新高考新教材广西专版2025届高考化学二轮总复习题型专项练非选择题专项练2

非选择题专项练二1.HNO3是重要的化工原料,浓硝酸与Cu反应的装置如图1所示:图1回答下列问题:(1)仪器a的名称是,在该试验中的作用为。

(2)关于该试验下列说法错误的是(填字母)。

A.该反应须要加热才能进行B.可通过抽动铜丝限制反应起先和停止C.反应后快速生成大量红棕色气体D.烧杯中仅发生中和反应(3)某小组同学发觉Cu与浓硝酸反应所得混合溶液为绿色,Cu与稀硝酸反应所得混合溶液为蓝色,针对绿色产生的缘由绽开探究。【提出猜想】猜想a:Cu(NO3)2浓度大猜想b:NO2溶解在Cu(NO3)2溶液中【试验验证】试验ⅰ:配制饱和Cu(NO3)2溶液,溶液呈色,证明猜想a不成立。

试验ⅱ:取适量Cu与浓硝酸反应后的溶液,置于图2所示装置中,鼓入空气后,溶液上方可视察到,5min后,溶液完全变为蓝色,证明猜想b成立。

图2(4)另一组同学查阅资料发觉:NO2能与水反应生成HNO2,进而发生下述反应:Cu2++xHNO2[Cu(NO2)x](x-2)-(绿色)+xH+①由此该组同学认为通过试验说明猜想b成立不严谨,理由是。

②写出NO2与水反应生成HNO2的化学方程式:。

③该组同学改进后设计了新的试验:试验ⅲ:取适量Cu与浓硝酸反应后的溶液,置于图2所示装置中,鼓入氮气后,溶液上方现象与试验ⅱ相同,但5min后,溶液仍为绿色。对比试验ⅱ与试验ⅲ,可推想Cu(NO3)2溶液为绿色的缘由主要是。

2.碳酸锶(SrCO3)难溶于水,主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下:已知:①Sr(OH)2为强碱,Cr(OH)3为两性氢氧化物;②常温下,各物质的溶度积常数如表所示。化合物Cr(OH)3Ca(OH)2Mg(OH)2SrCO3Ksp近似值1×10-315.5×10-61.8×10-115.6×10-10回答下列问题:(1)气体A的电子式为。

(2)“酸化”步骤发生如下反应:2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,则“(3)滤渣1的主要成分为,滤渣2的主要成分为(填化学式)。

(4)用氨水和NaOH分步调整pH,而不干脆用NaOH调整溶液的pH≈13的缘由是。

(5)“碳化”时,反应Sr2+(aq)+2HCO3-(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的化学平衡常数K的计算关系式为(用相关平衡常数表达,已知碳酸的电离常数为K(6)上述流程合成的碳酸锶与TiO2在高温下反应,可以制得高温超导基片材料SrTiO3,SrTiO3的立方晶胞结构如图所示,其中Ti处在体心位置,Sr与Ti的最近距离为anm,已知SrTiO3的相对分子质量为M,阿伏加德罗常数的值为NA,则SrTiO3晶体的密度为g·cm-3(列出M、NA、a相关的算式即可)。

3.二氧化碳的排放日益受到环境和能源领域的关注,其综合利用是探讨的重要课题。回答下列问题:(1)已知下列热化学方程式:反应Ⅰ:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-164.9kJ·mol-1反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1则反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH3=kJ·mol-1。

(2)①向容积均为VL的恒压密闭容器中通入1molCO2、3molH2,分别在0.1MPa和1MPa下发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ,分析温度对平衡体系中CO2、CO、CH4的影响,设这三种气体物质的量分数之和为1,其中CO和CH4的物质的量分数与温度变更关系如图所示。下列叙述能推断反应体系达到平衡的是(填字母)。

A.CO2的消耗速率和CH4的消耗速率相等B.混合气体的密度不再发生变更C.容器内气体压强不再发生变更②图中表示1MPa时CH4的物质的量分数随温度变更关系的曲线是(填字母),理由是;550℃条件下,tmin反应达到平衡,平衡时容器的容积为L,反应Ⅱ的Kp=(以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。(3)一种从高炉气回收CO2制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如图所示:①某温度下,当吸取池中溶液的pH=8时,此时该溶液中c(H2CO3)c(CO32-)=[已知:该温度下Ka1(H2CO3)=5.②利用电化学原理限制反应条件能将CO2电催化还原为HCOOH,电解过程中还伴随着析氢反应,若生成HCOOH的电解效率为80%,当电路中转移3mole-时,阴极室溶液的质量增加g[B的电解效率=n(生产4.木质纤维素代替传统的化石原料用于生产对二甲苯可以缓解日益惊惶的能源危机,再利用对二甲苯为起始原料结合CO2生产聚碳酸对二甲苯酯可以实现碳减排,路途如下:回答下列问题:(1)鉴别化合物Ⅰ和化合物Ⅱ的试剂为(写一种)。

(2)分析化合物Ⅱ的结构,预料反应后形成的新物质,参考①的示例,完成下表。序号变更的官能团的名称可反应的试剂(物质)反应后形成的新物质反应类型①羟基O2氧化反应②

(3)已知化合物Ⅴ的核磁共振氢谱有2组峰,且峰面积之比为2∶3,写出化合物Ⅴ的结构简式:。

(4)化合物Ⅲ的同分异构体中符合下列条件的有种(不含立体异构)。

①含有环戊二烯()的结构;②氧原子不连在sp2杂化的碳原子上。(5)写出Ⅶ生成Ⅷ的化学方程式:。

(6)参照上述信息,写出以丙烯为起始有机原料合成的路途(无机试剂任选)。

非选择题专项练二1.答案(1)球形干燥管防止倒吸(2)AD(3)蓝有红棕色气体放出(4)①由于NO2与水反应能够生成HNO2,HNO2与Cu2+能够发生可逆反应Cu2++xHNO2[Cu(NO2)x](x-2)-(绿色)+xH+,随着空气的通入,HNO2被氧化为HNO3,使得上述可逆反应平衡逆向移动,溶液由绿色变为蓝色,且溶液上方有红棕色气体放出说明Cu(NO3)2溶液中的确溶有NO2②2NO2+H2OHNO2+HNO3③NO2溶于Cu(NO3)2溶液中解析(1)由题干图示试验装置图可知,仪器a的名称是球形干燥管,在该试验中的作用为防止倒吸。(2)硝酸的氧化性较强,Cu与浓硝酸反应不须要加热就能进行,A项错误;可通过抽动铜丝来限制Cu与浓硝酸是否接触,故可限制反应起先和停止,B项正确;Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O,故反应后快速生成大量红棕色气体,C项正确;烧杯中发生的反应有HNO3+NaOHNaNO3+H2O和2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O,故不仅发生中和反应,还发生了氧化还原反应,D项错误。(3)试验ⅰ:猜想a认为Cu(NO3)2溶液浓度大时呈绿色,浓度小时呈蓝色,故若配制饱和Cu(NO3)2溶液,溶液呈蓝色,证明猜想a不成立。试验ⅱ:猜想b认为NO2溶解在Cu(NO3)2溶液中导致溶液呈绿色,故取适量Cu与浓硝酸反应后的溶液,置于图2所示装置中,鼓入空气后,空气将带出部分NO2,同时因为4NO2+O2+2H2O4HNO3,溶液上方可视察到有红棕色气体放出,5min后,溶液完全变为蓝色,证明猜想b成立。(4)①由于NO2与水反应能够生成HNO2,HNO2与Cu2+能够发生可逆反应Cu2++xHNO2[Cu(NO2)x](x-2)-(绿色)+xH+,随着空气的通入,HNO2被氧化为HNO3,使得上述可逆反应平衡逆向移动,溶液由绿色变为蓝色,但溶液上方有红棕色气体放出说明Cu(NO3)2溶液中的确溶有NO2,由此该组同学认为通过试验说明猜想b成立不严谨。②NO2与水反应生成HNO2,氮元素的化合价降低,依据氧化还原反应有降必有升可知,同时还生成HNO3,故该反应的化学方程式为2NO2+H2OHNO2+HNO3。③试验ⅲ:取适量Cu与浓硝酸反应后的溶液,置于图2所示装置中,鼓入氮气后,溶液上方现象与试验ⅱ相同即N2带出部分红棕色气体NO2,但由于没有O2,不能发生反应4NO2+O2+2H2O4HNO3,则5min后,溶液仍为绿色。对比试验ⅱ与试验ⅲ,可推想Cu(NO3)2溶液为绿色的缘由主要是NO2溶于Cu(NO3)2溶液中。2.答案(1)(2)Cr2O72-+3H2C2O4+8H+2Cr3++6CO2↑+7H(3)Cr(OH)3Ca(OH)2、Mg(OH)2(4)防止pH过高会使Cr(OH)3溶解,导致铬的去除率降低(5)K(6)3解析工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸进行“酸溶”,碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳,气体A为CO2,得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液,向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”,过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、NH4+、CrO42-的溶液,对溶液进行酸化、加草酸进行还原,CrO42-被还原为Cr3+,得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、NH4+、Cr3+的溶液,向溶液中加氨水调pH到7~8,将Cr3+转化为沉淀除去,滤渣1为Cr(OH)3,再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀,过滤后碳化,Sr(1)依据上述分析可知气体A是CO2,在CO2分子中C原子与2个O原子形成4个共用电子对,使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构,其电子式为

·(2)酸化时CrO42-转化为Cr2O72-,在还原时Cr2O72-与H2C2O4发生反应产生Cr3+、CO2、H2O,依据电子守恒、电荷守恒、原子守恒,可知还原反应的离子方程式为Cr2O72-+3H2C2O(3)依据上述分析可知滤渣1的主要成分是Cr(OH)3;再加NaOH溶液,调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀,则滤渣2主要成分是Ca(OH)2、Mg(OH)2。(4)依据题意可知Cr(OH)3是两性氢氧化物,运用NaOH溶液调整溶液pH时,若pH过大会导致Cr(OH)3溶解,故用氨水和NaOH分步调整pH,而不是干脆调整溶液的pH≈13以防止pH过高使Cr(OH)3溶解,导致铬的去除率降低。(5)反应Sr2+(aq)+2HCO3-(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的化学平衡常数K=c(6)在该晶胞中Sr原子个数为8×18=1,含有O原子个数为6×12=3,含有Ti原子个数是1,则在1个晶胞中含有1个SrTiO3,晶胞中Sr与Ti原子之间距离为体对角线的12,假设晶胞边长为L,32L=anm,L=2a3nm=23a3×10-7cm,则该晶体密度ρ=mV=3.答案(1)+206.1(2)①B②a反应Ⅰ正反应放热,上升温度,平衡逆向移动,增大压强,反应Ⅰ正向移动,CH4物质的量分数增大0.75V1(3)①4②55.2解析(1)反应Ⅰ:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-164.9kJ·mol-1;反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1;反应Ⅱ-反应Ⅰ可得CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g),所以ΔH3=ΔH2-ΔH1=+41.2kJ·mol-1-(-164.9kJ·mol-1)=+206.1kJ·mol-1。(2)①A.反应Ⅰ+反应Ⅱ可得总反应方程式为2CO2(g)+5H2(g)CH4(g)+CO(g)+3H2O(g),CO2和CH4的系数不同,所以CO2的消耗速率和CH4的消耗速率相等不能说明达到平衡,故A项不符合题意;B.CO2和H2在恒压密闭容器中反应,且反应为气体分数变更的反应,所以混合气体的密度不再发生变更可以说明达到平衡,故B项符合题意;C.CO2和H2在恒压密闭容器中反应,容器内气体压强不再发生变更不能说明达到平衡,故C项不符合题意。②反应Ⅰ正反应放热,上升温度,平衡逆向移动,CH4百分含量减小,所以a、c表示CH4物质的量分数随温度变更关系,增大压强,反应Ⅰ正向移动,CH4物质的量分数增大,所以表示1MPa时CH4物质的量分数随温度变更关系的曲线是a,b和c分别为0.1MPa时CO和CH4物质的量分数随温度变更关系的曲线;550℃条件下,CO的物质的量分数为20%,CH4的物质的量分数为50%,且CO2、CO、CH4气体物质的量分数之和为1,设反应生成了xmolCH4,则可知生成了0.4xmolCO,反应剩余了(1-1.4x)molCO2,依据三种气体的关系可得x1-1.4x+x+0.4x=0.5,解得x=0.5,所以达到平衡时,整个体系中含有0.3molCO2、0.5molCH4、0.2molCO、0.8molH2、1.2molH2O,所以平衡时容器的容积为0.3mol+0.5mol+0(3)①已知该温度下H2CO3H++HCO3-,Ka1(H2CO3)=c(H+)×c(HCKa2(H2CO3)=c(H+)×c(CO32-)c(HCO3-)所以c(H2②生成HCOOH的电解效率为80%,当电路中转移3mole-时,由B的电解效率=n(生产B所用的电子)n(通过电极的电子)可知,n(生产HCOOH所用的电子)=2.4mol,阴极室发生反应为2