非选择题专练1
非选择题：本题共4小题。
1.高铁酸盐(FeO)具有极强的氧化性和优良的絮凝功能，在水处理方面有一定的发展前景。
已知：ⅰ.Fe3＋(aq)＋3F－(aq)FeF3(aq) K＝1012.1
ⅱ.Fe3＋(aq)＋3C2O(aq)Fe(C2O4)(aq) K＝1020.2
ⅲ.高铁酸盐在碱性环境下久置分解的产物Fe(OH)3可催化高铁酸盐的分解
Ⅰ.制备高铁酸盐
(1)湿法制备FeO的原理是：
□Fe3＋＋□ClO－＋□OH－===□FeO＋□________＋□________
(2)在碱性条件下以多孔的磁铁矿作阳极电解制备高铁酸盐的电极反应式是________________________________________________________________。
Ⅱ.高铁酸盐稳定性的研究
(3)碱性环境下，久置的FeO溶液中除了产生红褐色Fe(OH)3外，同时还会产生绿色的FeO，此过程的反应为4FeO＋10H2O===4Fe(OH)3↓＋3O2↑＋8OH－、____________________________________________________________________。
为研究使FeO稳定的方法，分别做以下4个实验：
序号 X 现象
a 2滴0.01 mol/L KI 紫色迅速褪去
b 2滴蒸馏水 分别用紫外可见分光光度计测三支试管内溶液的吸光度，结果如下图所示。
c 2滴0.01 mol/L NaF溶液
d 2滴0.01 mol/L Na2C2O4溶液
资料：吸光度大小与溶液中c(FeO)成正比。
(4)甲同学预测d试管内的实验现象应与a试管相似，但吸光度结果图显示甲同学预测并不正确。结合化学用语，从化学反应速率角度解释d试管内的现象与a试管不同的原因______________________________________________________
_______________________________________________________________。
(5)“”曲线为________(填入“试管c”或“试管d”)的实验结果，理由是_______________________________________________________________
____________________________________________________________。
Ⅲ.高铁酸盐产品纯度的测定
称取m g高铁酸钾粗品，配成250 mL溶液，准确量取25.00 mL放入锥形瓶，加入足量CrCl3和NaOH溶液，振荡，再加入稀硫酸酸化后得到Fe3＋和Cr2O，滴入几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用c mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(溶液显浅紫红色)，平行测定三次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液V mL。
(6)粗品中K2FeO4的质量分数为________。[已知：M(K2FeO4)＝198 g/mol]
2.一种常用的三元锂电池正极材料采用了蕴含镍、钴、锰三种金属元素的三元聚合物，电解质为六氟磷酸锂，负极材料为石墨，电池中还含有少量的铁、铝、铜等元素，下面是回收利用该废旧三元锂电池的一种工艺流程。
已知：该流程中，一些金属氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属离子 Fe2＋ Fe3＋ Cu2＋ Al3＋ Co2＋ Ni2＋ Mn2＋
开始沉淀的pH 7.0 1.9 4.7 3.4 7.15 7.2 8.1
沉淀完全的pH 9.0 3.2 6.7 4.7
(1)“放电处理”时，将废旧电池用导线连接惰性电极插入NaCl溶液，放电过程中阴极发生的电极反应方程式为_____________________________________
_________________________________________________________________。
(2)浸出还原时选取反应温度为40 ℃左右的原因_________________________________________________________________
_________________________________________________________________；
“浸出还原”可以理解为先浸出再还原，还原过程主要还原Co3＋，离子方程式为__________________________________________________________________
__________________________________________________________________。
(3)第一次调至pH约为7，滤渣1的主要成分是
__________________________________________________________________。
(4)已知 Co(OH)2、Ni(OH)2、Mn(OH)2三种物质的Ksp分别为10－14.7、10－14.6、10－12.8，第二次调pH时，使构成三元材料的金属离子均完全沉淀(溶液中离子浓度≤10－5 mol·L－1)，则pH至少应调至______________。
(5)“含盐废液”回收利用可以制得一种晶体，俗称为______________。
(6)某锂电池正极材料化学式式量为M，晶胞如图所示，已知阿伏加德罗常数为NA，晶胞参数分别b nm和c nm，则该材料的密度表达式为____________ g·cm－3。
3.为实现“碳达峰”及“碳中和”，二氧化碳甲烷化技术是CO2循环再利用最有效的技术之一
(1)二氧化碳甲烷化时发生的反应为：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)
①298 K时，已知相关物质的相对能量如图，则该反应的ΔH＝__________ kJ·mol－1。
②能判断该程反应已达化学平衡状态的标志是________(填标号)。
A.CO2体积分数保持不变
B.容器中混合气体的质量保持不变
C.混合气体的平均相对分子质量保持不变
D.CO2的生成速率与CH4的生成速率相等
③有利于提高体系中CO2平衡转化率的措施是________(填标号)。
A.使用高效催化剂 B.增加CO2投入量
C.延长反应时间 D.及时分离CH4
(2)催化剂的选择是CO2甲烷化的核心，金属Ni或Ni－CeO2均可作为催化剂。反应相同时间，测得CO2转化率和CH4选择性随温度的变化如图所示。高于320 ℃，以Ni－CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是_______________________________________________
________________________________________________________________。
(CH4的选择性公式：CH4的选择性＝×100%)
(3)CO2甲烷化发生反应CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)，由于该反应存在副反应，反应的CO2不能100%转化为CH4，生成的CH4须依据CH4的选择性公式进行计算。某温度，在体积为2 L的恒容密闭容器中加入1 mol CO2和4 mol H2，10 min后达到平衡，CO2的平衡转化率和CH4的选择性分别为80%、90%，则CH4的反应速率为____________。
(4)Ni－CeO2催化CO2加H2生成CH4的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，则发生的副反应的方程式为______________________________
_____________________________________________________________。
(5)CeO2的晶胞结构如图所示：
①Ce的配位数为____________。
②若高温下该晶胞中1个氧原子变为空位，需____________个面心上的Ce由＋4价变为＋3价(顶点上的Ce化合价不变)。
4.氯霉素(H)的一种合成路线如下：
A(C8H8) C(C8H7Br)D(C10H11BrO2)F(C9H13NO2)G(C9H12N2O4)
已知：R1—CH===CH—R2
回答下列问题：
(1)A的名称为________；A→B反应类型为________。
(2)A分子碳原子的杂化方式为________杂化。
(3)C→D的化学方程式为__________________________________________；
符合下列条件的E的同分异构体有________种。
①含有酚羟基和氨基 ②苯环上有两个取代基 ③能发生水解反应
(4)F的结构简式为________________；试剂a为________；G中含氧官能团有________种。
(5)根据上述信息，写出以乙烯为主要原料制备的合成路线。
非选择题专练1
1.答案 （1）2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O
（2）Fe3O4＋16OH－－10e－===3FeO＋8H2O
（3）FeO＋2Fe（OH）3＋4OH－===3FeO＋5H2O或2FeO===2FeO＋O2↑
（4）配位反应速率快；试管d溶液中主要发生配位反应：Fe（OH）3＋3C2OFe（C2O4）＋3OH－，加入草酸根离子后，平衡正移，使得氢氧化铁催化剂减少，自催化速率减慢
（5）试管c F－与C2O均可与Fe3＋结合从而减少Fe（OH）3，从而减缓FeO的分解。由资料可知，相同条件下F－与Fe3＋反应的K更小，减缓FeO的分解作用更小，使得c（FeO）相对较小
（6）×100%
解析 （1）反应中铁元素化合价从＋3价升高到＋6价，失去3个电子，氯元素化合价从＋1价降低到－1价，得到2个电子，依据原子守恒可知反应后还有水生成，因此根据电子转移守恒、质量守恒、电荷守恒配平离子方程式。
（2）阳极发生失去电子的氧化反应，在碱性条件下以多孔的磁铁矿作阳极电解制备高铁酸盐，四氧化三铁失去电子，则阳极电极反式是Fe3O4＋16OH－－10e－===3FeO＋8H2O。
（3）FeO中铁元素的化合价是＋4价，因此FeO产生绿色FeO的反应方程式为FeO＋2Fe（OH）3＋4OH－===3FeO＋5H2O或2FeO===2FeO＋O2↑。
（4）由于配位反应速率快，试管d溶液中主要发生配位反应：Fe（OH）3＋3C2OFe（C2O4）＋3OH－，加入草酸根离子后，平衡正移，使得氢氧化铁催化剂减少，自催化速率减慢，所以d试管内的现象与a试管不同。
（5）由于F－与C2O均可与Fe3＋结合从而减少Fe（OH）3，从而减缓FeO的分解。由资料可知，相同条件下F－与Fe3＋反应的K更小，减缓FeO的分解作用更小，使得c（FeO）相对较小，因此该曲线表示试管c。
（6）根据电子得失守恒和原子守恒可得关系式2FeO～Cr2O～6Fe2＋，所以粗品中K2FeO4的质量分数为×100%＝×100%。
2.答案 （1）2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑
（2）低于40 ℃反应速率随温度升高增加，超过40 ℃双氧水大量分解导致速率下降 H2O2＋2Co3＋===2Co2＋＋O2↑＋2H＋
（3）Fe（OH）3、Al（OH）3、Cu（OH）2
（4）10.1
（5）芒硝
（6）
解析 废旧三元电池经放电处理后，所得固体混合物中加入H2SO4和H2O2进行浸出还原，将Co3＋还原为Co2＋，同时Fe2＋转化为Fe3＋；过滤出石墨后，加入NaOH溶液调至pH约为7，此时Fe3＋、Al3＋、Cu2＋转化为Fe（OH）3、Al（OH）3、Cu（OH）2沉淀；过滤后，往滤液中继续加入NaOH溶液，Co2＋、Ni2＋、Mn2＋转化为氢氧化物沉淀；过滤后，往滤液中加入Na2CO3溶液，Li＋转化为Li2CO3沉淀；过滤后的滤液中主要含有Na2SO4。
（1）“放电处理”时，将废旧电池用导线连接惰性电极插入NaCl溶液，放电过程中阳极Cl－失电子生成Cl2，阴极水得电子生成H2和OH－，发生的电极反应方程式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑。（2）浸出还原时，选取反应温度为40 ℃左右，主要从反应速率和H2O2的热稳定性两方面考虑，其原因：低于40 ℃反应速率随温度升高增加，超过40 ℃双氧水大量分解导致速率下降；“浸出还原”可以理解为先浸出再还原，还原过程主要将Co3＋还原为Co2＋，同时H2O2被氧化为O2，离子方程式为H2O2＋2Co3＋===2Co2＋＋O2↑＋2H＋。（3）依据表中pH与沉淀物的关系，第一次调至pH约为7，Fe3＋、Al3＋、Cu2＋转化为沉淀，则滤渣1的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3、Cu（OH）2。（4）比较Co（OH）2、Ni（OH）2、Mn（OH）2三种物质的Ksp，第二次调pH时，要使构成三元材料的金属离子均完全沉淀（溶液中离子浓度≤10－5 mol·L－1），则只需满足Ksp[Mn（OH）2]＝10－12.8就能达到目的，c（OH－）＝ mol/L＝10－3.9 mol/L，c（H＋）＝ mol/L＝10－10.1 mol/L，所以pH至少应调至10.1。（5）由分析可知， “含盐废液”中含有硫酸钠，回收利用可以制得Na2SO4·10H2O晶体，俗称为芒硝。（6）在晶胞中，含Li原子个数为6，含Co原子个数为6×＋1＝3，含O原子个数为6＋12×＋2×＝9，则晶胞中含有3个Li2CoO3，Li2CoO3的式量为M，阿伏加德罗常数为NA，晶胞参数分别b nm和c nm，则晶胞的体积为b×10－7 cm×b×10－7 cm×6×c×10－7 cm＝b2c×10－21 cm3，该材料的密度表达式为＝ g·cm－3。
3.答案 （1）①－166 ②ACD ③D
（2）320 ℃时，以Ni－CeO2为催化剂时，CO2甲烷化反应已达到平衡，升高温度平衡左移，而以Ni为催化剂时，CO2甲烷化反应末达到平衡，升高温度反应速率加快
（3）0.036 mol·L－1·min－1
（4）CO2＋H2CO＋H2O
（5）①8 ②4
解析 （1）①焓变＝生成物总能量－反应物总能量，则CO2（g）＋4H2（g）CH4（g）＋2H2O（g）的ΔH＝（－75－242×2＋393） kJ·mol－1＝－166 kJ·mol－1。
②A.CO2体积分数保持不变，此时正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故选A；B.反应物和生成物都呈气态，容器中混合气体的质量始终保持不变，则反应不一定达平衡状态，故不选B；C.反应前后混合气体的质量不变，但物质的量不断发生改变，平均相对分子质量不断发生改变，当平均相对分子质量保持不变时，反应达平衡状态，故选C；D.CO2的生成速率与CH4的生成速率相等，可知正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故选D；③A.使用高效催化剂，平衡不发生移动，CO2的平衡转化率不变，故不选A；B.增加CO2投入量，虽然平衡正向移动，但CO2的平衡转化率降低，故不选B；C.延长反应时间，平衡不移动，不能改变CO2的平衡转化率，故不选C；D.及时分离CH4，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故选D。
（2）从图中可以看出，320 ℃，以Ni－CeO2为催化剂，反应速率快，反应可能已达平衡，320 ℃以上时，平衡发生逆向移动，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，起初反应速率慢，反应末达平衡，320 ℃以上时，CO2转化率继续上升，则其原因是320 ℃时，以Ni－CeO2为催化剂时，CO2甲烷化反应已达到平衡，升高温度平衡左移，而以Ni为催化剂时，CO2甲烷化反应末达到平衡，升高温度反应速率加快。
（3）某温度，在体积为2 L的恒容密闭容器中加入1 mol CO2和4 mol H2，10 min后达到平衡，CO2的平衡转化率和CH4的选择性分别为80%、90%，则10 min内生成甲烷的物质的量为1 mol×80%×90%＝0.72 mol，CH4的反应速率为＝0.036 mol·L－1·min－1。
（4）从图中可以看出，反应物为CO2和H2，生成物为CO、CH4、H2O（g），则发生的副反应的方程式为CO2＋H2??CO＋H2O。
（5）①根据晶胞的结构可知，以底面面心的Ce为例，上下层各有4个氧原子，共有8个O，故Ce的配位数为8；②据“均推法”，每个晶胞中含8×＋6×＝4个Ce、8个O原子：光照时，晶胞中1个氧原子变为空位，失去电子数为2，2个Ce变为＋3价，故4个面心上的Ce被还原。
4. 答案 (1)苯乙烯 加成反应
(2)sp2
(3) ＋2HCHO 15
(4) 浓硝酸和浓硫酸 2
(5)CH2===CH2CH3CH2OHCH3CHO
解析 A的分子式为C8H8，结合B的结构简式，推知A为，B()发生消去反应生成C()，C与2分子HCHO发生加成反应生成D()，D与氨气发生取代反应生成E()，再结合F的分子式和已知信息，可知F为，对比F、H的结构可知G为。(1)A的名称为苯乙烯；A()与溴水加成生成B()，A→B反应类型为加成反应；(2)A分子中苯环上的碳原子、碳碳双键上的碳原子均为sp2杂化；(3)C()与2分子HCHO之间发生加成反应生成D()，C→D的化学方程式为＋2HCHO；符合下列条件的E()的同分异构体有15种。①含有酚羟基和氨基 ②苯环上有两个取代基 ③能发生水解反应，除去残基为—C4H8ON，要有—NH2，又要能水解，能形成如下5种基团、，分别位于酚羟基的邻间对三个位置，共15种。(4)F发生硝化反应生成G()，故F的结构简式为；试剂a为浓硝酸和浓硫酸；G中含氧官能团有硝基和羟基2种；(5)根据上述信息，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，氧化得到乙醛，与乙烯生成，在酸性条件下得到，浓硫酸催化，加热条件下得到产物。
