2024版大二輪高考化學題庫：第四部分多維集訓提素能非選擇題專練(二)

非選擇題專練(二)1．鐵的化合物有廣泛用途，如三草酸合鐵(Ⅲ)酸鉀晶{K3[Fe(C2O4)3]·xH2O}是一種光敏材料，也可作催化劑，碳酸亞鐵(FeCO3)可作補血劑等，以廢鐵屑(含F(xiàn)e2O3及少量Fe和SiO2)為原料制備以上物質(zhì)的流程如下：已知：①25℃，Ksp[Fe(OH)3]＝2.0×10－39，Ksp[Fe(OH)2]＝5.0×10－17，Ksp(FeCO3)＝3.0×10－11；②離子濃度小于1.0×10－5mol·L－1認為沉淀完全；③K3Fe(C2O4)3·3H2O為可溶于水、難溶于乙醇的翠綠色晶體。回答下列問題：(1)濾液Ⅰ中含有Fe2＋、Fe3＋，檢驗Fe2＋所用的試劑為________(填化學式)。(2)室溫下，若濾液Ⅰ中c(Fe3＋)為2mol·L－1，要保證濾液Ⅰ中不出現(xiàn)沉淀，則濾液Ⅰ中c(H＋)至少應大于________mol·L－1。(3)將濾液Ⅱ與飽和NH4HCO3溶液混合，發(fā)生反應的離子方程式為_________________________________________________________________________________________________________________________________；已知飽和Na2CO3溶液的pH大于11，是否能用飽和Na2CO3溶液代替飽和NH4HCO3溶液來制備FeCO3________(填“是”或“否”)。(4)濾液Ⅰ與足量空氣發(fā)生反應的離子方程式為_____________________________________________________________；甲同學認為該步反應用稀H2O2代替空氣效果更好，乙同學不同意甲的觀點，其理由是_____________________________________________________________。(5)獲得翠綠色晶體的“一系列操作”包含________________(填操作名稱)；用乙醇洗滌晶體而不用水洗滌的目的為__________________________________________________________________________________________________。答案(1)K3[Fe(CN)6](2)0.1(3)Fe2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(或Fe2＋＋HCOeq\o\al(－,3)=FeCO3↓＋H＋、HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2O)否(4)4Fe2＋＋4H＋＋O2=4Fe3＋＋2H2OFe3＋是H2O2分解的催化劑，會消耗大量的H2O2，導致生產(chǎn)成本過高(5)蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾減少晶體溶解損失，使晶體易干燥解析(1)由信息可知，濾液Ⅰ中含有Fe2＋、Fe3＋，檢驗Fe2＋的試劑為K3[Fe(CN)6]，可與Fe2＋反應產(chǎn)生藍色沉淀。(2)要保證濾液Ⅰ中無沉淀，則c(Fe3＋)·c3(OH－)<Ksp，代入有關(guān)數(shù)據(jù)后可求出c(OH－)<eq\r(3,\f(2.0×10－39,2.0))mol·L－1＝1×10－13mol·L－1，c(H＋)>0.1mol·L－1。(3)濾液Ⅱ為FeCl2溶液，與飽和NH4HCO3溶液混合后，F(xiàn)e2＋與HCOeq\o\al(－,3)發(fā)生反應的離子方程式為Fe2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(或Fe2＋＋HCOeq\o\al(－,3)=FeCO3↓＋H＋、HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2O)；FeCl2溶液中c(Fe2＋)>1.0×10－5mol·L－1，飽和Na2CO3溶液的pH大于11，則c(OH－)>10－3mol·L－1，Qc[Fe(OH)2]>1.0×10－11>5.0×10－17＝Ksp[Fe(OH)2]；故用飽和Na2CO3溶液代替飽和NH4HCO3溶液，與FeCl2溶液混合制備FeCO3，會產(chǎn)生Fe(OH)2，導致FeCO3不純。(4)濾液Ⅰ中通入足量空氣的目的是將Fe2＋氧化成Fe3＋，離子方程式為：4Fe2＋＋4H＋＋O2=4Fe3＋＋2H2O；溶液中的Fe3＋是H2O2分解的催化劑，若用稀H2O2代替空氣，會消耗大量的H2O2，導致生產(chǎn)成本過高。(5)獲得翠綠色晶體的“一系列操作”包含蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾；用乙醇洗滌晶體而不用水洗滌的目的是減少晶體溶解損失，使晶體易干燥。2．實驗室以濃硫酸、銅與NaOH溶液為原料制取少量NaHSO3并探究其性質(zhì)，已知CuCl為白色難溶于水的化合物。Ⅰ.制備NaHSO3(裝置如圖所示)。(1)儀器a的名稱是________。(2)裝置丙的作用是____________________________________________________。Ⅱ.探究NaHSO3與Cu2＋的反應，設計實驗：向2mL1mol·L－1NaHSO3溶液中加入2mL1mol·L－1CuSO4溶液，得到綠色溶液，3min內(nèi)無明顯變化。將所得混合液分為兩等份。①第一份加入適量Na2SO4固體，瞬間無明顯變化，30s時也無明顯變化。②另一份加入適量NaCl固體，瞬間無明顯變化，30s時有無色氣體和白色沉淀生成，上層溶液顏色變淺。(3)推測實驗②產(chǎn)生的無色氣體為SO2，用新制的氯水檢驗該無色氣體，可觀察到淡黃綠色消失，滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成。寫出SO2與氯氣反應的離子方程式：____________________________________________________________________________________________________________________。(4)對實驗Ⅱ產(chǎn)生SO2的原因進行分析，提出兩種假設：假設1：Cu2＋水解使溶液中c(H＋)增大。假設2：Cl－存在時，Cu2＋與HSOeq\o\al(－,3)反應生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H＋)增大。①假設1不合理，實驗證據(jù)是____________________________________________。②實驗證實假設2合理，實驗Ⅱ中發(fā)生反應的離子方程式有___________________________________________________________和H＋＋HSOeq\o\al(－,3)=SO2↑＋H2O。Ⅲ.與碘酸鹽的反應：向用H2SO4酸化的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液(以及少量淀粉溶液)。實驗現(xiàn)象為“無色→藍色→無色→藍色→……”的周期性變化，此反應過程分為三步：①IOeq\o\al(－,3)＋3HSOeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋＋I－(慢)；②IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O(慢)；③I2＋HSOeq\o\al(－,3)＋H2O=2I－＋SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋(快)。(5)請解釋出現(xiàn)該實驗現(xiàn)象可能的原因：___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。Ⅳ.NaHSO3固體的純度測定：稱取wgNaHSO3固體溶于水配成100mL溶液，取25.00mL已配好的溶液置于錐形瓶中，用0.1000mol·L－1的酸性KMnO4溶液進行滴定，消耗KMnO4溶液VmL。(已知：2MnOeq\o\al(－,4)＋5HSOeq\o\al(－,3)＋H＋=2Mn2＋＋5SOeq\o\al(2－,4)＋3H2O)(6)滴定終點的顏色變化為____________________________________，NaHSO3固體的純度為________(用含V和w的代數(shù)式表示)。答案(1)分液漏斗(2)防倒吸、尾氣處理(3)SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)(4)①實驗①無氣體放出②2Cu2＋＋HSOeq\o\al(－,3)＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋(5)NaHSO3溶液滴加到KIO3溶液中，IOeq\o\al(－,3)先轉(zhuǎn)化為I－，I－與過量的KIO3溶液生成碘單質(zhì)，I2遇淀粉變?yōu)樗{色，而后NaHSO3與I2反應又變?yōu)镮－(6)無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色eq\f(10.4V,w)%解析(1)根據(jù)裝置圖，儀器a的名稱是分液漏斗；(2)二氧化硫有毒，高錳酸鉀能氧化二氧化硫，裝置丙中倒置漏斗防倒吸、尾氣處理；(3)SO2與氯氣反應生成鹽酸和硫酸，反應的離子方程式為SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)；(4)①實驗①無氣體放出，所以假設1不合理；②Cl－存在時，Cu2＋與HSOeq\o\al(－,3)反應生成CuCl白色沉淀，氫離子濃度增大，亞硫酸氫根離子在酸性條件下放出二氧化硫氣體，反應的方程式為2Cu2＋＋HSOeq\o\al(－,3)＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋、H＋＋HSOeq\o\al(－,3)=SO2↑＋H2O；(5)NaHSO3溶液滴加到KIO3溶液中，IOeq\o\al(－,3)先轉(zhuǎn)化為I－，I－與過量的KIO3溶液生成碘單質(zhì)，I2遇淀粉變?yōu)樗{色，而后NaHSO3與I2反應又變?yōu)镮－，所以實驗現(xiàn)象為“無色→藍色→無色→藍色→……”周期性變化。(6)高錳酸鉀能被亞硫酸氫鈉還原，滴定終點高錳酸鉀剩余，滴定終點的現(xiàn)象為：滴入最后半滴高錳酸鉀溶液，無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色；消耗KMnO4溶液的體積VmL，則25mLNaHSO3溶液中n(NaHSO3)＝0.1mol/L×V×10－3L×eq\f(5,2)＝eq\f(5V,2)×10－4mol，NaHSO3固體的純度為eq\f(\f(5V,2)×10－4mol×\f(100,25)×104g/mol,wg)×100%＝eq\f(10.4V,w)%。3．溫室氣體的利用是當前環(huán)境和能源領(lǐng)域的研究熱點，合理利用燃料廢氣中的CO2，也是實現(xiàn)“碳中和”的途徑之一。Ⅰ.溫室氣體CO2轉(zhuǎn)化為重要的工業(yè)原料甲酸是目前科學研究的熱點?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知：①CO(g)＋H2O(g)HCOOH(g)ΔH1＝－72.6kJ·mol－1②2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ·mol－1則反應③2CO2(g)＋2H2O(g)2HCOOH(g)＋О2(g)ΔH＝________kJ·mol－1。(2)剛性絕熱密閉容器中，等物質(zhì)的量的CO2(g)和H2O(g)發(fā)生反應③，下列可判斷反應達到平衡的是________(填標號)。A．CO2(g)和H2O(g)的物質(zhì)的量之比不變B．容器中氣體平均摩爾質(zhì)量不變C．2v正(CO2)＝v逆(O2)D．容器內(nèi)溫度不變(3)在催化劑作用下CO2和H2也可以合成甲酸，主要涉及以下反應：i．CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)ΔH1＜0ii.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2剛性密閉容器中CO2(g)和H2(g)按物質(zhì)的量1∶1投料，平衡時HCOOH和CO的選擇性隨溫度變化如圖所示。①曲線a隨溫度升高而下降的原因是________________________________________________________________________________________________；為同時提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時HCOOH的選擇性，應選擇的反應條件為________(填標號)。A．低溫、低壓B．高溫、高壓C．高溫、低壓D．低溫、高壓②240℃時，容器內(nèi)壓強隨時間的變化如表所示：時間/min020406080壓強/MPap00.91p00.85p00.80p00.80p0反應i的速率可表示為v＝k·p(CO2)·p(H2)(k為常數(shù))，則反應在60min時v＝________(用含p0、k的式子表示)。Ⅱ.CO2—CH4催化重整對減少溫室氣體的排放、改善大氣環(huán)境具有重要的意義。催化重整反應為：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)。(4)在密閉容器中通入物質(zhì)的量均為0.2mol的CH4和CO2，在一定條件下發(fā)生反應CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度及壓強的關(guān)系如圖所示。①由圖可知：p1________p2(填“＞”、“＜”或“＝”)。②Y點：v(正)________v(逆)(填“＞”、“＜”或“＝”)；已知氣體分壓(p分)＝氣體總壓(p總)×氣體的物質(zhì)的量分數(shù)。用平衡分壓代替平衡濃度可以得到平衡常數(shù)Kp，已知p2＝akPa，求X點對應溫度下反應的平衡常數(shù)Kp＝________。答案(1)＋420.8(2)BD(3)①CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)正反應放熱，升高溫度，平衡逆向移動D②k(eq\f(1,4)p0)2或0.0625kpeq\o\al(2,0)或eq\f(1,16)kpeq\o\al(2,0)(4)①<②>eq\f(4,9)a2解析(1)①CO(g)＋H2O(g)HCOOH(g)ΔH1＝－72.6kJ·mol－1②2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ·mol－1根據(jù)蓋斯定律，由2×①－②得2CO2(g)＋2H2О(g)2HCOOH(g)＋О2(g)ΔH＝－72.6kJ·mol－1×2＋566.0kJ·mol－1＝＋420.8kJ·mol－1。(2)A.該反應起始投料為等物質(zhì)的量的CO2(g)和H2O(g)，反應時CO2(g)和H2O(g)按物質(zhì)的量之比1∶1消耗，所以反應中CO2(g)和H2O(g)的物質(zhì)的量之比始終是1∶1，故A不能作為判斷該反應達平衡的標志，故不選A；B.該反應為氣體體積減小的反應，氣體的總質(zhì)量不變，平均摩爾質(zhì)量是變量，容器中氣體平均摩爾質(zhì)量不變，反應一定達到平衡狀態(tài)，故選B；C.反應達到平衡，正、逆反應的速率比等于系數(shù)比，2v正(CO2)＝v逆(O2)時反應不平衡，故不選C；D.容器為剛性絕熱密閉容器，反應過程中，溫度是變量，容器內(nèi)溫度不變，說明反應一定達到平衡狀態(tài)，故選D。(3)①CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)正反應放熱，升高溫度，平衡逆向移動，所以HCOOH的選擇性隨溫度升高而下降；CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)正反應放熱，降低溫度，平衡正向移動，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時HCOOH的選擇性增大；CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)正反應氣體物質(zhì)的量減少，增大壓強，平衡正向移動，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時HCOOH的選擇性增大；為同時提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時HCOOH的選擇性，應選擇的反應條件為低溫、高壓，選D;②設CO2(g)和H2O(g)的初始的物質(zhì)的量均為amol，反應在60min時壓強變?yōu)?.80p0，即混合氣體物質(zhì)的量變?yōu)樵瓉淼?.8倍，為2amol×0.8＝1.6amol；設平衡時CO的物質(zhì)的量為xmol，則由反應ii可知，平衡時H2O(g)的物質(zhì)的量為xmol，由圖可知平衡時HCOOH(g)的選擇性為CO的4倍，即HCOOH(g)的物質(zhì)的量為4xmol，據(jù)元素原子守恒可知，平衡時CO2(g)和H2(g)的物質(zhì)的量均為(a－5x)mol，所以eq\f(2a－4x,2a)＝0.8，x＝0.1a；v＝k·p(CO2)·p(H2)＝k×eq\f(0.5a,1.6a)×0.8p0×eq\f(0.5a,1.6)×0.8p0＝0.0625kpeq\o\al(2,0)。(4)①增大壓強，平衡逆向移動，甲烷的轉(zhuǎn)化率降低，由圖可知：壓強p1<p2。②Y點CH4的轉(zhuǎn)化率小于平衡轉(zhuǎn)化率，則反應正向進行，v(正)>v(逆)；在密閉容器中通入物質(zhì)的量均為0.2mol的CH4和CO2，X點CH4的平衡轉(zhuǎn)化率為50%，即CH4的變化值為0.2mol×50%＝0.1mol；則平衡常數(shù)Kp＝eq\f(（\f(0.2,0.6)×a）2×（\f(0.2,0.6)×a）2,\f(0.1,0.6)×a×\f(0.1,0.6)×a)＝eq\f(4,9)a2。4．我國的磷、鋅儲量豐富?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Zn原子核外電子共有________種空間運動狀態(tài)；鋅在反應中易失去2個電子，則基態(tài)Zn2＋的價電子軌道表示式(電子排布圖)為________。(2)含有多個配位原子的配體與同一中心離子(或原子)通過螯合配位成環(huán)而形成的配合物為螯合物。Zn2＋與EDTA形成的螯合物的結(jié)構(gòu)如圖所示：①該配合物的組成元素中電負性最大的是________(填元素符號)。②1個該配合物分子中通過螯合作用形成的配位鍵有________個，該配合物中碳原子的雜化方式為________。(3)磷酸為磷的最高價含氧酸，其空間結(jié)構(gòu)如下：①鍵能大小比較：磷氧雙鍵________(填“大于”“等于”或“小于”)磷氧單鍵。②鍵角大小比較：α________β(填“大于”“等于”或“小于”)。③純凈的磷酸黏度極大，隨溫度升高黏度迅速下降，原因是______________________________________________________________。(4)磷化硼(BP)是一種超硬耐磨涂層材料，其立方晶胞如圖所示(其晶胞參數(shù)為apm)；①固態(tài)磷化硼屬于________(填“分子”“離子”或“共價”)晶體。②以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子的分數(shù)坐標。已知原子分數(shù)坐標：M點為(0，0，0)、G點為(1，1，1)，則Q點的原子分數(shù)坐標為________。③磷化硼晶體的密度為________g·cm－3(列出計算式)。答案(1)15(2)①O②6sp2、sp3(3)①大于②小于③溫度升高，磷酸分子間的氫鍵被破壞(4)①共價②(eq\f(3,4)，eq\f(1,4)，eq\f(3,4))③eq\f(（31＋11）×4,NA（a×10－10）3)或eq\f(168,NA（a×10－10）3)解析(1)Zn的原子序數(shù)是30，基態(tài)鋅原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，一個原子軌道即一種空間運動狀態(tài)，則基態(tài)鋅原子占據(jù)的原子軌道數(shù)為1＋1＋3＋1＋3＋5＋1＝15，則基態(tài)Zn原子核外電子共有15種空間運動狀態(tài)；鋅在反應中易失去2個4s電子，則基態(tài)Zn2＋的價電子軌道表示式(電子排布圖)為：。(2)①該配合物的組成元素有H、C、N、O、Zn，非金屬性越強電負性越大，故氧元素的電負性最大。②只有成環(huán)的配位鍵才能起到螯合作用，由配合物結(jié)構(gòu)圖可知，提供孤電子對的原子為N、O，1個該配合物分子中通過螯合作用形成的配位鍵有6個；該配合物的碳氧雙鍵中碳原子為sp2雜化，其他碳原子為sp3雜化。(3)①由圖可知，磷氧雙鍵的鍵長比磷氧單鍵的鍵長短，故磷氧雙鍵的鍵能比磷氧單鍵的鍵能大。②P=O中含π鍵，對其他成鍵電子對的斥力較大，導致鍵角增大，所以鍵角α小于β。③由于磷酸分子間存在氫鍵，故純凈的磷酸黏度極大，當溫度升高時，部分磷酸分子間的氫鍵被破壞，導致黏度迅速下降。(4)①根據(jù)磷化硼是一種超硬耐磨涂層材料，可以判斷其屬于共價晶體。②根據(jù)BP立方晶胞中相鄰的B與P之間的距離為晶胞體對角線的四分之一分析，可得Q點的原子分數(shù)坐標為(eq\f(3,4)，eq\f(1,4)，eq\f(3,4))。③根據(jù)均攤法分析，一個晶胞中P原子的個數(shù)為4，B原子個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，故晶體的密度為eq\f(（31＋11）×4,NA（a×10－10）3)g·cm－3＝eq\f(168,NA（a×10－10）3)g·cm－3。5．由蔣華良院士和饒子和院士領(lǐng)銜的聯(lián)合課題組，綜合利用虛擬篩選和酶學測試相結(jié)合的策略進行藥物篩選，發(fā)現(xiàn)肉桂硫胺(I)是抗擊新型冠狀病毒的潛在用藥，其合成路線如圖：