高考化學大二輪復習 第3部分訓練 非選擇題專項練6

訓練(十四)　非選擇題專項練(6)1．某校興趣小組對SO2與新制Cu(OH)2懸濁液的反應進行探究，裝置如下：實驗如下：序號試管中的藥品現(xiàn)象Ⅰ1.5 mL 1 molL－1 CuSO4溶液和3.5 mL 1 molL－1 NaOH溶液混合開始時有磚紅色沉淀A出現(xiàn)，一段時間后，磚紅色沉淀消失，靜置，試管底部有少量紫紅色固體B，溶液呈藍色Ⅱ1.5 mL 1 molL－1 CuCl2溶液和3.5 mL 1 molL－1 NaOH溶液混合開始時有淺紅色沉淀出現(xiàn)，一段時間后，淺紅色沉淀消失，靜置，生成大量白色沉淀C，溶液呈藍色查閱資料如下：CuCl為白色固體，難溶于水，乙醇、乙酸等，能溶于濃鹽酸，也能溶于濃或稀硝酸溶液，CuCl被氧化1)甲同學通過補充兩個實驗：①證明實驗Ⅰ中觀察到的磚紅色沉淀A是Cu2O取少量Cu2O固體于試管中，加5 mL蒸餾水，向其中持續(xù)通入SO2，一段時間后，靜置，試管底部有少量紫紅色固體，溶液呈藍色，則說明磚紅色沉淀是Cu2O其反應的方程式是_____________________________________________________________________。

②甲同學重新用實驗Ⅱ的方法制備新制Cu(OH)2懸濁液，過濾，用蒸餾水洗滌干凈向洗凈后的Cu(OH)2中加入5 mL蒸餾水，再持續(xù)通入SO2氣體，現(xiàn)象與實驗Ⅰ相同檢驗Cu(OH)2洗滌干凈的方法是___________________________________________________________________________________________________________2)同學們對白色沉淀的成分繼續(xù)進行探究①請幫助乙同學證明C為CuCl，設計簡單的實驗方案：_______________________________________________________________________________________②丙同學向洗滌得到的19.9 g C中加入足量的稀硝酸，得到藍色溶液，此過程中反應的離子方程式為：________________________向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，過濾、洗滌、干燥，得到27.9 g白色沉淀這種實驗結果________(“偏小”、“偏大”或“不變”)，可能原因是_____________________。

3)工業(yè)上制備CuCl還可以用：將Na2SO3的水溶液逐滴加入CuCl2的水溶液中，傾出部分清液，抽濾出沉淀，沉淀依次用36%的乙酸，無水乙醇洗滌多次，得白色粉末固體，真空或者充氮氣保存①抽濾出沉淀操作時用到了抽濾瓶、布氏漏斗、______________等儀器和用品②沉淀依次用36%的乙酸，無水乙醇，無水乙醚洗滌多次的目的是__________________解析　實驗Ⅰ和Ⅱ的不同點是配制Cu(OH)2的溶液時銅鹽的陰離子不同，導致現(xiàn)象不同在實驗Ⅱ中，白色沉淀C的生成一定與Cl－有關，試題給出了CuCl的一些性質(zhì)，是解決問題的關鍵1)①Cu2O固體加蒸餾水，通入SO2，試管底部有少量紫紅色固體Cu，溶液呈藍色Cu2＋，說明Cu2O發(fā)生了歧化反應，同時SO2被氧化，故反應的方程式是2Cu2O＋SO2===CuSO4＋3Cu②甲同學重新作實驗Ⅱ的方法制備新制Cu(OH)2懸濁液，過濾，用蒸餾水洗滌干凈，防止Cu(OH)2中含有Cl－，故取適量的最后一次洗滌液于試管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出現(xiàn)白色沉淀，證明Cu(OH)2洗滌干凈2)①由實驗流程可知：后面實驗加入蒸餾水得到白色沉淀分析銅鹽只要CuCl，開始是CuCl被溶解，能夠溶解的試劑有濃鹽酸和硝酸溶液；而CuCl溶于硝酸后生成Cu(NO3)2溶液，再加入蒸餾水，白色沉淀不會溶解，故先加入的是濃鹽酸。

②CuCl溶于稀硝酸，產(chǎn)生了氣體NO，CuCl中的銅元素被氧化；有CuCl～AgCl可知：m(AgCl)==28.7 g，而實際沉淀為27.9 g，偏小，說明AgCl有損失，指出損失的合理原因即可3)抽濾出沉淀操作時用到了抽濾瓶、布氏漏斗及玻璃棒、濾紙等；因為Na2SO3與CuCl2反應為Na2SO3＋2CuCl2＋H2O===Na2SO4＋2CuCl＋2HCl，故過濾后殘留在CuCl表面是鈉鹽和酸，用36%的乙酸是為了除去這些雜質(zhì)，而后無水乙醇是為了除去乙酸和水，快速干燥，防止氧化答案　(1)①2Cu2O＋SO2===CuSO4＋3Cu②取適量的最后一次洗滌液于試管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出現(xiàn)白色沉淀，證明Cu(OH)2洗滌干凈(2)①白色沉淀C白色沉淀溶解出現(xiàn)白色沉淀②3CuCl＋4H＋＋NO===3Cu2＋＋NO↑＋2H2O＋3Cl－　偏小　AgCl在干燥過程中有少量分解(其他合理答案也可)(3)①玻璃棒、濾紙②36%的乙酸是為了除去CuCl沉淀表面的酸和鈉鹽；無水乙醇是為了除去乙酸和水，快速干燥，防止氧化2．蘭尼鎳是一種帶有多孔結構的細小晶粒組成的鎳鋁合金，被廣泛用作有機物的氫化反應的催化劑。

以紅土鎳礦(主要成分為NiS、FeS和SiO2等)為原料制備蘭尼鎳的工藝流程如下圖所示： (1)在形成Ni(CO)4的過程中，碳元素的化合價沒有變化，則Ni(CO)4中的Ni的化合價為________；(2)已知紅土鎳礦煅燒后生成Ni2O3，而加壓酸浸后浸出液A中含有Ni2＋，寫出有關鎳元素的加壓酸浸的化學反應方程式_______________________________；(3)向浸出液A中通入H2S氣體，反應的離子方程式是______________________；(4)“高溫熔融”時能否將通入氬氣換為CO并說明原因____________________；(5)“堿浸”的目的是使鎳產(chǎn)生多孔結構，從而增強對氫氣的強吸附性，此過程中發(fā)生反應的離子方程式為__________________________浸出反應所用的NaOH溶液的濃度要大，若NaOH溶液較稀時，則會產(chǎn)生少量的Al(OH)3沉淀而阻止浸出反應的持續(xù)進行，請用化學反應原理加以解釋： _____________________ _____________________________________________________________________。

6)浸出液B可以回收，重新生成鋁以便循環(huán)利用請設計簡單的回收流程：浸出液B→___________________________________________________________示例：CuOCu2＋Cu)解析　(1)在Ni(CO)4中，碳元素的化合價與CO相同，為＋2價，故Ni的化合價為0；(2)已知紅土鎳礦煅燒后生成Ni2O3，而加壓酸浸后浸出液A中含有Ni2＋，說明Ni元素被還原，另外，在硫酸中反應只能是O元素被氧化為O2，故有關鎳元素的加壓酸浸的化學反應方程式是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時，F(xiàn)e3＋發(fā)生還原反應：H2S＋2Fe3＋===2Fe2＋＋2H＋＋S↓；(4)“高溫熔融”時不能將通入氬氣換為通入CO，因為冷卻時，CO能與Ni反應生成Ni(CO)4；(5)“堿浸”的目的是溶解鎳鋁合金中的Al，使鎳產(chǎn)生多孔結構，從而增強對氫氣的強吸附性，Al溶于NaOH溶液時發(fā)生反應的離子方程式為2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑；浸出反應所用NaOH溶液的濃度要大，因為Al溶于堿液生成AlO時在水中存在下列平衡：AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－，OH－濃度過小，抑制AlO的水解程度過小，所以，產(chǎn)生的Al(OH)3就會沉積下來進而阻止浸出反應的持續(xù)進行。

6)浸出液B中存在AlO，首先要將AlO沉淀下來，一般是通入足量的CO2生成Al(OH)3，然后脫水生成Al2O3，最后將Al2O3在熔融的狀態(tài)下電解即可得到金屬鋁(加入冰晶石可以降低Al2O3的熔點)答案　(1)0(2) 2Ni2O3＋4H2SO4===4NiSO4＋O2↑＋4H2O(3)H2S＋2Fe3＋===2Fe2＋＋2H＋＋S↓(4)不能，因為冷卻時，CO能與Ni反應生成Ni(CO)4(5)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑因為Al溶于堿液生成AlO時在水中存在下列平衡：AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－，OH－濃度過小，抑制AlO的水解程度過小，所以，產(chǎn)生的Al(OH)3就會沉積下來進而阻止浸出反應的持續(xù)進行(6)Al(OH)3Al2O3Al3．科學研究表明，當前應用最廣泛的化石燃料到本世紀中葉將枯竭，解決此危機的唯一途徑是實現(xiàn)燃料和燃燒產(chǎn)物之間的良性循環(huán)：(1)一種常用的方法是在230 ℃、有催化劑條件下將CO2和H2轉(zhuǎn)化為甲醇蒸汽和水蒸氣下圖是生成1 mol CH3OH時的能量變化示意圖已知破壞1 mol不同共價鍵的能量(kJ)分別是：C—HC—OC==OH—HH—O413.4351745436462.8已知E1=8.2 kJmol－1，則E2=________kJmol－1。

2)將不同量的CO(g)和H2O(g)分別通入到體積為2 L的恒容密閉容器中進行如下反應：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下三組數(shù)據(jù)：實驗溫度/℃起始量達到平衡CO/molH2O/molH2/molCO轉(zhuǎn)化率所需時間/min1650421.6629002133900abct①該反應的ΔH________0(填“<” 或“>” )②實驗2條件下的平衡常數(shù)K=________③實驗3中，若平衡時H2O的轉(zhuǎn)化率為，則a/b=________，c=________④實驗4，若900 ℃時，在容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1 mol，則此時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可以進行循環(huán)使用將100 mL 0.1 molL－1 Na2CO3的溶液中通入112 mL(已換算為標準狀況)的CO2，溶液中沒有晶體析出，則：①反應后溶液中的各離子濃度由大到小的順序是____________②反應后的溶液可以作“緩沖液”(當往溶液中加入一定量的酸和堿時，有阻礙溶液pH變化的作用)，請解釋其原理__________________________________________________________________________________________________________。

解析　(1)由反應：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)可知，ΔH=(7452＋4363－413.43－351－462.83)kJmol－1=－181.6 kJmol－1；又E1－E2=ΔH，可知E2=189.8 kJmol－12)①650 ℃時CO的轉(zhuǎn)化率為=0.4大于，加壓不影響平衡狀態(tài)，故升高溫度平衡逆向一定，正反應放熱，ΔH＜0；②K===1；③因為900 ℃時的K=1，將實驗2中的CO和H2O濃度互換，則K值不變，若平衡時，H2O的轉(zhuǎn)化率為，則a/b=1/2，c=；④實驗4，若900 ℃時，在容器中加入的CO、H2O、CO2、H2均為1 mol，同一容器的體積相同，各物質(zhì)的濃度也相同，所以Qc=1，Qc=K，該可逆反應達到平衡，此時v正=v逆3)①原溶液中n(Na2CO3)=10010－3L0.1 molL－1=0.01 mol；標準狀況下112 mL的CO2的物質(zhì)的量為0.005 mol由反應Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3可知，反應后的溶液中剩余n(Na2CO3)=0.005 mol、生成n(NaHCO3)=0.005 mol因為CO的水解生成HCO且比水解HCO能力強，溶液顯堿性，故有：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)。

②反應后的溶液存在HCOCO＋H＋，加入少量的酸，平衡逆向移動，溶液pH變化不大；加入少量的堿平衡正向移動，溶液pH變化也不大，故該溶液可以作“緩沖液”答案　(1)189.8　(2)① <　② 1?、?1/2　或?、?=(3)①c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)②反應后的溶液存在HCOCO＋H＋，加入少量的酸，平衡逆向移動，溶液pH變化不大；加入少量的堿平衡正向移動，溶液pH變化也不大，故該溶液可以作“緩沖液”4．利用氟磷灰石[(Ca5(PO4)3F)]生產(chǎn)磷銨[(NH4)3PO4]并制取硫酸、聯(lián)產(chǎn)水泥其工藝流程如下圖所示：(1)操作I的名稱____________；在實驗室中操作Ⅱ包括____________、____________2)沸騰槽的材質(zhì)是________________(從“玻璃”、“鋼鐵”、“附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨”中選擇)，選擇的理由是________________________________ _____________________________________________________________________。

3)工業(yè)上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1 500 ℃生成白磷，同時逸出SiF4和CO，反應方程式為____________________________4)黏土中有一種成分為石脂[Al2(OH)4Si2O5nH2O]，其用氧化物表示為____________5)已知SO2的催化氧化反應為2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＜0從化學反應原理的角度說明催化氧化時使用熱交換器的原因_______________________6)制硫酸所產(chǎn)生的尾氣除了含有N2、O2外，還含有SO2、微量的SO3和酸霧擬用下圖所示的裝置測定硫酸尾氣中SO2的含量：若下列各組中的試劑，前者濃度為0.1 molL－1，后者適量，溶液體積為5 mL；通入尾氣10 L(已換算為標準狀況)時反應管中的溶液恰好變色判斷下列試劑組能否測定硫酸尾氣中SO2的體積分數(shù)能者，確定SO2的體積分數(shù)；不能者，說明原因編號試劑組結論①NaOH溶液、酚酞試液 ②Na2CO3溶液、酚酞試液③碘水、淀粉溶液④KMnO4溶液、稀硫酸解析　(1)操作Ⅰ得到的是H3PO4液體和石膏固體，所以是過濾；在實驗室中操作Ⅱ的目的是從溶液中得到晶體，包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶。

2)因為沸騰槽中的反應是在酸性且加熱的條件下進行的，此條件下鋼鐵易被酸溶解；反應產(chǎn)生了HF，HF能腐蝕玻璃聚偏氟乙烯防腐層不用熱硫酸和HF反應，故沸騰槽應選用附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨材質(zhì)3)工業(yè)上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1 500 ℃生成白磷，同時逸出SiF4和CO，可以先寫出：Ca5(PO4)3F＋SiO2＋CCaSiO3＋P4＋SiF4↑＋CO↑，再配平4)石脂[Al2(OH)4Si2O5nH2O]，它可以用氧化物表示為Al2O32SiO2(n＋2)H2O5)催化氧化時使用熱交換器的原因是移去反應中放出的熱量，使反應后的氣體降溫，有利于平衡正向移動，并預熱未反應的氣體，從而加快初始反應速率①不能，因為SO2和CO2均可以與NaOH溶液反應，且產(chǎn)物Na2SO3、Na2CO3的溶液仍然為堿性，不能確定反應終點；②不能，因為SO2可以與Na2CO3溶液反應生成Na2SO3，反應后溶液仍然為堿性，不能確定反應終點；③用淀粉作指示劑，可以證明I2反應完全：I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI，n(SO2)=n(I2)=0.1 molL－1510－3L=0.510－3mol，V(SO2)=0.510－3mol22.4 Lmol－1=1.1210－2L，故尾氣中SO2的體積分數(shù)是0.112%；④高錳酸鉀溶液本身的紫色可以作終點指示，故可以用來測定硫酸尾氣中SO2的體積分數(shù)。

由于5SO2＋2KMnO4＋2H2O===K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4，按反應關系可以得到尾氣中SO2的體積分數(shù)是0.28 %答案　(1)過濾　蒸發(fā)濃縮　冷卻結晶(2)附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨　因為酸性且加熱，鋼鐵易被溶解，反應產(chǎn)生HF，HF能腐蝕玻璃(3)4Ca5(PO4)3F＋21SiO2＋30C20CaSiO3＋3P4＋SiF4↑＋30CO↑(4)Al2O32SiO2(n＋2)H2O(5)移去反應中放出的熱量，使反應后的氣體降溫并預熱未反應的氣體(6) ①不能，因為SO2和CO2均可以與NaOH溶液反應，且產(chǎn)物Na2SO3、Na2CO3的溶液仍然為堿性，不能確定反應終點②不能，因為SO2可以與Na2CO3溶液反應生成Na2SO3，反應后溶液仍然為堿性，不能確定反應終點③0.112%?、?.28%5．(1)已知X和Y均為短周期元素，其原子的第一至第五電離能如下表所示：電離能(kJmol－1)I1I2I3I4I5X8012 4273 66025 02632 827Y577.51 816.72 744.811 57714 842根據(jù)上述信息：① X和氯元素形成的簡單分子的空間構型為____________；② Y的基態(tài)原子的核外電子排布式為____________，若Y和氯元素所形成的分子的相對分子質(zhì)量為267，請在下列方框中寫出該分子的結構式(若存在配位鍵，用“→”表示)(2)碳元素可以形成多種單質(zhì)及化合物：① C60的結構如圖1。

C60中的碳原子的雜化軌道類型是____________；已知：碳元素單質(zhì)C－C鍵長/ pm熔點/℃金剛石154.453 900C60145～140600(升華)解釋：②金剛石中的C－C的鍵長大于C60中C－C的鍵長的原因是_____________________________________________________________________；③ 金剛石的熔點高于C60的原因是__________________________________3)如圖2是鉀的石墨的插層化合物的晶胞圖(圖中大球表示K原子，小球表示C原子)，如圖3是晶胞沿右側(cè)方向的投影：① 該化合物的化學式是____________；② K層與C層之間的作用力是________________；③ K層中K原子之間的最近距離是C－C的鍵長dC－C的________倍4)SiC的晶胞與金剛石的晶胞相似，設碳原子的直徑為a cm，硅原子的直徑為b cm，則晶胞的邊長為________ cm(用含a、b的式子表示) 解析　(1)X和Y為短周期元素，其原子都有第一至第五電離能，原子多于5個電子又由于X、Y都是I4遠大于I3，說明最外層都是3個電子。

X、Y元素的原子的I1，X大于Y的，故X是B、Y是Al①X(B)和氯元素形成的簡單分子BCl3的中心原子B原子的價層電子無孤電子對，所以其空間構型為平面正三角形；②Y(Al)的基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p1，Y和氯元素形成的分子的相對分子質(zhì)量為267，其分子式是Al2Cl6，Al原子最外層有3個電子，與3個Cl原子形成共價鍵，還有1個空軌道，可以接收Cl原子提供的孤對電子形成配位鍵，故其結構式是2)①C60中的每一個碳原子都與3個相鄰的碳原子以共價鍵相結合，故碳原子軌道以sp2的形式雜化；②金剛石中的C—C鍵為單鍵，而C60中的每個碳原子都以sp2的形式雜化，其2p軌道上還有一個單電子軌道垂直于sp2雜化軌道的平面，相互之間肩并肩重合形成π鍵，故金剛石中的C—C的鍵長大于C60中C—C的鍵長；③C60是分子晶體，熔化時破壞的是分子間作用力，金剛石是原子晶體，融化時破壞的是共價鍵3)①根據(jù)均攤法：晶胞中的原子數(shù)目分別為K：4(頂角)＋4(面上)＋5(體心)=1＋2＋5=8，C：4[8(面上)＋12(體心)]=416=64原子數(shù)目之比K∶C=8∶64=1∶8，故該化合物的化學式是C8K；②K屬于活潑金屬元素，C為非金屬元素，二者之間的作用力為離子鍵；③設晶胞沿右側(cè)方向的投影的邊長為2a，寬為a，則K層中K原子之間的最近距離為a，正六邊形的內(nèi)角為120，則4dC－Ccos 30=a，故a=2dC－C；(4)碳化硅的晶胞與金剛石的晶胞相似(如圖)，碳原子與硅原子最近距離為晶體體對角線的，若晶胞的邊長為l cm，則晶體體對角線為l cm=4(－)，故l=。

答案　(1)① 平面正三角形②1s22s22p63s23p1　(2) ① sp2雜化② 金剛石中的C－C鍵為單鍵，而C60中每個碳原子都以sp2的形式雜化，其2p軌道上還有一個單電子軌道垂直于sp2雜化軌道的平面，相互之間肩并肩重合形成π鍵，故金剛石中的C－C的鍵長大于C60中C－C的鍵長③ C60是分子晶體，熔化時破壞的是分子間作用力，金剛石是原子晶體，融化時破壞的是共價鍵(3)① C8K?、?離子鍵?、?2　(4) 6．工業(yè)上以苯為主要原料生產(chǎn)可降解塑料PCl的合成路線如圖所示已知： (R、R′代表烴基)(1)F中含氧官能團的名稱是____________2)由苯生成W的反應類型是____________，由X生成E的反應類型是____________3)B的名稱是________________，X的名稱是_________________________4)1 mol四溴雙酚與足量NaOH溶液反應，最多可消耗NaOH的物質(zhì)的量為____________5)若Y的苯環(huán)上只有2種不同化學環(huán)境的氫原子，則B與HCHO反應生成Y的化學方程式為_____________________________________________________。

6)高分子化合物PCl的結構簡式是____________7)A的同分異構體有很多，寫出同時滿足下列條件的A的同分異構體的結構簡式：_______________________________________________________________①能與NaOH溶液反應；②能發(fā)生銀鏡反應；③苯環(huán)上有2種不同化學環(huán)境的氫原子解析　苯分子中一個H原子被中的取代生成W，聯(lián)系已知信息和A水解生成CH3COOH，可知A為，A水解生成苯酚(B)和乙酸苯與H2發(fā)生加成反應生成環(huán)己烷(D)，D與Cl2發(fā)生取代反應后再水解生成環(huán)己醇(X)，環(huán)己醇發(fā)生氧化反應生成環(huán)己酮(E)，E被過氧化物氧化生成 (H)，H水解后發(fā)生縮聚反應生成苯酚與甲醛反應生成1 mol四溴雙酚水解生成的有機物中含6 mol酚羥基，還生成4 mol HBr，故1 mol四溴雙酚最多可消耗10 mol NaOH滿足條件的A的同分異構體是甲酸酯，苯環(huán)上有2種不同化學環(huán)境的氫原子，其結構簡式為答案　(1)(酚)羥基　(2)取代反應　氧化反應(3)苯酚　環(huán)己醇　(4)10 mol(5)2＋HCHO―→＋H2O(6) (7) 。