eq\a\vs4\al(第)eq\a\vs4\al(四)eq\a\vs4\al(部)eq\a\vs4\al(分)非選擇題組合提速練非選擇題提速練（一）1．不同濃度的硫酸與鋅反應時，硫酸可以被還原為SO2，也可被還原為H2。某同學為探究硫酸與鋅反應生成SO2、H2的臨界濃度及SO2使品紅溶液褪色的主要微粒，設計了如下實驗。Ⅰ.探究硫酸與鋅反應生成SO2、H2的臨界濃度在大試管A中加入硫酸，向連接在塑料棒上的多孔塑料球內加入一定量的鋅粒（塑料棒可以上下移動），在試劑瓶D中加入足量的濃NaOH溶液（加熱和夾持裝置已省略）。已知：鋅與濃硫酸接觸，開始時反應緩慢，可以適當加熱以加速其反應，當有大量氣泡生成時，該反應速率會明顯加快并伴有大量的熱放出。（1）長導管B的作用是；如果沒有這個設計，最終測定的臨界濃度會（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。（2）若加入0.65g鋅粒與cmol·L－1的H2SO4反應，為保證實驗結論的可靠性，量氣管的適宜規格是。A．100mLB．200mLC．300mLD．400mL（3）若加入ag鋅粒且完全反應，試劑瓶D質量增加bg，量氣管中收集到VmL（標準狀況）氣體，則有：ag÷65g·mol－1×2＝bg÷64g·mol－1×2＋VmL÷22400mL·mol－1×2，該等式依據的原理是_____________________________________________________________。（4）若鋅粒足量且A中加入18mol·L－1的硫酸100mL，反應結束后，向D裝置中加入足量的H2O2溶液和足量的BaCl2溶液，充分反應后，將所得沉淀過濾、洗滌、干燥、稱量，得到固體的質量為mg，則濃硫酸與鋅反應的臨界濃度為mol·L－1（用含m的計算式表示，忽略體積變化）。Ⅱ.探究SO2使品紅溶液褪色的主要微粒按下表實驗方案分別進行實驗（取2mL試劑a，滴加2滴品紅溶液）。裝置序號試劑a實驗現象ⅰ0.1mol·L－1SO2溶液（pH＝2）紅色逐漸變淺，之后完全褪色ⅱ0.1mol·L－1NaHSO3溶液（pH＝5）紅色立即變淺，之后完全褪色ⅲ0.1mol·L－1Na2SO3溶液（pH＝10）立即褪色ⅳpH＝2的H2SO4溶液紅色無明顯變化ⅴ____________紅色無明顯變化（5）實驗ⅲ中Na2SO3溶液顯堿性的原因是（結合化學用語分析解釋）。（6）對比實驗ⅲ和ⅴ，可以排除在該實驗條件下OH－對品紅溶液褪色的影響，則ⅴ中試劑a可能是。（7）通過上述實驗探究得出結論：使品紅溶液褪色的主要微粒是。2．從廢釩催化劑中回收釩，既能避免對環境的污染，又能節約寶貴的資源。回收工藝流程圖如下：已知：廢釩催化劑中各物質的含量為V2O55%～6%、K2SO420%～27%、SiO265%～70%、Fe2O31.1%；VO2＋呈藍色，VO3＋呈黃色，V2O5呈紅棕色；反萃取液中含少量四價釩。（1）首先將廢釩催化劑粉碎，其目的是。（2）水浸后，水浸液中主要含VOSO4和水溶性鉀鹽；濾渣Ⅰ中加入無水K2SO3和H2SO4，釩的浸出率可達95.8%，生成VOSO4的水溶液，請寫出濾渣Ⅰ中V2O5被K2SO3還原的化學方程式：；請寫出過濾還原酸浸液后，濾渣Ⅱ制備工業硅酸鈉的離子方程式：。（3）在氧化步驟中加入氧化劑KClO3，在酸性條件下，煮沸至溶液由藍色轉變為黃色，其離子方程式為。（4）將氧化后的溶液pH調為2.3，用TOA-仲辛醇-煤油溶液作萃取液萃取V5＋，V5＋進入上層萃取相，其他雜質進入下層萃余相。將含有五價釩的有機相用NaOH＋NaCl作為反萃取劑進行反萃取。經過3次反萃取，分相后的有機相（上層）作為萃取液（填“可以”或“不可以”）循環利用。反萃取過程中還應加入極少量過硫酸銨，加入過硫酸銨的目的是。萃余相主要成分為K2SO4，其他雜質含量很少，操作Ⅰ為一系列的操作過程，請寫出操作Ⅰ的過程：，最后得到干燥的K2SO4晶體。（5）沉釩過程是將反萃取后水相的pH調至8左右，加入氯化銨，可使多釩酸銨轉化為偏釩酸銨（NH4VO3），能轉化的原因是。（6）經過焙燒，偏釩酸銨變為紅棕色的樣品，請寫出焙燒的化學方程式：。3．CO2可作為合成低碳烯烴的原料。相關的熱化學方程式如下：①CO2（g）＋3H2（g）?CH3OH（g）＋H2O（g）ΔH1＝－49.0kJ·mol－1②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）＋H2O（g）ΔH2＝－24.52kJ·mol－1③CH3OCH3（g）?C2H4（g）＋H2O（g）ΔH3＝－5.46kJ·mol－1④2CO2（g）＋6H2（g）?C2H4（g）＋4H2O（g）ΔH4（1）ΔH4＝kJ·mol－1；反應④在（填“高溫”或“低溫”）下自發進行。（2）在容積為1L的恒容密閉容器中投入3molH2和1molCO2發生反應④時，測得溫度對CO2的平衡轉化率和催化劑催化效率的影響如圖所示：①250℃時，反應④的平衡常數K＝。②其他條件不變，不使用催化劑，投料比eq\f(n（H2）,n（CO2）)（填“>”“<”或“＝”）3時CO2平衡轉化率為M1點；M2點的平衡常數（填“>”“<”或“＝”）N點的平衡常數。（3）用催化劑Fe3（CO）12/ZSM-5催化CO2加氫合成乙烯的反應，所得產物含CH4、C3H6、C4H8等副產物，反應過程如圖所示：Fe3（CO）12/ZSM-5催化劑中添加Na、K、Cu助劑后（助劑也起催化作用）可改變反應的選擇性。其他條件相同時，添加不同助劑，經過相同時間后測得CO2轉化率和各產物在所有產物中的占比如表：助劑CO2轉化率/%各產物在所有產物中的占比/%C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8欲提高單位時間內乙烯的產量，在Fe3（CO）12/ZSM-5催化劑中添加助劑效果最好；加入助劑能提高單位時間內乙烯產量的根本原因是。4．據了解火星上存在大量的含氮化合物，科學家推測火星生命可能主要以氮、碳、硅、銅為基本構成。請回答下列問題：（1）鄰氨基吡啶（）的銅配合物在有機不對稱合成中起催化誘導效應。①鄰氨基吡啶中所有元素的電負性由小到大的順序為（填元素符號）。設NA為阿伏加德羅常數的值，1mol中含有σ鍵的數目為。②一定條件下—NH2可以被氧化成—NO2，—NO2中N原子的雜化方式為雜化。（2）第四周期的某主族元素，其第一至第五電離能數據如圖所示，則該元素的基態原子電子排布式為。（3）元素周期表中的第ⅣA族～第ⅦA族中部分元素的最簡單氫化物的沸點變化趨勢線如圖，其中一個小黑點代表一種氫化物，則趨勢線a代表第族元素的最簡單氫化物的沸點變化趨勢，判斷依據是。（4）干冰是常見的分子晶體，而CO2在高溫高壓下能形成另一種晶體其晶胞如圖所示，該CO2晶體的熔點（填“>”“<”或“＝”）SiO2晶體的熔點。（5）一種嘌呤和一種吡啶的結構如圖。①嘌呤中軌道之間的夾角∠1比∠2大，原因是。②分子中的大π鍵可以用符號eq\i\pr\in(m,n,)表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數，n代表參與形成大π鍵的電子數。則該吡啶中的大π鍵可表示為。（6）火星巖石中存在大量的氮化鎵，氮化鎵為六方晶胞，結構如圖所示。若該晶體密度為dg·cm－3，晶胞參數a＝b≠c（單位：nm），a、b夾角為120°，阿伏加德羅常數的值為NA，則晶胞參數c＝nm（寫出代數式）。5．環丙胺（）是合成新型抗菌素、除草劑等產品的中間體。以γ-丁內酯（）為原料合成環丙胺的傳統“五步合成法”工藝如下。回答下列問題：（1）γ-丁內酯的分子式為，本工藝中兩次用到的CH3ONa的名稱為。（2）B中官能團的名稱為。（3）①B→C反應過程中還生成了醇和無機鹽，該反應的化學方程式為。②γ-丁內酯酸性條件下的水解產物在一定條件下可生成一種具有重要應用的高分子化合物，該反應的化學方程式為，反應類型為。（4）與A分子式相同，且分子中含有酯基和碳氯鍵的同分異構體有種。（5）環氧丁烯（）來源豐富且經濟，利用環氧丁烯合成環丙胺是目前一些國家正在研發的項目，其前兩步反應過程如下。2，3-二氫呋喃環丙甲醛①下列關于環氧丁烯和2，3-二氫呋喃的說法不正確的是。（填標號）a.二者分子式相同互為同分異構體b.二者均能發生取代、氧化、加成反應c.可以用酸性KMnO4溶液鑒別二者②環丙甲醛再經過四步反應即可得到環丙胺，寫出合成路線。非選擇題提速練(一)1．答案：(1)導氣、冷凝回流偏低(2)C(3)得失電子守恒(4)18－eq\f(20m,233)(5)SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))在溶液中發生水解反應SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O?HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋OH－，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))結合H2O電離的H＋，從而使溶液中c(OH－)>c(H＋)，溶液呈堿性(6)pH＝10的NaOH溶液(7)SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、H2SO3解析：(1)該反應是一個放熱反應，長導管B起到導氣、冷凝的作用，使水蒸氣冷凝回流，確保硫酸的體積不變[第(4)問計算中有提示“忽略體積變化”]；本實驗原理是：總硫酸的物質的量減去生成一定量SO2消耗的硫酸的物質的量即為剩余硫酸的物質的量，再除以溶液的體積即為硫酸的臨界濃度。如果沒有這個設計，硫酸始終處于一個較髙濃度，則消耗硫酸的物質的量會增大，最終測定的臨界濃度會偏低。(2)以Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑為例計算，充分反應生成H2的體積為224mL(標準狀況下)，為保證實驗結論的可靠性，量氣管的適宜規格是300mL。(3)根據氧化還原反應規律可知，該等式符合得失電子守恒原理。(4)計算出剩余H2SO4的物質的量之后，根據c＝eq\f(n,V)可計算出最終測定硫酸的臨界濃度。加入足量的H2O2溶液把Na2SO3轉化為Na2SO4，再加入足量的BaCl2溶液把Na2SO4轉化為BaSO4，n(BaSO4)＝eq\f(m,233)mol，則n(SO2)＝eq\f(m,233)mol，根據反應方程式Zn＋2H2SO4=SO2↑＋ZnSO4＋2H2O可求出反應消耗H2SO4的物質的量為2×eq\f(m,233)mol，則濃硫酸與鋅反應的臨界濃度為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18mol·L－1×0.1L－2×\f(m,233)mol))÷0.1L＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18－\f(20m,233)))mol·L－1。(5)SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))在溶液中發生水解反應SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O?HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋OH－，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))結合H2O電離的H＋，從而使溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))，溶液呈堿性。(6)根據題意可知，OH－對品紅溶液的褪色無影響，故試劑a可能是pH＝10的NaOH溶液。(7)實驗ⅳ中試劑a中含SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，不能使品紅溶液褪色，故使品紅溶液褪色的主要微粒是SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、H2SO3。2．答案：(1)增大接觸面積，提高浸出率(2)V2O5＋K2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋K2SO4＋2H2OSiO2＋2OH－=SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O(3)ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋6VO2＋＋6H＋=6VO3＋＋3H2O＋Cl－(4)可以將未被氧化的四價釩氧化為五價釩，提高五價釩的純度(加熱)蒸發濃縮、冷卻結晶、(靜置)過濾、洗滌、干燥(5)此條件下，NH4VO3的溶解度比較小(其他合理答案也給分)(6)2NH4VO3eq\o(=,\s\up7(焙燒))V2O5＋2NH3↑＋H2O↑解析：(1)將廢釩催化劑粉碎，可以使固體顆粒變小，增大接觸面積，提高浸出率。(2)依題意，在酸性條件下，V2O5被K2SO3還原，生成VOSO4；K2SO3被氧化，生成K2SO4，反應的化學方程式為V2O5＋K2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋K2SO4＋2H2O。濾渣Ⅱ的主要成分為二氧化硅，其與NaOH溶液反應生成硅酸鈉，反應的離子方程式為SiO2＋2OH－=SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O。(3)依據題給信息VO2＋呈藍色，VO3＋呈黃色可知，在氧化步驟中VO2＋被KClO3氧化成VO3＋，反應的離子方程式為ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋6VO2＋＋6H＋=6VO3＋＋3H2O＋Cl－。(4)將含有五價釩的有機相用NaOH＋NaCl作為反萃取劑進行反萃取，會把五價釩與有機相分離，有機相作為萃取液可以循環使用；反萃取液中含少量四價釩，加入過硫酸銨可以把四價釩氧化為五價釩；萃余相主要成分為K2SO4，其他雜質含量很少，所以得到干燥的K2SO4晶體的方法為(加熱)蒸發濃縮、冷卻結晶、(靜置)過濾、洗滌、干燥。(5)多釩酸銨轉化為偏釩酸銨(NH4VO3)的反應能實現說明此條件下NH4VO3的溶解度比較小。(6)經過焙燒，偏釩酸銨變為紅棕色的樣品，說明生成V2O5，反應的化學方程式為2NH4VO3eq\o(=,\s\up7(焙燒))V2O5＋2NH3↑＋H2O↑。3．答案：(1)－128低溫(2)①0.088(或eq\f(64,729)L3·mol－3)②<>(3)K降低生成乙烯反應的活化能，加快乙烯生成速率，而對副反應影響不大解析：(1)根據蓋斯定律，由①×2＋②＋③＝④得出ΔH4＝－128kJ·mol－1，反應④的ΔH<0、ΔS<0，該反應在低溫時能自發進行。(2)①250℃時，CO2平衡轉化率為50%，則平衡時n(CO2)＝0.5mol、n(H2)＝1.5mol、n(C2H4)＝0.25mol、n(H2O)＝1mol，容器容積為1L，則K＝eq\f(c（C2H4）·c4（H2O）,c2（CO2）·c6（H2）)＝eq\f(0.25×14,0.52×1.56)L3·mol－3＝eq\f(64,729)L3·mol－3＝0.088L3·mol－3。②減少氫氣的量，平衡逆向移動，CO2平衡轉化率減小，可能為M1點，故投料比eq\f(n（H2）,n（CO2）)<3；M1、M、M2三點溫度相同，平衡常數相等，而溫度升高，平衡逆向移動，CO2平衡轉化率減小，平衡常數減小，即平衡常數M2>N。(3)由表中數據知，添加Na助劑時副反應占比較大，添加Cu助劑時CO2轉化率較低，兼顧乙烯的產率、CO2轉化率和對副反應的影響，選擇添加K助劑效果最好，不僅能提高單位時間內乙烯產量，并且其他副反應占比小；加入助劑能提高單位時間內乙烯產量的根本原因是降低反應活化能、加快乙烯生成速率。4．答案：(1)①H<C<N13NA②sp2(2)1s22s22p63s23p64s2(3)ⅣAN、O、F均能與H形成氫鍵，氫鍵的存在加大了分子間的作用力，從而出現沸點反常現象，趨勢線a無反常現象(4)＞(5)①孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對之間的斥力，斥力越大，鍵角越大②eq\i\pr\in(5,6,)(6)eq\f(112\r(3)×1021,a2×d×NA)解析：(1)①非金屬性越強電負性越大，故電負性：H<C<N；分子環上還有4個C—H鍵分子含有13個σ鍵，1mol中含有σ鍵的數目為13NA，②—NO2中N原子有1個未成鍵電子，價層電子對數＝2＋1＝3，N原子采取sp2雜化。(2)由該元素的第一至五電離能數據可知，該元素第一、二電離能較小，說明容易失去2個電子，即最外層有兩個電子，已知該元素為第四周期的某主族元素，則為第四周期，第ⅡA族元素Ca，則該元素的基態原子電子排布式為：1s22s22p63s23p64s2。(3)在第ⅣA族～第ⅦA族中的元素的最簡單氫化物中，NH3、H2O、HF因分子間存在氫鍵，氫鍵的存在加大了分子間的作用力，故沸點高于同主族相鄰元素氫化物的沸點，只有第ⅣA族元素氫化物不存在沸點反常現象。(4)該晶體中原子之間通過共價鍵結合，屬于原子(共價)晶體，而碳氧鍵的鍵長短，所以該晶體的熔點比SiO2晶體的高。(5)①孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對之間的斥力，斥力越大，鍵角越大，因此嘌呤中軌道之間的夾角∠1比∠2大。②根據吡啶的結構，其中的大π鍵是由5個原子6個電子形成的，表示為eq\i\pr\in(5,6,)。(6)1個晶胞的質量為eq\f(84×2,NA)(g)，晶胞的體積為V＝eq\f(\r(3),2)(a×10－7)2×c×10－7(cm3)，晶胞參數c＝eq\f(112\r(3)×1021,a2×d×NA)。5．答案：(1)C4H6O2甲醇鈉(2)酯基、碳氯鍵