高考化学 非选择题规范练 3.docx

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高考化学非选择题规范练3

非选择题规范练三

26．以铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料生产化工原料红矾钠（主要成分为Na2Cr2O7·2H2O），其主要工艺流程如下：

查阅资料得知：

ⅰ.常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3＋转化为CrO

。

ⅱ.

金属离子

Fe3＋

Al3＋

Cr3＋

Fe2＋

Bi3＋

开始沉淀的pH

2.7

3.4

5.0

7.5

0.7

沉淀完全的pH

3.7

4.9

5.9

9.7

4.5

回答下列问题：

（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是_______________________________________________。

（2）步骤③加的试剂为____________，此时溶液pH要调到5的目的_______________________。

（3）写出反应④的离子反应方程式：

_____________________________________________。

（4）⑤中酸化是使CrO

转化为Cr2O

，写出该反应的离子方程式：

______________________

________________________________________________________________________。

（5）将溶液H经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠粗晶体需要采用的操作是__________（填操作名称）。

答案　

（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率

（2）氢氧化钠溶液（或NaOH溶液）　使Fe3＋、Al3＋均完全转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀而除去

（3）3NaBiO3＋2Cr3＋＋7OH－＋H2O===3Bi（OH）3＋2CrO

＋3Na＋

（4）2CrO

＋2H＋Cr2O

＋H2O

（5）重结晶

解析　

（2）根据表格数据分析，步骤③加的试剂为氢氧化钠溶液；此时溶液pH要调到5的目的是使Fe3＋、Al3＋均完全转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀而除去，而铬离子不沉淀。

（3）反应④中铋酸钠将硫酸铬氧化生成铬酸钠同时生成氢氧化铋，离子反应方程式为3NaBiO3＋2Cr3＋＋7OH－＋H2O===3Bi（OH）3＋2CrO

＋3Na＋。

（5）将溶液H经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得红矾钠粗晶体，此操作为重结晶。

27．氰化钠（NaCN）是一种基本化工原料，同时也是一种剧毒物质。

一旦泄漏需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或过硫酸钠（Na2S2O8）溶液来处理，以减轻环境污染。

Ⅰ.

（1）NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式是_______________________________________________________。

Ⅱ.工业制备过硫酸钠的反应原理如下：

主反应：

（NH4）2S2O8＋2NaOH

Na2S2O8＋2NH3↑＋2H2O

副反应：

2NH3＋3Na2S2O8＋6NaOH

6Na2SO4＋6H2O＋N2

某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠，并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水。

实验一：

实验室通过如下图所示装置制备Na2S2O8。

（2）装置中盛放双氧水的仪器名称是________。

（3）装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是___________________。

（4）上述装置中还需补充的实验仪器或装置有________（填字母）。

A．温度计B．洗气瓶

C．水浴加热装置D．环形玻璃搅拌棒

实验二：

测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。

已知：

①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg·L－1。

②Ag＋＋2CN－===[Ag（CN）2]－，Ag＋＋I－===AgI↓，AgI呈黄色，且CN－优先与Ag＋反应。

实验如下：

取1L处理后的NaCN废水，浓缩为10.00mL置于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.0×10－3mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL。

（5）滴定终点的现象是__________________________________________________________。

（6）处理后的废水是否达到排放标准？

________（填“是”或“否”）。

Ⅲ.（7）常温下，含硫微粒主要存在形式受pH影响。

利用电化学原理，用惰性电极电解饱和NaHSO4溶液也可以制备过硫酸钠。

已知在阳极放电的离子主要为HSO

，则阳极反应方程式为______________________________________________________________________。

答案　

（1）NaCN＋H2O2＋H2O===NH3↑＋NaHCO3

（2）分液漏斗

（3）将产生的氨气及时排除，防止发生副反应

（4）AC

（5）滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失

（6）是

（7）2HSO

－2e－===S2O

＋2H＋

解析　

（1）NaCN用双氧水处理后，生成的酸式盐为碳酸氢钠，使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，反应方程式为NaCN＋H2O2＋H2O===NH3↑＋NaHCO3。

（3）主反应产生氨气，副反应氨气为反应物，装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c，为了将产生的氨气及时排除，防止发生副反应。

（4）由题可知，主反应的温度为55℃，因此装置中还需要温度计，为维持温度，采用水浴加热，需要水浴加热装置，所以合理选项是AC。

（5）废水溶液中KI为指示剂，用标准AgNO3溶液滴定，Ag＋将CN－反应完全后与I－结合为AgI黄色沉淀，因此终点现象为：

滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失。

（6）根据Ag＋～2NaCN消耗1.0×10－3mol·L－1的标准AgNO3溶液的体积为5.00mL，得m（NaCN）＝n（NaCN）×M（NaCN）＝2n（AgNO3）×M（NaCN）＝2×1.0×10－3mol·L－1×5.00×10－3L×

49g·mol－1＝49×10－5g，废水中氰化钠的浓度为c（NaCN）＝

＝0.49mg·L－1＜0.5mg·L－1，故达到排放标准。

（7）阳极发生氧化反应，HSO

失电子被氧化为S2O

，电极反应式为：

2HSO

－2e－===S2O

＋2H＋。

28．Ⅰ.已知：

①NaHCO3（s）===Na＋（aq）＋HCO

（aq）　ΔH＝＋18.81kJ·mo1－1

②Na2CO3（s）===2Na＋（aq）＋CO

（aq）　ΔH＝－16.44kJ·mol－1

③2NaHCO3（s）===Na2CO3（s）＋CO2（g）＋H2O（l）　ΔH＝＋92.34kJ·mol－1

请回答：

（1）资料显示，NaHCO3固体加热到100℃发生分解，但是加热NaHCO3溶液不到80℃就有大量CO2气体放出，用反应热角度说明原因______________________________________

________________________________________________________________________。

（2）NaHCO3溶液中主要存在2种化学平衡：

a.HCO

＋H2OH2CO3＋OH－，b.2HCO

CO

＋H2O＋CO2。

根据理论计算0.10mol·L－1NaHCO3溶液中2个反应的转化率随温度变化如图1所示（不考虑相互影响）：

①计算25℃0.10mol·L－1NaHCO3溶液中CO2与H2CO3的总浓度最大可能为_______mol·L－1。

②加热蒸干NaHCO3溶液最后得到的固体是________。

③25℃时0.10mol·L－1的NaHCO3溶液的pH＝8.3，加热到4min时溶液沸腾，后保温到7min。

已知常温下Na2CO3溶液浓度和pH的关系如下表（忽略温度对Kw的影响）：

c/mol·L－1

饱和

0.20

0.10

0.010

0.0010

pH

12.1

11.8

11.5

11.1

10.6

请在图2中作出NaHCO3溶液的pH随时间变化的曲线。

Ⅱ.研究得出当甲烷分解时，几种气体平衡时分压（Pa）与温度（℃）的关系如图3：

（1）T1℃时，向1L恒容密闭容器中充入0.3molCH4，只发生反应2CH4（g）C2H4（g）＋2H2（g），达到平衡时，c（C2H4）＝c（CH4），CH4的平衡转化率为________；上述平衡状态某一时刻，若改变温度至T2℃，CH4以0.01mol·L－1·s－1的平均速率增多，经ts后再次达到平衡，且平衡时，c（CH4）＝2c（C2H4），则t＝________s。

（2）列式计算反应2CH4（g）C2H2（g）＋3H2（g）在图3中A点温度时的平衡常数K＝________（用平衡分压代替平衡浓度计算，lg0.05＝－1.3）。

（3）由图3可知，甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的转化率，除改变温度外，还可采取的措施有____________________________________________。

答案　Ⅰ.

（1）2HCO

（aq）===CO

（aq）＋CO2（g）＋H2O（l）　ΔH＝＋38.28kJ·mol－1，反应需要的能量比固体小

（2）①1.7×10－3　②Na2CO3　③

Ⅱ.

（1）66.7%　5　

（2）5.0×104　（3）充入适量的乙烯

解析　Ⅰ.

（1）根据所给热化学方程式结合盖斯定律可得2HCO

（aq）===CO

（aq）＋CO2（g）＋H2O（l）　ΔH＝＋38.28kJ·mol－1，所以加热NaHCO3溶液需要的能量比固体小。

（2）①根据图1可知，25℃时，HCO

的转化率为0.2%，即生成H2CO3的浓度为：

0.10mol·

L－1×0.2%＝2×10－4mol·L－1,25℃时，反应b中HCO

的转化率为3.0%，即生成CO2的浓度为：

0.10mol·L－1×3.0%×

＝1.5×10－3mol·L－1，所以25℃时0.10mol·L－1NaHCO3溶液中CO2与H2CO3的总浓度最大可能为：

2×10－4mol·L－1＋1.5×10－3mol·L－1＝1.7×10－3mol·L－1。

②加热蒸干NaHCO3溶液，NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和水，所以最后得到的固体是Na2CO3。

③根据已知条件，碳酸钠的起始pH应该为8.3，所以起点从8.3出发，加热到4min时溶液沸腾，即4min之前已达到平衡，且此时Na2CO3的浓度小于0.10mol·L－1大于0.01mol·L－1，所以拐点的pH在11.1至11.5之间，保温到7min，pH变化不大。

Ⅱ.

（1）假设达到平衡时，生成n（C2H4）为xmol，

　　　　2CH4（g）C2H4（g）＋2H2（g）

起始n/mol　　0.3　　　　0　　　0

反应n/mol2xx2x

平衡n/mol0.3－2x x2x

由于恒容密闭容器体积不变，所以达到平衡时，c（C2H4）＝c（CH4），即n（C2H4）＝n（CH4）＝x＝0.3－2x，计算得x＝0.1，甲烷的转化率为：

×100%≈66.7%；假设再次平衡时乙烯转化的物质的量是ymol，则0.1＋2y＝2×（0.1－y），解得y＝0.025，这说明甲烷的物质的量增加了0.025mol×2＝0.05mol，所以时间t＝

＝5s。

（2）根据图3可知，平衡时甲烷、氢气、乙炔的平衡分压分别是103、104、

，所以

A点温度时的平衡常数K＝

＝5.0×104。

（3）根据方程式可知，增大乙烯的浓度可以增大甲烷的浓度，进而提高乙炔的转化率。

35．铜元素可形成多种重要化合物。

回答下列问题：

（1）铜元素位于元素周期表中的________区，其基态原子的价电子排布图为________________________________________________________________________。

（2）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可形成[Cu（NH3）4]SO4溶液，该溶液可用于溶解纤维素。

①[Cu（NH3）4]SO4中阴离子的立体构型是________________________________________。

②在[Cu（NH3）4]SO4中，Cu2＋与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是_________________________________________________________。

③除硫元素外，[Cu（NH3）4]SO4中所含元素的电负性由小到大的顺序为___________________。

④NF3与NH3的立体构型相同，中心原子的轨道杂化类型均为____________。

但NF3不易与Cu2＋形成化学键，其原因是________________________________________________。

（3）一种Hg—Ba—Cu—O高温超导材料的晶胞（长方体）如图所示。

①该物质的化学式为________________________________________。

②已知该晶胞中两个Ba2＋的间距为cpm，则距离Ba2＋最近的Hg＋数目为________个，二者的最短距离为________pm。

（列出计算式即可，下同）

③设该物质的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______g·cm－3。

答案　

（1）ds　

（2）①正四面体　②配位键　N　③Cu

（3）①HgBa2CuO4　②4　

　③

解析　

（2）①SO

中S原子的孤电子对数＝

＝0，价层电子对数＝4＋0＝4，离子的立体构型为正四面体。

②Cu2＋提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。

③非金属性越强，电负性越大，同周期主族元素从左至右电负性逐渐增强，故电负性：

H＜N＜O，Cu为金属元素，吸引电子的能力非常弱，故电负性最弱。

故电负性大小顺序为：

Cu

④NH3中N原子杂化轨道数为（5＋3）÷2＝4，采取sp3杂化方式；F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子。

（3）①该晶胞中Ba原子个数＝2；Hg原子个数＝8×

＝1；Cu原子个数＝4×

＝1；O原子的个数＝8×

＋4×

＝4，故化学式为HgBa2CuO4。

②根据晶胞结构图知，以下面的Ba2＋为例，周围距离最近且等距离的分布在下底面的4个顶点上，所以距离Ba2＋最近的Hg＋数目为4。

Ba2＋离下底面面心的距离为

pm，设Ba2＋与Hg＋的最短距离为xpm，则有x2＝（

）2＋（

）2，解得x＝

。

③该晶胞的质量＝

g，体积＝a2bpm3＝a2b（10－10cm）3＝a2b×10－30cm3；所以该晶体的密度＝

＝

g·cm－3。

36．硝苯地平H是一种治疗高血压的药物；其一种合成路线如下：

已知：

酯分子中α碳原子上的氢比较活泼，使酯与酯之间能发生缩合反应。

＋

＋ROH

回答下列问题：

（1）B的化学名称为____________。

（2）②的反应类型是____________。

（3）D的结构简式为_____________________________________________。

（4）H的分子式为_________________________________________________。

（5）反应①的化学方程式为_________________________________________。

（6）已知M与G互为同分异构体，M在一定条件下能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶4，写出M的一种可能的结构简式：

__________。

（7）拉西地平

，R为—CH===CHCOOC（CH3）3，也是一种治疗高血压药物，设计乙醇和

为原料制备拉西地平的合成路线（无机试剂任选）。

答案　

（1）邻硝基甲苯　

（2）取代反应

（3）

（4）C17H18N2O6

（5）

＋HNO3

＋H2O

（6）

（7）

解析　

（1）硝基和甲基为邻位关系，故B的化学名称为邻硝基甲苯。

（2）对比B、C结构，可知②的反应类型为取代反应。

（3）由分析知D为

。

（4）H的分子式为C17H18N2O6。

（5）反应①发生取代反应引入硝基：

＋HNO3

＋H2O。

（6）M在一定条件下能发生银镜反应，则考虑其中包含醛基或甲酸酯的结构，故M可能为