届高三化学二轮高考专题辅导与训练 第三部分 考前专项集训14.docx
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届高三化学二轮高考专题辅导与训练第三部分考前专项集训14
训练（十四） 非选择题专项练（6）
1．某校兴趣小组对SO2与新制Cu（OH）2悬浊液的反应进行探究，装置如下：
实验如下：
序号
试管中的药品
现象
Ⅰ
1.5mL1mol·L－1CuSO4溶液和3.5mL1mol·L－1NaOH溶液混合
开始时有砖红色沉淀A出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体B，溶液呈蓝色
Ⅱ
1.5mL1mol·L－1CuCl2溶液和3.5mL1mol·L－1NaOH溶液混合
开始时有浅红色沉淀出现，一段时间后，浅红色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀C，溶液呈蓝色
查阅资料如下：
CuCl为白色固体，难溶于水，乙醇、乙酸等，能溶于浓盐酸，也能溶于浓或稀硝酸溶液，CuCl被氧化。
（1）甲同学通过补充两个实验：
①证明实验Ⅰ中观察到的砖红色沉淀A是Cu2O。
取少量Cu2O固体于试管中，加5mL蒸馏水，向其中持续通入SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈蓝色，则说明砖红色沉淀是Cu2O。
其反应的方程式是_____________________________________________________________________。
②甲同学重新用实验Ⅱ的方法制备新制Cu（OH）2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净。
向洗净后的Cu（OH）2中加入5mL蒸馏水，再持续通入SO2气体，现象与实验Ⅰ相同。
检验Cu（OH）2洗涤干净的方法是______________________________________
_____________________________________________________________________。
（2）同学们对白色沉淀的成分继续进行探究。
①请帮助乙同学证明C为CuCl，设计简单的实验方案：
__________________
_____________________________________________________________________。
②丙同学向洗涤得到的19.9gC中加入足量的稀硝酸，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为：
________________________。
向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到27.9g白色沉淀。
这种实验结果________（“偏小”、“偏大”或“不变”），可能原因是_____________________。
（3）工业上制备CuCl还可以用：
将Na2SO3的水溶液逐滴加入CuCl2的水溶液中，倾出部分清液，抽滤出沉淀，沉淀依次用36%的乙酸，无水乙醇洗涤多次，得白色粉末固体，真空或者充氮气保存。
①抽滤出沉淀操作时用到了抽滤瓶、布氏漏斗、______________等仪器和用品。
②沉淀依次用36%的乙酸，无水乙醇，无水乙醚洗涤多次的目的是__________________。
解析 实验Ⅰ和Ⅱ的不同点是配制Cu（OH）2的溶液时铜盐的阴离子不同，导致现象不同。
在实验Ⅱ中，白色沉淀C的生成一定与Cl－有关，试题给出了CuCl的一些性质，是解决问题的关键。
（1）①Cu2O固体加蒸馏水，通入SO2，试管底部有少量紫红色固体Cu，溶液呈蓝色Cu2＋，说明Cu2O发生了歧化反应，同时SO2被氧化，故反应的方程式是2Cu2O＋SO2===CuSO4＋3Cu。
②甲同学重新作实验Ⅱ的方法制备新制Cu（OH）2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净，防止Cu（OH）2中含有Cl－，故取适量的最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu（OH）2洗涤干净。
（2）①由实验流程可知：
后面实验加入蒸馏水得到白色沉淀分析铜盐只要CuCl，开始是CuCl被溶解，能够溶解的试剂有浓盐酸和硝酸溶液；而CuCl溶于硝酸后生成Cu（NO3）2溶液，再加入蒸馏水，白色沉淀不会溶解，故先加入的是浓盐酸。
②CuCl溶于稀硝酸，产生了气体NO，CuCl中的铜元素被氧化；有CuCl～AgCl可知：
m（AgCl）=
=28.7g，而实际沉淀为27.9g，偏小，说明AgCl有损失，指出损失的合理原因即可。
（3）抽滤出沉淀操作时用到了抽滤瓶、布氏漏斗及玻璃棒、滤纸等；因为Na2SO3与CuCl2反应为Na2SO3＋2CuCl2＋H2O===Na2SO4＋2CuCl＋2HCl，故过滤后残留在CuCl表面是钠盐和酸，用36%的乙酸是为了除去这些杂质，而后无水乙醇是为了除去乙酸和水，快速干燥，防止氧化。
答案
（1）①2Cu2O＋SO2===CuSO4＋3Cu
②取适量的最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu（OH）2洗涤干净
（2）①白色沉淀C
白色沉淀溶解
出现白色沉淀
②3CuCl＋4H＋＋NO
===3Cu2＋＋NO↑＋2H2O＋3Cl－ 偏小 AgCl在干燥过程中有少量分解（其他合理答案也可）
（3）①玻璃棒、滤纸
②36%的乙酸是为了除去CuCl沉淀表面的酸和钠盐；无水乙醇是为了除去乙酸和水，快速干燥，防止氧化
2．兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，被广泛用作有机物的氢化反应的催化剂。
以红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）为原料制备兰尼镍的工艺流程如下图所示：
（1）在形成Ni（CO）4的过程中，碳元素的化合价没有变化，则Ni（CO）4中的Ni的化合价为________；
（2）已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2＋，写出有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式_______________________________；
（3）向浸出液A中通入H2S气体，反应的离子方程式是______________________；
（4）“高温熔融”时能否将通入氩气换为CO并说明原因____________________；
（5）“碱浸”的目的是使镍产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附性，此过程中发生反应的离子方程式为__________________________。
浸出反应所用的NaOH溶液的浓度要大，若NaOH溶液较稀时，则会产生少量的Al（OH）3沉淀而阻止浸出反应的持续进行，请用化学反应原理加以解释：
__________________________________________________________________________________________。
（6）浸出液B可以回收，重新生成铝以便循环利用。
请设计简单的回收流程：
浸出液B→___________________________________________________________。
（示例：
CuO
Cu2＋
Cu）
解析
（1）在Ni（CO）4中，碳元素的化合价与CO相同，为＋2价，故Ni的化合价为0；
（2）已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2＋，说明Ni元素被还原，另外，在硫酸中反应只能是O元素被氧化为O2，故有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式是2Ni2O3＋4H2SO4===4NiSO4＋O2↑＋4H2O；
（3）浸出液A中含有大量的Ni2＋、少量的H＋和Fe3＋，通入H2S时，Fe3＋发生还原反应：
H2S＋2Fe3＋===2Fe2＋＋2H＋＋S↓；
（4）“高温熔融”时不能将通入氩气换为通入CO，因为冷却时，CO能与Ni反应生成Ni（CO）4；
（5）“碱浸”的目的是溶解镍铝合金中的Al，使镍产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附性，Al溶于NaOH溶液时发生反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO
＋3H2↑；浸出反应所用NaOH溶液的浓度要大，因为Al溶于碱液生成AlO
时在水中存在下列平衡：
AlO
＋2H2OAl（OH）3＋OH－，OH－浓度过小，抑制AlO
的水解程度过小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应的持续进行。
（6）浸出液B中存在AlO
，首先要将AlO
沉淀下来，一般是通入足量的CO2生成Al（OH）3，然后脱水生成Al2O3，最后将Al2O3在熔融的状态下电解即可得到金属铝（加入冰晶石可以降低Al2O3的熔点）。
答案
（1）0
（2）2Ni2O3＋4H2SO4===4NiSO4＋O2↑＋4H2O
（3）H2S＋2Fe3＋===2Fe2＋＋2H＋＋S↓
（4）不能，因为冷却时，CO能与Ni反应生成Ni（CO）4
（5）2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO
＋3H2↑
因为Al溶于碱液生成AlO
时在水中存在下列平衡：
AlO
＋2H2OAl（OH）3＋OH－，OH－浓度过小，抑制AlO
的水解程度过小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应的持续进行
（6）
Al（OH）3
Al2O3
Al
3．科学研究表明，当前应用最广泛的化石燃料到本世纪中叶将枯竭，解决此危机的唯一途径是实现燃料和燃烧产物之间的良性循环：
（1）一种常用的方法是在230℃、有催化剂条件下将CO2和H2转化为甲醇蒸汽和水蒸气。
下图是生成1molCH3OH时的能量变化示意图。
已知破坏1mol不同共价键的能量（kJ）分别是：
C—H
C—O
C==O
H—H
H—O
413.4
351
745
436
462.8
已知E1=8.2kJ·mol－1，则E2=________kJ·mol－1。
（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行如下反应：
CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g），得到如下三组数据：
实验
温度/℃
起始量
达到平衡
CO/mol
H2O/mol
H2/mol
CO转化率
所需时间/min
1
650
4
2
1.6
6
2
900
2
1
3
3
900
a
b
c
t
①该反应的ΔH________0（填“<”或“>”）。
②实验2条件下的平衡常数K=________。
③实验3中，若平衡时H2O的转化率为
，则a/b=________，c=________。
④实验4，若900℃时，在容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1mol，则此时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可以进行循环使用。
将100mL0.1mol·L－1Na2CO3的溶液中通入112mL（已换算为标准状况）的CO2，溶液中没有晶体析出，则：
①反应后溶液中的各离子浓度由大到小的顺序是____________。
②反应后的溶液可以作“缓冲液”（当往溶液中加入一定量的酸和碱时，有阻碍溶液pH变化的作用），请解释其原理_____________________________________
_____________________________________________________________________。
解析
（1）由反应：
CO2（g）＋3H2（g）===CH3OH（g）＋H2O（g）可知，ΔH=（745×2＋436×3－413.4×3－351－462.8×3）kJ·mol－1=－181.6kJ·mol－1；又E1－E2=ΔH，可知E2=189.8kJ·mol－1。
（2）①650℃时CO的转化率为
=0.4大于
，加压不影响平衡状态，故升高温度平衡逆向一定，正反应放热，ΔH＜0；②K=
=
=1；③因为900℃时的K=1，将实验2中的CO和H2O浓度互换，则K值不变，若平衡时，H2O的转化率为
，则a/b=1/2，c=
；④实验4，若900℃时，在容器中加入的CO、H2O、CO2、H2均为1mol，同一容器的体积相同，各物质的浓度也相同，所以Qc=1，Qc=K，该可逆反应达到平衡，此时v正=v逆。
（3）①原溶液中n（Na2CO3）=100×10－3L×0.1mol·L－1=0.01mol；标准状况下112mL的CO2的物质的量为0.005mol。
由反应Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3可知，反应后的溶液中剩余n（Na2CO3）=0.005mol、生成n（NaHCO3）=0.005mol。
因为CO
的水解生成HCO
且比水解HCO
能力强，溶液显碱性，故有：
c（Na＋）＞c（HCO
）＞c（CO
）＞c（OH－）＞c（H＋）。
②反应后的溶液存在HCO
CO
＋H＋，加入少量的酸，平衡逆向移动，溶液pH变化不大；加入少量的碱平衡正向移动，溶液pH变化也不大，故该溶液可以作“缓冲液”。
答案
（1）189.8
（2）①< ②1 ③1/2
或
④=（3）①c（Na＋）＞c（HCO
）＞c（CO
）＞c（OH－）＞c（H＋）
②反应后的溶液存在HCO
CO
＋H＋，加入少量的酸，平衡逆向移动，溶液pH变化不大；加入少量的碱平衡正向移动，溶液pH变化也不大，故该溶液可以作“缓冲液”
4．利用氟磷灰石（Ca5（PO4）3F）]生产磷铵（NH4）3PO4]并制取硫酸、联产水泥。
其工艺流程如下图所示：
（1）操作I的名称____________；在实验室中操作Ⅱ包括____________、____________。
（2）沸腾槽的材质是________________（从“玻璃”、“钢铁”、“附有聚偏氟乙烯防腐层的石墨”中选择），选择的理由是_____________________________________________________________________________________________________。
（3）工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO，反应方程式为____________________________。
（4）黏土中有一种成分为石脂Al2（OH）4Si2O5·nH2O]，其用氧化物表示为____________。
（5）已知SO2的催化氧化反应为2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g） ΔH＜0。
从化学反应原理的角度说明催化氧化时使用热交换器的原因_______________________。
（6）制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾。
拟用下图所示的装置测定硫酸尾气中SO2的含量：
若下列各组中的试剂，前者浓度为0.1mol·L－1，后者适量，溶液体积为5mL；通入尾气10L（已换算为标准状况）时反应管中的溶液恰好变色。
判断下列试剂组能否测定硫酸尾气中SO2的体积分数。
能者，确定SO2的体积分数；不能者，说明原因。
编号
试剂组
结论
①
NaOH溶液、酚酞试液
②
Na2CO3溶液、酚酞试液
③
碘水、淀粉溶液
④
KMnO4溶液、稀硫酸
解析
（1）操作Ⅰ得到的是H3PO4液体和石膏固体，所以是过滤；在实验室中操作Ⅱ的目的是从溶液中得到晶体，包括蒸发浓缩、冷却结晶。
（2）因为沸腾槽中的反应是在酸性且加热的条件下进行的，此条件下钢铁易被酸溶解；反应产生了HF，HF能腐蚀玻璃。
聚偏氟乙烯防腐层不用热硫酸和HF反应，故沸腾槽应选用附有聚偏氟乙烯防腐层的石墨材质。
（3）工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO，可以先写出：
Ca5（PO4）3F＋SiO2＋C
CaSiO3＋P4＋SiF4↑＋CO↑，再配平。
（4）石脂Al2（OH）4Si2O5·nH2O]，它可以用氧化物表示为Al2O3·2SiO2·（n＋2）H2O。
（5）催化氧化时使用热交换器的原因是移去反应中放出的热量，使反应后的气体降温，有利于平衡正向移动，并预热未反应的气体，从而加快初始反应速率。
①不能，因为SO2和CO2均可以与NaOH溶液反应，且产物Na2SO3、Na2CO3的溶液仍然为碱性，不能确定反应终点；
②不能，因为SO2可以与Na2CO3溶液反应生成Na2SO3，反应后溶液仍然为碱性，不能确定反应终点；
③用淀粉作指示剂，可以证明I2反应完全：
I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI，n（SO2）=n（I2）=0.1mol·L－1×5×10－3L=0.5×10－3mol，V（SO2）=0.5×10－3mol×22.4L·mol－1=1.12×10－2L，故尾气中SO2的体积分数是0.112%；
④高锰酸钾溶液本身的紫色可以作终点指示，故可以用来测定硫酸尾气中SO2的体积分数。
由于5SO2＋2KMnO4＋2H2O===K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4，按反应关系可以得到尾气中SO2的体积分数是0.28%。
答案
（1）过滤 蒸发浓缩 冷却结晶
（2）附有聚偏氟乙烯防腐层的石墨 因为酸性且加热，钢铁易被溶解，反应产生HF，HF能腐蚀玻璃
（3）4Ca5（PO4）3F＋21SiO2＋30C
20CaSiO3＋3P4＋SiF4↑＋30CO↑
（4）Al2O3·2SiO2·（n＋2）H2O
（5）移去反应中放出的热量，使反应后的气体降温并预热未反应的气体
（6）①不能，因为SO2和CO2均可以与NaOH溶液反应，且产物Na2SO3、Na2CO3的溶液仍然为碱性，不能确定反应终点
②不能，因为SO2可以与Na2CO3溶液反应生成Na2SO3，反应后溶液仍然为碱性，不能确定反应终点
③0.112% ④0.28%
5．
（1）已知X和Y均为短周期元素，其原子的第一至第五电离能如下表所示：
电离能（kJ·mol－1）
I1
I2
I3
I4
I5
X
801
2427
3660
25026
32827
Y
577.5
1816.7
2744.8
11577
14842
根据上述信息：
①X和氯元素形成的简单分子的空间构型为____________；
②Y的基态原子的核外电子排布式为____________，若Y和氯元素所形成的分子的相对分子质量为267，请在下列方框中写出该分子的结构式（若存在配位键，用“→”表示）
（2）碳元素可以形成多种单质及化合物：
①C60的结构如图1。
C60中的碳原子的杂化轨道类型是____________；
已知：
碳元素单质
C－C键长/pm
熔点/℃
金刚石
154.45
3900
C60
145～140
600（升华）
解释：
②金刚石中的C－C的键长大于C60中C－C的键长的原因是_____________________________________________________________________；
③金刚石的熔点高于C60的原因是__________________________________。
（3）如图2是钾的石墨的插层化合物的晶胞图（图中大球表示K原子，小球表示C原子），如图3是晶胞沿右侧方向的投影：
①该化合物的化学式是____________；
②K层与C层之间的作用力是________________；
③K层中K原子之间的最近距离是C－C的键长dC－C的________倍。
（4）SiC的晶胞与金刚石的晶胞相似，设碳原子的直径为acm，硅原子的直径为bcm，则晶胞的边长为________cm（用含a、b的式子表示）。
解析
（1）X和Y为短周期元素，其原子都有第一至第五电离能，原子多于5个电子。
又由于X、Y都是I4远大于I3，说明最外层都是3个电子。
X、Y元素的原子的I1，X大于Y的，故X是B、Y是Al。
①X（B）和氯元素形成的简单分子BCl3的中心原子B原子的价层电子无孤电子对，所以其空间构型为平面正三角形；
②Y（Al）的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，Y和氯元素形成的分子的相对分子质量为267，其分子式是Al2Cl6，Al原子最外层有3个电子，与3个Cl原子形成共价键，还有1个空轨道，可以接收Cl原子提供的孤对电子形成配位键，故其结构式是
。
（2）①C60中的每一个碳原子都与3个相邻的碳原子以共价键相结合，故碳原子轨道以sp2的形式杂化；②金刚石中的C—C键为单键，而C60中的每个碳原子都以sp2的形式杂化，其2p轨道上还有一个单电子轨道垂直于sp2杂化轨道的平面，相互之间肩并肩重合形成π键，故金刚石中的C—C的键长大于C60中C—C的键长；③C60是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，金刚石是原子晶体，融化时破坏的是共价键。
（3）①根据均摊法：
晶胞中的原子数目分别为K：
4×
（顶角）＋4×
（面上）＋5（体心）=1＋2＋5=8，C：
4×8×
（面上）＋12（体心）]=4×16=64。
原子数目之比K∶C=8∶64=1∶8，故该化合物的化学式是C8K；
②K属于活泼金属元素，C为非金属元素，二者之间的作用力为离子键；
③设晶胞沿右侧方向的投影的边长为2a，宽为a，则K层中K原子之间的最近距离为a，正六边形的内角为120°，则4dC－C·cos30°=a，故a=2
dC－C；
（4）碳化硅的晶胞与金刚石的晶胞相似（如图），碳原子与硅原子最近距离为晶体体对角线的
，若晶胞的边长为lcm，则晶体体对角线为
lcm=4×（
－
），故l=
。
答案
（1）①平面正三角形
②1s22s22p63s23p1
（2）①sp2杂化
②金刚石中的C－C键为单键，而C60中每个碳原子都以sp2的形式杂化，其2p轨道上还有一个单电子轨道垂直于sp2杂化轨道的平面，相互之间肩并肩重合形成π键，故金刚石中的C－C的键长大于C60中C－C的键长
③C60是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，金刚石是原子晶体，融化时破坏的是共价键
（3）①C8K ②离子键 ③2
（4）
6．工业上以苯为主要原料生产可降解塑料PCl的合成路线如图所示。
已知：
（R、R′代表烃基）
（1）F中含氧官能团的名称是____________。
（2）由苯生成W的反应类型是____________，由X生成E的反应类型是____________。
（3）B的名称是________________，X的名称是_________________________。
（4）1mol四溴双酚与足量NaOH溶液反应，最多可消耗NaOH的物质的量为____________。
（5）若Y的苯环上只有2种不同化学环境的氢原子，则B与HCHO反应生成Y的化学方程式为_____________________________________________________。
（6）高分子化合物PCl的结构简式是____________。
（7）A的同分异构体有很多，写出同时满足下列条件的A的同分异构体的结构简式：
_______________________________________________________________。
①能与NaOH溶液
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