（通用版）2022年高考化学二轮复习 巧训特训 第三周 非选择题增分练（含解析）

（通用版）2022年高考化学二轮复习 巧训特训 第三周 非选择题增分练（含解析）26金属钛被称为“21世纪金属”。(1)工业上用钛矿石(主要成分为FeTiO3，主要含FeO、Al2O3、SiO2等杂质)经过以下流程制得TiO2：其中，步骤发生的主要反应为2H2SO4FeTiO3=TiOSO4FeSO42H2O。步骤发生反应的离子方程式是_、_。为提高钛矿石的碱浸出速率，步骤可采取的办法除提高碱的浓度外，还可以采取的办法有_、_(写出两种方法)。步骤中加入Fe的目的是_；分离出FeSO4晶体的操作是_。步骤形成的TiO2nH2O为胶体，步骤发生反应的化学方程式为_。(2)利用TiO2可通过下述两种方法制备金属钛。方法一：将TiO2作阴极，石墨作阳极，熔融CaO为电解液，炭块作电解池槽，电解TiO2制得钛，阳极上一定生成的气体是_，可能生成的气体是_。方法二：通过以下反应制备金属钛。 TiO2(s)2Cl2(g)TiCl4(g)O2(g)H151 kJmol1TiCl42Mg2MgCl2Ti实际生产中，需在反应过程中加入碳，可以顺利制得TiCl4。碳的作用除燃烧放热外，还具有的作用是_。解析：(1)步骤中Al2O3、SiO2均能与浓NaOH溶液反应，其离子方程式分别为Al2O32OH=2AlOH2O、SiO22OH=SiOH2O。为提高钛矿石的碱浸出速率，可采取适当增加碱的浓度、升高反应温度、粉碎钛矿石或搅拌等措施。步骤所得溶液中的Fe2易被氧化成Fe3，加入适量铁粉，可将溶液中的Fe3还原为Fe2。从溶液中分离出FeSO4晶体时，可采取的操作为过滤。TiOSO4在溶液中加热水解生成TiO2nH2O胶体的化学方程式为TiOSO4(n1)H2OTiO2nH2O(胶体)H2SO4。(2)熔融CaO中的O2向阳极移动，阳极上O2失电子被氧化为O2；由于炭块作电解池槽，则阳极还可能生成CO、CO2或二者的混合气体。反应的过程中加入适量碳，碳燃烧放出热量提供反应所需的高温，此外碳还可以和生成物O2反应，促使反应的平衡正向移动。答案：(1)Al2O32OH=2AlOH2OSiO22OH=SiOH2O升高温度(或加热)粉碎钛矿石或搅拌(其他合理答案均可)还原Fe3过滤TiOSO4(n1)H2OTiO2nH2O(胶体)H2SO4(2)O2(或氧气)CO2(或CO或CO2、CO)消耗O2，促进反应的平衡向正反应方向移动27.某兴趣学习小组设计如图装置制取SO2，并研究其性质。请回答下列问题：(1)B、C、D装置分别用于检验SO2的性质，写出C装置中反应的离子方程式：_。(2)实验中观察到D装置中有浑浊出现，有同学提出此现象不能证明SO2具有氧化性，请简述理由： _。(3)E装置的作用为_。.某学习小组为进一步探究不同浓度的硫酸氧化性不同，设计并完成如下实验：称取一定量的还原铁粉放入一定体积的浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y。经检验，气体Y中含有SO2、H2。(4)溶液X中含有的金属阳离子是_(填化学式)，简述如何检验该离子_。(5)为了测定气体Y中SO2的含量，将2.24 L(标准状况)气体Y通入200.00 mL 0.200 0 molL1酸性高锰酸钾溶液中，充分反应后，取出20.00 mL溶液转入锥形瓶中进行滴定，消耗0.100 0 molL1的KHC2O4标准液10.00 mL(高锰酸钾被还原均生成Mn2)。已知室温下，0.100 0 molL1 KHC2O4溶液中，c(C2O)c(H2C2O4)。滴定操作过程中标准液应用_(填仪器名称)盛装；滴定终点的现象为_。计算气体Y中SO2的物质的量分数为_。解析：(1)C装置中SO2与饱和氯水反应的离子方程式为SO2Cl22H2O=4HSO2Cl。(2)因C装置中挥发出的Cl2也能使D装置中出现浑浊现象，故D装置中出现浑浊，不能证明SO2与H2S反应生成单质S，即不能证明SO2具有氧化性。(3)SO2为有毒气体，使用E装置，既能进行尾气处理，又能起到防倒吸作用。(4)根据反应生成的气体Y中含有SO2和H2，可知最后是Fe与稀硫酸反应生成H2，因此该溶液中不可能含有Fe3，故溶液X中含有的金属阳离子为Fe2。要检验溶液中的Fe2，可取少量溶液X，向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，若产生蓝色沉淀，则证明原溶液中含有Fe2(或取少量溶液X，向其中加入KSCN溶液，无明显现象，再滴入新制氯水，若出现红色，则可证明原溶液中含有Fe2)。(5)根据0.100 0 molL1 KHC2O4溶液中c(C2O)c(H2C2O4)，可知HC2O的电离程度大于其水解程度，即KHC2O4溶液呈酸性，在滴定过程中该标准液应用酸式滴定管盛装；达到滴定终点时，滴入最后一滴KHC2O4标准液，锥形瓶内溶液由紫色变为无色，且半分钟内溶液颜色不发生变化。根据化合价变化可找出关系式：2KMnO45KHC2O4，c剩余(KMnO4)20.00103 L0.100 0 molL110.00103 L，解得c剩余(KMnO4)0.020 0 molL1，再根据关系式：5SO22KMnO4，得n(SO2)(0.200 00.020 0) molL1200.00103 L0.09 mol，即气体Y中SO2的物质的量分数为100%90%。答案：(1)SO2Cl22H2O=4HSO2Cl(2)C装置挥发出的氯气也可以使D装置中出现浑浊(3)尾气处理，防倒吸(4)Fe2取少量溶液X，向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，若产生蓝色沉淀，则证明原溶液中含有Fe2(其他合理答案均可)(5)酸式滴定管滴入最后一滴KHC2O4标准液，锥形瓶内溶液由紫色变为无色，且半分钟内颜色不恢复90%28甲醇是一种重要的化工原料，工业上利用CO2和H2在一定条件下反应合成甲醇。(1)已知：2CH3OH(l)3O2(g)=2CO2(g)4H2O(g)H1 275.6 kJmol12CO(g)O2(g)=2CO2(g)H566.0 kJmol1H2O(g)=H2O(l)H44.0 kJmol1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：_。(2)在容积为1 L的密闭容器中，投入1 mol CO和2 mol H2，在不同条件下发生反应：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图1所示：该反应的H_(填“”“”或“”)0，判断理由是_。M点时，CO的转化率为_。506 K时该反应的平衡常数K_(保留三位小数)。某同学绘制的压强为p1时，不同温度下上述反应的平衡常数的对数值(lg K)如图2所示。A、B、C、D、E五点中能正确表示该反应的lg K与温度(T)的关系的点为_。下列叙述能说明反应CO(g)2H2(g)CH3OH(g)达到平衡状态的是_(填字母)。A单位时间内生成2 mol H2的同时消耗1 mol COB反应过程中c(CO)c(CH3OH)11C恒温恒容时，混合气体的密度保持不变D绝热恒容时，反应的平衡常数不再变化解析：(1)根据盖斯定律，由(4)可得：CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(l)H442.8 kJmol1。(2)从图像可以看出：当压强相同时，升高温度，平衡时甲醇的物质的量减小，即升温平衡逆向移动，则正反应为放热反应，H0。根据图像，M点时生成0.25 mol CH3OH，则反应消耗0.25 mol CO，故CO的转化率为100%25%。根据三段式法可知，506 K时有CO(g)2H2(g)CH3OH(g)起始(molL1)120转化(molL1) 0.250.50.25平衡(molL1) 0.75 1.5 0.25则506 K时该反应的平衡常数K0.148。该反应为放热反应，温度升高，平衡常数K减小，则lg K也随温度升高而降低，即点A、B、E能表示该反应的lg K与温度的变化关系。单位时间内生成2 mol H2即生成1 mol CO，同时消耗1 mol CO，可以说明反应达到平衡状态，A项正确；达到平衡状态时各物质的浓度保持不变，但c(CO)c(CH3OH)11时不能说明反应达到平衡状态，B项错误；容器体积和气体质量均不变，则混合气体的密度始终为定值，不能由此判断反应是否达到平衡状态，C项错误；绝热恒容时，反应的平衡常数不再发生变化，即容器内温度不再发生变化，说明反应达到平衡状态，D项正确。答案：(1)CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(l)H442.8 kJmol1(2)从图像看出：随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量减小，说明平衡逆向移动，正反应放热25%0.148ABEAD35选修3：物质结构与性质硼和氮的单质及一些化合物在工农业生产等领域有重要应用。回答下列问题：(1)N原子核外有_种不同运动状态的电子。基态N原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道的形状为_。(2)经测定发现，N2O5固体由NO和NO两种离子组成，该固体中N原子杂化类型为_；与NO互为等电子体的微粒有_(写出一种)。(3)铵盐大多不稳定。NH4F、NH4I中较易分解的是_，原因是_。(4)第二周期中，第一电离能介于B元素和N元素间的元素为_(填元素符号)。(5)晶体硼有多种变体，但其基本结构单元都是由硼原子组成的正二十面体(见图)，每个顶点为一个硼原子，每个三角形均为等边三角形。则每一个此基本结构单元由_个硼原子构成；若该结构单元中有2个原子为10B(其余为11B)，那么该结构单元有_种不同类型。(6)硼和氮构成的一种氮化硼晶体的结构与石墨晶体结构相类似，B、N原子相互交替排列(见图)，其晶胞结构如图所示。设层内BN核间距为a pm，面间距为b pm，则该氮化硼晶体的密度为_gcm3。(用含a、b、NA的代数式表示)。解析：(1)原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，N原子核外有7个电子，所以有7种不同运动状态的电子。基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，能量由低到高，则能量最高的电子所占据的原子轨道为2p轨道，呈哑铃形。(2)NO中N的价电子对数为2，杂化类型为sp；NO中N的价电子对数为3，杂化类型为sp2。含有相同原子数和相同价电子数的微粒互为等电子体，与NO互为等电子体的微粒有SCN、CO2、CS2、N等。(3)NH4F、NH4I中，较易分解的是NH4F，原因是F原子半径比I原子小，HF键比HI键强(HF键更易形成)，F更易夺取NH中的H。(4)同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第A族、第A族元素原子的最外层电子分别处于该轨道的全充满、半充满的稳定状态，所以其第一电离能大于其相邻元素，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O。(5)硼原子数：12(个)。当选定1个硼原子后，与它最近的硼原子数为5，距离稍远的硼原子数为5，距离最远的硼原子数为1，若含有2个10B，则该结构单元有3种不同类型。(6)根据图可知一个晶胞中含有N原子数为422，B原子数为812，B、N原子核间距为a pma1010cm，底面的边长为2a1010 cm，底面上的高为a1010 cm，底面积为2a1010 cma1010 cm1020 cm2，晶胞的体积为1020 cm2b1010 cm23a2b1030 cm3，故密度 gcm3 gcm3 gcm3。答案：(1)七(或7)哑铃形(2)sp、sp2SCN、CO2、CS2、N(任写一种，合理即可)(3)NH4FF原子半径比I原子小，HF键比HI键强(HF键更易形成)，F更易夺取NH中的H(4)Be、C、O(5)123(6)或或36选修5：有机化学基础酯类化合物H是一种医药中间体，常用作防晒霜中紫外线的吸收剂。实验室由化合物A和E制备H的一种合成路线如图：已知：回答下列问题：(1)经测定E的相对分子质量为28，常用来测定有机物相对分子质量的仪器为_。F中只有一种化学环境的氢原子，其结构简式为_。G中只有一种官能团，FG的反应类型为_。(2)(CH3)2SO4是一种酯，其名称为_。(3)A能与Na2CO3溶液及浓溴水反应，且1 mol A最多可与2 mol Br2反应。核磁共振氢谱表明A的苯环上有四种不同化学环境的氢原子。A的结构简式为_。C中含氧官能团的名称为_。(4)DGH的化学方程式为_。(5)C的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_种。(不含立体异构)遇FeCl3溶液发生显色反应能发生水解反应(6)参照上述合成路线，设计一条由和(CH3)3CCl为起始原料制备的合成路线(其他试剂任选)：解析：(1)常用来测定有机物相对分子质量的仪器为质谱仪。经测定E的相对分子质量为28，应该为乙烯，乙烯氧化生成F，F中只有一种化学环境的氢原子，分子式为C2H4O，则F为环氧乙烷，其结构简式为F与水反应生成G，G中只有一种官能团，根据G的分子式可知G为乙二醇，故FG的反应类型为水解反应或加成反应。(2)(CH3)2SO4是一种酯，由甲醇与硫酸发生酯化反应而得，其名称为硫酸二甲酯。(3)A能与Na2CO3溶液及浓溴水反应，则A为酚，根据已知反应和B的分子式可推知A为甲基苯酚；酚羟基的邻、对位上的氢能被溴取代，1 mol A最多可与2 mol Br2反应，说明甲基在邻位或对位上；核磁共振氢谱表明A的苯环上有四种不同化学环境的氢原子，则甲基在邻位(若在对位，则苯环上只有两种不同化学环境的氢原子)，故A的结构简式为在碱性条件下与(CH3)2SO4反应生成B，B为CH3OCH3；CH3OCH3被酸性高锰酸钾氧化生成C，C为，含氧官能团的名称为羧基、醚键。(4)C在浓HI溶液中反应生成D，D为与HOCH2CH2OH在催化剂及加热条件下反应生成H和水，H为 (5) 的同分异构体满足：含有酚羟基；含有酯基。结合C的结构简式可推知，若苯环上有2个取代基，则取代基可以是酚羟基和HCOOCH2或CH3COO或CH3OOC，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，则有339种；若取代基有3个，则为CH3、HCOO、酚羟基，先定2个取代基，再定第3个取代基，则甲基和酚羟基在邻位时HCOO有4种位置，甲基和酚羟基在间位时HCOO有4种位置，甲基和酚羟基在对位时HCOO有2种位置，共10种。故符合条件的同分异构体有19种。(6)根据已知反应知，和(CH3)3CCl在AlCl3、加热条件下反应生成，根据已知反应知，在碱性条件下与(CH3)2SO4反应生成在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生硝化反应生成在浓HI溶液中反应生成由此可设计出合成路线。答案：(1)质谱仪水解反应或加成反应(2)硫酸二甲酯(3) 羧基、醚键(5)19