1、非选择题专项练非选择题专项练(四四) 三、非选择题:本题共 5 小题,共 60 分。 16.(2020 山东潍坊二模)(11分)我国采用的 Cu2O/TiO2-NaBiO3光催化氧化技术能深度净化工业上含 有机物的废水。回答下列问题: (1)钛(Ti)的基态原子 M 能层中能量不同的电子有 种。 (2)该技术能有效将含有机物废水中的农药、醇、油等降解为水、二氧化碳、硝酸根离子等。 H2O、CH3OH、分子中 OH键的极性最强的是 。 C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是 。 (3)将少量无水硫酸铜溶解在水中,形成蓝色溶液,再加入过量氨水,溶液变为深蓝色。深蓝色离子的结 构如图所示,1 m
2、ol该离子中所含 键为 mol(包括配位键);向深蓝色溶液中缓慢加入 乙醇,得到深蓝色晶体,加热该晶体先失去组分 b 的原因是 。 (4)铋合金具有凝固时不收缩的特性,用于铸造高精度铸型。金属铋的结构示意图如图 1所示,其晶胞 结构如图 2 所示。若铋原子的半径为 r pm,则该晶体的密度为 g cm-3(用含 r 和 NA数学 表达式表示)。 17.(2020 山东济宁 5 月模拟)(13分)亚硝酰硫酸M(NOSO4H)=127 g mol-1主要用于分散染料重氮反 应中取代亚硝酸钠,从而降低成本,提高产品质量。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量 NOSO4H,并测定产品的纯度。已知:N
3、OSO4H遇水会分解,但溶于浓硫酸而不分解。 (1)用装置 A 制取 SO2,则 A 中反应的化学方程式为 ,导管 b的作用 是 。 (2)SO2与装置 B 中盛有的浓硫酸和浓硝酸的混合液在维持体系温度不得高于 20 的条件下,反应制 得 NOSO4H。反应过程中,亚硝酰硫酸和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。 装置 B 中发生反应的化学反应方程式为 。 反应进行到 10 min 后,反应速度明显加快,其可能的原因 是 。 反应过程中,硝酸减少的物质的量大于 NOSO4H 生成的物质的量的可能原因 是 。 (3)装置 C的主要作用是 。 (4)该实验装置存在可能导致 NOSO4H产量降低的缺
4、陷 是 。 (5)测定产品中 NOSO4H的纯度: 准确称取 1.500 g产品放入 250 mL的碘量瓶中,加入 60.00 mL 0.100 0 mol L-1的 KMnO4标准溶液和 10 mL 25%的 H2SO4溶液,然后摇匀。用 0.250 0 mol L-1的草酸钠标准溶液滴定,消耗草酸钠溶液的体 积为 20.00 mL。 已知:2KMnO4+5NOSO4H+2H2OK2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4 2Mn - +5C2 -+16H+ 2Mn2+10CO2+8H2O 达到滴定终点时的现象为 ,亚硝酰硫酸的纯 度为 (精确到 0.1%)。 18.(2020 山东济
5、南二中线上检测)(11分)以铬铁矿(主要成分为 FeO 和 Cr2O3,含有 Al2O3、SiO2等杂 质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分 Na2Cr2O7 2H2O),其主要工艺流程如下: 查阅资料得知: .常温下,NaBiO3不溶于水,有强氧化性,在碱性条件下,能将 Cr3+转化为 Cr -。 .几种金属离子开始沉淀和沉淀完全时的 pH: 金属离子 Fe3+ Al3+ Cr3+ Fe2+ Bi3+ 开始沉淀 的 pH 2.7 3.4 5.0 7.5 0.7 沉淀完全 的 pH 3.7 4.9 5.9 9.7 4.5 回答下列问题: (1)反应之前先将矿石粉碎的目的 是 。 (2)步
6、骤加的试剂为 ,此时溶液 pH要调到 5的目的 是 。 (3)写出反应的离子方程式: 。 (4)中酸化是为了将 Cr -转化为 Cr 2 -,写出该反应的离子方程 式: 。 (5)将溶液 H 经过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥即可得红矾钠粗晶体,精制红矾钠则对粗晶体需 要采用的操作是 (填操作名称)。 19.(2020 山东新高考全真模拟)(13 分)以 NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。 .N2O是一种强温室气体,且易形成颗粒性污染物,研究 N2O的分解对环境保护有重要意义。 (1)碘蒸气存在能大幅度提高 N2O的分解速率,反应历程为: 第一步:I2(g)2I(g)
7、(快反应) 第二步:I(g)+N2O(g)N2(g)+IO(g)(慢反应) 第三步:IO(g)+N2O(g)N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反应) 实验表明,含碘时 N2O 分解速率方程 v=k c(N2O) c(I2)0.5(k 为速率常数)。下列表述正确的 是 。 A.N2O 的分解速率与 I2的浓度有关 B.第三步反应对总反应速率起决定作用 C.第二步反应活化能比第三步反应小 D.IO(g)为反应的催化剂 .汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的 CO,汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的 排放量。汽车尾气中的 NO(g)和 CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体。(
8、反应 .2CO+2NON2+2CO2 H1;反应.4CO+2NO2N2+4CO2 H20) (2)针对反应: 已知反应 N2(g)+O2(g)2NO(g) H3=+180.0 kJ mol-1,若 CO的燃烧热 H=-283.5 kJ mol-1,则反 应的 H1= kJ mol-1。 若在恒容的密闭容器中,充入 2 mol CO和 1 mol NO发生反应,下列选项中不能说明该反应已经 达到平衡状态的是 。 A.CO 和 NO的物质的量之比不变 B.混合气体的密度保持不变 C.混合气体的压强保持不变 D.2v正(N2)=v逆(CO) (3)在 2 L密闭容器中充入 2 mol CO和 1 m
9、ol NO2,发生上述反应。 若在某温度下,该反应达平衡时 CO的转化率为 40%,则该反应的平衡常数为 。 图 1 为平衡时 CO2的体积分数与温度、压强的关系。则温度:T1 (填“”)T2;若在 D点 对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小,重新达到的平衡状态可能是图中 AG 点中的 点。 图 1 图 2 (4)某研究小组探究催化剂对 CO、NO2转化的影响。将 NO2和 CO 以一定的流速通过两种不同的催 化剂进行反应,相同时间内测量逸出气体中 NO2的含量,从而确定尾气脱氮率(脱氮率即 NO2的转化 率),结果如图 2所示。若高于 450 ,图 2中曲线中脱氮率随温度升高而降低的主
10、要原因 是 ;a点 (填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率,说明理 由: 。 20.(2019 山东青岛高三模拟)(12分)蜂胶是蜜蜂从植物芽孢或树干上采集的树脂。在蜂胶众多的功效 成分中,咖啡酸苯乙酯(CAPE)已经被鉴定为蜂胶中的主要活性组分之一。 合成咖啡酸苯乙酯的路线设计如下: A C7H7ClBCDEG咖 啡酸咖啡酸苯乙酯 已知:A的核磁共振氢谱有三组峰,红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键。 CHO+ 请回答下列各题: (1)物质 A的名称为 。 (2)由 B 生成 C 和由 C生成 D 的反应类型分别是 、 。 (3)E 的结构简式为 。 (4)咖啡酸生成咖啡酸苯乙酯的化学
11、方程式为 。 (5)芳香化合物 X 是 G(C9H8O3)的同分异构体,X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出 CO2,且与新制 Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀,其核磁共振氢谱显示有 5种不同化学环境的氢,峰面积比为 222 11,写出两种符合要求的 X的结构简式 。 (6)参照上述合成路线,以丙醛和为原料(其他试剂任选),设计制备的合成路线。 参考答案 非选择题专练(四) 16.答案 (1)3 (2) ONC (3)22 NH3与 Cu2+的配位能力比 H2O强 (4) 10 30 解析 (1)钛(Ti)的基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d24s2,M能层即为 Ti 原子
12、 核外第三层,M 层中有 3 个能级,每个能级上的电子能量不同,则能量不同的电子有 3 种。 (2)H2O、CH3OH、都是极性分子,根据钠与水和醇的反应剧烈程度可知, 水中的氢活性较大更易电离,电离难易程度与极性关系,一般极性越大,越容易电离,则 H2O中 OH键的极性大于 CH3OH中 OH键的极性,水是中性的,苯酚具有酸性,说明 苯酚中羟基上的 H比水更易电离,则上述分子中 OH键的极性最强的是。 C、N、O三种元素位于同周期,同周期元素,随核电荷数增大,电负性逐渐增强,三种元素 的电负性由大到小的顺序是 ONC。 (3)配位键和单键都是 键,根据图示,a为铜离子,b为 H2O,c为 N
13、H3,铜离子与 NH3、 H2O形成 6个配位键,每个 NH3中含有 3个 键,每个 H2O中含有 2个 键,则 1 mol 该 离子中所含 键为 1 mol (6+3 4+2 2)=22 mol;根据相似相溶原理,乙醇为极性溶剂,H2O 为极性分子,NH3与 Cu2+的配位能力比 H2O强,乙醇将 H2O夺走,降低蓝色晶体的极性,则 蓝色晶体的溶解度降低而析出。 (4)根据图 2所示,金属铋原子位于六棱柱的顶点,面心和体内,该晶胞中铋原子的个 数为 2 +3+ 12=6。根据图 1 所示,若铋原子的半径为 r pm,则晶胞面的边长为 2r pm, 上下面的距离 h= r pm,将六棱柱看作
14、6 个三棱柱构成,每个三棱柱的体积为 2r pm r pm r pm=4 r3 pm3=4 10-30r3 cm3,则晶胞的体积为 6 4 10-30r3 cm3=24 10-30r3 cm3,则该晶胞的密度为 = - - 10 30g cm-3。 17.答案 (1)Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2 平衡压强,使分液漏斗中的液体能顺 利流下 (2)HNO3+SO2NOSO4H 生成的 NOSO4H对该反应有催化作用 硝酸 会挥发和分解 (3)吸收尾气中的有毒气体,防止污染环境 (4)C 装置中的水蒸气会进入 B中使 NOSO4H分解 (5)溶液恰好由紫红色变为无色,且半分钟
15、内不恢复 84.7% 解析 (1)实验室一般利用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,该反应的化学方程式为 Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2;导管 b可以平衡压强,使分液漏斗中的液体能顺利 流下。 (2)装置 B中二氧化硫与浓硫酸和浓硝酸的混合液反应制取 NOSO4H,根据题干信 息可知,浓硫酸主要是用来溶解反应生成的 NOSO4H,所以化学方程式为 HNO3+SO2 NOSO4H。反应进行到 10 min 后,反应速度明显加快,综合考虑影响反应速率的 因素温度(反应过程中维持体系温度不高于 20 )、浓度(反应过程中浓度降低)、催化 剂可知,加快反应速率的原因应为生成的 NOS
16、O4H对该反应有催化作用。硝酸具有挥 发性,且容易分解,所以硝酸减少的物质的量大于 NOSO4H生成的物质的量。 (3)根据分析可知装置 C 的作用为吸收尾气中的有毒气体,防止污染环境。 (4)C 装置中的水蒸气会进入 B中使 NOSO4H 分解,从而导致产量降低。 (5)滴定终点时草酸根与高锰酸根完全反应,所以溶液会显无色,滴定终点现象为溶 液恰好由紫红色变为无色,且半分钟内不恢复;消耗草酸钠溶液的体积为 20.00 mL,浓度 为 0.250 0 mol L-1,根据方程式 2Mn - +5C2 -+16H+ 2Mn2+10CO2+8H2O可知,剩余 的 n(Mn - )= 0.02 L
17、0.250 0 mol L -1=0.002 mol,所以 NOSO4H消耗的 n(Mn - )=0.06 L 0.100 0 mol L-1-0.002 mol=0.004 mol,根据方程式 2KMnO4+5NOSO4H+2H2O K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知,n(NOSO4H)=0.004 mol =0.01 mol,所以样品的纯 度为 - 100%84.7%。 18.答案 (1)增大反应物的接触面积,加快反应速率,提高铬铁矿的浸取率 (2)NaOH溶液 使 Fe3+、Al3+完全转化为 Fe(OH)3和 Al(OH)3沉淀而除去 (3)3NaBiO3+2Cr3
18、+7OH-+H2O3Bi(OH)3+2Cr -+3Na+ (4)2Cr -+2H+ Cr2 -+H 2O (5)重结晶 解析 铬铁矿与过量的硫酸混合发生反应生成硫酸亚铁和硫酸铬、硫酸铝,二氧化硅不溶 于硫酸,所以固体 A为二氧化硅,溶液 B中加入过氧化氢,将亚铁离子氧化成铁离子,加入 碱调节 pH使铁离子和铝离子沉淀,根据表格数据分析,控制 pH到 5,固体 D为氢氧化铁 和氢氧化铝,溶液 E中加入铋酸钠和少量氢氧化钠溶液,反应生成 Na2CrO4,然后酸化将 Na2CrO4转化为 Na2Cr2O7,最后通过重结晶得到红矾钠。 (1)为了增大反应物的接触面积,加快反应速率,提高铬铁矿的浸取率,
19、反应之前先将 矿石粉碎。 (2)根据表格数据分析,步骤加的试剂为 NaOH 溶液;将溶液 pH调到 5的目的是使 Fe3+、Al3+完全转化为 Fe(OH)3和 Al(OH)3沉淀而除去,而铬离子不沉淀。 (3)反应中铋酸钠将硫酸铬氧化生成铬酸钠同时生成氢氧化铋,该反应的离子方程 式为 3NaBiO3+2Cr3+7OH-+H2O3Bi(OH)3+2Cr -+3Na+。 (4)中酸化是使 Cr -转化为 Cr 2 -,该反应的离子方程式为 2Cr -+2H+ Cr2 -+H 2O。 (5)将溶液 H经过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥即可得红矾钠粗晶体,对红矾钠 粗晶体进行重结晶可得精制红矾
20、钠。 19.答案 (1)A (2)-747.0 B (3)0.22 E (4)温度太高,催化剂的活性降低,反应放热,平衡向逆反应方向移动 不是 因为该 反应为放热反应,根据线可知,a点对应温度的平衡脱氮率应该更高 解析 (1)由含碘时 N2O分解速率方程 v=k c(N2O) c(I2)0.5(k为速率常数)可知,N2O的分解 速率与 I2的浓度有关,A 正确;第二步反应是慢反应,则第二步反应对总反应速率起决定 作用,B错误;第二步反应是慢反应,则第二步反应活化能比第三步反应大,C 错误;IO为反 应的中间产物,不是催化剂,D错误。 (2)CO的燃烧热 H=-283.5 kJ mol-1,则
21、2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H=-567 kJ mol-1,又因为 N2(g)+O2(g)2NO(g) H3=+180.0 kJ mol-1,则两式相减即得到反应 的 H1=-747.0 kJ mol-1。起始时 CO和 NO 的物质的量之比不满足化学计量数之比,所 以 CO和 NO的物质的量不变能说明反应达到平衡状态,A不选;密度是混合气的质量和 容器容积的比值,在反应过程中质量和容器容积始终是不变的,因此混合气体的密度保持 不变不能说明反应达到平衡状态,B可选;正反应体积减小,则混合气体的压强保持不变 能说明反应达到平衡状态,C 不选;2v正(N2)=v逆(CO)说明正逆反应速
22、率相等,D不选。 (3) 4CO+2NO2N2+4CO2 起始浓度/(mol L-1) 1 0.5 0 0 转化浓度/(mol L-1) 0.4 0.2 0.1 0.4 平衡浓度/(mol L-1) 0.6 0.3 0.1 0.4 则该反应的平衡常数为 0.22。 反应正反应放热,升高温度平衡向逆反应方向进行,CO2体积分数减小,所以 T1T2;若在 D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小,由于正反应是体积减 小的放热反应,则平衡向逆反应方向进行,所以重新达到的平衡状态可能是图中 AG点 中的 E点。 (4)由于温度太高时催化剂的活性会降低,反应放热,平衡向逆反应方向移动,所以曲 线中
23、脱氮率随温度升高而降低;因为该反应为放热反应,根据曲线可知,a点对应温度的 平衡脱氮率应该更高,所以 a点不是对应温度下的平衡脱氮率。 20.答案 (1)4-氯甲苯或对氯甲苯 (2)氧化反应 取代反应 (3) (4)+ +HBr (5)、 (6) 解析 E催化氧化得到,则 E为;D在氢氧化钠水溶液中加热发生水解反 应后酸化得到 E,结合前面合成路线推出 D为;C 在光照条件下反应生成 D,则 C 为;根据已知信息可知,B转化为 C 是引入一个酚羟基,故 B 为;结合 A的分子式及反应条件可推知,A为。红外光谱显示咖啡酸分子中存 在碳碳双键,根据已知CHO+可推知 G为 。 (1)物质 A()的
24、名称为 4-氯甲苯或对氯甲苯。 (2)由 B生成 C 是被过氧化氢氧化生成,反应类型为氧化反应;由 C 生 成 D的反应是在光照条件下与氯气发生取代反应生成,反应类型为取 代反应。 (3)E的结构简式为。 (4)咖啡酸与 3-溴乙基苯发生取代反应生成咖啡酸苯乙酯和溴化氢,反应的化学方程 式为+ +HBr。 (5)芳香化合物 X是 G()的同分异构体,X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放 出 CO2,说明 X含有羧基,且与新制 Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀则含有醛基,其核磁共 振氢谱显示有 5种不同化学环境的氢,峰面积比为 22211,则分子高度对称,苯环 上应该有一个羧基和一个醛基,另外还存在亚甲基,符合要求的 X的结构简式有、 。 (6)参照题述合成路线,在过氧化氢氧化下转化为,在氢氧化 钠水溶液中加热发生水解反应后再酸化得到,催化氧化得到, 与丙醛在氢氧化钠水溶液中加热反应生成。则合成路线为 。
