[精品]2019通用版高考化学总复习非选择题系列练题2

非选择题系列练题（28）1．一定温度下，在三个体积均为2.0L 的恒容密闭容器中分别加入一定量的X ，发生反应：pX(g) Y(g)+Z(g)，相关数据如下表所示：回答下列问题：（1）若容器Ⅰ中反应经10min 达到平衡，则前10min 内Y 的平均反应速率v(Y)=___________。

容器Ⅰ和容器Ⅱ中起始时X 的反应速率v(X)Ⅰ___________v(X)Ⅱ(填“大于”“小于”或“等于”)。

（2）已知该正反应为放热反应，则T___________387(填“大于”或“小于”)，判断理由是___________。

（3）反应方程式中X 的化学计量数p 的取值为___________，容器Ⅱ中X 的平衡转化率为___________。

若起始时向容器Ⅰ中充入0.1molX 、0.15molY 和0.10molZ ，则反应将向___________ (填“正”或“逆”)反应方向进行，判断理由是_____________________________________________________。

【答案】 0.0040mol/(L·min) 小于 小于 相对于容器Ⅰ，容器Ⅲ平衡向正反应方向移动，即降低温度(或正反应为放热反应，平衡向放热反应方向移动，故温度降低) 2 80% 正 根据容器Ⅰ中数据可计算得到387℃该反应的平衡常数为4， 20.150.10220.10()2= 1.5<4，所以反应向正反应方向进行 （2）该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；容器I 和容器III 温度不同，X 起始物质的量相同，平衡时容器III 中Y 、Z 物质的量大于容器I 中，容器III 相对于容器I 平衡向正反应方向移动，则T 小于387。

（3）容器II 和容器I 温度相同，容器II 中X 起始物质的量为容器I 中的两倍，容器II 相当于在容器I 基础上将体积缩小为原来的一半，平衡时容器II 中Y 、Z 物质的量为容器I 中的两倍，即增大压强，平衡不移动，则p=1+1=2。

反应的方程式为2X （g ）Y （g ）+Z （g ），则容器II 生成0.160molY 消耗0.320molX ，容器II 中X 的平衡转化率为0.320mol0.40mol⨯100%=80%。

容器I 中生成0.080molY 消耗0.160molX ，容器I 平衡时X 、Y 、Z 物质的量依次为0.04mol 、0.08mol 、0.08mol ，平衡时X 、Y 、Z 物质的量浓度依次为0.02mol/L 、0.04mol/L 、0.04mol/L ，387℃时反应的化学平衡常数K=20.040.040.02⨯=4，此时的浓度商为20.150.10220.10()2⨯= 1.5<4，所以反应向正反应方向进行。

2．溶液中的化学反应大多是离子反应。

根据要求回答下列问题：（1）盐碱地(含较多Na 2CO 3、NaCl)不利于植物生长，试用离子方程式表示盐碱地呈碱性的原因：____________________________________。

（2）已知水存在平衡2H 2O H 3O ＋＋OH －，向水中加入NaHSO 4固体，水的电离平衡________移动，所得溶液显________性。

（3）若取pH 、体积均相等的NaOH 溶液和氨水分别加水稀释m 倍、n 倍，稀释后pH 仍相等，则m________ n(填“＞”“＜”或“＝”)。

（4）常温下，在pH ＝6的CH 3COOH 与CH 3COONa 的混合溶液中，由水电离出来的c(OH －)＝________mol·L －1。

（5）已知：常温下，NH 3·H 2O 的电离平衡常数K b ＝1.75×10－5，H 2CO 3的电离平衡常数Ka 1和Ka 2分别为4.4×10－7和5.6×10－11,依据上述K b ＞__________(填“Ka 1” 或“ Ka 2”)可推知NH 4HCO 3溶液的酸碱性是________性。

【答案】 CO ＋H 2OHCO ＋OH －向左 酸 ＜ 1×10－8Ka 1 碱程度，因此由水电离出来的c(OH －)＝148610mol /110mol /10L L ---=⨯。

（5）由于K b ＞Ka 1，所以碳酸氢根的水解程度大于铵根的水解程度，则NH 4HCO 3溶液显碱性。

3．分子式为C 10H 10O 2Br 2的芳香族化合物X ，符合下列条件：①其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：6：1， ②其苯环上有四个取代基（其中两个为甲基）；且苯环上的一卤代物只有一种；③水解酸化后的产物 C 能发生银镜反应，D 遇FeCl 3溶液显色且E 能与浓溴水反应在一定条件下可发生下述一系列反应已知：①在稀碱溶液中，溴苯难发生水解②请回答下列问题（1）X中含氧官能团的名称是______；（2）E可能具有的化学性质______（选填序号）。

a．取代反应 b．消去反应 c．氧化反应 d．还原反应（3）在上述反应中有机物发生还原反应的是______；a．A →B b．D →E c．E →F d．F →H（4）写出下列反应的化学方程式：①A→B：_____________________________________________；②F→H： ______________________________________________；（5）同时符合下列条件的E的同分异构体共有______种，其中一种的结构简式为______。

a．能发生水解反应b．遇FeCl3溶液显色c．含有苯环，苯环上有两个取代基且苯环上有两种不同化学环境的氢原子【答案】酯基 acd c6根据已知条件①：X（C10H10O2Br2）的核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：6：1，则X有四种不同位置的氢；根据已知条件②：X苯环上有四个取代基（其中两个为甲基），且苯环上的一卤代物只有一种，可推断出X苯环上只有一种位置的H，两个甲基直接连在苯环上，且处于对称位置。

D中含有酚羟基、醛基、苯环、2个甲基，则D中至少有9个碳原子，所以X的另一种水解产物C（羧基、醛基）只有一个碳原子，可推断C为HCOOH，B为HCHO，A为CH3OH。

X中只有两个氧原子，为酯基，发生水解，得到HCOOH和D中的酚羟基（羟基邻位有H）。

根据已知信息①②，可知X 中的两个Br连在同一个碳原子上，水解后得到-CHO，即为D中的醛基。

综合信息，可知D为：，X为，E为。

E和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：，H能使溴水褪色，应是F发生消去反应生成H，故H为。

（1）根据上述分析，X中的含有官能团名称为：酯基；（2）E为：，含有酚羟基、羧基能发生取代反应；酚羟基易被氧化；苯环可以与氢气加成，属于还原反应；不能发生消去反应。

故答案为：acd；（5）E为，E的同分异构体要求能发生水解反应，则有酯基；遇FeCl3溶液显色，则有酚羟基；含有苯环，苯环上有两个取代基且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，则苯环上两个取代基其中一个为-OH，且处于对位。

可能的结构简式共有如下6种：4．金属钒被誉为“合金的维生素”。

从废钒(主要成分为V2O5、Fe2O3、SiO2等)中回收V2O5的一种工艺流程如下图所示:已知:步骤②、③中的变化过程可简化为:R n+(水层)+nHA(有机层)RAn(有机层)+nH+(水层)(式中R n+表示VO2+或Fe3+，HA 表示有机萃取剂)回答下列问题:（1）步骤D酸浸过程中发生氧化还原反应的化学方程式为______________________。

（2）萃取时应加入适量碱的作用是___________________。

（3）步骤④中反应的离子方程式为___________________。

（4）步骤⑤加入氨水调节溶液pH=2，钒沉淀率达到93%且不产生Fe(OH)3沉淀，则此时溶液中c(Fe3+)<_____mol/L(按25℃计算，25℃时Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39)。

所得NH4VO3为离子化合物，NH4+的电子式为_______。

（5）V2O5是两性氧化物，在强酸性溶液中以VO2+形式存在，VO2+具有强氧化性，能将I-氧化为I2，本身被还原为V0+，则V2O5与氢碘酸反应的离子方程式为_________________。

(6)为提高钒的回收率，步骤②和③需多次进行，假设酸浸所得“强酸性浸出液”中c(VO2+)=amol/L，步骤②和③每进行一次，VO2+萃取率为80%，4次操作后，“强酸性浸出液中”c(VO2+)=_______mol/L(萃取的量=) 【答案】 V2O5+K2SO3+2H2SO4=K2SO4+2VOSO4+2H2O )加入碱中和产生的酸，使平衡向RAn移动，提高钒的萃取率ClO3-+6VO2++3H2O=6VO2++Cl-+6H+ 2.6×l0-3 V2O5+6H++4I-=2VO++2I2+3H2O 1.6a×l0-3(3)．VO2+被氧化为VO2+，ClO3-被还原为 Cl-，所以离子方程式为：ClO3-+6VO2++3H2O=6VO2++Cl-+6H+；(4).当pH=2时，c(OH-)=1.0×10-12mol/L，此时,所以c(F e3+)<2.6×l0-3mol/L；NH4+的电子式为；(5).反应物为V2O5、H+及I-，生成物为V0+，I2，离子方程式为：V2O5+6H++4I-=2VO++2I2+3H2O(6)．c(VO2+)=a0.24mol/L=1.6a×l0-3 mol/L。