2022届新高考化学二轮复习非选择题提速练(一)VIP

eq\a\vs4\al(第)eq\a\vs4\al(四)eq\a\vs4\al(部)eq\a\vs4\al(分)非选择题组合提速练非选择题提速练（一）1．不同浓度的硫酸与锌反应时，硫酸可以被还原为SO2，也可被还原为H2。某同学为探究硫酸与锌反应生成SO2、H2的临界浓度及SO2使品红溶液褪色的主要微粒，设计了如下实验。Ⅰ.探究硫酸与锌反应生成SO2、H2的临界浓度在大试管A中加入硫酸，向连接在塑料棒上的多孔塑料球内加入一定量的锌粒（塑料棒可以上下移动），在试剂瓶D中加入足量的浓NaOH溶液（加热和夹持装置已省略）。已知：锌与浓硫酸接触，开始时反应缓慢，可以适当加热以加速其反应，当有大量气泡生成时，该反应速率会明显加快并伴有大量的热放出。（1）长导管B的作用是；如果没有这个设计，最终测定的临界浓度会（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。（2）若加入0.65g锌粒与cmol·L－1的H2SO4反应，为保证实验结论的可靠性，量气管的适宜规格是。A．100mLB．200mLC．300mLD．400mL（3）若加入ag锌粒且完全反应，试剂瓶D质量增加bg，量气管中收集到VmL（标准状况）气体，则有：ag÷65g·mol－1×2＝bg÷64g·mol－1×2＋VmL÷22400mL·mol－1×2，该等式依据的原理是_____________________________________________________________。（4）若锌粒足量且A中加入18mol·L－1的硫酸100mL，反应结束后，向D装置中加入足量的H2O2溶液和足量的BaCl2溶液，充分反应后，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，得到固体的质量为mg，则浓硫酸与锌反应的临界浓度为mol·L－1（用含m的计算式表示，忽略体积变化）。Ⅱ.探究SO2使品红溶液褪色的主要微粒按下表实验方案分别进行实验（取2mL试剂a，滴加2滴品红溶液）。装置序号试剂a实验现象ⅰ0.1mol·L－1SO2溶液（pH＝2）红色逐渐变浅，之后完全褪色ⅱ0.1mol·L－1NaHSO3溶液（pH＝5）红色立即变浅，之后完全褪色ⅲ0.1mol·L－1Na2SO3溶液（pH＝10）立即褪色ⅳpH＝2的H2SO4溶液红色无明显变化ⅴ____________红色无明显变化（5）实验ⅲ中Na2SO3溶液显碱性的原因是（结合化学用语分析解释）。（6）对比实验ⅲ和ⅴ，可以排除在该实验条件下OH－对品红溶液褪色的影响，则ⅴ中试剂a可能是。（7）通过上述实验探究得出结论：使品红溶液褪色的主要微粒是。2．从废钒催化剂中回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程图如下：已知：废钒催化剂中各物质的含量为V2O55%～6%、K2SO420%～27%、SiO265%～70%、Fe2O31.1%；VO2＋呈蓝色，VO3＋呈黄色，V2O5呈红棕色；反萃取液中含少量四价钒。（1）首先将废钒催化剂粉碎，其目的是。（2）水浸后，水浸液中主要含VOSO4和水溶性钾盐；滤渣Ⅰ中加入无水K2SO3和H2SO4，钒的浸出率可达95.8%，生成VOSO4的水溶液，请写出滤渣Ⅰ中V2O5被K2SO3还原的化学方程式：；请写出过滤还原酸浸液后，滤渣Ⅱ制备工业硅酸钠的离子方程式：。（3）在氧化步骤中加入氧化剂KClO3，在酸性条件下，煮沸至溶液由蓝色转变为黄色，其离子方程式为。（4）将氧化后的溶液pH调为2.3，用TOA­仲辛醇­煤油溶液作萃取液萃取V5＋，V5＋进入上层萃取相，其他杂质进入下层萃余相。将含有五价钒的有机相用NaOH＋NaCl作为反萃取剂进行反萃取。经过3次反萃取，分相后的有机相（上层）作为萃取液（填“可以”或“不可以”）循环利用。反萃取过程中还应加入极少量过硫酸铵，加入过硫酸铵的目的是。萃余相主要成分为K2SO4，其他杂质含量很少，操作Ⅰ为一系列的操作过程，请写出操作Ⅰ的过程：，最后得到干燥的K2SO4晶体。（5）沉钒过程是将反萃取后水相的pH调至8左右，加入氯化铵，可使多钒酸铵转化为偏钒酸铵（NH4VO3），能转化的原因是。（6）经过焙烧，偏钒酸铵变为红棕色的样品，请写出焙烧的化学方程式：。3．CO2可作为合成低碳烯烃的原料。相关的热化学方程式如下：①CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g）ΔH1＝－49.0kJ·mol－1②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）＋H2O（g）ΔH2＝－24.52kJ·mol－1③CH3OCH3（g）⇌C2H4（g）＋H2O（g）ΔH3＝－5.46kJ·mol－1④2CO2（g）＋6H2（g）⇌C2H4（g）＋4H2O（g）ΔH4（1）ΔH4＝kJ·mol－1；反应④在（填“高温”或“低温”）下自发进行。（2）在容积为1L的恒容密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应④时，测得温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示：①250℃时，反应④的平衡常数K＝。②其他条件不变，不使用催化剂，投料比eq\f(n（H2）,n（CO2）)（填“>”“<”或“＝”）3时CO2平衡转化率为M1点；M2点的平衡常数（填“>”“<”或“＝”）N点的平衡常数。（3）用催化剂Fe3（CO）12/ZSM­5催化CO2加氢合成乙烯的反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图所示：Fe3（CO）12/ZSM­5催化剂中添加Na、K、Cu助剂后（助剂也起催化作用）可改变反应的选择性。其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物在所有产物中的占比如表：助剂CO2转化率/%各产物在所有产物中的占比/%C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3（CO）12/ZSM­5催化剂中添加助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是。4．据了解火星上存在大量的含氮化合物，科学家推测火星生命可能主要以氮、碳、硅、铜为基本构成。请回答下列问题：（1）邻氨基吡啶（）的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应。①邻氨基吡啶中所有元素的电负性由小到大的顺序为（填元素符号）。设NA为阿伏加德罗常数的值，1mol中含有σ键的数目为。②一定条件下—NH2可以被氧化成—NO2，—NO2中N原子的杂化方式为杂化。（2）第四周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图所示，则该元素的基态原子电子排布式为。（3）元素周期表中的第ⅣA族～第ⅦA族中部分元素的最简单氢化物的沸点变化趋势线如图，其中一个小黑点代表一种氢化物，则趋势线a代表第族元素的最简单氢化物的沸点变化趋势，判断依据是。（4）干冰是常见的分子晶体，而CO2在高温高压下能形成另一种晶体其晶胞如图所示，该CO2晶体的熔点（填“>”“<”或“＝”）SiO2晶体的熔点。（5）一种嘌呤和一种吡啶的结构如图。①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，原因是。②分子中的大π键可以用符号eq\i\pr\in(m,n,)表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。则该吡啶中的大π键可表示为。（6）火星岩石中存在大量的氮化镓，氮化镓为六方晶胞，结构如图所示。若该晶体密度为dg·cm－3，晶胞参数a＝b≠c（单位：nm），a、b夹角为120°，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c＝nm（写出代数式）。5．环丙胺（）是合成新型抗菌素、除草剂等产品的中间体。以γ­丁内酯（）为原料合成环丙胺的传统“五步合成法”工艺如下。回答下列问题：（1）γ­丁内酯的分子式为，本工艺中两次用到的CH3ONa的名称为。（2）B中官能团的名称为。（3）①B→C反应过程中还生成了醇和无机盐，该反应的化学方程式为。②γ­丁内酯酸性条件下的水解产物在一定条件下可生成一种具有重要应用的高分子化合物，该反应的化学方程式为，反应类型为。（4）与A分子式相同，且分子中含有酯基和碳氯键的同分异构体有种。（5）环氧丁烯（）来源丰富且经济，利用环氧丁烯合成环丙胺是目前一些国家正在研发的项目，其前两步反应过程如下。2，3­二氢呋喃环丙甲醛①下列关于环氧丁烯和2，3­二氢呋喃的说法不正确的是。（填标号）a.二者分子式相同互为同分异构体b.二者均能发生取代、氧化、加成反应c.可以用酸性KMnO4溶液鉴别二者②环丙甲醛再经过四步反应即可得到环丙胺，写出合成路线。非选择题提速练(一)1．答案：(1)导气、冷凝回流偏低(2)C(3)得失电子守恒(4)18－eq\f(20m,233)(5)SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))在溶液中发生水解反应SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O⇌HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋OH－，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))结合H2O电离的H＋，从而使溶液中c(OH－)>c(H＋)，溶液呈碱性(6)pH＝10的NaOH溶液(7)SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、H2SO3解析：(1)该反应是一个放热反应，长导管B起到导气、冷凝的作用，使水蒸气冷凝回流，确保硫酸的体积不变[第(4)问计算中有提示“忽略体积变化”]；本实验原理是：总硫酸的物质的量减去生成一定量SO2消耗的硫酸的物质的量即为剩余硫酸的物质的量，再除以溶液的体积即为硫酸的临界浓度。如果没有这个设计，硫酸始终处于一个较髙浓度，则消耗硫酸的物质的量会增大，最终测定的临界浓度会偏低。(2)以Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑为例计算，充分反应生成H2的体积为224mL(标准状况下)，为保证实验结论的可靠性，量气管的适宜规格是300mL。(3)根据氧化还原反应规律可知，该等式符合得失电子守恒原理。(4)计算出剩余H2SO4的物质的量之后，根据c＝eq\f(n,V)可计算出最终测定硫酸的临界浓度。加入足量的H2O2溶液把Na2SO3转化为Na2SO4，再加入足量的BaCl2溶液把Na2SO4转化为BaSO4，n(BaSO4)＝eq\f(m,233)mol，则n(SO2)＝eq\f(m,233)mol，根据反应方程式Zn＋2H2SO4=SO2↑＋ZnSO4＋2H2O可求出反应消耗H2SO4的物质的量为2×eq\f(m,233)mol，则浓硫酸与锌反应的临界浓度为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18mol·L－1×0.1L－2×\f(m,233)mol))÷0.1L＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18－\f(20m,233)))mol·L－1。(5)SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))在溶液中发生水解反应SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O⇌HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋OH－，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))结合H2O电离的H＋，从而使溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))，溶液呈碱性。(6)根据题意可知，OH－对品红溶液的褪色无影响，故试剂a可能是pH＝10的NaOH溶液。(7)实验ⅳ中试剂a中含SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，不能使品红溶液褪色，故使品红溶液褪色的主要微粒是SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、H2SO3。2．答案：(1)增大接触面积，提高浸出率(2)V2O5＋K2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋K2SO4＋2H2OSiO2＋2OH－=SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O(3)ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋6VO2＋＋6H＋=6VO3＋＋3H2O＋Cl－(4)可以将未被氧化的四价钒氧化为五价钒，提高五价钒的纯度(加热)蒸发浓缩、冷却结晶、(静置)过滤、洗涤、干燥(5)此条件下，NH4VO3的溶解度比较小(其他合理答案也给分)(6)2NH4VO3eq\o(=,\s\up7(焙烧))V2O5＋2NH3↑＋H2O↑解析：(1)将废钒催化剂粉碎，可以使固体颗粒变小，增大接触面积，提高浸出率。(2)依题意，在酸性条件下，V2O5被K2SO3还原，生成VOSO4；K2SO3被氧化，生成K2SO4，反应的化学方程式为V2O5＋K2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋K2SO4＋2H2O。滤渣Ⅱ的主要成分为二氧化硅，其与NaOH溶液反应生成硅酸钠，反应的离子方程式为SiO2＋2OH－=SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O。(3)依据题给信息VO2＋呈蓝色，VO3＋呈黄色可知，在氧化步骤中VO2＋被KClO3氧化成VO3＋，反应的离子方程式为ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋6VO2＋＋6H＋=6VO3＋＋3H2O＋Cl－。(4)将含有五价钒的有机相用NaOH＋NaCl作为反萃取剂进行反萃取，会把五价钒与有机相分离，有机相作为萃取液可以循环使用；反萃取液中含少量四价钒，加入过硫酸铵可以把四价钒氧化为五价钒；萃余相主要成分为K2SO4，其他杂质含量很少，所以得到干燥的K2SO4晶体的方法为(加热)蒸发浓缩、冷却结晶、(静置)过滤、洗涤、干燥。(5)多钒酸铵转化为偏钒酸铵(NH4VO3)的反应能实现说明此条件下NH4VO3的溶解度比较小。(6)经过焙烧，偏钒酸铵变为红棕色的样品，说明生成V2O5，反应的化学方程式为2NH4VO3eq\o(=,\s\up7(焙烧))V2O5＋2NH3↑＋H2O↑。3．答案：(1)－128低温(2)①0.088(或eq\f(64,729)L3·mol－3)②<>(3)K降低生成乙烯反应的活化能，加快乙烯生成速率，而对副反应影响不大解析：(1)根据盖斯定律，由①×2＋②＋③＝④得出ΔH4＝－128kJ·mol－1，反应④的ΔH<0、ΔS<0，该反应在低温时能自发进行。(2)①250℃时，CO2平衡转化率为50%，则平衡时n(CO2)＝0.5mol、n(H2)＝1.5mol、n(C2H4)＝0.25mol、n(H2O)＝1mol，容器容积为1L，则K＝eq\f(c（C2H4）·c4（H2O）,c2（CO2）·c6（H2）)＝eq\f(0.25×14,0.52×1.56)L3·mol－3＝eq\f(64,729)L3·mol－3＝0.088L3·mol－3。②减少氢气的量，平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，可能为M1点，故投料比eq\f(n（H2）,n（CO2）)<3；M1、M、M2三点温度相同，平衡常数相等，而温度升高，平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，平衡常数减小，即平衡常数M2>N。(3)由表中数据知，添加Na助剂时副反应占比较大，添加Cu助剂时CO2转化率较低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比小；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低反应活化能、加快乙烯生成速率。4．答案：(1)①H<C<N13NA②sp2(2)1s22s22p63s23p64s2(3)ⅣAN、O、F均能与H形成氢键，氢键的存在加大了分子间的作用力，从而出现沸点反常现象，趋势线a无反常现象(4)＞(5)①孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，斥力越大，键角越大②eq\i\pr\in(5,6,)(6)eq\f(112\r(3)×1021,a2×d×NA)解析：(1)①非金属性越强电负性越大，故电负性：H<C<N；分子环上还有4个C—H键分子含有13个σ键，1mol中含有σ键的数目为13NA，②—NO2中N原子有1个未成键电子，价层电子对数＝2＋1＝3，N原子采取sp2杂化。(2)由该元素的第一至五电离能数据可知，该元素第一、二电离能较小，说明容易失去2个电子，即最外层有两个电子，已知该元素为第四周期的某主族元素，则为第四周期，第ⅡA族元素Ca，则该元素的基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2。(3)在第ⅣA族～第ⅦA族中的元素的最简单氢化物中，NH3、H2O、HF因分子间存在氢键，氢键的存在加大了分子间的作用力，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有第ⅣA族元素氢化物不存在沸点反常现象。(4)该晶体中原子之间通过共价键结合，属于原子(共价)晶体，而碳氧键的键长短，所以该晶体的熔点比SiO2晶体的高。(5)①孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，斥力越大，键角越大，因此嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大。②根据吡啶的结构，其中的大π键是由5个原子6个电子形成的，表示为eq\i\pr\in(5,6,)。(6)1个晶胞的质量为eq\f(84×2,NA)(g)，晶胞的体积为V＝eq\f(\r(3),2)(a×10－7)2×c×10－7(cm3)，晶胞参数c＝eq\f(112\r(3)×1021,a2×d×NA)。5．答案：(1)C4H6O2甲醇钠(2)酯基、碳氯键