2022届高三化学（新教材）二轮复习练习：非选择题专项练（四） WORD版含解析.docx

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“”“”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CO

2、2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+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)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

3、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)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:NiCu,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

4、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(0.25,0.25,0.25);由题意(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a cm,一个晶胞质量为 g,体积为a3 cm3,d gcm-3= gcm-3,则a cm= cm=1010 pm,(0.25,0.75,0.25),(0.75,0.25,0.25),AB=aa,则A、B两个K+的距离为1010 pm。2.答案 (1)2Co2O3+4H2SO4

5、(浓)4CoSO4+O2+4H2O生产光导纤维、玻璃、晶体硅等(2)2.87.4(3)7.010-6(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、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

6、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2.8pH7.4,保证铁离子完全沉淀,Co2+不沉淀。(3)c(Ca2+)=1.010-5 molL-1,Ksp(CaF2)=c(Ca2+

7、)c2(F-)=1.0510-10,c2(F-)=1.0510-5,Ksp(MgF2)=c(Mg2+)c2(F-),c(Mg2+)= molL-1=7.010-6 molL-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+;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,C2被氧化为CO2,则根据得失电子守恒可知,1 mol Co(NH3)63+全部转化为CoC2O4沉淀,需要消耗(NH4)2C2O4 mol+1 mol=1.5 mol。3.答案 (1)分液漏斗2NaClO3+Na2SO3+H2SO4

8、(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

9、。(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,NaClO

10、22I24Na2S2O3,所得粗品的纯度为100%=90.5%。4.答案 (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

11、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时以反应为主,反应是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,H2O的含量减小(2)100B解析 (1)由盖斯定律得=+-,所以H1=H2+H3-H4

12、=41.2 kJmol-1-36.0 kJmol-1+241.8 kJmol-1=+247.0 kJmol-1。由反应可知,反应产物有CO、H2、H2O。生成的H2会在反应中与CO2反应生成CO,则CO的产量高于H2的产量,曲线a表示的是CO。反应是吸热反应,升高温度有利于平衡正向移动,H2O的含量会增大,但反应O2(g)+H2(g)H2O(g)为放热反应,升高温度不利于反应正向进行,H2O的含量会减小。所以高于900 K时以反应为主,反应是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,H2O的含量减小。(2)由图1可知,反应达到平衡状态后,随温度升高二氧化碳的转化率逐渐减小,说明正反应为放热反应,故H10;350 时,由图1知CO2的平衡转化率为80%,由图2知CO2全部转化为CH4,仅发生反应,利用“三段式”进行计算:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)初始/mol 14 00转化/mol0.83.20.81.6平衡/mol0.20.80.81.6又因容积为2 L,故平衡常数为K=100;由图1知350 时,CO2的平衡转化率较大,应选择350 ,又因为反应是气体总体积减小的反应,增大压强平衡正向移动,CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率都会增大,故选择最佳反应条件为350 、高压。