新教材适用2025版高考化学二轮总复习第4部分题型标准练非选择题标准练一

非选择题标准练(一)二、非选择题：本题共4小题，共55分。1.(2024·湖南选考)(14分)金属Ni对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性显著提高。已知：①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，在制备和运用时，需用水或有机溶剂保持其表面“潮湿”；②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。某试验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的试验如下：步骤1：雷尼Ni的制备步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应反应的原理和试验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。回答下列问题：(1)操作(a)中，反应的离子方程式是2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑；(2)操作(d)中，推断雷尼Ni被水洗净的方法是_取最终一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，假如溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净__；(3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是_C__；A．丙酮 B．四氯化碳C．乙醇 D．正己烷(4)向集气管中充入H2时，三通阀的孔路位置如下图所示；发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调整为_B__；(5)仪器M的名称是_恒压滴液漏斗__；(6)反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是_解除装置中的空气，防止雷尼Ni自燃__；(7)假如将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是_管道中气流不稳，不利于监测反应过程__；(8)推断氢化反应完全的现象是_集气管中液面不再变更__。【解析】本题一道工业流程兼试验的综合题，首先用氢氧化钠溶液溶解镍铝合金中的铝，过滤后先后用碱和水来洗涤固体镍，随后加入有机溶剂制得雷尼镍悬浮液，用于步骤2中邻硝基苯胺的催化氢化，以此解题。(1)铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑。(2)由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来推断是否洗净，详细方法为，取最终一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，假如溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净。(3)依据题给信息可知，邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，在丙酮，四氯化碳，乙醇，正己烷中极性较强的为乙醇，故选C。(4)向集气管中充入H2时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调整为气体由下方的集气管，向右进入装置Ⅱ，应当选B，而装置C方式中左侧会漏气，不符合题意，故选B。(5)由图可知，仪器M的名称是恒压滴液漏斗。(6)依据题给信息可知，雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，故反应前向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是解除装置中的空气，防止雷尼Ni自燃。(7)假如将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，则会在三颈瓶中产生气泡，从而导致管道中气流不稳，不利于监测反应过程。(8)反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再变更。2.(2024·湖南衡阳二模)(14分)某废镍催化剂的主要成分是Ni—Al合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸碱的有机物。采纳如下工艺流程回收其中的镍，制备镍的氧化物(NixOy)。回答下列问题：(1)“碱浸”时发生的主要反应离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑。(2)“溶解”后的溶液中，所含金属离子有Cr3＋、Fe2＋、Na＋、Ni2＋、_Fe3＋__。(3)在空气中煅烧NiCO3，其热重曲线如图1所示，300～400℃时NiCO3转化为Ni2O3，反应的化学方程式为4NiCO3＋O22Ni2O3＋4CO2；400～450℃生成的固体产物的化学式为_Ni3O4__。(4)工业上可用电解法制取Ni2O3。用NaOH溶液调整NiCl2溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后采纳惰性电极进行电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO－，再把二价镍氧化为三价镍。写出ClO－氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式ClO－＋2Ni(OH)2=Ni2O3＋Cl－＋2H2O，amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过的电子的物质的量为_1.25a__mol(假设电解时阳极只考虑Cl－放电)。(5)金属镍的协作物Ni(CO)n的中心原子的价电子数与配体供应的成键电子总数之和为18，则n＝_4__；CO与N2结构相像，CO分子内σ键与π键个数之比为_1∶2__。(6)NiO的晶胞结构如图2所示，其中离子坐标参数A为(0,0,0)，C为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))，则B的离子坐标参数为_(1,1,1)__。【解析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为NaOH、NaAlO2；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2＋、Cr3＋、Fe2＋、Fe3＋；加入NaClO，使Fe2＋完全转化为Fe3＋，调整溶液pH，使Cr3＋、Fe3＋转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2＋转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。(1)“碱浸”时发生的主要反应是铝和氢氧化钠反应，离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑。(2)由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子有Cr3＋、Fe2＋、Na＋，Ni2＋、Fe3＋。(3)300～400℃NiCO3转化为Ni2O3，反应的化学方程式为4NiCO3＋O22Ni2O3＋4CO2；设1molNiCO3在400～500℃下分解为NixOy,1molNiCO3的质量为1mol×119g/mol＝119g，由图可知，NiCO3在400～500℃下分解固体残留率为67.5%，则分解后NixOy的质量为119g×67.5%≈80.3g，依据Ni原子守恒可知，生成NixOy的物质的量为eq\f(1,x)mol，eq\f(1,x)mol×(59x＋16y)g/mol＝80.3g，得到eq\f(y,x)≈eq\f(4,3)，故400～500℃生成产物的化学式为Ni3O4。(4)ClO－把Ni(OH)2氧化成Ni2O3，本身被还原成Cl－，因此离子方程式为ClO－＋Ni(OH)2→Ni2O3＋Cl－＋H2O，依据化合价的升降法进行配平，即离子方程式为ClO－＋2Ni(OH)2=Ni2O3＋Cl－＋2H2O；依据离子方程式，消耗amolNi(OH)2的同时消耗a/2mol的ClO－，Cl2有80%在弱碱性转化成ClO－，即Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，电解过程中产生氯气的量为0.5a/80%mol，电解过程中2Cl－－2e－=Cl2，因此外电路转移电子物质的量为0.5a×2/80%mol＝1.25amol。(5)Ni的价电子数为10，每个配体供应一个电子对，则10＋2n＝18，n＝4；CO与N2结构相像，含有C≡O键，含有1个σ键，2个π键，CO分子内σ键与π键个数之比为1∶2。(6)离子坐标参数A为(0,0,0)，C为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))，则B的离子坐标参数为(1,1,1)。3.(2024·湖南选考)(13分)聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。Ⅰ.苯乙烯的制备(1)已知下列反应的热化学方程式：①C6H5C2H5(g)＋eq\f(21,2)O2(g)=8CO2(g)＋5H2O(g)ΔH1＝－4386.9kJ·mol－1②C6H5CH=CH2(g)＋10O2(g)=8CO2(g)＋4H2O(g)ΔH2＝－4263.1kJ·mol－1③H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(g)ΔH3＝－241.8kJ·mol－1计算反应④C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)的ΔH4＝_＋118__kJ·mol－1；(2)在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，须要向反应器中充入_5__mol水蒸气作为稀释气(计算时忽视副反应)；(3)在913K、100kPa下，以水蒸气作稀释气、Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：⑤C6H5C2H5(g)C6H6(g)＋CH2=CH2(g)⑥C6H5C2H5(g)＋H2(g)C6H5CH3(g)＋CH4(g)以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S＝\f(转化为目的产物所消耗乙苯的量,已转化的乙苯总量)×100%))随乙苯转化率的变更曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是_苯__，理由是_反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯__；(4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是_BD__；A．X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构B．Fe2O3可变更乙苯平衡转化率C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能D．变更Fe2O3颗粒大小不影响反应速率Ⅱ.苯乙烯的聚合苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu(Ⅰ)的协作物促进C6H5CH2X(引发剂，X表示卤素)生成自由基C6H5CH2·，实现苯乙烯可控聚合。(5)引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是_C6H5CH2Cl__；(6)室温下，①Cu＋在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]＋，其反应平衡常数为K；②CuBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为_K·Ksp__(全部方程式中计量系数关系均为最简整数比)。【解析】(1)依据盖斯定律，将①－②－③可得C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)ΔH4＝－4386.9kJ/mol－(－4263.1kJ/mol)－(－241.8kJ/mol)＝＋118kJ/mol。(2)设充入H2O(g)物质的量为xmol；在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④。乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)n(起始)(mol)100n(转化)(mol)0.50.50.5n(平衡)(mol)0.50.50.5此时平衡时混合气体总物质的量为1.5mol，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列三段式C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)n(起始)(mol)100n(转化)(mol)0.750.750.75n(平衡)(mol)0.250.750.75此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为1.75mol，混合气的总物质的量为(1.75＋x)mol，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为eq\f(1.75＋x,1.5)V；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.5,V)))2,\f(0.5,V))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.75,\f(1.75＋x,1.5)V)))2,\f(0.25,\f(1.75＋x,1.5)V))，解得x＝5。(3)曲线a芳香烃产物的选择性大于曲线b、c芳香烃产物的选择性，反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，则曲线a代表产物苯乙烯的选择性；反应④⑤的正反应为气体分子数增大的反应，反应⑥的正反应是气体分子数不变的反应；在913K、100kPa(即恒温恒压)下以水蒸气作稀释气，乙苯的转化率增大，即减小压强，反应④⑤都向正反应方向移动，反应⑥平衡不移动，故曲线b代表的产物是苯。(4)测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构，A项正确；催化剂不能使平衡发生移动，不能变更乙苯的平衡转化率，B项错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D项错误；答案选BD。(5)电负性Cl＞Br＞I，则极性C—Cl键＞C—Br键＞C—I键，则C6H5CH2Cl更易生成自由基，即活性最高的是C6H5CH2Cl。(6)Cu＋在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]＋，则Cu＋＋2L[Cu(L)2]＋的平衡常数K＝eq\f(c{[Cu(L)2]＋},c(Cu＋)·c2(L))；CuBr在水中的溶度积常数Ksp＝c(Cu＋)·c(Br－)；CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr＋2L[Cu(L)2]＋＋Br－，该反应的平衡常数为eq\f(c{[Cu(L)2]＋}·c(Br－),c2(L))＝eq\f(c{[Cu(L)2]＋}·c(Br－)·c(Cu＋),c2(L)·c(Cu＋))＝K·Ksp。4.(2024·河北邯郸三模)(14分)化合物W是合成风湿性关节炎药物罗美昔布的一种中间体，其合成路途如下：已知：(ⅰ)＋HBr回答下列问题：(1)X的化学名称是_对甲基溴苯(或4-溴甲苯)__，D中具有的官能团的名称_酰胺基、碳氟键__。(2)由B生成C的反应类型是_还原反应__。(3)A→B的反应中所需的条件和试剂是_浓硫酸、浓硝酸、加热__。(4)写出由E生成F的化学方程式。(5)写出I的结构简式。(6)D有多种同分异构体，同时满意下列条件的同分异构体有_10__种(不考虑立体异构)。①苯环上有三个取代基②能发生银镜反应和在酸性条件下发生水解反应(7)结合上述合成路途，设计