2023高考化学大二轮复习第3部分训练非选择题专项练4

PAGEPAGE6训练(十二)非选择题专项练(4)1．氯气和漂粉精是现代工业和生活常用的消毒、杀菌剂。(1)某课外活动小组利用如下图装置制取氯气。提供的试剂有：浓盐酸、饱和食盐水、氢氧化钠溶液、高锰酸钾固体。反响的化学方程式为：2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。①装置H中盛放的试剂是____________。②处理尾气时关闭弹簧夹a和弹簧夹________(填字母代号，下同)，翻开弹簧夹________。(2)写出工业上用氯气和石灰乳制取漂粉精的化学反响方程式______________________。(3)实验室有一瓶密封不严的漂粉精样品，其中肯定存在CaCl2，现进行实验，探究该样品中可能存在的其他固体物质。①提出合理假设。假设1：该漂粉精未变质，只含__________；假设2：该漂粉精全部变质，只含__________；假设3：该漂粉精局部变质，既含Ca(ClO)2又含CaCO3。②设计实验方案进行实验。请写出实验步骤、预期现象与结论。限选用的仪器和药品：试管、胶头滴管、带导管的单孔塞，蒸馏水、自来水、1mol·L－1盐酸、品红溶液、澄清石灰水。(提示：不必检验Ca2＋和Cl－)实验步骤预期现象与结论a取少量上述漂粉精于试管中，____________b解析(1)根据实验原理可知注射器中盛放浓盐酸，G中为KMnO4，两者反响生成的Cl2用排液法收集在H中，H中液体应为饱和食盐水，反响结束后关闭a、b，翻开c，余氯用NaOH溶液吸收。(3)漂粉精的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，变质过程的化学方程式为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO,2HClO=2HCl＋O2↑，因此除CaCl2固体外，假设该漂粉精未变质，那么只含Ca(ClO)2，假设全部变质，那么只含CaCO3，最后实验设计归结为检验CaCO3和Ca(ClO)2，根据所提供的试剂分析，CaCO3能溶解于盐酸中，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，Ca(ClO)2和稀盐酸反响后生成HClO，HClO具有漂白性，能使品红溶液褪色。答案(1)①饱和食盐水②bc(2)2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O(3)①Ca(ClO)2CaCO3②实验步骤预期现象与结论a参加适量1mol·L－1盐酸溶解后，再将产生的气体导入澄清石灰水中假设澄清石灰水未变浑浊，那么假设1成立；假设澄清石灰水变浑浊，那么假设2或假设3成立b向步骤a反响后的试管中滴入1～2滴品红溶液，振荡(或另外取样操作)假设品红溶液褪色，那么假设3成立；假设品红溶液不褪色，那么假设2成立2.氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光那么分解，变成褐色。如图是工业上用制作印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生产CuCl的流程：根据以上信息答复以下问题：(1)生产过程中X的化学式为________。(2)写出产生CuCl的化学方程式：____________________________________。(3)在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，结合化学方程式和必要的文字说明理由__________________________，实际生产中SO2要适当过量，原因可能是__________________(答一点即可)。(4)实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：pH1234567CuCl产率/%70908278757270析出CuCl晶体最正确pH为________，当pH较大时CuCl产率变低原因是____________________。调节pH时，________(填“能〞或“不能〞)用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是________________________________________________。(5)氯化亚铜的定量分析：①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。②用0.10mol·L－1硫酸铈标准溶液滴定。：CuCl＋FeCl3=CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋=Fe3＋＋Ce3＋。三次平行实验结果如下(平行实验结果相差不能超过1%)：平行实验次数1230.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL)24.3524.0523.95那么样品中CuCl的纯度为________(结果保存三位有效数字)。解析向工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)参加过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反响转化为二价铁离子，铜离子与铁反响生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反响，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反响生成硫酸铜、二氧化硫和水，铜与氯气反响生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜和水反响生成氯化亚铜和硫酸。(1)印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)参加铁，三价铁离子能够与铁反响生成二价铁离子，铜离子能够与铁反响能生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，参加盐酸，铁与盐酸反响能生成氯化亚铁，铜与盐酸不反响，将铜别离出来，那么X为Fe、Y为HCl；(2)依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反响生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒其方程式为：CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4；(3)由反响方程式Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up11(△),\s\do5())CuSO4＋SO2↑＋2H2O可知Cu与浓硫酸反响的过程中有SO2生成，且生成的CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2的物质的量之比也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体；实际生产中要保持适当过量的SO2，目的是提高Cu2＋的复原速率，同时可以防止生成的Cu＋被空气氧化；(4)由表中数据可知，pH=2时，CuCl产率最高；pH较大时，Cu2＋水解程度增大，导致反响生成CuCl减少；硝酸具有强氧化性，能将产品CuCl氧化生成Cu2＋，所以不能用相同pH的硝酸代替硫酸；(5)根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为24.35mL，误差大舍去，那么滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为：eq\f(24.05＋23.95,2)=24mL，结合方程式可知：CuCl＋FeCl3=CuCl2＋FeCl2，Fe2＋＋Ce4＋=Fe3＋＋Ce3＋，CuCl～Ce4＋，CuCl的纯度为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(浓)eq\o(=,\s\up11(△),\s\do5())CuSO4＋SO2↑＋2H2O反响中生成的CuSO4和SO2为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体提高Cu2＋的复原速率，同时可以防止生成的Cu＋被空气氧化(4)2Cu2＋水解程度增大，反响生成CuCl减少，产率减小不能硝酸会与产品CuCl发生反响(5)95.5%3．碳的化合物与人类生产、生活密切相关。(1)在一恒温、恒容密闭容器中发生反响：Ni(s)＋4CO(g)eq\o(,\s\up11(50～80℃),\s\do11(180℃～200℃))Ni(CO)4(g)，利用该反响可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍，对该反响的说法正确的选项是________(填字母编号)。A．把温度由80℃升高到180℃，正反响速率减小，逆反响速率增大B．反响到达平衡后，充入Ni(CO)4(g)再次到达平衡时，eq\f(n[Ni(CO)4],n4(CO))减小C．反响到达平衡后，充入CO再次到达平衡时，CO的体积分数降低D．当容器中混合气体密度不变时，可说明反响已达化学平衡状态(2)图1所示的直形石英玻璃封管中充有CO气体，在温度为T1的一端放置不纯的镍(Ni)粉，Ni粉中的杂质不与CO(g)发生反响，在温度为T2的一端得到了纯洁的高纯镍，那么温度T1________T2(填“＞〞“＜〞或“=〞)。上述反响体系中循环使用的物质是________。(3)甲醇是一种重要的化工原料，工业上可用CO和H2合成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH=－90.8kJ·mol－1。假设在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反响物，保持恒温、恒容，测得反响到达平衡时的有关数据如下：容器甲乙丙反响物投入量1molCO、2molH21molCH3OH2molCO、4molH2CH3OH的浓度/mol·L－1c1c2c3反响的能量变化放出Q1kJ吸收Q2kJ放出Q3kJ反响物转化率α1α2α3以下说法正确的选项是________。a．c1=c2 b．2Q1=Q3c．Q1＋Q2=90.8 d．α2＋α3＜100%(4)据研究，上述(3)中合成甲醇反响过程中起催化作用的为Cu2O，反响体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是___________________________________________________(用化学方程式表示)。(5)在常温常压下：甲醇的燃烧热为725.8kJ·mol－1，CO的燃烧热为283kJ·mol－1，H2O(g)=H2O(l)ΔH=－44.0kJ·mol－1。写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式：____________________________________________。(6)金属氧化物可被一氧化碳复原生成金属单质和二氧化碳，如图2是四种金属氧化物(Cr2O3、SnO2、PbO2、Cu2O)被一氧化碳复原时lgeq\f(c(CO),c(CO2))与温度(t)的关系曲线图。四个反响中属于吸热反响的是________(填金属氧化物的化学式)，在700℃用一氧化碳复原Cr2O3时，假设反响方程式化学计量数为最简整数比，该反响的平衡常数(K)数值等于________。解析(1)对于可逆反响，升高温度，正逆反响速率均加快，A错误。eq\f(n[Ni(CO)4],n4(CO))=K(平衡常数)，因此温度不变，比值不变，B错误。反响到达平衡后，充入CO再次到达平衡时，相当于增大压强，平衡右移，CO的体积分数降低，C正确。Ni与CO反响，随反响的进行，气体质量增大，直到反响到达平衡，质量才不发生变化，根据公式ρ=m/V，容器容积V不变，密度ρ不变时，说明质量m不再变化，反响到达化学平衡状态，D正确；(2)根据上述反响，在50～80℃，Ni与CO化合生成Ni(CO)4，在180～200℃分解生成Ni和CO，因此T1＜T2，反响中CO可循环利用；(3)根据反响特点可以确定，甲和乙可建立相同平衡状态，因此平衡时：c1=c2，a正确；Q1＋Q2=90.8，c正确；α1＋α2=100%，比拟甲和丙，开始时丙中CO和H2浓度均为甲的2倍，相对于甲，丙相当于加压，假设甲和丙建立相同的平衡状态，那么丙中放热是甲中的2倍，但加压平衡右移，因此Q3＞2Q1，b错误；α3＞α1，因此α2＋α3＞100%，d错误；(4)反响中含有CO，CO会复原Cu2O，参加少量CO2，可使CO复原Cu2O反响逆向移动，保持Cu2O的量不变，反响为Cu2O＋CO2Cu＋CO2；(5)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的反响为CH3OH＋O2=CO＋2H2O。根据盖斯定律，反响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复原金属氧化物，反响的平衡常数K均可表示为[eq\f(c(CO2),c(CO))]n，n＞0，因此lgeq\f(c(CO2),c(CO))越小，那么平衡常数越大。对于CO复原Cr2O3和SnO2，温度升高lgeq\f(c(CO2),c(CO))减小，那么平衡常数增大，平衡正向移动，因此这两个反响为吸热反响，对于CO复原PbO2和Cu2O的反响为放热反响；一氧化碳复原Cr2O3的反响为3CO(g)＋Cr2O3(s)2Cr(s)＋3CO2(g)，在700℃用一氧化碳复原Cr2O3时，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．某工厂从废含镍有机催化剂中回收镍的工艺流程如下图(废催化剂中含有Ni70.0%及一定量的Al、Fe、SiO2和有机物，镍及其化合物的化学性质与铁的类似，但Ni2＋的性质较稳定)。：局部阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的pH如下表所示。沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2pH5.23.29.79.2答复以下问题：(1)滤渣a的成分是________，用乙醇洗涤废催化剂的目的是____________________，从废渣中回收乙醇的方法是______________________________________________________________________________________________。(2)为提高酸浸速率，可采取的措施有__________________(答一条即可)。(3)硫酸酸浸后所得滤液A中可能含有的金属离子是________________，向其中参加H2O2的目的是__________________________________________________，反响的离子方程式为___________________________________________________。(4)利用化学镀(待镀件直接置于含有镀层金属的化合物的溶液中)可以在金属、塑料、陶瓷等物品外表镀上一层金属镍或铬等金属，与电镀相比，化学镀的最大优点是____________。(5)滤液C进行如下所示处理可以制得NiSO4·7H2O。滤液Ceq\o(→,\s\up11(调pH＝3),\s\do5())溶液Deq\o(→,\s\up11(操作X),\s\do5())NiSO4·7H2O①操作X的名称是______________。②产品晶体中有时会混有少量绿矾(FeSO4·7H2O)，可能是由于生产过程中__________导致Fe2＋未被完全氧化。③NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料—NiOOH，该反响的离子方程式是_______________________________________。解析(1)用乙醇洗涤的目的是溶解并除去有机物杂质，利用蒸馏的方法可将乙醇与其他有机物别离开；只有SiO2不与硫酸反响，故滤渣a的成分是SiO2；(2)将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度、浸泡时的温度均可提高酸浸速率；(3)依据分析可知滤液A中可能含有的金属离子是Al3＋、Fe2＋、Ni2＋，参加H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，有利于别离，反响离子方程式为：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，由表中数据及流程图知，参加试剂X的目的是将镍转化为Ni(OH)2，故X是碱类物质，X可以为NaOH；(4)与电镀相比，化学镀的最大优点是：不消耗电能，节约能源；(5)①由溶液得到晶体的操作为蒸发结晶，所以操作X的名称是蒸发结晶；②产品晶体中有时会混有少量绿矾(FeSO4·7H2O)，可能是由于生产过程中H2O2的用量缺乏(或H2O2失效)，可能会导致Fe2＋未被完全氧化，从而使产品晶体中混有少量绿矾(FeSO4·7H2O)；③NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料——NiOOH，该反响的离子方程式是：2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O。答案(1)SiO2溶解、除去有机物蒸馏(2)将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度、浸泡时的温度(3)Al3＋、Fe2＋、Ni2＋参加H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，有利于别离2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O(4)不消耗电能，节约能源(5)①蒸发结晶②H2O2的用量缺乏(或H2O2失效)③2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O5．芦笋中的天冬酰胺(结构如图1)和微量元素硒、铬、锰等，具有提高身体免疫力的成效。(1)天冬酰胺所含元素中，________(填元素名称)元素基态原子核外未成对电子数最多，第一电离能最大的是________。(2)天冬酰胺中碳原子的杂化轨道类型为________，分子中σ和π键数目之比为________。(3)O、S、Se为同主族元素，H2O、H2S和H2Se的参数比照见表。化学式键长/nm键角H2O0.99104.5°H2S1.3492.3°H2Se1.4791.0°H2S的键角大于H2Se的原因可能为__________________________________。H2O、H2S、H2Se沸点由高到低的顺序为______________，酸性由强到弱的顺序为____________。(4)写出铬的基态电子排布式：______________。(5)金属铬为体心立方晶体，晶胞结构如图2，那么该晶胞中含有________个铬原子。假设铬的密度为ρg·cm－3，相对原子质量为M，NA表示阿伏加德罗常数的值，那么铬原子的半径为________cm。解析(1)天冬酰胺中含有H、C、N、O四种元素，原子基态核外未成对电子分别为1、2,3、2，因此氮元素基态原子核外未成对电子数最多。H、C、N、O第一电离能最大的是N；(2)分子中亚甲基和次甲基中的碳原子均为sp3杂化，羰基碳为sp2杂化，天冬酰胺中含有16个σ键和2个π键，因此σ和π键数目之比为8∶1；(3)硫原子的电负性强于Se，形成的共用电子对斥力大，因此H2S中键角大，H2O、H2S、H2Se均为分子晶体，由于水分子间存在氢键，因此其沸点高于H2S和H2Se，H2Se相对分子质量大于H2S，故沸点H2Se高于H2S，酸性由强到弱的顺序为H2Se＞H2S＞H2O；(4)铬的原子序数为24，其基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；(5)在铬的晶胞中含有铬原子数为1＋8×eq\f(1,8)=2，设晶胞边长为x，根据ρ=eq\f(m,V)得，ρ=eq\f(M,\f(x3,2)×NA)，所以x=eq\r(3,\f(2M,NAρ))，所以晶胞的体对角线长度为eq\r(3)×eq\r(3,\f(2M,NAρ))，所以钠原子半径=eq\f(\r(3),4)×eq\r(3,\f(2M,NAρ))。答案(1)氮氮(2)sp3和sp28∶1(3)由于硫的电负性强于Se，形成的共用电子对斥力大，键角大H2O＞H2Se＞H2SH2Se＞H2S＞H2O(4)1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1(5)2eq\f(\r(3),4)×eq\r(3,\f(2M,NAρ))6．有机香料的分子式为C13H18O2，其合成路线如下图：：R—CHCH2eq\o(→,\s\up11(①B2H6),\s\do11(②H2O2/OH－))R—CH2CH2OH通过质谱法测得A的相对分子质量为56，它的核磁共振氢谱显示有两组峰且峰面积之比为1∶3；D分子中含有支链；E能发生银镜反响，在催化剂存在下1molE与2molH2可以发生反响生成F，且F分子中含有苯环但无甲基。请答复：(1)A中所含官能团的名称为____________；A生成B的反响类型是__________。(2)C的结构简式为___________