《2022届新高考化学二轮复习非选择题提速练(一).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届新高考化学二轮复习非选择题提速练(一).docx（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、非选择题组合提速练非选择题提速练（一）1不同浓度的硫酸与锌反应时，硫酸可以被还原为SO2，也可被还原为H2。某同学为探究硫酸与锌反应生成SO2、H2的临界浓度及SO2使品红溶液褪色的主要微粒，设计了如下实验。.探究硫酸与锌反应生成SO2、H2的临界浓度在大试管A中加入硫酸，向连接在塑料棒上的多孔塑料球内加入一定量的锌粒（塑料棒可以上下移动），在试剂瓶D中加入足量的浓NaOH溶液（加热和夹持装置已省略）。已知：锌与浓硫酸接触，开始时反应缓慢，可以适当加热以加速其反应，当有大量气泡生成时，该反应速率会明显加快并伴有大量的热放出。（1）长导管B的作用是；如果没有这个设计，最终测定的临界浓度会（填“偏
2、高”“偏低”或“无影响”）。（2）若加入0.65g锌粒与cmolL1的H2SO4反应，为保证实验结论的可靠性，量气管的适宜规格是。A100mLB200mLC300mLD400mL（3）若加入ag锌粒且完全反应，试剂瓶D质量增加bg，量气管中收集到VmL（标准状况）气体，则有：ag65gmol12bg64gmol12VmL22400mLmol12，该等式依据的原理是_。（4）若锌粒足量且A中加入18molL1的硫酸100mL，反应结束后，向D装置中加入足量的H2O2溶液和足量的BaCl2溶液，充分反应后，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，得到固体的质量为mg，则浓硫酸与锌反应的临界浓度为molL
3、1（用含m的计算式表示，忽略体积变化）。.探究SO2使品红溶液褪色的主要微粒按下表实验方案分别进行实验（取2mL试剂a，滴加2滴品红溶液）。装置序号试剂a实验现象0.1molL1SO2溶液（pH2）红色逐渐变浅，之后完全褪色0.1molL1NaHSO3溶液（pH5）红色立即变浅，之后完全褪色0.1molL1Na2SO3溶液（pH10）立即褪色pH2的H2SO4溶液红色无明显变化_红色无明显变化（5）实验中Na2SO3溶液显碱性的原因是（结合化学用语分析解释）。（6）对比实验和，可以排除在该实验条件下OH对品红溶液褪色的影响，则中试剂a可能是。（7）通过上述实验探究得出结论：使品红溶液褪色的主要
4、微粒是。2从废钒催化剂中回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程图如下：已知：废钒催化剂中各物质的含量为V2O55%6%、K2SO420%27%、SiO265%70%、Fe2O31.1%；VO2呈蓝色，VO3呈黄色，V2O5呈红棕色；反萃取液中含少量四价钒。（1）首先将废钒催化剂粉碎，其目的是。（2）水浸后，水浸液中主要含VOSO4和水溶性钾盐；滤渣中加入无水K2SO3和H2SO4，钒的浸出率可达95.8%，生成VOSO4的水溶液，请写出滤渣中V2O5被K2SO3还原的化学方程式：；请写出过滤还原酸浸液后，滤渣制备工业硅酸钠的离子方程式：。（3）在氧化步骤中加入氧化剂KC
5、lO3，在酸性条件下，煮沸至溶液由蓝色转变为黄色，其离子方程式为。（4）将氧化后的溶液pH调为2.3，用TOA仲辛醇煤油溶液作萃取液萃取V5，V5进入上层萃取相，其他杂质进入下层萃余相。将含有五价钒的有机相用NaOHNaCl作为反萃取剂进行反萃取。经过3次反萃取，分相后的有机相（上层）作为萃取液（填“可以”或“不可以”）循环利用。反萃取过程中还应加入极少量过硫酸铵，加入过硫酸铵的目的是。萃余相主要成分为K2SO4，其他杂质含量很少，操作为一系列的操作过程，请写出操作的过程：，最后得到干燥的K2SO4晶体。（5）沉钒过程是将反萃取后水相的pH调至8左右，加入氯化铵，可使多钒酸铵转化为偏钒酸铵（N
6、H4VO3），能转化的原因是。（6）经过焙烧，偏钒酸铵变为红棕色的样品，请写出焙烧的化学方程式：。3CO2可作为合成低碳烯烃的原料。相关的热化学方程式如下：CO2（g）3H2（g）CH3OH（g）H2O（g）H149.0kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O（g）H224.52kJmol1CH3OCH3（g）C2H4（g）H2O（g）H35.46kJmol12CO2（g）6H2（g）C2H4（g）4H2O（g）H4（1）H4kJmol1；反应在（填“高温”或“低温”）下自发进行。（2）在容积为1L的恒容密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应时，测得温度对CO2的平
7、衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示：250时，反应的平衡常数K。其他条件不变，不使用催化剂，投料比（填“”“”“”“c(H)，溶液呈碱性(6)pH10的NaOH溶液(7)SO、HSO、H2SO3解析：(1)该反应是一个放热反应，长导管B起到导气、冷凝的作用，使水蒸气冷凝回流，确保硫酸的体积不变第(4)问计算中有提示“忽略体积变化”；本实验原理是：总硫酸的物质的量减去生成一定量SO2消耗的硫酸的物质的量即为剩余硫酸的物质的量，再除以溶液的体积即为硫酸的临界浓度。如果没有这个设计，硫酸始终处于一个较髙浓度，则消耗硫酸的物质的量会增大，最终测定的临界浓度会偏低。(2)以ZnH2SO4=ZnSO4
8、H2为例计算，充分反应生成H2的体积为224mL(标准状况下)，为保证实验结论的可靠性，量气管的适宜规格是300mL。(3)根据氧化还原反应规律可知，该等式符合得失电子守恒原理。(4)计算出剩余H2SO4的物质的量之后，根据c可计算出最终测定硫酸的临界浓度。加入足量的H2O2溶液把Na2SO3转化为Na2SO4，再加入足量的BaCl2溶液把Na2SO4转化为BaSO4，n(BaSO4)mol，则n(SO2)mol，根据反应方程式Zn2H2SO4=SO2ZnSO42H2O可求出反应消耗H2SO4的物质的量为2mol，则浓硫酸与锌反应的临界浓度为0.1LmolL1。(5)SO在溶液中发生水解反应S
9、OH2OHSOOH，SO结合H2O电离的H，从而使溶液中cc，溶液呈碱性。(6)根据题意可知，OH对品红溶液的褪色无影响，故试剂a可能是pH10的NaOH溶液。(7)实验中试剂a中含SO，不能使品红溶液褪色，故使品红溶液褪色的主要微粒是SO、HSO、H2SO3。2答案：(1)增大接触面积，提高浸出率(2)V2O5K2SO32H2SO4=2VOSO4K2SO42H2OSiO22OH=SiOH2O(3)ClO6VO26H=6VO33H2OCl(4)可以将未被氧化的四价钒氧化为五价钒，提高五价钒的纯度(加热)蒸发浓缩、冷却结晶、(静置)过滤、洗涤、干燥(5)此条件下，NH4VO3的溶解度比较小(其他
10、合理答案也给分)(6)2NH4VO3V2O52NH3H2O解析：(1)将废钒催化剂粉碎，可以使固体颗粒变小，增大接触面积，提高浸出率。(2)依题意，在酸性条件下，V2O5被K2SO3还原，生成VOSO4；K2SO3被氧化，生成K2SO4，反应的化学方程式为V2O5K2SO32H2SO4=2VOSO4K2SO42H2O。滤渣的主要成分为二氧化硅，其与NaOH溶液反应生成硅酸钠，反应的离子方程式为SiO22OH=SiOH2O。(3)依据题给信息VO2呈蓝色，VO3呈黄色可知，在氧化步骤中VO2被KClO3氧化成VO3，反应的离子方程式为ClO6VO26H=6VO33H2OCl。(4)将含有五价钒的
11、有机相用NaOHNaCl作为反萃取剂进行反萃取，会把五价钒与有机相分离，有机相作为萃取液可以循环使用；反萃取液中含少量四价钒，加入过硫酸铵可以把四价钒氧化为五价钒；萃余相主要成分为K2SO4，其他杂质含量很少，所以得到干燥的K2SO4晶体的方法为(加热)蒸发浓缩、冷却结晶、(静置)过滤、洗涤、干燥。(5)多钒酸铵转化为偏钒酸铵(NH4VO3)的反应能实现说明此条件下NH4VO3的溶解度比较小。(6)经过焙烧，偏钒酸铵变为红棕色的样品，说明生成V2O5，反应的化学方程式为2NH4VO3V2O52NH3H2O。3答案：(1)128低温(2)0.088(或L3mol3)(3)K降低生成乙烯反应的活化
12、能，加快乙烯生成速率，而对副反应影响不大解析：(1)根据盖斯定律，由2得出H4128kJmol1，反应的H0、S0，该反应在低温时能自发进行。(2)250时，CO2平衡转化率为50%，则平衡时n(CO2)0.5mol、n(H2)1.5mol、n(C2H4)0.25mol、n(H2O)1mol，容器容积为1L，则KL3mol3L3mol30.088L3mol3。减少氢气的量，平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，可能为M1点，故投料比N。(3)由表中数据知，添加Na助剂时副反应占比较大，添加Cu助剂时CO2转化率较低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高
13、单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比小；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低反应活化能、加快乙烯生成速率。4答案：(1)HCN13NAsp2(2)1s22s22p63s23p64s2(3)AN、O、F均能与H形成氢键，氢键的存在加大了分子间的作用力，从而出现沸点反常现象，趋势线a无反常现象(4)(5)孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，斥力越大，键角越大(6)解析：(1)非金属性越强电负性越大，故电负性：HCN；分子环上还有4个CH键分子含有13个键，1mol中含有键的数目为13NA，NO2中N原子有1个未成键电子，价层电子对数213，N原子采取sp2杂化。(
14、2)由该元素的第一至五电离能数据可知，该元素第一、二电离能较小，说明容易失去2个电子，即最外层有两个电子，已知该元素为第四周期的某主族元素，则为第四周期，第A族元素Ca，则该元素的基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2。(3)在第A族第A族中的元素的最简单氢化物中，NH3、H2O、HF因分子间存在氢键，氢键的存在加大了分子间的作用力，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有第A族元素氢化物不存在沸点反常现象。(4)该晶体中原子之间通过共价键结合，属于原子(共价)晶体，而碳氧键的键长短，所以该晶体的熔点比SiO2晶体的高。(5)孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之
15、间的斥力，斥力越大，键角越大，因此嘌呤中轨道之间的夹角1比2大。根据吡啶的结构，其中的大键是由5个原子6个电子形成的，表示为。(6)1个晶胞的质量为(g)，晶胞的体积为V(a107)2c107(cm3)，晶胞参数c。5答案：(1)C4H6O2甲醇钠(2)酯基、碳氯键(3)ClCH2CH2CH2COOCH3CH3ONaCH3OHNaClnHOCH2CH2CH2COOH(n1)H2O缩聚反应(4)13(5)c解析：(1)由丁内酯的结构可确定其分子式为C4H6O2；CH3ONa的名称为甲醇钠。(2)B中官能团名称为酯基和碳氯键。(3)BC反应过程中还生成了醇和无机盐，则根据碳、氢、氧等原子守恒，推出
16、醇为CH3OH，无机盐只能为NaCl，反应的化学方程式为ClCH2CH2CH2COOCH3CH3ONaCH3OHNaCl。丁内酯酸性条件下的水解产物为HOCH2CH2CH2COOH，其在一定条件下可发生缩聚反应生成聚酯高分子，反应的化学方程式为nHOCH2CH2CH2COOH(n1)H2O。(4)A的结构简式为ClCH2CH2CH2COOH，其含酯基和碳氯键的同分异构体可看作含4个碳原子的酯中的1个氢被1个氯原子取代，含4个碳原子的酯有如下4种，分别为HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，的一氯代物(等效氢数目)有4种，的一氯代物有3种，的一氯代物有3种，的一氯代物有3种，共计13种。(5)环氧丁烯和2，3二氢呋喃的分子式均为C4H6O，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体；二者均含碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鉴别二者；二者均能发生取代、氧化、加成反应。环丙甲醛催化氧化可得到，其与甲醇发生酯化反应得到，在NH3、CH3ONa条件下得到的发生Hofmann重排即可得到环丙胺。