高考化学大二轮复习 第3部分训练 非选择题专项练5.docx

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高考化学大二轮复习第3部分训练非选择题专项练5

训练（十三）　非选择题专项练（5）

1．FeCl2是一种常用的还原剂。

有关数据如下：

实验室可以用多种方法来制备无水FeCl2。

回答下列问题：

I．按如图1装置用H2还原无水FeCl3制取。

图1

图2

（1）用装置A制取H2，其优点是______________________________________；

D中反应的化学方程式为___________________________________________；

装置E的作用是___________________________________________________。

（2）通入足量H2，充分反应，如果温度控制不当，产品中会含单质铁，检验产品中是否含铁的方案是_________________________________________________。

Ⅱ.按图2装置，在三颈烧瓶中放入162.5g无水氯化铁和225g氯苯，控制反应温度在128℃～139℃加热3h，反应接近100%，反应如下：

2FeCl3＋C6H5Cl―→2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl

（3）上述反应中，还原剂是____________。

（4）反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失，原因是____________________________________________________________。

（5）冷却后，将三颈瓶内物质经过过滤，洗涤，干燥后，得到粗产品。

①洗涤所用的试剂可以是____________；

②简述回收滤液中C6H5Cl的方案____________________________________。

（6）仅通过烧杯中的现象变化就可以监控氯化铁的转化率。

若要监控氯化铁转化率达到或超过90%，则烧杯中加入的试剂可以是__________________________。

解析　I．按如图1装置可知，用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，A装置一般用锌和稀盐酸制备H2，B装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以装置碱石灰，E装置中也要装置碱石灰，吸收氯化氢气体同时防止空气中的水份进入D装置，D装置中用氢气与氯化铁反应生成氯化亚铁和HCl。

（1）装置A为启普发生器的简易装置，适用于固液混合状态且不需加热而制取的气体，且固体必须是块状的，该装置的优点是便于控制反应，实验室一般用锌和稀盐酸制备H2，用装置A制取H2，通过开关弹簧夹，可以使反应随时进行或停止，根据上面的分析可知，E中盛放的试剂是碱石灰；吸收氯化氢气体，同时防止空气中的水份进入D装置，D中反应的化学方程式为H2＋2FeCl3

2FeCl2＋2HCl；

（2）温度控制不当，产品中含单质铁，检验产品中是否含铁的方案为取样，加入盐酸中，观察是否有气泡产生；

Ⅱ.（3）根据反应2FeCl3＋C6H5Cl―→2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl可知，氯苯能使氯化铁生成氯化亚铁，所以氯苯为还原剂；

（4）根据图2可知，装置有冷凝回流装置，所以为了提高反应速率，可以将反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失；

（5）三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2，根据其溶解性可知，可以用有机溶剂例如苯将C6H5Cl、C6H4Cl2溶解，过滤后可得氯化亚铁，对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl，

①洗涤所用的试剂可以是苯；

②回收滤液中C6H5Cl的方案是蒸馏滤液，并收集132℃馏分；

（6）根据反应2FeCl3＋C6H5Cl―→2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl，氯化铁转化率达到或超过90%，则可产生氯化氢的物质的量为

×

×90%=0.45mol，所以可在烧杯中加入0.45×40g的氢氧化钠即18g，并用酚酞作指示剂进行判断反应进行的程度，如果18g氢氧化钠完全反应，则产率达到或超过90%。

答案　

（1）通过开关弹簧夹，可以使反应随时进行或停止

H2＋2FeCl3

2FeCl2＋2HCl

吸收氯化氢气体同时防止空气中的水份进入D装置

（2）取样品少许放入试管中，向其中加入盐酸，观察是否有气泡产生

（3）C6H5Cl　（4）实验使用了冷凝回流装置

（5）①苯　②蒸馏滤液，并收集132℃馏分

（6）滴有酚酞且含18gNaOH的溶液

2．磷化氢（PH3）是一种剧毒气体，是常用的高效熏蒸杀虫剂，也是一种电子工业原料。

（1）在密闭粮仓放置的磷化铝（AlP）片剂，遇水蒸气放出PH3气体，化学方程式为___________________________________________________________________。

（2）利用反应PH3＋3HgCl2===P（HgCl）3↓＋3HCl，通过测定溶液__________变化，可准确测定空气中微量的PH3；其中HgCl2溶于水，所得溶液几乎不导电，则HgCl2属于________（填“共价”或“离子”）化合物。

（3）工业制备PH3的流程如图1所示：

①亚磷酸属于________元酸；

②当反应Ⅰ生成的n（NaH2PO2）∶n（Na2HPO3）=3∶1时，参加反应的n（P4）∶n（NaOH）=________。

（4）用漂白粉可将PH3氧化为H3PO4，化学方程式为________________________；含有水蒸气时可加快PH3的氧化过程，用离子方程式表示原因：

_______________________________________________________。

（5）从（4）中的反应产物中回收磷酸氢钙（CaHPO4）的方法如图2：

①试剂X为________（填化学式）；

②已知25℃时，H3PO4的Ka1=7.5×10－3、Ka2=6.3×10－8、Ka3=4.4×10－13。

CaHPO4悬浊液pH________7（填“＞”、“=”或“＜”），通过计算说明理由________。

解析　

（1）AlP和水反应时，生成PH3和Al（OH）3沉淀，化学方程式为：

AlP＋3H2O===Al（OH）3＋PH3↑；

（2）电导率可衡量电解质溶液导电能力大小，PH3为共价化合物，在气态时只存在分子，HgCl2在熔融状态下不能导电，属于共价化合物，磷化氢与HgCl2作用，PH3＋3HgCl2===P（HgCl）3↓＋3HCl，生成的氯化氢在溶液中呈酸性，为强酸，所以可通过测定溶液的pH或电导率来准确测定空气中微量的PH3，HgCl2溶于水，所得溶液几乎不导电，说明在水中不电离，HgCl2属于共价化合物；

（3）①H3PO3,1mol分子含有3mol氢原子，但黄磷与足量的NaOH溶液反应只生成Na2HPO3，可说明H3PO3为二元酸，不是三元酸；

②该反应的反应物为黄磷、氢氧化钠，产物为次磷酸钠、亚磷酸钠，P4中（P为0价），NaH2PO2中（P为＋1价），Na2HPO3（P为＋3价），PH3（P为－3价），当反应Ⅰ生成的n（NaH2PO2）∶n（Na2HPO3）=3∶1时，根据得失电子守恒，n（NaH2PO2）∶n（Na2HPO3）∶n（PH3）=3∶1∶2，反应为：

3P4＋10NaOH===6NaH2PO2＋2Na2HPO3＋4PH3↑，所以参加反应的n（P4）∶n（NaOH）=3∶10；

（4）漂白粉主要成分为CaCl2、Ca（ClO）2，具有氧化性的是Ca（ClO）2，将PH3氧化为H3PO4，反应为2Ca（ClO）2＋PH3===H3PO4＋2CaCl2，含有水蒸气时，次氯酸根离子水解生成次氯酸ClO－＋H2OHClO＋OH－，生成的碱中和酸，加快PH3的氧化过程；

（5）①根据流程，加入试剂得到磷酸钙，所以试剂X含有钙离子，加入试剂能够中和磷酸氢钙中的氢，需加入Ca（OH）2，CaO与水反应生成Ca（OH）2，所以X可以为Ca（OH）2或CaO；

②CaHPO4为强碱弱酸酸式盐，CaHPO4的电离Ka（HPO

）=

=4.4×10－13；水解，K水解（HPO

）=

=

＞Ka（HPO

）；水解程度大于电离程度，溶液呈碱性。

答案　

（1）AlP＋3H2O===Al（OH）3＋PH3↑

（2）pH或电导率　共价

（3）①二　②3∶10

（4）2Ca（ClO）2＋PH3===H3PO4＋2CaCl2

ClO－＋H2OHClO＋OH－

（5）①Ca（OH）2或CaO

②＞　Ka（HPO

）=

=4.4×10－13

K水解（HPO

）=

=

＞Ka（HPO

）

水解程度大于电离程度，溶液呈碱性

3．以CO、H2为原料合成甲醇的反应为：

CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）　ΔH。

在体积均为2L的三个恒容密闭容器I、Ⅱ、Ⅲ中，分别都充入1molCO和2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。

图1为三个容器中的反应均进行到5min时H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应已经达到平衡状态。

CO的平衡转化率在不同压强下随温度的变化如图2所示。

（1）0～5min时间内容器Ⅱ中用CH3OH表示的化学反应速率为__________。

（2）三个容器中一定达到平衡状态的是容器________，此容器中反应达平衡时，放出热量20.5kJ，则ΔH=________。

（3）当三个容器中的反应均达到平衡状态时，CO的转化率最低的是容器__________；平衡常数最大的是容器________。

（4）工业实际合成CH3OH生产中，采用图2中M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和化学平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由：

____________________________________________________________。

（5）科研人员设计了一种新型甲醇燃料电池，其电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2－。

该电池工作时的负极电极反应式为________。

用该电池电解饱和食盐水（石墨电极），当电路中通过1.929×104C的电量时，生成标准状况下氢气的体积为________L。

（已知：

一个电子的电量是1.602×10－19C）

解析　

（1）设反应生成的甲醇物质的量为x，

　　　　　　　CO（g）＋2H2（g）===CH3OH（g）

开始（mol）:

120

转化（mol）:

x2xx

平衡（mol）:

1－x2－2xx

到5min时，氢气的体积分数为0.2，则

=0.2，则x=

，则v=

=

=0.0875mol·（L·min）－1；

（2）达到平衡状态时氢气的转化率最大，氢气的体积分数最小，Ⅱ对应的氢气的体积分数最小，所以Ⅱ可能达到了平衡状态。

平衡时，根据

（1）计算氢气转化量为2x=1.75mol，放出热量20.5kJ，则转化2mol氢气放出热量为23.4kJ，则ΔH=－23.4kJ·mol－1；

（3）由图2可知，升高温度CO的转化率减小，即向逆反应移动，所以该反应为放热反应，温度越高，反应向逆方向进行的程度越大，CO的转化率越低，Ⅲ温度最低。

由图2可知，升高温度CO的转化率减小，即向逆反应移动，所以该反应为放热反应，温度越低，反应向正方向进行的程度越大，K越大，已知I的温度最低，则其K最大；

（4）相对于N点而言，采用M点，温度在500～600K之间，温度较高，反应速率较快，CO的平衡转化率也较高，压强为常压，对设备要求不高；

（5）负极发生的是燃料甲醇失电子的氧化反应，负极电极反应式为CH3OH－6e－＋3O2－===CO2＋2H2O。

电路中通过的电量为

=0.2mol，则生成标准状况下氢气的体积为2.24L。

答案　

（1）0.0875mol·（L·min）－1　

（2）Ⅱ　－23.4kJ·mol－1　（3）Ⅲ　Ⅰ

（4）相对于N点而言，采用M点，温度在500～600K之间，温度较高，反应速率较快，CO的平衡转化率也较高，压强为常压，对设备要求不高

（5）CH3OH－6e－＋3O2－===CO2＋2H2O　2.24

4．工业上制取硝酸铵的流程图如图1，请回答下列问题：

图1

（1）在上述工业制硝酸的生产中，设备M的名称是________，其中发生反应的化学方程式为_______________________________________________________。

（2）此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是______________。

科学研究证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如图2：

图2

分别表示N2、H2、NH3。

图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②和图③的含义分别是______________、______________。

（3）在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交换器的目的是________________；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是_________________________________。

（4）生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：

碱液吸收法：

NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O

NH3还原法：

8NH3＋6NO2

7N2＋12H2O（NO也有类似的反应）

以上两种方法中，符合绿色化学的是__________________________________。

（5）某化肥厂用NH3制备NH4NO3。

已知：

由NH3制NO的产率是96%，NO制HNO3的产率是92%，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其他损耗）的________%。

解析　

（1）氨气在氧化炉中被催化氧化，M设备的名称是氧化炉；氨气被氧化为NO和水，其反应的方程式为：

4NH3＋5O2

4NO＋6H2O；

（2）N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；图②中两种双原子分子被吸附在催化剂表面，即N2、H2被吸附在催化剂表面；③中分子中的化学键断裂生成原子，即在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂生成N原子和H原子；

（3）合成氨的反应属于放热反应，反应过程中会放出大量的热，用热交换器可以充分利用余热，节约能源；在吸收塔中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，通入空气，NO能被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸，这样使NO循环利用，全部转化为硝酸；

（4）碱液吸收法：

NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，NH3还原法：

8NH3＋6NO2

7N2＋12H2O，分析可知碱液吸收法消耗大量的氢氧化钠且生成的亚硝酸盐有毒，NH3还原法产物无污染，得到合成氨的原料气，故符合绿色化学的是氨气还原法；

（5）由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，根据氮原子守恒可知，NH3～NO～HNO3，则1mol氨气可得到硝酸1mol×96%×92%=0.8832mol，由HNO3＋NH3===NH4NO3，则该反应消耗的氨气的物质的量为0.8832mol，氨气的质量之比等于物质的量之比，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数为

×100%=53%；即制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的53%。

答案　

（1）氧化炉　4NH3＋5O2

4NO＋6H2O

（2）铁砂网　N2、H2被吸附在催化剂表面　在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂

（3）利用余热，节约能源　使NO循环利用，全部转化为硝酸

（4）氨气还原法　（5）53

5．金属钛（Ti）被誉为21世纪金属，其单质和化合物具有广泛的应用价值。

请回答下列问题：

（1）Ti的基态原子价电子排布式为________。

（2）纳米TiO2常用作下述反应的催化剂。

化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子有________个，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为__________。

（3）含Ti3＋的配合物的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O，其配离子中含有的化学键类型是____________，1mol该配合物中含有的σ键数目是____________。

（4）通过X－射线探知KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似，且知三种离子晶体的晶格能数据如表：

离子晶体

NaCl

KCl

CaO

晶格能/kJ·mol－1

786

715

3401

KCl、MgO、CaO、TiN四种离子晶体熔点由高到低的顺序为____________。

（5）某种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有________个、Ti原子的配位数为________；此配位原子构成的空间构型为________；该晶胞中N、Ti原子之间的最近距离为anm，则该氮化钛晶体的密度为________g·cm－3（NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式）。

解析　

（1）Ti为22号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，外围电子排布式为3d24s2；

（2）化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子为苯环上的六个、羰基中的一个，共7个；采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素电负性随着原子序数依次增加电负性逐渐增大，所以它们的电负性关系为：

O＞N＞C；

（3）配离子中含有共价键、配位键，[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O中含有6个配位键，也属于σ键，水分子中含有2个σ键，故1mol[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O中含有18molσ键，即σ键数目为18NA；

（4）离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高，电荷起主导作用，则熔点TiN＞MgO＞CaO＞KCl；

（5）以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，故与之距离相等且最近的N原子为

=12，以体心的Ti原子研究，其周围有6个N原子，配位数为6，此6个N原子形成正八面体；根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为：

6×

＋8×

=4，该晶胞中Ti原子个数为：

1＋12×

=4，∴晶胞的质量m=4×

g，而晶胞的体积V=（2a×10－7）3cm3，所以晶体的密度ρ=4×

g÷（2a×10－7）3cm3=

g·cm－3。

答案　

（1）3d24s2　

（2）7　O＞N＞C

（3）共价键、配位键　18NA　（4）TiN＞MgO＞CaO＞KCl

（5）12　6　正八面体　

6．化合物E、I是制备香料的重要物质。

已知：

①核磁共振氢谱显示，A中只有一种氢，G中有个数比为l∶2∶2∶3的四种氢，且G遇FeCl3溶液显紫色；

②R—CH==CH2

R—CH2CH2OH

③通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。

回答下列问题：

（1）A→B的反应类型为________，B在一定条件下生成高聚物的结构简式为________。

（2）B分子中的碳原子是否在同一平面上________（填“是”或“否”）。

（3）D所含的官能团的名称是________，用系统命名法命名E：

________。

（4）分子式为C8H10O且与C互为同系物的同分异构体有________种，写出其中一种的结构简式________。

（5）写出由H→I的第一步反应的化学方程式____________________________。

（6）利用上述合成路线中的信息，设计一个以甲苯为原料制备苯甲酸的合成路线__________________________________________________________________。

解析　A的分子式为C4H9Cl，A的核磁共振氢谱只有一种氢，则A为（CH3）3CCl，A在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成B为CH2==C（CH3）2，B发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应、酸化得到E为（CH3）2CHCOOH。

G的分子式为C7H8O，G中有个数比为1∶2∶2∶3的四种氢，且G遇FeCl3溶液显紫色，则G为

，与氯气在光照条件下发生取代反应生成H为

，H在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到I，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故I为

。

（1）A→B的反应类型为消去反应，B在一定条件下生成高聚物的结构简式为

；

（2）B为CH2==C（CH3）2，B分子中的碳原子处于同一平面内；

（3）D为（CH3）2CHCHO，所含的官能团的名称是醛基，E为（CH3）2CHCOOH，用系统命名法命名：

2甲基丙酸；

（4）G为

，分子式为C8H10O且与G互为同系物的同分异构体，即有酚羟基的同分异构体，苯环上连有—OH、—CH2CH3，有邻、间、对三种，或—OH、—CH3、—CH3,2个甲基处于邻位，—OH有2种位置，2个甲基处于间位，—OH有4种位置，2个甲基处于对位，—OH有1种位置，所以共有9种，其中一种的结构简式为

等；

（5）由H→I的第一步反应的化学方程式：

＋3NaOH

＋2NaCl＋2H2O；

（6）以甲苯为原料制备苯甲酸的合成路线：

。

答案　

（1）消去反应　

（2）是

（3）醛基　2甲基丙酸

（4）9　

（5）

＋3NaOH

＋2NaCl＋2H2O

（6）