2024版大二輪高考化學題庫：第四部分多維集訓提素能非選擇題專練(四)

非選擇題專練(四)1．(2022·深圳二調)某學習小組在實驗室進行了有關碘化鉛(PbI2)的實驗探究?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.制備PbI2的懸濁液(1)KI溶液和Pb(NO3)2溶液反應，會產生金黃色的PbI2沉淀，形成美麗的“黃金雨”。①KI溶液在空氣中久置會變質，其原因是___________________________________________________________。②生成PbI2的化學方程式為________________________________________________________________________________________。充分反應后，經(jīng)系列操作得到純凈的PbI2固體，向其中加入蒸餾水，得到PbI2懸濁液。Ⅱ.探究濃度對PbI2沉淀溶解平衡的影響【查閱資料】i.溫度一定時，強電解質稀溶液的電導率隨溶液中離子濃度的增大而增大；ii.26.5℃時，PbI2飽和溶液的電導率為368μS·cm－1。(2)稀釋對PbI2溶解平衡的影響26．5℃時，向PbI2懸濁液中加入一定體積的蒸餾水，通過圖甲所示裝置測定電導率，并得到電導率隨時間變化的曲線(圖乙)。①實驗裝置中儀器X的名稱為________。②由電導率變化曲線可知：實驗中通過儀器X加入蒸餾水的方式是________(填標號)。A．連續(xù)逐滴加入B．分三次快速放入C．一次性快速放入③曲線圖中，________段(用字母表示，任寫一段)表示PbI2固體的溶解達到平衡狀態(tài)：c→d段溶液的電導率逐漸增大的原因是_____________________________________________________________________________________。導致了溶液中離子濃度不斷增大。(3)c(KI)對PbI2沉淀溶解平衡的影響26．5℃時，將PbI2懸濁液靜置后，取200mL上層清液[c(I－)＝2.5×10－3mol·L－1]于燒杯中，另取蒸餾水于相同規(guī)格的燒杯中進行對比實驗，再分別向其中加入1mol·L－1KI溶液。實驗數(shù)據(jù)記錄如表：KI的溶液累計加入量/mL電導率/(μS·cm－1)PbI2飽和溶液蒸餾水036840.50A1B11.00A2B2①上述實驗過程中，增大PbI2飽和溶液中I－的濃度，可觀察到的實驗現(xiàn)象是________________________________________________________________________________________________________________________________。②利用蒸餾水進行對比實驗時，所取蒸餾水的體積為________mL。③表格數(shù)據(jù)A2－A1________B2－B1(填“大于”“小于”或“等于”)，說明增大KI的濃度，PbI2沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移動。答案(1)①I－會被空氣中的O2氧化②2KI＋Pb(NO3)2=PbI2↓＋2KNO3(2)①酸式滴定管②B③ab或ba(答“de”“ed”“gh”“hg”“jk”“kj”均可)PbI2固體不斷溶解(3)①產生金黃色沉淀(或“產生亮黃色沉淀”“產生黃色渾濁”)②200③小于解析(1)①I－具有較強還原性，會被空氣中的O2氧化，導致KI溶液變質；②根據(jù)題意KI和Pb(NO3)2發(fā)生復分解反應生成PbI2沉淀，根據(jù)元素守恒可得化學方程式為2KI＋Pb(NO3)2=PbI2↓＋2KNO3；(2)①根據(jù)儀器X的結構特點可知其為酸式滴定管；②由電導率變化曲線可知，電導率出現(xiàn)3次急劇的下降，說明蒸餾水是分三次快速放入，故選B；③懸濁液導電是因為存在平衡PbI2Pb2＋＋2I－，加水稀釋后，離子濃度瞬間下降，電導率瞬間減小，之后反應正向移動，PbI2固體不斷溶解，重新達到平衡，而PbI2飽和溶液中Pb2＋和I－的濃度不變，所以平衡后電導率相同，即ab、de、gh、jk均可以表示PbI2固體的溶解達到平衡狀態(tài)，而c→d段溶液的電導率逐漸增大的原因是PbI2固體不斷溶解，導致了溶液中離子濃度不斷增大；(3)①增大PbI2飽和溶液中I－的濃度，沉淀溶解平衡逆向移動，清液中產生金黃色的PbI2沉淀；②為保證變量唯一，所用蒸餾水的體積應與所用“上層清液”的體積相同，即200mL；③增大KI的濃度，PbI2沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移動，導致溶液中的離子濃度減小，電導率的變化會小于蒸餾水中，所以A2－A1小于B2－B1。2．(2022·廣東二模)鋅被廣泛應用于汽車、建筑、船舶、電池等行業(yè)。以廢鋅催化劑(主要成分為ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)為原料制備鋅的工藝流程如下：已知：①“浸取”時。ZnO、CuO轉化為[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋進入溶液；②25℃時，Ksp(CuS)＝6.4×10－36，Ksp(ZnS)＝1.6×10－24；③深度除雜標準：溶液中eq\f(n（雜質離子）,n{[Zn（NH3）4]2＋})≤2.0×10－6?；卮鹣铝袉栴}：(1)“浸取”溫度為30℃時，鋅浸出率可達90.6%，繼續(xù)升溫浸出率反而下降，其原因為_______________________________________________________________________________________________________________________；為提高鋅浸出率，還可采取的操作是________________________________________________________________________________________________________(任寫一條)。(2)“濾渣1”的主要成分為Fe(OH)3、Mn(OH)2和________________(填化學式)；“操作a”的名稱為________________。(3)“深度除錳”可將殘留的Mn2＋轉化為MnO2。該反應的離子方程式為_____________________________________________________________________________________________________________________________。(4)“深度除銅”時，(NH4)2S加入量[以eq\f(n（實際用量）,n（理論用量）)×100%表示]鋅的回收率及除銅效果{以反應后溶液中銅鋅比eq\f(n（Cu2＋）,n{[Zn（NH3）4]2＋)表示}的影響如圖所示。①當(NH4)2S加入量≥100%時，鋅的回收率下降的可能原因是___________________________________________________________________________________________________________________________________(用離子方程式表示)。②(NH4)2S較為合理的加入量約為120%，理由是________________________________________________________________。(5)測定反萃取水相中Zn2＋的濃度：量取20.00mL反萃取水相于錐形瓶中，用EDTA標準溶液滴定至終點(滴定至終點時，每1.00mLEDTA標準溶液消耗6.00mgZn2＋)。重復實驗三次，平均消耗EDTA標準溶液22.30mL。則反萃取水相中Zn2＋的濃度為________(保留兩位小數(shù))。(6)“電解”時，使用惰性電極，陰極存在競爭反應。該競爭反應的電極反應式為________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)溫度過高，氨揮發(fā)量增加且NH4Cl分解，生成[Zn(NH3)4]2＋減少，不利于廢鋅催化劑中鋅的浸出將廢鋅催化劑粉碎或適當延長浸取時間、充分攪拌等(任寫一條，合理即可)(2)SiO2分液(3)Mn2＋＋2NH3·H2O＋H2O2=MnO2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)＋2H2O(或Mn2＋＋2NH3＋H2O2=MnO2↓＋2NHeq\o\al(＋,4))(4)①[Zn(NH3)4]2＋＋S2－=ZnS↓＋4NH3②當(NH4)2S加入量為120%時，銅鋅比為2.0×10－6，達到深度除銅標準，繼續(xù)加大(NH4)2S加入量會導致鋅回收率下降且不經(jīng)濟(5)6.69g/L(6)2H＋＋2e－=H2↑解析“浸取”時，ZnO、CuO轉化為[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋進入溶液，氯化銨溶液呈酸性，與Fe2O3、MnO反應生成Fe3＋、Mn2＋，在氨水中形成Fe(OH)3、Mn(OH)2沉淀，SiO2難溶于水，“濾渣1”的成分為Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，加入過氧化氫“深度除錳”，反應的離子方程式為Mn2＋＋2NH3·H2O＋H2O2=MnO2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)＋2H2O，加入(NH4)2S除銅，濾渣2為MnO2、CuS；(1)“浸取”溫度為30℃時，鋅浸出率可達90.6%，繼續(xù)升溫浸出率反而下降，其原因為：溫度過高，氨揮發(fā)量增加且NH4Cl分解，生成[Zn(NH3)4]2＋減少，不利于廢鋅催化劑中鋅的浸出；為提高鋅浸出率，還可采取的操作是：將廢鋅催化劑粉碎或適當延長浸取時間、充分攪拌等；(2)SiO2難溶于水，“濾渣Ⅰ”的主要成分為Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2；“操作a”分離有機層和無機層，名稱為分液；(3)“深度除錳”可將殘留的Mn2＋轉化為MnO2，Mn元素化合價升高被氧化，H2O2做氧化劑，O元素化合價降低，該反應的離子方程式為Mn2＋＋2NH3·H2O＋H2O2=MnO2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)＋2H2O；(4)①當(NH4)2S加入量≥100%時，鋅離子和硫離子結合生成ZnS沉淀，鋅的回收率下降的可能原因是[Zn(NH3)4]2＋＋S2－=ZnS↓＋4NH3；②(NH4)2S較為合理的加入量約為120%，理由是：當(NH4)2S加入量為120%時，銅鋅比為2.0×10－6，達到深度除銅標準，繼續(xù)加大(NH4)2S加入量會導致鋅回收率下降且不經(jīng)濟；(5)每1.00mLEDTA標準溶液消耗6.00mgZn2＋，平均消耗EDTA標準溶液22.30mL，則消耗6.00mg×22.30＝133.8mg＝0.1338g，反萃取水相中Zn2＋的濃度eq\f(0.1338g,20×10－3L)＝6.69g/L；(6)“電解”時，使用惰性電極，陰極是陽離子得電子發(fā)生還原反應，溶液中存在H＋、Zn2＋，由氫離子得電子能力比鋅離子強，則競爭反應的電極反應式為2H＋＋2e－=H2↑。3．(2022·廣州一模)以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應如下：Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－49kJ·mol－1Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41kJ·mol－1Ⅲ.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH3回答下列問題：(1)Kp為分壓平衡常數(shù)，各反應的lnKp隨eq\f(1,T)的變化如圖所示。計算反應Ⅲ的ΔH3＝________kJ·mol－1，其對應的曲線為________(填“a”或“c”)。(2)在5MPa下，按照n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，平衡時，CO和CH3OH在含碳產物中物質的量分數(shù)及CO2的轉化率隨溫度的變化如圖：①圖中代表CH3OH的曲線為________(填“m”或“n”)②解釋150～250℃范圍內CO2轉化率隨溫度升高而降低的原因是___________________________________________________________________________________________________________________________________。③下列說法錯誤的是________(填字母)。A．H2的平衡轉化率始終低于CO2的B．溫度越低，越有利于工業(yè)生產CH3OHC．加入選擇性高的催化劑，可提高CH3OH的平衡轉化率D．150～400℃范圍內，溫度升高，H2O的平衡產量先減小后增大④270℃時CO的分壓為________，反應Ⅱ的平衡常數(shù)為________(列出算式)。答案(1)－90a(2)①m②反應Ⅰ是放熱反應，反應Ⅱ是吸熱反應，溫度升高反應Ⅰ使CO2平衡轉化率減小的程度大于反應Ⅱ使CO2平衡轉化率增大的程度③BC④0.16MPaeq\f(0.12×0.24,0.76×2.52)解析(1)根據(jù)蓋斯定律Ⅰ－Ⅱ可得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH3＝－49kJ·mol－1－41kJ·mol－1＝－90kJ·mol－1；反應Ⅲ的ΔH3<0，T降低平衡右移，Kp增大，lnKp增大，eq\f(1,T)增大，故對應的曲線為a；(2)①根據(jù)反應Ⅰ和Ⅲ可知，其反應的產物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是說，溫度升高，它們的平衡都會逆向移動，從而使CH3OH的產量變少，則甲醇在含碳產物的物質的量分數(shù)減小，故符合這個規(guī)律的是曲線m；②反應Ⅰ是放熱反應，溫度升高，逆反應程度增大，CO2轉化率降低，反應Ⅱ是吸熱反應，溫度升高，正反應程度增大，CO2轉化率升高，在150～250℃范圍內，溫度升高，整體上CO2轉化率降低，說明反應Ⅰ逆向移動的程度大于反應Ⅱ正向移動的程度，導致CO2轉化率隨溫度升高而降低；③A.起始n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，只發(fā)生反應Ⅰ時，CO2、H2轉化率相同，發(fā)生反應Ⅱ時，H2的平衡轉化率小于CO2的轉化率，當Ⅰ、Ⅱ都發(fā)生時，則H2的平衡轉化率小于CO2的轉化率，故A正確；B.由圖可知，溫度在150℃時有利于反應Ⅰ進行，CH3OH的含量高，有利于工業(yè)生產CH3OH，但并不是溫度越低越好，因為反應需要一定溫度才能發(fā)生，故B錯誤；C.加入選擇性高的催化劑，可提高CH3OH的平衡轉化速率，并不能提高平衡轉化率，故C錯誤；D.150～400℃范圍內，根據(jù)CO2的轉化率變化曲線可知H2O的平衡產量先減小后增大，故D正確；④270℃時CO2的轉化率為24%，CO和CH3OH在含碳產物中物質的量分數(shù)相同，則根據(jù)題意設起始量n(CO2)＝1mol，n(H2)＝3mol，平衡時反應Ⅰ生成CH3OH物質的量為xmol，反應Ⅱ中生成CO的物質的量也為xmol，可得：eq\a\vs4\ac\hs10\co8(,CO2（g）,＋,3H2（g）,,CH3OH（g）,＋,H2O（g）,轉化,x,,3x,,x,,x)eq\a\vs4\ac\hs10\co8(,CO2（g）,＋,H2（g）,,CO（g）,＋,H2O（g）,轉化,x,,x,,x,,x)反應后總的物質的量為剩余的CO2、H2和生成的CH3OH、H2O、CO的物質的量之和，則反應后混合物總的物質的量為1＋3－6x＋4x＝(4－2x)mol，CO2的轉化率為24%，根據(jù)題意可得2x＝1mol×24%＝0.24mol，得到x＝0.12mol，則反應后總物質的量為3.76mol，在5MPa條件下，為恒壓反應，則p(CO)＝eq\f(0.12mol,3.76mol)×5MPa＝0.16MPa，平衡時，n(CO)＝0.12mol、n(H2O)＝0.24mol、n(CO2)＝0.76mol、n(H2)＝2.52mol，則反應Ⅱ的平衡常數(shù)為K＝eq\f(c（CO）·c（H2O）,c（H2）·c（CO2）)＝eq\f(0.12×0.24,0.76×2.52)。4．(2022·粵港澳大灣區(qū)二模)Mg2Si作為一種輕質熱電材料被廣泛應用，為提高該材料的宏觀性能(如韌性、彈性等)研究人員嘗試在Mg2Si中摻雜稀土元素，其簡要流程如下：(1)基態(tài)Si原子核外未成對電子數(shù)有________個，稀土元素鑭(La)位于周期表________區(qū)。(2)流程中三種晶體MgCl2、SiO2、SiCl4熔點從高到低順序為________________，其中四種元素電負性從大到小順序為______________________________。(3)上述流程中分子構型或者結構單元為正四面體構型的有______________________________________________(填化學式，至少填兩種)。(4)分析工業(yè)冶煉單質鎂采用電解熔融MgCl2而不是MgO的原因___________________________________________________________________________________________________________________________。(5)Mg2Si晶胞如圖，該晶胞棱長為0.635nm、阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶體的密度為________g·cm－3(列出計算式)。(6)科研人員通過實驗數(shù)據(jù)計算出La摻雜Mg2Si后的多種存在形式的生成焓數(shù)據(jù)如下表(生成焓是某溫度下，標準狀態(tài)的各種元素的最穩(wěn)定單質生成標準狀態(tài)1mol某純物質的熱效應)。結合生成焓數(shù)據(jù)判斷摻雜后的目標物最穩(wěn)定的是________(填化學式)，目標物Mg8Si4La中La原子最有可能填充的位置為________。目標物生成焓(kJ/mol)Mg2Si－19.31Mg8Si4La－8.06Mg7Si4La－10.56Mg8Si3La＋3.56答案(1)2f(2)SiO2>MgCl2>SiCl4O>Cl>Si>Mg(3)SiO2、SiCl4、Si(4)MgO的熔點高于MgCl2(5)eq\f(304,NA×（0.635×10－7）3)(6)Mg2Si體心解析(1)基態(tài)Si原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p2，有2個未成對電子在3p軌道上；稀土元素鑭(La)位于周期表f區(qū)；(2)流程中三種晶體MgCl2、SiO2、SiCl4分別為離子晶體、共價晶體、分子晶體，熔點從高到低順序為共價晶體>離子晶體>分子晶體，故熔點從高到低順序為SiO2>MgCl2>SiCl4；元素的非金屬性越強，其電負性也越強，由于非金屬性：Mg<Si，O>Cl，Cl>Si，故電負性：O>Cl>Si>Mg；(3)上述流程中的物質，SiO2的空間構型是以硅氧四面體為基本結構形成的立體網(wǎng)狀結構；Si結構類似于金剛石，每個Si原子與相鄰的4個Si原子形成正四面體；由于四氯化硅的結構與四氯化碳類似，所以四氯化硅也是正四面體型結構；(4)O2－的離子半徑小于Cl－，且O2－所帶電荷比Cl－多，MgO的晶格能高于MgCl2，MgO的熔點高于MgCl2，電解熔融的MgO耗能高，故采用電解MgCl2；(5)晶胞中，含有Mg的個數(shù)為8個，含有Si的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，則晶胞質量為eq\f(8×24＋4×28,NA)g＝eq\f(304,NA)g，故ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(\f(304,NA)g,（0.635×10－7cm）3)＝eq\f(304,NA×（0.635×10－7）3)g·cm－3；(6)根據(jù)生成焓的定義可知，反應放出熱量，說明生成物比反應物體系能量低，反應放出熱量越多，說明生成物越穩(wěn)定，Mg2Si最穩(wěn)定；Mg2Si的晶胞中含有8個Mg和4個Si，則目標物Mg8Si4La中La原子最有可能填充的位置為體心。5．(2022·廣州二模)白藜蘆醇的化學合成前體化合物H的合成路線如下：(其中R表示)回答下列問題：(1)A中含氧官能團的名稱是_________________________________________。(2)A生成B的化學方程式是________________________________________________________________________________________________________。(3)D生成E的化學方程式可表示為：D=E＋H2O，E的結構簡式是__________________________________________________________。(4)反應①②③④⑤中屬于消去反應的有________________。(5)W是分子式比A少兩個CH2的有機化合物，W的同分異構體中，同時滿足如下條件的有________種，其中核磁共振氫譜有四組峰，且峰面積比為3∶2∶2∶1的結構簡式為________。條件：a)芳香族化合物；b)1molW與飽和碳酸氫鈉溶液充分反應能放出2mol二氧化碳。(6)根據(jù)上述信息，寫出以為原料合成的路線(不需注明反應條件)__________________________________________________________________________________________。答案(1)羧基、醚鍵(2)＋CH3OHeq\o(,\s\up7(濃硫酸),\s\do5(△))＋H2O(3)(4)⑤(5)①10②或(6)eq\o(→,\s\up7(H2),\s\do5(催化劑、加熱))eq\o(→,\s\up7(濃硫酸),\s\do5(△))eq\o(→,\s