2023高考化学大二轮复习第3部分训练非选择题专项练6

PAGEPAGE8训练(十四)非选择题专项练(6)1．某校兴趣小组对SO2与新制Cu(OH)2悬浊液的反响进行探究，装置如下：实验如下：序号试管中的药品现象Ⅰ1.5mL1mol·L－1CuSO4溶液和3.5mL1mol·L－1NaOH溶液混合开始时有砖红色沉淀A出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体B，溶液呈蓝色Ⅱ1.5mL1mol·L－1CuCl2溶液和3.5mL1mol·L－1NaOH溶液混合开始时有浅红色沉淀出现，一段时间后，浅红色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀C，溶液呈蓝色查阅资料如下：CuCl为白色固体，难溶于水，乙醇、乙酸等，能溶于浓盐酸，也能溶于浓或稀硝酸溶液，CuCl被氧化。(1)甲同学通过补充两个实验：①证明实验Ⅰ中观察到的砖红色沉淀A是Cu2O。取少量Cu2O固体于试管中，加5mL蒸馏水，向其中持续通入SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈蓝色，那么说明砖红色沉淀是Cu2O。其反响的方程式是_____________________________________________________________________。②甲同学重新用实验Ⅱ的方法制备新制Cu(OH)2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净。向洗净后的Cu(OH)2中参加5mL蒸馏水，再持续通入SO2气体，现象与实验Ⅰ相同。检验Cu(OH)2洗涤干净的方法是___________________________________________________________________________________________________________。(2)同学们对白色沉淀的成分继续进行探究。①请帮助乙同学证明C为CuCl，设计简单的实验方案：_______________________________________________________________________________________。②丙同学向洗涤得到的19.9gC中参加足量的稀硝酸，得到蓝色溶液，此过程中反响的离子方程式为：________________________。向溶解后的溶液中参加足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、枯燥，得到27.9g白色沉淀。这种实验结果________(“偏小〞、“偏大〞或“不变〞)，可能原因是_____________________。(3)工业上制备CuCl还可以用：将Na2SO3的水溶液逐滴参加CuCl2的水溶液中，倾出局部清液，抽滤出沉淀，沉淀依次用36%的乙酸，无水乙醇洗涤屡次，得白色粉末固体，真空或者充氮气保存。①抽滤出沉淀操作时用到了抽滤瓶、布氏漏斗、______________等仪器和用品。②沉淀依次用36%的乙酸，无水乙醇，无水乙醚洗涤屡次的目的是__________________。解析实验Ⅰ和Ⅱ的不同点是配制Cu(OH)2的溶液时铜盐的阴离子不同，导致现象不同。在实验Ⅱ中，白色沉淀C的生成一定与Cl－有关，试题给出了CuCl的一些性质，是解决问题的关键。(1)①Cu2O固体加蒸馏水，通入SO2，试管底部有少量紫红色固体Cu，溶液呈蓝色Cu2＋，说明Cu2O发生了歧化反响，同时SO2被氧化，故反响的方程式是2Cu2O＋SO2=CuSO4＋3Cu。②甲同学重新作实验Ⅱ的方法制备新制Cu(OH)2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净，防止Cu(OH)2中含有Cl－，故取适量的最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu(OH)2洗涤干净。(2)①由实验流程可知：后面实验参加蒸馏水得到白色沉淀分析铜盐只要CuCl，开始是CuCl被溶解，能够溶解的试剂有浓盐酸和硝酸溶液；而CuCl溶于硝酸后生成Cu(NO3)2溶液，再参加蒸馏水，白色沉淀不会溶解，故先参加的是浓盐酸。②CuCl溶于稀硝酸，产生了气体NO，CuCl中的铜元素被氧化；有CuCl～AgCl可知：m(AgCl)=eq\f(19.9g×143.5,99.5)=28.7g，而实际沉淀为27.9g，偏小，说明AgCl有损失，指出损失的合理原因即可。(3)抽滤出沉淀操作时用到了抽滤瓶、布氏漏斗及玻璃棒、滤纸等；因为Na2SO3与CuCl2反响为Na2SO3＋2CuCl2＋H2O=Na2SO4＋2CuCl＋2HCl，故过滤后残留在CuCl外表是钠盐和酸，用36%的乙酸是为了除去这些杂质，而后无水乙醇是为了除去乙酸和水，快速枯燥，防止氧化。答案(1)①2Cu2O＋SO2=CuSO4＋3Cu②取适量的最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu(OH)2洗涤干净(2)①白色沉淀Ceq\o(→,\s\up11(浓盐酸))白色沉淀溶解eq\o(→,\s\up11(蒸馏水))出现白色沉淀②3CuCl＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋NO↑＋2H2O＋3Cl－偏小AgCl在枯燥过程中有少量分解(其他合理答案也可)(3)①玻璃棒、滤纸②36%的乙酸是为了除去CuCl沉淀外表的酸和钠盐；无水乙醇是为了除去乙酸和水，快速枯燥，防止氧化2．兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，被广泛用作有机物的氢化反响的催化剂。以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等)为原料制备兰尼镍的工艺流程如以下图所示：(1)在形成Ni(CO)4的过程中，碳元素的化合价没有变化，那么Ni(CO)4中的Ni的化合价为________；(2)红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2＋，写出有关镍元素的加压酸浸的化学反响方程式_______________________________；(3)向浸出液A中通入H2S气体，反响的离子方程式是______________________；(4)“高温熔融〞时能否将通入氩气换为CO并说明原因____________________；(5)“碱浸〞的目的是使镍产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附性，此过程中发生反响的离子方程式为__________________________。浸出反响所用的NaOH溶液的浓度要大，假设NaOH溶液较稀时，那么会产生少量的Al(OH)3沉淀而阻止浸出反响的持续进行，请用化学反响原理加以解释：__________________________________________________________________________________________。(6)浸出液B可以回收，重新生成铝以便循环利用。请设计简单的回收流程：浸出液B→___________________________________________________________。(例如：CuOeq\o(→,\s\up11(H＋))Cu2＋eq\o(→,\s\up11(Fe))Cu)解析(1)在Ni(CO)4中，碳元素的化合价与CO相同，为＋2价，故Ni的化合价为0；(2)红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2＋，说明Ni元素被复原，另外，在硫酸中反响只能是O元素被氧化为O2，故有关镍元素的加压酸浸的化学反响方程式是2Ni2O3＋4H2SO4=4NiSO4＋O2↑＋4H2O；(3)浸出液A中含有大量的Ni2＋、少量的H＋和Fe3＋，通入H2S时，Fe3＋发生复原反响：H2S＋2Fe3＋=2Fe2＋＋2H＋＋S↓；(4)“高温熔融〞时不能将通入氩气换为通入CO，因为冷却时，CO能与Ni反响生成Ni(CO)4；(5)“碱浸〞的目的是溶解镍铝合金中的Al，使镍产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附性，Al溶于NaOH溶液时发生反响的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑；浸出反响所用NaOH溶液的浓度要大，因为Al溶于碱液生成AlOeq\o\al(－,2)时在水中存在以下平衡：AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OAl(OH)3＋OH－，OH－浓度过小，抑制AlOeq\o\al(－,2)的水解程度过小，所以，产生的Al(OH)3就会沉积下来进而阻止浸出反响的持续进行。(6)浸出液B中存在AlOeq\o\al(－,2)，首先要将AlOeq\o\al(－,2)沉淀下来，一般是通入足量的CO2生成Al(OH)3，然后脱水生成Al2O3，最后将Al2O3在熔融的状态下电解即可得到金属铝(参加冰晶石可以降低Al2O3的熔点)。答案(1)0(2)2Ni2O3＋4H2SO4=4NiSO4＋O2↑＋4H2O(3)H2S＋2Fe3＋=2Fe2＋＋2H＋＋S↓(4)不能，因为冷却时，CO能与Ni反响生成Ni(CO)4(5)2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑因为Al溶于碱液生成AlOeq\o\al(－,2)时在水中存在以下平衡：AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OAl(OH)3＋OH－，OH－浓度过小，抑制AlOeq\o\al(－,2)的水解程度过小，所以，产生的Al(OH)3就会沉积下来进而阻止浸出反响的持续进行(6)eq\o(→,\s\up11(足量CO2))Al(OH)3eq\o(→,\s\up11(△))Al2O3eq\o(→,\s\up11(电解),\s\do11(冰晶石、熔融))Al3．科学研究说明，当前应用最广泛的化石燃料到本世纪中叶将枯竭，解决此危机的唯一途径是实现燃料和燃烧产物之间的良性循环：(1)一种常用的方法是在230℃、有催化剂条件下将CO2和H2转化为甲醇蒸汽和水蒸气。以下图是生成1molCH3OH时的能量变化示意图。破坏1mol不同共价键的能量(kJ)分别是：C—HC—OCOH—HH—O413.4351745436462.8E1=8.2kJ·mol－1，那么E2=________kJ·mol－1。(2)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行如下反响：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下三组数据：实验温度/℃起始量到达平衡CO/molH2O/molH2/molCO转化率所需时间/min1650421.66290021eq\f(1,3)33900abct①该反响的ΔH________0(填“<〞或“>〞)。②实验2条件下的平衡常数K=________。③实验3中，假设平衡时H2O的转化率为eq\f(1,3)，那么a/b=________，c=________。④实验4，假设900℃时，在容器中参加CO、H2O、CO2、H2各1mol，那么此时v正________v逆(填“<〞，“>〞或“=〞)。(3)捕捉CO2可以利用Na2CO3溶液。先用Na2CO3溶液吸收CO2生成NaHCO3，然后使NaHCO3分解，Na2CO3可以进行循环使用。将100mL0.1mol·L－1Na2CO3的溶液中通入112mL(已换算为标准状况)的CO2，溶液中没有晶体析出，那么：①反响后溶液中的各离子浓度由大到小的顺序是____________。②反响后的溶液可以作“缓冲液〞(当往溶液中参加一定量的酸和碱时，有阻碍溶液pH变化的作用)，请解释其原理__________________________________________________________________________________________________________。解析(1)由反响：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)可知，ΔH=(745×2＋436×3－413.4×3－351－462.8×3)kJ·mol－1=－181.6kJ·mol－1；又E1－E2=ΔH，可知E2=189.8kJ·mol－1。(2)①650℃时CO的转化率为eq\f(1.6,4)=0.4大于eq\f(1,3)，加压不影响平衡状态，故升高温度平衡逆向一定，正反响放热，ΔH＜0；②K=eq\f(c(CO2)·c(H2),c(CO)·c(H2O))=eq\f(\f(1,3)×\f(1,3),(1－\f(1,3))×(0.5－\f(1,3)))=1；③因为900℃时的K=1，将实验2中的CO和H2O浓度互换，那么K值不变，假设平衡时，H2O的转化率为eq\f(1,3)，那么a/b=1/2，c=eq\f(1,3)；④实验4，假设900℃时，在容器中参加的CO、H2O、CO2、H2均为1mol，同一容器的体积相同，各物质的浓度也相同，所以Qc=1，Qc=K，该可逆反响到达平衡，此时v正=v逆。(3)①原溶液中n(Na2CO3)=100×10－3L×0.1mol·L－1=0.01mol；标准状况下112mL的CO2的物质的量为0.005mol。由反响Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3可知，反响后的溶液中剩余n(Na2CO3)=0.005mol、生成n(NaHCO3)=0.005mol。因为COeq\o\al(2－,3)的水解生成HCOeq\o\al(－,3)且比水解HCOeq\o\al(－,3)能力强，溶液显碱性，故有：c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)。②反响后的溶液存在HCOeq\o\al(－,3)COeq\o\al(2－,3)＋H＋，参加少量的酸，平衡逆向移动，溶液pH变化不大；参加少量的碱平衡正向移动，溶液pH变化也不大，故该溶液可以作“缓冲液〞。答案(1)189.8(2)①<②1③1/2eq\f(b,3)或eq\f(2a,3)④=(3)①c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)②反响后的溶液存在HCOeq\o\al(－,3)COeq\o\al(2－,3)＋H＋，参加少量的酸，平衡逆向移动，溶液pH变化不大；参加少量的碱平衡正向移动，溶液pH变化也不大，故该溶液可以作“缓冲液〞4．利用氟磷灰石[(Ca5(PO4)3F)]生产磷铵[(NH4)3PO4]并制取硫酸、联产水泥。其工艺流程如以下图所示：(1)操作I的名称____________；在实验室中操作Ⅱ包括____________、____________。(2)沸腾槽的材质是________________(从“玻璃〞、“钢铁〞、“附有聚偏氟乙烯防腐层的石墨〞中选择)，选择的理由是_____________________________________________________________________________________________________。(3)工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO，反响方程式为____________________________。(4)黏土中有一种成分为石脂[Al2(OH)4Si2O5·nH2O]，其用氧化物表示为____________。(5)SO2的催化氧化反响为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＜0。从化学反响原理的角度说明催化氧化时使用热交换器的原因_______________________。(6)制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾。拟用以下图所示的装置测定硫酸尾气中SO2的含量：假设以下各组中的试剂，前者浓度为0.1mol·L－1，后者适量，溶液体积为5mL；通入尾气10L(已换算为标准状况)时反响管中的溶液恰好变色。判断以下试剂组能否测定硫酸尾气中SO2的体积分数。能者，确定SO2的体积分数；不能者，说明原因。编号试剂组结论①NaOH溶液、酚酞试液 ②Na2CO3溶液、酚酞试液③碘水、淀粉溶液④KMnO4溶液、稀硫酸解析(1)操作Ⅰ得到的是H3PO4液体和石膏固体，所以是过滤；在实验室中操作Ⅱ的目的是从溶液中得到晶体，包括蒸发浓缩、冷却结晶。(2)因为沸腾槽中的反响是在酸性且加热的条件下进行的，此条件下钢铁易被酸溶解；反响产生了HF，HF能腐蚀玻璃。聚偏氟乙烯防腐层不用热硫酸和HF反响，故沸腾槽应选用附有聚偏氟乙烯防腐层的石墨材质。(3)工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO，可以先写出：Ca5(PO4)3F＋SiO2＋Ceq\o(→,\s\up11(1500℃))CaSiO3＋P4＋SiF4↑＋CO↑，再配平。(4)石脂[Al2(OH)4Si2O5·nH2O]，它可以用氧化物表示为Al2O3·2SiO2·(n＋2)H2O。(5)催化氧化时使用热交换器的原因是移去反响中放出的热量，使反响后的气体降温，有利于平衡正向移动，并预热未反响的气体，从而加快初始反响速率。①不能，因为SO2和CO2均可以与NaOH溶液反响，且产物Na2SO3、Na2CO3的溶液仍然为碱性，不能确定反响终点；②不能，因为SO2可以与Na2CO3溶液反响生成Na2SO3，反响后溶液仍然为碱性，不能确定反响终点；③用淀粉作指示剂，可以证明I2反响完全：I2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HI，n(SO2)=n(I2)=0.1mol·L－1×5×10－3L=0.5×10－3mol，V(SO2)=0.5×10－3mol×22.4L·mol－1=1.12×10－2L，故尾气中SO2的体积分数是0.112%；④高锰酸钾溶液本身的紫色可以作终点指示，故可以用来测定硫酸尾气中SO2的体积分数。由于5SO2＋2KMnO4＋2H2O=K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4，按反响关系可以得到尾气中SO2的体积分数是0.28%。答案(1)过滤蒸发浓缩冷却结晶(2)附有聚偏氟乙烯防腐层的石墨因为酸性且加热，钢铁易被溶解，反响产生HF，HF能腐蚀玻璃(3)4Ca5(PO4)3F＋21SiO2＋30Ceq\o(=,\s\up11(1500℃))20CaSiO3＋3P4＋SiF4↑＋30CO↑(4)Al2O3·2SiO2·(n＋2)H2O(5)移去反响中放出的热量，使反响后的气体降温并预热未反响的气体(6)①不能，因为SO2和CO2均可以与NaOH溶液反响，且产物Na2SO3、Na2CO3的溶液仍然为碱性，不能确定反响终点②不能，因为SO2可以与Na2CO3溶液反响生成Na2SO3，反响后溶液仍然为碱性，不能确定反响终点③0.112%④0.28%5．(1)X和Y均为短周期元素，其原子的第一至第五电离能如下表所示：电离能(kJ·mol－1)I1I2I3I4I5X801242736602502632827Y577.51816.72744.81157714842根据上述信息：①X和氯元素形成的简单分子的空间构型为____________；②Y的基态原子的核外电子排布式为____________，假设Y和氯元素所形成的分子的相对分子质量为267，请在以下方框中写出该分子的结构式(假设存在配位键，用“→〞表示)(2)碳元素可以形成多种单质及化合物：①C60的结构如图1。C60中的碳原子的杂化轨道类型是____________；：碳元素单质C－C键长/pm熔点/℃金刚石154.453900C60145～140600(升华)解释：②金刚石中的C－C的键长大于C60中C－C的键长的原因是_____________________________________________________________________；③金刚石的熔点高于C60的原因是__________________________________。(3)如图2是钾的石墨的插层化合物的晶胞图(图中大球表示K原子，小球表示C原子)，如图3是晶胞沿右侧方向的投影：①该化合物的化学式是____________；②K层与C层之间的作用力是________________；③K层中K原子之间的最近距离是C－C的键长dC－C的________倍。(4)SiC的晶胞与金刚石的晶胞相似，设碳原子的直径为acm，硅原子的直径为bcm，那么晶胞的边长为________cm(用含a、b的式子表示)。解析(1)X和Y为短周期元素，其原子都有第一至第五电离能，原子多于5个电子。又由于X、Y都是I4远大于I3，说明最外层都是3个电子。X、Y元素的原子的I1，X大于Y的，故X是B、Y是Al。①X(B)和氯元素形成的简单分子BCl3的中心原子B原子的价层电子无孤电子对，所以其空间构型为平面正三角形；②Y(Al)的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，Y和氯元素形成的分子的相对分子质量为267，其分子式是Al2Cl6，Al原子最外层有3个电子，与3个Cl原子形成共价键，还有1个空轨道，可以接收Cl原子提供的孤对电子形成配位键，故其结构式是。(2)①C60中的每一个碳原子都与3个相邻的碳原子以共价键相结合，故碳原子轨道以sp2的形式杂化；②金刚石中的C—C键为单键，而C60中的每个碳原子都以sp2的形式杂化，其2p轨道上还有一个单电子轨道垂直于sp2杂化轨道的平面，相互之间肩并肩重合形成π键，故金刚石中的C—C的键长大于C60中C—C的键长；③C60是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，金刚石是原子晶体，融化时破坏的是共价键。(3)①根据均摊法：晶胞中的原子数目分别为K：4×eq\f(1,4)(顶角)＋4×eq\f(1,2)(面上)＋5(体心)=1＋2＋5=8，C：4×[8×eq\f(1,2)(面上)＋12(体心)]=4×16=64。原子数目之比K∶C=8∶64=1∶8，故该化合物的化学式是C8K；②K属于活泼金属元素，C为非金属元素，二者之间的作用力为离子键；③设晶胞沿右侧方向的投影的边长为2a，宽为a，那么K层中K原子之间的最近距离为a，正六边形的内角为120°，那么4dC－C·cos30°=a，故a=2eq\r(3)dC－C；(4)碳化硅的晶胞与金刚石的晶胞相似(如图)，碳原子与硅原子最近距离为晶体体对角线的eq\f(1,4)，假设晶胞的边长为lcm，那么晶体体对角线为eq\r(3)lcm=4×(eq\f(a,2)－eq\f(b,2))，故l=eq\f(2\r(3)(a＋b),3)。答案(1)①平面正三角形②1s22s22p63s23p1(2)①sp2杂