新高考新教材广西专版2024届高考化学二轮总复习题型专项练非选择题专项练1

这是一份新高考新教材广西专版2024届高考化学二轮总复习题型专项练非选择题专项练1，共6页。试卷主要包含了0×10-3、Ksp=3，5时,Ba2产率减小的原因是　，001ml,则n=0等内容，欢迎下载使用。

(1)Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为 。
(2)取少量Ⅰ中溶液,加入 (填名称),溶液变成红色,说明产生了Fe3+。
(3)Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应,说明硝酸具有 性。
(4)Ⅲ中,连接导线后体系形成了原电池。为分析反应过程,在Fe、Cu之间连接电流计,实验如表。
①推测现象ⅰ中被还原的是 。
②若将该装置Cu电极换成Zn电极,实验过程中是否会出现现象ⅱ (填“是”或“否”)。
③现象ⅲ中,Fe一直作负极,难以形成氧化层,可能的原因是 。
④用方程式解释现象ⅳ: 。
2.电解金属锰阳极渣(主要成分MnO2,杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4,其流程如图所示:
已知:Ksp(MnF2)=5.0×10-3、Ksp(CaF2)=3.5×10-11,回答下列问题:
(1)锰原子价层电子的轨道表示式为 ,它处于元素周期表的 区,Mn3O4中Mn的化合价为 。
(2)“酸浸”时,所用的稀酸X是 。
(3)“酸浸”过程中,Fe2+、Fe3+的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图1所示。
图1
20~80 min内,浸出Mn元素的主要离子方程式为 。
(4)若“净化”过程中Mn2+的浓度为2 ml·L-1,则此时Ca2+的浓度为 ml·L-1。
(5)MnO2是一种两性氧化物,用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量铁的氧化物)和BaS可制备高纯MnCO3。软锰矿粉与BaS溶液反应生成难溶的MnO、S和Ba(OH)2。保持BaS投料量不变,随MnO2与BaS投料比增大,软锰矿还原率和氢氧化钡的产率的变化如图2所示。当>3.5时,Ba(OH)2产率减小的原因是 。
图2
(6)碳酸锰在空气中加热可以生成相应的氧化物,称取115 mg碳酸锰(摩尔质量115 g·ml-1)并对其加热,固体物质的质量随温度的变化如图3所示。
图3
527.4 ℃时,MnCO3生成相应固体物质的化学方程式为 。
3.研究CO2的综合利用、实现CO2资源化,是能源领域的重要发展方向,也是力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的方向之一。
已知:
反应Ⅰ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2 kJ·ml-1
反应Ⅱ:2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=-332 kJ·ml-1
反应Ⅲ:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3
(1)反应Ⅲ中,ΔH3= kJ·ml-1。
(2)在容积为2 L的刚性密闭容器中,充入1 ml CO和2 ml H2,发生反应Ⅱ,能判断反应达到平衡状态的是 (填字母)。
a.2v(H2)=v(H2O)
b.容器内压强保持不变
c.保持不变
d.C2H4的质量分数保持不变
(3)在容积为2 L的恒压密闭容器中,起始充入1 ml CO2(g)和3 ml H2(g),发生反应Ⅲ,该反应在不同温度下达到平衡时,各组分的体积分数随温度的变化如图所示。
①表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别是 (填字母)。
②A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为 。
③240 ℃时,反应达到平衡后,容器中气体的总物质的量为 ml,H2(g)的平衡转化率为 。若平衡时总压为p,该反应的平衡常数Kp= (列出计算式,用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。
4.化合物H是用于合成某种镇痛药的医药中间体,利用烃A合成H的某路线如下图所示:
已知:R—NO2R—NH2
回答下列问题:
(1)A的化学名称为 ;D中的官能团名称为 。
(2)由B生成C时需要加入的试剂和反应条件为 。
(3)由C生成D的反应类型为 。
(4)由G生成H的化学方程式为 。
(5)的同分异构体中含六元碳环的有 (不考虑立体异构)种,写出其中一种核磁共振氢谱有6组峰的结构简式: 。
(6)参照上述合成路线设计以D为原料合成高分子化合物的路线(无机试剂任选)。
非选择题专项练一
1.答案 (1)2NO+O22NO2
(2)硫氰化钾
(3)强氧化
(4)①铁表面的氧化层 ②否 ③反应放热,溶液温度升高;随反应进行,硝酸浓度减小 ④Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,N+2H++e-NO2↑+H2O
解析 (1)Ⅰ中发生的反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水,反应的化学方程式为Fe+4HNO3(稀)Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,一氧化氮为无色气体,遇到空气立即与氧气反应转化为红棕色的二氧化氮,则Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的反应为一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,反应的化学方程式为2NO+O22NO2。
(2)溶液中铁离子与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁,则取少量Ⅰ中溶液,加入硫氰化钾溶液,溶液变成红色,说明反应产生了铁离子。
(3)Ⅱ中现象说明硝酸具有强氧化性,铁在浓硝酸中发生钝化,在铁表面形成了致密的氧化层,阻止铁进一步反应。
(4)①刚开始时,铜能与浓硝酸反应,铁在浓硝酸中钝化,则铜作原电池的负极被损耗,铁作正极,铁表面形成氧化物保护膜得电子被还原;②铁作正极时,铁表面氧化层逐渐被还原而溶解,使铁与浓硝酸接触,金属性比铜强的铁作负极,铁失去电子被氧化,在表面形成致密的氧化层;待氧化层完全形成后,铁不能与浓硝酸接触,不能继续失电子,再次作正极,可以如此反复多次;若将该装置铜电极换成锌电极,锌的金属性强于铁,一直作原电池的负极,铁电极始终作正极,实验过程中不可能出现现象ⅱ;③硝酸与金属的反应为放热反应,随反应进行,硝酸浓度减小,反应放出的热量使溶液温度升高,铁表面难以形成氧化层,则铁一直作负极被损耗;④铜在常温下能与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,则电池开始工作时,铜作负极,铁作正极;随着反应的进行,硝酸浓度减小,铁表面不再形成氧化物保护膜,则铁作负极,铜作正极,酸性条件下,硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成二氧化氮,电极反应式为N+2H++e-NO2↑+H2O。
2.答案 (1) d +2、+3
(2)稀硫酸
(3)3MnO2+2FeS2+12H+3Mn2++4S+2Fe3++6H2O
(4)1.4×10-8
(5)过量的MnO2消耗了反应生成的Ba(OH)2
(6)4MnCO3+O22Mn2O3+4CO2
解析 MnO2在酸性条件下有强氧化性,FeS2有强还原性,二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应,结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液,可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入H2O2可以将杂质离子Fe2+氧化为Fe3+,再加入CaO调整溶液pH,使Fe3+、Cu2+形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀,但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2+,净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去,过滤得到的滤液含有MnSO4,然后经一系列处理得到Mn3O4。
(4)由Ksp(MnF2)=c(Mn2+)·c2(F-)=5.0×10-3,Mn2+的浓度为2ml·L-1,可得c2(F-)==2.5×10-3;再由Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)=3.5×10-11,可得c(Ca2+)==1.4×10-8ml·L-1。
(5)由题意可知,二氧化锰与硫化钡反应生成氢氧化钡,因反应物MnO2是一种两性氧化物,当>3.5时,二氧化锰过量,过量的二氧化锰与氢氧化钡反应消耗氢氧化钡,导致其产率降低。
(6)n(MnCO3)==0.001ml,则n(Mn)=0.001ml,m(Mn)=0.001ml×55g·ml-1=0.055g;527.4℃时,m(O)=(0.079-0.055)g=0.024g,n(O)==0.0015ml,可知n(Mn)∶n(O)=0.001ml∶0.0015ml=2∶3,则此时产物为Mn2O3,反应方程式为4MnCO3+O22Mn2O3+4CO2。
3.答案 (1)-249.6 (2)bd
(3)①a、d ②KA>KB>KC ③3.1 60%
解析 (1)由盖斯定律可知,2Ⅰ+Ⅱ即可得到反应Ⅲ,ΔH3=2ΔH1+ΔH2=2×(+41.2kJ·ml-1)+(-332kJ·ml-1)=-249.6kJ·ml-1。
(2)化学平衡的特征之一为正、逆反应速率相等,2v(H2)=v(H2O)未告知正、逆反应方向,不能说明反应达到平衡状态,a项不符合题意;已知反应Ⅱ是一个正反应为气体体积减小的反应,即反应过程中容器内压强始终在改变,故容器内压强保持不变,说明反应达到平衡状态,b项符合题意;由于反应Ⅱ中CO和H2的化学计量数比为1∶2,题干中CO和H2的投料比也是1∶2,故反应过程中始终保持1∶2不变,故保持不变不能说明反应达到平衡状态,c项不符合题意;化学平衡的特征之一就是反应体系各组分的百分含量保持不变,故C2H4的质量分数保持不变,说明反应达到化学平衡状态,d项符合题意。
(3)①结合(1)的分析可知,反应Ⅲ:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3=-249.6kJ·ml-1,该反应正反应是一个放热反应,故升高温度,平衡逆向移动,则H2的体积分数随温度升高而增大,C2H4的体积分数随温度的升高而减小,且起始充入1mlCO2(g)和3mlH2(g),反应中CO2和H2的转化量之比为1∶3,故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1∶3,C2H4和H2O的体积分数之比为1∶4,结合图示可知表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别为a、d。
②由上述分析可知,升高温度平衡逆向移动,化学平衡常数减小,则A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为KA>KB>KC。
③根据三段式,设CO2转化量为2x,则:
2CO2(g) + 6H2(g) C2H4(g) + 4H2O(g)
1300
2x6xx4x
1-2x3-6xx4x
240℃时,反应达到平衡后,H2和H2O的体积分数相等,故有3-6x=4x,解得x=0.3,故容器中气体的总物质的量为(1-2x+3-6x+x+4x)ml=(4-3x)ml=(4-3×0.3)ml=3.1ml,H2(g)的平衡转化率为×100%=×100%=60%,平衡时总压为p,则p(CO2)=p=p,p(H2)=p=p,p(C2H4)=p=p,p(H2O)=p=p,该反应的平衡常数Kp=。
4.答案 (1)甲苯 溴原子和氨基
(2)浓硝酸、浓硫酸、加热
(3)还原反应
(4)++H2O
(5)6 (或)
(6)
解析 A发生取代反应生成B,B生成C,C和Fe、HCl转化为D,结合D结构可知,A为甲苯,B为,B发生硝化反应在对位引入硝基得到C,C中硝基被还原为氨基得到D。
(1)A的化学名称为甲苯,D中的官能团名称为溴原子和氨基。
(2)B→C的反应为硝化反应,所以反应时还需要加入的试剂和反应条件为浓硝酸、浓硫酸、加热。
(3)C→D的反应为硝基变氨基的反应,反应类型为还原反应。
(4)由信息可知G→H反应为—NH2和醛基氧的反应生成H,化学方程式为++H2O。
(5)的不饱和度为1;其同分异构体中含六元碳环,六元碳环的不饱和度为1,若六元碳环上有1个取代基,可能为“—ONH2”或“—NHOH”,若有2个取代基则为“—OH”和“—NH2”,两个取代基位置异构有四种,分别为连在同一碳上或邻位、间位、对位,所以共6种;其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式为(或)。
(6)D首先在氢氧化钠水溶液中加热将溴原子转化为羟基,然后羟基被氧化为醛基,在一定条件下生成高分子化合物。实验
Ⅰ
现象
Ⅰ中:Fe表面产生大量无色气泡,液面上方变为红棕色
Ⅱ中:Fe表面产生红棕色气泡,过一会儿停止
Ⅲ中:连接导线,一段时间后Fe表面产生红棕色气泡,而后停止;随即又产生红棕色气泡,而后停止,……如此往复多次。Cu表面始终产生红棕色气泡
实验
现象
Ⅳ
ⅰ.K闭合时,指针向左偏转(Cu作负极),Fe表面无明显现象
ⅱ.过一会儿指针向右偏,Fe表面产生红棕色气体;后又迅速向左偏,Fe表面停止产生气泡,……如此往复多次
ⅲ.一段时间后,指针一直处于右端,Fe表面持续产生红棕色气体
ⅳ.Cu表面始终产生红棕色气泡