2023高考化學大二輪復習第3部分訓練非選擇題專項練4

PAGEPAGE6訓練(十二)非選擇題專項練(4)1．氯氣和漂粉精是現(xiàn)代工業(yè)和生活常用的消毒、殺菌劑。(1)某課外活動小組利用如下圖裝置制取氯氣。提供的試劑有：濃鹽酸、飽和食鹽水、氫氧化鈉溶液、高錳酸鉀固體。反響的化學方程式為：2KMnO4＋16HCl(濃)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。①裝置H中盛放的試劑是____________。②處理尾氣時關(guān)閉彈簧夾a和彈簧夾________(填字母代號，下同)，翻開彈簧夾________。(2)寫出工業(yè)上用氯氣和石灰乳制取漂粉精的化學反響方程式______________________。(3)實驗室有一瓶密封不嚴的漂粉精樣品，其中肯定存在CaCl2，現(xiàn)進行實驗，探究該樣品中可能存在的其他固體物質(zhì)。①提出合理假設(shè)。假設(shè)1：該漂粉精未變質(zhì)，只含__________；假設(shè)2：該漂粉精全部變質(zhì)，只含__________；假設(shè)3：該漂粉精局部變質(zhì)，既含Ca(ClO)2又含CaCO3。②設(shè)計實驗方案進行實驗。請寫出實驗步驟、預期現(xiàn)象與結(jié)論。限選用的儀器和藥品：試管、膠頭滴管、帶導管的單孔塞，蒸餾水、自來水、1mol·L－1鹽酸、品紅溶液、澄清石灰水。(提示：不必檢驗Ca2＋和Cl－)實驗步驟預期現(xiàn)象與結(jié)論a取少量上述漂粉精于試管中，____________b解析(1)根據(jù)實驗原理可知注射器中盛放濃鹽酸，G中為KMnO4，兩者反響生成的Cl2用排液法收集在H中，H中液體應為飽和食鹽水，反響結(jié)束后關(guān)閉a、b，翻開c，余氯用NaOH溶液吸收。(3)漂粉精的主要成分為CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，變質(zhì)過程的化學方程式為Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO,2HClO=2HCl＋O2↑，因此除CaCl2固體外，假設(shè)該漂粉精未變質(zhì)，那么只含Ca(ClO)2，假設(shè)全部變質(zhì)，那么只含CaCO3，最后實驗設(shè)計歸結(jié)為檢驗CaCO3和Ca(ClO)2，根據(jù)所提供的試劑分析，CaCO3能溶解于鹽酸中，生成的氣體能使澄清石灰水變渾濁，Ca(ClO)2和稀鹽酸反響后生成HClO，HClO具有漂白性，能使品紅溶液褪色。答案(1)①飽和食鹽水②bc(2)2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O(3)①Ca(ClO)2CaCO3②實驗步驟預期現(xiàn)象與結(jié)論a參加適量1mol·L－1鹽酸溶解后，再將產(chǎn)生的氣體導入澄清石灰水中假設(shè)澄清石灰水未變渾濁，那么假設(shè)1成立；假設(shè)澄清石灰水變渾濁，那么假設(shè)2或假設(shè)3成立b向步驟a反響后的試管中滴入1～2滴品紅溶液，振蕩(或另外取樣操作)假設(shè)品紅溶液褪色，那么假設(shè)3成立；假設(shè)品紅溶液不褪色，那么假設(shè)2成立2.氯化亞銅(CuCl)常用作有機合成工業(yè)中的催化劑，在空氣中迅速被氧化成綠色；見光那么分解，變成褐色。如圖是工業(yè)上用制作印刷電路的廢液(含F(xiàn)e3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生產(chǎn)CuCl的流程：根據(jù)以上信息答復以下問題：(1)生產(chǎn)過程中X的化學式為________。(2)寫出產(chǎn)生CuCl的化學方程式：____________________________________。(3)在CuCl的生成過程中理論上不需要補充SO2氣體，結(jié)合化學方程式和必要的文字說明理由__________________________，實際生產(chǎn)中SO2要適當過量，原因可能是__________________(答一點即可)。(4)實驗探究pH對CuCl產(chǎn)率的影響如下表所示：pH1234567CuCl產(chǎn)率/%70908278757270析出CuCl晶體最正確pH為________，當pH較大時CuCl產(chǎn)率變低原因是____________________。調(diào)節(jié)pH時，________(填“能〞或“不能〞)用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是________________________________________________。(5)氯化亞銅的定量分析：①稱取樣品0.25g和過量的FeCl3溶液于錐形瓶中，充分溶解。②用0.10mol·L－1硫酸鈰標準溶液滴定。：CuCl＋FeCl3=CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋=Fe3＋＋Ce3＋。三次平行實驗結(jié)果如下(平行實驗結(jié)果相差不能超過1%)：平行實驗次數(shù)1230.25g樣品消耗硫酸鈰標準溶液的體積(mL)24.3524.0523.95那么樣品中CuCl的純度為________(結(jié)果保存三位有效數(shù)字)。解析向工業(yè)上以制作印刷電路的廢液(含F(xiàn)e3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)參加過量的鐵粉，三價鐵離子與鐵粉反響轉(zhuǎn)化為二價鐵離子，銅離子與鐵反響生成銅，然后過濾，濾渣為過量的鐵和生成的銅，依據(jù)銅與鐵活潑性，將濾渣溶于鹽酸，銅與鹽酸不反響，過濾得到濾渣即為銅，然后銅與濃硫酸反響生成硫酸銅、二氧化硫和水，銅與氯氣反響生成氯化銅，硫酸銅、二氧化硫、氯化銅和水反響生成氯化亞銅和硫酸。(1)印刷電路的廢液(含F(xiàn)e3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)參加鐵，三價鐵離子能夠與鐵反響生成二價鐵離子，銅離子能夠與鐵反響能生成銅，過濾后濾渣中含有銅和鐵，參加鹽酸，鐵與鹽酸反響能生成氯化亞鐵，銅與鹽酸不反響，將銅別離出來，那么X為Fe、Y為HCl；(2)依據(jù)圖示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反響生成H2SO4、CuCl，依據(jù)得失電子守恒其方程式為：CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4；(3)由反響方程式Cu＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up11(△),\s\do5())CuSO4＋SO2↑＋2H2O可知Cu與濃硫酸反響的過程中有SO2生成，且生成的CuSO4和SO2的物質(zhì)的量之比為1∶1，生產(chǎn)CuCl的過程中消耗CuSO4和SO2的物質(zhì)的量之比也為1∶1，所以理論上不需要補充SO2氣體；實際生產(chǎn)中要保持適當過量的SO2，目的是提高Cu2＋的復原速率，同時可以防止生成的Cu＋被空氣氧化；(4)由表中數(shù)據(jù)可知，pH=2時，CuCl產(chǎn)率最高；pH較大時，Cu2＋水解程度增大，導致反響生成CuCl減少；硝酸具有強氧化性，能將產(chǎn)品CuCl氧化生成Cu2＋，所以不能用相同pH的硝酸代替硫酸；(5)根據(jù)題目中所給數(shù)據(jù)及平行實驗結(jié)果相差不能超過1%，體積為24.35mL，誤差大舍去，那么滴定0.25g樣品消耗硫酸鈰標準溶液的平均體積為：eq\f(24.05＋23.95,2)=24mL，結(jié)合方程式可知：CuCl＋FeCl3=CuCl2＋FeCl2，F(xiàn)e2＋＋Ce4＋=Fe3＋＋Ce3＋，CuCl～Ce4＋，CuCl的純度為eq\f(24×10－3L×0.1mol·L－1×99.5g·mol－1,0.25g)×100%=95.5%。答案(1)Fe(2)CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4(3)Cu＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up11(△),\s\do5())CuSO4＋SO2↑＋2H2O反響中生成的CuSO4和SO2為1∶1，所以理論上不需要補充SO2氣體提高Cu2＋的復原速率，同時可以防止生成的Cu＋被空氣氧化(4)2Cu2＋水解程度增大，反響生成CuCl減少，產(chǎn)率減小不能硝酸會與產(chǎn)品CuCl發(fā)生反響(5)95.5%3．碳的化合物與人類生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。(1)在一恒溫、恒容密閉容器中發(fā)生反響：Ni(s)＋4CO(g)eq\o(,\s\up11(50～80℃),\s\do11(180℃～200℃))Ni(CO)4(g)，利用該反響可以將粗鎳轉(zhuǎn)化為純度達99.9%的高純鎳，對該反響的說法正確的選項是________(填字母編號)。A．把溫度由80℃升高到180℃，正反響速率減小，逆反響速率增大B．反響到達平衡后，充入Ni(CO)4(g)再次到達平衡時，eq\f(n[Ni(CO)4],n4(CO))減小C．反響到達平衡后，充入CO再次到達平衡時，CO的體積分數(shù)降低D．當容器中混合氣體密度不變時，可說明反響已達化學平衡狀態(tài)(2)圖1所示的直形石英玻璃封管中充有CO氣體，在溫度為T1的一端放置不純的鎳(Ni)粉，Ni粉中的雜質(zhì)不與CO(g)發(fā)生反響，在溫度為T2的一端得到了純潔的高純鎳，那么溫度T1________T2(填“＞〞“＜〞或“=〞)。上述反響體系中循環(huán)使用的物質(zhì)是________。(3)甲醇是一種重要的化工原料，工業(yè)上可用CO和H2合成甲醇(催化劑為Cu2O/ZnO)：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH=－90.8kJ·mol－1。假設(shè)在溫度、容積相同的3個密閉容器中，按不同方式投入反響物，保持恒溫、恒容，測得反響到達平衡時的有關(guān)數(shù)據(jù)如下：容器甲乙丙反響物投入量1molCO、2molH21molCH3OH2molCO、4molH2CH3OH的濃度/mol·L－1c1c2c3反響的能量變化放出Q1kJ吸收Q2kJ放出Q3kJ反響物轉(zhuǎn)化率α1α2α3以下說法正確的選項是________。a．c1=c2 b．2Q1=Q3c．Q1＋Q2=90.8 d．α2＋α3＜100%(4)據(jù)研究，上述(3)中合成甲醇反響過程中起催化作用的為Cu2O，反響體系中含少量CO2有利于維持催化劑Cu2O的量不變，原因是___________________________________________________(用化學方程式表示)。(5)在常溫常壓下：甲醇的燃燒熱為725.8kJ·mol－1，CO的燃燒熱為283kJ·mol－1，H2O(g)=H2O(l)ΔH=－44.0kJ·mol－1。寫出甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和水蒸氣的熱化學方程式：____________________________________________。(6)金屬氧化物可被一氧化碳復原生成金屬單質(zhì)和二氧化碳，如圖2是四種金屬氧化物(Cr2O3、SnO2、PbO2、Cu2O)被一氧化碳復原時lgeq\f(c(CO),c(CO2))與溫度(t)的關(guān)系曲線圖。四個反響中屬于吸熱反響的是________(填金屬氧化物的化學式)，在700℃用一氧化碳復原Cr2O3時，假設(shè)反響方程式化學計量數(shù)為最簡整數(shù)比，該反響的平衡常數(shù)(K)數(shù)值等于________。解析(1)對于可逆反響，升高溫度，正逆反響速率均加快，A錯誤。eq\f(n[Ni(CO)4],n4(CO))=K(平衡常數(shù))，因此溫度不變，比值不變，B錯誤。反響到達平衡后，充入CO再次到達平衡時，相當于增大壓強，平衡右移，CO的體積分數(shù)降低，C正確。Ni與CO反響，隨反響的進行，氣體質(zhì)量增大，直到反響到達平衡，質(zhì)量才不發(fā)生變化，根據(jù)公式ρ=m/V，容器容積V不變，密度ρ不變時，說明質(zhì)量m不再變化，反響到達化學平衡狀態(tài)，D正確；(2)根據(jù)上述反響，在50～80℃，Ni與CO化合生成Ni(CO)4，在180～200℃分解生成Ni和CO，因此T1＜T2，反響中CO可循環(huán)利用；(3)根據(jù)反響特點可以確定，甲和乙可建立相同平衡狀態(tài)，因此平衡時：c1=c2，a正確；Q1＋Q2=90.8，c正確；α1＋α2=100%，比擬甲和丙，開始時丙中CO和H2濃度均為甲的2倍，相對于甲，丙相當于加壓，假設(shè)甲和丙建立相同的平衡狀態(tài)，那么丙中放熱是甲中的2倍，但加壓平衡右移，因此Q3＞2Q1，b錯誤；α3＞α1，因此α2＋α3＞100%，d錯誤；(4)反響中含有CO，CO會復原Cu2O，參加少量CO2，可使CO復原Cu2O反響逆向移動，保持Cu2O的量不變，反響為Cu2O＋CO2Cu＋CO2；(5)甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和水蒸氣的反響為CH3OH＋O2=CO＋2H2O。根據(jù)蓋斯定律，反響CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g)的ΔH=－725.8kJ·mol－1－(－283kJ·mol－1)－2×(－44.0kJ·mol－1)=－354.8kJ·mol－1；(6)用CO復原金屬氧化物，反響的平衡常數(shù)K均可表示為[eq\f(c(CO2),c(CO))]n，n＞0，因此lgeq\f(c(CO2),c(CO))越小，那么平衡常數(shù)越大。對于CO復原Cr2O3和SnO2，溫度升高lgeq\f(c(CO2),c(CO))減小，那么平衡常數(shù)增大，平衡正向移動，因此這兩個反響為吸熱反響，對于CO復原PbO2和Cu2O的反響為放熱反響；一氧化碳復原Cr2O3的反響為3CO(g)＋Cr2O3(s)2Cr(s)＋3CO2(g)，在700℃用一氧化碳復原Cr2O3時，lgeq\f(c(CO2),c(CO))=4，eq\f(c(CO2),c(CO))=10－4，K=(10－4)3=10－12。答案(1)CD(2)＜CO(3)ac(4)Cu2O＋CO2Cu＋CO2(5)CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g)ΔH=－354.8kJ·mol－1(6)Cr2O3、SnO210－124．某工廠從廢含鎳有機催化劑中回收鎳的工藝流程如下圖(廢催化劑中含有Ni70.0%及一定量的Al、Fe、SiO2和有機物，鎳及其化合物的化學性質(zhì)與鐵的類似，但Ni2＋的性質(zhì)較穩(wěn)定)。：局部陽離子以氫氧化物的形式完全沉淀時的pH如下表所示。沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2pH5.23.29.79.2答復以下問題：(1)濾渣a的成分是________，用乙醇洗滌廢催化劑的目的是____________________，從廢渣中回收乙醇的方法是______________________________________________________________________________________________。(2)為提高酸浸速率，可采取的措施有__________________(答一條即可)。(3)硫酸酸浸后所得濾液A中可能含有的金屬離子是________________，向其中參加H2O2的目的是__________________________________________________，反響的離子方程式為___________________________________________________。(4)利用化學鍍(待鍍件直接置于含有鍍層金屬的化合物的溶液中)可以在金屬、塑料、陶瓷等物品外表鍍上一層金屬鎳或鉻等金屬，與電鍍相比，化學鍍的最大優(yōu)點是____________。(5)濾液C進行如下所示處理可以制得NiSO4·7H2O。濾液Ceq\o(→,\s\up11(調(diào)pH＝3),\s\do5())溶液Deq\o(→,\s\up11(操作X),\s\do5())NiSO4·7H2O①操作X的名稱是______________。②產(chǎn)品晶體中有時會混有少量綠礬(FeSO4·7H2O)，可能是由于生產(chǎn)過程中__________導致Fe2＋未被完全氧化。③NiSO4在強堿溶液中用NaClO氧化，可制得堿性鎳鎘電池電極材料—NiOOH，該反響的離子方程式是_______________________________________。解析(1)用乙醇洗滌的目的是溶解并除去有機物雜質(zhì)，利用蒸餾的方法可將乙醇與其他有機物別離開；只有SiO2不與硫酸反響，故濾渣a的成分是SiO2；(2)將廢催化劑粉碎或適當?shù)靥岣吡蛩岬臐舛?、浸泡時的溫度均可提高酸浸速率；(3)依據(jù)分析可知濾液A中可能含有的金屬離子是Al3＋、Fe2＋、Ni2＋，參加H2O2的目的是將Fe2＋氧化為Fe3＋，有利于別離，反響離子方程式為：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，由表中數(shù)據(jù)及流程圖知，參加試劑X的目的是將鎳轉(zhuǎn)化為Ni(OH)2，故X是堿類物質(zhì)，X可以為NaOH；(4)與電鍍相比，化學鍍的最大優(yōu)點是：不消耗電能，節(jié)約能源；(5)①由溶液得到晶體的操作為蒸發(fā)結(jié)晶，所以操作X的名稱是蒸發(fā)結(jié)晶；②產(chǎn)品晶體中有時會混有少量綠礬(FeSO4·7H2O)，可能是由于生產(chǎn)過程中H2O2的用量缺乏(或H2O2失效)，可能會導致Fe2＋未被完全氧化，從而使產(chǎn)品晶體中混有少量綠礬(FeSO4·7H2O)；③NiSO4在強堿溶液中用NaClO氧化，可制得堿性鎳鎘電池電極材料——NiOOH，該反響的離子方程式是：2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O。答案(1)SiO2溶解、除去有機物蒸餾(2)將廢催化劑粉碎或適當?shù)靥岣吡蛩岬臐舛?、浸泡時的溫度(3)Al3＋、Fe2＋、Ni2＋參加H2O2的目的是將Fe2＋氧化為Fe3＋，有利于別離2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O(4)不消耗電能，節(jié)約能源(5)①蒸發(fā)結(jié)晶②H2O2的用量缺乏(或H2O2失效)③2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O5．蘆筍中的天冬酰胺(結(jié)構(gòu)如圖1)和微量元素硒、鉻、錳等，具有提高身體免疫力的成效。(1)天冬酰胺所含元素中，________(填元素名稱)元素基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)最多，第一電離能最大的是________。(2)天冬酰胺中碳原子的雜化軌道類型為________，分子中σ和π鍵數(shù)目之比為________。(3)O、S、Se為同主族元素，H2O、H2S和H2Se的參數(shù)比照見表?；瘜W式鍵長/nm鍵角H2O0.99104.5°H2S1.3492.3°H2Se1.4791.0°H2S的鍵角大于H2Se的原因可能為__________________________________。H2O、H2S、H2Se沸點由高到低的順序為______________，酸性由強到弱的順序為____________。(4)寫出鉻的基態(tài)電子排布式：______________。(5)金屬鉻為體心立方晶體，晶胞結(jié)構(gòu)如圖2，那么該晶胞中含有________個鉻原子。假設(shè)鉻的密度為ρg·cm－3，相對原子質(zhì)量為M，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，那么鉻原子的半徑為________cm。解析(1)天冬酰胺中含有H、C、N、O四種元素，原子基態(tài)核外未成對電子分別為1、2,3、2，因此氮元素基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)最多。H、C、N、O第一電離能最大的是N；(2)分子中亞甲基和次甲基中的碳原子均為sp3雜化，羰基碳為sp2雜化，天冬酰胺中含有16個σ鍵和2個π鍵，因此σ和π鍵數(shù)目之比為8∶1；(3)硫原子的電負性強于Se，形成的共用電子對斥力大，因此H2S中鍵角大，H2O、H2S、H2Se均為分子晶體，由于水分子間存在氫鍵，因此其沸點高于H2S和H2Se，H2Se相對分子質(zhì)量大于H2S，故沸點H2Se高于H2S，酸性由強到弱的順序為H2Se＞H2S＞H2O；(4)鉻的原子序數(shù)為24，其基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；(5)在鉻的晶胞中含有鉻原子數(shù)為1＋8×eq\f(1,8)=2，設(shè)晶胞邊長為x，根據(jù)ρ=eq\f(m,V)得，ρ=eq\f(M,\f(x3,2)×NA)，所以x=eq\r(3,\f(2M,NAρ))，所以晶胞的體對角線長度為eq\r(3)×eq\r(3,\f(2M,NAρ))，所以鈉原子半徑=eq\f(\r(3),4)×eq\r(3,\f(2M,NAρ))。答案(1)氮氮(2)sp3和sp28∶1(3)由于硫的電負性強于Se，形成的共用電子對斥力大，鍵角大H2O＞H2Se＞H2SH2Se＞H2S＞H2O(4)1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1(5)2eq\f(\r(3),4)×eq\r(3,\f(2M,NAρ))6．有機香料的分子式為C13H18O2，其合成路線如下圖：：R—CHCH2eq\o(→,\s\up11(①B2H6),\s\do11(②H2O2/OH－))R—CH2CH2OH通過質(zhì)譜法測得A的相對分子質(zhì)量為56，它的核磁共振氫譜顯示有兩組峰且峰面積之比為1∶3；D分子中含有支鏈；E能發(fā)生銀鏡反響，在催化劑存在下1molE與2molH2可以發(fā)生反響生成F，且F分子中含有苯環(huán)但無甲基。請答復：(1)A中所含官能團的名稱為____________；A生成B的反響類型是__________。(2)C的結(jié)構(gòu)簡式為___________