新高考化学三轮复习非选择题专项练八(含解析)

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非选择题专项练(八) (建议用时：40分钟)1．无水氯化锌常用作有机合成的催化剂。实验室采用HCl气体除水与ZnCl2升华相结合的方法提纯市售氯化锌样品(部分潮解并含高温不分解杂质)。实验装置如图所示。回答下列问题：(1)无水氯化锌在空气中潮解生成Zn(OH)Cl的化学方程式为________________________________________________________________________。(2)除水阶段：打开K1、K2。将管式炉Ⅰ、Ⅱ升温至150 ℃，反应一段时间再升温至350 ℃，保证将水除尽。除水阶段发生反应的化学方程式为______________________________________________________________________________________________________。(3)升华阶段：关闭管式炉Ⅱ，将管式炉Ⅰ迅速升温至750 ℃，升温的目的是________________________。一段时间后关闭管式炉Ⅰ并关闭________(填“K1”或“K2”)，待冷却后关闭________(填“K1”或“K2”)。最后将________(填“A”或“B”)区的氯化锌转移、保存。(4)除水阶段HCl与 N2流速要快，有利于提高除水效率。升华阶段HCl与N2流速要慢，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)测定市售ZnCl2样品中的锌的质量分数。步骤如下：①溶液配制：称取m g ZnCl2样品，加水和盐酸至样品溶解，转移至250 mL的________中，加蒸馏水至刻度线，摇匀。②滴定：取25.00 mL待测液于锥形瓶中，用c mol·L－1 K4[Fe(CN)6]标准溶液滴定至终点，消耗V mL。滴定反应为2K4[Fe(CN)6]＋3ZnCl2===K2Zn3[Fe(CN)6]2↓＋6KCl。该样品中锌的质量分数为________。2．钒钢具有高强度、弹性优良、抗磨损、抗冲击等性能，可用于汽车和飞机制造。一种从石煤(含SiO2、V2O3、V2O5和少量Fe2O3)中提取V2O5的流程如下：已知： VO2＋VOFe2＋Fe3＋P204＋TBP＋煤油中的溶解度很大较小0很大请回答：(1)“酸浸”时，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度、减小石煤矿粉粒径外，还可采取的措施有________________________(答一条即可)；生成VO2＋反应的离子方程式为________________________________________________________________________。(2)从整个流程来看，“还原”的目的为_____________________________________________________________________________________________________________。(3)实验室模拟“萃取”时，需用到的玻璃仪器有____________________________。(4)“氧化”时发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________。(5)上述流程中可以循环利用的物质有____________________________________。(6)全钒液流储能电池的工作原理为VO2＋＋V3＋＋H2OVO＋V2＋＋2H＋。充电时，阳极的电极反应式为______________________________；两极区被质子交换膜隔开，放电时，若外电路转移 2 mol e－，则正极区溶液中 n(H＋)________(填“增加”或“减少”)________mol。3．(1)已知：碘与氢气反应的热化学方程式：Ⅰ.I2(g)＋H2(g)2HI(g)　ΔH＝Q kJ·mol－1Ⅱ.I2(s)＋H2(g)2HI(g)　ΔH＝＋26.48 kJ·mol－1Ⅲ.I2(g)===I2(s)　ΔH＝－37.48 kJ·mol－1化学键H—HH—I键能/(kJ·mol－1)436299计算化学键I—I键能为________。(键能指将1 mol气体分子AB断裂为中性气态原子A和B所需要的能量，单位为kJ·mol－1)(2)Boderlscens研究反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)　ΔH<0。温度T时，在两个体积均为1 L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w(HI)与反应时间t的关系如下表：容器编号起始物质物质的量分数0 min20 min40 min60 min80 min100 minⅠ0.5 mol I2、0．5 mol H2w(HI)/%05068768080Ⅱx mol HIw(HI)/%1009184818080①下列说法中可以说明H2(g)＋I2(g)2HI(g)已达到平衡状态的是________(填字母)。A．单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HIB．一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂C．温度和体积一定时，容器内压强不再变化D．c(H2)∶c(I2)∶c(HI)＝1∶1∶2E．温度和体积一定时，混合气体的颜色不再发生变化②在Ⅰ容器实验中，以H2的浓度改变表示的反应速率v正、v逆与时间t的关系如图所示，则H2的平衡浓度表达式正确的是(式中S是对应区域的面积)________(填字母)。A．0.5－SaOb　　　　　 B．1－SaObC．0.5－SdOb   D．0.5－SaOdb在温度T时，当100 min时再向容器Ⅰ中加入物质的量均为 0.1 mol 的H2、I2、HI，反应将________(填“正向进行”“逆向进行”或“无影响”)。③研究发现上述反应中v正＝k正·w(H2)·w(I2)，v逆＝k逆·w2(HI)，其中k正、k逆为常数。则温度为T时该反应的＝________。上述容器Ⅰ反应中，若k逆＝0.002 7 min－1，在t＝20 min时，v正＝________min－1。(3)已知：AgI为黄色沉淀，AgCl为白色沉淀，25 ℃时，Ksp(AgI)＝1.49×10－16；Ksp(AgCl)＝1.69×10－10。若在5 mL含有KCl和KI浓度均为0.01 mol·L－1的混合溶液中，滴加8 mL 0.01 mol·L－1的AgNO3溶液，则下列叙述中正确的是________(填字母)。A．溶液中先产生的是AgCl沉淀B．若在AgCl悬浊液中滴加一定量的KI溶液，白色沉淀也会转变成黄色沉淀C．溶液中所含溶质的离子浓度大小关系为c(K＋)>c(NO)>c(Cl－)>c(I－)>c(Ag＋)D．当反应达到平衡时，溶液中c(I－)＝×10－8 mol·L－14．铜及其化合物在科研和生产中具有广泛用途。回答下列问题：(1)基态Cu原子的价电子排布图是________。    (2)从核外电子排布角度解释高温下Cu2O比CuO更稳定的原因是________________________________________________________________________。(3)铜晶体中Cu原子的堆积方式如图甲所示，其堆积方式为________，配位数为________。(4)[Cu(NH3)4]SO4·H2O可做染料。NH3中N原子的杂化方式是________；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是________(用元素符号表示)；SO的立体构型是________，与该阴离子互为等电子体的五核微粒有________________(任写两种)。(5)由铜、钡、钙及铊的氧化物可以制得高温超导体，CaO的熔点比BaO的熔点高，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(6)金铜合金的晶胞如图乙所示。金铜合金具有储氢功能，储氢后Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中，若Cu原子与Au原子的最短距离为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体储氢后密度为________g·cm－3(列出计算式)。5．Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：请回答以下问题：(1)D的化学名称为____________，D→E的反应类型为____________。(2)G的官能团名称为____________。(3)B的结构简式为______________________________________________。(4)F→G的化学方程式为_______________________________________。(5)X是D的同系物，X分子比D分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，则满足此条件的X共有________种(不含立体异构)；其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为3∶2∶2∶2∶1，写出符合该要求的X的一种同分异构体的结构简式：________________________________________________________________________。(6)参照Prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线(其他无机试剂和溶剂任选)。非选择题专项练(八)1．解析：(1)无水氯化锌易与空气中的水蒸气发生反应生成Zn(OH)Cl，化学方程式为ZnCl2＋H2O===Zn(OH)Cl＋HCl。(2)根据题干中的信息，可利用HCl气体除去水，则除水阶段发生反应的化学方程式为Zn(OH)Cl＋HClZnCl2＋H2O。(3)根据题干中的两个信息，无水氯化锌易升华，杂质在高温下不分解，可知通过升温可使无水氯化锌升华，与杂质分离。先关闭K2，停止通HCl气体，在N2的保护下升华后的无水氯化锌在管式炉Ⅱ中B区凝华，故冷却后关闭K1。(4)若升华阶段HCl与N2流速过快，会导致升华后的无水氯化锌被气流带出B区。(5)①配制溶液所需要的仪器是容量瓶。②滴定过程中，消耗了cV×10－3mol K4[Fe(CN)6]，根据2K4[Fe(CN)6]～3ZnCl2，25.00 mL待测液中ZnCl2的物质的量为 mol，则样品中含锌的质量分数为×100%＝×100%。答案：(1)ZnCl2＋H2O===Zn(OH)Cl＋HCl(2)Zn(OH)Cl＋HClZnCl2＋H2O(3)使无水ZnCl2升华与杂质分离　K2　K1　B(4)流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区(5)①容量瓶②×100%2．解析：(1)为提高浸取速率，采取的措施有升高反应温度、增大压强或搅拌等；酸浸过程中，V2O3被O2氧化为VO2＋，离子方程式为2V2O3＋8H＋＋O2===4VO2＋＋4H2O；(2)VO2＋在萃取剂P204＋TBP＋煤油的溶解度比VO大，所以把VO还原为VO2＋，同时将Fe3＋还原为Fe2＋，阻止其被萃取；(3)实验室萃取时用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；(4)最后的目标产物为＋5价，需要将VO2＋氧化，便于后面沉钒得到产物；(5)根据流程图可知，NH3为可循环物质，另外萃取剂也可以循环使用；(6)充电时，阳极失去电子，化合价升高，即VO2＋发生反应，故阳极的电极反应式为VO2＋－e－＋H2O===VO＋2H＋；放电时，正极的电极反应式为VO＋e－＋2H＋===VO2＋＋H2O，可知每转移2 mol e－正极区减少4 mol H＋。答案：(1)升高反应温度(其他合理答案亦可)　2V2O3＋8H＋＋O2===4VO2＋＋4H2O(2)将VO还原为VO2＋、将Fe3＋还原为Fe2＋，利于后续萃取分离(3)分液漏斗、烧杯(4)6VO2＋＋ClO＋3H2O===6VO＋Cl－＋6H＋(5)P204＋TBP＋煤油、NH3(或NH3·H2O)(6)VO2＋－e－＋H2O===VO＋2H＋　减少　43．解析：(1)根据盖斯定律，由Ⅱ＋Ⅲ＝Ⅰ可得Ⅰ中的ΔH＝Q kJ·mol－1＝－11 kJ·mol－1，再根据反应Ⅰ计算：ΔH＝E(I—I)＋E(H—H)－2E(H—I)＝－11 kJ·mol－1，则可求出E(I—I)＝151 kJ·mol－1。(2)①A项，单位时间内生成n mol H2的同时生成2n mol HI才能确定达到平衡，故A错误；B项，一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂，说明正、逆反应速率相等，即达到平衡状态，故B正确；C项，因该反应是一个前后气体体积不变的反应，故容器内压强不变不能作为达到平衡的标志，故C错误；D项，不能说明浓度不再发生变化，不能作为平衡标志，故D错误；E项，颜色的深浅指的是气体浓度的大小，颜色不再变化说明浓度恒定，可作为平衡的标志，故E正确。②图形aOb的面积为H2真正消耗的浓度，用H2的起始浓度－消耗的浓度即为平衡浓度，故A正确。分析图表，80 min时达平衡，HI的物质的量百分含量为80%，列出三段式：　　　   H2(g)　＋　I2(g)　　2HI(g)起始/mol  0.5        0.5          0反应/mol   x          x           2x平衡/mol  0.5－x     0.5－x        2x ×100%＝80%，解得x＝0.4，则K＝＝64。若再向容器中加入物质的量均为0.1 mol H2、I2、HI，则Qc＝＝20.25，Qc＜K，则反应将正向进行。③温度为T，反应达到平衡时v正＝v逆，则可得出＝K＝64，则k正＝64k逆＝64×0.002 7 min－1＝0.172 8 min－1，20 min时，w(HI)＝50%，w(H2)＝w(I2)＝25%，v正＝k正×w(H2)×w(I2)＝0.010 8 min－1。(3)因Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，则先产生的是AgI沉淀，A错误；因Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，且两种物质的组成形式相同，则AgCl会转变成AgI，B正确；先生成AgI沉淀，反应后剩余n(Ag＋)＝0.003 L×0.01 mol·L－1＝3×10－5 mol，继续生成AgCl沉淀，反应后剩余n(Cl－)＝0.005 L×0.01 mol·L－1－3×10－5 mol＝2×10－5 mol，c(Cl－)＝2×10－5 mol÷0.013 L＝1.54×10－3 mol·L－1，混合液中c(Ag＋)＝ mol·L－1＝1.1×10－7 mol·L－1，c(I－)＝ mol·L－1＝1.35×10－9 mol·L－1，故溶液中c(Ag＋)＞c(I－)，C、D错误。答案：(1)151 kJ·mol－1　(2)①BE　②A　正向进行　③640．010 8　(3)B4．解析：(1)Cu是29号元素，利用洪特规则的特例，其价电子排布式为3d104s1，再根据泡利原理，故其价电子排布图为。(2)Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，失去一个电子后变为Cu＋，Cu＋的核外电子排布式为[Ar]3d10，3d轨道处于稳定的全充满状态，从而使高温下Cu2O比CuO更稳定。(3)由题图甲可知，铜原子的堆积方式是ABCABC…，属于面心立方最密堆积，配位数是12。(4)NH3中的N原子形成3个σ键且还有一对孤电子对，需要4个杂化轨道，故N原子的杂化方式为sp3；同一周期，从左向右，第一电离能呈增大的趋势，由于N的核外2p轨道上为半充满状态，较稳定，其第一电离能比O的大，故三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N>O>C；根据价层电子对互斥理论，可判断出SO的立体构型为正四面体，与其互为等电子体的五核微粒有PO、ClO、BF、CCl4、SiF4、SiO等。(5)Ca2＋的离子半径比Ba2＋的离子半径小，离子半径越小，形成的晶体晶格能越大，则CaO的晶格能比BaO的晶格能大，而晶格能越大，离子晶体的熔点越高，故CaO的熔点比BaO的熔点高。(6)由题图乙可知，在该晶胞中，Au原子和Cu原子的个数分别为 8×＝1和6×＝3。顶点上的Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体有8个，则该晶胞内部有8个H原子，该合金储氢后的化学式为Cu3AuH8。假设该晶胞的边长为x cm，Au原子和Cu原子最短距离为面对角线的一半，即x cm＝a×10－7cm，得x＝a×10－7 cm，故该晶体储氢后的密度为ρ＝＝＝ g/cm3＝ g/cm3。(2)亚铜离子核外电子排布式为[Ar]3d10，处于稳定的全充满状态(3)面心立方最密堆积　12(4)sp3 　N>O>C　正四面体　PO、ClO(或BF、SiF4、CCl4、SiO，任写两种)(5)CaO的晶格能大于BaO的晶格能(6)5．解析：(1)D是苯乙酸和乙醇发生酯化反应生成的酯，名称为苯乙酸乙酯；对比D和E的结构简式可知，D中苯环和酯基中间的碳上的一个氢原子被—COCH2CH3取代，故D→E的反应类型为取代反应。(2)G中的官能团名称为羰基或酮基。(3)由芳香烃A的相对分子质量为92可得，A为甲苯，在光照下，A与氯气发生侧链上的取代反应生成B，故B的结构简式为。(4)E发生水解反应生成F，F的结构简式为，F受热分解生成G，对应的化学方程式为(5)由题意可知，X有一个苯环，侧链共有3个碳，且含有—OOCH，满足以上条件的X有①侧链为—CH2CH2OOCH，1种，②侧链为—CH(CH3)OOCH，1种，③侧链有两个取代基—CH2OOCH 和—CH3，—OOCH和—CH2CH3，在苯环上有邻、间、对三种位置，共6种，④侧链有三个取代基，两个甲基和一个—OOCH，先写两个甲基，分别为邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，再根据对称性写—OOCH，分别有2种、3种、1种，共6种，故满足题给条件的X共有14种；X分子中有10个氢原子，根据题意，X有5种氢原子，个数分别为3、2、2、2、1，说明有—CH3、—CH2—和—OOCH，苯环上有两个处于对位的取代基，符合该条件的X有或(6)首先让苯和液溴在催化剂作用下发生取代反应生成溴苯，然后让溴苯转化为苯甲酸，最后苯甲酸和乙醇发生酯化反应制备苯甲酸乙酯，合成路线如下：答案：(1)苯乙酸乙酯　取代反应(2)羰基(或酮基)