新教材2024高考化学二轮专题复习考前抢分专练16非选择题提分练二

这是一份新教材2024高考化学二轮专题复习考前抢分专练16非选择题提分练二，共8页。试卷主要包含了1ml·L－1FeCl3溶液等内容，欢迎下载使用。

（1）湖南大学的研究团队以含氮化合物硫代乙酰胺（CH3CSNH2）和Na2MO4为原料，通过一步水热法成功制备了（NH4）2M2S13材料，得到具有更高的比容量、更出色的倍率性能以及更好的循环稳定性的电极负极材料。制备该物质的流程如图所示。
①钼（M）在元素周期表中第5周期，价电子排布与铬相似，基态M原子的价电子排布式为 。
②在硫代乙酰胺中，基态S原子最高能级的电子云轮廓图为 形，其C原子的杂化方式为 ；N、O、S的第一电离能由小到大顺序为 。
③键角：H2O H2S（填“＞”“＝”或“＜”）：原因是________________________________________________________________________
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（2）氮化硼的用途也十分广泛，立方氮化硼的晶胞（类似金刚石的晶胞）如图所示。图中原子坐标参数为：A（0，0，0），Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，则F的原子坐标参数为 ；若立方氮化硼中N和B原子间的最近距离为acm，晶胞密度为ρg·cm－3，则阿伏加德罗常数NA＝ （用含a、ρ的代数式表示）。
2.工业上以氟磷灰石[Ca5F（PO4）3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为 。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n（Na2CO3）∶n（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ）＝1∶1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c（Na＋）＝ ml·L－1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是 。
（3）SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 浓度（以SO3%计）在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度（以P2O5%计）的关系如图甲所示。酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为 （填化学式）；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是 ，回收利用洗涤液X的操作单元是 ；一定温度下，石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是 （填字母）。
图甲
图乙
A.65℃、P2O5%＝15、SO3%＝15
B．80℃、P2O5%＝10、SO3%＝20
C．65℃、P2O5%＝10、SO3%＝30
D．80℃、P2O5%＝10、SO3%＝10
3.某同学在实验室探究Fe3＋→Fe2＋时，进行了以下实验，回答有关问题。
（1）配制0.1ml·L－1FeCl3溶液
称取2.7gFeCl3·6H2O晶体溶解在盛有100mL蒸馏水的烧杯中，搅拌均匀即可制得。
①配制的溶液不显黄色而显红褐色，原因是 ；若要获得黄色FeCl3溶液，改进配制方法是
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②配制溶液时没有使用容量瓶，所得溶液 （填“能”或“不能”）满足本实验要求。
（2）探究Fe3＋→Fe2＋
“实验Ⅰ”振荡后的现象是 ；用离子方程式解释该现象 。
（3）探究实验Ⅱ中白色沉淀的成分
查阅资料：CuCl、CuSCN均为白色难溶物，Ksp（CuCl）＝1.72×10－7，Ksp（CuSCN）＝1.77×10－13，SCN－与卤素离子性质相似。
为了进一步确定白色沉淀的成分，补充如下实验：
在2mLcml·L－1Fe2（SO4）3溶液中，加入3滴0.1ml·L－1KSCN溶液，再加入足量铜粉，振荡，实验现象与“Ⅱ”相同。
①c＝ ，依据该实验可知白色沉淀一定含有 。
②该实验中产生白色沉淀的反应分两步，请写出第二步反应的离子方程式。
ⅰ.2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋；
ⅱ.________________________________________________________________________。
③依据以上实验，仍无法确定白色沉淀的组成；还需要将“补充实验”所得混合物进一步实验，即可得出结论。简述操作步骤：
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4.“诺氟沙星”是一种常见的治疗由敏感菌引起的各类感染的药物，目前经典的合成路线如下：
（1）A的化学名称为
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（2）过程Ⅱ的反应类型是
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（3）反应Ⅲ的化学方程式为
eq \(――→,\s\up7(250℃))
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（4）F的结构简式为 ，其中的含氧官能团的名称是
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（5）的同分异构体中，同时满足以下条件的结构简式为
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（不考虑顺反异构）。
A.能发生加成反应
B.核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为2∶2∶1
5.清洁能源的综合利用可有效降低碳排放，是实现“碳中和、碳达峰”的重要途径。
（1）以环己烷为原料通过芳构化反应生产苯，同时可获取氢气。图甲是该反应过程中几种物质间的能量关系。
芳构化反应：（g）―→（g）＋3H2（g） ΔH＝ kJ·ml－1。
（2）H2和CO2合成乙醇反应为：2CO2（g）＋6H2（g）⇌C2H5OH（g）＋3H2O（g）。将等物质的量的CO2和H2充入一刚性容器中，测得平衡时C2H5OH的体积分数随温度和压强的变化的关系如图乙。
①压强p1 p2（填“>”“＝”或“<”，下同），a、b两点的平衡常数Ka Kb。
②已知Arrhenius经验公式为Rlnk＝－eq \f(Ea,T)＋C（Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数），为探究m、n两种催化剂的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得图丙曲线。
在m催化剂作用下，该反应的活化能Ea＝ J·ml－1。从图中信息获知催化效能较高的催化剂是 （填“m”或“n”），判断理由是________________________________________________________________________
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（3）H2和CO合成甲烷的反应为：2CO（g）＋2H2（g）⇌CH4（g）＋CO2（g）。T℃将等物质的量CO和H2充入恒压（200kPa）的密闭容器中。已知逆反应速率v逆＝K逆p（CH4）·p（CO2），其中p为分压，该温度下K逆＝5.0×10－4kPa－1·s－1。反应达平衡时测得v正＝eq \f(5,16)kPa·s－1。CO的平衡转化率为 ，该温度下反应的Kp＝ （kPa）－2（用组分的分压计算的平衡常数）。
专练16 非选择题提分练（二）
1．解析：（1）①Cr的价电子排布式为3d54s1，钼（M）在元素周期表中第5周期，价电子排布与铬相似，则基态M原子的价电子排布式为4d55s1。②基态S原子的价电子排布式为3s23p4，最高能级为3p，电子云轮廓图为哑铃形。硫代乙酰胺（CH3CSNH2）中甲基碳原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，S和C以双键结合，C的价层电子对数为3，为sp2杂化；同周期元素从左到右，元素的第一电离能有增大趋势，但由于N的2p轨道为半充满的稳定结构，其第一电离能大于其后的O，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，所以第一电离能S＜O＜N。③O的电负性强于S，O的价层电子对间的斥力更大，所以H2O中的键角大于H2S的键角。
（2）根据图中原子坐标参数：A（0，0，0），Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，从图中可以看出，F位于晶胞的内部，若将晶胞分割为8个完全相同的小正方体，则F在晶胞的右后下方的小正方体的体心，则F的原子坐标参数为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(3,4)，\f(1,4)))；立方氮化硼晶胞中有8×eq \f(1,4)＋6×eq \f(1,2)＝4个N，有4个B，N和B原子间的最近距离为acm，是体对角线的eq \f(1,4)，所以晶胞参数为eq \f(4\r(3)a,3)，晶胞密度ρ＝eq \f(m,V)＝eq \f(4×25,NA\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3)a,3)))\s\up12(3))g·cm－3，则阿伏加德罗常数NA＝eq \f(4×25,ρ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3)a,3)))\s\up12(3))。
答案：（1）①4d55s1 ②哑铃 sp2、sp3 S＜O＜N ③＞ O的电负性强于S，O的价层电子对间的斥力更大，所以H2O中的键角大于H2S的键角
（2）eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(3,4)，\f(1,4))) eq \f(4×25,ρ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3)a,3)))\s\up12(3))
2．解析：氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制Ⅰ脱氟、除硫酸根离子和SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ，过滤，滤液经精制Ⅱ等一系列操作得到磷酸。（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF＋SiO2===2H＋＋SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ＋2H2O。（2）精制Ⅰ中，按物质的量之比n（Na2CO3）∶n（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ）＝1∶1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6＋Na2CO3===Na2SiF6↓＋CO2↑＋H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c（Na＋）＝2c（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ），根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp＝c2（Na＋）·c（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ）＝4c3（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ），c（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ）＝eq \r(3,\f(4.0×10－6,4))＝1.0×10－2ml·L－1，因此c（Na＋）＝2c（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ）＝2.0×10－2ml·L－1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c（Ca2＋）＝c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）＝eq \r(9.0×10－4)＝3.0×10－2ml·L－1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c（Ba2＋）＝eq \f(1.0×10－6,1.0×10－2)＝1.0×10－4ml·L－1，当BaSO4沉淀开始生成时，c（Ba2＋）＝eq \f(1.0×10－10,3.0×10－2)≈3.3×10－9ml·L－1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，然后才是SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) 。（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：P2O5%＝15、SO3%＝15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实现晶体的完全转化，B不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意。
答案：（1）6HF＋SiO2===2H＋＋SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ＋2H2O
（2）2.0×10－2 SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) （3）CaSO4·0.5H2O 减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率 酸解 D
3．解析：（1）②配制溶液时没有使用容量瓶，所得溶液不能满足本实验要求，因为溶液的体积包含溶质和溶剂的体积，题目中所用配制方法，溶液的体积是按溶剂水的体积计算的，未加上溶质的体积，所配溶液浓度不准确。
（3）①为控制变量，首先确保Fe3＋浓度不变，c应为0.05，c（Fe3＋）应为0.1，而实验Ⅱ和补充实验的区别是实验Ⅱ中含氯离子，补充实验中含硫酸根离子，因此白色沉淀一定含有CuSCN。②已知SCN－与卤素离子性质相似，白色沉淀一定含CuSCN，依据氧化还原反应原理可得，生成白色沉淀的第二步离子方程式为：2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋（SCN）2。③为进一步确定白色沉淀组成，可向“补充实验”所得混合物中继续加入氯化铁溶液，振荡，若仍有白色沉淀产生，说明白色沉淀是CuCl和CuSCN的混合物，若不再产生白色沉淀，说明白色沉淀只有CuSCN。
答案：（1）①氯化铁水解生成氢氧化铁 将FeCl3·6H2O溶于较浓的盐酸中，再加水稀释至所需浓度 ②不能
（2）溶液红色褪去，溶液变为浅绿色 Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋
（3）①0.05 CuSCN ②2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋（SCN）2 ③向“补充实验”所得混合物中继续加入氯化铁溶液，振荡，若仍有白色沉淀产生，说明白色沉淀是CuCl和CuSCN的混合物，若不再产生白色沉淀，说明白色沉淀只有CuSCN
4．解析：（3）对比C、E的结构简式可知，反应Ⅳ是乙基的取代反应，则D为，对比D、E的结构简式可知，反应Ⅲ的化学方程式为eq \(――→,\s\up7(250℃))＋C2H5OH；（4）对比E、G的结构简式，结合反应V的反应条件可知，F为，含氧官能团的名称是羰基和羧基；（5）能发生加成反应说明含有碳碳双键，核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为2∶2∶1，满足条件的异构体为H2NCH2CH===CHCH2NH2、CH2===C（CH2NH2）2。
答案：（1）邻二氯苯或1，2­二氯苯
（2）取代反应
（3）＋C2H5OH
（4） 羰基和羧基
（5）H2NCH2CH===CHCH2NH2、CH2===C（CH2NH2）2
5．解析：（1）由图可知，环己烷转化为1，3­环己二烯的热化学方程式为①（g）―→（g）＋2H2（g） ΔH1＝＋237.1kJ·ml－1，1，3­环己二烯转化为苯的热化学方程式为②（g）―→（g）＋H2（g） ΔH2＝－28.7kJ·ml－1，由盖斯定律可知，①＋②可得环己烷转化为苯的热化学方程式为（g）―→（g）＋3H2（g） ΔH＝（＋237.1kJ·ml－1）＋（－28.7kJ·ml－1）＝＋208.4kJ·ml－1；（2）①该反应为气体体积减小的反应，温度一定时增大压强，平衡向正反应方向移动，乙醇的体积分数增大，由图可知，压强为p1时乙醇的体积分数小于p2时，则p1小于p2；由图可知，压强一定时升高温度，乙醇的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，反应为放热反应，反应的平衡常数减小，则温度较低的a点平衡常数大于b点；②在m催化剂作用下，由图中数据可得如下方程式：（ⅰ）56.2＝—7.2×10－3Ea＋C①，（ⅱ）27.4＝—7.5×10－3Ea＋C，解联立方程可得Ea＝9.6×104J·ml－1；由图可知，直线n的斜率大于m，说明活化能Ea小于m，催化效率高于m；（3）设起始通入一氧化碳和氢气的物质的量都为2ml、生成甲烷的物质的量为aml，由题意可建立如下三段式：
2CO（g）＋2H2（g）⇌CH4（g）＋CO2（g）
起（ml） 2 2 0 0
变（ml） 2a 2a a a
平（ml）2－2a 2－2a a a
平衡时正逆反应速率相等，由三段式数据可得：5.0×10－4×（eq \f(a,4－2a)×200）×（eq \f(a,4－2a)×200）＝eq \f(5,16)，解得a＝0.4，则一氧化碳的转化率为eq \f(2×0.4ml,2ml)×100%＝40%，平衡时分压常数KP＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.4,3.2)×200))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.4,3.2)×200)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1.2,3.2)×200))2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1.2,3.2)×200))2)＝eq \f(16,81)×10－4。
答案：（1）＋208.4
（2）①＜ ＞ ②9.6×104 n 由图可知，直线n斜率大，Ea小，催化效率高
（3）40% eq \f(16,81)×10－4
BaSiF6
Na2SiF6
CaSO4
BaSO4
Ksp
1.0×10－6
4.0×10－6
9.0×10－4
1.0×10－10
序号
实验步骤
实验现象
Ⅰ
在2mL0.1ml·L－1FeCl3溶液中，加入3滴0.1ml·L－1KSCN溶液，再加入足量铁粉，振荡。
溶液变为血红色，振荡后……
Ⅱ
在2mL0.1ml·L－1FeCl3溶液中，加入3滴0.1ml·L－1KSCN溶液，再加入足量铜粉，振荡。
溶液变为血红色，振荡后红色褪去，产生白色沉淀。