（通用版）高考化学二轮复习 巧训特训 第四周 非选择题增分练（含解析）-人教版高三化学试题

第四周非选择题增分练26硼(B)可形成H3BO3、NaBH4、NaBO2等化合物，用途广泛。(1)H3BO3为一元弱酸，可由硼砂(Na2B4O710H2O)与盐酸加热反应制得。该反应的化学方程式为_。常温下0.1 molL1的H3BO3溶液pH约为5.0，则H3BO3的电离常数Ka约为_。(2)在恒容密闭容器中发生储氢反应：BPO4(s)4Na(s)2H2(g)Na3PO4(s)NaBH4(s)H0图(a)为NaBH4产率与反应温度的关系曲线：反应达到平衡时，下列有关叙述正确的是_。(填字母)A生成1 mol NaBH4只需1 mol BPO4、4 mol Na和2 mol H2B若向容器内通入少量H2，则v(放氢)v(吸氢)C升高温度，放氢速率加快，重新达到平衡时容器压强增大D降低温度，该反应的平衡常数减小NaBH4的产率在603 K之前随温度升高而增大的原因是_。(3)NaBH4可水解放出氢气，反应方程式为NaBH42H2O=NaBO24H2。t1/2为NaBH4水解的半衰期(水解一半所需要的时间，单位为分钟)。lg t1/2随pH和温度的变化如图(b)所示，在酸性条件下，NaBH4不能稳定存在，原因是_(用离子方程式表示)；T1_(填“”或“”)T2。用H2制备H2O2的一种工艺简单、能耗低的方法，反应原理如图(c)所示。总反应的化学方程式为_。解析：(1)H3BO3、Na2B4O710H2O中B元素的化合价均为3，Na2B4O710H2O与盐酸在加热条件下发生的反应为复分解反应，生成硼酸和NaCl，化学方程式为Na2B4O710H2O2HCl4H3BO32NaCl5H2O。H3BO3溶液呈酸性，发生电离：H3BO3H2OB(OH)4H，溶液的pH5.0，则c(H)105molL1，其电离常数Ka1.0109。(2)该反应为可逆反应，1 mol BPO4、4 mol Na和2 mol H2不能完全转化生成1 mol NaBH4，A项错误；若向容器内通入少量H2，平衡向正反应方向移动，v(放氢)v(吸氢)，B项正确；升高温度，吸氢、放氢速率均加快，平衡向逆反应方向移动，气体分子数增多，容器压强增大，C项正确；降低温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，D项错误。NaBH4的产率在603 K之前随温度升高而增大，是因为反应没有达到平衡状态，温度升高，反应速率加快。(3)分析NaBH4的水解反应可知，BH中H为1价，H2O中H为1价，两者能发生氧化还原反应。在酸性条件下，NaBH4不能稳定存在，其原理是BH与H发生氧化还原反应：BHH3H2O=H3BO34H2。t1/2越大，则lg t1/2也越大。根据图示，pH相同时，T1对应的t1/2大，反应速率慢，故T1T2。根据图示，用H2制备H2O2，Pd、PdCl2O22为中间产物，PdCl42为催化剂，故总反应的化学方程式为H2O2H2O2。答案：(1)Na2B4O710H2O2HCl4H3BO32NaCl5H2O1.0109(2)BC反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快(3)BHH3H2O=H3BO34H2H2O2H2O227碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料，可用废镍催化剂(主要含Ni、Al，还含少量Cr、FeS等)来制备，其工艺流程如下：回答下列问题：(1)“浸泡除铝”时，发生反应的离子方程式为_。(2)“溶解”时放出的气体为_(填化学式)。(3)已知金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：开始沉淀的pH完全沉淀的pHNi26.28.6Fe27.69.1Fe32.33.3Cr34.55.6“调pH 1”时，溶液pH的范围为_。(4)在空气中加热Ni(OH)2可得NiOOH，请写出此反应的化学方程式：_。(5)金属铬在溶液中有多种存在形式，CrO和Cr2O在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 molL1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O)随c(H)的变化如图所示，用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应_，根据A点数据计算出该转化反应的平衡常数为_，温度升高，溶液中CrO的平衡转化率减小，则该反应的H_(填“”“”或“”)0。解析：(1)“浸泡除铝”时加入NaOH溶液，发生反应的离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO3H2。(2)“溶解”时加入稀硫酸，稀硫酸能与Ni、Cr、FeS反应，所以“溶解”时放出的气体为H2和H2S。(3)结合题给流程图可知，“调pH 1”前Fe2已经被氧化为Fe3，故“调pH 1”的目的是除去Fe3、Cr3，同时保证Ni2不生成沉淀，由题表中数据可知，“调pH 1”时溶液pH的范围为5.66.2。(4)在空气中加热Ni(OH)2可得NiOOH，根据得失电子守恒和原子守恒可得：4Ni(OH)2O24NiOOH2H2O。(5)由题图可知，随着H浓度的增大，CrO不断转化为Cr2O，离子方程式为2CrO2HCr2OH2O。A点时溶液中Cr2O的浓度为0.25 molL1，则溶液中c(CrO)1.0 molL10.25 molL120.5 molL1，又c(H)1.0107molL1，故该转化反应的平衡常数K1014；温度升高，溶液中CrO的平衡转化率减小，即平衡逆向移动，说明正反应放热，则该反应的H0。答案：(1)2Al2OH2H2O=2AlO3H2(2)H2、H2S(3)5.66.2(4)4Ni(OH)2O24NiOOH2H2O(5)2CrO2HCr2OH2O101428过碳酸钠(Na2CO4)是一种很好的供氧剂，其与稀盐酸反应的化学方程式为2Na2CO44HCl=4NaCl2CO2O22H2O。市售过碳酸钠一般都含有碳酸钠，为测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO3)的纯度，某化学兴趣小组采用以下两种方案实施：方案一：(1)操作和的名称分别为_、_。(2)上述操作中，使用到玻璃棒的有_(填操作序号)。(3)请简述操作的操作过程： _。方案二：按如图装好实验装置，Q为一塑料气袋，随意取适量样品于其中，打开分液漏斗活塞，将稀盐酸滴入气袋中至充分反应。(4)为测定反应生成气体的总体积，滴稀盐酸前必须关闭_，打开_(填“K1”“K2”或“K3”)，导管A的作用是_。(5)当上述反应停止后，使K1、K3处于关闭状态，K2处于打开状态，再缓缓打开K1。B中装的固体试剂是_，为何要缓缓打开K1？_。(6)实验结束时，量筒中有x mL水，量筒中收集到了y mL气体，则样品中过碳酸钠的质量分数是_。解析：(1)为获得样品的质量值，需要进行称量，故操作是称量；为从溶液中得到固体溶质，需要进行蒸发，故操作是蒸发结晶。(2)操作用玻璃棒搅拌以加快反应速率；操作用玻璃棒搅拌以加快溶液的蒸发并防止出现暴沸现象。(3)蒸发结晶时，通常不能将水全部蒸发完再停止加热，应待还有少量水或出现大量晶体时就停止加热，然后利用余热将剩余的少量水蒸干。(4)反应是在塑料气袋中进行的，生成的CO2、O2均在袋内，气袋膨胀会将瓶内空气排出，通过量筒测量气体体积，故首先应关闭K2、K1，打开K3，此时测量出的体积为CO2、O2两种气体的体积之和(瓶内排出的空气体积与塑料气袋内生成的气体体积相等)。导管A可平衡气压，有利于分液漏斗中稀盐酸的顺利滴下，同时消除滴下稀盐酸的体积对气体体积的影响。(6)B中固体试剂为碱石灰，吸收反应产生的CO2，则量筒收集的是y mL氧气，由2Na2CO44HCl=4NaCl2CO2O22H2O，可求出m(Na2CO4)2122 gmol1，Na2CO4产生的CO2体积是O2体积的两倍，量筒收集的气体体积等于袋内生成的全部的气体体积，故由碳酸钠与盐酸反应生成的二氧化碳体积为(x3y)mL，m(Na2CO3)106 gmol1，代入即可算出过碳酸钠的质量分数。答案：(1)称量蒸发结晶(2)(3)加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时，停止加热，利用余热蒸干蒸发皿中的水(4)K1、K2K3平衡分液漏斗内和反应体系内压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除滴下稀盐酸的体积对气体体积的影响(5)碱石灰(合理答案均可)让生成的CO2能充分被B中碱石灰吸收，使量筒内收集到较纯净的O2(6)35选修3：物质结构与性质目前，广泛推广使用的磷酸铁锂电池的工作原理为LiFePO4CLixCLi1xFePO4。回答下列问题：(1)LiFePO4中基态铁离子的价层电子排布图为_。基态碳原子s能级、p能级上电子数之比为_。(2)在元素周期表中，氮元素分别与磷、氧相邻，在N、O、P中，第一电离能最大的是_(填元素符号)，判断依据是_；NH3的键角略大于PH3，从原子结构角度说明原因： _。(3)卤素与磷可形成多种磷化物。例如，PCl3、PBr3等。PCl3中磷的杂化类型为_；PBr3的空间构型为_。与PO互为等电子体的分子有_(填一种即可)。(4)电池反应中C常以足球烯(C60)的形式参与，足球烯的结构如图所示，1 mol足球烯含_个键。(5)锂、铁单质晶胞分别如图、图所示，铁、锂晶胞的配位数之比为_。图晶胞的堆积方式是_(填名称)。(6)金刚石晶胞如图所示。已知金刚石的密度为 gcm3，NA代表阿伏加德罗常数的值。金刚石中CC键的键长为_pm(用代数式表示)。解析：(1)LiFePO4中含亚铁离子，Fe2的价层电子排布式为3d6，由此可得其价层电子排布图。基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2。(2)N和P位于同主族，N的原子半径小于P，所以，N的第一电离能大于磷；N和O位于同周期，N的2p能级达到半充满的稳定状态，O的2p能级上有4个电子，所以，N的第一电离能大于O，故这三种元素中N的第一电离能最大。N的原子半径小于P，NH3分子中HN键之间的排斥力大于PH3中HP键，所以NH3分子的键角大于PH3。(3)PCl3分子中P原子的价层电子对数为4，其杂化类型为sp3。PBr3分子中P的价层电子对数为4，有1个孤电子对，其空间构型呈三角锥形。与PO互为等电子体的分子有CCl4、CBr4、CI4、SiF4、SiCl4、SiBr4等。(4)足球烯中每个碳原子形成两个单键、一个双键，每个键为两个碳原子共有，一个双键中含一个键和一个键，则每个碳原子净摊1/2个键，1个C60含30个键。(5)图、图晶胞中配位数分别为8、12，配位数之比为23。图晶胞的堆积方式为体心立方堆积。(6)设金刚石的晶胞参数为a cm，一个金刚石晶胞含8个碳原子，由得，a2 。设碳碳键键长为R，其等于体对角线长度的1/4，则有(4R)23a2 cm2，Ra cm 1010 pm。答案：(1) (2)NN和P位于同主族，N的原子半径小于P，N的第一电离能大于P；N和O位于同周期，N原子的2p能级达到半充满的稳定状态，N的第一电离能大于ON的原子半径小于P，氢氮键之间排斥力大于氢磷键(3)sp3三角锥形CCl4、SiCl4、CBr4、SiF4等(任写一种)(4)30NA(5)32体心立方堆积(6) 101036选修5：有机化学基础氯贝特是一种降脂药，尤其对家族性型高血脂症治疗效果最好。氯贝特的一条合成路线如下(流程中部分反应物、生成物及反应条件已略去)：已知：.R1ONaClR2R1OR2NaCl(R1、R2代表含碳原子基团)回答下列问题：(1)下列关于氯贝特的说法正确的是_(填字母)。a氯贝特属于卤代烃b氯贝特属于芳香族化合物，且与甲互为同系物c用碳酸氢钠溶液可以鉴别甲和氯贝特两种物质d氯贝特既能发生加成反应，又能发生取代反应(2)反应的反应类型为_。(3)氯贝特中官能团的名称为_。(4)A的化学名称为_，由D生成氯贝特的化学方程式为_。(5)具有两种官能团的二取代芳香族化合物E是甲的同分异构体，0.5 mol E与足量氢氧化钠溶液反应共消耗1.5 mol NaOH，则E共有_种结构(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为_。(6)参照上述合成路线，写出以丙醇和丙酸为原料制备2羟基丙酸1丙酯的合成路线(无机试剂任选)。解析：由信息反应可知A中含有羧基，C是，再由甲的结构可知B是CH3CCl(CH3)COOH，则A是CH3CH(CH3)COOH，由D转化为的条件可知发生了取代反应，所以D是。(1)a项，该物质中除C、H、Cl外还含有O，所以不属于卤代烃，错误；b项，氯贝特中含有苯环，所以属于芳香族化合物，但其分子中含有氯原子，甲的结构中不含氯原子不互为同系物，错误；c项，甲中含有羧基，能与NaHCO3反应生成CO2，但氯贝特与NaHCO3不反应，正确；d项，氯贝特中的苯环能发生加成反应，酯基和苯环上的氢能发生取代反应，正确。(2)CH3CCl(CH3)COOH和发生取代反应生成甲和NaCl。(4)由流程可知与Cl2发生取代反应生成和HCl。(5)由于苯环上只有两个取代基，而0.5 mol E消耗1.5 mol NaOH，所以取代基为酚羟基和酚羟基形成的酯，即OH和C3H7COO，而C3H7可表示为CH3CH2CH2和(CH3)2CH，由于苯环上两个取代基可能位于邻、间、对三种不同的位置，所以符合条件的同分异构体共有6种，而核磁共振氢谱有五组峰的为。(6)2羟基丙酸1丙酯的结构简式为CH3CH(OH)COOCH2CH2CH3，该酯是由CH3CH(OH)COOH与CH3CH2CH2OH发生酯化反应得到的，CH3CH(OH)COOH可根据A转化为氯贝特的流程得到，从而得出制备流程。答案：(1)cd(2)取代反应(3)氯原子、醚键、酯基(4)2甲基丙酸(5)6(6)CH3CH2COOHCH3CH(Cl)COOHCH3CH(OH)COOHCH3CH(OH)COOCH2CH2CH3