2017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：2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O。装置H中盛放的试剂是_。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。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。设计实验方案进行实验。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 molL1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)2CO2H2O=CaCO32HClO,2HClO=2HClO2，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)饱和食盐水bc (2)2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O(3)Ca(ClO)2CaCO3实验步骤预期现象与结论a加入适量1 molL1 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12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：pH1234567CuCl产率/%70908278757270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：称取样品0.25 g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。用0.10 molL1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuClFeCl3=CuCl2FeCl2、Fe2Ce4=Fe3Ce3。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1230.25 g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL)24.3524.0523.95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：CuCl2CuSO4SO22H2O=2CuCl2H2SO4；(3)由反应方程式Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O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11，生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2的物质的量之比也为11，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：=24 mL，结合方程式可知：CuClFeCl3=CuCl2FeCl2，Fe2Ce4=Fe3Ce3，CuClCe4，CuCl的纯度为100%=95.5%。答案(1)Fe(2)CuCl2CuSO4SO22H2O=2CuCl2H2SO4(3)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O反应中生成的CuSO4和SO2为11，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)2Cu2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)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，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)H=90.8 kJmol1。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 H21 mol CH3OH2 mol CO、4 mol H2CH3OH的浓度/molL1c1c2c3反应的能量变化放出Q1kJ吸收Q2kJ放出Q3kJ反应物转化率123下列说法正确的是_。ac1=c2b2Q1=Q3cQ1Q2=90.8 d23100%(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 kJmol1，CO的燃烧热为283 kJmol1，H2O(g)=H2O(l) H=44.0 kJmol1。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lg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。=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=m/V，容器容积V不变，密度不变时，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5080 ，Ni与CO化合生成Ni(CO)4，在180200 分解生成Ni和CO，因此T1T2，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；Q1Q2=90.8，c正确；12=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Q32Q1，b错误；31，因此23100%，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Cu2OCO2CuCO2；(5)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的反应为CH3OHO2=CO2H2O。根据盖斯定律，反应CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(g)的H=725.8 kJmol1(283 kJmol1)2(44.0 kJmol1)=354.8 kJmol1；(6)用CO还原金属氧化物，反应的平衡常数K均可表示为n，n0，因此lg越小，则平衡常数越大。对于CO还原Cr2O3和SnO2，温度升高lg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，lg=4，=104，K=(104)3=1012。答案(1)CD(2)CO(3)ac(4)Cu2OCO2CuCO2(5)CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(g)H=354.8 kJmol1(6)Cr2O3、SnO210124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)3Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2pH5.23.29.79.2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NiSO47H2O。滤液C溶液DNiSO47H2O操作X的名称是_。产品晶体中有时会混有少量绿矾(FeSO47H2O)，可能是由于生产过程中_导致Fe2未被完全氧化。NiSO4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：2Fe22HH2O2=2Fe32H2O，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)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；产品晶体中有时会混有少量绿矾(FeSO47H2O)，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(FeSO47H2O)；NiSO4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：2Ni2ClO4OH=2NiOOHClH2O。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2Fe22HH2O2=2Fe32H2O(4)不消耗电能，节约能源(5)蒸发结晶H2O2的用量不足(或H2O2失效)2Ni2ClO4OH=2NiOOHClH2O5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_，分子中和键数目之比为_。(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H2O0.99104.5H2S1.3492.3H2Se1.4791.0H2S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 gcm3，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个键和2个键，因此和键数目之比为81；(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H2SeH2SH2O；(4)铬的原子序数为24，其基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1；(5)在铬的晶胞中含有铬原子数为18=2，设晶胞边长为x，根据=得，=，所以x=，所以晶胞的体对角线长度为，所以钠原子半径=。答案(1)氮氮(2)sp3和sp281(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H2OH2SeH2SH2SeH2SH2O(4)1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1(5)26有机香料的分子式为C13H18O2，其合成路线如图所示：已知：RCH=CH2RCH2CH2OH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13；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：遇FeCl3溶液显紫色、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=48，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13，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：H2O，E发生银镜反应的离子方程式为：2Ag(NH3)22OH2Ag3NH3NHH2O。(4)F的同分异构体符合：遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，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) H2O2Ag(NH3)22OH(4)611