入过氧化氢,将亚铁离子氧化成铁离子,加入碱调节pH使铁离子和铝离子沉淀,根据表格数据分析,控制pH到5,固体D为氢氧化铁和氢氧化铝,溶液E中加入铋酸钠和少量氢氧化钠溶液,反应生成Na2CrO4,然后酸化将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7,最后通过重结晶得到红矾钠。(1)为了增大反应物的接触面积,加快反应速率,提高铬铁矿的浸取率,反应之前先将矿石粉碎。(2)根据表格数据分析,步骤加的试剂为NaOH溶液;将溶液pH调到5的目的是使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去,而铬离子不沉淀。(3)反应中铋酸钠将硫酸铬氧

18、化生成铬酸钠同时生成氢氧化铋,该反应的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3+7OH-+H2O3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+。(4)中酸化是使CrO42-转化为Cr2O72-,该反应的离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。(5)将溶液H经过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥即可得红矾钠粗晶体,对红矾钠粗晶体进行重结晶可得精制红矾钠。19.答案(1)A(2)-747.0B(3)0.22E(4)温度太高,催化剂的活性降低,反应放热,平衡向逆反应方向移动不是因为该反应为放热反应,根据线可知,a点对应温度的平衡脱氮率应该更高解析(1)由含碘时N2O分解速率方程v=kc(

19、N2O)c(I2)0.5(k为速率常数)可知,N2O的分解速率与I2的浓度有关,A正确;第二步反应是慢反应,则第二步反应对总反应速率起决定作用,B错误;第二步反应是慢反应,则第二步反应活化能比第三步反应大,C错误;IO为反应的中间产物,不是催化剂,D错误。(2)CO的燃烧热H=-283.5kJmol-1,则2CO(g)+O2(g)2CO2(g)H=-567kJmol-1,又因为N2(g)+O2(g)2NO(g)H3=+180.0kJmol-1,则两式相减即得到反应的H1=-747.0kJmol-1。起始时CO和NO的物质的量之比不满足化学计量数之比,所以CO和NO的物质的量不变能说明反应达到平

20、衡状态,A不选;密度是混合气的质量和容器容积的比值,在反应过程中质量和容器容积始终是不变的,因此混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态,B可选;正反应体积减小,则混合气体的压强保持不变能说明反应达到平衡状态,C不选;2v正(N2)=v逆(CO)说明正逆反应速率相等,D不选。(3)4CO+2NO2N2+4CO2起始浓度/(molL-1)10.500转化浓度/(molL-1)0.40.20.10.4平衡浓度/(molL-1)0.60.30.10.4则该反应的平衡常数为0.10.440.640.320.22。反应正反应放热,升高温度平衡向逆反应方向进行,CO2体积分数减小,所以T1T2;若在

21、D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小,由于正反应是体积减小的放热反应,则平衡向逆反应方向进行,所以重新达到的平衡状态可能是图中AG点中的E点。(4)由于温度太高时催化剂的活性会降低,反应放热,平衡向逆反应方向移动,所以曲线中脱氮率随温度升高而降低;因为该反应为放热反应,根据曲线可知,a点对应温度的平衡脱氮率应该更高,所以a点不是对应温度下的平衡脱氮率。20.答案(1)4-氯甲苯或对氯甲苯(2)氧化反应取代反应(3)(4)+HBr(5)、(6)解析E催化氧化得到,则E为;D在氢氧化钠水溶液中加热发生水解反应后酸化得到E,结合前面合成路线推出D为;C在光照条件下反应生成D,则C为;根据已

22、知信息可知,B转化为C是引入一个酚羟基,故B为;结合A的分子式及反应条件可推知,A为。红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键,根据已知CHO+可推知G为。(1)物质A()的名称为4-氯甲苯或对氯甲苯。(2)由B生成C是被过氧化氢氧化生成,反应类型为氧化反应;由C生成D的反应是在光照条件下与氯气发生取代反应生成,反应类型为取代反应。(3)E的结构简式为。(4)咖啡酸与3-溴乙基苯发生取代反应生成咖啡酸苯乙酯和溴化氢,反应的化学方程式为+HBr。(5)芳香化合物X是G()的同分异构体,X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2,说明X含有羧基,且与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀则含有醛基,其核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢,峰面积比为22211,则分子高度对称,苯环上应该有一个羧基和一个醛基,另外还存在亚甲基,符合要求的X的结构简式有、。(6)参照题述合成路线,在过氧化氢氧化下转化为,在氢氧化钠水溶液中加热发生水解反应后再酸化得到,催化氧化得到,与丙醛在氢氧化钠水溶液中加热反应生成。则合成路线为。