新教材2024高考化学二轮专题复习考前抢分专练17非选择题提分练三

这是一份新教材2024高考化学二轮专题复习考前抢分专练17非选择题提分练三，共7页。试卷主要包含了00mL上述溶液，用2，硫化钠可广泛用于染料、医药行业，2kJ·ml－1等内容，欢迎下载使用。
（1）基态O原子的电子排布式为 ，其中未成对电子有 个。
（2）Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是________________________________________________________________________
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（3）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取 杂化。
邻苯二甲酸酐（）和邻苯二甲酰亚胺（）都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是
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（4）金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为
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（5）ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn—N键中离子键成分的百分数小于Zn—O键，原因是
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（6）下图左侧为某ZnO晶胞示意图，右侧是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。▱abcd为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面 、 。
2.亚铁氰化钾晶体，化学式为K4[Fe（CN）6]·3H2O（M＝422g·ml－1），俗名黄血盐，可溶于水，不溶于乙醇，在电镀、食品添加剂等方面有广泛用途。用含NaCN的废液合成黄血盐的主要工艺流程如下：
（1）实验室用绿矾晶体配制硫酸亚铁溶液时，为了防止其变质需要添加的试剂为 。
（2）反应器中发生的主要反应的化学方程式为
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（3）在“除杂”步骤中，向体系中加入适量的试剂X为 （填字母）。
a．NaCl b．Na2CO3 c．K2CO3
（4）转化器中发生反应的离子方程式
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（5）实验室进行步骤a的操作为
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（6）对所得样品进行纯度测定：
步骤1：准确称取8.884g黄血盐样品加入水中充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液。
步骤2：量取25.00mL上述溶液，用2.000ml·L－1酸性KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，共消耗KMnO4溶液30.50mL。该实验中所发生的反应如下：
10K4[Fe（CN）6]·3H2O＋122KMnO4＋299H2SO4===162KHSO4＋5Fe2（SO4）3＋122MnSO4＋60HNO3＋60CO2↑＋218H2O
①通过计算确定该样品的纯度是 （保留3位有效数字）。
②下列操作会使测定结果偏高的是 （填字母）。
A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化
B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确
C.滴定结束后，滴定管内壁附着液滴
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡
3.硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：
（1）工业上常用芒硝（Na2SO4·10H2O）和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为
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（2）溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是
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回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3。若气雾上升过高，可采取的措施是________________________________________________________________________
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（3）回流时间不宜过长，原因是 。回流结束后，需进行的操作有①停止加热 ②关闭冷凝水 ③移去水浴，正确的顺序为 （填标号）。
A．①②③B．③①②
C．②①③D．①③②
（4）该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是 。热过滤除去的杂质为
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若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是
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（5）滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量 洗涤，干燥，得到Na2S·xH2O。
4.科学家临床实验证实中草药金银花可抑制新冠病毒复制，其有效成分是“绿原酸”，以下是科研小组设计的“绿原酸（F）”的合成路线：
已知：
回答下列问题：
（1）化合物A的名称为 。
（2）F的分子式是 ，E的官能团名称为 。
（3）D经过①②两步反应转化为E，反应①的反应条件为 ，化合物B的结构简式为 。
（4）C→D的化学方程式为 。
5.CO2催化加氢制烯烃（CnH2n）是缓解化石能源消耗、实现减排的重要途径之一。FT转化路径（CO2→CO→CnH2n）涉及的主要反应如下：
ⅰ.CO2（g）＋H2（g）===CO（g）＋H2O（g） ΔH1＝41.1kJ·ml－1
ⅱ.nCO（g）＋2nH2（g）===CnH2n（g）＋nH2O（g） n＝2时，ΔH2＝－210.2kJ·ml－1
ⅲ.CO（g）＋3H2（g）===CH4（g）＋H2O（g）ΔH3＝－205.9kJ·ml－1
（1）2CO2（g）＋6H2（g）===C2H4（g）＋4H2O（g）ΔH＝ kJ·ml－1。
（2）有利于提高CO2平衡转化率的措施有 （填标号）。
A．增大n（CO2）∶n（H2）投料比
B．增大体系压强
C．使用高效催化剂
D．及时分离H2O
（3）n（CO2）∶n（H2）投料比为1∶3、压力为1MPa时，无烷烃产物的平衡体系中CO2转化率和产物选择性随反应温度变化曲线如图。
①有利于短链烯烃（n≤4）生成的温度范围为 （填标号）。
A．373～573KB．573～773K
C．773～973KD．973～1173K
②计算1083K时，反应ⅰ的Kp＝ 。
③373～1273K范围内，CO2的转化率先降低后升高的原因是________________________________________________________________________
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（4）FT转化路径存在CH4含量过高的问题，我国科学家采用Cr2O3（SG）和H­SAPO­34复合催化剂极大提高短链烯烃选择性。CO2在催化剂Cr2O3（SG）表面转化为甲醇的各步骤所需要克服的能垒及甲醇在H­SAPO­34作用下产生乙烯、丙烯示意图如下。
①吸附态用*表示，CO2→甲氧基（H3CO*）过程中， 的生成是决速步骤（填化学式）。
②H­SAPO­34具有氧八元环构成的笼状结构（直径0.94nm），笼口为小的八环孔（直径0.38nm）。从结构角度推测，短链烯烃选择性提高的原因________________________________________________________________________。
专练17 非选择题提分练（三）
1．解析：（1）O为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；（2）由于金属的自由电子可在外加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性；（3）根据结构式可知，N原子均形成双键，故N原子的杂化方式均为sp2，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高；（4）金属Zn与氨水反应可生成[Zn（NH3）4]（OH）2和H2，反应的离子方程式为Zn＋4NH3＋2H2O===[Zn（NH3）4]2＋＋2OH－＋H2↑；（5）由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn—N键中离子键成分的百分数小于Zn—O键；（6）根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，则与其相邻的晶胞与该晶胞共用bc和cd，则相邻的两个晶胞的底面为▱cdhi和▱bcfe。
答案：（1）1s22s22p4或[He]2s22p4 2
（2）自由电子在外加电场中作定向移动
（3）sp2 两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
（4）Zn＋4NH3＋2H2O===[Zn（NH3）4]2＋＋2OH－＋H2↑
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键
（6）▱cdhi ▱bcfe
2．解析：（1）硫酸亚铁溶液中亚铁离子易被氧化、易水解，故实验室用绿矾晶体配制硫酸亚铁溶液时，加稀硫酸可以抑制亚铁离子水解，加铁粉防止亚铁离子被氧化。（2）由流程可知，最终产物为K4[Fe（CN）6]·3H2O，可推断反应器中NaCN、FeSO4、CaCl2反应，发生的主要反应为6NaCN＋FeSO4＋CaCl2===Na4[Fe（CN）6]＋CaSO4↓＋2NaCl；（3）反应器中得到滤液中含有Na4[Fe（CN）6]，第一次过滤后滤液中含有过量的钙离子，可以加入适量的碳酸钠和钙离子反应生成碳酸钙沉淀，且不引入新的杂质离子，故在“除杂”步骤中，向体系中加入适量的试剂X为碳酸钠。（4）由流程可知，转化器中加入氯化钾后最终生成亚铁氰化钾晶体，故发生反应为Na4[Fe（CN）6]和氯化钾反应转化为K4[Fe（CN）6]，离子方程式4K＋＋[Fe（CN）6]4－＋3H2O===K4[Fe（CN）6]·3H2O↓。（5）亚铁氰化钾晶体可溶于水，不溶于乙醇，第2次过滤得到亚铁氰化钾晶体，为了除去晶体表面的杂质残液，可以用乙醇洗涤，故实验室进行步骤a的操作为：用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次；（6）①根据方程式体现的关系可知，10K4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(Fe\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CN))6))·3H2O～122KMnO4，则样品中K4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(Fe\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CN))6))的物质的量为30.50×10－3L×2.000ml·L－1×eq \f(10,122)×eq \f(100.00mL,25.00mL)＝0.020ml，则该样品的纯度是eq \f(0.020ml×422g·ml－1,8.884g)×100%≈95.0%；②步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化，导致标准液用量减少，结果偏低，A错误；滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确，导致读数偏小，结果偏低，B错误；滴定结束后，滴定管内壁附着液滴，导致读数偏大，结果偏高，C正确；滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡，导致标准液用量偏大，结果偏高，D正确。
答案：（1）铁粉、稀硫酸
（2）6NaCN＋FeSO4＋CaCl2===Na4[Fe（CN）6]＋CaSO4↓＋2NaCl
（3）b
（4）4K＋＋[Fe（CN）6]4－＋3H2O===K4[Fe（CN）6]·3H2O↓
（5）用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次
（6）①95.0% ②CD
3．解析：（1）Na2SO4·10H2O→Na2S、C→CO，根据得失电子守恒、原子守恒可得Na2SO4·10H2O＋4Ceq \(=====,\s\up7(高温))Na2S＋4CO↑＋10H2O。（2）粗品中含有不溶性固体，起到了防暴沸的作用，故回流前无需加入沸石；若气雾上升过高，说明温度过高，可通过加快冷却水的流速或降低水浴的温度来解决。（3）回流的目的是浓缩Na2S的乙醇溶液，若回流时间过长，会造成乙醇挥发过多，致使硫化钠晶体析出；移去热源后，烧瓶中温度仍较高，故冷凝水应最后关闭。（4）锥形瓶瓶口比烧杯口要小，可减少乙醇的挥发；由题意知重金属硫化物难溶于乙醇，故热过滤除去的杂质为重金属硫化物；若滤纸上析出大量晶体（Na2S·xH2O），主要原因是温度降低或乙醇挥发过多。（5）硫化钠易溶于热乙醇，说明硫化钠在冷乙醇中溶解度较小，可用95%冷乙醇洗涤。
答案：（1）Na2SO4·10H2O＋4Ceq \(=====,\s\up7(高温))Na2S＋4CO↑＋10H2O
（2）粗品中有不溶性固体，起到了防暴沸作用 加快冷却水的流速或降低水浴的温度
（3）防止乙醇挥发过多而析出产品 D
（4）减少乙醇的挥发 重金属硫化物 温度降低或乙醇挥发过多
（5）95%冷乙醇
4．解析：由已知反应原理可知，A与发生加成反应生成B，结合D结构简式可知，A中氯原子位于两个碳原子上，结构简式为，A生成B为；B生成C引入羧基，C生成D引入溴原子，D发生水解反应生产E，E最终生成F；
（3）D经过①②两步反应转化为E，反应①为卤代烃在氢氧化钠水溶液条件下的取代反应，反应条件为氢氧化钠水溶液、加热；（4）比较BD结构简式，可知C结构简式为，C→D为溴和C发生的取代反应，化学方程式为＋Br2eq \(――→,\s\up7(PBr3))＋HBr。
答案：（1）1、2­二氯乙烯
（2）C16H18O9 羟基、羧基
（3）氢氧化钠水溶液、加热
（4）＋Br2eq \(――→,\s\up7(PBr3))＋HBr
5．解析：（1）当反应ⅱ中n＝2时可得2CO（g）＋4H2（g）===C2H4（g）＋2H2O（g） ΔH2＝－210.2kJ·ml－1，根据盖斯定律反应ⅱ＋ⅰ×2可得2CO2（g）＋6H2（g）===C2H4（g）＋4H2O（g）的ΔH＝－210.2kJ·ml－1＋2×41.1kJ·ml－1＝－128.0kJ·ml－1；（2）增大n（CO2）∶n（H2）投料比，相当于H2的量不变，增加CO2的量，会降低CO2的转化率，A错误；反应ⅱ和ⅲ均为气体系数之和减小的反应，增大压强可以使ⅱ、ⅲ的平衡正向移动，CO的浓度减小，反应ⅰ平衡正向移动，CO2的转化率增大，B正确；催化剂可以加快反应速率，但不改变平衡转化率，C错误；及时分离出H2O，可以使反应ⅰ平衡正向移动，增大CO2的转化率，D正确；（3）①据图可知当温度为573K左右时C4H8的选择性较高，673K左右时C3H6的选择性较高，773K左右时C2H4的选择性较高，所以有利于短链烯烃（n≤4）生成的温度范围应选B（573～773K）；②据图可知温度为1083K时，CO的选择性为100%，烯烃的选择性为0，所以此时只发生反应ⅰ，CO2的转化率为75%；设初始投料为1mlCO2、3mlH2，列三段式有：
CO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋H2O（g）
起始 1 3 0 0
转化 0.75 0.75 0.75 0.75
平衡 0.25 2.25 0.75 0.75
所以p（CO2）＝eq \f(0.25,0.25＋2.25＋0.75＋0.75)×1MPa＝eq \f(1,16)MPa，p（H2）＝eq \f(2.25,4)×1MPa＝eq \f(9,16)MPa，p（CO）＝p（H2O）＝eq \f(0.75,4)MPa＝eq \f(3,16)MPa，所以Kp＝eq \f(\f(3,16)×\f(3,16),\f(1,16)×\f(9,16))＝1；③温度低于723K时，反应ⅱ（放热反应）占主导地位，温度升高，反应ⅱ平衡逆向移动，CO的含量增大，导致反应ⅰ逆向移动，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应ⅰ（吸热反应）占主导地位，温度升高，CO2转化率升高；（4）①能垒越大反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知CO2生成HCOO*的步骤能垒最大，为决速步骤（能垒为1.45eV的步骤为H3CO*生成H3COH*，不符合题意）；②短链烯烃可顺利从H­SAPO­34催化剂笼口八环孔脱离，所以短链烯烃选择性提高。
答案：（1）－128.0 （2）BD
（3）①B ②1 ③温度低于723K时，反应ⅱ（放热反应）占主导地位，温度升高，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应ⅰ（吸热反应）占主导地位，温度升高，CO2转化率升高
（4）①HCOO* ②短链烯烃可顺利从H­SAPO­34催化剂笼口八环孔脱离