新教材2024高考化学二轮专题复习考前抢分专练15非选择题提分练一

这是一份新教材2024高考化学二轮专题复习考前抢分专练15非选择题提分练一，共8页。试卷主要包含了胆矾2]制备胆矾，8g样品配制成250，00mL，由等内容，欢迎下载使用。

1.二甲基亚砜（）是一种重要的非质子极性溶剂。铬和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题：
（1）铬和锰基态原子核外未成对电子数之比为 。
（2）已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮
（）分别以任意比互溶。
①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为 。
②丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为 。
③沸点：二甲基亚砜 丙酮（填“>”或“<”），原因为
________________________________________________________________________。
④二甲基亚砜能够与水以任意比互溶的原因为
________________________________________________________________________。
（3）铬可以形成桥连柄状的二茂铬配合物，该配合物中心原子Cr的价层电子数为 。[已知：配合物二茂铁（）中Fe的价层电子数为18]
（4）CrCl3·6H2O的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为3∶2∶1，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色。其中浅绿色的结构中配离子的化学式为 。
（5）已知硫化锰（MnS）晶胞如图所示，该晶胞参数α＝120°，β＝γ＝90°。
①该晶体中锰原子的配位数为 ；
②已知锰和硫的原子半径分别r1nm和r2nm，该晶体中原子的空间利用率为 （列出计算式即可）。
2.胆矾（CuSO4·5H2O）是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu（OH）2]制备胆矾。流程如下。
回答问题：
（1）步骤①的目的是
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（2）步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成 （填化学式）污染环境。
（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是________________________________________________________________________。
（5）实验证明，滤液D能将I－氧化为I2。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是Cu2＋将I－氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果 （不要求写具体操作过程）。
3.乳酸亚铁固体{[CH3CH（OH）COO]2Fe，相对分子质量234}易溶于水，难溶于乙醇，常用于治疗缺铁性贫血。可由乳酸与FeCO3反应制得。回答下列问题：
Ⅰ.制备碳酸亚铁
①组装仪器，检查装置气密性，加入试剂；
②先关闭K2，打开K1、K3。
③一段时间后，关闭活塞K3，打开活塞K2；
④抽滤，洗涤干燥。
（1）装置a可盛适量的水，其作用是
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（2）可用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，发生反应的离子方程式为
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________________________________________________________________________，
此法所得产品纯度更高，原因是
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Ⅱ.乳酸亚铁晶体纯度的测量
（3）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2＋的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因是________________________________________________________________________
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（4）该兴趣小组改用铈（Ce）量法测定产品中Fe2＋的含量，可通过用（NH4）4Ce（SO4）4滴定法测定样品中Fe2＋的含量来计算乳酸亚铁固体样品纯度（反应中Ce元素被还原为Ce3＋）。称取7.8g样品配制成250.00mL溶液，取25.00mL用0.10ml·L－1（NH4）4Ce（SO4）4标准溶液滴定。反复滴定2～3次，平均消耗标准液30.00mL，则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为 。若滴定操作时间过长，则样品纯度将 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
4.异甘草素（Ⅶ）具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成路线如下，回答下列问题：
已知：①氯甲基甲醚结构简式为CH3OCH2Cl
②RCH2CHO＋R′CHOeq \(――→,\s\up7(OH－),\s\d5(△))eq \(――→,\s\up7(OH－),\s\d5(△))
（1）化合物Ⅰ的名称是
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化合物Ⅱ所含的官能团名称是
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（2）Ⅳ转化为Ⅴ的反应类型是 ，氯甲基甲醚在全合成过程中的作用是________________________________________________________________________
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（3）写出Ⅴ与新制的氢氧化铜悬浊液共热的化学反应方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（4）由化合物Ⅲ、Ⅴ合成化合物Ⅵ，生成的中间产物的结构简式是 。
（5）符合下列条件的分子Ⅱ的同分异构体数目有 种。
①能使FeCl3溶液显色；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应
（6）结合题给信息，设计由和为原料制备的合成路线（其他无机试剂任选） 。
5.以CO2为原料制备甲醇等能源物质具有较好的发展前景。因此，研发CO2利用技术，降低空气中CO2含量成为研究热点。
（1）在催化剂的作用下，氢气还原CO2的过程中可同时发生反应Ⅰ、Ⅱ。（已知活化能：EaⅠⅠ.CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g）ΔH1＝－50kJ·ml－1
Ⅱ.CO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋H2O（g） ΔH2＝＋41.1kJ·ml－1
①则CO（g）＋2H2（g）⇌CH3OH（g）的ΔH3＝ kJ·ml－1，其中反应Ⅰ能自发进行的条件是 。
②保持温度T不变时，在容积不变的密闭容器中，充入一定量的CO2及H2，起始及达到平衡时，容器内各气体的物质的量及总压强数据如表所示：
若反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡，p0＝1.4p，则表中m＝ ；反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ （用含p的代数式表示）（kPa）－2。
（2）在p1kPa下，向恒压反应器中通入3mlH2（g）、1mlCO2（g），CO2（g）的平衡转化率及CH3OH（g）的平衡产率随温度变化的关系如图。
已知：CH3OH的产率＝eq \f(CH3OH的物质的量,CO2的起始物质的量)×100%
①下列说法正确的是 （填标号）。
A.反应过程中，容器内压强不再变化，说明反应Ⅰ达到平衡
B.反应过程中，气体密度保持不变，说明反应Ⅰ达到平衡
C.反应过程中，气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应Ⅰ达到平衡
②图中500K以后，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是
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（3）工业上常用电解法将CO2合成为羧酸以实现资源化处理。以Pt为电极、质子惰性有机溶剂为电解液的装置，可将CO2转化为草酸（H2C2O4），其阴极的电极反应式为
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专练15 非选择题提分练（一）
1．解析：（1）Cr元素核外电子排布式为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子，Mn元素核外电子排布式为[Ar]3d54s2，有5个未成对电子，未成对电子数之比为6∶5；
（2）①S原子价层共6个电子，二甲基亚砜分子中硫原子3个σ键，一个π键，还有一对孤电子对，所以价层电子对数为3＋1＝4，硫原子为sp3杂化；②丙酮中含有C、H、O元素，C、O元素的氢化物中H均显正价，所以H的电负性最小，同主族自左至右电负性增大，所以电负性O＞C＞H；③二甲基亚砜、丙酮均是由分子构成的分子晶体，二甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高；④二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键，所以二甲基亚砜能够与水以任意比互溶；
（3）Cr的价电子个数为6，与CO形成一个配位键，C原子提供一对电子，此时价层电子数为8，配合物二茂铁中Fe的价层电子数为18，而Fe的价层电子数为8，说明两个环可以提供10个价电子，所以该配合物中心原子Cr的价层电子数为10＋8＝18；
（4）外界的氯离子可以电离，结合题意可知紫色物质为[Cr（H2O）6]Cl3、浅绿色物质为[Cr（H2O）5Cl]Cl2·H2O，蓝绿色物质为[Cr（H2O）4Cl2]Cl·2H2O，所以浅绿色的结构中配离子的化学式为[Cr（H2O）5Cl]2＋；
（5）①据图可知Mn原子位于S原子形成的四面体中心，所以Mn原子的配位数为4；
②根据均摊法，晶胞Mn原子的个数为1＋4×eq \f(1,4)＝2，S原子的个数，1＋8×eq \f(1,8)＝2，所以原子总体积为2×eq \f(4,3)π（r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＋r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ）nm3；晶胞底面边长为anm，高为cnm，形状为菱形，所以体积为eq \f(\r(3)a2,2)cnm3，空间利用率为eq \f(2×\f(4,3)π（r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＋r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ）,\f(\r(3)a2,2)c)＝eq \f(16π（r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＋r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ）,3\r(3)a2c)。
答案：（1）6∶5
（2）①sp3 ②O>C>H ③> 二甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高 ④二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键
（3）18 （4）[Cr（H2O）5Cl]2＋
（5）①4 ②eq \f(16π（r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＋r eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ）,3\r(3)a2c)
2．解析：由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu（OH）2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。
（1）原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4（稀）===CuSO4＋2H2O。（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。（5）ⅰ.H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。ⅱ.I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2＋将I－氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2＋，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2＋的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KI溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I－不能被除去Cu2＋的溶液氧化，故只能是Cu2＋将I－氧化为I2。
答案：（1）除油污 （2）SO2 （3）Cu＋H2O2＋（稀）H2SO4===CuSO4＋2H2O （4）胆矾晶体易溶于水 （5）溶液C经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入I－，不能被氧化；结果是上层清液不变色
3．解析：亚铁离子容易被氧气氧化，制备碳酸亚铁过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故圆底烧瓶内制备硫酸亚铁，利用生成的氢气，使圆底烧瓶中气压增大，将圆底烧瓶中的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中，和Na2CO3溶液发生反应制备碳酸亚铁。（1）装置a的作用是液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋。（2）可用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，则依据电荷守恒、元素质量守恒得反应的离子方程式为Fe2＋＋2HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O，此法所得产品纯度更高，原因是：碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁（或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁）。（3）已知乳酸亚铁固体化学式为[CH3CH（OH）COO]2Fe，乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的量增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。（4）平均消耗标准液V＝30.00mL，由：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋，可知25.00mL溶液中n（Fe2＋）＝n（Ce4＋）＝0.10ml·L－1×0.030L＝0.0030ml，故250mL含有n（Fe2＋）＝0.0030ml×eq \f(250.00mL,25.00mL)＝0.030ml，故产品中乳酸亚铁晶体的纯度为：eq \f(0.030ml×234g·ml－1,7.8g)×100%＝90%；若滴定操作时间过长，则亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小。
答案：（1）液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋
（2）Fe2＋＋2HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O 碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁（或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁）
（3）乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化 （4）90% 偏小
4．解析：（1）由化合物Ⅰ的结构简式可知，其名称是间苯二酚或1，3­苯二酚，由化合物Ⅱ的结构简式可知，分子中所含的官能团名称是（酚）羟基和酮羰基；（2）由题干流程图可知，Ⅳ转化为Ⅴ的反应类型是取代反应，分析流程中Ⅱ到Ⅲ、Ⅳ到Ⅴ为用氯甲基甲醚来取代羟基，而Ⅵ到Ⅶ又恢复羟基，故氯甲基甲醚在全合成过程中的作用是保护酚羟基，防止其被破坏；（3）Ⅴ与新制的氢氧化铜悬浊液共热的化学反应方程式为：＋2Cu（OH）2＋NaOHeq \(――→,\s\up7(△))＋Cu2O↓＋3H2O；（4）由化合物Ⅲ、Ⅴ合成化合物Ⅵ，先是酮羰基相连的甲基上的C—H键断裂与Ⅴ中的醛基发生加成反应生成的中间产物X，然后X再发生消去反应生成Ⅵ，故中间产物的结构简式是；（5）化合物Ⅱ的分子式为：C8H8O3，则符合下列条件①能使FeCl3溶液显色即含有酚羟基；②既能发生银镜反应即有醛基或甲酸酯基，又能发生水解反应含有酯基，结合O个数，综合为含有甲酸酯，若苯环上为两个取代基即—OH、—CH2OOCH有邻、间、对三种，若苯环上有三个取代基即—OH、—OOCH和—CH3，则先考虑前两个有邻、间、对三种位置关系，再连第三个取代基时分别有4种、4种和2种位置关系，故符合条件的分子Ⅱ的同分异构体数目有3＋4＋4＋2＝13种；（6）根据题干流程图中Ⅲ和Ⅴ合成Ⅵ的信息可知，合成，而催化氧化而得到，水解得到，和Cl2光照条件下生成，合成路线见答案。
答案：（1）间苯二酚或1，3­苯二酚 （酚）羟基和酮羰基
（2）取代反应 保护酚羟基，防止其被破坏
（3）＋2Cu（OH）2＋NaOHeq \(――→,\s\up7(△))＋Cu2O↓＋3H2O
（4）
（5）13
（6）eq \(――→,\s\up7(NaOH水溶液),\s\d5(△))eq \(――→,\s\up7(O2),\s\d5(Cu、△))eq \(――→,\s\up7(OCH3),\s\d5(Ba（OH）2、乙醇))
5．解析：（1）①根据盖斯定律可知，CO（g）＋2H2（g）⇌CH3OH（g） ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝（－50kJ·ml－1）－（＋41.1kJ·ml－1）＝－91.1kJ·ml－1；反应Ⅰ的ΔH<0、ΔS<0，根据ΔG＝ΔH－TΔS<0可知，则反应Ⅰ能自发进行的条件为低温下自发。
②根据表格列出各物质的物质的量变化：
CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g）
起始（ml）
转化（ml）m3mmm
平衡（ml）
CO2（g） ＋ H2（g）⇌ CO（g） ＋ H2O（g）
起始（ml）
转化（ml）0.3－m0.3－m0.3－m0.3－m
平衡（ml）
平衡时各物质的量：n[CO2（g）]＝0.5－m－0.3＋m＝0.2ml，n[H2（g）]＝0.9－3m－0.3＋m＝0.6－2mml，
n[CH3OH（g）]＝mml，n[H2O（g）]＝0.3ml，
n[CO（g）]＝（0.3－m）ml。
根据T、V一定时，压强之比等于物质的量之比，则eq \f(0.5＋0.9,0.2＋0.6－2m＋m＋0.3＋0.3－m)＝eq \f(p0,p)＝1.4，计算得出m＝0.2ml。
平衡后物质的总量＝0.2＋0.6－2×0.2＋0.2＋0.3＋0.3－0.2＝1.0ml。
平衡后各物质分压：p（CO2）＝0.2pkPa，p（H2）＝0.2pkPa，p（CH3OH）＝0.2pkPa，p（H2O）＝0.3pkPa。
Kp＝eq \f(0.2p×0.3p,（0.2p）3×0.2p)＝eq \f(75,2p2)（kPa）－2。
（2）①反应在恒压反应器中进行，容器内压强始终不变，故反应Ⅰ不一定达到平衡，A错误；反应为气体分子数改变的反应，在恒压反应器中进行，则总体积改变，气体总质量不变，如果气体密度保持不变，说明反应Ⅰ达到平衡，B正确；反应过程中气体总质量不变，气体的分子的物质的量改变，如果气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应Ⅰ达到平衡，C正确。②反应Ⅰ放热，温度升高平衡左移，导致CO2的转化率减小，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡右移，导致CO2的转化率增大，500K以后，温度升高，反应Ⅱ平衡右移的程度更大，故CO2的平衡转化率增大。
（3）以质子惰性有机溶剂为电解液的装置，阴极反应为二氧化碳得到电子，发生还原反应生产草酸，反应方程式为2CO2＋2e－＋2H＋===H2C2O4。
答案：（1）①－91.1 低温 ②0.2 eq \f(75,2p2)
（2）①BC ②反应Ⅰ放热，温度升高平衡左移，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡右移，500K以后，反应Ⅱ起主导作用，温度升高，反应Ⅱ平衡右移的程度更大，故CO2的平衡转化率增大
（3）2CO2＋2e－＋2H＋===H2C2O4
n（CO2）/
ml
n（H2）/
ml
n
[CH3OH（g）]/
ml
n（CO）/
ml
n
[H2O（g）]/
ml
总压
强/
kPa
起始
0.5
0.9
0
0
0
p0
平衡
m
0.3
p