新教材2024高考化学二轮专题复习考前抢分专练15非选择题提分练一

这是一份新教材2024高考化学二轮专题复习考前抢分专练15非选择题提分练一，共8页。试卷主要包含了胆矾2]制备胆矾，8g样品配制成250，00mL，由等内容，欢迎下载使用。
1.二甲基亚砜（）是一种重要的非质子极性溶剂。铬和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题：
（1）铬和锰基态原子核外未成对电子数之比为 。
（2）已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮
（）分别以任意比互溶。
①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为 。
②丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为 。
③沸点：二甲基亚砜 丙酮（填“>”或“H ③> 二甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高 ④二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键
（3）18 （4）[Cr（H2O）5Cl]2＋
（5）①4 ②eq \f(16π（r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＋r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ）,3\r(3)a2c)
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＝30.00mL，由：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋，可知25.00mL溶液中n（Fe2＋）＝n（Ce4＋）＝0.10ml·L－1×0.030L＝0.0030ml，故250mL含有n（Fe2＋）＝0.0030ml×eq \f(250.00mL,25.00mL)＝0.030ml，故产品中乳酸亚铁晶体的纯度为：eq \f(0.030ml×234g·ml－1,7.8g)×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＋NaOHeq \(――→,\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，合成，而催化氧化而得到，水解得到，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＋NaOHeq \(――→,\s\up7(△))＋Cu2O↓＋3H2O
（4）
（5）13
（6）eq \(――→,\s\up7(NaOH水溶液),\s\d5(△))eq \(――→,\s\up7(O2),\s\d5(Cu、△))eq \(――→,\s\up7(OCH3),\s\d5(Ba（OH）2、乙醇))
5．解析：（1）①根据盖斯定律可知，CO（g）＋2H2（g）⇌CH3OH（g） ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝（－50kJ·ml－1）－（＋41.1kJ·ml－1）＝－91.1kJ·ml－1；反应Ⅰ的ΔH