高考化學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第3部分訓(xùn)練 非選擇題專項練6

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訓(xùn)練(十四)非選擇題專項練(6)1某校興趣小組對SO2與新制Cu(OH)2懸濁液的反應(yīng)進(jìn)行探究，裝置如下：實驗如下：序號試管中的藥品現(xiàn)象1.5 mL 1 molL1 CuSO4溶液和3.5 mL 1 molL1 NaOH溶液混合開始時有磚紅色沉淀A出現(xiàn)，一段時間后，磚紅色沉淀消失，靜置，試管底部有少量紫紅色固體B，溶液呈藍(lán)色1.5 mL 1 molL1 CuCl2溶液和3.5 mL 1 molL1 NaOH溶液混合開始時有淺紅色沉淀出現(xiàn)，一段時間后，淺紅色沉淀消失，靜置，生成大量白色沉淀C，溶液呈藍(lán)色查閱資料如下：CuCl為白色固體，難溶于水，乙醇、乙酸等，能溶于濃鹽酸，也能溶于濃或稀硝酸溶液，CuCl被氧化。(1)甲同學(xué)通過補充兩個實驗：證明實驗中觀察到的磚紅色沉淀A是Cu2O。取少量Cu2O固體于試管中，加5 mL蒸餾水，向其中持續(xù)通入SO2，一段時間后，靜置，試管底部有少量紫紅色固體，溶液呈藍(lán)色，則說明磚紅色沉淀是Cu2O。其反應(yīng)的方程式是_。甲同學(xué)重新用實驗的方法制備新制Cu(OH)2懸濁液，過濾，用蒸餾水洗滌干凈。向洗凈后的Cu(OH)2中加入5 mL蒸餾水，再持續(xù)通入SO2氣體，現(xiàn)象與實驗相同。檢驗Cu(OH)2洗滌干凈的方法是_。(2)同學(xué)們對白色沉淀的成分繼續(xù)進(jìn)行探究。請幫助乙同學(xué)證明C為CuCl，設(shè)計簡單的實驗方案：_。丙同學(xué)向洗滌得到的19.9 g C中加入足量的稀硝酸，得到藍(lán)色溶液，此過程中反應(yīng)的離子方程式為：_。向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，過濾、洗滌、干燥，得到27.9 g白色沉淀。這種實驗結(jié)果_(“偏小”、“偏大”或“不變”)，可能原因是_。(3)工業(yè)上制備CuCl還可以用：將Na2SO3的水溶液逐滴加入CuCl2的水溶液中，傾出部分清液，抽濾出沉淀，沉淀依次用36%的乙酸，無水乙醇洗滌多次，得白色粉末固體，真空或者充氮氣保存。抽濾出沉淀操作時用到了抽濾瓶、布氏漏斗、_等儀器和用品。沉淀依次用36%的乙酸，無水乙醇，無水乙醚洗滌多次的目的是_。解析實驗和的不同點是配制Cu(OH)2的溶液時銅鹽的陰離子不同，導(dǎo)致現(xiàn)象不同。在實驗中，白色沉淀C的生成一定與Cl有關(guān)，試題給出了CuCl的一些性質(zhì)，是解決問題的關(guān)鍵。(1)Cu2O固體加蒸餾水，通入SO2，試管底部有少量紫紅色固體Cu，溶液呈藍(lán)色Cu2，說明Cu2O發(fā)生了歧化反應(yīng)，同時SO2被氧化，故反應(yīng)的方程式是2Cu2OSO2=CuSO43Cu。甲同學(xué)重新作實驗的方法制備新制Cu(OH)2懸濁液，過濾，用蒸餾水洗滌干凈，防止Cu(OH)2中含有Cl，故取適量的最后一次洗滌液于試管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出現(xiàn)白色沉淀，證明Cu(OH)2洗滌干凈。(2)由實驗流程可知：后面實驗加入蒸餾水得到白色沉淀分析銅鹽只要CuCl，開始是CuCl被溶解，能夠溶解的試劑有濃鹽酸和硝酸溶液；而CuCl溶于硝酸后生成Cu(NO3)2溶液，再加入蒸餾水，白色沉淀不會溶解，故先加入的是濃鹽酸。CuCl溶于稀硝酸，產(chǎn)生了氣體NO，CuCl中的銅元素被氧化；有CuClAgCl可知：m(AgCl)=28.7 g，而實際沉淀為27.9 g，偏小，說明AgCl有損失，指出損失的合理原因即可。(3)抽濾出沉淀操作時用到了抽濾瓶、布氏漏斗及玻璃棒、濾紙等；因為Na2SO3與CuCl2反應(yīng)為Na2SO32CuCl2H2O=Na2SO42CuCl2HCl，故過濾后殘留在CuCl表面是鈉鹽和酸，用36%的乙酸是為了除去這些雜質(zhì)，而后無水乙醇是為了除去乙酸和水，快速干燥，防止氧化。答案(1)2Cu2OSO2=CuSO43Cu取適量的最后一次洗滌液于試管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出現(xiàn)白色沉淀，證明Cu(OH)2洗滌干凈(2)白色沉淀C白色沉淀溶解出現(xiàn)白色沉淀3CuCl4HNO=3Cu2NO2H2O3Cl偏小AgCl在干燥過程中有少量分解(其他合理答案也可)(3)玻璃棒、濾紙36%的乙酸是為了除去CuCl沉淀表面的酸和鈉鹽；無水乙醇是為了除去乙酸和水，快速干燥，防止氧化2蘭尼鎳是一種帶有多孔結(jié)構(gòu)的細(xì)小晶粒組成的鎳鋁合金，被廣泛用作有機物的氫化反應(yīng)的催化劑。以紅土鎳礦(主要成分為NiS、FeS和SiO2等)為原料制備蘭尼鎳的工藝流程如下圖所示： (1)在形成Ni(CO)4的過程中，碳元素的化合價沒有變化，則Ni(CO)4中的Ni的化合價為_；(2)已知紅土鎳礦煅燒后生成Ni2O3，而加壓酸浸后浸出液A中含有Ni2，寫出有關(guān)鎳元素的加壓酸浸的化學(xué)反應(yīng)方程式_；(3)向浸出液A中通入H2S氣體，反應(yīng)的離子方程式是_；(4)“高溫熔融”時能否將通入氬氣換為CO并說明原因_；(5)“堿浸”的目的是使鎳產(chǎn)生多孔結(jié)構(gòu)，從而增強對氫氣的強吸附性，此過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。浸出反應(yīng)所用的NaOH溶液的濃度要大，若NaOH溶液較稀時，則會產(chǎn)生少量的Al(OH)3沉淀而阻止浸出反應(yīng)的持續(xù)進(jìn)行，請用化學(xué)反應(yīng)原理加以解釋： _ _。(6)浸出液B可以回收，重新生成鋁以便循環(huán)利用。請設(shè)計簡單的回收流程：浸出液B_。(示例：CuOCu2Cu)解析(1)在Ni(CO)4中，碳元素的化合價與CO相同，為2價，故Ni的化合價為0；(2)已知紅土鎳礦煅燒后生成Ni2O3，而加壓酸浸后浸出液A中含有Ni2，說明Ni元素被還原，另外，在硫酸中反應(yīng)只能是O元素被氧化為O2，故有關(guān)鎳元素的加壓酸浸的化學(xué)反應(yīng)方程式是2Ni2O34H2SO4=4NiSO4O24H2O；(3)浸出液A中含有大量的Ni2、少量的H和Fe3，通入H2S時，F(xiàn)e3發(fā)生還原反應(yīng)：H2S2Fe3=2Fe22HS；(4)“高溫熔融”時不能將通入氬氣換為通入CO，因為冷卻時，CO能與Ni反應(yīng)生成Ni(CO)4；(5)“堿浸”的目的是溶解鎳鋁合金中的Al，使鎳產(chǎn)生多孔結(jié)構(gòu)，從而增強對氫氣的強吸附性，Al溶于NaOH溶液時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Al2OH2H2O=2AlO3H2；浸出反應(yīng)所用NaOH溶液的濃度要大，因為Al溶于堿液生成AlO時在水中存在下列平衡：AlO2H2OAl(OH)3OH，OH濃度過小，抑制AlO的水解程度過小，所以，產(chǎn)生的Al(OH)3就會沉積下來進(jìn)而阻止浸出反應(yīng)的持續(xù)進(jìn)行。(6)浸出液B中存在AlO，首先要將AlO沉淀下來，一般是通入足量的CO2生成Al(OH)3，然后脫水生成Al2O3，最后將Al2O3在熔融的狀態(tài)下電解即可得到金屬鋁(加入冰晶石可以降低Al2O3的熔點)。答案(1)0(2) 2Ni2O34H2SO4=4NiSO4O24H2O(3)H2S2Fe3=2Fe22HS(4)不能，因為冷卻時，CO能與Ni反應(yīng)生成Ni(CO)4(5)2Al2OH2H2O=2AlO3H2因為Al溶于堿液生成AlO時在水中存在下列平衡：AlO2H2OAl(OH)3OH，OH濃度過小，抑制AlO的水解程度過小，所以，產(chǎn)生的Al(OH)3就會沉積下來進(jìn)而阻止浸出反應(yīng)的持續(xù)進(jìn)行(6)Al(OH)3Al2O3Al3科學(xué)研究表明，當(dāng)前應(yīng)用最廣泛的化石燃料到本世紀(jì)中葉將枯竭，解決此危機的唯一途徑是實現(xiàn)燃料和燃燒產(chǎn)物之間的良性循環(huán)：(1)一種常用的方法是在230 、有催化劑條件下將CO2和H2轉(zhuǎn)化為甲醇蒸汽和水蒸氣。下圖是生成1 mol CH3OH時的能量變化示意圖。已知破壞1 mol不同共價鍵的能量(kJ)分別是：CHCOC=OHHHO413.4351745436462.8已知E1=8.2 kJmol1，則E2=_kJmol1。(2)將不同量的CO(g)和H2O(g)分別通入到體積為2 L的恒容密閉容器中進(jìn)行如下反應(yīng)：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)，得到如下三組數(shù)據(jù)：實驗溫度/起始量達(dá)到平衡CO/molH2O/molH2/molCO轉(zhuǎn)化率所需時間/min1650421.6629002133900abct該反應(yīng)的H_0(填“” )。實驗2條件下的平衡常數(shù)K=_。實驗3中，若平衡時H2O的轉(zhuǎn)化率為，則a/b=_，c=_。實驗4，若900 時，在容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1 mol，則此時v正_v逆(填“”或“=”)。(3)捕捉CO2可以利用Na2CO3溶液。先用Na2CO3溶液吸收CO2生成NaHCO3，然后使NaHCO3分解，Na2CO3可以進(jìn)行循環(huán)使用。將100 mL 0.1 molL1 Na2CO3的溶液中通入112 mL(已換算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)的CO2，溶液中沒有晶體析出，則：反應(yīng)后溶液中的各離子濃度由大到小的順序是_。反應(yīng)后的溶液可以作“緩沖液”(當(dāng)往溶液中加入一定量的酸和堿時，有阻礙溶液pH變化的作用)，請解釋其原理_。解析(1)由反應(yīng)：CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g)可知，H=(74524363413.43351462.83)kJmol1=181.6 kJmol1；又E1E2=H，可知E2=189.8 kJmol1。(2)650 時CO的轉(zhuǎn)化率為=0.4大于，加壓不影響平衡狀態(tài)，故升高溫度平衡逆向一定，正反應(yīng)放熱，H0；K=1；因為900 時的K=1，將實驗2中的CO和H2O濃度互換，則K值不變，若平衡時，H2O的轉(zhuǎn)化率為，則a/b=1/2，c=；實驗4，若900 時，在容器中加入的CO、H2O、CO2、H2均為1 mol，同一容器的體積相同，各物質(zhì)的濃度也相同，所以Qc=1，Qc=K，該可逆反應(yīng)達(dá)到平衡，此時v正=v逆。(3)原溶液中n(Na2CO3)=100103L0.1 molL1=0.01 mol；標(biāo)準(zhǔn)狀況下112 mL的CO2的物質(zhì)的量為0.005 mol。由反應(yīng)Na2CO3H2OCO2=2NaHCO3可知，反應(yīng)后的溶液中剩余n(Na2CO3)=0.005 mol、生成n(NaHCO3)=0.005 mol。因為CO的水解生成HCO且比水解HCO能力強，溶液顯堿性，故有：c(Na)c(HCO)c(CO)c(OH)c(H)。反應(yīng)后的溶液存在HCOCOH，加入少量的酸，平衡逆向移動，溶液pH變化不大；加入少量的堿平衡正向移動，溶液pH變化也不大，故該溶液可以作“緩沖液”。答案(1)189.8(2) 1 1/2或 =(3)c(Na)c(HCO)c(CO)c(OH)c(H)反應(yīng)后的溶液存在HCOCOH，加入少量的酸，平衡逆向移動，溶液pH變化不大；加入少量的堿平衡正向移動，溶液pH變化也不大，故該溶液可以作“緩沖液”4利用氟磷灰石(Ca5(PO4)3F)生產(chǎn)磷銨(NH4)3PO4并制取硫酸、聯(lián)產(chǎn)水泥。其工藝流程如下圖所示：(1)操作I的名稱_；在實驗室中操作包括_、_。(2)沸騰槽的材質(zhì)是_(從“玻璃”、“鋼鐵”、“附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨”中選擇)，選擇的理由是_ _。(3)工業(yè)上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1 500 生成白磷，同時逸出SiF4和CO，反應(yīng)方程式為_。(4)黏土中有一種成分為石脂Al2(OH)4Si2O5nH2O，其用氧化物表示為_。(5)已知SO2的催化氧化反應(yīng)為2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H0。從化學(xué)反應(yīng)原理的角度說明催化氧化時使用熱交換器的原因_。(6)制硫酸所產(chǎn)生的尾氣除了含有N2、O2外，還含有SO2、微量的SO3和酸霧。擬用下圖所示的裝置測定硫酸尾氣中SO2的含量：若下列各組中的試劑，前者濃度為0.1 molL1，后者適量，溶液體積為5 mL；通入尾氣10 L(已換算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)時反應(yīng)管中的溶液恰好變色。判斷下列試劑組能否測定硫酸尾氣中SO2的體積分?jǐn)?shù)。能者，確定SO2的體積分?jǐn)?shù)；不能者，說明原因。編號試劑組結(jié)論NaOH溶液、酚酞試液Na2CO3溶液、酚酞試液碘水、淀粉溶液KMnO4溶液、稀硫酸解析(1)操作得到的是H3PO4液體和石膏固體，所以是過濾；在實驗室中操作的目的是從溶液中得到晶體，包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶。(2)因為沸騰槽中的反應(yīng)是在酸性且加熱的條件下進(jìn)行的，此條件下鋼鐵易被酸溶解；反應(yīng)產(chǎn)生了HF，HF能腐蝕玻璃。聚偏氟乙烯防腐層不用熱硫酸和HF反應(yīng)，故沸騰槽應(yīng)選用附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨材質(zhì)。(3)工業(yè)上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1 500 生成白磷，同時逸出SiF4和CO，可以先寫出：Ca5(PO4)3FSiO2CCaSiO3P4SiF4CO，再配平。(4)石脂Al2(OH)4Si2O5nH2O，它可以用氧化物表示為Al2O32SiO2(n2)H2O。(5)催化氧化時使用熱交換器的原因是移去反應(yīng)中放出的熱量，使反應(yīng)后的氣體降溫，有利于平衡正向移動，并預(yù)熱未反應(yīng)的氣體，從而加快初始反應(yīng)速率。不能，因為SO2和CO2均可以與NaOH溶液反應(yīng)，且產(chǎn)物Na2SO3、Na2CO3的溶液仍然為堿性，不能確定反應(yīng)終點；不能，因為SO2可以與Na2CO3溶液反應(yīng)生成Na2SO3，反應(yīng)后溶液仍然為堿性，不能確定反應(yīng)終點；用淀粉作指示劑，可以證明I2反應(yīng)完全：I2SO22H2O=H2SO42HI，n(SO2)=n(I2)=0.1 molL15103L=0.5103mol，V(SO2)=0.5103mol22.4 Lmol1=1.12102L，故尾氣中SO2的體積分?jǐn)?shù)是0.112%；高錳酸鉀溶液本身的紫色可以作終點指示，故可以用來測定硫酸尾氣中SO2的體積分?jǐn)?shù)。由于5SO22KMnO42H2O=K2SO42MnSO42H2SO4，按反應(yīng)關(guān)系可以得到尾氣中SO2的體積分?jǐn)?shù)是0.28 %。答案(1)過濾蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶(2)附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨因為酸性且加熱，鋼鐵易被溶解，反應(yīng)產(chǎn)生HF，HF能腐蝕玻璃(3)4Ca5(PO4)3F21SiO230C20CaSiO33P4SiF430CO(4)Al2O32SiO2(n2)H2O(5)移去反應(yīng)中放出的熱量，使反應(yīng)后的氣體降溫并預(yù)熱未反應(yīng)的氣體(6) 不能，因為SO2和CO2均可以與NaOH溶液反應(yīng)，且產(chǎn)物Na2SO3、Na2CO3的溶液仍然為堿性，不能確定反應(yīng)終點不能，因為SO2可以與Na2CO3溶液反應(yīng)生成Na2SO3，反應(yīng)后溶液仍然為堿性，不能確定反應(yīng)終點0.112%0.28%5(1)已知X和Y均為短周期元素，其原子的第一至第五電離能如下表所示：電離能(kJmol1)I1I2I3I4I5X8012 4273 66025 02632 827Y577.51 816.72 744.811 57714 842根據(jù)上述信息： X和氯元素形成的簡單分子的空間構(gòu)型為_； Y的基態(tài)原子的核外電子排布式為_，若Y和氯元素所形成的分子的相對分子質(zhì)量為267，請在下列方框中寫出該分子的結(jié)構(gòu)式(若存在配位鍵，用“”表示)(2)碳元素可以形成多種單質(zhì)及化合物： C60的結(jié)構(gòu)如圖1。C60中的碳原子的雜化軌道類型是_；已知：碳元素單質(zhì)CC鍵長/ pm熔點/金剛石154.453 900C60145140600(升華)解釋：金剛石中的CC的鍵長大于C60中CC的鍵長的原因是_； 金剛石的熔點高于C60的原因是_。(3)如圖2是鉀的石墨的插層化合物的晶胞圖(圖中大球表示K原子，小球表示C原子)，如圖3是晶胞沿右側(cè)方向的投影： 該化合物的化學(xué)式是_； K層與C層之間的作用力是_； K層中K原子之間的最近距離是CC的鍵長dCC的_倍。(4)SiC的晶胞與金剛石的晶胞相似，設(shè)碳原子的直徑為a cm，硅原子的直徑為b cm，則晶胞的邊長為_ cm(用含a、b的式子表示)。 解析(1)X和Y為短周期元素，其原子都有第一至第五電離能，原子多于5個電子。又由于X、Y都是I4遠(yuǎn)大于I3，說明最外層都是3個電子。X、Y元素的原子的I1，X大于Y的，故X是B、Y是Al。X(B)和氯元素形成的簡單分子BCl3的中心原子B原子的價層電子無孤電子對，所以其空間構(gòu)型為平面正三角形；Y(Al)的基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p1，Y和氯元素形成的分子的相對分子質(zhì)量為267，其分子式是Al2Cl6，Al原子最外層有3個電子，與3個Cl原子形成共價鍵，還有1個空軌道，可以接收Cl原子提供的孤對電子形成配位鍵，故其結(jié)構(gòu)式是。(2)C60中的每一個碳原子都與3個相鄰的碳原子以共價鍵相結(jié)合，故碳原子軌道以sp2的形式雜化；金剛石中的CC鍵為單鍵，而C60中的每個碳原子都以sp2的形式雜化，其2p軌道上還有一個單電子軌道垂直于sp2雜化軌道的平面，相互之間肩并肩重合形成鍵，故金剛石中的CC的鍵長大于C60中CC的鍵長；C60是分子晶體，熔化時破壞的是分子間作用力，金剛石是原子晶體，融化時破壞的是共價鍵。(3)根據(jù)均攤法：晶胞中的原子數(shù)目分別為K：4(頂角)4(面上)5(體心)=125=8，C：48(面上)12(體心)=416=64。原子數(shù)目之比KC=864=18，故該化合物的化學(xué)式是C8K；K屬于活潑金屬元素，C為非金屬元素，二者之間的作用力為離子鍵；設(shè)晶胞沿右側(cè)方向的投影的邊長為2a，寬為a，則K層中K原子之間的最近距離為a，正六邊形的內(nèi)角為120，則4dCCcos 30=a，故a=2dCC；(4)碳化硅的晶胞與金剛石的晶胞相似(如圖)，碳原子與硅原子最近距離為晶體體對角線的，若晶胞的邊長為l cm，則晶體體對角線為l cm=4()，故l=。答案(1) 平面正三角形1s22s22p63s23p1(2) sp2雜化 金剛石中的CC鍵為單鍵，而C60中每個碳原子都以sp2的形式雜化，其2p軌道上還有一個單電子軌道垂直于sp2雜化軌道的平面，相互之間肩并肩重合形成鍵，故金剛石中的CC的鍵長大于C60中CC的鍵長 C60是分子晶體，熔化時破壞的是分子間作用力，金剛石是原子晶體，融化時破壞的是共價鍵(3) C8K 離子鍵 2(4) 6工業(yè)上以苯為主要原料生產(chǎn)可降解塑料PCl的合成路線如圖所示。已知： (R、R代表烴基)(1)F中含氧官能團的名稱是_。(2)由苯生成W的反應(yīng)類型是_，由X生成E的反應(yīng)類型是_。(3)B的名稱是_，X的名稱是_。(4)1 mol四溴雙酚與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多可消耗NaOH的物質(zhì)的量為_。(5)若Y的苯環(huán)上只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，則B與HCHO反應(yīng)生成Y的化學(xué)方程式為_。(6)高分子化合物PCl的結(jié)構(gòu)簡式是_。(7)A的同分異構(gòu)體有很多，寫出同時滿足下列條件的A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_。能與NaOH溶液反應(yīng)；能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；苯環(huán)上有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。解析苯分子中一個H原子被中的取代生成W，聯(lián)系已知信息和A水解生成CH3COOH，可知A為，A水解生成苯酚(B)和乙酸。苯與H2發(fā)生加成反應(yīng)生成環(huán)己烷(D)，D與Cl2發(fā)生取代反應(yīng)后再水解生成環(huán)己醇(X)，環(huán)己醇發(fā)生氧化反應(yīng)生成環(huán)己酮(E)，E被過氧化物氧化生成 (H)，H水解后發(fā)生縮聚反應(yīng)生成。苯酚與甲醛反應(yīng)生成。1 mol四溴雙酚水解生成的有機物中含6 mol酚羥基，還生成4 mol HBr，故1 mol四溴雙酚最多可消耗10 mol NaOH。滿足條件的A的同分異構(gòu)體是甲酸酯，苯環(huán)上有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，其結(jié)構(gòu)簡式為。答案(1)(酚)羥基(2)取代反應(yīng)氧化反應(yīng)(3)苯酚環(huán)己醇(4)10 mol(5)2HCHOH2O(6) (7)