微测27 非选择题标准练2.docx

1、微测27 非选择题标准练2微测27非选择题标准练2必做题1(2017海淀零模)某实验小组探究少量Cl2和FeBr2反应的过程。(1)配制FeBr2溶液：.配制50 mL1.0 mol/LFeBr2溶液；.上述溶液呈淡黄色。取少量此溶液，向其中滴入KSCN溶液，变为浅红色。配制50 mL 1.0 mol/LFeBr2溶液需要的玻璃容器是_。由可知，此FeBr2溶液呈黄色的原因是其中含有_，用离子方程式解释产生的原因_。(2)氯气和FeBr2反应实验操作及现象如下：据此甲同学得出结论：少量Cl2既能和Fe2又能和Br发生氧化还原反应。Cl2和Fe2发生反应的离子方程式是_。乙同学认为上述实验不能证

2、明Cl2和Br发生反应，理由是_。乙同学改进实验如下：在上述FeBr2溶液中加入过量铁粉，取上层清液2 mL，向其中滴加3滴饱和氯水后，再加入CCl4，振荡后静置，观察现象。乙得出结论：少量Cl2只与Fe2反应，不与Br反应。乙得出该结论依据的实验现象是_。(3)丙同学继续设计实验，探究反应过程：转移到大试管前CCl4液体中呈红棕色的物质是_。丙通过此实验可得出结论：_。答案(1)50 mL容量瓶、烧杯(多答“量筒”亦可)Fe34Fe2O24H=4Fe32H2O(2)Cl22Fe2=2Cl2Fe3溶液中含有的Fe3可与I反应生成I2使淀粉变蓝静置后，上层溶液为黄色，下层溶液无色(3)Br2少量

3、Cl2能与Br反应，生成的Br2会继续氧化溶液中的Fe2解析(1)配制50 mL 1.0 molL1FeBr2溶液，步骤有计算，称量，溶解，转移，洗涤，定容，摇匀等，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、50 mL容量瓶；亚铁离子在溶液中易被空气中的氧气氧化为Fe3，使溶液略显黄色，发生反应的离子方程式为4Fe2O24H=4Fe32H2O。(2)Cl2氧化Fe2生成Fe3，发生反应的离子方程式是Cl22Fe2=2Cl2Fe3；溶液中含有的Fe3有较强氧化性，也能氧化I，生成I2使淀粉变蓝，故乙同学认为不能证明Cl2和Br发生反应；如果静置后，看到上层溶液为黄色说明溶液中含有Fe3，下层溶液无

4、色说明无Br2，即可证明少量Cl2只与Fe2反应，不与Br反应。(3)Br2的CCl4溶液呈红棕色，说明转移到大试管前CCl4液体中呈红棕色的物质是Br2；丙实验中先有Br2生成，后利用Br2氧化Fe2得Fe3，故丙实验可得结论是少量Cl2能与Br反应，生成的Br2会继续氧化溶液中的Fe2。2(2017唐山二模)碲是A族元素，其单质和化合物在化工生产等方面具有广泛应用。(1)TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸或强碱。TeO2和NaOH溶液发生反应的化学方程式为_。(2)碲酸(H6TeO6)是一种很弱的酸，Ka11107，该温度下0.1 mol/L H6TeO6的电离度为_(结果保留一位

5、有效数字)。在酸性介质中，碲酸可将HI氧化成I2，若反应生成的TeO2与Te的物质的量之比为11，试配平该化学方程式。_HI_ H6TeO6=_TeO2_Te_I2_H2O(3)从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一种工艺流程如下：已知加压酸浸时控制溶液的pH为5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4溶液浓度过大，将导致TeO2沉淀不完全，原因是_。防止局部酸度过大的操作方法是_。对滤渣“酸浸”后，将Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中进行“还原”得到固态碲，该反应的离子方程式是_。“还原”得到固态碲后分离出粗碲的方法_，对粗碲进行洗涤，判断洗涤干净的实验操作和现象是_。答案

6、(1)TeO22NaOH=Na2TeO3H2O(2)0.1%8HI2H6TeO6=1TeO21Te4I210H2O(3)溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应，导致TeO2沉淀不完全搅拌2SOTe42H2O=Te2SO4H过滤取少量最后一次洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净。解析(1)TeO2是两性氧化物，和NaOH溶液反应生成盐Na2TeO3和水，发生反应的化学方程式为TeO22NaOH=Na2TeO3H2O。(2)H6TeO6 H5TeOH起始浓度(mol/L) 0.1 0 0变化浓度(mol/L) 0.1 0.1 0.1平衡浓度(mol/L) 0.1(1

7、) 0.1 0.1Ka111070.10.1/0.1(1)，解得：0.1%。该反应中，Te元素的化合价由6价变为0价和4价，碘元素的化合价由1价变为0价，且生成的TeO2与Te的物质的量之比为11，则两个Te原子得到8个电子，根据转移电子总数相等知，氢碘酸的计量数应该是8，再根据原子守恒配平方程式得：8HI2H6TeO6=TeO2Te4I210H2O。(3)TeO2具有两性，如果溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应，导致TeO2沉淀不完全；可以通过搅拌操作防止局部酸度过大；Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2SOTe42H2O=

8、Te2SO4H；通过过滤从反应后的混合液中获得粗碲，粗碲表面附着SO，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净。3(2017汕头三模)非金属及其化合物在工农业生产、生活中有着重要应用，减少非金属的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。(1)已知：N2(g)O2(g)=2NO(g)H180.5 kJ mol1C(s)O2(g)=CO2(g)H393.5 kJ mol12C(s)O2(g)=2CO(g)H221 kJ mol1若某反应的平衡常数表达式为：K，请写出此反应的热化学方程式_。(2)N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5(g) 4NO2(g

9、)O2(g)H0。某温度下测得恒容密闭容器中N2O5浓度随时间的变化如下表：t/min0.001.002.003.004.005.00c(N2O5)/(molL1)1.000.710.500.350.250.17反应开始时体系压强为p0，第3.00 min时达到平衡体系压强为p1，则p1p0_；1.00 min3.00 min内，O2的平均反应速率为_。从表中可知化学反应速率变化规律是_。该温度下反应的平衡常数Kp_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量的分数，请列出用p0表示平衡常数表达式，不用计算)。一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡

10、状态的是_(填选项字母)。a容器中压强不再变化bNO2和O2的体积比保持不变c2v正(NO2)v逆(N2O5)d混合气体的密度保持不变(3)从N2O5可通过电解或臭氧氧化N2O4的方法制备。电解装置如图所示(隔膜用于阻止水分子通过)，其阳极反应式为_。答案(1)2NO(g)2CO(g) N2(g)2CO2(g)H746.5 kJ mol1(2)1.9750.09 molL1min1随反应时间进行，反应物浓度降低，化学反应速率减小(1.3p0)4(0.325p0)/(0.35p0)2a(3)N2O42NO2e=2N2O5解析(1)根据平衡常数的定义可知，该反应为：2NO(g)2CO(g)=N2(

11、g)2CO2(g)，由盖斯定律可知：H180.5 kJ mol1221 kJ mol12393.5 kJ mol1746.5 kJ mol1，故热化学方程式为：2NO(g)2CO(g) N2(g)2CO2(g)H746.5 kJ mol1。(2)压强之比等于物质的量之比，第3.00 min时，c(N2O5)0.35 molL1，c(NO2)1.3 molL1，c(O2)0.325 molL1，设容器的体积为V L，p1p01.975；化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(O2)v(N2O5)0.09 molL1min1；随反应时间进行，反应物浓度降低，化学反应速率减小；此反应前后为气体化学计

12、量数增大的反应，故恒容条件下容器中压强不再变化，说明反应达到平衡，a项正确。相同条件下，NO2和O2的体积比始终等于化学计量数之比，保持不变，b项错误。平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，故v正(NO2)2v逆(N2O5)，c项错误。，因参与此反应的物质均为气体，遵循质量守恒，故m(气体)不变，恒容条件下，V不变，故混合气体的密度为不变量，d项错误。(3)N2O4和硝酸在阳极反应生成N2O5，电极方程式为N2O42NO2e=2N2O5。选做题1【化学选做选修3：物质结构与性质】(2017武汉调研)微量元素硼和镁对植物的叶的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用。(1)写出基态B

13、原子的轨道表达式_。(2)三价B易形成配离子，如B(OH)4、BH4等。B(OH)4的结构式为_(标出配位键)，其中心原子的杂化方式为_，写出BH4的两种等电子体_。(3)图1表示多硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为_(以n表示硼原子的个数)。(4)硼酸晶体是片层结构，图2表示的是其中一层的结构。层间存在的作用力有_；硼酸晶体在冷水中溶解度很小，但在热水中较大，原因是_。(5)三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低，原因是_。(6)镁属六方最密堆积(图3)，其晶胞结构如图4所示，若镁原子半径为a pm，则镁晶体的密度为_ g/cm3(用含a的代数式表示)。答案(1)(3)(BO2) (4)

14、氢键、范德华力晶体中硼酸分子间以氢键缔合在一起，难以溶解；加热时，晶体中部分氢键被破坏，溶解度增大(5)三氯化硼为分子晶体，而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱(6) 解析(1)B的原子序数是5，基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，所以轨道表达式为 。(2)三价B易形成配离子，因此在B(OH)4中氧原子提供孤对电子，则B(OH)4的结构式为。B的价层电子对数是4，则其中心原子的杂化方式为sp3。原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则BH4的两种等电子体分别是CH4、NH。(3)从图可看出，每个单元都有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个单元共用，所以BO1(

15、121/2)12，化学式为(BO2)。(4)氧原子能与氢原子形成氢键，因此层间存在的作用力有氢键、范德华力；由于晶体中硼酸分子间以氢键缔合在一起，难以溶解；加热时，晶体中部分氢键被破坏，导致溶解度增大。(5)三氯化硼为分子晶体，而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱，所以氯化镁的熔点高于三氯化硼。(6)镁属六方最密堆积，若镁原子半径为a pm，底面积是(2a1010)2 cm2，体对角线是4a1010 cm，面对角线是2a1010 cm，所以高是cm2a1010 cm，晶胞体积是8a31030 cm3，则镁晶体的密度为g/cm3。2【化学选做选修5：有机化学基础】(2017威海二模)某新型有机

16、酰胺化合物M在工业生产中有重要的应用，其合成路线如下：已知：A的相对分子质量为58，含氧的质量分数为0.552，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应。回答下列问题：(1)A的名称为_，C中含有官能团名称为_。(2)F的结构简式为_。(3)BC的反应类型为_，GH的反应类型为_。(4)FHM的化学方程式为_。(5)芳香族化合物W有三个取代基，是C的同分异构体，能与FeCl3溶液发生显色反应，0.5 mol W可与足量的Na反应生成1 g H2，W共有_种同分异构体，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为_。(6)参照上述合成路线，以C2H4和HOCH2CH2OH为原料(无机试剂任选)，设计制备

17、的合成路线。答案(1)乙二醛碳碳双键、醛基 解析A的相对分子质量为58，含氧的质量分数为0.552，则含有氧原子数为2，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，则A为OHCCHO，与CH3CHO发生加成反应生成B，结合B的分子式C6H6O2，可知B的结构简式为OHCCH=CHCH=CHCHO，B再和CH2=CH2发生加成后生成的C为，C与H2加成得到D，D再催化氧化为E的(5)芳香族化合物W有三个取代基，说明含有苯环，三个取代基在苯环上有多种连接方式；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基；0.5 mol W可与足量的Na反应生成0.5 mol H2，可知羟基数目为2个，则苯环上可能有一个酚羟基、一个CH2OH和一个甲基，此时共有10种结构，可能有二个酚羟基和一个乙基，此时共有6种，则满足条件的总共有16种同分异构体；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为