备战高考 2022年高三化学二轮复习专题 非选择题专项练(一)

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非选择题专项练(一)
非选择题:包括必考题和选考题两部分。第15~17题为必考题,每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:此题包括3小题,共39分。
15.(12分)(2021湖南长郡十五校联考)三氯氧磷(POCl3)是重要的基础化工原料,广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组用O2直接氧化PCl3制备POCl3,实验装置设计如图:

有关物质的部分性质如下表:

物质
熔点/℃
沸点/℃
其他性质
PCl3
-111.8
74.2
遇水生成H3PO3和HCl,遇O2生成POCl3
POCl3
2
105.3
遇水生成H3PO4和HCl,能溶于PCl3

回答下列问题:
(1)仪器a的名称是　　　　　　　。 
(2)装置B中试剂为　　　　　　　;装置B的作用是　　　　　　　(任写两条)。 
(3)装置C中制备POCl3的化学方程式为 
　。 
(4)仪器b的作用是　　　　　　　。 
(5)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素的含量实验步骤如下:
Ⅰ.取m克产品置于锥形瓶中,加入足量NaOH溶液,待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性;
Ⅱ.向锥形瓶中加入0.100 0 mol·L-1的AgNO3溶液50.00 mL,使Cl-完全沉淀;
Ⅲ.向其中加入2 mL硝基苯,用力摇动使沉淀表面被有机化合物覆盖;
Ⅳ.加入指示剂用c mol·L-1的NH4SCN溶液滴定过量的Ag+至终点,记下所用体积为V mL。
①滴定选用的指示剂是　　　(填标号)。 
A.酚酞　　　　　B.NH4Fe(SO4)2
C.淀粉 D.甲基橙
②Cl元素的质量分数为　　　(用含m、c、V的表达式表示)。 
③若取消步骤Ⅲ,会使步骤Ⅳ中出现两种沉淀共存,该反应使测定结果　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 
16.(13分)(2021湖南衡阳二模)H2S是石油化工行业产生的污染性气体,工业上采取多种方式进行处理。
Ⅰ.干法脱硫
(1)已知H2S的燃烧热ΔH=-a kJ·mol-1(a>0),S的燃烧热ΔH=-b kJ·mol-1(b>0),则常温下空气直接氧化脱除H2S的反应:2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(l)　ΔH=　　　　 kJ·mol-1。 
(2)常用脱硫剂反应条件如下表,最佳脱硫剂为　　　　　　　。 

脱硫剂
出口硫(mg·m-3)
脱硫温度/K
操作压力/
MPa
再生
条件
一氧化碳
<1.33
300~400
0~3.0
蒸气
再生
活性炭
<1.33
常温
0~3.0
蒸气
再生
氧化锌
<1.33
350~400
0~3.0
不再生

Ⅱ.热分解法脱硫
在密闭容器中,充入一定量的H2S气体,发生分解反应:H2S(g)H2(g)+12S2(g),控制不同的温度和压强,实验结果如图。

(3)图中压强p1、p2、p3由大到小的顺序为　　　　　　　　　;该反应为　　　　(填“吸热”或“放热”)反应,若要进一步提高H2S的平衡转化率,可以采取的措施有　　　　　　　　　　　(任写一种)。 
(4)若压强为p2、温度为975 ℃,H2S(g)H2(g)+12S2(g)的平衡常数K=0.04,则起始H2S的物质的量浓度c=　　　 mol·L-1;若向容器中再加入1 mol H2S气体,相同温度下再次达到平衡时,K　　　(填“>”“<”或“=”)0.04。 
Ⅲ.间接电解法脱硫
通过FeCl3溶液吸收并氧化H2S气体,再通过电解再生,实现循环使用,该法处理过程如图。

(5)电解反应器中总反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　。 
17.(14分)(2021湖南常德一模)以金属切削废料(由铁屑和镍钴合金、金刚砂组成)为原料回收镍钴生产NiSO4·7H2O和CoCl2·6H2O的工艺如图:

已知:①相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀时的pH范围如下:

金属离子
Co3+
Co2+
Fe3+
Fe2+
Ni2+
开始沉淀的pH
0.3
7.2
1.5
6.3
6.9
沉淀完全的pH
1.1
9.2
2.8
8.3
8.9

②常温下,Ksp(NiCO3)=1.0×10-7。
回答下列问题:
(1)将废料研磨成粉的作用是　　　　　　　　　　　。 
(2)理论上“除铁”需控制pH的范围为　　　　　　;“滤渣2”中除Fe(OH)3外,还有少量黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12],写出Fe3+生成黄钠铁矾的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)写出“钴镍分离”时发生反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;“镍钴分离”后溶液中c(Ni2+)=1.0 mol·L-1,若“滤液2”中c(CO32-)=10-5 mol·L-1,则沉镍率=　　　[沉镍率=因沉淀减少的c(Ni2+)初始c(Ni2+)×100%]。 
(4)“转化”时产生的气体为　　　　。 
(5)碱性镍氢电池是国产比亚迪汽车车载电池之一,其电池反应为NiOOH+MHNi(OH)2+M。放电时,负极的电极反应式为　。 
(二)选考题:共15分。请考生从给出的两道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。
18.[物质结构与性质](2021湖南怀化一模)Ⅰ.ZnGeP2和KTiOPO4都是非线性光学晶体材料,在激光技术方面有广泛用途。回答下列问题:
(1)基态氧原子的核外电子的运动状态有　　　种;基态Ti原子的价电子排布式为　。 
(2)O、P、K、Zn四种元素中电负性最小的为　　　　　。 
(3)H2O、KH熔点由高到低的顺序为　　　　,原因是 
　。 
(4)H2O可与H+结合生成H3O+,水中H—O—H的键角比H3O+中H—O—H的键角　　　(填“大”或“小”);H2O2是常用的氧化剂,其分子结构如图1所示,H2O2能与水混溶,却不溶于CCl4的原因是　 
　。 

图1
(5)将纯液态SO3冷却到289.8 K时,能凝固得到一种螺旋状单链结构的固体,其结构如图2所示,此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是　　　　　　　。 

图2
Ⅱ.铁、铜和镉是三种过渡金属元素。回答下列问题:
(6)Fe3+比Fe2+稳定,试从原子结构角度解释原因: 
　。 
(7)新制的Cu(OH)2能够溶解于过量的浓NaOH溶液中,反应的离子方程式为　。 
(8)镉晶胞如图3所示。设NA是阿伏加德罗常数的值,已知晶体的密度为d g·cm-3。在该晶胞中两个镉原子最近核间距=　　　　　　　　　　　(用含NA、d的代数式表示)nm;镉晶胞中原子空间利用率为　　　(用含π的代数式表示)。 

图3
19.[有机化学基础](2021湖南永州二模)M是一种双功能手性催化剂,在药物合成中具有重要作用,其合成路线如下:

已知:R—NH2+
回答下列问题:
(1)A的化学名称为　　　　　　;C中官能团的名称为　　　　　　　。 
(2)③的反应类型是　　　　　　　。 
(3)设计反应①②的目的是　。 
(4)写出反应①的化学方程式: 
　。 
(5)M中含有　　　个手性碳原子。 
(6)写出一种符合下列要求的C的同分异构体的结构简式　。 
ⅰ.能发生银镜反应
ⅱ.分子中含有三种不同化学环境的氢原子
ⅲ.不存在结构
(7)设计由乙二醇和对苯二胺()制备Cl??H的合成路线(无机试剂任选): 
 
　。 

非选择题专项练(一)
15.答案: (1)分液漏斗
(2)浓硫酸　平衡气压、干燥氧气、观察气体流速(任写两条即可)
(3)2PCl3+O22POCl3
(4)冷凝回流
(5)①B　②(5-cV)×35.5×10-3m×100%[或3.55(5-cV)m%]　③偏小
解析:根据实验目的可知,装置A是氧气的发生装置,为固体与液体不加热制备气体的装置,可以为H2O2在MnO2催化作用下分解生成氧气,也可以是过氧化钠与水反应,通过加入液体的量,可以控制产生氧气的速率,氧气中含有水蒸气,可以用浓硫酸除去,所以B装置中盛放浓硫酸,装置B中有长颈漏斗,可以平衡装置内外的压强,起安全瓶的作用,纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3,为了控制反应速率且要防止三氯化磷挥发,反应的温度不宜太高,所以装置C用水浴加热,为防止POCl3挥发,用冷凝管b进行冷凝回流,POCl3遇水剧烈水解为H3PO4和HCl,所以为防止空气中的水蒸气进入装置,同时吸收尾气,应在装置的最后连接装有碱石灰的干燥管。
(1)仪器a的名称是分液漏斗。
(2)装置B中装有浓硫酸,可作干燥剂,另外气体通过液体时可观察到气泡,则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气等。
(3)根据装置图可知,装置C中氧气氧化PCl3生成POCl3,根据原子守恒,反应的化学方程式为2PCl3+O22POCl3。
(4)仪器b为直形冷凝管,起冷凝回流的作用。
(5)①用c mol·L-1的NH4SCN溶液滴定过量的Ag+至终点,当滴定达到终点时NH4SCN过量,加NH4Fe(SO4)2作指示剂,Fe3+与SCN-反应溶液会变红色,半分钟内不褪色,即可确定滴定终点;②用c mol·L-1的NH4SCN溶液滴定过量的Ag+至终点,记下所用体积为V mL,则过量的Ag+的物质的量为cV×10-3 mol,与Cl-反应的Ag+的物质的量为0.100 0 mol·L-1×50.00×10-3 L-cV×10-3 mol=(5-cV)×10-3 mol,Cl元素的质量分数为(5-cV)×10-3mol×35.5 g·mol-1mg×100%=
(5-cV)×35.5×10-3m×100%;③若取消步骤Ⅲ,NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀,则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏大,即计算过量的Ag+的物质的量偏大,则计算与Cl-反应的Ag+的物质的量偏小,所以测得的Cl-的质量分数偏小。
16.答案: (1)2b-2a
(2)活性炭
(3)p3>p2>p1　吸热　移出产物H2(或S2)、适当降低压强、升温(任写一种即可)
(4)0.018　=
(5)2Fe2++2H+2Fe3++H2↑
解析:(1)由题意可得硫化氢和硫燃烧的热化学方程式为①2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(l)　ΔH1=-2a kJ·mol-1,②S(s)+O2(g)SO2(g)　ΔH2=-b kJ·mol-1,由盖斯定律可知,①-②×2可得反应2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(l),则ΔH=ΔH1—ΔH2×2=(-2a+2b) kJ·mol-1。
(2)由表格数据可知,在出口硫和操作压力相同的条件下,选用活性炭做脱硫剂,反应温度低,且蒸气可再生。
(3)该反应为气体体积增大的反应,增大压强,平衡向逆反应方向移动,硫化氢的转化率减小,由图可知,温度相同时,硫化氢的转化率p1>p2>p3,则压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p3>p2>p1;由压强相同时,升高温度,硫化氢的转化率增大可知,升高温度,平衡向正反应方向移动,该反应为吸热反应;由该反应是气体体积增大的吸热反应可知,适当降低压强、升高温度和分离出生成物,都能使平衡向正反应方向移动,提高硫化氢的平衡转化率。
(4)设起始硫化氢的浓度为a mol·L-1,由图可知,压强为p2、温度为975 ℃时,硫化氢的转化率为40%,由题意可建立如下三段式:
　　　　　H2S(g)H2(g)+12S2(g)
起/(mol·L-1) a 0 0
变/(mol·L-1) 0.4a 0.4a 0.2a
平/(mol·L-1) 0.6a 0.4a 0.2a
由平衡常数K=0.4a×0.2a0.6a=0.04,解得a=0.018;平衡常数为温度的函数,温度不变,平衡常数不变,则向容器中再加入1 mol硫化氢气体,相同温度下再次达到平衡时,平衡常数依然为0.04。
(5)由图可知,水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子,亚铁离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成铁离子,铁离子与硫化氢发生氧化还原反应生成亚铁离子、硫沉淀和氢离子,则电解反应器中总反应的离子方程式为2Fe2++2H+2Fe3++H2↑。
17.答案: (1)增大固液接触面积,加快酸溶速率,提高原料利用率
(2)2.8~6.9(或2.8≤pH<6.9)　6Fe3++4SO42-+2Na++12OH-Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓
(3)ClO-+2Co2++5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4H+　99%
(4)Cl2
(5)MH-e-+OH-M+H2O
解析:金属切削废料(由铁屑和镍钴合金、金刚砂组成)中加入HNO3、H2SO4的混合液,金属Ni、Co、Fe转化为Ni2+、Co2+、Fe3+溶解在溶液中,金刚砂(SiC)不与酸反应,滤渣1是SiC;滤液1加NaOH溶液调pH,此时需让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,但不能使Ni2+、Co2+沉淀,因此pH需控制为2.8~6.9,滤渣2为Fe(OH)3;滤液中再加NaClO将Co2+氧化为Co(OH)3,反应的离子方程式为ClO-+2Co2++5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4H+;再加Na2CO3,将Ni2+转化为NiCO3沉淀,离子方程式为Ni2++CO32-NiCO3↓;NiCO3中加H2SO4,反应生成NiSO4,经蒸发浓缩、冷却结晶,可得NiSO4·7H2O;钴镍分离后得到的Co(OH)3加浓盐酸,可将三价的Co还原为二价,得到CoCl2,经蒸发浓缩、冷却结晶,可得CoCl2·6H2O。
(1)将废料研磨成粉可以增大接触面积,加快酸溶速率,提高原料利用率。
(2)根据分析,“除铁”需控制pH的范围为2.8~6.9或2.8≤pH<6.9;根据流程可知,黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]的形成需要Fe3+、SO42-、Na+、OH-,反应的离子方程式为6Fe3++4SO42-+2Na++12OH-Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓。
(3)根据分析,钴镍分离时发生反应的离子方程式为ClO-+2Co2++5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4H+;c(CO32-)=10-5 mol·L-1,根据Ksp(NiCO3)=1.0×10-7可知,沉镍后c(Ni2+)=Ksp(NiCO3)c(CO32-)=1.0×10-71.0×10-5 mol·L-1=
0.01 mol·L-1,沉镍率=因沉淀减少的c(Ni2+)初始c(Ni2+)×100%=1.0mol·L-1-0.01 mol·L-11.0mol·L-1×100%=99%。
(4)根据分析,转化时Co(OH)3将HCl氧化,HCl转化为Cl2。
(5)根据NiOOH+MHNi(OH)2+M可知,MH为吸附了H原子的合金,M元素和H元素均为0价,放电时MH中0价的H失电子生成H2O,电极反应式为MH-e-+OH-M+H2O。
18.答案: (1)8　3d24s2　(2)K
(3)KH>H2O　KH为离子晶体,H2O为分子晶体
(4)小　图示可知H2O2为极性分子,根据“相似相溶”原理,H2O为极性分子,CCl4为非极性分子,故H2O2能溶于H2O而不溶于CCl4,且H2O2与水分子间能形成氢键,增大其在水中的溶解度
(5)sp3
(6)Fe3+的3d能级处于半充满状态,更稳定
(7)Cu(OH)2+2OH-[Cu(OH)4]2-
(8)32×3224dNA×107　38π
解析:(1)基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p4,共有8个电子,因此基态氧原子的核外电子有8种不同的运动状态;基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2。
(2)非金属性越强,电负性越大,非金属性:O>P>Zn>K,则电负性:O>P>Zn>K,所以电负性最小的是K元素。
(3)KH为离子晶体,H2O为分子晶体,所以熔点:KH>H2O。
(4)H2O中O原子有两对孤对电子,H3O+中O原子有一对孤对电子,因为孤电子对间的排斥力>孤电子对与成键电子对间的排斥力>成键电子对间的排斥力,导致H2O中H—O—H的键角比H3O+中H—O—H的键角小;能与水形成氢键的物质易溶于水,H2O2与水分子间能形成氢键,而且H2O2和H2O都为极性分子,CCl4为非极性分子,根据“相似相溶”的原理,所以H2O2更能与水混溶,却不溶于CCl4。
(5)由图2可知,固态SO3中S原子形成4个共价单键,S原子的杂化轨道类型是sp3杂化。
(6)Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5,Fe3+的3d能级处于半充满状态,故Fe3+比Fe2+稳定。
(7)Cu(OH)2和OH-反应生成[Cu(OH)4]2-,反应的离子方程式为Cu(OH)2+2OH-[Cu(OH)4]2-。
(8)图3为体心立方堆积,3个镉原子位于体对角线且相切,1个晶胞中含镉原子数为1+8×18=2,晶胞质量m=2×112NA g,已知晶体的密度为d g·cm-3,设晶胞边长为a cm,晶胞体积为a3 cm3,晶胞质量m=2×112NA g=da3 g,则a=3224d·NA cm=3224d·NA×107 nm,两个镉原子最近核间距为体对角线的一半,即为32a=32×3224d·NA×107 nm;设原子半径为r cm,则4r=3a,两个镉原子总体积为4π3r3×2,镉晶胞中原子空间利用率为4π3r3×2a3×100%=38π。
19.答案: (1)1,3-丙二醇　酯基
(2)消去反应
(3)保护羧基,避免与CH3I反应
(4)HOOCCH2COOH+2CH3OH
CH3OOCCH2COOCH3+2H2O
(5)2
(6)HCOOCH2CH2CH2OOCH
(或OHCCH2OCH2OCH2CHO或)
(7)Cl??H
解析:由A、B的分子式,结合C的结构简式,可知A为HOCH2CH2CH2OH,A发生氧化反应生成的B为
HOOC—CH2—COOH,B与甲醇发生酯化反应生成C;由E的分子式,对比D、F的结构可知,D中酯基水解引入羧基生成E,E的羧基中—OH被氯原子取代生成F,故E为;G发生加成反应生成H,由结构简式知,H发生消去反应生成M。设计由乙二醇和对苯二胺()制备
Cl??H的合成路线可按逆合成分析法,只要以和为原料即可,通过乙二酸和SOCl2反应制得,乙二酸可由乙二醇催化氧化得到。
(1)A为HOCH2CH2CH2OH,A的化学名称为1,3-丙二醇;C中官能团的名称为酯基。
(2)反应③为消去羟基引入双键的过程,则反应类型是消去反应。
(3)反应①消除羧基,然后C中亚甲基上的氢原子被—CH3替代生成D,反应②重新引入羧基,则设计反应①②的目的是保护羧基,避免与CH3I反应。
(4)反应①为HOOCCH2COOH和CH3OH在浓硫酸、加热条件下的酯化反应,化学方程式为HOOCCH2COOH+2CH3OHCH3OOCCH2COOCH3+2H2O。
(5)连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子,如图所示(*为手性碳原子),M中含有2个手性碳原子。
(6)C的分子式为C5H8O4,不饱和度为2,C的同分异构体符合下列要求:ⅰ.能发生银镜反应,说明含有醛基或甲酸形成的酯基,ⅱ.分子中含有三种不同化学环境的氢原子,说明存在对称结构,ⅲ.不存在结构,由此可得C的同分异构体有HCOOCH2CH2CH2OOCH、
OHCCH2OCH2OCH2CHO、,任选一种即可。
(7)由分析可设计合成路线:
Cl??H。