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