1、专 项 微 测微测24 非选择题标准练1必做题1(2019惠州模拟)由含碘废水制取碘酸钾的一种工艺如下：(1)写出KIO3在日常生活中的一个重要应用_。(2)检验“含碘废水”中是否含有单质I2的常用试剂是_(填试剂名称)。(3)通入SO2的目的是将I2还原为I，该反应的离子方程式为_。(4)工艺中五种物质的制备反应中，不涉及氧化还原反应的步骤是“制_”。食盐添加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病淀粉溶液SO2I22H2O=SO24 2I4HKI(aq)(5)“制 KI(aq)”时，该温度下水的离子积为 Kw1.010 13，KspFe(OH)29.01015。为避免 0.9 molL1 FeI2 溶
2、液中 Fe2水解生成胶状物吸附 I，起始加入 K2CO3 必须保持溶液的 pH 不大于_。(6)“制 KIO3 溶液”反应的离子方程式为_。(7)KCl、KIO3 的溶解度曲线如图所示。流程中由“KIO3(aq)”得到 KIO3晶体的操作步骤为_。6.05Cl2I212OH=2IO3 10Cl6H2O蒸发浓缩，降温结晶解析(1)KIO3是日常生活中食用加碘盐的主要添加剂，可以预防碘缺乏病。(2)因淀粉遇碘变蓝，因此检验“含碘废水”中是否含有单质I2，常用的试剂是淀粉溶液。(3)通入SO2的目的是将I2还原为I，二氧化硫被氧化生成硫酸，反应的离子方程式为SO2I22H2O=SO242I4H(或2
3、SO2I22Cu24H2O=2CuI2SO 24 8H)。(4)根据工艺流程图，五种物质的制备反应中，只有制备KI溶液的过程中没有元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应。(5)KspFe(OH)29.01015，溶液中c(FeI2)为0.9 molL1，cFe20.9 molL1，则c(OH)9.010150.9 molL1107 molL1，此温度下，Kw1.01013，c(H)1.01013107 molL1106 molL1，pHlg 1066.0。(6)“制KIO3溶液”时，氯气和碘单质与氢氧化钾溶液反应生成KIO3和氯化钾，反应的离子方程式为5Cl2I212OH=2IO3 10Cl6H
4、2O。(7)由溶解度曲线图可知，KIO3的溶解度小于KCl，由KIO3溶液得到KIO3晶体，可以通过蒸发浓缩、降温结晶的方法。2(2019广州模拟)二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料。4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒()碱式碳酸铵晶体，过程如下：回答下列问题：(1)VOCl2 中 V 的化合价为_。(2)步骤中生成 VOCl2 的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为_。也可 只 用 浓 盐 酸 与V2O5 来 制 备VOCl2 溶 液，该 法 的 缺 点 是_。(3)步骤可在下图装置中进行。42V2O5N2H42HCl6HCl=4V
5、OCl2N26H2O 有氯气生成，污染空气反应前应通入CO2数分钟的目的是_。装置B中的试剂是_。(4)测定氧钒()碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量a g样品于锥形瓶中，用20 mL蒸馏水与30 mL混酸溶解后，加0.02 molL1 KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用c molL1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为VO2 Fe22H=VO2Fe3H2O。KMnO4溶液的作用是_。NaNO2溶液的作用是_。粗产品中钒的质量分数的表达式为_。饱和NaHCO3溶液排除装置中的空气，
6、避免产物被氧化将4价的钒化合物氧化为VO2 除去过量的KMnO451bc1 000a100%解析(1)氧的化合价为2，氯的化合价为1，化合物中各元素化合价代数和为0可得，VOCl2中V的化合价为4价。(2)步骤中V2O5中加入N2H42HCl和盐酸反应生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体，V2O5被还原为VOCl2，则气体为N2，反应的化学方程式为2V2O5N2H42HCl6HCl=4VOCl2N26H2O；只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液，V2O5被还原为VOCl2，则浓盐酸被氧化有氯气生成，污染空气。(3)4价钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，为防止4价钒化合物被氧化，反应前
7、应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化。装置B中的试剂用于除去二氧化碳中的氯化氢气体，所装试剂为饱和 NaHCO3 溶液。(4)KMnO4溶液具有强氧化性，其作用是将4价的钒化合物氧化为VO2；NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4。根据反应VO2 Fe22H=VO2Fe3H2O可知，nVO2 n(Fe2)bc103 mol，根据钒守恒，粗产品中钒的质量分数的表达式为 51bc1 000a100%。3NOx 是空气的主要污染物之一。回答下列问题：(1)汽车尾气中的 NO 来自反应 N2(g)O2(g)2NO(g)。如图表示在不同温度时，一定量 NO 分解过程中 N2 的体积分数
8、随时间的变化。则N2(g)O2(g)2NO(g)为_(填“吸热”或“放热”)反应。2 000 时，向容积为 2 L 的密闭容器中充入 10 mol N2 和 5 mol O2，发生上述反应，10 min 达到平衡，产生2 mol NO，则 10 min 内的平均反应速率 v(O2)_ molL1min1。吸热 0.05(2)在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少NOx的排放。研究表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3x(A、B均为过渡元素)为催化剂，用H2还原NO的机理如下：第一阶段：B4(不稳定)H2低价态的金属离子(
9、还原前后催化剂中金属原子的个数不变)第二阶段：NO(g)NO(a)H1、K12NO(a)2N(a)O2(g)H2、K22N(a)N2(g)2 H3、K32NO(a)N2(g)2O(a)H4、K42O(a)O2(g)2 H5、K5注：表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态第一阶段用氢气还原B4得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_。第二阶段中各反应焓变间的关系：2H1H2H3_；该温度下，NO脱除反应2NO(g)N2(g)O2(g)的平衡常数K_(用K1、K2、K3的表达式表示)。还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快2H1H4H5K2
10、1K2K3(3)工业废气中的 NO 和 NO2可用 NaOH 溶液吸收。向 20 mL 0.1 molL1 NaOH 溶液中通入含 NO 和 NO2 的废气，溶液 pH 随气体体积 V 的变化如图甲所示(过程中温度保持不变)，B 点对应的溶液中cHNO2c(NO2)，则 A 点对应溶液中 c(NO2)/cHNO2_。(4)氨催化还原法也可以消除 NO，原理如图乙所示，NO 最终转化为H2O 和_(填电子式)；当消耗1 mol NH3和 0.5 mol O2 时，理论上可消除_ L(标准状况)NO。103.7NN 11.2解析(1)根据图象，T2曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，而温度升高，
11、氮气的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应；根据N2(g)O2(g)2NO(g)，10 min达到平衡，产生2 mol NO，则反应的氧气为1 mol,10 min内的平均反应速率v(O2)1 mol2 L10 min0.05 molL1min1。2还 原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，第二阶段反应速率加快；第二阶段：NO(g)NO(a)H1、K1，2NO(a)2N(a)O2g H2、K2，2N(a)N2(g)2 H3、K3，2NOaN2(g)2O(a)H4、K4，2O(a)O2(g)2 H5、K5，根据盖斯定律，将2得到2NO(g)O2(g)
12、N2(g)，将2得到2NO(g)N2(g)O2(g)，即2H1H2H32H1H4H5；因此2NO(g)N2(g)O2(g)的平衡常数KK 21 K2K3。(3)20 mL 0.1 molL1NaOH溶液中含有氢氧化钠0.002 mol，NO和NO2可用NaOH溶液吸收，发生的反应为NONO22NaOH=2NaNO2H2O，亚硝酸钠的水解平衡常数KhcHNO2cOHcNO2，B点对应的溶液中cHNO2c(NO2)，Khc(OH)1014103.31010.7，温度不变，Kh不变，A点Kh cHNO2cOHcNO2，cNO2 cHNO2cOHKh1071010.7 103.7。(4)由图乙可知反应
13、物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O，氮气的电子式为NN；反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，1 mol NH3转化为N2失去3 mol电子，0.5 mol O2得到2 mol电子，则NO转化为N2得到的电子为1 mol，所以NO的物质的量为0.5 mol，标准状况下的体积为11.2 L。选做题1【化学选做选修3：物质结构与性质】(2019潍坊二模)日华子本草中已有关于雄黄的记载“雄黄，通赤亮者为上，验之可以虫死者为真。”雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。回答下列问题：(1)基
14、态砷原子的价电子轨道排布图为_，核外电子占据的最高能级的电子云形状为_。(2)S、P和N三种元素第一电离能由大到小的顺序是_。(3)雄黄(As4S4)的结构如图甲所示，S原子的杂化形式为_。纺锤形或哑铃形NPS sp3(4)SO2分子中的键数为_个，分子的空间构型为_。分子中的大键可用符号 nm 表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为66)，则SO2中的大键应表示为_。SO2分子中SO键的键角_(填“”“”或“”)NO3 中NO键的键角。(5)砷化镓是优良的半导体材料，密度为 gcm3，其晶胞结构如图乙所示。Ga和As原子半径分别为r1 pm
15、和r2 pm，阿伏加德罗常数值为NA，则砷化镓晶体的空间利用率为_。243 PS。(3)S、As原子的最外层分别有6个、5个电子，达到8电子稳定结构需分别形成2对、3对共用电子对，故雄黄(As4S4)分子结构中，黑球、白球分别表示硫、砷原子。每个硫原子都有4对价电子对(2对键电子对、2对孤电子对)，S原子都是sp3杂化。(4)SO2分子中，S原子结合2个O原子，有2个键；中心原子S的价层电子对数(602)/23，故为sp2杂化。2个杂化轨道各容纳1个电子，分别与氧原子形成共价键，1个杂化轨道和1个未参与杂化的p轨道容纳孤电子对，故SO2分子为V形；氧原子的价电子排布为2s22p4，有2个未成对
16、电子，两个氧原子各用1个未成对电子(p轨道)与硫形成共用电子对(键)，各用1个未成对电子(p轨道)与硫原子未杂化的p轨道形成大键，表示为 43。SO2分子中，孤电子对与成键电子对间的排斥作用大于成键电子对与成键电子对间的排斥作用，故两个SO键的键角小于120；而NO3中NO键的键角等于120。(5)1个砷化镓晶胞中，有Ga、As原子各4个，8个原子总体积为V原子43(r11010 cm)3443(r21010cm)34，V晶胞m 4NA145 gmol1 gcm3，砷化镓晶体的空间利用率为V原子V晶胞100%41030NAr31r32435100%。2【化学选做选修5：有机化学基础】(2019
17、全国卷大联考)盐酸普鲁卡因是一种临床广泛使用的局部麻醉药，具有良好的局部麻醉作用，毒性小，其中一条合成路线如下：已知：.苯环上的取代基为NH2、OH、CH3等时，在取代反应中，新取代基大多进入邻位或对位；苯环上的取代基为NO2、COOH、CN等时，在取代反应中，新取代基大多进入间位。回答下列问题：(1)C的名称为_，H的分子式为_，F的含氧官能团名称为_。(2)CFG的化学方程式为_。对硝基苯甲酸(或4-硝基苯甲酸)C13H20N2O2 羟基HOCH2CH2N(C2H5)2浓硫酸 H2O(3)AB的反应条件为_，GH的反应类型为_。(4)芳香化合物J是C的同分异构体，J含硝基且能发生银镜反应、
18、遇氯化铁溶液发生显色反应，J的结构有_种。浓硫酸、浓硝酸、加热 还原反应10(5)苯佐卡因有止痛、止痒作用，设计由甲苯和乙醇为起始原料制备苯佐卡因的合成路线：_(无机试剂任选)。解析 由C的结构简式结合A的分子式可知A为甲苯，结合已知信息可知AB引入硝基，B的结构简式应为，再通过氧化反应即可得到C，结合题给信息可知G的结构简式为，又因为C与F发生反应得到G，结合EF可知F的结构简式应为HOCH2CH2N(C2H5)2，据此分析作答。(1)根据C的结构简式可知，C的名称为对硝基苯甲酸(或4-硝基苯甲酸)；由H的结构简式可知分子式为C13H20N2O2；由上述分析可知F的含氧官能团名称为羟基。(2)根据酯化反应原理可知，CFG反应的化学方程式为HOCH2CH2N(C2H5)2浓硫酸H2O。(3)由上述分析可知，AB为硝化反应，其反应条件为浓硫酸、浓硝酸、加热；GH是硝基转化为氨基的过程，为还原反应。(4)由信息可知J的苯环上含三个取代基：硝基、羟基和醛基。硝基苯酚有3种结构：，苯环上一个氢被醛基取代，依次得4种、4种和2种，共10种。(5)由定位取代基知，甲苯先发生取代生成对硝基甲苯，再被酸性KMnO4氧化生成对硝基苯甲酸，因为氨基易被氧化，所以对硝基苯甲酸先酯化后还原，其具体合成路线为
