2022 高考化学二轮专题练习 非选择题专项练(一)

这是一份2022 高考化学二轮专题练习 非选择题专项练(一)，共8页。试卷主要包含了[选修3，[选修5等内容，欢迎下载使用。
非选择题专项练(一)非选择题:共56分。第17~19题为必考题,考生都必须作答。第20~21题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共42分。17.(15分)(2021东莞中学松山湖学校高三月考)某校研究性学习小组的同学进行了以下化学实验:将金属钙置于空气中燃烧,然后向所得固体产物中加入一定量蒸馏水,此过程中反应放出大量的热,并且放出有臭味的气体。(1)甲同学提出:运用类比学习的思想,Ca与Mg位于同一主族,化学性质具有一定的相似性。请写出Ca在空气中燃烧发生反应的化学方程式 　。 (2)乙同学提出:Ca的性质比Na活泼,在空气中燃烧还应有CaO2生成,请写出燃烧后固体产物与水反应放出气体的化学方程式 　。 (3)丙同学提出用实验的方法探究放出臭味气体的成分:(查阅资料)①CaO2遇水反应生成H2O2,H2O2可能会分解产生一定量的O3。②碘量法是最常用的臭氧测定方法,其原理为强氧化剂臭氧(O3)与碘化钾(KI)水溶液反应生成游离态的碘(I2),O3转化为O2。反应式为O3+2KI+H2OO2+I2+2KOH。(提出假设)假设1:该臭味气体只有NH3;假设2:该臭味气体只有　　　　　; 假设3:该臭味气体含有　　　　　。 (设计方案　进行实验探究)(4)该小组同学设计如下实验方案,并进行实验,验证上述假设。请完成相关的实验操作步骤、预期现象及结论(仪器自选)。限选实验试剂:红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、pH试纸、KI-淀粉溶液、蒸馏水。 实验操作预期现象与结论取少量反应后固体于试管中,　　　　 　　　　　　　　  18.(13分)(2021山东聊城模拟)重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种强氧化剂,在实验室和工业中都有很广泛的应用。某实验小组以铬铁矿[主要成分为FeO·Cr2O3,还含有少量的MgCO3、Al2O3、SiO2等]为原料制备K2Cr2O7,制备流程如图:已知:①酸化1后的溶液中含有Na2CrO4、Na2CO3等。②NaNO2具有还原性,当溶液酸性很强时易被强氧化剂氧化。(1)高温熔融、氧化时发生多个反应,其中Al2O3和SiO2分别转化为NaAlO2和　　　　;FeO·Cr2O3参与反应的产物中含有Fe2O3、NaNO2等,该反应的化学方程式为　 　。 (2)滤渣1的成分为　　　　　　　。 (3)为使溶液中铝元素尽可能生成沉淀而除去,则需调节溶液中Al3+、Al的浓度均不超过10-6 mol·L-1。为达此目的酸化1溶液的pH范围是　　　　。已知:Al(OH)3(s)H+(aq)+Al(aq)+H2O(l)　K=1×10-14;Ksp[Al(OH)3]=1×10-33。 (4)酸化2时,酸化的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　,在酸化时溶液酸性不能太强的原因是　 　。 (5)称取K2Cr2O7样品2.40 g,配成250 mL溶液,取25.00 mL于碘量瓶中,加入稀硫酸和足量碘化钾,并放于暗处,约6 min后加入适量水和数滴淀粉指示剂,用0.24 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(杂质不参与反应),共用去Na2S2O3标准溶液20.00 mL,所得样品中K2Cr2O7的质量分数为　　　　。相关反应:(ⅰ)Cr2+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O　(ⅱ)I2+2S22I-+S4 19.(14分)(2021湖南衡阳模拟)二氧化碳的捕集与利用是实现温室气体减排的重要途径之一。(1)目前工业上使用的捕碳剂有NH3和(NH4)2CO3,它们与CO2可发生如下可逆反应:2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)(NH4)2CO3(aq)　K1NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)NH4HCO3(aq)　K2(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)2NH4HCO3(aq)　K3则K3=　　　　　(用含K1、K2的代数式表示)。 (2)利用CO2制备乙烯是我国能源领域的一个重要战略方向,具体如下。方法一:CO2催化加氢合成乙烯,其反应的方程式为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)　ΔH=a kJ·mol-1。起始时将CO2和H2按n(CO2)∶n(H2)=1∶3的投料比充入20 L的恒容密闭容器中,不同温度下平衡时H2和H2O的物质的量如图甲所示:图甲图乙①a　　　0(填“>”或“<”)。 ②下列说法正确的是　　　　(填字母)。 A.使用催化剂,可降低反应活化能,加快反应速率B.其他条件不变时,若扩大容器容积,则v(正)减小,v(逆)增大C.测得容器内混合气体的密度不随时间改变时,说明反应已达平衡D.使用合适的催化剂可改变反应的焓变③393 K下,H2的平衡转化率为　　　　　(保留三位有效数字)。 ④393 K下,该反应达到平衡后,再向容器中按n(CO2)∶n(H2)=1∶3投入CO2和H2,则再次平衡时n(H2)/n(C2H4)将　　　(填“变大”“不变”或“变小”)。 方法二:用惰性电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到乙烯,其原理如图乙所示。⑤b电极上的电极反应式为 　。 ⑥该装置中使用的是　　　　(填“阴”或“阳”)离子交换膜。 (二)选考题:共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。20.[选修3:物质结构与性质](14分)(2021河南郑州模拟)某研究团队设计了一系列稳定的由超碱Pn和超卤素M组成的PnH4MX4(Pn=N,P;M=B,Al,Fe;X=Cl,Br)超盐晶体。(1)基态铁原子价电子排布中未成对电子数与成对电子对数之比为　　　　。 (2)第二周期元素中,第一电离能介于元素B和N之间的元素有　　　　种。 (3)超碱Pn离子中P与PH3的键角相比:P　　　　PH3(填“大于”或“小于”),请分析原因:　  　。 (4)写出与超卤素AlC互为等电子体的两种分子的化学式:　　　　　　　　　　　　。 (5)六方相氮化硼晶体结构与石墨相似(如图),晶体中氮原子的杂化方式为　　　　　　　。氮化硼晶体不导电的原因是　 　。 (6)磷化硼晶胞结构如图所示,晶胞中P原子空间堆积方式为　　　　　　　　　　　　;已知晶体中硼和磷原子半径分别为r1 pm和r2 pm,距离最近的硼原子和磷原子核间距为二者原子半径之和。则磷化硼晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为　　　　　　　　　　　　　　(写出计算式)。 21.[选修5:有机化学基础](14分)(2021江西上饶模拟)奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂,是目前治疗流感的最常用药物之一,是公认的抗禽流感、甲型H1N1等病毒最有效的药物之一,也是国家的战略储备药物。也有专家尝试使用奥司他韦作为抗新型冠状病毒药物。以莽草酸作为起始原料是合成奥司他韦的主流路线。　　Ⅰ.莽草酸是从中药八角茴香中提取的一种化合物,是合成奥司他韦的原料。下列有关莽草酸说法正确的是　　　　　　　　。 A.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.可以发生加成反应、消去反应、加聚反应、缩聚反应、取代反应C.分子中所有原子共平面D.只溶于苯等有机溶剂,不溶于水Ⅱ.奥司他韦的合成路线如下:……已知:++H2O回答下列问题:(1)化合物A的含氧官能团名称为　, 写出反应③的反应类型:　　　　　　　　。 (2)写出反应①的反应试剂和反应条件:　　　　　　　　　　　　　。 (3)请写出反应②的化学方程式: 　。 (4)芳香化合物X是B的同分异构体,则符合官能团只含酚羟基的X有　　　种。 (5)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳原子称为手性碳原子。C分子中有　　　个手性碳原子。 (6)结合以上合成路线设计由对甲基苯甲醛制备对醛基苯甲酸的合成路线。  非选择题专项练(一)17.答案 (1)2Ca+O22CaO、3Ca+N2Ca3N2、2Ca+CO22CaO+C(2)2CaO2+2H2O2Ca(OH)2+O2↑、Ca3N2+6H2O3Ca(OH)2+2NH3↑(3)O3　O3和NH3(4)向试管中加入少量水,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口,另取少量反应后固体于试管中,向试管中加入少量水,将产生的气体通入KI-淀粉溶液中　若湿润的红色石蕊试纸显蓝色,且KI-淀粉溶液不变色,则假设1成立;若湿润的红色石蕊试纸不显蓝色,且KI-淀粉溶液变蓝色,则假设2成立;若湿润的红色石蕊试纸显蓝色,且KI-淀粉溶液变蓝色,则假设3成立解析:(1)由于Mg可以和空气中的O2、CO2、N2反应,Ca与Mg的化学性质具有一定的相似性,所以Ca也可以和这三种气体发生反应,反应的化学方程式为2Ca+O22CaO、3Ca+N2Ca3N2、2Ca+CO22CaO+C。(2)Ca在空气中燃烧的产物中能与水反应放出气体的物质为CaO2和Ca3N2,CaO2与水反应生成Ca(OH)2和O2,反应的化学方程式为2CaO2+2H2O2Ca(OH)2+O2↑,Ca3N2与水反应生成Ca(OH)2和NH3,反应的化学方程式为Ca3N2+6H2O3Ca(OH)2+2NH3↑。(3)根据题中所给信息知,有气味的气体可以是NH3,也可以是O3,还可以是二者的混合物。(4)验证是否含有NH3,可用湿润的红色石蕊试纸,若试纸变蓝,则证明有NH3;验证是否含有O3,可用KI-淀粉溶液,由题给信息知,O3能使KI-淀粉溶液变蓝。18.答案 (1)Na2SiO3　2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+NaNO3+3O2Fe2O3+NaNO2+4CO2+4Na2CrO4(2)MgCO3、Fe2O3　(3)5<pH<8(4)增加氢离子的浓度,使2Cr+2H+Cr2+H2O平衡正向移动　溶液中存在Cl-,在强酸的条件下,Cl-会被Cr2氧化　(5)98%解析:铬铁矿主要成分为FeO·Cr2O3,还含有少量的MgCO3、Al2O3、SiO2等,加入纯碱和硝酸钠在高温的条件下可以发生反应:Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑,SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑,2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+NaNO3+3O2Fe2O3+NaNO2+4CO2+4Na2CrO4。冷却后加水过滤,得到滤渣1为MgCO3、Fe2O3,在滤液中加醋酸酸化后,NaNO2具有还原性,当溶液酸性很强时易被强氧化剂氧化为NaNO3,且NaAlO2遇到弱酸后反应生成Al(OH)3沉淀,过滤后滤渣2为Al(OH)3,再加醋酸进行酸化,发生反应2Cr+2H+Cr2+H2O。(1)根据上述分析可知,加入纯碱和硝酸钠在高温的条件下发生的反应为Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑,SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑,2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+NaNO3+3O2Fe2O3+NaNO2+4CO2+4Na2CrO4。(2)根据上述分析可知,滤渣1的成分为MgCO3、Fe2O3。(3)若使NaAlO2变为Al(OH)3,Al3+、Al浓度均不超过10-6 mol·L-1,根据Al(OH)3(s)H+(aq)+Al(aq)+H2O(l)　K=1×10-14,K=c(H+)×c(),所以c(H+)=1 mol·L-1,pH=8;Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c3(OH-)×c(Al3+),c(OH-)=10-9 mol·L-1,c(H+)=10-5 mol·L-1,pH=5,所以为使溶液中铝元素尽可能生成沉淀的pH范围为:5<pH<8。(4)因为溶液中存在2Cr+2H+Cr2+H2O,所以酸化2是为了增加氢离子的浓度,使平衡正向移动;因为溶液中存在Cl-,在强酸的条件下,Cl-会被Cr2氧化,所以酸化时溶液酸性不能太强。(5)根据Cr2+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O、I2+2S22I-+S4可知,Cr2~3I2~6S2,n(S2)=0.24×20×10-3 mol,则25 mL样品溶液中n(Cr2)=8×10-4 mol,所得样品中K2Cr2O7的质量分数为×100%=98%。19.答案 (1)　(2)①<　②A　③67.4%　④变小　⑤2CO2+12H++12e-C2H4+4H2O　⑥阳解析:(1)已知,①2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)(NH4)2CO3(aq)　K1②NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)NH4HCO3(aq)　K2,根据盖斯定律,由②×2-①可得:(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)2NH4HCO3(aq),因此K3=。(2)①由图甲可知,升高温度,氢气的物质的量增多,平衡逆向移动,则正反应为放热反应,a<0;②使用催化剂可降低反应的活化能,从而加快反应速率,选项A正确;其他条件不变时,若扩大容器容积,则v(正)减小,v(逆)减小,选项B错误;反应前后气体质量不变,恒容条件下密度始终不变,密度不变不能说明反应已达到平衡,选项C错误;反应使用合适的催化剂,催化剂可改变反应历程而加快反应速率,但不改变化学平衡,不改变反应焓变,选项D错误;③由图像分析可知,393 K时平衡状态下H2O、H2的物质的量分别为58 mol、42 mol,生成58 mol H2O必然消耗87 mol H2,则初始时H2的物质的量为(87+42) mol=129 mol,则H2的转化率为×100%≈67.4%;④393 K下,该反应达到平衡后,再向容器中按n(CO2)∶n(H2)=1∶3投入CO2和H2,相当于增大压强,平衡正向移动,则再次平衡时将变小;⑤电解时,二氧化碳在b极上得电子发生还原反应生成乙烯,电极反应式为2CO2+12H++12e-C2H4+4H2O;⑥根据电极反应可知,离子交换膜应为阳离子交换膜。20.答案 (1)2∶1　(2)3(3)大于　PH3分子中磷原子上孤电子对对共价键的排斥作用大于共价键之间的排斥作用(4)CCl4、SiCl4(或SiF4等)(5)sp2　层状结构中没有自由移动的电子(6)面心立方最密堆积　×100%解析:(1)基态铁原子价电子排布是3d64s2,则未成对电子数与成对电子对数之比为2∶1。(2)同一周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势,其中第ⅡA族、第ⅤA族反常,则第二周期元素中,第一电离能介于元素B和N之间的元素有Be、C、O共3种元素。(3)超碱PN离子中P的键角大于PH3,原因是PH3分子中磷原子上孤电子对对共价键的排斥作用大于共价键之间的排斥作用。(4)原子总数相等、价电子总数相等的微粒互称为等电子体,则与超卤素AlC互为等电子体的微粒有CCl4、SiCl4、SiF4等。(5)六方相氮化硼晶体结构与石墨相似,石墨中碳原子的杂化方式是sp2,则晶体中氮原子的杂化方式为sp2,氮化硼晶体不导电的原因是层状结构中没有自由移动的电子。(6)磷化硼晶胞中P原子在正六面体的面心和顶点,则其空间堆积方式为面心立方最密堆积。晶胞中P原子个数是8×+6×=4,B原子个数是4,设晶胞的边长为a,体对角线是a,B原子与P原子最近距离等于体对角线的四分之一,即a=,则磷化硼晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%。21.答案 Ⅰ.BⅡ.(1)羟基、酯基　取代反应　(2)乙醇、浓硫酸、加热(3)++H2O(4)17　(5)3(6)解析:Ⅰ.莽草酸中含有碳碳双键、羟基,均能被酸性高锰酸钾溶液氧化,从而使酸性高锰酸钾溶液褪色,A错误;有碳碳双键,可以发生加成反应、加聚反应;有羟基,且羟基所连碳原子的邻位碳原子上有氢原子,能够发生消去反应;有羟基和羧基,能够发生取代、缩聚反应,B正确;分子中含有饱和碳原子,可形成空间四面体结构,所有原子不可能共平面,C错误;分子中含有羟基、羧基,都是亲水基,能够溶于水,D错误。Ⅱ.(1)化合物A具有的含氧官能团分别为羟基、酯基;反应③中,羟基中的H原子被—SO2CH3代替,为取代反应。(2)反应①为酯化反应,需要乙醇、浓硫酸,反应条件为加热。(3)反应②中A与丙酮发生反应生成B和H2O,其化学方程式为++H2O。(4)B的分子式为C12H18O5,与具有相同的碳原子数的烷烃相比,少了8个H原子,而苯恰好比相同碳原子数的烷烃少8个H原子,可知芳香化合物X的侧链中的键均为单键,X的官能团只有酚羟基,分子中含有5个O,则X分子中含有5个酚羟基,根据原子守恒,另一个侧链为含有6个碳原子的烷基。则X可看作是含6个碳原子的烷烃的一元取代物,含6个碳原子的烷烃的一元取代物有,,,,,共17种,则X共有17种。(5)C中有3个手性碳原子,用*标记,如图所示。(6)对甲基苯甲醛的结构简式为,要制备对醛基苯甲酸,可将—CH3氧化成—COOH,但是将—CH3氧化成—COOH时,—CHO也容易被氧化,因此可以先利用已知信息,将醛基保护起来,再将—CH3氧化成—COOH,制备流程为 。