2024版大二轮高考化学题库：第四部分多维集训提素能非选择题专练(四)

非选择题专练(四)1．(2022·深圳二调)某学习小组在实验室进行了有关碘化铅(PbI2)的实验探究。回答下列问题：Ⅰ.制备PbI2的悬浊液(1)KI溶液和Pb(NO3)2溶液反应，会产生金黄色的PbI2沉淀，形成美丽的“黄金雨”。①KI溶液在空气中久置会变质，其原因是___________________________________________________________。②生成PbI2的化学方程式为________________________________________________________________________________________。充分反应后，经系列操作得到纯净的PbI2固体，向其中加入蒸馏水，得到PbI2悬浊液。Ⅱ.探究浓度对PbI2沉淀溶解平衡的影响【查阅资料】i.温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；ii.26.5℃时，PbI2饱和溶液的电导率为368μS·cm－1。(2)稀释对PbI2溶解平衡的影响26．5℃时，向PbI2悬浊液中加入一定体积的蒸馏水，通过图甲所示装置测定电导率，并得到电导率随时间变化的曲线(图乙)。①实验装置中仪器X的名称为________。②由电导率变化曲线可知：实验中通过仪器X加入蒸馏水的方式是________(填标号)。A．连续逐滴加入B．分三次快速放入C．一次性快速放入③曲线图中，________段(用字母表示，任写一段)表示PbI2固体的溶解达到平衡状态：c→d段溶液的电导率逐渐增大的原因是_____________________________________________________________________________________。导致了溶液中离子浓度不断增大。(3)c(KI)对PbI2沉淀溶解平衡的影响26．5℃时，将PbI2悬浊液静置后，取200mL上层清液[c(I－)＝2.5×10－3mol·L－1]于烧杯中，另取蒸馏水于相同规格的烧杯中进行对比实验，再分别向其中加入1mol·L－1KI溶液。实验数据记录如表：KI的溶液累计加入量/mL电导率/(μS·cm－1)PbI2饱和溶液蒸馏水036840.50A1B11.00A2B2①上述实验过程中，增大PbI2饱和溶液中I－的浓度，可观察到的实验现象是________________________________________________________________________________________________________________________________。②利用蒸馏水进行对比实验时，所取蒸馏水的体积为________mL。③表格数据A2－A1________B2－B1(填“大于”“小于”或“等于”)，说明增大KI的浓度，PbI2沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动。答案(1)①I－会被空气中的O2氧化②2KI＋Pb(NO3)2=PbI2↓＋2KNO3(2)①酸式滴定管②B③ab或ba(答“de”“ed”“gh”“hg”“jk”“kj”均可)PbI2固体不断溶解(3)①产生金黄色沉淀(或“产生亮黄色沉淀”“产生黄色浑浊”)②200③小于解析(1)①I－具有较强还原性，会被空气中的O2氧化，导致KI溶液变质；②根据题意KI和Pb(NO3)2发生复分解反应生成PbI2沉淀，根据元素守恒可得化学方程式为2KI＋Pb(NO3)2=PbI2↓＋2KNO3；(2)①根据仪器X的结构特点可知其为酸式滴定管；②由电导率变化曲线可知，电导率出现3次急剧的下降，说明蒸馏水是分三次快速放入，故选B；③悬浊液导电是因为存在平衡PbI2Pb2＋＋2I－，加水稀释后，离子浓度瞬间下降，电导率瞬间减小，之后反应正向移动，PbI2固体不断溶解，重新达到平衡，而PbI2饱和溶液中Pb2＋和I－的浓度不变，所以平衡后电导率相同，即ab、de、gh、jk均可以表示PbI2固体的溶解达到平衡状态，而c→d段溶液的电导率逐渐增大的原因是PbI2固体不断溶解，导致了溶液中离子浓度不断增大；(3)①增大PbI2饱和溶液中I－的浓度，沉淀溶解平衡逆向移动，清液中产生金黄色的PbI2沉淀；②为保证变量唯一，所用蒸馏水的体积应与所用“上层清液”的体积相同，即200mL；③增大KI的浓度，PbI2沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，导致溶液中的离子浓度减小，电导率的变化会小于蒸馏水中，所以A2－A1小于B2－B1。2．(2022·广东二模)锌被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。以废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如下：已知：①“浸取”时。ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋进入溶液；②25℃时，Ksp(CuS)＝6.4×10－36，Ksp(ZnS)＝1.6×10－24；③深度除杂标准：溶液中eq\f(n（杂质离子）,n{[Zn（NH3）4]2＋})≤2.0×10－6。回答下列问题：(1)“浸取”温度为30℃时，锌浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为_______________________________________________________________________________________________________________________；为提高锌浸出率，还可采取的操作是________________________________________________________________________________________________________(任写一条)。(2)“滤渣1”的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和________________(填化学式)；“操作a”的名称为________________。(3)“深度除锰”可将残留的Mn2＋转化为MnO2。该反应的离子方程式为_____________________________________________________________________________________________________________________________。(4)“深度除铜”时，(NH4)2S加入量[以eq\f(n（实际用量）,n（理论用量）)×100%表示]锌的回收率及除铜效果{以反应后溶液中铜锌比eq\f(n（Cu2＋）,n{[Zn（NH3）4]2＋)表示}的影响如图所示。①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的回收率下降的可能原因是___________________________________________________________________________________________________________________________________(用离子方程式表示)。②(NH4)2S较为合理的加入量约为120%，理由是________________________________________________________________。(5)测定反萃取水相中Zn2＋的浓度：量取20.00mL反萃取水相于锥形瓶中，用EDTA标准溶液滴定至终点(滴定至终点时，每1.00mLEDTA标准溶液消耗6.00mgZn2＋)。重复实验三次，平均消耗EDTA标准溶液22.30mL。则反萃取水相中Zn2＋的浓度为________(保留两位小数)。(6)“电解”时，使用惰性电极，阴极存在竞争反应。该竞争反应的电极反应式为________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)温度过高，氨挥发量增加且NH4Cl分解，生成[Zn(NH3)4]2＋减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出将废锌催化剂粉碎或适当延长浸取时间、充分搅拌等(任写一条，合理即可)(2)SiO2分液(3)Mn2＋＋2NH3·H2O＋H2O2=MnO2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)＋2H2O(或Mn2＋＋2NH3＋H2O2=MnO2↓＋2NHeq\o\al(＋,4))(4)①[Zn(NH3)4]2＋＋S2－=ZnS↓＋4NH3②当(NH4)2S加入量为120%时，铜锌比为2.0×10－6，达到深度除铜标准，继续加大(NH4)2S加入量会导致锌回收率下降且不经济(5)6.69g/L(6)2H＋＋2e－=H2↑解析“浸取”时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋进入溶液，氯化铵溶液呈酸性，与Fe2O3、MnO反应生成Fe3＋、Mn2＋，在氨水中形成Fe(OH)3、Mn(OH)2沉淀，SiO2难溶于水，“滤渣1”的成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，加入过氧化氢“深度除锰”，反应的离子方程式为Mn2＋＋2NH3·H2O＋H2O2=MnO2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)＋2H2O，加入(NH4)2S除铜，滤渣2为MnO2、CuS；(1)“浸取”温度为30℃时，锌浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为：温度过高，氨挥发量增加且NH4Cl分解，生成[Zn(NH3)4]2＋减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出；为提高锌浸出率，还可采取的操作是：将废锌催化剂粉碎或适当延长浸取时间、充分搅拌等；(2)SiO2难溶于水，“滤渣Ⅰ”的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2；“操作a”分离有机层和无机层，名称为分液；(3)“深度除锰”可将残留的Mn2＋转化为MnO2，Mn元素化合价升高被氧化，H2O2做氧化剂，O元素化合价降低，该反应的离子方程式为Mn2＋＋2NH3·H2O＋H2O2=MnO2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)＋2H2O；(4)①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌离子和硫离子结合生成ZnS沉淀，锌的回收率下降的可能原因是[Zn(NH3)4]2＋＋S2－=ZnS↓＋4NH3；②(NH4)2S较为合理的加入量约为120%，理由是：当(NH4)2S加入量为120%时，铜锌比为2.0×10－6，达到深度除铜标准，继续加大(NH4)2S加入量会导致锌回收率下降且不经济；(5)每1.00mLEDTA标准溶液消耗6.00mgZn2＋，平均消耗EDTA标准溶液22.30mL，则消耗6.00mg×22.30＝133.8mg＝0.1338g，反萃取水相中Zn2＋的浓度eq\f(0.1338g,20×10－3L)＝6.69g/L；(6)“电解”时，使用惰性电极，阴极是阳离子得电子发生还原反应，溶液中存在H＋、Zn2＋，由氢离子得电子能力比锌离子强，则竞争反应的电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑。3．(2022·广州一模)以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－49kJ·mol－1Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41kJ·mol－1Ⅲ.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH3回答下列问题：(1)Kp为分压平衡常数，各反应的lnKp随eq\f(1,T)的变化如图所示。计算反应Ⅲ的ΔH3＝________kJ·mol－1，其对应的曲线为________(填“a”或“c”)。(2)在5MPa下，按照n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图：①图中代表CH3OH的曲线为________(填“m”或“n”)②解释150～250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因是___________________________________________________________________________________________________________________________________。③下列说法错误的是________(填字母)。A．H2的平衡转化率始终低于CO2的B．温度越低，越有利于工业生产CH3OHC．加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化率D．150～400℃范围内，温度升高，H2O的平衡产量先减小后增大④270℃时CO的分压为________，反应Ⅱ的平衡常数为________(列出算式)。答案(1)－90a(2)①m②反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高反应Ⅰ使CO2平衡转化率减小的程度大于反应Ⅱ使CO2平衡转化率增大的程度③BC④0.16MPaeq\f(0.12×0.24,0.76×2.52)解析(1)根据盖斯定律Ⅰ－Ⅱ可得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH3＝－49kJ·mol－1－41kJ·mol－1＝－90kJ·mol－1；反应Ⅲ的ΔH3<0，T降低平衡右移，Kp增大，lnKp增大，eq\f(1,T)增大，故对应的曲线为a；(2)①根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小，故符合这个规律的是曲线m；②反应Ⅰ是放热反应，温度升高，逆反应程度增大，CO2转化率降低，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，正反应程度增大，CO2转化率升高，在150～250℃范围内，温度升高，整体上CO2转化率降低，说明反应Ⅰ逆向移动的程度大于反应Ⅱ正向移动的程度，导致CO2转化率随温度升高而降低；③A.起始n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，只发生反应Ⅰ时，CO2、H2转化率相同，发生反应Ⅱ时，H2的平衡转化率小于CO2的转化率，当Ⅰ、Ⅱ都发生时，则H2的平衡转化率小于CO2的转化率，故A正确；B.由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是温度越低越好，因为反应需要一定温度才能发生，故B错误；C.加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化速率，并不能提高平衡转化率，故C错误；D.150～400℃范围内，根据CO2的转化率变化曲线可知H2O的平衡产量先减小后增大，故D正确；④270℃时CO2的转化率为24%，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数相同，则根据题意设起始量n(CO2)＝1mol，n(H2)＝3mol，平衡时反应Ⅰ生成CH3OH物质的量为xmol，反应Ⅱ中生成CO的物质的量也为xmol，可得：eq\a\vs4\ac\hs10\co8(,CO2（g）,＋,3H2（g）,,CH3OH（g）,＋,H2O（g）,转化,x,,3x,,x,,x)eq\a\vs4\ac\hs10\co8(,CO2（g）,＋,H2（g）,,CO（g）,＋,H2O（g）,转化,x,,x,,x,,x)反应后总的物质的量为剩余的CO2、H2和生成的CH3OH、H2O、CO的物质的量之和，则反应后混合物总的物质的量为1＋3－6x＋4x＝(4－2x)mol，CO2的转化率为24%，根据题意可得2x＝1mol×24%＝0.24mol，得到x＝0.12mol，则反应后总物质的量为3.76mol，在5MPa条件下，为恒压反应，则p(CO)＝eq\f(0.12mol,3.76mol)×5MPa＝0.16MPa，平衡时，n(CO)＝0.12mol、n(H2O)＝0.24mol、n(CO2)＝0.76mol、n(H2)＝2.52mol，则反应Ⅱ的平衡常数为K＝eq\f(c（CO）·c（H2O）,c（H2）·c（CO2）)＝eq\f(0.12×0.24,0.76×2.52)。4．(2022·粤港澳大湾区二模)Mg2Si作为一种轻质热电材料被广泛应用，为提高该材料的宏观性能(如韧性、弹性等)研究人员尝试在Mg2Si中掺杂稀土元素，其简要流程如下：(1)基态Si原子核外未成对电子数有________个，稀土元素镧(La)位于周期表________区。(2)流程中三种晶体MgCl2、SiO2、SiCl4熔点从高到低顺序为________________，其中四种元素电负性从大到小顺序为______________________________。(3)上述流程中分子构型或者结构单元为正四面体构型的有______________________________________________(填化学式，至少填两种)。(4)分析工业冶炼单质镁采用电解熔融MgCl2而不是MgO的原因___________________________________________________________________________________________________________________________。(5)Mg2Si晶胞如图，该晶胞棱长为0.635nm、阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为________g·cm－3(列出计算式)。(6)科研人员通过实验数据计算出La掺杂Mg2Si后的多种存在形式的生成焓数据如下表(生成焓是某温度下，标准状态的各种元素的最稳定单质生成标准状态1mol某纯物质的热效应)。结合生成焓数据判断掺杂后的目标物最稳定的是________(填化学式)，目标物Mg8Si4La中La原子最有可能填充的位置为________。目标物生成焓(kJ/mol)Mg2Si－19.31Mg8Si4La－8.06Mg7Si4La－10.56Mg8Si3La＋3.56答案(1)2f(2)SiO2>MgCl2>SiCl4O>Cl>Si>Mg(3)SiO2、SiCl4、Si(4)MgO的熔点高于MgCl2(5)eq\f(304,NA×（0.635×10－7）3)(6)Mg2Si体心解析(1)基态Si原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，有2个未成对电子在3p轨道上；稀土元素镧(La)位于周期表f区；(2)流程中三种晶体MgCl2、SiO2、SiCl4分别为离子晶体、共价晶体、分子晶体，熔点从高到低顺序为共价晶体>离子晶体>分子晶体，故熔点从高到低顺序为SiO2>MgCl2>SiCl4；元素的非金属性越强，其电负性也越强，由于非金属性：Mg<Si，O>Cl，Cl>Si，故电负性：O>Cl>Si>Mg；(3)上述流程中的物质，SiO2的空间构型是以硅氧四面体为基本结构形成的立体网状结构；Si结构类似于金刚石，每个Si原子与相邻的4个Si原子形成正四面体；由于四氯化硅的结构与四氯化碳类似，所以四氯化硅也是正四面体型结构；(4)O2－的离子半径小于Cl－，且O2－所带电荷比Cl－多，MgO的晶格能高于MgCl2，MgO的熔点高于MgCl2，电解熔融的MgO耗能高，故采用电解MgCl2；(5)晶胞中，含有Mg的个数为8个，含有Si的个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，则晶胞质量为eq\f(8×24＋4×28,NA)g＝eq\f(304,NA)g，故ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(\f(304,NA)g,（0.635×10－7cm）3)＝eq\f(304,NA×（0.635×10－7）3)g·cm－3；(6)根据生成焓的定义可知，反应放出热量，说明生成物比反应物体系能量低，反应放出热量越多，说明生成物越稳定，Mg2Si最稳定；Mg2Si的晶胞中含有8个Mg和4个Si，则目标物Mg8Si4La中La原子最有可能填充的位置为体心。5．(2022·广州二模)白藜芦醇的化学合成前体化合物H的合成路线如下：(其中R表示)回答下列问题：(1)A中含氧官能团的名称是_________________________________________。(2)A生成B的化学方程式是________________________________________________________________________________________________________。(3)D生成E的化学方程式可表示为：D=E＋H2O，E的结构简式是__________________________________________________________。(4)反应①②③④⑤中属于消去反应的有________________。(5)W是分子式比A少两个CH2的有机化合物，W的同分异构体中，同时满足如下条件的有________种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为________。条件：a)芳香族化合物；b)1molW与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2mol二氧化碳。(6)根据上述信息，写出以为原料合成的路线(不需注明反应条件)__________________________________________________________________________________________。答案(1)羧基、醚键(2)＋CH3OHeq\o(,\s\up7(浓硫酸),\s\do5(△))＋H2O(3)(4)⑤(5)①10②或(6)eq\o(→,\s\up7(H2),\s\do5(催化剂、加热))eq\o(→,\s\up7(浓硫酸),\s\do5(△))eq\o(→,\s