高考化学 非选择题规范练 2.docx

1、高考化学 非选择题规范练 2非选择题规范练 二26一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下：(1)过程中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为_。(2)过程中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的化学方程式为(产物中无沉淀且只有一种酸根)_ _。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因：_。(3)过程得到锂铝渣的主要成分是Li

2、F和Al(OH)3，碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式：_。(4)碳酸钠溶液在过程和中所起作用有所不同，请写出在过程中起的作用：_。(5)在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是_(填字母)。Ac(Na)=2c(CO)Bc(Na) c(CO) c(HCO)Cc(OH) c(HCO)c(H)Dc(OH)c(H)c(HCO)2c(H2CO3)(6)CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。下图是粉红色的CoCl26H2O晶体受热分解时，剩

3、余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是_。答案(1)2Al2OH2H2O=2AlO3H2(2)4Co2O3CoO Na2S2O3 11H2SO4 =12CoSO4Na2SO411H2OCo2O3CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境(3)2Al33CO3H2O=2Al(OH)33CO2(4)调节pH，提供CO，使Co2沉淀为CoCO3(5)BCD(6)CoCl22H2O解析(2)Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co2O3CoONa2S2O311H2SO4=12CoSO4Na2SO411H2O；盐酸具有还原性，能被C

4、o2O3CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能用盐酸。(4)在过程中铝离子能与碳酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程中调节pH，提供CO，使Co2沉淀为CoCO3。(5)Na2CO3溶液中电荷守恒：c(Na)c(H)c(HCO)c(OH)2c(CO)，故A错误；碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c(Na)c(CO)c(OH)c(HCO)c(H)，故B、C正确；Na2CO3溶液中质子守恒：c(OH)c(H)c(HCO)2c(H2CO3)，故D正确。(6)设A物质的化学式为CoCl2nH2O，则有：CoCl26H2OCoCl2nH2O m238 1

5、8(6n)119 mg 119 mg83 mg，解得：n2，所以A物质的化学式为：CoCl22H2O。27碳酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血。实验室里先制得硫酸亚铁，后将硫酸亚铁与碳酸氢铵反应制得碳酸亚铁(Fe22HCO=FeCO3CO2H2O)。实验装置如下图所示(部分夹持仪器略去)。回答下列问题：(1)配制溶液所用的蒸馏水必须先除去溶解的氧气，具体方法是_。(2)实验过程中，将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合的操作是_。(3)装置B中的NH4HCO3需过量的原因_(填字母)。a除去FeSO4溶液中残留的硫酸bFe2充分转化为FeCO3cNH4HCO3溶解度比较大dNH4HCO3受热分

6、解损失(4)碳酸亚铁在潮湿的空气中逐渐被氧化生成氢氧化铁和一种气体，反应的化学方程式为_。(5)有同学提出该实验可用FeSO4与Na2CO3反应制取FeCO3，经查阅：0.1 molL1Na2CO3溶液pH约为11.6；25 时，Ksp(FeCO3)3.11011，KspFe(OH)24.91017，向10 mL 0.1 molL1Na2CO3溶液中滴加0.1 molL1 FeSO4溶液，先析出的沉淀是_。(6)NaHCO3与NH4HCO3均可作为Fe2的沉淀剂，但更常用NH4HCO3，理由是_(写出一点即可)。(7)设计实验检验制得的产品中是否含Fe3：_。答案(1)将蒸馏水煮沸后迅速冷却(

7、2)关闭K3，打开K2(3)abd(4)4FeCO36H2OO2=4Fe(OH)34CO2(5)Fe(OH)2(6)NH能水解产生H，降低溶液pH，可减小副产物Fe(OH)2产生(7)取少量样品于试管中，加入适量的稀硫酸溶解，再滴入硫氰化钾溶液，若溶液不变为红色，则说明产品中不含Fe3；若溶液变为红色，则含有Fe3解析(2)A中Fe与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，关闭K3，打开K2，利用压强差使其与NH4HCO3溶液混合。(3)装置B中的NH4HCO3需过量，既可除去FeSO4溶液中残留的硫酸，也可让Fe2充分反应，同时NH4HCO3受热易分解。(5)析出FeCO3沉淀时c(Fe2)=mol

8、L13.11010molL1，Na2CO3溶液pH约为11.6，则c(OH)102.4molL1，析出Fe(OH)2沉淀时c(Fe2) molL14.91012.2molL13.11010molL1，故Fe(OH)2先沉淀。28甲醛(HCHO)俗称蚁醛，是一种重要的有机原料。.利用甲醇(CH3OH)制备甲醛脱氢法：CH3OH(g)=HCHO(g)H2(g)H192.09 kJmol1氧化法：CH3OH(g) O2(g)=HCHO(g)H2O(g)H2(1)已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H3483.64 kJmol1，则H2_。(2)与脱氢法相比，氧化法在热力学上趋势较大，其原因为

9、_。(3)图1为甲醇制备甲醛反应的lg K(K为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线_(填“a”或“b”)对应脱氢法，判断依据为_。.甲醛的用途(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图2)，该物质在医药等工业中有广泛用途。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为_。(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍。若反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为_。.甲醛的检测(6)室内甲醛超标会危害人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图3所示，则b极的电极反应式为_，当电路中转移4104 mol电子

10、时，传感器内参加反应的HCHO为_mg。答案(1)149.73 kJmol1(2)脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大(3)b脱氢吸热(4)32(5)2Ni2HCHOH2O=2NiCO24H(6)O24e4H=2H2O3解析(1)根据盖斯定律，2H12H2H3，则有H2149.73 kJmol1。(2)脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大。(3)脱氢法的反应为吸热反应，随着温度升高，平衡向右移动，平衡常数增大，故曲线b对应脱氢法。 (4)每个乌洛托品分子中含有6个C原子，4个N原子，根据原子守恒可知，要形成1个乌洛托品

11、分子，需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气的分子个数之比为64，即32。分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比为32。(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍，则甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应，析出Ni单质，甲醛被氧化为CO2，Ni元素化合价由2价降低到0价，甲醛中C元素由0价升高到4价，NiSO4与HCHO的系数比为21，根据化合价升降守恒配平得离子方程式为：2Ni2HCHOH2O=2NiCO24H。(6)HCHO转化为CO2，C元素由0价升高到4价，失去电子，被氧化，所以a为电池负极，b为正极。酸性环境下，O2作正极的电极反应为O24e4H=2

12、H2O；负极的电极反应为HCHO4eH2O=CO24H，每反应1 mol HCHO转移4 mol电子，当电路中转移4104mol电子时，参加反应的HCHO为1104mol，质量30 gmol11104mol3103g3 mg。35钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价。其中以4价的Ti最为稳定。回答下列问题：(1)基态Ti原子的价电子排布图为_。(2)已知电离能：I2(Ti)1 310 kJmol1，I2(K)3 051 kJmol1。I2(Ti)I2(K)，其原因为_。(3)钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如下图所示：钛的配位数为_，碳原子的杂化类型_。该配合物中存在的化学键有_

13、(填字母)。a离子健b配位键c金属健d共价键e氢键(4)钛与卤素形成的化合物熔、沸点如下表所示：TiCl4TiBr4TiI4熔点/24.138.3155沸点/136.5233.5377分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是_。(5)已知TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，该阳离子化学式为_。阴离子的立体构型为_。(6)已知TiN晶体的晶胞结构如下图所示，若该晶胞的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为_pm。(用含、NA的代数式表示)答案(1)(2)K失去的是全充满的

14、3p6电子，Ti失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)I2(K)(3)6sp3、sp2bd(4)三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高(5)TiO2正四面体(6)1010解析(3)由图知钛的配位数为6，甲基上碳原子为四面体构型，杂化类型为sp3，环上碳碳双键为平面形，碳原子为sp2杂化；钛与周围原子形成配位键，而其余非金属元素间为共价键。(5)每个O原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比为11；Ti元素为4价、O元素为2价，据此书写其化学式为TiO2；阴离子为硫酸根，其价层电子对数44，为正

15、四面体构型。(6)由均摊法可计算出一个晶胞中有4个TiN，设晶胞中Ti原子与N原子与最近距离为x pm，则，TiN的摩尔质量为62 gmol1，解出x1010。36白头翁素具有显著的抗菌作用，其合成路线如图所示：已知：RCH2BrRCH=CHR2RCH=CHR(以上R、R代表氢、烷基)(1)白头翁素的分子式为_。(2)试剂a为_，EF的反应类型为_。(3)F的结构简式为_。(4)C中含有的官能团名称为_。(5) AB反应的化学方程式为_。(6)F与足量氢气加成得到G，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类的有_种。(7)以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成的路线为_(用结构简式表示有机物，

16、用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。答案(1)C10H8O4(2)浓硫酸消去反应(3)(4)羧基、羟基、碳碳双键(5)(6)8(7)第一种路线：第二种路线：CH2=CH2CH2BrCH2BrCH2=CHCH=CH2CH3CH=CHCH3解析A发生加成反应生成的B为HOOCCH(OH)CH2CH2Br，B和HCHO发生已知的反应生成C：，C发生消去反应生成D：，醇发生消去反应需要在浓硫酸作催化剂、加热条件下进行，所以试剂a为浓硫酸；D与I2反应生成E，根据F的分子式和白头翁素的结构简式，F发生已知的反应生成白头翁素，则F为，E发生消去反应生成F，卤代烃在NaOH的醇溶液、加热条件下发

17、生消去反应，则b为NaOH的醇溶液。(6)F为，F与足量氢气加成得到G，G的分子式为C5H8O2，G的不饱和度是2，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类，羧基的不饱和度是1，说明含有COOH、碳碳双键；如果碳链结构为C=CCC，有4种；如果碳链结构为CC=CC，有2种；如果碳链结构为CCCC，有2种，所以符合条件的有8种。(7)以乙烯为起始原料合成，可由CH3CH=CHCH3发生已知的反应得到；CH3CH=CHCH3可由CH3CH2Br与CH3CHO发生已知的反应获得，CH2=CH2与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，乙烯与水发生加成反应得乙醇，乙醇催化氧化可制得CH3CHO；CH3CH=CHCH3也可由CH2=CHCH=CH2和氢气发生1,4加成反应得到，CH2=CHCH=CH2可由CH2BrCH2Br和HCHO发生已知的反应得到，CH2BrCH2Br可由CH2=CH2和溴发生加成反应得到。