2020高考化学二轮复习非选择必考题标准练8（含解析）

非选择必考题标准练(八)满分：58分1．(14分)氨广泛用于生产化肥、制冷剂等方面。回答下列问题：(1)实验室可用上图所示装置合成氨。①亚硝酸钠与氯化铵反应的离子方程式为NO＋NH△, N2↑＋2H2O。②锥形瓶中盛有一定量水并滴有几滴酚酞试剂。反应一段时间后，锥形瓶中溶液变红，则气体X的成分为N2、水蒸气、H2和NH3(填化学式)。(2)最近斯坦福大学研究人员发明了一种SUNCAT的锂循环系统，可持续合成氨，其原理如图所示。①图中反应Ⅱ属于非氧化还原反应(填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”)。②反应Ⅲ中能量转化的方式是电能转变为化学能(填“电能转变为化学能”或“化学能转变为电能”)。(3)液氨可用作制冷剂，液氨汽化时吸收(填“释放”或“吸收”)能量；液氨泄漏遇明火会发生爆炸。已知部分化学键的键能数据如下表所示：共价键N—HO===ON≡NO—H键能/kJ·mol－1391498946463则反应4NH3(g)＋3O2(g)===2N2(g)＋6H2O(g)的反应热ΔH＝－1_262_kJ·mol－1。解析：(1)①亚硝酸钠具有强氧化性与氯化铵发生氧化还原反应，生成氮气，反应的离子方程式为NO＋NHN2↑＋2H2O。②锌与稀硫酸反应生成的氢气与亚硝酸钠和氯化铵反应生成的氮气在催化剂作用下反应生成了氨气，因此锥形瓶中酚酞溶液变红，则气体X的成分为N2、水蒸气、H2、NH3。(2)①反应Ⅱ是Li3N与水反应生成氨气的过程，反应中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应。②反应Ⅲ中氢氧化锂转变为锂、氧气和水，发生了氧化还原反应，属于非自发的氧化还原反应，属于电解池反应，能量转化的方式是电能转变为化学能。(3)液氨可用作制冷剂，是因为液氨气化时吸收能量，导致周围温度降低；反应4NH3(g)＋3O2(g)===2N2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和＝391×3×4＋498×3－946×2－463×2×6 kJ·mol－1＝－1 262 kJ·mol－1。2．(14分)铁红(Fe2O3)和钛白粉(TiO2)均为重要的墙面装修颜料。一种利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3)联合生产铁红和钛白粉的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)FeTiO3中Fe的化合价为＋2。(2)为加快钛铁矿在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有采用钛铁矿粉末、升高温度、使用浓度较大的稀硫酸等(任写两种)。酸性溶液中加入适量铁屑的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋。(3)FeSO4溶液与NH4HCO3溶液的反应温度应控制在35 ℃以下，其原因是减少NH4HCO3分解、减少Fe2＋水解，该反应的离子方程式是Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O。(4)TiO2＋转化为TiO(OH)2需要加热，加热的目的是促进水解，加快反应速率，该反应的离子方程式为TiO2＋＋2H2O△,TiO(OH)2↓＋2H＋。(5)常温时，在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡的溶液中，测得溶液中c(CO)＝3.0×10－6 mol·L－1，pH为8.5，则所得的FeCO3中是否含Fe(OH)2？Ksp(FeCO3)＝c(Fe2＋)·c(CO)，故c(Fe2＋)＝＝1.0×10－5 mol·L－1，pH＝8.5，则c(OH－)＝10－5.5 mol·L－1，故c(Fe2＋)·c2(OH－)＝10－16<Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10－16，故所得的FeCO3中无Fe(OH)2(列式计算){已知Ksp(FeCO3)＝3.0×10－11，Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10－16}。解析：(1)由化合物中各元素的化合价代数和为0可知FeTiO3中Fe的化合价为＋2。(2)增大反应物接触面积、提高反应温度或提高反应物浓度均能加快反应速率。Fe具有还原性，可将Fe3＋还原为Fe2＋。(3)温度太高，则NH4HCO3易分解，且降低温度可减少Fe2＋的水解。根据题图可知该反应的离子方程式为Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O。(4)TiO2＋水解生成TiO(OH)2，加热可以加快水解反应速率。3．(15分)亚氯酸钠(NaClO2)是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下：(1)Ⅰ中发生反应的还原剂是Na2SO3(填化学式)。(2)Ⅱ中反应的离子方程式是2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClO＋O2↑＋2H2O。(3)Ⅲ中离子隔膜电解池的装置如下：①A的化学式是H2SO4，A在e口产生。②m为阴(填“阴”或“阳”)离子交换膜。③结合化学用语和文字说明解释NaOH产生的原因：阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，反应室中的Na＋透过阳离子交换膜进入阴极室，和阴极区产生的OH－生成NaOH。(4)ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2＋4HCl===5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶4。②研究表明：若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，运用氧化还原反应规律分析其原因是ClO的氧化性或Cl－的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl－被氧化得Cl2。(5)NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2＋的物质的量前者＝(填“>”“<”或“＝”)后者。解析：(1)由图得到Ⅰ中将亚硫酸钠转化为硫酸钠，S的化合价由＋4升高为＋6，所以还原剂为亚硫酸钠。(2)Ⅱ中进入的ClO2转化为NaClO2化合价降低，所以是H2O2中的－1价的氧化合价升高为0价O2，方程式为：2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClO＋O2↑＋2H2O。(3)Ⅲ中离子隔膜电解池，中间加入硫酸钠溶液，其中阴离子硫酸根离子向阳极移动，所以m是阴离子交换膜。阳极发生的反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，氢离子浓度增加，结合穿过m的硫酸根离子得到硫酸，即X为氧气，e为硫酸，加入的g为稀硫酸(主要是为了使溶液导电)。对应的n为阳离子交换膜，以保证钠离子能向阴极移动，阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，生成的氢氧根结合钠离子得到氢氧化钠，所以Y为氢气，Z为氢氧化钠溶液，加入的f为稀氢氧化钠溶液(主要为了使溶液导电)。结合如上信息得到：①A的化学式是H2SO4，A在e口产生。②m为阴离子交换膜。③NaOH产生的原因如上所述。(4)①根据相同元素的相同价态一定直接转化的原理，生成物中的NaCl一定来自反应物的盐酸，NaCl有5个，HCl只有4个，所以有1个NaCl来自NaClO2，另外4个NaClO2转化为ClO2，所以氧化剂为1个NaClO2，还原剂为4个NaClO2，所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶4。②若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，说明使用浓盐酸时，会被NaClO2氧化为Cl2，即随着盐酸浓度增大，NaClO2的氧化性增强，或者盐酸的还原性增强。(5)无论NaClO2是否变质，最后氧化亚铁离子的时候，都是将亚铁离子氧化为铁离子，Cl最终都是转化为Cl－，变质的反应为3NaClO2===2NaClO3＋NaCl，则3molNaClO2转化为2 mol NaClO3，这2 mol NaClO3得电子为2×6e－＝12 mol电子。如果不变质，3 mol NaClO2得电子为：3×4e－＝12 mol电子，所以NaClO2变质前后能得到的电子实际是一样的，能氧化的亚铁离子是相同的。4．(15分)化合物H是一种有机材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：请回答下列问题：(1)芳香化合物B的名称为苯甲醛，C的同系物中相对分子质量最小的结构简式为HCHO。(2)由F生成G的第①步反应类型为消去反应。(3)X的结构简式为。 ①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2；②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6∶2∶1∶1。答案：解析：