2023高考化学大二轮复习第3部分训练非选择题专项练3

PAGEPAGE8训练(十一)非选择题专项练(3)1．某研究性学习小组学生根据氧化复原反响规律，探究NO2、NO与Na2O2反响的情况，提出假设并进行相关实验。Ⅰ.从理论上分析Na2O2和NO2都既有氧化性又有复原性，于是提出如下假设：假设1：Na2O2氧化NO2；假设2：NO2氧化Na2O2。(1)甲同学设计如图1装置进行实验：①试管A中反响的离子方程式是_____________________________________。②待试管B中充满红棕色气体，关闭旋塞a和b；取下试管B，向其中参加适量Na2O2粉末，塞上塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃。③仪器C兼有防倒吸的作用，仪器C的名称为____________。结论：甲同学认为假设2正确。(2)乙同学认为甲同学设计的实验存在缺陷，为到达实验目的，在A、B之间应增加一个装置，该装置的作用是__________________________。乙同学用改良后的装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；带火星的木条未复燃，得出结论：假设1正确，那么NO2和Na2O2反响的化学方程式是_____________________________________________________________________。Ⅱ.该研究性学习小组同学还认为NO易与O2发生反响，应该更易被Na2O2氧化。查阅资料：2NO＋Na2O2=2NaNO2；2NaNO2＋2HCl=2NaCl＋NO2↑＋NO↑＋H2O；酸性条件下，NO能与MnOeq\o\al(－,4)反响生成NOeq\o\al(－,3)和Mn2＋。(3)丙同学用图2所示装置(局部夹持装置略)探究NO与Na2O2的反响。①在反响前，翻开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是______________________。②B中观察到的主要现象是____________(填字母编号)。a．铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色b．有红棕色气泡产生c．有无色气泡产生③C、E中所盛装的试剂不能是____________(填字母编号)。a．无水硫酸铜 b．无水氯化钙c．碱石灰 d．生石灰④F中发生反响的氧化剂与复原剂的物质的量之比为____________。⑤充分反响后，检验D装置中产物的方法是：______________________，那么产物是NaNO2。解析(1)①Cu与浓硝酸反响生成二氧化氮、硝酸铜和水，其反响的离子方程式为：Cu＋4H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O；③仪器C具有球形特征的枯燥管，所以为球形枯燥管。(2)Cu与浓硝酸反响生成二氧化氮中含有水蒸气，水蒸气能与过氧化钠反响生成氧气，所以要在A、B之间增加一个装置枯燥装置，除去生成NO2气体中混有的水蒸气；假设过氧化钠氧化二氧化氮，那么生成硝酸钠，其反响的化学方程式为Na2O2＋2NO2=2NaNO3；(3)①空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气，所以在反响前，翻开弹簧夹，通入一段时间N2，目的：将装置中的空气排出；②在B装置中二氧化氮与水反响生成稀硝酸，稀硝酸与Cu反响生成NO，所以B中观察到的主要现象是：铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生。③无水硫酸铜只能检验水不能吸收水，应选a；④F中为吸收一氧化氮的反响，高锰酸根离子被复原生成二价锰离子降低5价，复原剂为NO被氧化成硝酸根离子升高3价，那么根据得失电子守恒氧化剂与复原剂的物质的量之比为3∶5；⑤亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色，那么检验D装置中物质的方法为：取D装置中产物少许，参加稀盐酸，假设产生无色气体，遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠。答案(1)①Cu＋4H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O③球形枯燥管(2)除去生成NO2气体中混有的水蒸气Na2O2＋2NO2=2NaNO3(3)①将装置中的空气排出②ac③a④3∶5⑤取D装置中产物少许，参加稀盐酸，产生红棕色气体2．用辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如图：(1)以下措施是为了加快浸取速率，其中无法到达目的的是________(填字母)。A．延长浸取时间 B．将辉铜矿粉碎C．充分搅拌 D．适当增加硫酸浓度(2)滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取〞反响中生成S的离子方程式：__________________________________________________________。(3)研究发现，假设先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，可能的原因是______________________。(4)“除铁〞的方法是通过调节溶液pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3，那么参加的试剂A可以是____________________(填化学式)；“赶氨〞时，最适宜的操作方法是___________________________________________________________________。(5)“沉锰〞(除Mn2＋)过程中有关反响的离子方程式为__________________。(6)滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是_______________________________(填化学式)。解析辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，参加稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3＋、Mn2＋、Cu2＋，调节溶液pH除去铁离子，参加碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。(1)酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌都可以提高浸取率，延长浸取时间并不能提高速率。(2)“浸取〞时：在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4，其反响的离子方程式是：2MnO2＋Cu2S＋8H＋=S↓＋2Cu2＋＋2Mn2＋＋4H2O。(3)浸取时氧化铁溶解于稀硫酸中反响生成硫酸铁和水，假设先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe2O3在浸取时起媒介作用，Fe3＋可催化Cu2S被MnO2氧化。(4)参加的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，那么可参加氧化铜、氢氧化铜等，因氨气易挥发，加热可促进挥发，那么可用加热的方法。(5)“沉锰〞(除Mn2＋)过程中，参加碳酸氢铵并通氨气，生成碳酸锰沉淀，反响的离子方程式为Mn2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3=MnCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)。(6)滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体。答案(1)A(2)2MnO2＋Cu2S＋8H＋=S↓＋2Cu2＋＋2Mn2＋＋4H2O(3)Fe3＋可催化Cu2S被MnO2氧化(4)CuO或Cu(OH)2加热(5)Mn2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3=MnCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)(6)(NH4)2SO43．煤是一种重要的化工原料，人们将利用煤制取的水煤气、焦炭、甲醚等广泛用于工农业生产中。(1)：①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.3kJ·mol－1②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH=＋41.3kJ·mol－1那么炭与水蒸气反响生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为_______________。该反响在________(填“高温〞“低温〞或“任何温度〞)下有利于正向自发进行。(2)有人利用炭复原法处理氮氧化物，发生反响C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。某研究小组向某密闭容器中参加一定量的活性炭和NO，在T1℃时，不同时间测得各物质的浓度如表所示：时间(min)浓度(mol·L－1)01020304050NO1.000.680.500.500.600.60N200.160.250.250.300.30CO200.160.250.250.300.30①10～20min内，N2的平均反响速率v(N2)=________。②30min后，只改变某一条件，反响重新到达平衡，根据表中的数据判断改变的条件可能是________(填选项字母)。A．通入一定量的NO B．参加一定量的活性炭C．参加适宜的催化剂 D．适当缩小容器的体积(3)研究说明：反响CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)平衡常数随温度的变化如表所示：温度/℃400500800平衡常数K9.9491假设反响在500℃时进行，设起始的CO和H2O的浓度均为0.020mol·L－1，在该条件下CO的平衡转化率为________。(4)用CO做燃料电池电解CuSO4溶液、FeCl3和FeCl2混合液的示意图如图1所示，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极，工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。图1图2①乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为________。②丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2所示，那么图中③线表示的是________(填离子符号)的变化；反响结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要________mL5.0mol·L－1NaOH溶液。解析(1)①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.3kJ·mol－1②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH=＋41.3kJ·mol－1根据盖斯定律，将①－②可得：C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH=＋90kJ·mol－1，反响的焓变ΔH＞0，ΔS＞0，根据反响自发进行的判据ΔH－TΔS＜0，所以需要高温下发生。(2)①10～20min内，N2的平均反响速率v(N2)=eq\f(0.25－0.16,20－10)mol·(L·min)－1=0.009mol·(L·min)－1。②30min后，只改变某一条件，反响重新到达平衡，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大；A.通入一定量的NO，反响正向进行，到达平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度增大，故符合；B.参加一定量的活性炭是固体，对平衡无影响，故不符合；C.参加适宜的催化剂，只能改变化学反响速率，不能改变平衡，浓度不变，故不符合；D.适当缩小容器的体积，反响前后是气体体积不变的反响，平衡不动，但物质浓度增大，符合要求，故符合；(3)设CO的浓度变化量为c，三段式法用c表示出平衡时各组分浓度，CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)，起始(mol·L－1):0.020.02000转化(mol·L－1):cccc平衡(mol·L－1):0.02－c0.02－ccc代入500℃时反响平衡常数K=eq\f(c(H2)c(CO2),c(CO)c(H2O))=eq\f(c2,(0.02－c)2)=9解得c=0.015，CO的最大转化率为eq\f(0.015,0.02)×100%=75%。(4)①工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反响，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为x，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反响为Cu2＋＋2e－=Cu，0.1mol0.2mol2H＋＋2e－=H2↑，2xxA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反响为：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，4xx得到0.2＋2x=4x，x=0.1mol乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L，②根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，①为Fe3＋，②为Fe2＋，③为Cu2＋，依据(2)计算得到电子转移应为0.4mol，比照图像，可知此时溶液中为Fe2＋0.5mol和Cu2＋0.2mol，需要参加NaOH溶液1.4mol，体积为280mL。答案(1)C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH=＋90.0kJ·mol－1高温(2)①0.009mol·(L·min)－1②AD(3)75%(4)①2.24L②Cu2＋2804．硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的开展过程中创造了一个又一个奇迹。(1)新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定。工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCl4与N2反响生成Si3N4沉积在石墨外表，写出该反响的化学方程式_________________________________________________。(2)一种用工业硅(含少量钾、钠、铁、铜的氧化物)，硅的熔点是1420℃，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅。一种合成氮化硅的工艺主要流程如下：①净化N2和H2时，铜屑的作用是：__________________；硅胶的作用是_____________________________________________________________________。②在氮化炉中3Si(s)＋2N2(g)=Si3N4(s)ΔH=－727.5kJ·mol－1，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度______________；体系中要通入适量的氢气是为了_______________________________________________________________。③X可能是________(选填：“盐酸〞、“硝酸〞、“硫酸〞、“氢氟酸〞)。(3)工业上可以通过如以下图所示的流程制取纯硅：①整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反响，写出该反响的化学方程式________________________________________________________。②假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反响I中HCl的利用率为90%，反响Ⅱ中H2的利用率为93.75%。那么在第二轮次的生产中，补充投入HCl和H2的物质的量之比是________。解析(1)在H2的保护下，使SiCl4与N2反响生成Si3N4，氮元素的化合价由0价降低到－3价，那么氢气中的氢元素由0价升高到＋1价生成HCl，根据得失电子守恒和原子守恒配平，反响的化学方程式为3SiCl4＋2N2＋6H2=Si3N4＋12HCl。(2)①因为高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅，那么铜屑的作用是除去原料气中的氧气；硅胶的作用是除去生成的水蒸气；②在氮化炉中3Si(s)＋2N2(g)=Si3N4(s)ΔH=－727.5kJ·mol－1，该反响是放热反响，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触，开始时要严格控制氮气的流速以控制温度；为了将整个体系中空气排尽，体系中要通入适量的氢气；③由于硅中含有铜的氧化物，在反响中氧化铜能被复原生成铜，因此要除去铜应该选择硝酸，盐酸和硫酸不能溶解铜，氢氟酸能腐蚀氮化硅。(3)①SiHCl3遇水剧烈反响，生成硅酸、HCl和氢气，反响的化学方程式SiHCl3＋3H2O=H2SiO3＋3HCl＋H2↑。②由题中条件可知：Si(粗)＋3HCleq\o(=,\s\up11(553～573K))SiHCl3＋H21mol3mol1molSiHCl3＋H2eq\o(=,\s\up11(1373～1453K))Si(纯)＋3HCl1mol1mol3mol由以上数据，循环生产中只能产生3molHCl，但HCl的利用率是90%，因此需要增加(3÷90%－3)molHCl，循环生产中只产生1molH2，但H2的利用率为93.75%，因此需增加(1÷93.75%－1)molH2，因此，补充投入HCl和H2的物质的量之比为：(3÷90%－3)∶(1÷93.75%－1)=5∶1。答案(1)3SiCl4＋2N2＋6H2=Si3N4＋12HCl(2)①除去原料气中的氧气除去生成的水蒸气②这是放热反响，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去(或将整个体系中空气排尽)③硝酸(3)①SiHCl3＋3H2O=H2SiO3＋3HCl＋H2↑②5∶15．a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，相关信息如下表所示。a原子核外电子分别占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同b基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1c在周期表所列元素中电负性最大d位于周期表中第4纵行e基态原子M层全充满，N层只有一个电子请答复：(1)d属于________区的元素，其基态原子的价电子排布图为______________。(2)b与其同周期相邻元素第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。(3)c的氢化物水溶液中存在的氢键有________种，任意画出一种____________。(4)a与其相邻同主族元素的最高价氧化物的熔点上下顺序为__________(用化学式表示)。假设将a元素最高价氧化物水化物对应的正盐酸根离子表示为A，那么A的空间构型为__________；A的中心原子的轨道杂化类型为________；与A互为等电子体的一种分子为________(填化学式)。(5)e与Au的合金可形成面心立方最密堆积的晶体，在晶胞中e原子处于面心，该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由e原子与Au原子构成的四面体空隙中，储氢后的晶胞结构与金刚石晶胞结构相似，该晶体储氢后的化学式为________，假设该晶体的相对分子质量为M，密度为ag·cm－3，那么晶胞的体积为________(NA用表示阿伏加德罗常数的值)。解析a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，a原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故a为C元素；b元素基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1，核外电子排布为1s22s22p3，故b为N元素；c在周期表所列元素中电负性最大，那么c为F元素；d位于周期表中第4纵行，且处于第四周期，故d为Ti；e的基态原子M层全充满，N层只有一个电子，那么核外电子数为2＋8＋18＋1=29，故e为Cu。(1)d为Ti元素，属于d区的元素，基态原子的价电子排布3d24s2，故其基态原子的价电子排布图为；(2)与b同周期相邻元素分别为C、O，同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；(3)c的氢化物为HF，水溶液中存在的氢键有O—H…O、O—H…F、F—H…O、F—H…F，共4种；(4)a与其相邻同主族元素的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，前者属于分子晶体，后者属于原子晶体，故熔点上下顺序为SiO2＞CO2。a元素最高价氧化物水化物对应的正盐酸根离子为COeq\o\al(2－,3)，离子中C原子价层电子对数=3＋eq\f(4＋2－2×3,2)=3，没有孤电子对，故碳酸根离子为平面三角形结构，中心C原子的轨道杂化类型为sp2杂化；与COeq\o\al(2－,3)互为等电子体的一种分子为SO3等；(5)Cu与Au的合金可形成面心立方最密堆积的晶体，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，储氢后的晶胞结构与金刚石晶胞结构相似，那么形成的晶体晶胞中H原子共有4个，Cu原子数目为6×eq\f(1,2)=3，Au原子数目为8×eq\f(1,8)=1，该晶体储氢后的化学式为H4Cu3Au，假设该晶体的相对分子质量为M，晶胞质量为eq\f(M,NA)g，晶体密度为ag·cm－3，那么晶胞的体积为eq\f(M,NA)g÷ag·cm－3=eq\f(M,aNA)cm3。答案(1)d(2)N＞O＞C(3)4O—H…O、O—H…F、F—H…O、F—H…F中的任意一种(4)SiO2＞CO2平面三角形sp2杂化SO3(5)H4Cu3Aueq\f(M,aNA)cm36．有机物G(分子式C13H18O2)是一种香料，如图是该香料的一种合成路线。：①E能够发生银镜反响，1molE能够与2molH2完全反响生成F②R—CHCH2eq\f(①B2H6,②H2O2/OH－)R—CH2CH2OH③有机物D的摩尔质量为88g·mol－1，其核磁共振氢谱有3组峰④有机物F是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链答复以下问题：(1)用系统命名法命名有机物B：______________________________________。(2)E的结构简式为______________。(3)C与新制Cu(OH)2反响的化学方程式为___________________________________________________________________________________________________。(4)有机物C可与银氨溶液反响，配制银氨溶液的实验操作为_____________。(5)有机物甲符合以下条件：①为芳香族化合物、②与F是同分异构体、③能被催化氧化成醛。符合上述条件的有机物甲有________种。其中满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的有机物的结构简式为____________。(6)以丙烯等为原料合成D的路线如下：CH3CHCH2eq\o(→,\s\up11(HBr),\s\do11(Ⅰ))