2023届高中化学二轮复习非选择题专项训练汇编

非选择题专项训练一工艺流程题1.金属钒在汽车、航空、铁路、电子技术、国防工业等行业应用广泛,钒的氧化物已经成为化学工业中最佳催化剂之一。从钒铬还原渣[VO2·H2O、Cr(OH)3]中分离钒、铬的工艺流程如下:(1)为提高“碱浸”速率,除适当升高温度外,还可采取的措施有(举一例)。

(2)“碱浸”中主要反应的离子方程式为。

(3)“焙烧”产物经不同浓度的NaOH溶液浸出后所得到的V2O5和Cr2O3浸出率如图所示:则NaOH溶液适宜的浓度为。

(4)“碱浸”时加入NaOH不宜过量太多的原因是

。

(5)流程中“沉淀”所得为钒的铵盐沉淀物[x(NH4)2O·yV2O5·zH2O],证明沉淀已洗净的操作是

。

(6)实验室“过滤”时,用到的硅酸盐质仪器除烧杯外,还用到的两种为、。

2.湿法冶炼脆硫铅锑矿(主要成分为Pb4FeSb6S14)制取锑白(Sb2O3)的工艺流程如图所示:已知:①锑(Sb)为第ⅤA族元素,Sb2O3为两性氧化物。②“水解”时锑元素转化为SbOCl沉淀。回答下列问题。(1)“氯化浸出”后的滤液中含有两种锑的氯化物,分别为SbCl3和(填化学式)。滤渣Ⅰ中所含的反应产物有PbCl2和一种单质,该单质是。

(2)“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中,Sb将Fe3+转化为Fe2+的离子方程式为,该转化有利于“水解”时锑铁分离。

(3)滤液Ⅳ的成分是(填化学式)。“中和”时若用NaOH溶液代替氨水,Sb2O3可能会转化为(填离子符号),使锑白的产量降低。

(4)锑白也可用火法冶炼脆硫铅锑矿制取,该法中有焙烧、烧结、还原和吹炼等生产环节。与火法冶炼相比,湿法冶炼的优点有(任写一点)。

3.铬元素的+6价化合物毒性较大,不能随意排放。某化工厂以铬渣(含有Na2SO4及少量Cr2O72-已知:Fe3+完全沉淀[c(Fe3+)≤1.0×10-5mol·L-1]时pH为3.4。回答下列问题。(1)滤渣A的主要成分为。

(2)根据下图信息,操作B包含蒸发结晶和。

(3)酸化后的Cr2O72-可被SO32-还原,该反应中若有0.5molCr2O7(4)将重铬酸钠与浓硫酸加热熔融反应、再分离除去硫酸氢钠可以制得工业用粗化液的主要成分CrO3(铬酐),写出该反应的化学方程式:。

(5)通过两步反应可以实现Cr(OH)3转化为Cr,若第一步反应为2Cr(OH)3Cr2O3+3H2O;第二步反应利用了铝热反应原理,则该反应的化学方程式为。

(6)利用如图装置,探究铬和铁的活动性强弱。能证明铁比铬活动性强的实验现象是。工业上,在钢器具表面镀铬以增强器具的抗腐蚀性能,用硫酸铬[Cr2(SO4)3]溶液作电解质溶液,阴极的电极反应式为。

4.下图为从预处理后的可充电电池粉末(主要为NiO、CdO、CoO和Fe2O3等)中回收重金属的工艺流程。回答下列问题。(1)“浸取”过程先加入NH4HCO3溶液,再通入NH3,滤液①中主要含[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+及CO32-(2)探究“催化氧化”步骤中[Co(NH3)6]2+氧化为[Co(NH3)6]3+的实验条件。向[Co(NH3)6]2+含量为0.38g·L-1的溶液中通入空气,待反应完全后,记录[Co(NH3)6]3+浓度数据如表:反应时间[Co(NH3)6]3+/(g·L-1)25℃90℃,石墨催化1.5h0.0900.352.5h0.140.385h0.350.38由表中数据可得,[Co(NH3)6]2+氧化的最佳条件为。

(3)已知Co(OH)3为强氧化剂,向Co(OH)3中加入浓盐酸发生“反应Ⅰ”,写出该反应的离子方程式

。

(4)“反萃取”的原理为NiR有机相+2H+Ni2++2HR有机相,需加入的试剂X为,分离有机相和水相的操作为。

(5)水相①的主要溶质为(填化学式)。

(6)生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2++CO32-CdCO3↓+4NH3↑,常温下,该反应平衡常数K=2.75×105,[Cd(NH3)4]2+Cd2++4NH3的平衡常数K不稳=2.75×10-7,Ksp(CdCO3)=5.(2022山东卷)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3,含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏,工艺流程如下:回答下列问题。(1)酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6,离子方程式为。

(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiF62-)=1∶1加入Na2CO3脱氟,充分反应后,c(Na+)=mol·L-1;再分批加入一定量的BaCO3项目BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4Ksp1.0×10-64.0×10-69.0×10-41.0×10-10(3)SO42-浓度(以SO3%计)在一定范围时,石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后,在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中,石膏存在形式为(填化学式);洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水,原因是,回收利用洗涤液X的操作单元是;一定温度下,石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3A.65℃、P2O5%=15、SO3%=15B.80℃、P2O5%=10、SO3%=20C.65℃、P2O5%=10、SO3%=30D.80℃、P2O5%=10、SO3%=10图甲图乙6.钴的氧化物广泛应用于磁性材料及超导材料等领域。一种利用含钴废料(主要成分Co2O3,含少量Al2O3、MgO、SiO2等)制备Co2O3的工艺流程如图所示。(1)“浸出液”中溶质的主要成分是(写化学式)。

(2)“酸浸、还原”过程中溶解Co2O3的离子方程式为。稀硫酸和Na2SO3也可用盐酸替代,工业生产中不用盐酸的理由是。

(3)NaF的作用是。

(4)“沉钴”时生成CoCO3的化学方程式为。检验CoCO3是否洗涤干净的操作方法是。

(5)在空气中焙烧CoCO3生成CoxOy和CO2,测得充分煅烧后固体质量为4.82g,CO2的体积为1.344L(标准状况),则CoxOy的化学式为。

7.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下:回答下列问题。(1)NaClO2中Cl的化合价为。

(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式:

。

(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除去Mg2+和Ca2+,要加入的试剂分别为、。“电解”中阴极反应的主要产物是。

(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为,该反应中氧化产物是。

(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为g。

(计算结果保留两位小数)

参考答案非选择题专项训练一工艺流程题1.答案(1)搅拌、适当增大NaOH溶液的浓度或减小固体配料的颗粒直径(任写一个)(2)V2O5+6OH-2VO43-+3H2O或V2O5+2OH-2VO3-(3)3mol∙L-1(4)NaOH过量太多,会增加后续调节pH时H2SO4的用量,同时,碱的浓度过大,铬的浸出率也会增大,达不到分离钒、铬的效果(5)取最后一次洗涤液少许放入试管中,加入足量稀盐酸后再加入BaCl2溶液,若没有白色沉淀产生,则证明沉淀已洗净(6)漏斗玻璃棒解析钒铬还原渣在富氧空气中焙烧生成V2O5和Cr2O3,加入NaOH溶液,主要是V2O5与NaOH溶液发生反应生成NaVO3或Na3VO4,过滤,向滤液中加入硫酸和硫酸铵反应生成钒的铵盐沉淀物,过滤洗涤,经过一系列转化生成V2O5。(1)为提高“碱浸”速率,除适当升高温度外,还可采取的措施有搅拌、适当增大NaOH溶液的浓度或减小固体配料的颗粒直径;(2)VO2·H2O在焙烧中被氧气氧化为V2O5,“碱浸”中主要反应的离子方程式为V2O5+6OH-2VO43-+3H2O或V2O5+2OH-2VO3-+H2O;(3)根据图中信息NaOH浓度在3mol∙L-1时,V2O5的浸出率比较高,Cr2O3浸出率最低,增大NaOH溶液浓度,V2O5的浸出率增加不大,但Cr2O3浸出率增加较多,且消耗的NaOH量较多,因此NaOH溶液适宜的浓度为3mol∙L-1;(4)根据前面分析“碱浸”时加入的氢氧化钠不宜过量太多的原因是氢氧化钠过量太多,会增加后续调节pH时H2SO4的用量,同时,碱的浓度过大,铬的浸出率也会增大,达不到分离钒、铬的效果;(5)流程中“沉淀”所得为钒的铵盐沉淀物,沉淀表面有硫酸根离子,因此只需验证最后一次洗液中是否还有硫酸根离子即可;(6)实验室“过滤”2.答案(1)SbCl5硫(或“S”等其他合理答案)(2)Sb+3Fe3+3Fe2++Sb3+(3)NH4Cl[Sb(OH)4]-(或SbO2-、Sb(4)能耗低(或“减排”等其他合理答案)解析由流程可知,“氯化浸出”是将矿粉加水后再通入氯气浸取后得到滤渣Ⅰ和滤液,Cl2将脆硫铅锑矿中低价锑氧化到高价,结合“锑为第ⅤA族元素”等题给信息,不难得出滤液中所含的另一种锑的氯化物为SbCl5。Cl2是一种常见的强氧化剂,氧化Sb3+的同时也会将Fe2+氧化成Fe3+,S2-被氧化,结合题设可推知“氯化浸出”后的滤液中含SbCl5,滤渣中除了PbCl2外,还含有的一种单质是S;“还原”过程是向所得滤液中加入锑粉,锑粉有还原性,加入锑还原高价金属离子,将+5价锑还原成+3价锑,选择锑粉作还原剂,一是因为锑粉不会引入新杂质离子,二是将Fe3+还原成Fe2+,有利于下一步“水解”分离得到SbOCl,由还原后锑元素的价态,可得Fe3+转化为Fe2+的离子方程式;“水解”的目的是锑铁分离,信息②给出“水解”时锑元素转化为SbOCl沉淀,Fe3+转化为Fe2+后,Fe2+更不易水解,留在滤液中,实现锑铁分离;“中和”是向水解所得的SbOCl沉淀中加入氨水,使锑元素转化为Sb2O3·nH2O,利用氨水中和SbOCl水解产生的HCl,使平衡右移。Sb2O3是两性氧化物,若使用NaOH代替氨水,可能会因NaOH过量而使Sb2O3转化为可溶性的[Sb(OH)4]-(或SbO2-、SbO33-),(1)由上述分析可知“氯化浸出”后的滤液中含有两种锑的氯化物,分别为SbCl3和SbCl5,滤渣Ⅰ中所含的反应产物有PbCl2和一种单质,该单质是S。(2)“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中,Sb将Fe3+转化为Fe2+的离子方程式为Sb+3Fe3+3Fe2++Sb3+。(3)由上述分析可知滤液Ⅳ的成分是NH4Cl;Sb2O3是两性氧化物,“中和”时若用NaOH溶液代替氨水,Sb2O3可能会转化为[Sb(OH)4]-(或SbO2-、SbO(4)锑白也可用火法冶炼脆硫铅锑矿制取,该法中有焙烧、烧结、还原和吹炼等生产环节。与火法冶炼相比,湿法冶炼的优点有能耗低(或“安全性高”“减排”等)。3.答案(1)Fe(OH)3(2)趁热过滤(3)1.5(4)Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)2NaHSO4+2CrO3+H2O(5)Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr(6)Cr电极上产生气泡,Fe电极逐渐溶解,溶液颜色变为浅绿色Cr3++3e-Cr解析(1)铬渣中含有Na2SO4及少量Cr2O72-、Fe3+,先用水浸取,然后向其中加入稀的NaOH溶液,调节pH约为3.4,这时Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀进入滤渣A中,故滤渣A主要成分是(2)滤渣A过滤除去后的溶液中含有Na2SO4、Na2Cr2O7,将溶液蒸发浓缩,根据物质的溶解度曲线可知,Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大,Na2SO4·10H2O的溶解度先是随温度的升高而增大,当温度高于50℃后,Na2SO4的溶解度随温度的升高而减小,趁热过滤,就可以将Na2SO4过滤除去,得到的母液中主要含有Na2Cr2O7,因此操作是蒸发结晶、趁热过滤。(3)酸化后的Cr2O72-可被SO32-还原,根据得失电子守恒可知,若该反应中有0.5molCr2O72-被还原为Cr3+,转移电子的物质的量为n(e-)=0.5mol×2×(6-3)=3mol,由于SO32-被氧化为SO42-,每1molSO32-失去2mol电子,(4)重铬酸钠与浓硫酸在加热时反应产生硫酸氢钠、CrO3和水,则反应的化学方程式为Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)2NaHSO4+2CrO3+H2O。(5)Cr2O3与Al在高温下发生铝热反应,产生Cr与Al2O3,根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式为Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr。(6)若要利用原电池原理,证明铁比铬活动性强,可以将两者连接起来,放入稀硫酸中,在Fe电极上发生反应:Fe-2e-Fe2+,Fe2+进入溶液,溶液变为浅绿色;电子经过导线转移至金属Cr上,溶液中的H+在Cr电极上获得电子,发生还原反应:2H++2e-H2↑,在Cr电极上有许多气泡产生。在钢器具表面镀铬,需使钢器具与外接电源的负极连接,作阴极,发生还原反应:Cr3++3e-Cr,使钢器具表面覆盖一层金属铬,抗腐蚀能力大大增强。4.答案(1)NiO+5NH3+NH4HCO3[Ni(NH3)6]CO3+H2O(2)90℃,石墨催化,反应时间为2.5h(3)2Co(OH)3+6H++2Cl-2Co2++Cl2↑+6H2O(4)硫酸分液(5)[Cd(NH3)4]CO3(6)1.0×10-12解析可充电电池粉末主要为NiO、CdO、CoO和Fe2O3等,向其中先加入NH4HCO3溶液,再通入NH3,浸取过滤得到滤液①,滤液①主要含[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+和CO32-,催化氧化得到滤液②和沉淀Co(OH)3,沉淀中加入浓盐酸溶解得到CoCl2溶液,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CoCl2·6H2O晶体,滤液②中加入萃取剂,萃取分液得到有机相①和水相①,水相①通入热蒸汽得到CdCO3沉淀,有机相①加入试剂X,“反萃取”的原理为NiR有机相+2H+Ni2++2HR有机相,反萃取中X为硫酸,分液得到有机相②循环使用,水层中为NiSO4,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2(1)由题给信息,浸取过程得到的滤液①中含[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+及CO32-,可知NiO浸取时发生反应的化学方程式为NiO+5NH3+NH4HCO3[Ni(NH3)6]CO3+H2(2)由题给信息可知,催化氧化前溶液中[Co(NH3)6]2+的浓度为0.38g·L-1,90℃、石墨催化、反应时间为2.5h和90℃、石墨催化、反应时间为5h两个条件下均可将溶液中的[Co(NH3)6]2+全部氧化为[Co(NH3)6]3+,但同等条件下,反应时间越短越好,故最佳条件为90℃,石墨催化,反应时间为2.5h。(3)Co(OH)3为强氧化剂,由工艺流程可知经反应Ⅰ得到CoCl2溶液,因此Co(OH)3被浓盐酸还原为CoCl2,而浓盐酸被氧化为Cl2,故反应的离子方程式为2Co(OH)3+6H++2Cl-2Co2++Cl2↑+6H2O。(4)“反萃取”的原理为NiR有机相+2H+Ni2++2HR有机相,反萃取中,为促进Ni元素向水相转移,平衡需正向移动,结合流程中的产物为NiSO4·6H2O,故应加入硫酸。分离有机相和水相的操作为分液。(5)由流程分析可得,水相①的主要溶质为[Cd(NH(6)Ksp(CdCO3)=c(CO32-)·c(Cd2+)=c4(NH5.答案(1)6HF+SiO22H++SiF62-+2H(2)2.0×10-2SO(3)CaSO4·0.5H2O减少CaSO4的溶解损失,提高石膏的产率酸解D解析本题考查工艺流程,内容包括离子方程式书写、沉淀溶解平衡、图像分析。氟磷灰石用硫酸溶解后过滤,得到粗磷酸和滤渣,滤渣经洗涤后结晶转化为石膏(CaSO4·2H2O);粗磷酸经精制Ⅰ除杂,过滤,滤液经精制Ⅱ等一系列操作得到磷酸。(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6,该反应的离子方程式为6HF+SiO22H++SiF62-+2H2(2)精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiF62-)=1∶1加入Na2CO3脱氟,该反应的化学方程式为H2SiF6+Na2CO3Na2SiF6↓+CO2↑+H2O,充分反应后得到沉淀Na2SiF6,此时溶液为Na2SiF6的饱和溶液,c(Na+)=2c(SiF62-),根据Na2SiF6的溶度积常数可知Ksp(Na2SiF6)=c2(Na+)·c(SiF62-)=4c3(SiF62-),c(SiF62-)=34.0×10-64=1.0×10-2mol·L-1,因此c(Na+)=2c(SiF62-)=2.0×10-2mol·L-1;同时,粗磷酸中硫酸钙也达到饱和状态,c(Ca2+)=c(SO42-)=Ksp(CaSO4)=9.0×10-4mol·L-1=3.0×10-2mol·L-1;再分批加入一定量的BaCO3,当BaSiF6沉淀开始生成时,c(Ba2+)=Ksp(BaSiF6)c(SiF6(3)由图像知100℃、P2O5为45%的混合体系中,石膏存在形式为CuSO4·0.5H2O;硫酸钙在水溶液中存在沉淀溶解平衡CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq),加入硫酸增大了硫酸根离子浓度,抑制了CaSO4的溶解,因此洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是减少CaSO4的溶解损失,提高石膏的产率;洗涤液X中含有硫酸,具有回收利用的价值,由于“酸解”时使用的也是硫酸,因此,回收利用洗涤液X的操作单元是“酸解”;由图乙信息可知,位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在由图乙信息可知,A项,P2O5%=15、SO3%=15,该点坐标位于两个温度线之间,不能实现晶体的完全转化;B项,P2O5%=10、SO3%=20,该点坐标位于两个温度线之间,不能实现晶体的完全转化;C项,P2O5%=10、SO3%=30,该点坐标位于65℃线上方,晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,不能实现晶体的完全转化;D项,P2O5%=10、SO3%=10,该点坐标位于80℃线下方,晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,能实现晶体的完全转化。6.答案(1)NaAlO2、Na2SiO3(2)Co2O3+SO32-+4H+2Co2++SO4防止盐酸被Co2O3氧化为Cl2,污染环境(3)除去镁离子(4)CoSO4+2NH4HCO3(NH4)2SO4+CoCO3↓+H2O+CO2↑取最后一次洗涤液少许放入试管中,滴加足量稀盐酸后,再滴加BaCl2溶液(5)Co3O4解析(1)Al2O3为两性氧化物,既可以与酸反应也可以与强碱反应,SiO2可以与强碱反应,因此含钴废料经碱浸后,氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠,因此“浸出液”中溶质的主要成分是NaAlO2、Na2SiO3。(2)Co2O3与SO32-在酸性条件下发生氧化还原反应生成SO42-、Co2+和H2O,离子方程式为Co2O3+SO32-+4H+2Co2++SO42-+2H2O;盐酸具有还原性(3)氟离子与溶液中的镁离子结合成沉淀,经过滤除去镁离子。(4)除杂后溶液中溶质的主要成分是CoSO4,CoSO4与加入的NH4HCO3反应生成(NH4)2SO4、CoCO3、CO2和H2O,化学方程式为CoSO4+2NH4HCO3(NH4)2SO4+CoCO3↓+H2O+CO2↑;取最后一次洗涤液少许放入试管中,滴加足量稀盐酸后,再滴加BaCl2溶液,如果没有沉淀产生,则证明CoCO3沉淀已经洗涤干净。(5)CO2的体积为1.344L(标准状况),物质的量为1.344L22.4L·mol-1=0.06mol,由CoCO3的化学式可知n(Co)=n(C)=0.06mol,则m(Co)=n(Co)×M(Co)=0.06mol×59g·mol-1=3.54g,煅烧后固体中氧元素的物质的量为n(O)=4.82g-3.54g167.答案(1)+3价(2)2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4(3)NaOH溶液Na2CO3溶液ClO2-(或NaClO(4)2∶1O2(5)1.57解析(1)NaClO2中Na为+1价,O为-2价,则Cl为+3价。(2)NaClO3中Cl为+5价,转化为ClO2,Cl变为+4价,NaClO3表现氧化性,SO2表现还原性,S由+4价升高到+6价,即SO2转化为NaHSO4,化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO42NaHSO4+2ClO2。(3)利用过量NaOH溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2沉淀除去Mg2+,利用过量Na2CO3溶液与Ca2+反应生成CaCO3沉淀除去Ca2+。电解时,阴极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,2ClO2+H2+2OH-2ClO2-+2H2O,主要产物为ClO2-或NaClO(4)用于“尾气吸收”的溶液中有NaOH、H2O2,与ClO2反应过程中,ClO2为氧化剂,Cl由+4价降低到+3价,还原产物为NaClO2,H2O2为还原剂,O由-1价升高到0价,氧化产物为O2,反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH2H2O+O2+2NaClO2。(5)每克NaClO2的物质的量为n(NaClO2)=1g90.5g·mol-1=190.5mol,1molNaClO2得4mole-转化为NaCl,则每克NaClO2得电子的物质的量为n(e-)=190.5×4mol=490.5mol,每1molCl2得2mole-转化为Cl-,可知Cl2的物质的量为非选择题专项训练二化学反应原理1.丁烯是一种重要的化工原料,可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题。(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下:①C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)ΔH1已知:②C4H10(g)+12O2(g)C4H8(g)+H2O(g)ΔH2=-119kJ·mol-1③H2(g)+12O2(g)H2O(g)ΔH3=-242kJ·mol-1反应①的ΔH1为kJ·mol-1。图(a)是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图,x(填“大于”或“小于”)0.1;欲使丁烯的平衡产率提高,应采取的措施是(填字母)。

A.升高温度 B.降低温度C.增大压强 D.降低压强图(a)图(b)图(c)(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂),出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势,其降低的原因是。

(3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线,副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是

、;

590℃之后,丁烯产率快速降低的主要原因可能是

。

2.(2020全国Ⅱ)天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H6等烃类,是重要的燃料和化工原料。(1)乙烷在一定条件下可发生如下反应:C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH1,相关物质的燃烧热数据如表所示:物质C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃烧热-1560-1411-286①ΔH1=kJ·mol-1。

②提高该反应平衡转化率的方法有、。

③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气,在等压下(p)发生上述反应,乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp=(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。

(2)高温下,甲烷生成乙烷的反应如下:2CH4C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为:r=k×cCH4,其中①设反应开始时的反应速率为r1,甲烷的转化率为α时的反应速率为r2,则r2=r1。

②对于处于初期阶段的该反应,下列说法正确的是。

A.增加甲烷浓度,r增大B.增加H2浓度,r增大C.乙烷的生成速率逐渐增大D.降低反应温度,k减小(3)CH4和CO2都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,其原理如图所示:①阴极上的反应式为。

②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1,则消耗的CH4和CO2体积比为。

3.(2022山东卷,改编)利用γ-丁内酯(BL)制备1,4-丁二醇(BD),反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和1-丁醇(BuOH)的副反应,涉及反应如下:已知:①反应Ⅰ为快速平衡,可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响;②因反应Ⅰ在高压H2氛围下进行,故H2压强近似等于总压。回答下列问题。(1)以5.0×10-3molBL或BD为初始原料,在493K、3.0×103kPa的高压H2氛围下,分别在恒压容器中进行反应。达平衡时,以BL为原料,体系向环境放热XkJ;以BD为原料,体系从环境吸热YkJ。忽略副反应热效应,反应Ⅰ焓变ΔH(493K,3.0×103kPa)=kJ·mol-1。

(2)初始条件同上。xi表示某物种i的物质的量与除H2外其他各物种总物质的量之比,xBL和xBD随时间t变化关系如图甲所示。实验测得X<Y,则图中表示xBL变化的曲线是。以BL为原料时,t1时刻xH2O=图甲图乙(3)(xBD/xBL)max为达平衡时xBD与xBL的比值。(493K,2.5×103kPa)、(493K,3.5×103kPa)、(513K,2.5×103kPa)三种条件下,以5.0×10-3molBL为初始原料,在相同体积的刚性容器中发生反应,xBD/xBL(xBD/xBL)max随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压H2氛围下进行,可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中,(xBD/x4.(2020全国Ⅰ,改编)为验证不同化合价的铁的氧化还原能力,利用下列电池装置进行实验。回答下列问题。(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液,需要的仪器有药匙、玻璃棒、(从如图所示仪器中选择,写出名称)。

(2)电池装置中,盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应,并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据,盐桥中应选择作为电解质。

阳离子u阴离子uLi+4.07HCO4.61Na+5.19NO7.40Ca2+6.59Cl-7.91K+7.62SO8.27(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知,盐桥中的阳离子进入电极溶液中。

(4)电池反应一段时间后,测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol·L-1。石墨电极上未见Fe析出。可知,石墨电极溶液中c(Fe2+)=

(两电极电解质溶液体积相等)。(5)根据(3)、(4)实验结果,可知石墨电极的电极反应式为,铁电极的电极反应式为。因此,验证了Fe2+氧化性小于,还原性小于。

(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液,将铁电极浸泡一段时间,铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是

。

参考答案非选择题专项训练二化学反应原理1.答案(1)+123小于AD(2)原料中过量H2会使反应①平衡逆向移动,所以丁烯产率下降(3)590℃前升高温度,反应①平衡正向移动升高温度时,反应速率增大,单位时间产生更多丁烯更高温度导致C4H10裂解生成更多的短碳链烃,故丁烯产率快速降低解析(1)根据盖斯定律,②式-③式可得①式,因此ΔH1=ΔH2-ΔH3=-119kJ·mol-1+242kJ·mol-1=+123kJ·mol-1。由图(a)可以看出,温度相同时,由0.1MPa变化到xMPa,丁烷的转化率增大,即平衡正向移动,由于反应①是气体物质的量增大的反应,压强越小平衡转化率越大,所以x的压强更小,x<0.1。由于反应①为吸热反应,所以温度升高时,平衡正向移动,丁烯的平衡产率增大,因此A正确,B错误;由于反应①是气体物质的量增大的反应,加压时平衡逆向移动,丁烯的平衡产率减小,因此C错误,D正确。(2)H2是反应①的产物,增大n(氢气)n(丁烷)(3)590℃之前,随温度升高,反应速率增大,反应①是吸热反应,升高温度平衡正向移动,生成的丁烯会更多。温度超过590℃,更多的丁烷裂解生成短碳链烃,导致丁烯产率快速降低。2.答案(1)①+137②升高温度减小压强(增大体积)③α(1+(2)①(1-α)②AD(3)①CO2+2e-CO+O2-②6∶5解析(1)①表示乙烷、乙烯、氢气燃烧热的热化学方程式分别为:a.C2H6(g)+72O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-1560kJ·mol-1b.C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-1411kJ·mol-1c.H2(g)+12O2(g)H2O(l)ΔH=-286kJ·mol-1根据盖斯定律,由a-(b+c)可得由乙烷转化为乙烯的热化学方程式为C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH1=+137kJ·mol-1。②该反应是气体分子数增大的吸热反应,根据平衡移动原理,为提高乙烷平衡转化率,可采取升高温度、减小压强(增大体积)的方法。③设起始加入乙烷和氢气的物质的量是nmol。C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)起始/mol n 0 n转化/mol nα nα nα平衡/mol (1-α)n nα (1+α)n平衡时气体的总物质的量为(2+α)nmol。Kp=p(C2(2)①甲烷转化率为α时,CH4的浓度与CH4的初始浓度之比为(1-α)∶1,故此时反应速率r2=(1-α)r1。②反应初期阶段,反应速率与反应速率常数k、cCH4有关。增加甲烷浓度可增大反应速率,A正确、B错误;随着反应的进行,cCH4逐渐减小,反应速率逐渐减小,则乙烷的生成速率逐渐减小,C错误;降低反应温度,(3)由图可知,阳极上CH4转化成C2H6、C2H4、H2O:2CH4-2e-+O2-C2H6+H2O,2CH4-4e-+2O2-C2H4+2H2O。阴极上CO2转化成CO和O2-:CO2+2e-CO+O2-若生成乙烯和乙烷的体积比为2∶1,则每生成2molC2H4、1molC2H6,转移电子10mol、消耗6molCH4,根据得失电子守恒可知消耗5molCO2。则消耗的CH4和CO2的体积比为6∶5。3.答案(1)-200(X+Y)(2)a或c0.0839%(3)c曲线b和曲线c所处的温度相同,压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动,(xBD/xBL)max增大,而压强对反应速率的影响可忽略解析本题属于化学反应原理题,考查等效平衡下ΔH的计算、产率计算、图像分析。(1)结合已知信息,可推定在同温同压下,以相同物质的量的BL或BD为初始原料,达到的平衡状态相同,即两个平衡完全等效。设正向反应的平衡转化率为α,则加入等量产物平衡时的转化率为1-α,由题目可知5计算可得ΔH=-200(X+Y)kJ·mol-1。(2)实验测定X<Y,则达到平衡时BL物质转化量小于BD物质转化量,平衡状态BL物质的量大,根据图示可知,表示xBL变化的曲线是a或c;以BL为原料时,根据题给反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知,体系总物质的量(除H2外)的增加量正好是BD参与反应Ⅱ、Ⅲ的量,也正好是生成的H2O(g)的物质的量,设t1时BL转化为BD的物质的量为amol,BD转化为THF、BuOH的物质的量为bmol,则体系总物质的量(除H2外)为(5.0×10-3+b)mol,得到5.0×10-3-a5.0×10-3+b=0.48、a-b5.0×10-3+b=0.36,求得(3)已知反应Ⅰ的正反应是放热反应,以BL为初始原料,温度升高则平衡逆向移动,xBD减小,(xBD/xBL)max减小,xBD/xBL(xBD/xBL)max的值增大;温度相同时,压强增大,平衡正向移动,xBD增大,(xBD/xBL)max增大,xBD/xBL(xBD/xBL)max减小,即曲线a、b、c中,(xBD/xBL)max最大的是曲线c;由上述分析可知,(493K,2.5×103kPa)对应曲线b,(493K,3.5×103kPa)对应曲线c,两者所处的温度相同,与曲线b相比,曲线c所处的压强较大,压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均逆向移动4.答案(1)烧杯、量筒、托盘天平(2)KCl(3)石墨(4)0.09mol·L-1(5)Fe3++e-Fe2+Fe-2e-Fe2+Fe3+Fe(6)取少量溶液,滴入KSCN溶液,不出现血红色解析本题利用带盐桥的原电池装置验证不同化合价铁的氧化还原能力。解题的关键是注意分析表格中有关数据信息,并结合原电池的基本原理进行作答。(1)考查一定物质的量浓度溶液的配制,由于题目要求是配制0.10mol·L-1FeSO4溶液,除药匙、玻璃棒之外,还需要烧杯、托盘天平、量筒。(2)选择盐桥中电解质,必须满足题给信息要求——盐桥中的阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应,并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。故阳离子不能选择Ca2+,阴离子不能选择HCO3-、NO3-(3)因为电子由铁电极流向石墨电极,则铁电极为负极、石墨电极为正极。盐桥中阳离子向正极区移动,即进入石墨电极溶液中。(4)根据两个电极得失电子守恒,当铁电极溶液中c(Fe2+)增加0.02mol·L-1时,石墨电极发生反应:Fe3++e-Fe2+,可计算出石墨电极溶液中c(Fe2+)增加0.04mol·L-1,故此时石墨电极溶液中c(Fe2+)=0.09mol·L-1。(5)依据上面分析,即可分别写出石墨电极、铁电极的电极反应式。由于负极(铁电极)是单质铁失电子,而不是Fe2+失电子,则还原性Fe2+<Fe;由于正极(石墨电极)区是Fe3+得电子,而不是Fe2+得电子,则氧化性Fe2+<Fe3+。(6)因为铁电极表面被刻蚀活化是利用Fe3+将铁电极氧化为Fe2+,则活化反应完成的标志是Fe3+完全消耗,故检验活化反应完成的方法就是检验溶液中不再存在Fe3+,可利用

非选择题专项训练三化学实验设计与评价1.下图所示为常见气体制备、干燥、性质验证和尾气处理的部分仪器装置(加热设备及夹持固定装置均略去),请根据要求完成下列各题,仪器装置可任意选用,必要时可重复选择。(1)若锥形瓶中盛装锌片,分液漏斗中盛装稀硫酸,可验证H2的还原性并检验其氧化产物。①当仪器连接顺序为A→D→B→B→C时,两次使用B装置,其中所盛的药品依次是CuO、;

②检查好装置的气密性后加热B前必须进行的操作是。(2)若锥形瓶中盛装Na2O2固体,分液漏斗中盛装浓氨水,B中盛装固体催化剂,可进行氨的催化氧化,其反应产物为NO和H2O。①各仪器装置按气流方向从左到右连接顺序A→C→B→C,请写出B中氨的催化氧化反应的化学方程式;

②装置B中可能观察到的现象是。

(3)若锥形瓶中盛装Na2SO3固体,分液漏斗中盛装硫酸溶液,B中盛装Na2O2固体,可探究SO2气体与过氧化钠反应时是否有O2生成。根据气流方向,装置的连接顺序为A→D→B→E,根据实验现象回答问题。①若将带余烬的木条靠近E的导管口,木条复燃,SO2只表现酸性氧化物的性质,则反应的化学方程式可能为;

②若在E的导管口未收集到任何气体,SO2只表现还原性,则反应的化学方程式可能为;

③装置B中观察到的现象是。

2.小组同学用如图所示装置(夹持及加热装置略)探究硝酸与铁反应的产物。已知:FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)。实验步骤如下:Ⅰ.先通一段时间CO2,关闭弹簧夹,打开分液漏斗活塞,将浓硝酸缓慢滴入A中,关闭活塞,A中无明显现象。Ⅱ.加热A,有红棕色气体产生,一段时间后,气体颜色逐渐变浅,C中溶液变棕色,D中溶液颜色变浅。Ⅲ.反应结束后A中有固体剩余,取A中溶液适量加入试管中,加入浓NaOH溶液,加热,试管口放置湿润的红色石蕊试纸,试纸变蓝。回答下列问题。(1)仪器A的名称为。

(2)步骤Ⅰ中浓硝酸缓慢滴入A中,没有明显现象的原因是。

(3)小组同学根据步骤Ⅱ中现象有如下分析:a.A中有红棕色气体产生,说明有NO2生成;b.C中溶液变棕色,说明A中有NO生成。①判断上述分析一定成立的是(填“a”或“b”);对于不一定成立的分析,请用一个化学方程式说明原因

;

②小组同学经讨论后认为,根据实验现象也可以得到A中有NO生成的结论,写出相关证据。

(4)步骤Ⅲ说明反应后溶液中存在(写离子符号),生成该离子的离子方程式为

。

3.氯化铁在金属刻蚀、污水处理等方面有广泛应用。某兴趣小组以废铁屑为原料,用如图所示装置制备FeCl3·6H2O。已知:FeCl3·6H2O易溶于水、甲醇、乙醇,不溶于甘油。实验步骤:Ⅰ.废铁屑的净化:取一只小烧杯,放入约5g废铁屑,向其中注入15mL1mol·L-1Na2CO3溶液,浸泡数分钟后,分离出铁屑,洗净、晾干。Ⅱ.FeCl2溶液的制备:将处理后的废铁屑加入装置B的三颈烧瓶中,缓慢加入适当过量的稀盐酸,得到含FeCl2的混合液。Ⅲ.FeCl3溶液的制备:由装置A制备氯气,向FeCl2的混合液中缓慢通入足量的氯气。Ⅳ.FeCl3·6H2O产品的分离提纯:将三颈烧瓶中的FeCl3混合液转移出来,经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、重结晶、干燥,得到FeCl3·6H2O产品。Ⅴ.FeCl3·6H2O产品的纯度测定:用碘量法滴定并计算。请回答下列问题。(1)步骤Ⅰ,从Na2CO3溶液中分离出铁屑的方法是。

(2)下列有关装置仪器的说法不正确的是(填字母)。

A.装置A、B之间应加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶B.装置B中,搅拌器的作用是使反应混合物充分接触C.装置C中,NaOH溶液的作用是吸收逸出的氯气,防止污染空气D.仪器a和仪器b的功能相同,操作方法也相同(3)下列说法正确的是(填字母)。

A.步骤Ⅱ,稀盐酸适当过量的目的是提高铁屑的利用率并抑制水解B.步骤Ⅲ,可用K4Fe(CN)6溶液检验“FeCl3的混合液”中是否存在Fe2+C.步骤Ⅳ,蒸发浓缩要适度,浓缩度太小产率偏低,浓缩度太大纯度偏低D.步骤Ⅳ,在冷却结晶后的固液混合物中加入甘油可提高产率(4)已知碘量法滴定反应的化学方程式:I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6①测定FeCl3·6H2O产品纯度的步骤选项如下文所述,请排序(操作不能重复):用电子天平称取5.0000g粗产品→配成250mL溶液→→→→→计算FeCl3·6H2O纯度。

a.加入稍过量的KI溶液,充分反应b.用碱式滴定管取出25.00mL待测液加入锥形瓶中c.用淀粉溶液作指示剂,用cmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定d.平行滴定三次,消耗标准溶液的体积平均值为VmLe.用移液管取出25.00mL待测液加入锥形瓶中②如果碱式滴定管的乳胶管中有气泡,会导致滴定溶液体积不准确,因此,必须排出乳胶管中的气泡。具体操作是:把乳胶管向上弯曲,,使溶液从尖嘴快速喷出,气泡即可随之排掉。(请在横线上补全操作)

③实验中测得FeCl3·6H2O的产品纯度偏低,若操作过程无误,请从物质性质和反应原理角度分析,可能的原因是(写出一种即可)。

4.(2022山东卷)实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76℃,遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题。(1)实验开始先通N2。一段时间后,先加热装置(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为。装置c、d共同起到的作用是。

(2)现有含少量杂质的FeCl2·nH2O,为测定n值进行如下实验:实验Ⅰ:称取m1g样品,用足量稀硫酸溶解后,用cmol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗VmL(滴定过程中Cr2O72-转化为Cr3+实验Ⅱ:另取m1g样品,利用上述装置与足量SOCl2反应后,固体质量为m2g。则n=;下列情况会导致n测量值偏小的是(填字母)。

A.样品中含少量FeO杂质B.样品与SOCl2反应时失水不充分C.实验Ⅰ中,称重后样品发生了潮解D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成(3)用上述装置,根据反应TiO2+CCl4TiCl4+CO2制备TiCl4。已知TiCl4与CCl4分子结构相似,与CCl4互溶,但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯(加热及夹持装置略),安装顺序为①⑨⑧(填序号),先馏出的物质为。

参考答案非选择题专项训练三化学实验设计与评价1.答案(1)①无水硫酸铜②检验H2是否纯净或检验装置中空气是否排尽(2)①4NH3+5O24NO+6H2O②有红棕色气体出现,玻璃管内壁附着有水珠(3)①2SO2+2Na2O22Na2SO3+O2②SO2+Na2O2Na2SO4③淡黄色固体粉末逐渐变为白色解析(1)①验证H2的还原性,可先将其氧化成水,再用无水硫酸铜检验水;②因不纯的H2加热易爆炸,故在加热CuO前必须排尽装置内的空气,而判断空气是否排尽的方法是检验从装置内出来的H2是否纯净。(2)①氨的催化氧化的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O;②氨在B中发生催化氧化反应生成NO,NO又会继续与O2反应生成NO2,故B中会出现红棕色气体,同时容器内壁还会有水珠出现。(3)①若将带余烬的木条靠近E的导管口,木条复燃,说明生成了O2,SO2只表现酸性氧化物的性质,则硫元素化合价不变,则反应的化学方程式可能为2SO2+2Na2O22Na2SO3+O2;②若在E的导管口未收集到任何气体,SO2只表现还原性,过氧化钠表现氧化性,则反应的化学方程式可能为SO2+Na2O2Na2SO4;③装置B中Na2O2与SO2反应生成Na2SO3或Na2SO4,二者均为白色固体粉末,则观察到的现象是淡黄色固体粉末逐渐变为白色。2.答案(1)三颈烧瓶(2)常温时,铁和浓硝酸产生钝化现象(3)①a3NO2+H2O2HNO3+NO②A中气体颜色由红棕色逐渐变浅(4)NH4+4Fe+10H++NO3-NH4+解析(1)仪器A的名称为三颈烧瓶。(2)步骤Ⅰ中浓硝酸缓慢滴入A中,没有明显现象是由于常温时,铁和浓硝酸产生钝化现象。(3)①a.NO2为红棕色气体,A中有红棕色气体产生,说明有NO2生成,故a正确;b.C中溶液变棕色,有可能是A中生成的NO与FeSO4反应生成棕色的Fe(NO)SO4,也可能是NO2与水反应生成的NO与FeSO4反应生成棕色的Fe(NO)SO4,3NO2+H2O2HNO3+NO;②A中气体颜色由红棕色逐渐变浅说明反应生成了无色的NO使气体颜色变浅。(4)湿润的红色石蕊试纸变蓝说明加入浓NaOH溶液并加热后产生了NH3,则溶液中存在NH4+,又因为反应结束后A中有固体剩余,因此生成NH4+的离子方程式为4Fe+10H++NO3-NH43.答案(1)过滤(2)AD(3)ACD(4)①eacd②挤捏乳胶管中的玻璃球③废铁屑中存在其他金属单质,使产品不纯;Fe3+部分水解,导致测得产品纯度偏低;Fe3+与I-的反应存在一定的限度,Fe3+有剩余解析由实验装置图可知,装置A中KMnO4固体与浓盐酸发生氧化还原反应制备氯气,装置B中先发生铁与过量盐酸反应得到盐酸和FeCl2的混合溶液,再发生混合溶液与氯气反应得到FeCl3溶液,装置C中NaOH溶液用于吸收未反应的有毒的氯气,防止污染空气。(1)步骤Ⅰ中用Na2CO3溶液浸泡铁屑的目的是除去铁屑表面的油脂,浸泡数分钟除去油脂后可以用过滤的方法分离出铁屑。(2)由分析可知,制备FeCl3溶液时,混合溶液中含有盐酸,氯气中混有的氯化氢气体对实验没有影响,则不需要在装置A、B之间加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢,故A错误;装置B中,搅拌器通过搅拌可以使混合溶液与氯气充分接触,使反应更加充分,故B正确;由分析可知,装置C中盛有的NaOH溶液可以吸收逸出的未反应的有毒的氯气,防止污染空气,故C正确;仪器a为恒压分液漏斗,放液时只需打开下端的活塞,不需要取下上端的瓶塞,浓盐酸便可顺利流下,而仪器b为分液漏斗,放液时,需要取下上端的瓶塞,再打开下端的活塞,才可能形成空气对流,便于盐酸顺利流下,操作方法不相同,故D错误。(3)步骤Ⅱ中稀盐酸适当过量可以使铁屑完全反应,提高利用率,过量的盐酸还能抑制Fe2+水解,故A正确;步骤Ⅲ中应用K3Fe(CN)6溶液检验“FeCl3的混合液”中是否存在Fe2+,故B错误;步骤Ⅳ中应蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜为止停止加热,将溶液静置,自然冷却,即有晶体析出,否则浓缩度太小产率偏低,浓缩度太大纯度偏低,故C正确;步骤Ⅳ中在冷却结晶后的固液混合物中加入甘油可降低FeCl3·6H2O的溶解度,便于晶体析出,提高产率,故D正确。(4)①测定FeCl3·6H2O产品纯度的实验原理为将晶体溶于水配成FeCl3溶液,向溶液中加入过量的KI溶液,FeCl3溶液完全与KI溶液反应生成FeCl2和碘,然后用淀粉溶液作指示剂,用Na2S2O3标准溶液滴定反应后的溶液,测定溶液中碘的量,然后依据消耗Na2S2O3溶液的体积计算产品的纯度。具体的实验步骤为用电子天平称取5.0000g粗产品,配成250mL溶液,用移液管取出25.00mL待测液加入锥形瓶中,加入稍过量的KI溶液,充分反应,用淀粉溶液作指示剂,用cmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定,平行滴定三次,消耗标准溶液的体积平均值为VmL,计算FeCl3·6H2O的纯度;②排出碱式滴定管的乳胶管中的气泡的操作为把乳胶管向上弯曲,挤捏乳胶管中的玻璃球,使溶液从尖嘴快速喷出,气泡即可随之排掉;③若铁屑中含有与酸反应的其他金属单质,可能会导致氯化铁晶体中混有杂质,导致产品的纯度偏低;若稀盐酸只是稍过量,使得溶液pH较大,Fe3+在溶液中发生水解,也会导致产品的纯度偏低;FeCl3溶液和KI溶液的反应存在一定的限度,FeCl3不能完全反应,反应生成碘的量偏小,导致消耗Na2S2O3溶液的体积偏小,使测定结果偏低。4.答案(1)aFeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑冷凝回流SOCl2(2)1(3)⑥⑩③⑤CCl4解析本题属于实验综合题,其中还涉及氧化还原滴定的相关知识点。已知SOCl2遇水极易反应生成两种酸性气体,则FeCl2·4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为SOCl2吸收FeCl2·4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl,HCl可抑制FeCl2的水解,从而制得无水FeCl2。(1)实验开始时先通N2,排尽装置中的空气,防止氯化亚铁被氧化。一段时间后,先加热装置a,产生的SOCl2气体充满b装置后,再加热b装置,装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑;装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2,提高SOCl2的利用率。(2)滴定过程中Cr2O72-将Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原成Cr3+,反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O,则m1g样品中n(FeCl2)=6n(Cr2O72-)=6cV×10-3mol;m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g,结晶水的物质的量为m1-m218mol,n(FeCl2)∶n(H2O)=1∶n=(6cV×10-3A项,样品中含少量FeO杂质,溶于稀硫酸后生成Fe2+,导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大,由1000(m1-m2)108cV可知,n的测量值偏小,符合题意;B项,样品与SOCl2反应时失水不充分,则m2偏大,由1000(m1-m2)108cV可知,n的测量值偏小,符合题意;C项,实验Ⅰ称重后,样品发生了潮解,样品的质量变大,但是消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变,使n的测量值不变,(3)组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯,按由下而上、从左到右的顺序组装,安装顺序为①⑨⑧,然后连接冷凝管,蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管⑦,接着连接尾接管⑩,TiCl4极易水解,为防止外界水蒸气进入,最后连接③⑤(防止空气中的水蒸气进入),综上,安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤;由于TiCl4、CCl4分子结构相似,TiCl4的相对分子质量大于CCl4,TiCl4分子间的范德华力较大,TiCl4的沸点高于CCl4的沸点,故先蒸出的物质为CCl4。

非选择题专项训练四物质结构与性质(选修)1.(2020全国Ⅰ)Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得诺贝尔化学奖。回答下列问题。(1)基态Fe2+与Fe3+中未成对的电子数之比为。

(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)>I1(Na),原因是

。

I1(Be)>I1(B)>I1(Li),原因是

。

I1/(kJ·mol-1)Li520Be900B801Na496Mg738Al578(3)磷酸根离子的空间构型为,其中P的价层电子对数为、杂化轨道类型为。

(4)LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体,它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有个。

电池充电时,LiFePO4脱出部分Li+,形成Li1-xFePO4,结构示意图如(b)所示,则x=,n(Fe2+)∶n(Fe3+)=。

2.(2020全国Ⅱ)钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。回答下列问题。(1)基态Ti原子的核外电子排布式为。

(2)Ti的四种卤化物熔点如下表所示,TiF4熔点高于其他三种卤化物,自TiCl4至TiI4熔点依次升高,原因是

。

化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377-24.1238.3155(3)CaTiO3的晶胞如图(a)所示,其组成元素的电负性大小顺序是;金属离子与氧离子间的作用力为,Ca2+的配位数是。

(4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I-和有机碱离子CH3NH3+,其晶胞如图(b)所示,其中Pb2+与图(a)中的空间位置相同。有机碱CH3NH3+中,N原子的杂化轨道类型是。若晶胞参数为anm,则晶体密度为g(5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘,降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐,提升了太阳能电池的效率和使用寿命,其作用原理如图(c)所示,用离子方程式表示该原理,。

3.回答下列问题。(1)某二价金属离子有9个价电子,价电子的能级为3d。该元素位于元素周期表中的第四周期、第族。

(2)在氰酸钾(KOCN)的组成元素中,第一电离能最大的是(填元素符号,下同)、电负性最小的是;其中阴离子的空间结构是,C的杂化方式为。

(3)将少量无水硫酸铜溶解在水中,形成蓝色溶液,再加入过量氨水,溶液变为深蓝色。深蓝色离子的结构如图所示,1mol该离子中所含σ键为mol(包括配位键);向深蓝色溶液中缓慢加入乙醇,得到蓝色晶体,加热该晶体先失去组分b的原因是。

(4)已知阿伏加德罗常数的值为NA,立方硫化锌(M=97g·mol-1)晶胞如图所示:其晶胞棱长为dpm,则其密度为g·cm-3(用含d的代数式表示);其中顶点位置a的S2-与其相邻位置b的Zn2+之间的距离为pm(用含d的代数式表示);已知位置a的坐标参数为(0,0,0),位置b的Zn2+的坐标参数为。(已知:1m=102cm=1012pm)

4.铜是人类最早使用的金属之一,铜的使用对早期人类文明的进步影响深远。按要求回答下列问题。(1)基态Cu与Cu2+中未成对电子数之比为。

(2)白铜是铜镍合金,呈银白色,有金属光泽,白铜中存在的化学键是;元素铜与镍的第二电离能分别为I(Cu)=1958kJ·mol-1、I(Ni)=1753kJ·mol-1,I(Cu)>I(Ni)的原因是铜的核电荷数较大,且

。

(3)某含铜配合物的结构简式如图所示,其中Cu2+的配位数是,C原子的杂化轨道类型为;C、N、O三种元素的简单氢化物中能形成氢键的是(填化学式)。

(4)两种或两种以上的金属元素在一定条件下以它们原子数的整数比相结合而成的化合物,通常叫金属互化物。①金属互化物ZnCu中所有金属原子的堆积方式为面心立方最密堆积,若Cu原子均位于晶胞的面心,则Zn原子位于晶胞的。

②一种Ca、Cu形成的金属互化物的晶体结构如图所示,设阿伏加德罗常数的值为NA,则该金属互化物的密度是g·cm-3(列出表达式即可)。

5.第Ⅷ族元素Fe、Co、Ni性质相似,称为铁系元素,主要用于制造合金。回答下列问题。(1)基态Ni原子核外能量最高的电子位于能级;同周期元素中,基态原子未成对电子数与Ni相同的元素名称为。

(2)Fe3+与酚类物质的显色反应常用于其离子检验,已知Fe3+遇邻苯二酚()和对苯二酚()均显绿色。邻苯二酚的熔、沸点比对苯二酚(填“高”或“低”),原因是

。

(3)NiO晶胞结构中阴、阳离子的配位数均为6,则晶胞的俯视图可能是(填字母)。若晶胞参数为apm,阿伏加德罗常数的值为NA,晶体的密度是g·cm-3。

6.研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为Ni(CN)x·Zn(NH3)y·zC6H6的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出),每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为a=b≠c,α=β=γ=90°。回答下列问题。(1)基态Ni原子的价电子排布式为,在元素周期表中位置为。

(2)晶胞中N原子均参与形成配位键,Ni2+与Zn2+的配位数之比为;x∶y∶z=;晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是。

(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的π66大π键,则吡啶中N原子的价层孤电子对占据A.2s轨道B.2p轨道C.sp杂化轨道 D.sp2杂化轨道(4)在水中的溶解度,吡啶远大于苯,主要原因是①,

②。

(5)、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强,其中碱性最弱的是。

参考答案非选择题专项训练四物质结构与性质(选修)1.答案(1)4∶5(2)Na与Li同主族,Na的电子层数更多,原子半径大,易失电子Li、Be、B同周期,核电荷数依次增加。Be为1s22s2全充满稳定结构,第一电离能最大。与Li相比,B核电荷数大,原子半径小,较难失去电子,第一电离能较大(3)正四面体形4sp3(4)431613∶解析(1)基态铁原子的价电子排布式为3d64s2,失去外层电子转化为Fe2+和Fe3+,这两种基态离子的价电子排布式分别为3d6和3d5,根据洪特规则可知,基态Fe2+核外有4个未成对电子,基态Fe3+核外有5个未成对电子,所以未成对电子个数比为4∶5。(2)因为Li和Na属于同主族元素,从上至下,原子半径增大,第一电离能逐渐减小,所以I1(Li)>I1(Na)。同周期元素,从左至右,第一电离能呈现增大的趋势,但由于第ⅡA族元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态(如Be为1s22s2),能量更低更稳定,所以其第一电离能大于同一周期的第ⅢA族元素(如B元素),与Li相比,B核电荷数大,原子半径小,较难失去电子,第一电离能较大,因此I1(Be)>I1(B)>I1(Li)。(3)依据价层电子对互斥理论,PO43-中的中心原子P上不含孤电子对,σ键电子对数目为4,价层电子对数为4,故其VSEPR模型为正四面体形,空间构型为正四面体形,P原子采用sp3杂化方式形成4个(4)由题给信息知,图(a)LiFePO4的晶胞中,含有4个由O构成的正八面体(Fe存在于内部)和4个由O构成的正四面体(P存在于内部)。再由电池充电时,到图(c)全部变为FePO4,对比图(a)和(c)的差异可知,图(a)所示的LiFePO4的晶胞中,小球表示的即为Li+,其位于晶胞的8个顶点,4个侧面面心以及上、下底面各自的相对的两条棱心处,经计算一个晶胞中Li+的个数为8×18+4×12+4×14=4个;结合图(a)分别含有4个正八面体和4个正四面体,即一个晶胞中含有4个Fe和4个P,所以每个晶胞中含有LiFePO4图(a)中每个晶胞含有Li+个数为4,图(b)中每个晶胞含有Li+个数为8×18+3×12+3×14=134,则LiFePO4与Li1-xFePO4中Li+数目之比为1∶(1-x)=4∶13设Li1-xFePO4中Fe2+和Fe3+数目分别为y和z,分别依据元素守恒和化合物中元素化合价代数和为0,可列方程组y+z=11316+2y+3z+5+(-2)×4=0,解得y=1316,z=316,则Li2.答案(1)1s22s22p63s23p63d24s2(2)TiF4为离子晶体,熔点高,其他三种均为分子晶体,随相对分子质量的增大,分子间作用力增大,熔点逐渐升高(3)O>Ti>Ca离子键12(4)Ti4+sp3620a3×(5)2Eu3++Pb2Eu2++Pb2+2Eu2++I22Eu3++2I-解析(1)Ti是22号元素,其电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2。(2)Ti与F电负性差异大,TiF4为离子晶体,而TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体,随相对分子质量增大,分子间作用力增大,熔点升高。(3)根据Ca、Ti、O三种元素在元素周期表中的位置关系和电负性的变化规律可知电负性大小顺序为O>Ti>Ca。金属离子与氧离子之间的作用力是离子键。Ca2+的配位O2-位于12条棱上,Ca2+的配位数为12。(4)Ti4+位于O2-在面心、Ca2+在顶点的立方体的体心,Pb2+位于图(b)立方体的体心,故Pb2+与图(a)中Ti4+的空间位置相同。CH3NH3+中N原子形成四个σ键,为sp3杂化。该物质的化学式为PbCH3NH3I3,摩尔质量为620g·mol-1,1nm=10-7cm,则晶体密度ρ=MV×NA=620(a×10(5)Pb与I2的反应通过Eu3+的催化完成,则有关反应为2Eu3++Pb2Eu2++Pb2+,2Eu2++I22Eu3++2I-。3.答案(1)ⅠB(2)NK直线形sp(3)22NH3与Cu2+的配位能力比H2O强(4)4×97×1解析(1)某二价金属离子有9个价电子,价电子的能级为3d,则原子的价电子排布式为3d104s1,为铜元素,位于元素周期表中的第四周期、第ⅠB族。(2)在氰酸钾(KOCN)的组成元素中,C、N、O是同一周期的元素,N的2p轨道是半充满状态,结构稳定,第一电离能最大的是N;钾是金属,易失电子,吸电子能力最小,电负性最小的是K;其中阴离子的空间结构是直线形,C的价层电子对数为2+4+1-3×1(3)该离子为[Cu(NH3)4(H2O)2]2+,1个NH3分子含有3个σ键,1个H2O分子含有2个σ键,1个Cu2+与NH3、H2O形成6个配位键,则1mol[Cu(NH3)4(H2O)2]2+所含σ键为22mol;NH3与Cu2+的配位能力比H2O强(4)晶胞中的S2-位于顶点和面心,共含有8×18+6×12=4,Zn2+位于体内,共4个,则1个晶胞中平均含有4个ZnS,1个晶胞的质量为4×97NAg,其晶胞棱长为dpm,体积为(d×10-10)3cm3,其密度为4×97×1030NAd3g·cm-3;四个Zn2+在体内的四个小立方体的中心,不在同一平面上,过b向底面作垂线,构成直角三角形,两边分别为24dpm、14dpm,即可求出斜边为34dpm(即位置a与位置b之间的距离),以a4.答案(1)1∶1(2)金属键铜再失去的是全充满的3d10上的电子,较难失去电子,镍再失去的是4s1上的电子,较易失去电子(3)4sp2、sp3NH3、H2O(4)①顶点、面心②(解析(1)Cu的原子序数为29,原子核外有29个电子,根据核外电子排布规律,基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,有1个未成对电子;Cu原子失去最外层4s上的1个电子和3d上的一个电子,所得Cu2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9,有1个未成对电子,则基态Cu与Cu2+中未成对电子数之比为1∶1。(2)白铜是铜镍合金,合金属于金属晶体,存在金属键;铜原子失去1个电子后的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10,达到全充满稳定状态,很难失去第2个电子,而镍原子失去1个电子后的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s1,很不稳定,易失去4s上的1个电子,所以第二电离能I(Cu)>I(Ni)的原因是铜的核电荷数较大,且铜再失去的是全充满的3d10上的电子,较难失去电子,镍再失去的是4s1上的电子,较易失去电子。(3)由结构可知,Cu2+形成了4个配位键,因此Cu2+的配位数是4;含氮杂环中的碳原子和乙酸根离子中连接O原子的碳原子的价层