2023新教材高考化学二轮专题复习专练15非选择题提分练一

这是一份2023新教材高考化学二轮专题复习专练15非选择题提分练一，共10页。试卷主要包含了8 g样品配制成250，83 kJ·ml－1　Kp1，1 ml、0等内容，欢迎下载使用。

（1）湖南大学的研究团队以含氮化合物硫代乙酰胺（CH3CSNH2）和Na2MO4为原料，通过一步水热法成功制备了（NH4）2M2S13材料，得到具有更高的比容量、更出色的倍率性能以及更好的循环稳定性的电极负极材料。制备该物质的流程如图所示。
①钼（M）在元素周期表中第5周期，价电子排布与铬相似，基态M原子的价电子排布式为 。
②在硫代乙酰胺中，基态S原子最高能级的电子云轮廓图为 形，其C原子的杂化方式为 ；N、O、S的第一电离能由小到大顺序为 。
③键角：H2O H2S（填“＞”“＝”或“＜”）：原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（2）氮化硼的用途也十分广泛，立方氮化硼的晶胞（类似金刚石的晶胞）如图所示。图中原子坐标参数为：A（0，0，0），E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)) ，则F的原子坐标参数为 ；若立方氮化硼中N和B原子间的最近距离为a cm，晶胞密度为ρ g·cm－3，则阿伏加德罗常数NA＝ （用含a、ρ的代数式表示）。
2.[2022·海南卷]胆矾（CuSO4·5H2O）是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu（OH）2]制备胆矾。流程如下。
回答问题：
（1）步骤①的目的是______________________________________________________。
（2）步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成 （填化学式）污染环境。
（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是________________________________________________________________________。
（5）实验证明，滤液D能将I－氧化为I2。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是Cu2＋将I－氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果 （不要求写具体操作过程）。
3.[2022·山东省日照市一模]乳酸亚铁固体{[CH3CH（OH）COO]2Fe，相对分子质量234}易溶于水，难溶于乙醇，常用于治疗缺铁性贫血。可由乳酸与FeCO3反应制得。回答下列问题：
Ⅰ.制备碳酸亚铁
①组装仪器，检查装置气密性，加入试剂；
②先关闭K2，打开K1、K3。
③一段时间后，关闭活塞K3，打开活塞K2；
④抽滤，洗涤干燥。
（1）装置a可盛适量的水，其作用是________________________________________________________________________
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（2）可用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，发生反应的离子方程式为 ，此法所得产品纯度更高，原因是________________________________________________________________________
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Ⅱ.乳酸亚铁晶体纯度的测量
（3）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2＋的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（4）该兴趣小组改用铈（Ce）量法测定产品中Fe2＋的含量，可通过用（NH4）4Ce（SO4）4滴定法测定样品中Fe2＋的含量来计算乳酸亚铁固体样品纯度（反应中Ce元素被还原为Ce3＋）。称取7.8 g样品配制成250.00 mL溶液，取25.00 mL用0.10 ml·L－1（NH4）4Ce（SO4）4标准溶液滴定。反复滴定2～3次，平均消耗标准液30.00 mL，则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为 。若滴定操作时间过长，则样品纯度将 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
4.[2022·广东省佛山市一模]异甘草素（Ⅶ）具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成路线如下，回答下列问题：
已知：①氯甲基甲醚结构简式为：CH3OCH2Cl
②RCH2CHO＋R′CHO eq \(――→,\s\up7(OH－),\s\d5(△)) eq \(――→,\s\up7(OH－),\s\d5(△))
（1）化合物Ⅰ的名称是________________________________________________________________________，
化合物Ⅱ所含的官能团名称是________________________________________________________________________。
（2）Ⅳ转化为Ⅴ的反应类型是 ，氯甲基甲醚在全合成过程中的作用是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（3）写出Ⅴ与新制的氢氧化铜悬浊液共热的化学反应方程式________________________________________________________________________
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（4）由化合物Ⅲ、Ⅴ合成化合物Ⅵ，生成的中间产物的结构简式是 。
（5）符合下列条件的分子Ⅱ的同分异构体数目有 种。
①能使FeCl3溶液显色；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应
（6）结合题给信息，设计由和为原料制备的合成路线（其他无机试剂任选） 。
5.[2022·河北省石家庄市一检]以CH3OH（g）和CO2（g）为原料在一定条件下可制备HCOOCH3（g），发生的主要反应如下：
Ⅰ.CH3OH（g）＋CO2（g）⇌HCOOH（g）＋HCHO（g） ΔH1＝＋756.83 kJ·ml－1 Kp1
Ⅱ.HCOOH（g）＋CH3OH（g）⇌HCOOCH3（g）＋H2O（g） ΔH2＝＋316.12 kJ·ml－1 Kp2
Ⅲ.2HCHO（g）⇌HCOOCH3（g） ΔH3＝－162.04 kJ·ml－1 Kp3
（1）反应4CH3OH（g）＋2CO2（g）⇌3HCOOCH3（g）＋2H2O（g）的ΔH＝ ；该反应的压强平衡常数Kp＝ （用含Kp1、Kp2、Kp3的代数式表示）。
（2）已知压强平衡常数（Kp）与温度（T）之间存在定量关系，且符合方程lg Kp＝－ eq \f(ΔH,2.303R) × eq \f(1,T) ＋C（其中R、C为常数，ΔH为反应热）。反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的lg Kp与 eq \f(1,T) 之间均为线性关系，如图1所示。其中反应Ⅰ对应的曲线为 （填“a”“b”或“c”）。
（3）260 ℃时，向体积为V L的密闭容器中充入2 ml CH3OH（g）和1 ml CO2（g）发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，达到平衡时测得容器中n（HCHO）、n（HCOOH）和n（HCOOCH3）分别为0.1 ml、0.2 ml和0.95 ml。
①CH3OH（g）的平衡转化率为 。
②260 ℃时，反应Ⅱ的平衡常数K＝ 。
③当温度高于260 ℃时，CH3OH（g）的转化率随温度的升高而 （填“增大”“减小”或“不变”），HCOOCH3（g）的产率随温度的升高而下降的原因为________________________________________________________________________
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（4）利用金属Ti的氧化物作催化剂也可实现由CH3OH（g）和CO2（g）合成HCOOCH3（g），其反应机理如图2所示。
①260 ℃时，将 eq \f(n（CO2）,n（CH3OH）) ＝ eq \f(1,3) 的混合气体以10 L·h－1的流速通过装有催化剂的反应器，试计算当HCOOCH3（g）的产率为80%时，其生成速率v（HCOOCH3）＝ L·h－1。
②若向反应体系中通入适量H2，可大大提高总反应速率，其原因可能为________________________________________________________________________
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专练15 非选择题提分练（一）
1．解析：（1）①Cr的价电子排布式为3d54s1，钼（M）在元素周期表中第5周期，价电子排布与铬相似，则基态M原子的价电子排布式为4d55s1。②基态S原子的价电子排布式为3s23p4，最高能级为3p，电子云轮廓图为哑铃形。硫代乙酰胺（CH3CSNH2）中甲基碳原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，S和C以双键结合，C的价层电子对数为3，为sp2杂化；同周期元素从左到右，元素的第一电离能有增大趋势，但由于N的2p轨道为半充满的稳定结构，其第一电离能大于其后的O，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，所以第一电离能S＜O＜N。③O的电负性强于S，O的价层电子对间的斥力更大，所以H2O中的键角大于H2S的键角。
（2）根据图中原子坐标参数：A（0，0，0），E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)) ，从图中可以看出，F位于晶胞的内部，若将晶胞分割为8个完全相同的小正方体，则F在晶胞的右后下方的小正方体的体心，则F的原子坐标参数为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(3,4)，\f(1,4))) ；立方氮化硼晶胞中有8× eq \f(1,4) ＋6× eq \f(1,2) ＝4个N，有4个B，N和B原子间的最近距离为a cm，是体对角线的 eq \f(1,4) ，所以晶胞参数为 eq \f(4\r(3)a,3) ，晶胞密度ρ＝ eq \f(m,V) ＝ eq \f(4×25,NA\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3)a,3)))\s\up12(3)) g·cm－3，则阿伏加德罗常数NA＝ eq \f(4×25,ρ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3)a,3)))\s\up12(3)) 。
答案：（1）① 4d55s1 ②哑铃 sp2、sp3 S＜O＜N ③＞ O的电负性强于S，O的价层电子对间的斥力更大，所以H2O中的键角大于H2S的键角
（2） eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(3,4)，\f(1,4))) eq \f(4×25,ρ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3)a,3)))\s\up12(3))
2．解析：由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu（OH）2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。
（1）原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4（稀）===CuSO4＋2H2O。（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。（5）ⅰ. H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。ⅱ.I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2＋将I－氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2＋，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2＋的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KI溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I－不能被除去Cu2＋的溶液氧化，故只能是Cu2＋将I－氧化为I2。
答案：（1）除油污 （2）SO2 （3）Cu＋H2O2＋（稀）H2SO4===CuSO4＋2H2O （4）胆矾晶体易溶于水 （5） 溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入I－，不能被氧化；结果是上层清液不变色
3．解析：亚铁离子容易被氧气氧化，制备碳酸亚铁过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故圆底烧瓶内制备硫酸亚铁，利用生成的氢气，使圆底烧瓶中气压增大，将圆底烧瓶中的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中，和Na2CO3溶液发生反应制备碳酸亚铁。（1）装置a的作用是液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋。（2）可用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，则依据电荷守恒、元素质量守恒得反应的离子方程式为Fe2＋＋2HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O，此法所得产品纯度更高，原因是：碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁（或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁）。（3）已知乳酸亚铁固体化学式为[CH3CH（OH）COO]2Fe，乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的量增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。（4）平均消耗标准液V＝30.00 mL，由：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋，可知25.00 mL溶液中n（Fe2＋）＝n（Ce4＋）＝0.10 ml·L－1×0.030 L＝0.003 0 ml，故250 mL含有n（Fe2＋）＝0.003 0 ml× eq \f(250.00 mL,25.00 mL) ＝0.030 ml，故产品中乳酸亚铁晶体的纯度为： eq \f(0.030 ml×234 g·ml－1,7.8 g) ×100%＝90%；若滴定操作时间过长，则亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小。
答案：（1）液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋
（2）Fe2＋＋2HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O 碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁（或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁）
（3）乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化 （4）90% 偏小
4．解析：（1）由化合物Ⅰ的结构简式可知，其名称是间苯二酚或1，3­苯二酚，由化合物Ⅱ的结构简式可知，分子中所含的官能团名称是（酚）羟基和酮羰基；（2）由题干流程图可知，Ⅳ转化为Ⅴ的反应类型是取代反应，分析流程中Ⅱ到Ⅲ、Ⅳ到Ⅴ为用氯甲基甲醚来取代羟基，而Ⅵ到Ⅶ又恢复羟基，故氯甲基甲醚在全合成过程中的作用是保护酚羟基，防止其被破坏；（3）Ⅴ与新制的氢氧化铜悬浊液共热的化学反应方程式为：＋2Cu（OH）2＋NaOH eq \(――→,\s\up7(△)) ＋Cu2O↓＋3H2O；（4）由化合物Ⅲ、Ⅴ合成化合物Ⅵ，先是酮羰基相连的甲基上的C—H键断裂与Ⅴ中的醛基发生加成反应生成的中间产物X，然后X再发生消去反应生成Ⅵ，故中间产物的结构简式是；（5）化合物Ⅱ的分子式为：C8H8O3，则符合下列条件①能使FeCl3溶液显色即含有酚羟基；②既能发生银镜反应即有醛基或甲酸酯基，又能发生水解反应含有酯基，结合O个数，综合为含有甲酸酯，若苯环上为两个取代基即—OH、—CH2OOCH有邻、间、对三种，若苯环上有三个取代基即—OH、—OOCH和CH3，则先考虑前两个有邻、间、对三种位置关系，再连第三个取代基时分别有4种、4种和2种位置关系，故符合条件的分子Ⅱ的同分异构体数目有3＋4＋4＋2＝13种；（6）根据题干流程图中Ⅲ和Ⅴ合成Ⅵ的信息可知，可由和合成，而可以由催化氧化而得到，可由水解得到，可由和Cl2光照条件下生成，合成路线见答案。
答案：（1）间苯二酚或1，3­苯二酚 （酚）羟基和酮羰基
（2） 取代反应 保护酚羟基，防止其被破坏
（3）＋2Cu（OH）2＋NaOH eq \(――→,\s\up7(△)) ＋Cu2O↓＋3H2O
（4）
（5）13
（6） eq \(――→,\s\up7(Cl2),\s\d5(光照)) eq \(――→,\s\up7(NaOH水溶液),\s\d5(△)) eq \(――→,\s\up7(O2),\s\d5(Cu、△))
5．解析：（1）根据盖斯定律，反应4CH3OH（g）＋2CO2（g）⇌3HCOOCH3（g）＋2H2O（g）可由已知反应“Ⅰ×2＋Ⅱ×2＋Ⅲ”得到，故ΔH＝2×ΔH1＋2×ΔH2＋ΔH3＝2×756.83＋2×316.12－162.04＝＋1 983.86 kJ·ml－1；则该反应的压强平衡常数Kp＝K eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(p1)) ×K eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(p2)) ×Kp3；（2）由于lg Kp＝－ eq \f(ΔH,2.303R) × eq \f(1,T) ＋C，则lg Kp与 eq \f(1,T) 之间成反比关系，反应Ⅰ、Ⅱ的反应热ΔH均是正值，则其在图1所示曲线中为a、b，曲线c是ΔH为负值的反应Ⅲ，又ΔH1大于ΔH2，其线“更陡”，故反应Ⅰ对应的曲线为a；（3）根据题意，设达到平衡时反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别转化了a ml、b ml、c ml，则有：
CH3OH（g）＋CO2（g）⇌HCOOH（g）＋HCHO（g）
起始/ml 2 1 0 0
转化/ml a a a a
平衡/ml 2－a 1－a a a
HCOOH（g）＋CH3OH（g）⇌HCOOCH3（g）＋H2O（g）
起始/ml a 2－a 0 0
转化/ml b b b b
平衡/ml a－b 2－a－b b b
2HCHO（g）⇌HCOOCH3（g）
起始/ml a b
转化/ml 2c c
平衡/ml a－2c b＋c
有a－2c＝0.1，b＋c＝0.95，a－b＝0.2，联立解得a＝0.8，b＝0.6，c＝0.35；
①CH3OH（g）的平衡转化率为 eq \f(a＋b,2) ×100%＝70%；
②260 ℃时，反应Ⅱ的平衡常数K＝ eq \f(c（HCOOCH3）·c（H2O）,c（HCOOH）·c（CH3OH）) ＝ eq \f(\f(0.95,V)×\f(0.6,V),\f(0.2,V)×\f(0.6,V)) ＝4.75；
③当温度高于260 ℃时，反应Ⅰ正向吸热，CH3OH（g）的转化率随温度的升高而增大；升高温度，反应Ⅲ逆向移动的程度大于反应Ⅱ正向移动的程度，故HCOOCH3（g）的产率随温度的升高而下降；（4）①根据图2 所示，CH3OH（g）和CO2（g）合成HCOOCH3（g）反应方程式为：2CH3OH（g）＋CO2（g）⇌HCOOCH3（g）＋HCHO（g）＋H2O（g），当HCOOCH3（g）的产率为80%时， eq \f(n（CO2）,n（CH3OH）) ＝ eq \f(1,3) 的混合气体CO2（g）的体积比为 eq \f(1,4) ，HCOOCH3（g）与CO2（g）化学计量数之比为1∶1，其生成速率v（HCOOCH3）＝10 L·h－1×80%× eq \f(1,4) ＝2 L·h－1；②根据图2所示，H原子在反应过程的中间产物的转化ⅲ起到促进作用，若向反应体系中通入适量H2，可大大提高总反应速率，其原因可能为增大了氢原子的浓度或提高催化剂的活性。
答案：（1）＋1 983.86 kJ·ml－1 K eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(p1)) ×K eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(p2)) ×Kp3 （2）a
（3）①70% ②4.75 ③增大 升高温度，反应Ⅲ逆向移动的程度大于反应Ⅱ正向移动的程度
（4）①2 ②增大了氢原子的浓度或提高催化剂的活性