微测17 非选择题提分测(二)(专题微测Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考化学大二轮专题复习

微测17　非选择题提分测(二) 可能用到的相对原子质量:H—1　C—12　O—16　Sc—45 1.磷精矿主要成分为Ca5F(PO4)3,含少量REPO4、FeO、Fe2O3、SiO2,其中RE代表稀土元素。从磷精矿分离稀土元素的工业流程如图。 (1)RE属于第ⅢB族,其中Sc的基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d14s2 。 (2)“酸浸”过程HNO3与Ca5F(PO4)3反应的化学方程式如下,请补充完整。 1Ca5F(PO4)3+10HNO35Ca(NO3)2+3 H3PO4 +1HF↑ (3)“萃取”的目的是富集RE,但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。 ①通过3ROH+POCl3(RO)3PO+3HCl制得有机磷萃取剂(RO)3PO,其中—R代表烃基,—R对(RO)3PO产率的影响如表。 —R —CH2CH3 —CH2CH2CH3 —CH2CH2CH2CH3 (RO)3PO 产率/% 82 62 20 由表可知,随着碳原子数增加,烃基 推电子 (填“推电子”或“吸电子”)能力增强,O—H键更难断裂,(RO)3PO产率降低。 ②“萃取”过程使用的萃取剂(C4H9O)3PO的结构如图;与RE3+配位的能力:1号O原子 < (填“>”“<”或“=”)2号O原子。 (4)“反萃取”的目的是分离RE和Fe元素。向“萃取液”中通入NH3,Fe2+、Fe3+、RE3+的沉淀率随pH变化如图。 ①试剂X为 Na2SO3 (填“Na2SO3”或“NaClO”),应调节pH为 2 。 ②通入NH3得到REPO4沉淀的过程为 ⅰ.H3PO4+3NH3(NH4)3PO4 ⅱ. (NH4)3PO4+RE(NO3)3REPO4↓+3NH4NO3 (写出该过程的化学方程式) ③若萃取剂改用三丁基氧化膦[(C4H9)3PO]会导致“反萃取”RE产率降低,其原因为 —C4H9有较强的推电子作用,导致稀土与萃取剂形成的配位键牢固,难于断裂实现反萃取 。 (5)若略去“净化”过程,则制得的草酸稀土会混有 CaC2O4 杂质(填化学式)。 (6)在整个工艺中,可从副产物中提取 硝酸铵、硝酸 (填名称),用于生产氮肥。 解析　磷精矿加入硝酸酸浸,二氧化硅不反应得到滤渣1,稀土元素、铁、钙元素进入滤液,加入萃取剂萃取出稀土元素,然后加入亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁,通入氨气,调节pH分离出含有稀土的固相,再加入硝酸溶解,加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙滤渣2,滤液加入草酸分离出草酸稀土。(1)Sc为21号元素,基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2。(2)“酸浸”过程HNO3与Ca5F(PO4)3反应,根据质量守恒可知,反应还会生成磷酸,反应为Ca5F(PO4)3+10HNO35Ca(NO3)2+3H3PO4+HF↑。(3)①由题表可知,烃基为推电子基团,随着碳原子数增加,烃基推电子能力增强,O—H键更难断裂,(RO)3PO产率降低。②烃基推电子能力增强,O—H键更难断裂,(RO)3PO产率降低,则可知烃基导致1号氧更难与RE3+配位,故与RE3+配位的能力:1号O原子<2号O原子。(4)①由题图可知,亚铁离子与RE3+的分离效果更好,则试剂X为将铁离子转化为亚铁离子的物质,故应选Na2SO3,亚硫酸钠和铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子,利于亚铁离子与RE3+的分离;结合图像可知,应调节pH为2,此时RE3+几乎完全沉淀,而亚铁离子几乎没有沉淀,分离效果好。②总反应为通入NH3得到REPO4沉淀,反应ⅰ.H3PO4+3NH3(NH4)3PO4,则反应ⅱ为(NH4)3PO4和稀土的硝酸盐转化为REPO4沉淀的反应,(NH4)3PO4+RE(NO3)3REPO4↓+3NH4NO3。③若萃取剂改用三丁基氧化膦[(C4H9)3PO]会导致“反萃取”RE产率降低,其原因为—C4H9有较强的推电子作用,导致RE3+与萃取剂形成的配位键牢固,难于断裂实现反萃取。(5)硫酸会和钙离子转化为硫酸钙而被除去,若略去“净化”过程,则制得的草酸稀土中会混有草酸钙。(6)在整个工艺中,通入氨气生成的硝酸铵以及酸溶加入的硝酸中均含有氮元素,故可从副产物中提取硝酸铵、硝酸用于生产氮肥。 2.2⁃甲基⁃2⁃己醇(M=116 g·mol-1)可用作有机溶剂,常用于涂料、油墨、清洁剂等领域。实验室用以下流程制备: C4H9Br+MgC4H9BrMg(格氏试剂) Ⅰ.格氏试剂的制备:向双颈烧瓶中加入15 mL无水乙醚、镁屑、正溴丁烷(0.06 mol),再加入一小粒碘作引发剂,至棕色褪去后再加入25 mL无水乙醚,缓慢搅拌并加热到40 ℃,回流至镁完全溶解。 Ⅱ.2⁃甲基⁃2⁃己醇的制备:将反应装置置于冰水中,缓慢滴入5 mL丙酮和10 mL乙醚的混合液,室温下放置15 min,反应液呈灰白色粘稠状,缓慢滴加60 mL 10%的硫酸。 Ⅲ.提纯:分液后用饱和碳酸钠溶液洗涤有机层,再用水洗2~3次。最后加入无水碳酸钾,当溶液变澄清且无水碳酸钾不结块,再经过一系列操作后,得到1.74 g产物。 回答下列问题: (1)已知乙醚中常含有少量的水,放置过久还可能产生少量过氧化物。检验是否含过氧化物可以选择下列试剂中的 a (填字母),除去过氧化物的乙醚中还混有极少量水,提纯的方法是向乙醚中加入钠丝,充分反应后进行 蒸馏 操作。 a.淀粉⁃KI溶液　　b.Na2SO3溶液　　c.乙醇溶液 (2)已知格氏试剂极易与水反应。步骤Ⅰ实验装置如图,图中虚线框中应选择 b (填字母)。 (3)步骤Ⅰ中加入碘单质后不能马上搅拌,原因是 搅拌会使I2分散使得局部碘浓度降低,难以引发反应 。 (4)步骤Ⅱ中缓慢滴加混合液的原因是 滴加太快可能导致反应太剧烈且大量放热,有安全隐患 。 (5)步骤Ⅲ中用饱和碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是 除去硫酸等酸性物质 ;无水碳酸钾的作用是 干燥 。 (6)本实验的产率为 25% 。 解析　步骤Ⅰ用无水乙醚、镁屑和正溴丁烷制备格氏试剂,步骤Ⅱ为格氏试剂与丙酮和乙醚反应制备2⁃甲基⁃2⁃己醇,步骤Ⅲ为提纯2⁃甲基⁃2⁃己醇,用饱和碳酸钠溶液除去剩余的酸,再用无水碳酸钾除去水,得到纯净的2⁃甲基⁃2⁃己醇。(1)过氧化物有氧化性,能使淀粉⁃KI溶液变成蓝色,所以检验是否含过氧化物可以选择淀粉⁃KI溶液;乙醚不与金属钠反应,水能与金属钠反应,乙醚易挥发,所以除去过氧化物的乙醚中还混有极少量水,向乙醚中加入钠丝,充分反应后进行蒸馏操作。(2)格氏试剂极易与水反应,制备过程中防止空气中的水蒸气进入装置中,所以应选择干燥装置,故选b。(3)搅拌会使I2分散使得局部碘浓度降低,难以引发反应,所以步骤Ⅰ中加入碘单质后不能马上搅拌。(4)滴加太快可能导致反应太剧烈且大量放热,有安全隐患,所以步骤Ⅱ中缓慢滴加混合液。(5)步骤Ⅲ中用饱和碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是除去硫酸等酸性物质;无水碳酸钾的作用是除去水,干燥。(6)根据以上过程:,所以0.06 mol正溴丁烷,理论得到2⁃甲基⁃2⁃己醇为0.06 mol,m=0.06 mol×116 g/mol=6.96 g,产率w=×100%=25%。 3.CS2在化工生产中有重要作用。天然气法合成CS2相关反应如下: 反应Ⅰ　CH4(g)+2S2(g)CS2(g)+2H2S(g) ΔH1=-104.71 kJ·mol-1 反应Ⅱ　2CH4(g)+S8(g)2CS2(g)+4H2S(g) ΔH2=+201.73 kJ·mol-1 (1)ΔH1、ΔH2随温度变化不大。温度不同时,反应体系中不同。合成CS2总反应为CH4(g)+xS8(g)+(2-4x)S2(g)CS2(g)+2H2S(g)的ΔH随温度T变化如图。 ①S8(g)4S2(g)　ΔH= +411.15 kJ·mol-1。 ②为提高CH4平衡转化率,控制温度范围在 B (填字母),理由是 650 ℃以下总反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,转化率增大;700 ℃以上总反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,转化率减小 。 A.400~500 ℃ B.650~700 ℃ C.750~800 ℃ D.800 ℃以上 (2)合成CS2总反应中硫蒸气达到饱和时,反应时间t与CH4初始浓度c0和CH4转化率α满足关系t=(),式中k为速率常数。 ①T ℃、c0=1.0 mol·L-1时,测得t=9.5 s、α=95%,则k= 2 L·mol-1·s-1。 ②T ℃时,计划在5 s内转化率达90%,应控制初始浓度c0大于 0.9 mol·L-1。 (3)利用工业废气H2S替代硫黄矿生产CS2的反应为CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。反应物投料比采用n(CH4)∶n(H2S)=1∶2,维持体系压强为100 kPa,反应达到平衡时,四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图。 ①图中表示CS2的曲线是 b (填“a”“b”“c”或“d”)。 ②950 ℃时,该反应的Kp= 104 (以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。 ③相比以硫黄矿为原料,使用H2S的优点是 变废为宝,减小污染 ,缺点是 反应温度更高、耗能更大 。 解析　(1)①由盖斯定律可知,反应Ⅱ-2×反应Ⅰ得S8(g)4S2(g)　ΔH=+411.15 kJ·mol-1。②由题图可知,650 ℃以下总反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,转化率增大;700 ℃以上总反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,转化率减小,平衡转化率在650~700 ℃左右达到峰值,故为提高CH4平衡转化率,控制温度范围在650~700 ℃。(2)①T ℃、c0=1.0 mol·L-1时,测得t=9.5 s、α=95%,则9.5=,k=2 L·mol-1·s-1。②T ℃时,计划在5 s内转化率达90%,则5=,c0=0.9 mol·L-1,应控制初始浓度c0大于0.9 mol·L-1。(3)①根据化学方程式体现的关系可知,二硫化碳和生成氢气的物质的量之比为1∶4,结合图像可知,图中表示CS2的曲线是b。②950 ℃时,反应物投料比采用n(CH4)∶n(H2S)=1∶2,维持体系压强为100 kPa,设甲烷、硫化氢投料分别为1 mol、2 mol。 CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g) 起始/mol 1 2 0 0 变化/mol a 2a a 4a 平衡/mol 1-a 2-2a a 4a 由图可知,平衡时甲烷与二硫化碳含量相等,则1-a=a,a=0.5 mol,则甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气分别为0.5 mol、1 mol、0.5 mol、2 mol,总的物质的量为4 mol,该反应的Kp==104。③相比以硫黄矿为原料,使用H2S的优点是可以变废为宝,减小污染;缺点是反应温度更高、耗能更大。 4.以CO2为原料生产系列高附加值产品A~I的合成路线如图。 回答下列问题: (1)A→B的反应类型为 取代反应 。 (2)B→C的化学方程式为 +2CH3OH+ 。 (3)E的名称为 异丙苯 ,E→F+G的原子利用率为100%,试剂X为 O2 。 (4)F+G→H过程中使用HSCH2COOH有利于提高催化效率,其部分催化机理如图。 ①HSCH2COOH结合水相中H+能力比J强的原因是 两者虽然均有亲水基团,但是J的疏水基团更大,导致其水溶性不如HSCH2COOH的水溶性好 。 ②H+能从+H2SCH2COOH传递到J的醇羟基氧上的原因是 HSCH2COOH也能溶于有机相,且O—H的键能大于S—H的键能,导致J结合氢离子的能力更强 。 (5)D和H通过酯交换缩聚合成I,H的结构简式为  。 (6)C的一种同分异构体同时满足: ①可与NaHCO3溶液反应; ②核磁共振氢谱如图; ③含有手性碳原子。 其结构简式为 CH3CHOHCOOH 。 (7)写出以D和葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]为原料(其他无机试剂任选),制备工程塑料的合成路线。 答案　CH2OH(CHOH)4CHOCH2OH(CHOH)4CH2OH 解析　二氧化碳生成A,A中—NH2被取代生成B,B和甲醇发生取代反应转化为C;E转化为F和G,且原子利用率为100%,结合E、F、G结构可知,X为氧气;F和G生成H,D和H通过酯交换缩聚合成I,结合F、G、D、I结构可知,H为F和G生成的含羟基的物质,H结构简式为。(1)由分析可知,A中—NH2和CH3CHOHCH2OH中的羟基发生取代反应生成B。(2)B和甲醇在酸性条件下发生取代反应转化为C,反应为+2CH3OH+。(3)由题图可知,E为异丙苯;由分析可知,X为O2。(4)①HSCH2COOH结合水相中H+能力比J强的原因是两者虽然均有亲水基团,但是J的疏水基团更大,导致其水溶性不如HSCH2COOH的水溶性好。②H+能从+H2SCH2COOH传递到J的醇羟基氧上的原因是HSCH2COOH也能溶于有机相,且O—H的键能大于S—H的键能,导致J结合氢离子的能力更强,使得氢离子能被传递到J的醇羟基氧上。(5)由分析可知,H的结构简式为。(6)C含有3个碳、3个氧、不饱和度为1,其一种同分异构体同时满足:①可与NaHCO3溶液反应,含有羧基;②核磁共振氢谱如题图,分子中含有4种氢且一种氢的原子数目较大;③含有手性碳原子。则其结构简式可以为CH3CHOHCOOH。(7)葡萄糖和氢气加成将醛基转化为羟基,在浓硫酸催化作用下发生成环反应生成醚键得到,和D通过酯交换缩聚合成产品。 学科网（北京）股份有限公司 $