2020版新高考化学三轮复习非选择题专项练（八）（含解析）

1、学必求其心得，业必贵于专精非选择题专项练(八） （建议用时:40分钟)1无水氯化锌常用作有机合成的催化剂。实验室采用hcl气体除水与zncl2升华相结合的方法提纯市售氯化锌样品(部分潮解并含高温不分解杂质）。实验装置如图所示.回答下列问题:(1）无水氯化锌在空气中潮解生成zn(oh）cl的化学方程式为_.(2）除水阶段：打开k1、k2。将管式炉、升温至150 ，反应一段时间再升温至350 ，保证将水除尽。除水阶段发生反应的化学方程式为_。（3)升华阶段：关闭管式炉，将管式炉迅速升温至750 ，升温的目的是_。一段时间后关闭管式炉并关闭_（填“k1”或“k2”)，待冷却后关闭_（填“k1”或“k

2、2）。最后将_(填“a或“b”）区的氯化锌转移、保存。(4)除水阶段hcl与 n2流速要快，有利于提高除水效率.升华阶段hcl与n2流速要慢,其原因是_.（5)测定市售zncl2样品中的锌的质量分数。步骤如下：溶液配制：称取m g zncl2样品，加水和盐酸至样品溶解，转移至250 ml的_中，加蒸馏水至刻度线,摇匀。滴定：取25.00 ml待测液于锥形瓶中，用c moll1 k4fe(cn)6标准溶液滴定至终点,消耗v ml。滴定反应为2k4fe（cn）63zncl2=k2zn3fe（cn)626kcl。该样品中锌的质量分数为_。2钒钢具有高强度、弹性优良、抗磨损、抗冲击等性能，可用于汽车和

3、飞机制造。一种从石煤（含sio2、v2o3、v2o5和少量fe2o3）中提取v2o5的流程如下：已知：vo2vofe2fe3p204tbp煤油中的溶解度很大较小0很大请回答：（1）“酸浸”时，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度、减小石煤矿粉粒径外，还可采取的措施有_(答一条即可);生成vo2反应的离子方程式为_.（2)从整个流程来看，“还原”的目的为_。（3）实验室模拟“萃取”时，需用到的玻璃仪器有_。（4）“氧化”时发生反应的离子方程式为_。(5）上述流程中可以循环利用的物质有_。（6）全钒液流储能电池的工作原理为vo2v3h2ovov22h。充电时，阳极的电极反应式为_；两极区被质子交换膜

4、隔开，放电时，若外电路转移 2 mol e，则正极区溶液中 n（h）_(填“增加”或“减少”）_mol。3（1)已知：碘与氢气反应的热化学方程式:.i2（g)h2(g)2hi(g）hq kjmol1。i2(s)h2（g)2hi（g）h26.48 kjmol1.i2(g）=i2(s）h37。48 kjmol1化学键hhhi键能/（kjmol1)436299计算化学键i-i键能为_。(键能指将1 mol气体分子ab断裂为中性气态原子a和b所需要的能量，单位为kjmol1)(2)boderlscens研究反应：h2(g)i2(g)2hi(g）h0。温度t时，在两个体积均为1 l的密闭容器中进行实验，

5、测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w（hi）与反应时间t的关系如下表：容器编号起始物质物质的量分数0 min20 min40 min60 min80 min100 min0。5 mol i2、05 mol h2w(hi）/%05068768080x mol hiw（hi)/%1009184818080下列说法中可以说明h2(g）i2（g）2hi（g)已达到平衡状态的是_（填字母）。a单位时间内生成n mol h2的同时生成n mol hib一个hh键断裂的同时有两个hi键断裂c温度和体积一定时,容器内压强不再变化dc（h2）c(i2）c（hi)112e温度和体积一定时，混合气体的颜色不再发生

6、变化在容器实验中，以h2的浓度改变表示的反应速率v正、v逆与时间t的关系如图所示，则h2的平衡浓度表达式正确的是（式中s是对应区域的面积）_（填字母)。a0.5saobb1saobc0。5sdob d0。5saodb在温度t时，当100 min时再向容器中加入物质的量均为 0。1 mol 的h2、i2、hi，反应将_（填“正向进行”“逆向进行”或“无影响”).研究发现上述反应中v正k正w(h2）w（i2），v逆k逆w2（hi)，其中k正、k逆为常数.则温度为t时该反应的_。上述容器反应中，若k逆0.002 7 min1，在t20 min时,v正_min1。(3)已知：agi为黄色沉淀，agcl

7、为白色沉淀，25 时，ksp（agi）1。491016；ksp(agcl）1.691010。若在5 ml含有kcl和ki浓度均为0。01 moll1的混合溶液中，滴加8 ml 0.01 moll1的agno3溶液，则下列叙述中正确的是_(填字母）。a溶液中先产生的是agcl沉淀b若在agcl悬浊液中滴加一定量的ki溶液，白色沉淀也会转变成黄色沉淀c溶液中所含溶质的离子浓度大小关系为c(k)c(no)c（cl)c（i）c(ag）d当反应达到平衡时，溶液中c（i)108 moll14铜及其化合物在科研和生产中具有广泛用途。回答下列问题：（1）基态cu原子的价电子排布图是_。 （2）从核外电子排布角

8、度解释高温下cu2o比cuo更稳定的原因是_。（3）铜晶体中cu原子的堆积方式如图甲所示，其堆积方式为_，配位数为_。(4)cu(nh3）4so4h2o可做染料.nh3中n原子的杂化方式是_；c、n、o元素的第一电离能由大到小的顺序是_(用元素符号表示）;so的立体构型是_,与该阴离子互为等电子体的五核微粒有_（任写两种)。（5）由铜、钡、钙及铊的氧化物可以制得高温超导体，cao的熔点比bao的熔点高,其原因是_。（6）金铜合金的晶胞如图乙所示。金铜合金具有储氢功能,储氢后au原子位于顶点，cu原子位于面心，h原子填充在由1个au原子和距au原子最近的3个cu原子构成的四面体空隙中，若cu原子

9、与au原子的最短距离为a nm，阿伏加德罗常数的值为na,则该晶体储氢后密度为_gcm3（列出计算式)。5prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃a为原料的合成路线如下：请回答以下问题:(1)d的化学名称为_，de的反应类型为_。（2)g的官能团名称为_.（3）b的结构简式为_.(4)fg的化学方程式为_。（5)x是d的同系物，x分子比d分子少一个碳原子,且能发生银镜反应，则满足此条件的x共有_种(不含立体异构）；其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为32221,写出符合该要求的x的一种同分异构体的结构简式：_.(6)参照prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸

10、乙酯的合成路线(其他无机试剂和溶剂任选)。非选择题专项练（八)1解析：（1)无水氯化锌易与空气中的水蒸气发生反应生成zn(oh）cl，化学方程式为zncl2h2o=zn(oh)clhcl.(2）根据题干中的信息，可利用hcl气体除去水，则除水阶段发生反应的化学方程式为zn(oh）clhclzncl2h2o。（3）根据题干中的两个信息，无水氯化锌易升华，杂质在高温下不分解，可知通过升温可使无水氯化锌升华，与杂质分离。先关闭k2，停止通hcl气体,在n2的保护下升华后的无水氯化锌在管式炉中b区凝华，故冷却后关闭k1。(4）若升华阶段hcl与n2流速过快，会导致升华后的无水氯化锌被气流带出b区.（5

11、）配制溶液所需要的仪器是容量瓶。滴定过程中,消耗了cv103mol k4fe（cn)6，根据2k4fe(cn）63zncl2，25.00 ml待测液中zncl2的物质的量为 mol，则样品中含锌的质量分数为100100。答案:（1)zncl2h2o=zn(oh）clhcl（2)zn（oh）clhclzncl2h2o（3)使无水zncl2升华与杂质分离k2k1b(4）流速过快会导致zncl2被气流带出b区(5）容量瓶1002解析:(1)为提高浸取速率,采取的措施有升高反应温度、增大压强或搅拌等；酸浸过程中，v2o3被o2氧化为vo2，离子方程式为2v2o38ho2=4vo24h2o；（2)vo2

12、在萃取剂p204tbp煤油的溶解度比vo大，所以把vo还原为vo2，同时将fe3还原为fe2，阻止其被萃取；（3)实验室萃取时用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；(4）最后的目标产物为5价,需要将vo2氧化，便于后面沉钒得到产物；(5)根据流程图可知，nh3为可循环物质，另外萃取剂也可以循环使用；(6）充电时,阳极失去电子，化合价升高,即vo2发生反应，故阳极的电极反应式为vo2eh2o=vo2h；放电时，正极的电极反应式为voe2h=vo2h2o，可知每转移2 mol e正极区减少4 mol h。答案：(1)升高反应温度（其他合理答案亦可）2v2o38ho2=4vo24h2o(2）将vo还原为v

13、o2、将fe3还原为fe2，利于后续萃取分离（3)分液漏斗、烧杯(4)6vo2clo3h2o=6vocl6h(5)p204tbp煤油、nh3（或nh3h2o）（6）vo2eh2o=vo2h减少43解析：（1）根据盖斯定律,由可得中的hq kjmol111 kjmol1，再根据反应计算：he(ii)e（hh）2e（hi）11 kjmol1，则可求出e(ii)151 kjmol1.（2)a项,单位时间内生成n mol h2的同时生成2n mol hi才能确定达到平衡，故a错误；b项，一个h-h键断裂的同时有两个h-i键断裂，说明正、逆反应速率相等，即达到平衡状态，故b正确;c项，因该反应是一个前后

14、气体体积不变的反应，故容器内压强不变不能作为达到平衡的标志，故c错误;d项，不能说明浓度不再发生变化，不能作为平衡标志，故d错误；e项，颜色的深浅指的是气体浓度的大小,颜色不再变化说明浓度恒定，可作为平衡的标志，故e正确。图形aob的面积为h2真正消耗的浓度，用h2的起始浓度消耗的浓度即为平衡浓度，故a正确.分析图表，80 min时达平衡,hi的物质的量百分含量为80，列出三段式： h2（g）i2（g）2hi（g）起始/mol 0。5 0。5 0反应/mol x x 2x平衡/mol 0。5x 0。5x 2x 10080，解得x0.4,则k64。若再向容器中加入物质的量均为0。1 mol h2

15、、i2、hi，则qc20.25,qck，则反应将正向进行。温度为t,反应达到平衡时v正v逆，则可得出k64，则k正64k逆640.002 7 min10.172 8 min1，20 min时,w(hi)50,w（h2）w(i2）25，v正k正w(h2）w(i2）0.010 8 min1。(3）因ksp（agi）ksp（agcl），则先产生的是agi沉淀，a错误；因ksp（agi)oc；根据价层电子对互斥理论，可判断出so的立体构型为正四面体,与其互为等电子体的五核微粒有po、clo、bf、ccl4、sif4、sio等。（5)ca2的离子半径比ba2的离子半径小，离子半径越小,形成的晶体晶格能越

16、大，则cao的晶格能比bao的晶格能大，而晶格能越大,离子晶体的熔点越高，故cao的熔点比bao的熔点高。(6）由题图乙可知，在该晶胞中，au原子和cu原子的个数分别为 81和63。顶点上的au原子和距au原子最近的3个cu原子构成的四面体有8个,则该晶胞内部有8个h原子,该合金储氢后的化学式为cu3auh8。假设该晶胞的边长为x cm，au原子和cu原子最短距离为面对角线的一半,即x cma107cm，得xa107 cm，故该晶体储氢后的密度为 g/cm3 g/cm3。(2）亚铜离子核外电子排布式为ar3d10,处于稳定的全充满状态(3)面心立方最密堆积12(4)sp3 noc正四面体po、

17、clo（或bf、sif4、ccl4、sio，任写两种）(5）cao的晶格能大于bao的晶格能(6）5解析：(1)d是苯乙酸和乙醇发生酯化反应生成的酯，名称为苯乙酸乙酯；对比d和e的结构简式可知,d中苯环和酯基中间的碳上的一个氢原子被-coch2ch3取代,故de的反应类型为取代反应。(2）g中的官能团名称为羰基或酮基。(3）由芳香烃a的相对分子质量为92可得，a为甲苯，在光照下,a与氯气发生侧链上的取代反应生成b，故b的结构简式为。（4)e发生水解反应生成f，f的结构简式为,f受热分解生成g,对应的化学方程式为(5）由题意可知，x有一个苯环,侧链共有3个碳，且含有-ooch，满足以上条件的x有侧链为ch2ch2ooch,1种，侧链为ch(ch3)ooch，1种，侧链有两个取代基ch2ooch 和ch3，-ooch和-ch2ch3,在苯环上有邻、间、对三种位置,共6