2023高考化学大二轮复习第3部分训练非选择题专项练5

PAGEPAGE8训练(十三)非选择题专项练(5)1．FeCl2是一种常用的复原剂。有关数据如下：实验室可以用多种方法来制备无水FeCl2。答复以下问题：I．按如图1装置用H2复原无水FeCl3制取。图1图2(1)用装置A制取H2，其优点是______________________________________；D中反响的化学方程式为___________________________________________；装置E的作用是___________________________________________________。(2)通入足量H2，充分反响，如果温度控制不当，产品中会含单质铁，检验产品中是否含铁的方案是_________________________________________________。Ⅱ.按图2装置，在三颈烧瓶中放入162.5g无水氯化铁和225g氯苯，控制反响温度在128℃～139℃加热3h，反响接近100%，反响如下：2FeCl3＋C6H5Cl2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl(3)上述反响中，复原剂是____________。(4)反响温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失，原因是____________________________________________________________。(5)冷却后，将三颈瓶内物质经过过滤，洗涤，枯燥后，得到粗产品。①洗涤所用的试剂可以是____________；②简述回收滤液中C6H5Cl的方案____________________________________。(6)仅通过烧杯中的现象变化就可以监控氯化铁的转化率。假设要监控氯化铁转化率到达或超过90%，那么烧杯中参加的试剂可以是__________________________。解析I．按如图1装置可知，用H2复原无水FeCl3制取无水FeCl2，A装置一般用锌和稀盐酸制备H2，B装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来枯燥氢气，可以装置碱石灰，E装置中也要装置碱石灰，吸收氯化氢气体同时防止空气中的水份进入D装置，D装置中用氢气与氯化铁反响生成氯化亚铁和HCl。(1)装置A为启普发生器的简易装置，适用于固液混合状态且不需加热而制取的气体，且固体必须是块状的，该装置的优点是便于控制反响，实验室一般用锌和稀盐酸制备H2，用装置A制取H2，通过开关弹簧夹，可以使反响随时进行或停止，根据上面的分析可知，E中盛放的试剂是碱石灰；吸收氯化氢气体，同时防止空气中的水份进入D装置，D中反响的化学方程式为H2＋2FeCl3eq\o(=,\s\up11(△),\s\do5())2FeCl2＋2HCl；(2)温度控制不当，产品中含单质铁，检验产品中是否含铁的方案为取样，参加盐酸中，观察是否有气泡产生；Ⅱ.(3)根据反响2FeCl3＋C6H5Cl2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl可知，氯苯能使氯化铁生成氯化亚铁，所以氯苯为复原剂；(4)根据图2可知，装置有冷凝回流装置，所以为了提高反响速率，可以将反响温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失；(5)三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2，根据其溶解性可知，可以用有机溶剂例如苯将C6H5Cl、C6H4Cl2溶解，过滤后可得氯化亚铁，对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl，①洗涤所用的试剂可以是苯；②回收滤液中C6H5Cl的方案是蒸馏滤液，并收集132℃馏分；(6)根据反响2FeCl3＋C6H5Cl2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl，氯化铁转化率到达或超过90%，那么可产生氯化氢的物质的量为eq\f(162.5g,162.5g·mol－1)×eq\f(1,2)×90%=0.45mol，所以可在烧杯中参加0.45×40g的氢氧化钠即18g，并用酚酞作指示剂进行判断反响进行的程度，如果18g氢氧化钠完全反响，那么产率到达或超过90%。答案(1)通过开关弹簧夹，可以使反响随时进行或停止H2＋2FeCl3eq\o(=,\s\up11(△))2FeCl2＋2HCl吸收氯化氢气体同时防止空气中的水份进入D装置(2)取样品少许放入试管中，向其中参加盐酸，观察是否有气泡产生(3)C6H5Cl(4)实验使用了冷凝回流装置(5)①苯②蒸馏滤液，并收集132℃馏分(6)滴有酚酞且含18gNaOH的溶液2．磷化氢(PH3)是一种剧毒气体，是常用的高效熏蒸杀虫剂，也是一种电子工业原料。(1)在密闭粮仓放置的磷化铝(AlP)片剂，遇水蒸气放出PH3气体，化学方程式为___________________________________________________________________。(2)利用反响PH3＋3HgCl2=P(HgCl)3↓＋3HCl，通过测定溶液__________变化，可准确测定空气中微量的PH3；其中HgCl2溶于水，所得溶液几乎不导电，那么HgCl2属于________(填“共价〞或“离子〞)化合物。(3)工业制备PH3的流程如图1所示：①亚磷酸属于________元酸；②当反响Ⅰ生成的n(NaH2PO2)∶n(Na2HPO3)=3∶1时，参加反响的n(P4)∶n(NaOH)=________。(4)用漂白粉可将PH3氧化为H3PO4，化学方程式为________________________；含有水蒸气时可加快PH3的氧化过程，用离子方程式表示原因：_______________________________________________________。(5)从(4)中的反响产物中回收磷酸氢钙(CaHPO4)的方法如图2：①试剂X为________(填化学式)；②25℃时，H3PO4的Ka1=7.5×10－3、Ka2=6.3×10－8、Ka3=4.4×10－13。CaHPO4悬浊液pH________7(填“＞〞、“=〞或“＜〞)，通过计算说明理由________。解析(1)AlP和水反响时，生成PH3和Al(OH)3沉淀，化学方程式为：AlP＋3H2O=Al(OH)3＋PH3↑；(2)电导率可衡量电解质溶液导电能力大小，PH3为共价化合物，在气态时只存在分子，HgCl2在熔融状态下不能导电，属于共价化合物，磷化氢与HgCl2作用，PH3＋3HgCl2=P(HgCl)3↓＋3HCl，生成的氯化氢在溶液中呈酸性，为强酸，所以可通过测定溶液的pH或电导率来准确测定空气中微量的PH3，HgCl2溶于水，所得溶液几乎不导电，说明在水中不电离，HgCl2属于共价化合物；(3)①H3PO3,1mol分子含有3mol氢原子，但黄磷与足量的NaOH溶液反响只生成Na2HPO3，可说明H3PO3为二元酸，不是三元酸；②该反响的反响物为黄磷、氢氧化钠，产物为次磷酸钠、亚磷酸钠，P4中(P为0价)，NaH2PO2中(P为＋1价)，Na2HPO3(P为＋3价)，PH3(P为－3价)，当反响Ⅰ生成的n(NaH2PO2)∶n(Na2HPO3)=3∶1时，根据得失电子守恒，n(NaH2PO2)∶n(Na2HPO3)∶n(PH3)=3∶1∶2，反响为：3P4＋10NaOH=6NaH2PO2＋2Na2HPO3＋4PH3↑，所以参加反响的n(P4)∶n(NaOH)=3∶10；(4)漂白粉主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，具有氧化性的是Ca(ClO)2，将PH3氧化为H3PO4，反响为2Ca(ClO)2＋PH3=H3PO4＋2CaCl2，含有水蒸气时，次氯酸根离子水解生成次氯酸ClO－＋H2OHClO＋OH－，生成的碱中和酸，加快PH3的氧化过程；(5)①根据流程，参加试剂得到磷酸钙，所以试剂X含有钙离子，参加试剂能够中和磷酸氢钙中的氢，需参加Ca(OH)2，CaO与水反响生成Ca(OH)2，所以X可以为Ca(OH)2或CaO；②CaHPO4为强碱弱酸酸式盐，CaHPO4的电离Ka(HPOeq\o\al(2－,4))=eq\f(c(H＋)·c(PO\o\al(3－,4)),c(HPO\o\al(2－,4)))=4.4×10－13；水解，K水解(HPOeq\o\al(2－,4))=eq\f(c(H2PO\o\al(－,4))·c(OH－),c(HPO\o\al(2－,4)))=eq\f(1.0×10－14,6.3×10－8)＞Ka(HPOeq\o\al(2－,4))；水解程度大于电离程度，溶液呈碱性。答案(1)AlP＋3H2O=Al(OH)3＋PH3↑(2)pH或电导率共价(3)①二②3∶10(4)2Ca(ClO)2＋PH3=H3PO4＋2CaCl2ClO－＋H2OHClO＋OH－(5)①Ca(OH)2或CaO②＞Ka(HPOeq\o\al(2－,4))=eq\f(c(H＋)·c(PO\o\al(3－,4)),c(HPO\o\al(2－,4)))=4.4×10－13K水解(HPOeq\o\al(2－,4))=eq\f(c(H2PO\o\al(－,4))·c(OH－),c(HPO\o\al(2－,4)))=eq\f(1.0×10－14,6.3×10－8)＞Ka(HPOeq\o\al(2－,4))水解程度大于电离程度，溶液呈碱性3．以CO、H2为原料合成甲醇的反响为：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH。在体积均为2L的三个恒容密闭容器I、Ⅱ、Ⅲ中，分别都充入1molCO和2molH2，三个容器的反响温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。图1为三个容器中的反响均进行到5min时H2的体积分数示意图，其中有一个容器反响已经到达平衡状态。CO的平衡转化率在不同压强下随温度的变化如图2所示。(1)0～5min时间内容器Ⅱ中用CH3OH表示的化学反响速率为__________。(2)三个容器中一定到达平衡状态的是容器________，此容器中反响达平衡时，放出热量20.5kJ，那么ΔH=________。(3)当三个容器中的反响均到达平衡状态时，CO的转化率最低的是容器__________；平衡常数最大的是容器________。(4)工业实际合成CH3OH生产中，采用图2中M点而不是N点对应的反响条件，运用化学反响速率和化学平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反响条件的理由：____________________________________________________________。(5)科研人员设计了一种新型甲醇燃料电池，其电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2－。该电池工作时的负极电极反响式为________。用该电池电解饱和食盐水(石墨电极)，当电路中通过1.929×104C的电量时，生成标准状况下氢气的体积为________L。(：一个电子的电量是1.602×10－19C)解析(1)设反响生成的甲醇物质的量为x，CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)开始(mol):120转化(mol):x2xx平衡(mol):1－x2－2xx到5min时，氢气的体积分数为0.2，那么eq\f(2－2x,(1－x)＋(2－2x)＋x)=0.2，那么x=eq\f(7,8)，那么v=eq\f(Δc,Δt)=eq\f(\f(7,8)mol,\f(2L,5min))=0.0875mol·(L·min)－1；(2)到达平衡状态时氢气的转化率最大，氢气的体积分数最小，Ⅱ对应的氢气的体积分数最小，所以Ⅱ可能到达了平衡状态。平衡时，根据(1)计算氢气转化量为2x=1.75mol，放出热量20.5kJ，那么转化2mol氢气放出热量为23.4kJ，那么ΔH=－23.4kJ·mol－1；(3)由图2可知，升高温度CO的转化率减小，即向逆反响移动，所以该反响为放热反响，温度越高，反响向逆方向进行的程度越大，CO的转化率越低，Ⅲ温度最低。由图2可知，升高温度CO的转化率减小，即向逆反响移动，所以该反响为放热反响，温度越低，反响向正方向进行的程度越大，K越大，I的温度最低，那么其K最大；(4)相对于N点而言，采用M点，温度在500～600K之间，温度较高，反响速率较快，CO的平衡转化率也较高，压强为常压，对设备要求不高；(5)负极发生的是燃料甲醇失电子的氧化反响，负极电极反响式为CH3OH－6e－＋3O2－=CO2＋2H2O。电路中通过的电量为eq\f(1.929×104,1.602×10－19×6.02×1023)=0.2mol，那么生成标准状况下氢气的体积为2.24L。答案(1)0.0875mol·(L·min)－1(2)Ⅱ－23.4kJ·mol－1(3)ⅢⅠ(4)相对于N点而言，采用M点，温度在500～600K之间，温度较高，反响速率较快，CO的平衡转化率也较高，压强为常压，对设备要求不高(5)CH3OH－6e－＋3O2－=CO2＋2H2O2.244．工业上制取硝酸铵的流程图如图1，请答复以下问题：图1(1)在上述工业制硝酸的生产中，设备M的名称是________，其中发生反响的化学方程式为_______________________________________________________。(2)此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是______________。科学研究证实了氢气与氮气在固体催化剂外表合成氨的反响过程，示意图如图2：图2分别表示N2、H2、NH3。图⑤表示生成的NH3离开催化剂外表，图②和图③的含义分别是______________、______________。(3)在合成氨的设备(合成塔)中，设置热交换器的目的是________________；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是_________________________________。(4)生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：碱液吸收法：NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2ONH3复原法：8NH3＋6NO2eq\o(=,\s\up11(催化剂),\s\do11(△))7N2＋12H2O(NO也有类似的反响)以上两种方法中，符合绿色化学的是__________________________________。(5)某化肥厂用NH3制备NH4NO3。：由NH3制NO的产率是96%，NO制HNO3的产率是92%，那么制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量(不考虑其他损耗)的________%。解析(1)氨气在氧化炉中被催化氧化，M设备的名称是氧化炉；氨气被氧化为NO和水，其反响的方程式为：4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up11(催化剂),\s\do11(△))4NO＋6H2O；(2)N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；图②中两种双原子分子被吸附在催化剂外表，即N2、H2被吸附在催化剂外表；③中分子中的化学键断裂生成原子，即在催化剂外表N2、H2中的化学键断裂生成N原子和H原子；(3)合成氨的反响属于放热反响，反响过程中会放出大量的热，用热交换器可以充分利用余热，节约能源；在吸收塔中二氧化氮与水反响生成硝酸和NO，通入空气，NO能被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮再与水反响生成硝酸，这样使NO循环利用，全部转化为硝酸；(4)碱液吸收法：NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2O，NH3复原法：8NH3＋6NO2eq\o(=,\s\up11(催化剂),\s\do11(△))7N2＋12H2O，分析可知碱液吸收法消耗大量的氢氧化钠且生成的亚硝酸盐有毒，NH3复原法产物无污染，得到合成氨的原料气，故符合绿色化学的是氨气复原法；(5)由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，根据氮原子守恒可知，NH3～NO～HNO3，那么1mol氨气可得到硝酸1mol×96%×92%=0.8832mol，由HNO3＋NH3=NH4NO3，那么该反响消耗的氨气的物质的量为0.8832mol，氨气的质量之比等于物质的量之比，那么制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数为eq\f(1mol,1mol＋0.8832mol)×100%=53%；即制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的53%。答案(1)氧化炉4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up11(催化剂),\s\do11(△))4NO＋6H2O(2)铁砂网N2、H2被吸附在催化剂外表在催化剂外表N2、H2中的化学键断裂(3)利用余热，节约能源使NO循环利用，全部转化为硝酸(4)氨气复原法(5)535．金属钛(Ti)被誉为21世纪金属，其单质和化合物具有广泛的应用价值。请答复以下问题：(1)Ti的基态原子价电子排布式为________。(2)纳米TiO2常用作下述反响的催化剂。化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子有________个，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为__________。(3)含Ti3＋的配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，其配离子中含有的化学键类型是____________，1mol该配合物中含有的σ键数目是____________。(4)通过X－射线探知KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似，且知三种离子晶体的晶格能数据如表：离子晶体NaClKClCaO晶格能/kJ·molCl、MgO、CaO、TiN四种离子晶体熔点由高到低的顺序为____________。(5)某种氮化钛晶体的晶胞如下图，该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有________个、Ti原子的配位数为________；此配位原子构成的空间构型为________；该晶胞中N、Ti原子之间的最近距离为anm，那么该氮化钛晶体的密度为________g·cm－3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。解析(1)Ti为22号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，外围电子排布式为3d24s2；(2)化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子为苯环上的六个、羰基中的一个，共7个；采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素电负性随着原子序数依次增加电负性逐渐增大，所以它们的电负性关系为：O＞N＞C；(3)配离子中含有共价键、配位键，[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中含有6个配位键，也属于σ键，水分子中含有2个σ键，故1mol[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中含有18molσ键，即σ键数目为18NA；(4)离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，那么晶体的熔沸点越高，电荷起主导作用，那么熔点TiN＞MgO＞CaO＞KCl；(5)以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，故与之距离相等且最近的N原子为eq\f(3×8,2)=12，以体心的Ti原子研究，其周围有6个N原子，配位数为6，此6个N原子形成正八面体；根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为：6×eq\f(1,2)＋8×eq\f(1,8)=4，该晶胞中Ti原子个数为：1＋12×eq\f(1,4)=4，∴晶胞的质量m=4×eq\f(62,NA)g，而晶胞的体积V=(2a×10－7)3cm3，所以晶体的密度ρ=4×eq\f(62,NA)g÷(2a×10－7)3cm3=eq\f(4×62,NA×(2a×10－7)3)g·cm－3。答案(1)3d24s2(2)7O＞N＞C(3)共价键、配位键18NA(4)TiN＞MgO＞CaO＞KCl(5)126正八面体eq\f(4×62,NA×(2a×10－7)3)6．化合物E、I是制备香料的重要物质。：①核磁共振氢谱显示，A中只有一种氢，G中有个数比为l∶2∶2∶3的四种氢，且G遇FeCl3溶液显紫色；②R—CHCH2eq\o(→,\s\up11(①B2H6),\s\do11(②H2O2/OH－))R—CH2CH2OH③通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。答复以下问题：(1)A→B的反响类型为________，B在一定条件下生成高聚物的结构简式为________。(2)B分子中的碳原子是否在同一平面上________(填“是〞或“否〞)。(3)D所含的官能团的名称是________，用系统命名法命名E：________。(4)分子式为C8H10O且与C互为同系物的同分异构体有________种，写出其中一种的结构简式________。(5)写出由H→I的第一步反响的化学方程式____________________________。(6)利用上述合成路线中的信息，设计一个以甲苯为原料制备苯甲酸的合成路线_________________________________________________