2023高考化學大二輪復(fù)習第3部分訓(xùn)練非選擇題專項練5

PAGEPAGE8訓(xùn)練(十三)非選擇題專項練(5)1．FeCl2是一種常用的復(fù)原劑。有關(guān)數(shù)據(jù)如下：實驗室可以用多種方法來制備無水FeCl2。答復(fù)以下問題：I．按如圖1裝置用H2復(fù)原無水FeCl3制取。圖1圖2(1)用裝置A制取H2，其優(yōu)點是______________________________________；D中反響的化學方程式為___________________________________________；裝置E的作用是___________________________________________________。(2)通入足量H2，充分反響，如果溫度控制不當，產(chǎn)品中會含單質(zhì)鐵，檢驗產(chǎn)品中是否含鐵的方案是_________________________________________________。Ⅱ.按圖2裝置，在三頸燒瓶中放入162.5g無水氯化鐵和225g氯苯，控制反響溫度在128℃～139℃加熱3h，反響接近100%，反響如下：2FeCl3＋C6H5Cl2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl(3)上述反響中，復(fù)原劑是____________。(4)反響溫度接近或超過C6H5Cl的沸點，但實驗過程中C6H5Cl并不會大量損失，原因是____________________________________________________________。(5)冷卻后，將三頸瓶內(nèi)物質(zhì)經(jīng)過過濾，洗滌，枯燥后，得到粗產(chǎn)品。①洗滌所用的試劑可以是____________；②簡述回收濾液中C6H5Cl的方案____________________________________。(6)僅通過燒杯中的現(xiàn)象變化就可以監(jiān)控氯化鐵的轉(zhuǎn)化率。假設(shè)要監(jiān)控氯化鐵轉(zhuǎn)化率到達或超過90%，那么燒杯中參加的試劑可以是__________________________。解析I．按如圖1裝置可知，用H2復(fù)原無水FeCl3制取無水FeCl2，A裝置一般用鋅和稀鹽酸制備H2，B裝置用來除去氫氣中的氯化氫，C裝置用來枯燥氫氣，可以裝置堿石灰，E裝置中也要裝置堿石灰，吸收氯化氫氣體同時防止空氣中的水份進入D裝置，D裝置中用氫氣與氯化鐵反響生成氯化亞鐵和HCl。(1)裝置A為啟普發(fā)生器的簡易裝置，適用于固液混合狀態(tài)且不需加熱而制取的氣體，且固體必須是塊狀的，該裝置的優(yōu)點是便于控制反響，實驗室一般用鋅和稀鹽酸制備H2，用裝置A制取H2，通過開關(guān)彈簧夾，可以使反響隨時進行或停止，根據(jù)上面的分析可知，E中盛放的試劑是堿石灰；吸收氯化氫氣體，同時防止空氣中的水份進入D裝置，D中反響的化學方程式為H2＋2FeCl3eq\o(=,\s\up11(△),\s\do5())2FeCl2＋2HCl；(2)溫度控制不當，產(chǎn)品中含單質(zhì)鐵，檢驗產(chǎn)品中是否含鐵的方案為取樣，參加鹽酸中，觀察是否有氣泡產(chǎn)生；Ⅱ.(3)根據(jù)反響2FeCl3＋C6H5Cl2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl可知，氯苯能使氯化鐵生成氯化亞鐵，所以氯苯為復(fù)原劑；(4)根據(jù)圖2可知，裝置有冷凝回流裝置，所以為了提高反響速率，可以將反響溫度接近或超過C6H5Cl的沸點，但實驗過程中C6H5Cl并不會大量損失；(5)三頸瓶內(nèi)物質(zhì)為氯化亞鐵、C6H5Cl、C6H4Cl2，根據(jù)其溶解性可知，可以用有機溶劑例如苯將C6H5Cl、C6H4Cl2溶解，過濾后可得氯化亞鐵，對濾液進行蒸餾可回收C6H5Cl，①洗滌所用的試劑可以是苯；②回收濾液中C6H5Cl的方案是蒸餾濾液，并收集132℃餾分；(6)根據(jù)反響2FeCl3＋C6H5Cl2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl，氯化鐵轉(zhuǎn)化率到達或超過90%，那么可產(chǎn)生氯化氫的物質(zhì)的量為eq\f(162.5g,162.5g·mol－1)×eq\f(1,2)×90%=0.45mol，所以可在燒杯中參加0.45×40g的氫氧化鈉即18g，并用酚酞作指示劑進行判斷反響進行的程度，如果18g氫氧化鈉完全反響，那么產(chǎn)率到達或超過90%。答案(1)通過開關(guān)彈簧夾，可以使反響隨時進行或停止H2＋2FeCl3eq\o(=,\s\up11(△))2FeCl2＋2HCl吸收氯化氫氣體同時防止空氣中的水份進入D裝置(2)取樣品少許放入試管中，向其中參加鹽酸，觀察是否有氣泡產(chǎn)生(3)C6H5Cl(4)實驗使用了冷凝回流裝置(5)①苯②蒸餾濾液，并收集132℃餾分(6)滴有酚酞且含18gNaOH的溶液2．磷化氫(PH3)是一種劇毒氣體，是常用的高效熏蒸殺蟲劑，也是一種電子工業(yè)原料。(1)在密閉糧倉放置的磷化鋁(AlP)片劑，遇水蒸氣放出PH3氣體，化學方程式為___________________________________________________________________。(2)利用反響PH3＋3HgCl2=P(HgCl)3↓＋3HCl，通過測定溶液__________變化，可準確測定空氣中微量的PH3；其中HgCl2溶于水，所得溶液幾乎不導(dǎo)電，那么HgCl2屬于________(填“共價〞或“離子〞)化合物。(3)工業(yè)制備PH3的流程如圖1所示：①亞磷酸屬于________元酸；②當反響Ⅰ生成的n(NaH2PO2)∶n(Na2HPO3)=3∶1時，參加反響的n(P4)∶n(NaOH)=________。(4)用漂白粉可將PH3氧化為H3PO4，化學方程式為________________________；含有水蒸氣時可加快PH3的氧化過程，用離子方程式表示原因：_______________________________________________________。(5)從(4)中的反響產(chǎn)物中回收磷酸氫鈣(CaHPO4)的方法如圖2：①試劑X為________(填化學式)；②25℃時，H3PO4的Ka1=7.5×10－3、Ka2=6.3×10－8、Ka3=4.4×10－13。CaHPO4懸濁液pH________7(填“＞〞、“=〞或“＜〞)，通過計算說明理由________。解析(1)AlP和水反響時，生成PH3和Al(OH)3沉淀，化學方程式為：AlP＋3H2O=Al(OH)3＋PH3↑；(2)電導(dǎo)率可衡量電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力大小，PH3為共價化合物，在氣態(tài)時只存在分子，HgCl2在熔融狀態(tài)下不能導(dǎo)電，屬于共價化合物，磷化氫與HgCl2作用，PH3＋3HgCl2=P(HgCl)3↓＋3HCl，生成的氯化氫在溶液中呈酸性，為強酸，所以可通過測定溶液的pH或電導(dǎo)率來準確測定空氣中微量的PH3，HgCl2溶于水，所得溶液幾乎不導(dǎo)電，說明在水中不電離，HgCl2屬于共價化合物；(3)①H3PO3,1mol分子含有3mol氫原子，但黃磷與足量的NaOH溶液反響只生成Na2HPO3，可說明H3PO3為二元酸，不是三元酸；②該反響的反響物為黃磷、氫氧化鈉，產(chǎn)物為次磷酸鈉、亞磷酸鈉，P4中(P為0價)，NaH2PO2中(P為＋1價)，Na2HPO3(P為＋3價)，PH3(P為－3價)，當反響Ⅰ生成的n(NaH2PO2)∶n(Na2HPO3)=3∶1時，根據(jù)得失電子守恒，n(NaH2PO2)∶n(Na2HPO3)∶n(PH3)=3∶1∶2，反響為：3P4＋10NaOH=6NaH2PO2＋2Na2HPO3＋4PH3↑，所以參加反響的n(P4)∶n(NaOH)=3∶10；(4)漂白粉主要成分為CaCl2、Ca(ClO)2，具有氧化性的是Ca(ClO)2，將PH3氧化為H3PO4，反響為2Ca(ClO)2＋PH3=H3PO4＋2CaCl2，含有水蒸氣時，次氯酸根離子水解生成次氯酸ClO－＋H2OHClO＋OH－，生成的堿中和酸，加快PH3的氧化過程；(5)①根據(jù)流程，參加試劑得到磷酸鈣，所以試劑X含有鈣離子，參加試劑能夠中和磷酸氫鈣中的氫，需參加Ca(OH)2，CaO與水反響生成Ca(OH)2，所以X可以為Ca(OH)2或CaO；②CaHPO4為強堿弱酸酸式鹽，CaHPO4的電離Ka(HPOeq\o\al(2－,4))=eq\f(c(H＋)·c(PO\o\al(3－,4)),c(HPO\o\al(2－,4)))=4.4×10－13；水解，K水解(HPOeq\o\al(2－,4))=eq\f(c(H2PO\o\al(－,4))·c(OH－),c(HPO\o\al(2－,4)))=eq\f(1.0×10－14,6.3×10－8)＞Ka(HPOeq\o\al(2－,4))；水解程度大于電離程度，溶液呈堿性。答案(1)AlP＋3H2O=Al(OH)3＋PH3↑(2)pH或電導(dǎo)率共價(3)①二②3∶10(4)2Ca(ClO)2＋PH3=H3PO4＋2CaCl2ClO－＋H2OHClO＋OH－(5)①Ca(OH)2或CaO②＞Ka(HPOeq\o\al(2－,4))=eq\f(c(H＋)·c(PO\o\al(3－,4)),c(HPO\o\al(2－,4)))=4.4×10－13K水解(HPOeq\o\al(2－,4))=eq\f(c(H2PO\o\al(－,4))·c(OH－),c(HPO\o\al(2－,4)))=eq\f(1.0×10－14,6.3×10－8)＞Ka(HPOeq\o\al(2－,4))水解程度大于電離程度，溶液呈堿性3．以CO、H2為原料合成甲醇的反響為：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH。在體積均為2L的三個恒容密閉容器I、Ⅱ、Ⅲ中，分別都充入1molCO和2molH2，三個容器的反響溫度分別為T1、T2、T3且恒定不變。圖1為三個容器中的反響均進行到5min時H2的體積分數(shù)示意圖，其中有一個容器反響已經(jīng)到達平衡狀態(tài)。CO的平衡轉(zhuǎn)化率在不同壓強下隨溫度的變化如圖2所示。(1)0～5min時間內(nèi)容器Ⅱ中用CH3OH表示的化學反響速率為__________。(2)三個容器中一定到達平衡狀態(tài)的是容器________，此容器中反響達平衡時，放出熱量20.5kJ，那么ΔH=________。(3)當三個容器中的反響均到達平衡狀態(tài)時，CO的轉(zhuǎn)化率最低的是容器__________；平衡常數(shù)最大的是容器________。(4)工業(yè)實際合成CH3OH生產(chǎn)中，采用圖2中M點而不是N點對應(yīng)的反響條件，運用化學反響速率和化學平衡知識，同時考慮生產(chǎn)實際，說明選擇該反響條件的理由：____________________________________________________________。(5)科研人員設(shè)計了一種新型甲醇燃料電池，其電解質(zhì)是摻雜了Y2O3的ZrO2晶體，它在高溫下能傳導(dǎo)O2－。該電池工作時的負極電極反響式為________。用該電池電解飽和食鹽水(石墨電極)，當電路中通過1.929×104C的電量時，生成標準狀況下氫氣的體積為________L。(：一個電子的電量是1.602×10－19C)解析(1)設(shè)反響生成的甲醇物質(zhì)的量為x，CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)開始(mol):120轉(zhuǎn)化(mol):x2xx平衡(mol):1－x2－2xx到5min時，氫氣的體積分數(shù)為0.2，那么eq\f(2－2x,(1－x)＋(2－2x)＋x)=0.2，那么x=eq\f(7,8)，那么v=eq\f(Δc,Δt)=eq\f(\f(7,8)mol,\f(2L,5min))=0.0875mol·(L·min)－1；(2)到達平衡狀態(tài)時氫氣的轉(zhuǎn)化率最大，氫氣的體積分數(shù)最小，Ⅱ?qū)?yīng)的氫氣的體積分數(shù)最小，所以Ⅱ可能到達了平衡狀態(tài)。平衡時，根據(jù)(1)計算氫氣轉(zhuǎn)化量為2x=1.75mol，放出熱量20.5kJ，那么轉(zhuǎn)化2mol氫氣放出熱量為23.4kJ，那么ΔH=－23.4kJ·mol－1；(3)由圖2可知，升高溫度CO的轉(zhuǎn)化率減小，即向逆反響移動，所以該反響為放熱反響，溫度越高，反響向逆方向進行的程度越大，CO的轉(zhuǎn)化率越低，Ⅲ溫度最低。由圖2可知，升高溫度CO的轉(zhuǎn)化率減小，即向逆反響移動，所以該反響為放熱反響，溫度越低，反響向正方向進行的程度越大，K越大，I的溫度最低，那么其K最大；(4)相對于N點而言，采用M點，溫度在500～600K之間，溫度較高，反響速率較快，CO的平衡轉(zhuǎn)化率也較高，壓強為常壓，對設(shè)備要求不高；(5)負極發(fā)生的是燃料甲醇失電子的氧化反響，負極電極反響式為CH3OH－6e－＋3O2－=CO2＋2H2O。電路中通過的電量為eq\f(1.929×104,1.602×10－19×6.02×1023)=0.2mol，那么生成標準狀況下氫氣的體積為2.24L。答案(1)0.0875mol·(L·min)－1(2)Ⅱ－23.4kJ·mol－1(3)ⅢⅠ(4)相對于N點而言，采用M點，溫度在500～600K之間，溫度較高，反響速率較快，CO的平衡轉(zhuǎn)化率也較高，壓強為常壓，對設(shè)備要求不高(5)CH3OH－6e－＋3O2－=CO2＋2H2O2.244．工業(yè)上制取硝酸銨的流程圖如圖1，請答復(fù)以下問題：圖1(1)在上述工業(yè)制硝酸的生產(chǎn)中，設(shè)備M的名稱是________，其中發(fā)生反響的化學方程式為_______________________________________________________。(2)此生產(chǎn)過程中，N2與H2合成NH3所用的催化劑是______________?？茖W研究證實了氫氣與氮氣在固體催化劑外表合成氨的反響過程，示意圖如圖2：圖2分別表示N2、H2、NH3。圖⑤表示生成的NH3離開催化劑外表，圖②和圖③的含義分別是______________、______________。(3)在合成氨的設(shè)備(合成塔)中，設(shè)置熱交換器的目的是________________；在合成硝酸的吸收塔中通入空氣的目的是_________________________________。(4)生產(chǎn)硝酸的過程中常會產(chǎn)生一些氮的氧化物，可用如下兩種方法處理：堿液吸收法：NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2ONH3復(fù)原法：8NH3＋6NO2eq\o(=,\s\up11(催化劑),\s\do11(△))7N2＋12H2O(NO也有類似的反響)以上兩種方法中，符合綠色化學的是__________________________________。(5)某化肥廠用NH3制備NH4NO3。：由NH3制NO的產(chǎn)率是96%，NO制HNO3的產(chǎn)率是92%，那么制HNO3所用去的NH3的質(zhì)量占總耗NH3質(zhì)量(不考慮其他損耗)的________%。解析(1)氨氣在氧化爐中被催化氧化，M設(shè)備的名稱是氧化爐；氨氣被氧化為NO和水，其反響的方程式為：4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up11(催化劑),\s\do11(△))4NO＋6H2O；(2)N2與H2合成NH3所用的催化劑是鐵砂網(wǎng)；圖②中兩種雙原子分子被吸附在催化劑外表，即N2、H2被吸附在催化劑外表；③中分子中的化學鍵斷裂生成原子，即在催化劑外表N2、H2中的化學鍵斷裂生成N原子和H原子；(3)合成氨的反響屬于放熱反響，反響過程中會放出大量的熱，用熱交換器可以充分利用余熱，節(jié)約能源；在吸收塔中二氧化氮與水反響生成硝酸和NO，通入空氣，NO能被空氣中的氧氣氧化為二氧化氮，二氧化氮再與水反響生成硝酸，這樣使NO循環(huán)利用，全部轉(zhuǎn)化為硝酸；(4)堿液吸收法：NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2O，NH3復(fù)原法：8NH3＋6NO2eq\o(=,\s\up11(催化劑),\s\do11(△))7N2＋12H2O，分析可知堿液吸收法消耗大量的氫氧化鈉且生成的亞硝酸鹽有毒，NH3復(fù)原法產(chǎn)物無污染，得到合成氨的原料氣，故符合綠色化學的是氨氣復(fù)原法；(5)由NH3制NO的產(chǎn)率是96%、NO制HNO3的產(chǎn)率是92%，根據(jù)氮原子守恒可知，NH3～NO～HNO3，那么1mol氨氣可得到硝酸1mol×96%×92%=0.8832mol，由HNO3＋NH3=NH4NO3，那么該反響消耗的氨氣的物質(zhì)的量為0.8832mol，氨氣的質(zhì)量之比等于物質(zhì)的量之比，那么制HNO3所用去的NH3的質(zhì)量占總耗NH3質(zhì)量的百分數(shù)為eq\f(1mol,1mol＋0.8832mol)×100%=53%；即制HNO3所用去的NH3的質(zhì)量占總耗NH3質(zhì)量的53%。答案(1)氧化爐4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up11(催化劑),\s\do11(△))4NO＋6H2O(2)鐵砂網(wǎng)N2、H2被吸附在催化劑外表在催化劑外表N2、H2中的化學鍵斷裂(3)利用余熱，節(jié)約能源使NO循環(huán)利用，全部轉(zhuǎn)化為硝酸(4)氨氣復(fù)原法(5)535．金屬鈦(Ti)被譽為21世紀金屬，其單質(zhì)和化合物具有廣泛的應(yīng)用價值。請答復(fù)以下問題：(1)Ti的基態(tài)原子價電子排布式為________。(2)納米TiO2常用作下述反響的催化劑?；衔锛椎姆肿又胁扇p2方式雜化的碳原子有________個，化合物乙中采取sp3方式雜化的原子對應(yīng)的元素的電負性由大到小的順序為__________。(3)含Ti3＋的配合物的化學式為[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，其配離子中含有的化學鍵類型是____________，1mol該配合物中含有的σ鍵數(shù)目是____________。(4)通過X－射線探知KCl、MgO、CaO、TiN的晶體與NaCl的晶體結(jié)構(gòu)相似，且知三種離子晶體的晶格能數(shù)據(jù)如表：離子晶體NaClKClCaO晶格能/kJ·molCl、MgO、CaO、TiN四種離子晶體熔點由高到低的順序為____________。(5)某種氮化鈦晶體的晶胞如下圖，該晶體中與N原子距離相等且最近的N原子有________個、Ti原子的配位數(shù)為________；此配位原子構(gòu)成的空間構(gòu)型為________；該晶胞中N、Ti原子之間的最近距離為anm，那么該氮化鈦晶體的密度為________g·cm－3(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，只列計算式)。解析(1)Ti為22號元素，原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2，外圍電子排布式為3d24s2；(2)化合物甲的分子中采取sp2雜化的碳原子為苯環(huán)上的六個、羰基中的一個，共7個；采取sp3雜化的原子價層電子對數(shù)是4，乙中采取sp3雜化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素電負性隨著原子序數(shù)依次增加電負性逐漸增大，所以它們的電負性關(guān)系為：O＞N＞C；(3)配離子中含有共價鍵、配位鍵，[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中含有6個配位鍵，也屬于σ鍵，水分子中含有2個σ鍵，故1mol[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中含有18molσ鍵，即σ鍵數(shù)目為18NA；(4)離子晶體的離子半徑越小，帶電荷數(shù)越多，晶格能越大，那么晶體的熔沸點越高，電荷起主導(dǎo)作用，那么熔點TiN＞MgO＞CaO＞KCl；(5)以晶胞頂點N原子研究，與之距離相等且最近的N原子處于面心位置，每個頂點為8個晶胞共用，每個面為2個晶胞共用，故與之距離相等且最近的N原子為eq\f(3×8,2)=12，以體心的Ti原子研究，其周圍有6個N原子，配位數(shù)為6，此6個N原子形成正八面體；根據(jù)均攤法，可知該晶胞中N原子個數(shù)為：6×eq\f(1,2)＋8×eq\f(1,8)=4，該晶胞中Ti原子個數(shù)為：1＋12×eq\f(1,4)=4，∴晶胞的質(zhì)量m=4×eq\f(62,NA)g，而晶胞的體積V=(2a×10－7)3cm3，所以晶體的密度ρ=4×eq\f(62,NA)g÷(2a×10－7)3cm3=eq\f(4×62,NA×(2a×10－7)3)g·cm－3。答案(1)3d24s2(2)7O＞N＞C(3)共價鍵、配位鍵18NA(4)TiN＞MgO＞CaO＞KCl(5)126正八面體eq\f(4×62,NA×(2a×10－7)3)6．化合物E、I是制備香料的重要物質(zhì)。：①核磁共振氫譜顯示，A中只有一種氫，G中有個數(shù)比為l∶2∶2∶3的四種氫，且G遇FeCl3溶液顯紫色；②R—CHCH2eq\o(→,\s\up11(①B2H6),\s\do11(②H2O2/OH－))R—CH2CH2OH③通常在同一個碳原子上連有兩個羥基不穩(wěn)定，易脫水形成羰基。答復(fù)以下問題：(1)A→B的反響類型為________，B在一定條件下生成高聚物的結(jié)構(gòu)簡式為________。(2)B分子中的碳原子是否在同一平面上________(填“是〞或“否〞)。(3)D所含的官能團的名稱是________，用系統(tǒng)命名法命名E：________。(4)分子式為C8H10O且與C互為同系物的同分異構(gòu)體有________種，寫出其中一種的結(jié)構(gòu)簡式________。(5)寫出由H→I的第一步反響的化學方程式____________________________。(6)利用上述合成路線中的信息，設(shè)計一個以甲苯為原料制備苯甲酸的合成路線_________________________________________________