2021新高考化学二轮总复习非选择题专项练（一） Word版含解析

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www.ks5u.com 非选择题专项练(一)‎ 三、非选择题:本题共5小题,共60分。‎ ‎16.(2019山东省实验、淄博实验、烟台一中、莱芜一中四校联考)(10分)(1)氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的一个重要原因,用CH4催化还原NOx可在一定程度上消除氮氧化物的污染。‎ 已知:CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)‎ ΔH=-1 160 kJ·mol-1‎ ‎2NO2(g)+N2(g)4NO(g)　ΔH=+293 kJ·mol-1‎ 则该条件下,CH4催化还原NO2消除污染的热化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)乙炔(CH≡CH)是重要的化工原料。工业上可用甲烷裂解法制取乙炔:2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)。同时发生副反应:2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g);甲烷裂解时,几种气体平衡时分压(Pa)的对数即lg p与温度(℃)之间的关系如图所示。根据图判断,反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)　ΔH　　　(填“>”或“<”)0。 ‎ ‎1 725 ℃时,向恒容密闭容器中充入CH4,达到平衡时CH4生成C2H2的平衡转化率为　　　　。该温度下,反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)的平衡常数Kp=　　　　[注:用平衡分压(Pa)代替平衡浓度(mol·L-1)进行计算]。 ‎ ‎(3)在特定条件下用铂电极(阳极为铂丝)电解饱和硫酸氢钾溶液的方法制备K2S2O8(过二硫酸钾)。在低温下电解液中主要含有K+、H+和HSO‎4‎‎-‎,电流通过溶液后发生反应,装置如下图所示。阳极区电极反应式为　　　　　　　　　　　　,X为　　　　交换膜(填“质子”“阳离子”或“阴离子”),当电路中通过0.2 mol e-时,两边溶液质量的变化差为　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)甲烷燃料电池采用铂为电极,两电极上分别通入CH4和O2,电解质溶液为300 mL 1.0 mol·L-1的NaOH溶液。当通入O2量为8.96 L(标准状况)且反应完全时,所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎17.(2020山东济宁三模)(12分)多年来,储氢材料、光催化剂与硼酸盐材料的研究一直是材料领域的热点研究方向。回答下列问题:‎ 一种Ru络合物与g-C3N4复合光催化剂将CO2还原为HCOOH的原理如图。‎ ‎(1)Ru络合物中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　　　　,Ru络合物含有的片段和中都存在大π键,氮原子的杂化方式为　　　　　,氮原子配位能力更强的是　　　　　　　(填片段的结构简式)。 ‎ ‎(2)基态碳原子的价电子排布图为　　　　　　　　　,HCOOH的沸点比CO2高的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)2019年8月13日中国科学家合成了白光材料Ba2[Sn(OH)6][B(OH)4]2,[B(OH)4]-中B的价层电子对数为　　　　,[Sn(OH)6]2-中,Sn与O之间的化学键不可能是　　　　。 ‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ a.π键 b.σ键 c.配位键 d.极性键 ‎(4)镧镍合金是较好的储氢材料。储氢后所得晶体的化学式为LaNi5H6,晶胞结构如图所示,X、Y、Z表示储氢后的三种微粒,则图中Z表示的微粒为　　　　(填化学式)。若原子分数坐标A为(0,0,0),则B(Y)的原子分数坐标为　　　　　　　,已知LaNi5H6摩尔质量为440 g·mol-1,晶体密度为ρ g·cm-3,设NA为阿伏加德罗常数的值,则晶胞参数a(a代表晶胞棱长)=　　　　　　　pm(用代数式表示)。 ‎ ‎18.(2020山东临沂4月一模)(13分)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一种常用的金属着色剂,易溶于水,常温下其水溶液的pH介于4.0~5.0之间。某兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测其纯度。‎ ‎(1)甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸,其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。‎ ‎①仪器a的名称是　　　　　　　　。 ‎ ‎②55~60 ℃下,装置A中生成H2C2O4,同时生成NO2和NO且物质的量之比为3∶1,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎③装置B的作用是　　　　　　　　;装置C中盛装的试剂是　　　　　　　。 ‎ ‎(2)乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。‎ 将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液;滴加氨水至　　　　　　　　　　　　,然后将溶液　　　　　　　　　、过滤、洗涤并干燥,制得草酸铁铵产品。 ‎ ‎(3)丙组设计实验测定乙组产品的纯度。‎ 准确称量5.000 g产品配成100 mL溶液,取10.00 mL置于锥形瓶中,加入足量0.100 0 mol·L-1稀硫酸酸化后,再用0.100 0 mol·L-1 KMnO4标准溶液进行滴定,消耗KMnO4溶液的体积为12.00 mL。‎ ‎①滴定终点的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快,其主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎③产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为　　　%。 ‎ ‎[已知:(NH4)3Fe(C2O4)3的摩尔质量为374 g·mol-1]‎ ‎19.(2020山东枣庄三模)(11分)三氧化二钴(Co2O3)主要用作颜料、釉料、磁性材料、催化剂和氧化剂等。以含钴废料(主要成分为Co2O3,含有少量MnO2、NiO、Fe3O4)为原料制备Co2O3的流程如下图所示:‎ 已知:‎ Ⅰ.“酸浸”后的浸出液中含的阳离子有H+、Co‎2‎‎+‎、Fe‎3‎‎+‎、Ni‎2‎‎+‎等。‎ Ⅱ.部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如下表:‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Co(OH)2‎ Ni(OH)2‎ 完全沉淀时的pH ‎3.7‎ ‎9.0‎ ‎9.2‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)“酸浸”含钴废料的温度不宜过高,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)“酸浸”时发生的主要反应是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(写离子方程式)。 ‎ ‎(3)某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示:‎ 使用该萃取剂时应控制的pH约为　　　　　　　,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)写出高温煅烧时发生反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(5)操作1得到的副产品是　　　　　　(填名称); ‎ 已知该物质的溶液加热到100 ℃时会变质,该物质的溶解度见下表:‎ 温度/℃‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ 溶解度/g ‎70.6‎ ‎73.0‎ ‎75.4‎ ‎78.0‎ ‎81.0‎ ‎84.5‎ ‎88.0‎ 操作1是　　　　(填字母)。 ‎ a.蒸发结晶 b.降温结晶 c.减压蒸发结晶 ‎(6)有机相提取的Ni‎2‎‎+‎再生时可用于制备镍氢电池,该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+MNiOOH+MH,则放电时负极的电极反应式为　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎20.(2020山东泰安二模)(14分)化合物G对白色念珠菌具有较强的抑制作用。G可经下图所示合成路线制备:‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)A→B的反应类型是　　　　　　。G中含氧官能团的名称为　　　　　。E的分子式为　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)C与B互为同分异构体,能与小苏打反应放出CO2,与SOCl2发生取代反应生成D。C的结构简式为　　　　　。 ‎ ‎(3)F中有无手性碳原子,如有则在下图中用*标出。‎ ‎(4)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式:　　　　　(不考虑立体异构)。 ‎ ‎①含有—SH结构;②能在酸性条件下发生水解反应,两种水解产物均含有三种不同环境的H原子。其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色,又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应。‎ ‎(5)写出以甲苯和乙醇为原料制备的合成路线流程图(其他试剂任选)。‎ 参考答案 非选择题专练(一)‎ ‎16.答案(1)CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-867 kJ·mol-1‎ ‎(2)>　62.5%　102.4‎ ‎(3)2HSO‎4‎‎-‎-2e-S2O‎8‎‎2-‎+2H+　质子　0.2 g ‎(4)c(Na+)>c(HCO‎3‎‎-‎)>c(CO‎3‎‎2-‎)>c(OH-)>c(H+)‎ 解析(1)①CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-1160kJ·mol-1,‎ ‎②2NO2(g)+N2(g)4NO(g)　ΔH=+293kJ·mol-1,‎ 根据盖斯定律分析,①+②可得热化学方程式CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-867kJ·mol-1。‎ ‎(2)从图分析,随着温度升高,甲烷的分压(Pa)的对数变小,说明甲烷减少,则说明升温平衡正向移动,即ΔH>0;从图分析,达到平衡时乙炔的分压为100Pa,则消耗的甲烷的分压为200Pa,乙烯的分压为10Pa,消耗的甲烷的分压为20Pa,剩余甲烷的分压为100Pa,最初甲烷的分压为100+200+20=320Pa,则甲烷生成乙炔的平衡转化率为‎200‎‎320‎=62.5%。平衡时甲烷的分压为100Pa,乙烯的分压为10Pa,则氢气的分压为300+20=320Pa,平衡常数为‎32‎0‎‎2‎×10‎‎10‎‎0‎‎2‎=102.4。‎ ‎(3)电解硫酸氢钾溶液制备过二硫酸钾,硫元素化合价升高,即阳极为硫酸氢离子失去电子生成过二硫酸根离子,电极反应为2HSO‎4‎‎-‎-2e-S2O‎8‎‎2-‎+2H+;溶液为酸性,反应生成过多的氢离子,阴极反应为2H++2e-H2↑,所以X为质子交换膜。当有0.2mol电子转移时,阳极区向阴极区转移0.2mol氢离子,阴极区有0.2mol氢离子变成氢气,阴极区质量不变,所以两边质量变化差为0.2g。‎ ‎(4)当通入O2量为8.96L时,即0.4mol氧气,则消耗0.2mol甲烷,生成0.2mol二氧化碳,与0.3mol氢氧化钠反应,生成0.1mol碳酸钠和0.1mol碳酸氢钠,因为碳酸根离子水解程度比碳酸氢根大,所以溶液中碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度,溶液显碱性,故离子浓度顺序为c(Na+)>c(HCO‎3‎‎-‎)>c(CO‎3‎‎2-‎)>c(OH-)>c(H+)。‎ ‎17.答案(1)N>O>C　sp2　‎ ‎(2)　HCOOH和CO2都为分子晶体,HCOOH分子间形成氢键 ‎(3)4　a　(4)H2　(‎3‎‎4‎‎,‎‎1‎‎4‎,0)　‎3‎‎440‎ρNA×1010‎ 解析(1)同周期从左向右元素的第一电离能总体呈增大趋势,但是ⅤA族元素比同周期的ⅥA族元素的第一电离能大,故N、O、C的第一电离能依次减小;和中都存在大π键,氮原子均采用sp2杂化,的大π键为Π‎6‎‎6‎,N原子有一对孤对电子,的大π键为Π‎5‎‎6‎,N原子无孤对电子,因此氮原子配位能力更强的是。‎ ‎(2)碳元素为6号元素,根据构造原理可写出基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2,故基态碳原子的价电子排布图为;HCOOH和CO2都为分子晶体,但是HCOOH分子间可形成氢键,故HCOOH的沸点比CO2高。‎ ‎(3)[B(OH)4]-中硼原子连接四个羟基,其价层电子对数为4;[Sn(OH)6]2-的中心离子Sn4+与OH-之间形成配位键,配位键是一种特殊的共价键,则Sn与O之间形成的化学键属于σ键或极性键,不可能是π键。‎ ‎(4)根据均摊法可知,晶胞中,微粒X的个数为8×‎1‎‎8‎=1,微粒Y的个数为8×‎1‎‎2‎+1=5,微粒Z的个数为8×‎1‎‎4‎+2×‎1‎‎2‎=3,根据储氢后所得晶体的化学式LaNi5H6可知,微粒Z为H2;根据晶胞结构图,可知B(Y)的原子分数坐标为(‎3‎‎4‎‎,‎‎1‎‎4‎,0);晶胞边长a=‎3‎mρcm=‎3‎‎440‎ρNA×1010pm。‎ ‎18.答案(1)①球形冷凝管 ‎②12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O ‎③安全瓶,防倒吸　NaOH溶液 ‎(2)溶液pH介于4.0~5.0之间　加热浓缩、冷却结晶 ‎(3)①溶液变为粉红色,且半分钟内不褪色 ‎②反应生成的Mn2+是该反应的催化剂　③74.8‎ 解析(1)①图示中仪器a的名称为球形冷凝管。②55~60℃下,装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4,同时生成NO2和NO且物质的量之比为3∶1,根据得失电子守恒、原子守恒,该反应的化学方程式为12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O。③反应中生成的NO2和NO均为大气污染气体,需要进行尾气吸收,NO2和NO被吸收时会导致倒吸,装置B的作用是做安全瓶防止倒吸,装置C中盛装的试剂是NaOH溶液,用于吸收NO2和NO,发生反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O。‎ ‎(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水,常温下其水溶液的pH介于4.0~5.0之间,则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液,滴加氨水至pH介于4.0~5.0之间;草酸铁铵是铵盐,温度过高易分解,且温度过高促进铵根离子和铁离子水解,不能直 接加热蒸干;提纯后的草酸溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥,制得草酸铁铵产品。‎ ‎(3)①滴定反应过程是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应,高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去,自身可作指示剂,滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾溶液,溶液变为粉红色,且半分钟内不褪色,即为达到终点。②滴定过程中高锰酸钾被还原为Mn2+,且随着反应进行Mn2+的浓度增大,反应速率加快,说明反应生成的Mn2+可以加快反应速率,即Mn2+起催化剂的作用。③滴定过程中,产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸,草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,离子方程式为5H2C2O4+2MnO‎4‎‎-‎+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,10.00mL产品溶液消耗n(MnO‎4‎‎-‎)=0.1000mol·L-1×0.012L=0.0012mol,则10.00mL产品溶液中n(H2C2O4)=‎5‎‎2‎n(MnO‎4‎‎-‎)=‎5‎‎2‎×0.0012mol=0.003mol,则100mL产品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量为‎100‎‎10‎×0.003mol×‎1‎‎3‎×374g·mol-1=3.74g,故产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为‎3.74g‎5g×100%=74.8%。‎ ‎19.答案(1)温度过高时H2O2容易分解　(2)Co2O3+H2O2+4H+2Co‎2‎‎+‎+3H2O+O2↑‎ ‎(3)2.5~3.3即可　萃取剂在该pH时对Ni‎2‎‎+‎、Co‎2‎‎+‎萃取率差别大,能分离Ni‎2‎‎+‎、Co‎2‎‎+‎两种离子 ‎(4)2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2H2O+2CO2‎ ‎(5)硫酸铵　c　(6)MH+OH--e-M+H2O 解析含钴废料(主要成分为Co2O3,含有少量MnO2、NiO、Fe3O4)中加入硫酸和H2O2酸浸,MnO2不溶,其他物质都溶解,从后续产物看,Co2O3被H2O2还原为Co‎2‎‎+‎,Fe3O4溶解,同时生成的Fe‎2‎‎+‎被氧化为Fe‎3‎‎+‎;调pH至3.7,Fe‎3‎‎+‎转化为Fe(OH)3沉淀;加入萃取剂后Ni‎2‎‎+‎进入有机相,Co‎2‎‎+‎进入水相;加入NH4HCO3和氨水,Co‎2‎‎+‎转化为Co2(OH)2CO3沉淀,滤液中应含有(NH4)2SO4;高温煅烧时,Co2(OH)2CO3中Co‎2‎‎+‎由+2价升高到+3价,不是简单的分解反应,而是分解产物又与O2反应,生成Co2O3、H2O和CO2。‎ ‎(1)双氧水热稳定性弱,“酸浸”含钴废料的温度不宜过高,原因是温度过高时H2O2容易分解。‎ ‎(2)“酸浸”时,Co2O3被H2O2还原为Co‎2‎‎+‎,发生的主要反应是Co2O3+H2O2+4H+2Co‎2‎‎+‎+3H2O+O2↑。‎ ‎(3)使用萃取剂萃取Ni‎2‎‎+‎,单纯从萃取率考虑,萃取率越高越好,但同时还需考虑到Co‎2‎‎+‎尽可能不被萃取,两方面综合考虑,应控制的pH约为2.5~3.3即可。则理由是萃取剂在该pH时对Ni‎2‎‎+‎、Co‎2‎‎+‎萃取率差别大,能分离Ni‎2‎‎+‎、Co‎2‎‎+‎两种离子。‎ ‎(4)高温煅烧时,Co2(OH)2CO3的分解产物中Co2+被O2氧化生成Co2O3等,该反应的化学方程式为2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2H2O+2CO2。‎ ‎(5)由分析可知,操作1得到的副产品是硫酸铵。从题给溶解度表看,硫酸铵的溶解度随温度升高有所增大,但变化量不大,且硫酸铵受热易分解,所以操作1是减压蒸发结晶,故选c。‎ ‎(6)由充电时的总反应并结合原电池原理可得,放电时负极的电极反应式为MH+OH--e-M+H2O。‎ ‎20.答案(1)加成反应　羰基、醚键　C11H9O3FS ‎(2)　(3)‎ ‎(4)或 ‎(5)‎ 解析(1)对比A、B的结构可知,中碳碳双键中一个碳碳键断裂,与A发生加成反应生成B,反应类型为加成反应;物质G结构简式是,其中含氧的官能团名称为羰基、醚键;E的结构简式为,根据C原子四价原则可知其分子式是C11H9O3FS。‎ ‎(2)C与B互为同分异构体,能与小苏打反应放出CO2,说明C含有羧基,C能与SOCl2发生取代反应生成D,可知C的羧基中羟基被氯原子取代生成D,故C的结构简式为。‎ ‎(3)F的结构简式是,由于手性碳原子是连接四个不同的原子或原子团的碳原子,结合F的结构可知,该分子中含有1个手性碳原子,用*表示为:。‎ ‎(4)D的一种同分异构体满足:①含有—SH结构;②能在酸性条件下发生水解反应,两种水解产物均含有三种不同环境的H原子,说明含有酯基且水解产物存在对称结构,其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色,又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应,说明该产物含有酚羟基、碳碳不饱和键,符合条件的同分异构体为:或 ‎。‎ ‎(5)甲苯被氧化可生成,然后与乙醇反应生成,与NH2NH2·H2O反应生成,最后与乙酸反应生成,乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化可生成乙酸,故合成路线流程图为:‎ ‎。　‎