2023高考化学大二轮复习第3部分训练非选择题专项练7

PAGEPAGE4训练(十五)非选择题专项练(7)1．黄铜矿(主要成分为CuFeS2，S为－2价)是工业冶铜的主要原料，现有一种天然黄铜矿(含SiO2)为了测定该黄铜矿的纯度，设计了如下实验：现称取研细的黄铜矿样品1.84g，在空气存在下进行煅烧，发生如下反响：3CuFeS2＋8O2eq\o(=,\s\up11(高温))3Cu＋Fe3O4＋6SO2实验后d中溶液的eq\f(1,10)置于锥形瓶中，用0.0500mol·L－1标准碘溶液进行滴定，消耗标准溶液20.00mL，请答复以下问题：(1)3CuFeS2＋8O2eq\o(=,\s\up11(高温))3Cu＋Fe3O4＋6SO2中氧化产物是__________，当生成0.3molSO2气体时，转移电子________mol。(2)将样品研细后再反响，其目的是___________________________________，装置C的作用是_______________________________________________________。(3)用标准碘溶液滴定d中溶液的离子方程式是_________________________，滴定达终点时的现象是_________________________________________________。(4)上述反响结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是___________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)通过计算可知，该黄铜矿的纯度为____________。(6)假设将原装置d中的试液换为Ba(OH)2溶液，测得黄铜矿纯度偏高，假设实验操作均正确，可能的原因主要是______________________________________________________________________________________________________________。解析该实验原理是：根据黄铜矿空气中煅烧产生的二氧化硫的量的测定(二氧化硫可以用碘水来标定)，结合元素守恒可以确定黄铜矿的量，进而计算其纯度。(1)CuFeS2，S元素化合价为－2价；Cu元素化合价为＋2价，Fe元素化合价为＋2价，反响后铜元素化合价降低，铁元素化合价升高，硫元素化合价升高，氧元素化合价降低，氧化产物为：Fe3O4、SO2，依据电子守恒计算电子转移总数，反响中3Cu2＋～3Cu～6e－，8O2～Fe3O4＋6SO2～32e－，生成6molSO2，电子转移总数为38mol，当生成0.3molSO2气体时1.9mol电子。(2)将样品研细后再反响，即增大固体的外表积，目的是使原料充分反响、加快反响速率，灼热的铜网可以除去多余的氧气。(3)用标准碘溶液滴定d中溶液的反响是二氧化硫被溴单质氧化生成硫酸和氢溴酸，反响的离子方程式为：SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SOeq\o\al(2－,4)，当到达滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝且半分钟不褪色，证明反响到达反响终点。(4)黄铜矿空气中煅烧生成二氧化硫等一系列产物，完毕后仍然通入空气，可以将产生的二氧化硫全部排出去，使结果精确。(5)根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.00mL，当到达滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝，根据反响实质，得到：2I2～2SO2～CuFeS2，消耗掉0.05mol·L－1标准碘溶液20.00mL时，即消耗的碘单质的量为：0.05mol·L－1×0.02L=0.0010mol，所以黄铜矿的质量是：0.5×0.0010mol×184g·mol－1×10=0.92g，所以其纯度为eq\f(0.92g,1.84g)×100%=50%。(6)空气中的CO2与Ba(OH)2反响可以生成BaCO3沉淀，此外BaSO3被氧化成BaSO4均可以导致沉淀的量比二氧化硫和氢氧化钡反响生成的白色沉淀的量多。答案(1)Fe3O4、SO21.9(2)增大接触面积，使原料充分反响、加快反响速率除去多余的氧气(3)SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SOeq\o\al(2－,4)锥形瓶中的溶液由无色变为蓝色且半分钟不褪色(4)使反响生成的SO2全部进入d装置中，使结果精确(5)50%(6)空气中的CO2与Ba(OH)2反响生成BaCO3沉淀，BaSO3被氧化成BaSO42．硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用，请答复以下问题：图1图2(1)一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形成固定下来，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反响，相关的热化学方程式如下：①CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g)ΔH=＋210.5kJ·mol－1②eq\f(1,4)CaSO4(s)＋CO(g)eq\f(1,4)CaS(s)＋CO2(g)ΔH=－47.3kJ·mol－1反响：CaO(s)＋3CO(g)＋SO2(g)CaS(s)＋3CO2(g)ΔH=________kJ·mol－1(2)图1为密闭容器中H2S气体分解生产H2和S2(g)的平衡转化率与温度、压强的关系。图1中压强P1、P2、P3的大小顺序为__________，理由是______________________，该反响平衡常数的大小关系为K(T1)________K(T2)(填“＞〞、“=〞或“＜〞)，理由是_______________________________________________________________________________________________________________。(3)在一定条件下，二氧化硫和氧气发生反响：2SO2(g)＋O2(g)2SO3ΔH＜0①600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反响过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图2，反响处于平衡状态的时间段所示____________________________________________________________________。②据图2判断，反响进行至20min时，曲线发生变化的原因是__________________(用文字表达)；10min到15min的曲线变化的原因可能是________(填写编号)。a．加了催化剂 b．缩小容器体积c．降低温度 d．增加SO2的物质的量(4)烟气中SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c(Na＋)=__________(用含硫微粒浓度的代数式表示)。解析(1)利用盖斯定律将②×4－①可得CaO(s)＋3CO(g)＋SO2(g)CaS(s)＋3CO2(g)ΔH=4×(－47.3kJ·mol－1)－(210.5kJ·mol－1)=－399.7kJ·mol－1。(2)H2S气体分解生产H2和S2(g)的反响为2H2Seq\o(=,\s\up11(高温))2H2＋S2，反响前后气体体积增大，同温度下，压强越大，平衡逆向进行，H2S转化率减小，那么P1＜P2＜P3，温度升高，H2S的转化率增大，说明正反响为吸热反响，升温平衡正向进行，平衡常数增大，K(T1)＜K(T2)。(3)①反响混合物各物质的物质的量不变化，说明反响处于平衡状态，由图可知在15～20min和25～30min出现平台，各组分的物质的量不变，反响处于平衡状态。②由图可知，反响进行至20min时，平衡向正反响移动，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大了氧气的浓度。由图可知，反响向正反响进行，10min到15min反响混合物单位时间内的变化量增大，说明反响速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变。a.加了催化剂，增大反响速率，故a正确；b.缩小容器体积，增大压强，增大反响速率，故b正确；c.降低温度反响速率降低，故c错误；d.10min改变瞬间，各物质的物质的量不变，不是增加SO2的物质的量，故d错误。(4)烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析，c(Na＋)＋c(H＋)=2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，c(H＋)=c(OH－)，得到(Na＋)=2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))。答案(1)－399.7(2)P1＜P2＜P3反响前后气体体积增大，增大压强平衡逆向进行＜反响是吸热反响，升温平衡正向进行，平衡常数增大(3)①15～20min和25～30min②增大氧气的浓度ab(4)2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))3．钛被称为“二十一世纪金属〞，工业上用钛铁矿制备金属钛的工艺流程如下：：钛铁矿主要成分与浓硫酸反响的主要产物是TiOSO4和FeSO4，TiOSO4遇水会水解。请答复以下问题：(1)操作1用到的玻璃仪器除烧杯外还有________，操作2是________、过滤，副产品主要成分的化学式为____________。(2)请结合化学用语解释将TiO2＋转化为H2TiO3的原理_________________________________________________________________________________________。(3)钛的复原性介于铝和锌之间，估计钛能耐腐蚀的原因之一是_____________________________________________________________________，如果可从Na、Zn、Fe三种金属中选一种金属代替流程中的镁，那么该金属跟四氯化钛反响的化学方程式是_____________________________________________。(4)电解TiO2来获得Ti是以TiO2作阴极，石墨为阳极，熔融CaO为电解质，用碳块作电解槽，其阴极反响的电极反响式为______________________________。(5)为测定溶液中TiOSO4的含量，首先取待测钛液10mL用水稀释至100mL，加过量铝粉，充分振荡，使其完全反响：3TiO2＋＋Al＋6H＋=3Ti3＋＋Al3＋＋3H2O，过滤后，取出滤液20.00mL，向其中滴加2～3滴KSCN溶液作指示剂，用________________(填一种玻璃仪器的名称)滴加0.1000mol·L－1FeCl3溶液，发生Ti3＋＋Fe3＋=Ti4＋＋Fe2＋，当溶液出现红色到达滴定终点，用去了30.00mLFeCl3溶液，待测钛液中TiOSO4的物质的量浓度是________。解析(1)操作1为过滤，用到的玻璃仪器除烧杯外还有漏斗、玻璃棒，操作2的实验步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶，参加过量铁屑后溶液中含有Fe2＋离子，那么过滤后可得FeSO4·7H2O(或FeSO4)，副产品主要成分的化学式为FeSO4。(2)加热的目的是促进TiO2＋水解生成H2TiO3，别离出固体加热得到TiO2；溶液中存在平衡：TiO2＋＋2H2OH2TiO3＋2H＋，当加热升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3。(3)钛的复原性介于铝与锌之间，氧化铝是一层致密的氧化膜，估计钛能耐腐蚀的原因是钛外表形成一层致密的氧化膜(或钛的内部结构紧密)；活泼金属钠可以将金属钛置换出来：TiCl4＋4Naeq\o(=,\s\up11(高温))Ti＋4NaCl，Zn和Fe都是不可以的，活泼性差。(4)因TiO2作阴极，得到电子，被复原，TiO2＋4e－=Ti＋2O2－，得到单质Ti。(5)准确滴加氯化铁溶液可使用滴定管，氯化铁有较强的氧化性，应用酸式滴定管；设滤液Ti3＋的物质的量为x，Ti3＋(紫色)＋Fe3＋＋H2O=TiO2＋(无色)＋Fe2＋＋2H＋11x0.1000mol·L－1×0.03L解得x=0.1000mol·L－1×0.03L=0.003mol那么待测钛液中TiOSO4的物质的量=0.003mol×5=0.015mol根据c=eq\f(n,V)=eq\f(0.015mol,0.01L)=1.50mol·L－1。答案(1)漏斗、玻璃棒蒸发浓缩、冷却结晶FeSO4(2)溶液中存在平衡：TiO2＋＋2H2OH2TiO3＋2H＋，当加热升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3(3)钛外表形成一层致密的氧化膜(或钛的内部结构紧密)TiCl4＋4Naeq\o(=,\s\up11(高温))Ti＋4NaCl(4)TiO2＋4e－=Ti＋2O2－(5)酸式滴定管1.50mol·L－14．煤炭被人们誉为黑色的“金子〞，它是人类使用的主要能源之一。为了提高煤的利用率，减少有害气体的排放，人们采取了各式各样的方法。(1)煤的气化和液化可以提高煤的利用率。煤的气化技术的主要产物是________。煤的液化又分为____________________。将煤隔绝空气加强热得到焦炉气、煤焦油及焦炭等产品的技术称为__________。(2)煤在燃烧前后及燃烧过程中均可采取措施减少有害气体的排放。①在燃烧前，可以采用微生物脱硫技术。原理如下图：图示过程中Fe2＋的作用为________________。写出Fe2＋eq\o(→,\s\up11(微生物),\s\do11(O2/H＋))Fe3＋的离子方程式：______________________________________________________________。②煤在燃烧时，进行脱硫处理，常采用________燃烧技术，再把煤和脱硫剂参加锅炉燃烧室，使煤与空气在流化过程中充分混合、燃烧，起到固硫作用。常用脱硫剂的主要化学成分为__________(填化学式)。③煤在燃烧后，烟气净化常采用除尘技术和脱硫、脱硝技术。湿法脱硫、脱硝技术中将烟气通入____________设备，用石灰水淋洗。解析(1)煤的气化是煤和水蒸气在高温条件下反响生成一氧化碳和氢气的过程，故主要产物为CO、H2；煤的液化可以分为直接液化或间接液化；将煤隔绝空气加强热使煤分解得到焦炉气、煤焦油及焦炭等产品的技术称为煤的干馏。(2)①根据微生物脱硫技术的原理可知，亚铁离子先被氧化为铁离子，后铁离子又被复原为亚铁离子，即亚铁离子先被消耗后又生成，故在反响中作催化剂，亚铁离子作复原剂，被氧气氧化为铁离子，氧气在酸性条件下被复原为水，化学方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O。②在燃烧的同时进行的脱硫技术称为流化床燃烧技术，由于二氧化氯是酸性氧化物，所以可以加碱性氧化物CaO(或CaCO3)来加以吸收。③吸收烟气的装置为吸收塔。答案(1)CO、H2直接液化和间接液化煤的干馏(2)①中间产物，催化剂作用，加快S元素的氧化4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O②流化床CaO(或CaCO3)③吸收塔5．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种元素，A的一种同位素可用于考古测定生物的死亡年代，B与A同周期，其s能级电子数比p能级电子数多，C原子的最外层电子数是次外层的3倍，D与B同主族；E的原子序数为29。答复以下问题：(1)五种元素中第一电离能最大的是________(填元素符号)，其中D原子价电子排布图为__________。(2)元素B的简单气态氢化物的沸点________(填“高于〞或“低于〞)元素A的简单气态氢化物的沸点。其主要原因是________________，A的简单气态氢化物中心原子的杂化轨道类型为__________。(3)BCeq\o\al(－,3)的立体构型为________，与其互为等电子体的分子是________(写化学式)。(4)EC在加热条件下容易转化为E2C。从原子结构的角度解释原因____________，E原子的外围电子排布式为________，E晶体的堆积方式为________(填序号)。①简单立方堆积 ②体心立方堆枳③六方最密堆积 ④面心立方最密堆积(5)硼与D可形成一种耐磨材料F，其结构与金刚石相似(如图)。可由硼的三溴化物和D的三溴化物高温下在氢气的气氛中合成，写出合成F的化学方程式：__________________，F的晶胞边长为apm，那么该晶体密度的表达式为________g·cm－3(含a、NA的式子表示，不必化简)。解析A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种元素，A的一种同位素可用于考古中测定生物的死亡年代，那么A为碳元素；B与A同周期，其s能级电子数比p能级电子数多，原子核外电子数排布式为1s22s22p3，那么B为N元素；C原子的最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C为O元素；D与B同主族，那么D为P元素；E的原子序数为29，那么E为Cu。(1)非金属性越强第一电离能越大，N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故N元素的第一电离能最大，D为P元素，原子价电子排布式为3s23p3，原子价电子排布图为。(2)元素A、B的简单气态氢化物分别为CH4、NH3，NH3分子之间存在氢键，沸点高于甲烷的，甲烷分子中C原子形成4个C—H键，没有孤对电子，故碳原子采取sp3杂化。(3)NOeq\o\al(－,3)中N原子孤电子对数=eq\f(5＋1－2×3,2)=0，价层电子对数=3＋0=3，立体构型为平面三角形，与其互为等电子体的分子是SO3。(4)Cu2＋离子外围电子排布为3d9，而Cu＋离子外围电子排布为3d10，为全满稳定状态，Cu2O更稳定，CuO在加热条件下容易转化为Cu2O，Cu原子的外围电子排布式为：3d104s1，Cu晶体的堆积方式为面心立方最密堆积。(5)硼与P可形成一种耐磨材料F，其结构与金刚石相似(如图)，那么F为BP，可由硼的三溴化物和D的三溴化物于高温下在氢气的气氛中合成，合成F的化学方程式：BBr3＋PBr3＋3H2eq\o(=,\s\up11(高温))BP＋6HBr，金刚石晶胞中C原子数目为4＋8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)=8，那么晶胞中B、P原子数目均为4，晶胞质量为4×eq\f(11＋31,NA)g，晶胞边长为apm，那么该晶体密度为4×eq\f((11＋31),NA)g÷(a×10－10cm)3=eq\f(4×42,NA×(a×10－10)3)g·cm－3。答案(1)N(2)高于NH3分子之间存在氢键sp3(3)平面三角形SO3(4)Cu2＋离子外围电子排布为3d9，而Cu＋离子外围电子排布为3d10，为全满稳定状态，Cu2O更稳定3d104s1④(5)BBr3＋PBr3＋3H2eq\o(=,\s\up11(高温))BP＋6HBreq\f(4×42,NA×(a×10－10)3)6．F、G都是常见的高分子材料，以下是由丙烯合成F、G的流程图。(1)E的化学名称是__________，所含官能团是__________。(2)G的结构简式是____________。(3)A→B的化学