2023高考化学大二轮复习第3部分训练非选择题专项练2

PAGEPAGE4训练(十)非选择题专项练(2)1．铁触媒(铁的某氧化物)是工业合成氨的催化剂。某同学设计了以下两种方案研究铁触媒的组成。方案一：用以下流程测定铁触媒的含铁量，确定其组成。(1)步骤④后面需用____________(填仪器名称)取25.00mL稀释后溶液。(2)因为通入Cl2缺乏量，“溶液B〞中还含有____________会影响测定结果。(3)因为通入Cl2过量且加热煮沸不充分，“溶液B〞中可能含有Cl2。请设计实验方案检验Cl2，完成以下实验报告。限选试剂：0.1mol·L－1酸性KMnO4溶液、紫色石蕊试液、品红稀溶液、淀粉­KI溶液、0.1mol·L－1KSCN溶液实验操作实验现象与结论方案二：用以下实验方法测定铁触媒的含铁量，确定其组成。(4)“枯燥管C〞的作用是__________________________________________。(5)称取15.2g铁触媒进行上述实验。充分反响后，测得“枯燥管B〞增重11.0g，那么该铁触媒的化学式可表示为________________________________。(相对原子质量：C－12O－16Fe－56)解析(1)根据仪器的精确度，量取25.00mL稀释后溶液需用酸式滴定管；(2)通入Cl2的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，氯气量缺乏时，“溶液B〞中会含有亚铁离子，即FeCl2或者FeSO4；(3)氯气的性质：能使石蕊试液先变红后褪色，向溶液B中参加石蕊试液，如果石蕊试液显红色，后红色褪去，这是氯水的性质，证明含有氯气，假设溶液变红后不褪色，溶液B不含有Cl2；(4)一氧化碳可以和铁的氧化物之间发生反响，得到气体产物二氧化碳，枯燥管B可以吸收生成的二氧化碳，测定二氧化碳的量可以获得铁触媒的量，但是要排除空气成份的干扰，所以C的作用是：防止空气中的CO2和水蒸气进入B中；(5)根据实验方案一的原理，15.2g铁触媒充分反响生成二氧化碳的质量是11.0g，设发生的反响为：yCO＋FexOyeq\o(=,\s\up11(△))xFe＋yCO2，1yeq\f(15.2,56x＋16y)eq\f(11,44)即eq\f(15.2y,56x＋16y)=eq\f(1,4)，解得x∶y=4∶5，所以氧化物的化学式为：Fe4O5或2FeO·Fe2O3。答案(1)酸式滴定管(2)FeCl2或者FeSO4或者Fe2＋(3)实验操作预期现象和结论取适量溶液B于试管中，滴加2～3滴紫色石蕊试液，振荡，观察现象假设溶液显红色，后红色褪去，那么溶液B中含Cl2；假设溶液变红后不褪色，那么溶液B不含有Cl2(参加品红稀溶液也可)(4)防止空气中的CO2和水蒸气进入B中(5)Fe4O5或2FeO·Fe2O32．某工厂对工业生产钛白粉产生的废液进行综合利用，废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，可用于生产颜料铁红和补血剂乳酸亚铁。其生产工艺流程如下：：①TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2＋和SOeq\o\al(2－,4)；②TiOSO4水解的反响为：TiOSO4＋(x＋1)H2O→TiO2·xH2O↓＋H2SO4。请答复：(1)步骤①所得滤渣的主要成分为________________，别离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作中所用的玻璃仪器是__________________；步骤②中得到硫酸亚铁晶体的操作为蒸发浓缩、____________________________________________________。(2)步骤③硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反响中氧化剂和复原剂的物质的量之比为____________。(3)步骤④的离子方程式是__________________________________________。(4)：FeCO3(s)Fe2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，试用平衡移动原理解释步骤⑤生成乳酸亚铁的原因_____________________________________________________。(5)实验室中常用KMnO4滴定法测定晶体中FeSO4·7H2O的质量分数，取步骤②中所得FeSO4·7H2O晶体样品ag，配成500.00mL溶液，取出25.00mL溶液，用KMnO4溶液滴定(杂质与KMnO4不反响)。假设消耗0.1000mol·L－1KMnO4溶液25.00mL，那么所得晶体中FeSO4·7H2O的质量分数为__________(用a表示)。解析废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，加铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2(SO4)3反响生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2·xH2O，过滤，滤渣为TiO2·xH2O、Fe，滤液为FeSO4，FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加碳酸氢铵反响生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体；(1)由流程分析可知，步骤①所得滤渣的主要成分为TiO2·xH2O、Fe；实现固体和液体的别离用过滤的方法，过滤操作使用的仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；步骤②是从溶液中得到硫酸亚铁晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等操作；(2)硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫的方程式为：4FeSO4＋O2eq\o(=,\s\up11(高温))2Fe2O3＋4SO3，氧化剂是氧气，复原剂是硫酸亚铁，所以氧化剂和复原剂的物质的量之比为1∶4；(3)由流程图可知，硫酸亚铁与碳酸氢铵反响是碳酸亚铁，还生成气体为二氧化碳，溶液B为硫酸铵溶液，反响离子方程式为：Fe2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=FeCO3↓＋H2O＋CO2↑；(4)碳酸亚铁的沉淀存在溶解平衡：FeCO3(s)Fe2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，参加乳酸，这样COeq\o\al(2－,3)与乳酸反响浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液；(6)令FeSO4·7H2O的质量分数为x，亚铁离子会被高锰酸钾氧化为三价铁离子，本身被复原为＋2价的锰离子，根据电子守恒，那么5FeSO4·7H2O～KMnO4，5×278g1molag×x×eq\f(25,500)0.1000mol·L－1×0.025L所以eq\f(5×278g,ag×x×\f(25,500)g)=eq\f(1mol,0.1000mol·L－1×0.025L)解得x=eq\f(69.5,a)。答案(1)TiO2·xH2O、Fe玻璃棒、烧杯、漏斗冷却结晶、过滤洗涤(2)1∶4(3)Fe2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=FeCO3↓＋H2O＋CO2↑(4)FeCO3(s)Fe2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，COeq\o\al(2－,3)与乳酸反响浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液(6)eq\f(69.5,a)3．研究发现，含PM2.5的雾霾主要成分有SO2、NOx、CxHy及可吸入颗粒等。(1)雾霾中能形成酸雨的物质是______________________________________。(2)为消除NOx对环境的污染，可利用NH3在一定条件下与NO反响生成无污染的气体。：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH=－905.48kJ·mol－1N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH=＋180.50kJ·mol－1①以下表示NH3(g)与NO(g)在一定条件下反响，生成无污染气体的能量转化关系示意图1正确的选项是：__________(填字母)。图1②图2是反响4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g)过程中NH3的体积分数随X变化的示意图2，X代表的物理量可能是______________，原因是__________________。图3图4(3)图3电解装置可将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4，①阴极的电极反响式是_______________________________________________________________。②物质A是____________(填化学式)，理由是__________________________。(4)为减少雾霾、降低大气中有害气体含量，研究机动车尾气中CO、NOx及CxHy的排放量意义重大。机动车尾气污染物的含量与空/燃比(空气与燃油气的体积比)的变化关系示意图如图4：请解释：①随空/燃比增大，CO和CxHy的含量减少的原因是____________________。②当空/燃比到达15后，NOx减少的原因可能是______________________。解析(1)二氧化硫和氮氧化物是形成酸雨的主要气体；(2)①①N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH=180.50kJ·mol－l②4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(g)ΔH=－905.48kJ·mol－l氨气被一氧化氮氧化生成氮气和气态水的热化学方程式依据盖斯定律，结合热化学方程式合并计算：①×5＋②得到：4NH3(g)＋6NO(g)=5N2(g)＋6H2O(g)ΔH=－1807.98kJ·mol－1；②该反响是放热及体积增大的可逆反响，升高温度或增大压强，平衡均逆向移动，使NH3的体积分数增大；(3)①NO得电子生成铵根离子方程式：NO＋5e－＋6H＋=NHeq\o\al(＋,4)＋H2O；②SO2失电子形成硫酸，反响方程式：5SO2＋2NO＋8H2Oeq\o(=,\s\up11(通电))(NH4)2SO4＋4H2SO4；(4)①空/燃比增大，燃油气燃烧更充分；②反响N2(g)＋O2(g)2NO(g)是吸热反响，当空/燃比大于15后，由于燃油气含量减少，燃油气燃烧放出的热量相应减少，环境温度降低。答案(1)SO2和NOx(2)①a②温度或压强因为该反响是放热及体积增大的可逆反响，升高温度或增大压强，平衡均逆向移动，使NH3的体积分数增大(3)①NO＋5e－＋6H＋=NHeq\o\al(＋,4)＋H2O②H2SO4根据反响：5SO2＋2NO＋8H2Oeq\o(=,\s\up11(通电))(NH4)2SO4＋4H2SO4，产物中除有(NH4)2SO4外还有H2SO4(4)①空/燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO、CxHy含量减少②因为反响N2(g)＋O2(g)2NO(g)是吸热反响，当空/燃比大于15后，由于燃油气含量减少，燃油气燃烧放出的热量相应减少，环境温度降低4．硼酸(H3BO3)大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿(2MgO·B2O3·H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3)为原料生产硼酸的工艺流程如下：：H3BO3在20℃、40℃、60℃、100℃时的溶解度依次为5.0g、8.7g、14.8g、40.2g。Fe3＋、Al3＋、Fe2＋和Mg2＋以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4。(1)由于矿粉中含CaCO3，“浸取〞时容易产生大量泡沫使物料从反响器溢出，故应分批参加稀硫酸。该反响的化学方程式为__________________________。(2)“浸出液〞显酸性，含H3BO3和Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)，还含有Fe3＋、Fe2＋、Ca2＋、Al3＋等杂质。“除杂〞时向浸出液中依次参加适量H2O2和MgO，除去的杂质离子是____________。H2O2的作用是__________________(用离子方程式表示)。(3)“浸取〞后，采用“热过滤〞的目的是_____________________________。(4)“母液〞可用于回收硫酸镁，硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如以下图，且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从“母液〞中充分回收MgSO4·H2O，应采取的措施是将“母液〞蒸发浓缩，____________________。答案(1)CaCO3(粉末)＋H2SO4=CaSO4＋H2O＋CO2↑(2)Fe3＋、Fe2＋、Al3＋H2O2＋2H＋＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2H2O(3)防止温度下降时H3BO3从溶液中析出(4)加压升温结晶5．钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。(1)钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。①Ti的基态原子价电子排布式为______________。②Fe的基态原子共有________种不同能级的电子。(2)制备CrO2Cl2的反响为K2Cr2O7＋3CCl4=2KCl＋2CrO2Cl2＋3COCl2↑。①上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是________________(用元素符号表示)。②COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，COCl2分子中σ键和π键的个数比为__________，中心原子的杂化方式为__________。(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2＋和Fe2＋的离子半径分别为6.9×10－2nm和7.8×10－2nm。那么熔点：NiO________(填“>〞、“<〞或“=〞)FeO。(4)Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国已实现了产业化。该合金的晶胞结构如下图。①该晶体的化学式为______________________________________________。②该晶胞的摩尔质量为Mg·mol－1，密度为dg·cm－3。设NA为阿伏加德罗常数的值，那么该晶胞的体积是__________cm3(用含M、d、NA的代数式表示)。③该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子比拟稳定。：a=511pm，c=397pm；标准状况下氢气的密度为8.98×10－5g·cm－3；储氢能力=eq\f(储氢后氢气的密度,标准状况下氢气的密度)。假设忽略吸氢前后晶胞的体积变化，那么该储氢材料的储氢能力为________。解析(4)①从图中可以看出，La位于平行六面体的顶点，晶胞中La的原子数为eq\f(1,8)×8=1。平行六面体的上、下两个面各有2个Ni原子，四个侧面各有1个Ni原子，体心还有1个Ni原子。故晶胞中Ni的原子数为eq\f(1,2)×8＋1×1=5。故该晶体的化学式为LaNi5。②晶胞的体积为eq\f(M,NA·d)cm3。③LaNi5合金储氢后的密度ρ=eq\f(m(晶胞中的H),V(晶胞))=eq\f(1×6,NA×(511×10－10)2×sin60°×(397×10－10))≈0.111g·cm－3，由定义式：储氢能力=eq\f(储氢后氢气的密度,标准状况下氢气的密度)，故储氢能力=eq\f(0.111g·cm－3,8.98×10－5g·cm－3)≈1236。答案(1)①3d24s2②7(2)①O>Cl>C②3∶1sp2(3)>(4)①LaNi5②eq\f(M,NA·d)③12366．化合物F是一种重要的有机合成中间体，它的合成路线如下：请认真分析和推理答复以下问题：(1)由B生成C的化学反响类型是____________________；化合物F中含氧官能团的名称是______________。(2)写出化合物C与乙酸反响生成酯的化学方程式：_____________________。(3)写出化合物B的结构简式：______________。同时满足以下条件的B的同分异构体(不包括B)共有________种：①苯环