2022届高考化学二轮复习非选择题专项练二含解析

高考化学二轮复习：
非选择题专项练(二)
非选择题:包括必考题和选考题两部分。

第15~17题为必考题,每个试题考生都必须作答。

第18、19题为选考题,考生根据要求作答。

(一)必考题:此题包括3小题,共39分。

15.(12分)(2021湖南郴州质量监测)2020年初,突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐,依据研究,含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒。

二氧化氯(ClO2)就是其中一种高效消毒灭菌剂。

氯酸钠还原法是目前使用较为广泛的ClO2制备方法,其中一种是用NaClO3与CH3OH在催化剂、60 ℃条件下,发生反应得到ClO2,下图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。

已知:①ClO2的浓度较大时易分解爆炸,一般用CO2或空气稀释到10%以下,实验室也常用稳定剂吸收ClO2,生成NaClO2,使用时加酸只释放出ClO2一种气体;
②ClO2与KI反应的离子方程式为2ClO2+10I-+8H+2Cl-+5I2+4H2O;
③有关物质的沸点如下表:
请回答:
(1)仪器d的名称是;仪器b的作用是。

(2)反应中甲醇被氧化为甲酸,写出制备ClO2的化学方程式:。

(3)在ClO2释放实验中,发生反应的离子方程式是。

(4)根据反应条件判断制备装置甲中需改进的一项措施是。

(5)NaOH吸收ClO2尾气,生成物质的量之比为1∶1的两种阴离子,一种为Cl,则另一种
为。

(6)自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度,其实验操作如下:取200.0 mL的水样,加入足量的碘化钾,再用氢氧化钠溶液调至中性,并加入淀粉溶液。

再用0.100 0 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2+2S22I-+S4),达到滴定终点时用去20.00 mLNa2S2O3标准溶液,测得该水样中ClO2的含量为(保留一位小数)mg·L-1。

16.(13分)(2021湖南衡阳一模)造成大气污染的NO x主要来自于汽车尾气的排放,对其进行处理是我们研究的重要课题。

(1)某汽车安装的尾气净化装置工作原理如图。

下列叙述错误的是(填字母)。

A.Pd-Pore催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率
B.NO x的生成主要是与汽油未充分燃烧有关
C.在此变化过程中,NO x被还原
(2)已知:2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH1=-221.0 kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH2=+180.5 kJ·mol-1
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH3=-746.0 kJ·mol-1
则用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为。

(3)在催化剂作用下发生反应:2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g),在一定温度下,向1 L的恒容密闭容器中充入2.0 mol NO2和2.0 mol CO,测得相关数据如下:
①其他条件不变,若不使用催化剂,则0~5 min内NO2的转化率将(填“变大”“变小”或“不变”)。

②以下表述能说明该反应已达到平衡状态的是(填字母)。

A.气体的颜色不再变化
B.CO的反应速率为N2的4倍
C.混合气的压强不再变化
③在20 min时,保持温度不变,继续向容器中再加入1.0 mol NO2和1.0 mol N2,则化学平衡
(填“正向”“逆向”或“不”)移动。

(4)有人利用反应2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)对NO2进行吸附。

在T℃下,向密闭容器中加入足
量的C和一定量的NO2气体,在不同压强和相同时间下,NO2的转化率与压强的关系如图所示。

在T℃、1 100 kPa时,该反应的化学平衡常数K p=(用平衡分压代替平衡浓度,气体分压=
气体总压×体积分数;保留两位小数)。

17.(14分)(2021湖南长郡十五校联考)一维纳米材料因其特殊的纳米结构,呈现出一系列独特的光、电、磁、催化等性能,具有十分广阔的应用前景。

ZnS-C(ZnS纳米粒子分散在碳纳米材料上)是新型
一维纳米材料,某科研小组用下列流程制备ZnS-C纳米材料。

已知:BA表示C6H5COO-,回答下列问题:
(1)“搅拌”后所得溶液显(填“酸性”“中性”或“碱性”)。

(2)向搅拌后所得混合盐溶液中缓缓滴加NaOH溶液,促进相关离子的水解,出现Zn(OH)(C6H5COO)白色沉淀。

①写出生成沉淀的离子方程式:。

②25 ℃,调pH=6,不产生Zn(OH)2沉淀,该溶液中c(Zn2+)< mol·L-1{已知
K sp[Zn(OH)2]=1.2×10-17}。

(3)“硫化”“焙烧”过程,Zn(OH)BA通过原位固相反应制备ZnS-C纳米纤维的过程示意图如下:
①该过程中一直处于原位的离子是。

②在N2氛围中“焙烧”时,HBA(C6H5COOH)分解的化学方程式为。

(4)用N2吸附法对不同焙烧温度下制备得到的ZnS-C纳米纤维的比表面积进行测定,在不同温度(400~800 ℃)下焙烧所得ZnS-C纳米纤维的比表面积如下表:
①随着温度的升高,ZnS纳米粒子(填“变大”“不变”或“变小”)。

②ZnS-C纳米纤维可将N2附在其表面形成均匀的单分子层。

氮气分子的横截面积为0.162 nm2(已知
1 nm=10-9 m),则在400 ℃时焙烧所得的1 g ZnS-C纳米纤维最多能吸附的氮分子数为(保留3位有效数字)。

(二)选考题:共15分。

请考生从给出的两道题中任选一题作答。

如果多做,则按所做的第一题计分。

18.[物质结构与性质](2021湖南永州二模)钛(Ti)被称为“未来金属”,广泛应用于国防、航空航天、生物材料等领域。

钛的氯化物有如下转变关系:2TiCl3TiCl4↑+TiCl2,回答下列问题:
(1)基态钛原子的价电子排布式为;与钛同周期的第ⅡB族和第ⅢA族的两种元素中第一电
离能较大的是(写元素符号),原因是。

(2)钛的氯化物的部分物理性质如下表:
①TiCl4与TiCl2的晶体类型分别是、。

②TiCl4与S互为等电子体,因为它们相同;S的中心原子的杂化方式
是。

(3)Ti的配合物有多种。

Ti(CO)6、Ti(H2O
、Ti的配体所含元素中电负性最小的是(用元素符号表示);Ti(NO3)4的球棍结构如图Ⅰ,Ti的配位数是。

(4)钙钛矿(CaTiO3)是自然界中的一种常见矿物,其晶胞结构如图Ⅱ。

①设N A为阿伏加德罗常数的值,计算一个晶胞的质量为 g。

②假设O2-采用面心立方最密堆积,Ti4+与O2-相切,则=。

19.[有机化学基础](2021湖南常德一模)阔苞菊酮(J)是一种植物生长抑制剂,其中一种合成路线如图:
回答下列问题:
(1)J中含氧官能团的名称为。

(2)A的结构简式为。

(3)碳原子上连有4个不同的原子或原子团时,该碳原子称为手性碳原子。

则D中含有个手性碳原子。

(4)E→F的反应类型是。

(5)G→H属于取代反应,写出另一种有机产物的名称:。

(6)写出F与乙二酸一定条件下反应得到高聚酯的化学方程式。

(7)写出符合下列条件E的同分异构体的结构简式(任写两种)。

a.含苯环
b.核磁共振氢谱有四组峰,峰面积之比为9∶6∶2∶1
(8)参照上述合成路线,设计以和为原料,制备的合成路线
(无机试剂任选)。

非选择题专项练(二)
15.答案: (1)分液漏斗导出ClO2气体,冷凝回流CH3OH
(2)CH3OH+4NaClO3+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O
(3)4H++5Cl Cl-+4ClO2↑+2H2O
(4)应使用水浴加热
(5)Cl (6)135.0
解析:装置甲中甲醇、NaClO3、硫酸反应生成ClO2,加入氢氧化钠后硫酸被中和反应即停止,稳定剂用于吸收ClO2,加入盐酸释放ClO2,淀粉碘化钾溶液用于检验ClO2,氢氧化钠溶液用于尾气吸收。

(1)仪器d的名称是分液漏斗;仪器b是球形冷凝管,由于甲醇易挥发,则其作用是对装置甲中挥发的甲醇蒸气进行冷凝回流,同时让产生的ClO2气体逸出。

(2)甲醇被氧化为甲酸(HCOOH),NaClO3被还原生成ClO2,硫酸生成硫酸钠,反应的化学方程式为CH3OH+4NaClO3+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O。

(3)稳定剂用于吸收ClO2,生成NaClO2,加盐酸后Cl发生歧化反应释放ClO2,发生的离子方程式是4H++5Cl Cl-+4ClO2↑+2H2O。

(4)生成的ClO2要在60℃下反应,温度不能过高,装置甲直接加热,无法控制温度,故应用水浴加热。

(5)NaOH吸收ClO2尾气,生成物质的量之比为1∶1的两种阴离子,一种为Cl,氯元素由+4价得电子降低到+3价,那么还有一部分氯元素由+4价失电子升高到+5价,则另一种为Cl。

(6)根据题目信息,2ClO2~5I2~10S2,反应的S2的物质的量为0.1000mol·L-1×20.00×10-
3L=0.002mol,故水样中ClO
-
2的物质的量为0.0004mol,质量为0.0004mol×67.5g·mol
-1。

1=0.027g=27mg,水样中ClO
2的含量为=135.0mg·L
16.答案: (1)AB
(2)2NO(g)+C(s)CO2(g)+N2(g) ΔH=-573.75 kJ·mol-1
(3)①变小②AC ③逆向
(4)81.48
解析:(1)Pd-Pore催化剂能改变反应速率,但不能改变尾气净化反应的平衡转化率,A错误;NO x主要来源于高温下空气中的氮气和氧气的化合,与汽油未充分燃烧没有关系,B错误;在此变化过程
中,NO x最终变为氮气,氮元素的化合价降低,得到电子被还原,C正确。

(2)已知:①2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH1=-221.0kJ·mol-1
②N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH2=+180.5kJ·mol-1
③2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH3=-746.0kJ·mol-1
则根据盖斯定律可知即得到用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式:2NO(g)+C(s)
CO2(g)+N2(g) ΔH=-573.75kJ·mol-1。

(3)①其他条件不变,若不使用催化剂,反应速率会减小,相同时间内消耗NO2的物质的量减少,
所以0~5min 内NO2的转化率将变小。

②A.气体的颜色不再变化,说明NO2浓度不再发生变化,达到平衡状态;B.CO的反应速率为N2的4倍,没有指明反应方向,无法判断是否达到平衡状态;C.正反应体积减小,压强是变量,则混合气的
压强不再变化,达到平衡状态。

③依据三段式可知:
2NO2+4CO N2+4CO2
始/(mol·L-1) 2 2 0 0
变/(mol·L-1) 0.5 1 0.25 1
平/(mol·L-1) 1.5 1 0.25 1
则平衡常数K=≈0.11。

在20min时,保持温度不变,继续向容器中再加入1.0molNO2和1.0molN2,此时浓度商为=0.2>0.11,所以平衡逆向移动。

(4)在T℃、1100kPa时NO2的转化率是0.4,设起始时通入的NO2的物质的量为1mol,根据三段
式可知:
2NO2+2C N2+2CO2
始/mol 1 0 0
变/mol 0.4 0.2 0.4
平/mol 0.6 0.2 0.4
则该反应的化学平衡常数K p=
≈81.48。

17.答案: (1)酸性
(2)①Zn2++C6H5COO-+OH-Zn(OH)(C6H5COO)↓
②0.12
(3)①Zn2+②C6H5COOH7C+2H2O↑+H2↑
(4)①变大②8.03×1020
解析:(1)将硝酸锌晶体与苯甲酸钠、水混合搅拌,三者充分接触,由于硝酸锌是强酸弱碱盐,Zn2+水
解使溶液显酸性,苯甲酸钠是强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,最终混合物的酸碱性取决于二者相对量的多少及其水解程度,结合后边的步骤加入NaOH溶液调整溶液的pH=6,可证明混合搅拌后的溶液显酸性。

(2)①硝酸锌、苯甲酸钠、NaOH混合发生沉淀反应产生Zn(OH)(C6H5COO)白色沉淀,反应的离子方程式为Zn2++C6H5COO-+OH-Zn(OH)(C6H5COO)↓。

②25℃,pH=6时,c(OH-)=10-8mol·L-1,若不产生Zn(OH)2沉淀,c(Zn2+)·c2(OH-
)<K sp[Zn(OH)2]=1.2×10-17,则该溶液中c(Zn2+)<mol·L-1=0.12mol·L-1。

(3)①根据图示的“硫化”“焙烧”过程可知:该过程中一直处于原位的离子是Zn2+。

②在N2氛围中“焙烧”时,HBA发生分解反应,生成C、H2、H2O,根据元素守恒可得分解的化学方程式为
C6H5COOH7C+2H2O↑+H2↑。

(4)①根据表格数据可知:温度越高,微粒的比表面积越小,说明随着温度的升高,ZnS纳米粒子
在增大,使微粒的比表面积变小;②根据表格数据可知在400℃时焙烧所得的ZnS-C纳米纤维的比表面积为130.1m2·g-1,而氮气分子横截面积为0.162nm2,则在400℃时焙烧所得的1gZnS-C纳米纤维
最多能吸附的氮分子数为≈8.03×1020。

18.答案: (1)3d24s2Zn Zn原子的核外电子排布为全充满稳定结构,较难失电子
(2)①分子晶体离子晶体②原子总数、价电子总数sp3
(3)H 8 (4)①②-1(或0.414)
解析:(1)Ti是22号元素,基态钛原子的价电子排布式为3d24s2;与钛同周期的第ⅡB族、第ⅢA族
的两种元素分别是锌、镓元素,其中第一电离能较大的是Zn,原因是Zn原子的核外电子排布为全充满稳定结构,较难失电子。

(2)①根据表格性质可知TiCl4熔、沸点低,易溶于有机溶剂,则TiCl4是由分子构成的分子晶体;而TiCl2熔、沸点较高,在乙醇、乙醚中不能溶解,说明TiCl2的晶体类型属于离子晶体。

②TiCl4与
S互为等电子体,按定义可知二者的原子总数、价电子总数相等;S的中心原子的价层电子对数为
4+(6+2-2×4)=4,故中心原子的杂化方式是sp3杂化。

(3)Ti(CO)6、Ti(H2O、Ti的配体分别是CO、H2O、F-,其中含有的元素有C、O、H、F,元素的非金属性:F>O>C>H,元素的非金属性越弱,其电负性就越小,故上述元素中电负性最小的是H元素;根据Ti(NO3)4的球棍结构图示可知Ti的配位数是8。

(4)①在一个晶胞中含有Ca2+的数目是1,含有Ti4+的数目为8×=1,含有O2-的数目为12×=3,则一个晶胞中含有1个CaTiO3,设N A为阿伏加德罗常数的值,则一个晶胞的质量为 g;②设晶胞的边长为a,由于O2-采用面心立方最密堆积,则面对角线长度是O2-半径的4倍,则4r(O2-)=a,得r(O2-
)=a,Ti4+与O2-相切,则2r(O2-)+2r(Ti4+)=a,得r(Ti4+)=a,则-1≈0.414。

19.答案: (1)(醇)羟基、羰基(或酮基) (2)
(3)2 (4)氧化反应(5)甲醇
(6)n+n HOOCCOOH
+(2n-1)H2O
(7)、、
、(任写两种即可)
(8)
解析:根据A的分子式、B的结构简式和反应物CH3I,可判断A的结构简式为。

(1)根据J的结构简式,其含有的官能团为(醇)羟基、羰基(或酮基)和碳碳双键,故含氧官能团的名称为(醇)羟基、羰基(或酮基)。

(2)A的结构简式为。

(3)中标注的碳原子连有4个不同的原子或原子团,为手性碳原子,个数为2。

(4)对比E、F的结构简式,E中碳碳双键中一条化学键断开,同时引入2个羟基,则E→F的反应类型为氧化反应。

(5)G→H属于取代反应,则另一种有机产物为CH3OH,名称为甲醇。

(6)F中含有2个羟基,与乙二酸一定条件下反应得到高聚酯,化学方程式为
n+n HOOC—COOH+(2n-1)H2O。

(7)E的分子式为C12H18O,其同分异构体满足:a.含苯环,b.核磁共振氢谱有四组峰,峰面积之比
为9∶6∶2∶1,则其为对称结构,3个等效的—CH3的峰面积为9,2个等效的—CH3的峰面积为6,苯
环上2个H原子等效,则结构简式为、、、。

(8)根据合成路线G→J,设计合成路线如下:。

11。