2017高考化学大二轮复习第3部分训练非选择题专项练620170228122

1训练十四非选择题专项练61某校兴趣小组对SO2与新制CUOH2悬浊液的反应进行探究，装置如下实验如下序号试管中的药品现象15ML1MOLL1CUSO4溶液和35ML1MOLL1NAOH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15ML1MOLL1CUCL2溶液和35ML1MOLL1NAOH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证明实验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，则说明砖红色沉淀是CU2O。其反应的方程式是_。甲同学重新用实验的方法制备新制CUOH2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净。向洗净后的CUOH2中加入5ML蒸馏水，再持续通入SO2气体，现象与实验相同。检验CUOH2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。请帮助乙同学证明C为CUCL，设计简单的实验方案_。丙同学向洗涤得到的199GC中加入足量的稀硝酸，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为_。向溶解后的溶液中加入足量的AGNO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到279G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的水溶液逐滴加入CUCL2的水溶液中，倾出部分清液，抽滤出沉淀，沉淀依次用36的乙酸，无水乙醇洗涤多次，得白色粉末固体，2真空或者充氮气保存。抽滤出沉淀操作时用到了抽滤瓶、布氏漏斗、_等仪器和用品。沉淀依次用36的乙酸，无水乙醇，无水乙醚洗涤多次的目的是_。解析实验和的不同点是配制CUOH2的溶液时铜盐的阴离子不同，导致现象不同。在实验中，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。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发生了歧化反应，同时SO2被氧化，故反应的方程式是2CU2OSO2CUSO43CU。甲同学重新作实验的方法制备新制CUOH2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净，防止CUOH2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CUOH2洗涤干净。2由实验流程可知后面实验加入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CUNO32溶液，再加入蒸馏水，白色沉淀不会溶解，故先加入的是浓盐酸。CUCL溶于稀硝酸，产生了气体NO，CUCL中的铜元素被氧化；有CUCLAGCL可知MAGCL287G，199G1435995而实际沉淀为279G，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反应为NA2SO32CUCL2H2ONA2SO42CUCL2HCL，故过滤后残留在CUCL表面是钠盐和酸，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，快速干燥，防止氧化。答案12CU2OSO2CUSO43CU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CUOH2洗涤干净2白色沉淀C白色沉淀溶解出现白色沉淀浓盐酸蒸馏水3CUCL4HNO3CU2NO2H2O3CL偏小AGCL在干燥过程中有少量3分解其他合理答案也可3玻璃棒、滤纸36的乙酸是为了除去CUCL沉淀表面的酸和钠盐；无水乙醇是为了除去乙酸和水，快速干燥，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应的催化剂。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下图所示31在形成NICO4的过程中，碳元素的化合价没有变化，则NICO4中的NI的化合价为_；2已知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应方程式_；3向浸出液A中通入H2S气体，反应的离子方程式是_；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，此过程中发生反应的离子方程式为_。浸出反应所用的NAOH溶液的浓度要大，若NAOH溶液较稀时，则会产生少量的ALOH3沉淀而阻止浸出反应的持续进行，请用化学反应原理加以解释_。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_。示例CUOCU2CUHFE解析1在NICO4中，碳元素的化合价与CO相同，为2价，故NI的化合价为0；2已知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元素被还原，另外，在硫酸中反应只能是O元素被氧化为O2，故有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式是2NI2O34H2SO44NISO4O24H2O；3浸出液A中含有大量的NI2、少量的H和FE3，通入H2S时，FE3发生还原反应H2S2FE32FE22HS；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反应生成NICO4；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溶液时发生反应的离子方程式为2AL2OH2H2O2ALO3H2；浸出反应所用NAOH溶液的浓度要大，因为AL溶于碱24液生成ALO时在水中存在下列平衡ALO2H2OALOH3OH，OH浓度过小，抑22制ALO的水解程度过小，所以，产生的ALOH3就会沉积下来进而阻止浸出反应的持续2进行。6浸出液B中存在ALO，首先要将ALO沉淀下来，一般是通入足量的CO2生成22ALOH3，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加入冰晶石可以降低AL2O3的熔点。答案1022NI2O34H2SO44NISO4O24H2O3H2S2FE32FE22HS4不能，因为冷却时，CO能与NI反应生成NICO452AL2OH2H2O2ALO3H22因为AL溶于碱液生成ALO时在水中存在下列平衡ALO2H2OALOH223OH，OH浓度过小，抑制ALO的水解程度过小，所以，产生的ALOH3就会沉积下来2进而阻止浸出反应的持续进行6ALOH3AL2O3AL足量CO2电解冰晶石、熔融3科学研究表明，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。下图是生成1MOLCH3OH时的能量变化示意图。已知破坏1MOL不同共价键的能量KJ分别是5CHCOCOHHHO41343517454364628已知E182KJMOL1，则E2_KJMOL1。2将不同量的COG和H2OG分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行如下反应COGH2OGCO2GH2G，得到如下三组数据起始量达到平衡实验温度/CO/MOLH2O/MOLH2/MOLCO转化率所需时间/MIN1650421662900211333900ABCT该反应的H_0填“”。实验2条件下的平衡常数K_。实验3中，若平衡时H2O的转化率为，则A/B_，C_。13实验4，若900时，在容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1MOL，则此时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100ML01MOLL1NA2CO3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，则反应后溶液中的各离子浓度由大到小的顺序是_。反应后的溶液可以作“缓冲液”当往溶液中加入一定量的酸和碱时，有阻碍溶液PH变化的作用，请解释其原理_。解析1由反应CO2G3H2GCH3OHGH2OG可知，H745243634134335146283KJMOL11816KJMOL1；又E1E2H，可知E21898KJMOL1。2650时CO的转化率为04大于，加压不影响平衡状态，故升高温度平衡16413逆向一定，正反应放热，6H0；K1；因为900时的CCO2CH2CCOCH2O13131F1,305F1,3K1，将实验2中的CO和H2O浓度互换，则K值不变，若平衡时，H2O的转化率为，则13A/B1/2，C；实验4，若900时，在容器中加入的CO、H2O、CO2、H2均为1MOL，13同一容器的体积相同，各物质的浓度也相同，所以QC1，QCK，该可逆反应达到平衡，此时V正V逆。3原溶液中NNA2CO3100103L01MOLL1001MOL；标准状况下112ML的CO2的物质的量为0005MOL。由反应NA2CO3H2OCO22NAHCO3可知，反应后的溶液中剩余NNA2CO30005MOL、生成NNAHCO30005MOL。因为CO的水解生成HCO23且比水解HCO能力强，溶液显碱性，故有CNACHCOCCOCOH33323CH。反应后的溶液存在HCOCOH，加入少量的酸，平衡逆向移动，溶液PH323变化不大；加入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11898211/2或3CNACHCOB32A33CCOCOHCH23反应后的溶液存在HCOCOH，加入少量的酸，平衡逆向移动，溶液PH323变化不大；加入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CA5PO43F生产磷铵NH43PO4并制取硫酸、联产水泥。其工艺流程如下图所示1操作I的名称_；在实验室中操作包括_、_。2沸腾槽的材质是_从“玻璃”、“钢铁”、“附有聚偏氟乙烯防腐层7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，反应方程式为_。4黏土中有一种成分为石脂AL2OH4SI2O5NH2O，其用氧化物表示为_。5已知SO2的催化氧化反应为2SO2GO2G2SO3GH0。从化学反应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。拟用下图所示的装置测定硫酸尾气中SO2的含量若下列各组中的试剂，前者浓度为01MOLL1，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应管中的溶液恰好变色。判断下列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NAOH溶液、酚酞试液NA2CO3溶液、酚酞试液碘水、淀粉溶液KMNO4溶液、稀硫酸解析1操作得到的是H3PO4液体和石膏固体，所以是过滤；在实验室中操作的目的是从溶液中得到晶体，包括蒸发浓缩、冷却结晶。2因为沸腾槽中的反应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；反应产生了HF，HF能腐蚀玻璃。聚偏氟乙烯防腐层不用热硫酸和HF反应，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CA5PO43FSIO2CCASIO3P4SIF4CO，再配平。15004石脂AL2OH4SI2O5NH2O，它可以用氧化物表示为AL2O32SIO2N2H2O。85催化氧化时使用热交换器的原因是移去反应中放出的热量，使反应后的气体降温，有利于平衡正向移动，并预热未反应的气体，从而加快初始反应速率。不能，因为SO2和CO2均可以与NAOH溶液反应，且产物NA2SO3、NA2CO3的溶液仍然为碱性，不能确定反应终点；不能，因为SO2可以与NA2CO3溶液反应生成NA2SO3，反应后溶液仍然为碱性，不能确定反应终点；用淀粉作指示剂，可以证明I2反应完全I2SO22H2OH2SO42HI，NSO2NI201MOLL15103L05103MOL，VSO205103MOL224LMOL1112102L，故尾气中SO2的体积分数是0112；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5SO22KMNO42H2OK2SO42MNSO42H2SO4，按反应关系可以得到尾气中SO2的体积分数是028。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，反应产生HF，HF能腐蚀玻璃34CA5PO43F21SIO230C20CASIO33P4SIF430CO15004AL2O32SIO2N2H2O5移去反应中放出的热量，使反应后的气体降温并预热未反应的气体6不能，因为SO2和CO2均可以与NAOH溶液反应，且产物NA2SO3、NA2CO3的溶液仍然为碱性，不能确定反应终点不能，因为SO2可以与NA2CO3溶液反应生成NA2SO3，反应后溶液仍然为碱性，不能确定反应终点011202851已知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KJMOL1I1I2I3I4I5X801242736602502632827Y577518167274481157714842根据上述信息X和氯元素形成的简单分子的空间构型为_；9Y的基态原子的核外电子排布式为_，若Y和氯元素所形成的分子的相对分子质量为267，请在下列方框中写出该分子的结构式若存在配位键，用“”表示2碳元素可以形成多种单质及化合物C60的结构如图1。C60中的碳原子的杂化轨道类型是_；已知碳元素单质CC键长/PM熔点/金刚石154453900C60145140600升华解释金刚石中的CC的键长大于C60中CC的键长的原因是_；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该化合物的化学式是_；K层与C层之间的作用力是_；K层中K原子之间的最近距离是CC的键长DCC的_倍。4SIC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B10CM，则晶胞的边长为_CM用含A、B的式子表示。解析1X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。XB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；YAL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。2C60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；金刚石中的CC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键，故金刚石中的CC的键长大于C60中CC的键长；C60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根据均摊法晶胞中的原子数目分别为K4顶角4面上5体心14121258，C48面上12体心41664。原子数目之比12KC86418，故该化合物的化学式是C8K；K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；设晶胞沿右侧方向的投影的边长为2A，宽为A，则K层中K原子之间的最近距离为A，正六边形的内角为120，则4DCCCOS30A，故A2DCC；34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，若晶胞的边长为LCM，则晶体体对角线为LCM4，故L。143A2B223AB