(京津鲁琼版)2020版新高考化学三轮复习非选择题专项练(四)(含解析)

________________________________________________________________________。

非选择题专项练(四)

1．解析：(1)①NaNO2的还原效果虽略好于Na2SO3，但NaNO2在反应过程中会产生大量的有毒气体NO2，污染环境。③酸浸时硫酸不宜过量太多，因为在后续实验中需要加入Na2CO3调节pH，硫酸过量太多会造成原料的浪费。(2)检验铁元素是否除尽可选用的试剂为KSCN溶液。(3)CaF2与MgF2的溶度积较小，加入NH4F的目的是除去溶液中的Ca、Mg。(4)Ksp[Co(OH)2]＝2×10

－15

2＋

2＋

很小，Na2C2O4溶液显碱性，制备CoC2O4时，为防止生成Co(OH)2沉淀，加料时，将

Na2C2O4溶液缓慢加入含钴溶液中。

答案：(1)①选用NaNO2时会产生大量的有毒气体NO2，污染环境 ②Co2O3＋SO3＋4H===2Co＋SO4＋2H2O ③消耗较多的Na2CO3，浪费原料

(2)KSCN溶液(其他合理答案均可) (3)除去溶液中的Ca、Mg (4)防止生成Co(OH)2沉淀 450 ℃

(5)4CoC2O4＋3O2=====2Co2O3＋8CO2

2．解析：(1)仪器a的名称为蒸馏烧瓶；重铬酸钾(K2Cr2O7)与浓盐酸反应的离子方程式为Cr2O7＋14H＋6Cl===2Cr＋3Cl2↑＋7H2O。(2)SnCl4在空气中极易水解，因此装置F中试剂b的作用是防止水蒸气进入收集器，故试剂b为浓硫酸。(3)装置C的作用是干燥氯气，若缺少装置C，则制得的SnCl4会发生水解，化学方程式为SnCl4＋(x＋2)H2O===SnO2·xH2O＋4HCl。(4)为防止SnCl4产品中混入SnCl2，可以采取的措施是使氯气过量，同时将Sn与Cl2的反应温度控制在232～652 ℃之间，使SnCl4转变为气体，从混合物中分离出来。(5)收集SnCl4时先将其转变为气体从装置D中分离出来，然后再在装置E中冷凝为液体，根据提供的熔、沸点数据可知，CuCl2沸点较高，不会随SnCl4气体逸出，因此不影响装置E中产品的纯度。(6)根据Sn＋2Fe===Sn＋2Fe，Cr2O7＋6Fe＋14H===2Cr＋6Fe＋7H2O，可得关系式：3Sn

＋

2－

2＋

2－

－1

－3

－3

2＋

3＋

4＋

2＋

2－

2＋

＋

3＋

3＋

2

2－

＋

－

3＋2＋

2＋

2＋

2－

2－

＋

～Cr2O7，n(Sn)＝3n(Cr2O7)＝3×c mol·L×V×10 L＝3cV×10 mol，则产品中SnCl2

－1

－3

（119＋35.5×2） g·mol×3cV×10 mol57cV的含量为×100%＝%。

m gm答案：(1)蒸馏烧瓶 Cr2O7＋14H＋6Cl===2Cr＋3Cl2↑＋7H2O (2)浓硫酸 防止水蒸气进入收集器 (3)SnCl4＋(x＋2)H2O===SnO2·xH2O＋4HCl

(4)控制Sn与氯气的反应温度在232～652 ℃之间 通入过量氯气 (5)CuCl2沸点较高，不会随SnCl4气体逸出 57cV(6)%

2－

＋

－

3＋

m3．解析：(1)根据盖斯定律，由第一个已知反应×2－第二个已知反应可得2CO(g)＋

- 5 -

2NO(g)===2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝(－283.0 kJ·mol)×2－(＋180.0 kJ·mol)＝－746.0 kJ·mol。(2)①在 1 050 kPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO2转化率增大；在1 100 kPa时，NO2的转化率为40%，根据2C(s)＋2NO2(g)

N2(g)＋2CO2(g)，

－1

－1－1

设起始时二氧化氮共有2x mol，则转化的二氧化氮为0.8x mol，生成的氮气为0.4x mol，二2x mol－0.8x mol

氧化碳为0.8x mol，NO2的体积分数为×100%＝

（2x mol－0.8x mol）＋0.4x mol＋0.8x mol50%。②根据图像，T ℃、1.1×10 Pa时，NO2的转化率为40%，此时反应处于平衡状态，根据上一小问的分析可知，平衡时二氧化氮为1.2x mol，氮气为0.4x mol，二氧化碳为0.8x mol，1.2x mol10.4x mol66则NO2、N2、CO2的平衡分压分别为×1.1×10 Pa＝×1.1×10 Pa、×1.1

2.4x mol22.4x mol10.8x mol16666

×10 Pa＝×1.1×10 Pa、×1.1×10 Pa＝×1.1×10 Pa，反应的化学平衡常数

62.4x mol311121626

（×1.1×10）×（×1.1×10）（）×363662－

Kp＝＝×1.1×10。(3)①SO4恰好完全沉淀时，

11262（×1.1×10）（）22

6

c(Ag)＝＋

＋

Ksp（Ag2SO4）

＝2－

c（SO4）1.4×10－1－1－

L＝1.2 mol·L，NO2恰好完全沉淀时，c(Ag－5 mol·

1.0×10

－5)＝

Ksp（AgNO2）－3－12－－－

＝2×10 mol·L，则SO4恰好完全沉淀时NO2已沉淀完全，此时c(NO2)－

c（NO2）

Ksp（AgNO2）2.0×10－8－1－8－1＝＝ mol·L≈1.67×10 mol·L。②当AgCl和AgNO2两种沉淀共＋

c（Ag）1.2c（Cl－）c（Ag＋）·c（Cl－）Ksp（AgCl）1.8×10－10－3

存时，＝＝＝(4)当溶液的pH－＋－－8＝9×10。

c（NO2）c（Ag）·c（NO2）Ksp（AgNO2）2×10

2－－＋

c（H＋）·c（CO3）c（HCO3）c（H）

＝10时，c(H)＝10 mol·L，根据H2CO3的Ka2＝，＝－

c（HCO－c（CO2Ka23）3）

＋

－10

－1

10＋

＝当溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒：c(NH＋4)＋c(H)＝c(OH－11≈2.13。4.7×10

－

－10

)＋2c(CO

2－

2－3)＋c(HCO

－

－3)，则c(NH

2－

＋4)＝2c(CO

－

2－3)＋c(HCO－3

c（NH＋4）)，＝

c（H2CO3）

＋

－

2c（CO3）＋c（HCO3）2c（CO3）c（HCO3）c（H）·c（HCO3）

＝＋，根据H2CO3的Ka1＝，c（H2CO3）c（H2CO3）c（H2CO3）c（H2CO3）

－72－

c（HCO－Ka14.4×10c（H＋）·c（CO3）3）

＝＝＝4.4，H2CO3的Ka2＝，则Ka1×Ka2＝＋－7－

c（H2CO3）c（H）10c（HCO3）－2－－7－11c2（H＋）·c（CO2c（CO3）Ka1×Ka24.4×10×4.7×103）－3

，＝2＝＝2.068×10，故＋－72c（H2CO3）c（H2CO3）c（H）（10）

c（NH＋4）－3

＝2.068×10×2＋4.4≈4.404。

c（H2CO3）

答案：(1)2CO(g)＋2NO(g)===2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝－746.0 kJ·mol

- 6 -

－1

(2)①1 050 kPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO2转化率增大 50% 121（）×366

②×1.1×10

12（）2

(3)①1.67×10 mol·L ②9×10 (4)2.13 4.404

4．解析：(1)基态Fe原子核外有26个电子，核外电子排布式为[Ar]3d4s，价层电子排

6

2

－8

－1

－3

布图为能量最高的电子所占据能级的原子轨道为3d，有5个伸展方向。

(2)该物质中非金属元素有C、N、O、H，则其中位于第二周期的元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。—CH2—中碳原子的杂化类型为sp，—COO—中碳原子的杂化类型为sp。(3)向含Co的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]，是因为N元素的电负性比O元素的电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co形成的配位键更强。(4)SO4中的中心原子S无孤电子对，有4对成键电子对，则SO4的立体构型为正四面体形，与SO4互为等电子体的离子有PO4、ClO4等，分子有CCl4、CF4、SiF4、SiCl4等。(5)该晶胞中La的个数为113323

8×＝1，Ni的个数为8×＋1＝5，该晶胞的体积为 a cm×a cm×c cm＝ac cm，则 ρ 822232139 g·mol＋59 g·mol×586833－1g·cm×ac cm＝，解得NA＝2 mol。

2NA3acρ

－3

－1

－1

3－

－

2－

2－

2＋

2－

2＋

2＋

3

2

答案：(1) (2)N>O>C sp、sp

2

3

(3)N元素的电负性比O元素的电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co形成的配位键更强

(4)正四面体形 CCl4(或CF4、SiF4、SiCl4)、PO4(或ClO4)(其他合理答案均可) 8683－1

(5)2 mol

3acρ

5．解析：(1)根据图示转化关系可知，A→B为取代反应，B→C为加成反应，结合A、B的分子式可知，A为CH3CH===CH2，B为BrCH2CH===CH2。(2)B为BrCH2CH===CH2，所含官能团为

3－

－

2＋

碳碳双键、溴原子。(3)B→C为BrCH2CH===CH2和HBr的加成反应，D→E为和CH3CH2OH

的酯化反应或取代反应。(4)C＋E→F为BrCH2CH2CH2Br和的取代反应。(5)H的分子

- 7 -

式为C5H8O2，根据①能使溴的四氯化碳溶液褪色，则含有碳碳不饱和键，根据②能与NaOH溶液反应，则含有酯基或羧基，根据③能与银氨溶液反应，则含有醛基或甲酸酯基，结合以上分析和条件④可知，符合条件的同分异构体含有碳碳双键和甲酸酯基，故该同分异构体可表

示为HCOOC4H7，其中—C4H7中含有一个碳碳双键，由于丁烯有CH3CH2CH===CH2、、

CH3CH===CHCH3三种结构，去掉1个氢原子得到的丁烯基—C4H7分别有4种、2种、2种，即—C4H7有4＋2＋2＝8(种)，故满足条件的H的同分异构体共有8种，其中核磁共振氢谱有3组峰的

结构简式为

答案：(1)CH3CH===CH2 (2)碳碳双键、溴原子

。

(3)加成反应 酯化反应(或取代反应)

(4)

(5)8 (6)

- 8 -