高考化学大二轮复习 第3部分训练 非选择题专项练4

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图所示装置制取氯气。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。反应的化学方程式为：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)，打开弹簧夹________。 (2)写出工业上用氯气和石灰乳制取漂粉精的化学反应方程式______________________。 (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：该漂粉精部分变质，既含Ca(ClO)2又含CaCO3。 ②设计实验 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 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、1 mol·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KMnO4，两者反应生成的Cl2用排液法收集在H中，H中液体应为饱和食盐水，反应结束后关闭a、b，打开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，若该漂粉精未变质，则只含Ca(ClO)2，若全部变质，则只含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和稀盐酸反应后生成HClO，HClO具有漂白性，能使品红溶液褪色。 答案　(1)①饱和食盐水　②b　c (2)2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O (3)①Ca(ClO)2　CaCO3 ② 实验步骤 预期现象与结论 a 加入适量1 mol·L－1 盐酸溶解后，再将产生的气体导入澄清石灰水中 若澄清石灰水未变浑浊，则假设1成立；若澄清石灰水变浑浊，则假设2或假设3成立 b 向步骤a反应后的试管中滴入1～2滴品红溶液，振荡(或另外取样操作) 若品红溶液褪色，则假设3成立；若品红溶液不褪色，则假设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；见光则分解，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： 根据以上信息回答下列问题： (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 关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书 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： pH 1 2 3 4 5 6 7 CuCl产率/% 70 90 82 78 75 72 70 析出CuCl晶体最佳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0.25 g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。 ②用0.10 mol·L－1硫酸铈 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 溶液滴定。已知：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 1 2 3 0.25 g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL) 24.35 24.05 23.95 则样品中CuCl的纯度为________(结果保留三位有效数字)。 解析　向工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，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，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜和水反应生成氯化亚铜和硫酸。 (1)印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)加入铁，三价铁离子能够与铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应能生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应能生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，则X为Fe、Y为HCl； (2)依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒其方程式为：CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4； (3)由反应方程式Cu＋2H2SO4(浓)eq \o(=====,\s\up11(△),\s\do5(　))CuSO4＋SO2↑＋2H2O可知Cu与浓硫酸反应的过程中有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＋的还原速率，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，导致反应生成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24.35 mL，误差大舍去，则滴定0.25 g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为：eq \f(24.05＋23.95,2)=24 mL，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×0.1 mol·L－1×99.5 g·mol－1,0.25 g)×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反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体　提高Cu2＋的还原速率，同时可以防止生成的Cu＋被空气氧化 (4)2　Cu2＋水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小　不能　硝酸会与产品CuCl发生反应　(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应：Ni(s)＋4CO(g)eq \o(,\s\up11(50～80 ℃),\s\do11(180 ℃～200 ℃))Ni(CO)4(g)，利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍，对该反应的说法正确的是________(填字母编号)。 A．把温度由80 ℃升高到180 ℃，正反应速率减小，逆反应速率增大 B．反应达到平衡后，充入Ni(CO)4(g)再次达到平衡时，eq \f(n[Ni(CO)4],n4(CO))减小 C．反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低 D．当容器中混合气体密度不变时，可说明反应已达化学平衡状态 (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)发生反应，在温度为T2的一端得到了纯净的高纯镍，则温度T1________T2(填“＞”“＜”或“=”)。上述反应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=－90.8 kJ·mol－1。若在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下： 容器 甲 乙 丙 反应物投入量 1 mol CO、2 mol H2 1 mol CH3OH 2 mol CO、4 mol H2 CH3OH的浓度/mol·L－1 c1 c2 c3 反应的能量变化 放出Q1kJ 吸收Q2kJ 放出Q3kJ 反应物转化率 α1 α2 α3 下列说法正确的是________。 a．c1=c2　　　　　　　　 b．2Q1=Q3 c．Q1＋Q2=90.8 d．α2＋α3＜100% (4)据研究，上述(3)中合成甲醇反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量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)已知在常温常压下：甲醇的燃烧热为725.8 kJ·mol－1，CO的燃烧热为283 kJ·mol－1，H2O(g)===H2O(l) ΔH=－44.0 kJ·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还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)被一氧化碳还原时lgeq \f(c(CO),c(CO2))与温度(t)的关系曲线图。四个反应中属于吸热反应的是________(填金属氧化物的化学式)，在700 ℃用一氧化碳还原Cr2O3时，若反应方程式化学计量数为最简整数比，该反应的平衡常数(K)数值等于________。 解析　(1)对于可逆反应，升高温度，正逆反应速率均加快，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。反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，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反应，随反应的进行，气体质量增大，直到反应达到平衡，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，反应达到化学平衡状态，D正确； (2)根据上述反应，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，反应中CO可循环利用； (3)根据反应特点可以确定，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%，比较甲和丙，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，则丙中放热是甲中的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)反应中含有CO，CO会还原Cu2O，加入少量CO2，可使CO还原Cu2O反应逆向移动，保持Cu2O的量不变，反应为Cu2O＋CO2Cu＋CO2； (5)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的反应为CH3OH＋O2===CO＋2H2O。根据盖斯定律，反应CH3OH(l)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(g)的ΔH=－725.8 kJ·mol－1－(－283 kJ·mol－1)－2×(－44.0 kJ·mol－1)=－354.8 kJ·mol－1； (6)用CO还原金属氧化物，反应的平衡常数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，则平衡常数越大。对于CO还原Cr2O3和SnO2，温度升高lgeq \f(c(CO2),c(CO))减小，则平衡常数增大，平衡正向移动，因此这两个反应为吸热反应，对于CO还原PbO2和Cu2O的反应为放热反应；一氧化碳还原Cr2O3的反应为3CO(g)＋Cr2O3(s)2Cr(s)＋3CO2(g)，在700 ℃用一氧化碳还原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＋CO2Cu＋CO2 (5)CH3OH(l)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(g)　ΔH=－354.8 kJ·mol－1 (6)Cr2O3、SnO2　10－12 4．某工厂从废含镍有机催化剂中回收镍的工艺流程如图所示(已知废催化剂中含有Ni 70.0%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)。 已知：部分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)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2 pH 5.2 3.2 9.7 9.2 回答下列问题： (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________________，向其中加入H2O2的目的是__________________________________________________，反应的离子方程式为___________________________________________________。 (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、陶瓷等物品表面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(　))NiSO4·7H2O ①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，该反应的离子方程式是_______________________________________。 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分离开；只有SiO2不与硫酸反应，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＋，加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，有利于分离，反应离子方程式为：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O，由表中数据及流程图知，加入试剂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的用量不足(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，该反应的离子方程式是：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＋　加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，有利于分离　2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O (4)不消耗电能，节约能源 (5)①蒸发结晶　②H2O2的用量不足(或H2O2失效) ③2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O 5．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功效。 (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的参数对比见表。 化学式 键长/nm 键角 H2O 0.99 104.5° H2S 1.34 92.3° H2Se 1.47 91.0° 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，则该晶胞中含有________个铬原子。若铬的密度为ρ g·cm－3，相对原子质量为M，NA表示阿伏加德罗常数的值，则铬原子的半径为________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sp2　8∶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＞H2S　H2Se＞H2S＞H2O (4)1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1 (5)2　eq \f(\r(3),4)×eq \r(3,\f(2M,NAρ)) 6．有机香料的分子式为C13H18O2，其合成路线如图所示： 已知：R—CH==CH2eq \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能发生银镜反应，在催化剂存在下1 mol E与2 mol H2可以发生反应生成F，且F分子中含有苯环但无甲基。请回答： (1)A中所含官能团的名称为____________；A生成B的反应类型是__________。 (2)C的结构简式为____________。 (3)D与F反应的化学方程式为_______________________________________，E发生银镜反应的离子方程式为_________________________________________。 (4)符合下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色、②苯环上有两个取代基的F的同分异构体有________种，写出其中一种物质的结构简式____________。 解析　有机物A发生信息中的反应生成B，A应属于烃类，其相对分子质量为56，则eq \f(56,12)=4…8，可知A的分子式为C4H8，A的核磁共振氢谱有2组峰且峰面积之比为1∶3，B可以连续发生氧化反应，则A为(CH3)2C==CH2，B的结构简式为(CH3)2CHCH2OH，C的结构简式为(CH3)2CHCHO，D的结构简式为(CH3)2CHCOOH，D和F反应生成有机物C13H18O2，发生酯化反应，则F为醇，D中含有4个碳原子，所以F中含有9个碳原子，F的分子式为C9H12O，E可以发生银镜反应，含有—CHO，在催化剂存在条件下1 mol E与2 mol H2反应可以生成F，F分子中含有苯环但无甲基，可推知E为，F为，则G为。 (1)A为(CH3)2C==CH2，A中所含官能团的名称为碳碳双键，A生成B的反应类型是加成反应； (2)由上述分析可知，C的结构简式为(CH3)2CHCHO； (3)D与F反应是酯化反应，反应方程式为：＋eq \o(,\s\up11(浓H2SO4),\s\do11(△))＋H2O，E发生银镜反应的离子方程式为：＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－eq \o(――→,\s\up11(△))＋2Ag↓＋3NH3＋NHeq \o\al(＋,4)＋H2O。 (4)F的同分异构体符合：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，②苯环上有两个取代基，F的同分异构体为 (邻、间、对3种)， (邻、间、对3种)，所以共6种。 答案　(1)碳碳双键　加成反应　(2)(CH3)2CHCHO (3) ＋eq \o(,\s\up11(浓H2SO4),\s\do11(△))＋H2O ＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－eq \o(――→,\s\up11(△)) (4)6　 PAGE 6