2017高考化学大二轮复习第3部分训练非选择题专项练(5)

训练(十一)非选择题专项练(3)1某研究性学习小组学生根据氧化还原反应规律，探究NO2、NO与Na2O2反应的情况，提出假设并进行相关实验。.从理论上分析Na2O2和NO2都既有氧化性又有还原性，于是提出如下假设：假设1：Na2O2氧化NO2；假设2：NO2氧化Na2O2。(1)甲同学设计如图1装置进行实验：试管A中反应的离子方程式是_。待试管B中充满红棕色气体，关闭旋塞a和b；取下试管B，向其中加入适量Na2O2粉末，塞上塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃。仪器C兼有防倒吸的作用，仪器C的名称为_。结论：甲同学认为假设2正确。(2)乙同学认为甲同学设计的实验存在缺陷，为达到实验目的，在A、B之间应增加一个装置，该装置的作用是_。乙同学用改进后的装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；带火星的木条未复燃，得出结论：假设1正确，则NO2和Na2O2反应的化学方程式是_。.该研究性学习小组同学还认为NO易与O2发生反应，应该更易被Na2O2氧化。查阅资料：2NONa2O2=2NaNO2；2NaNO22HCl=2NaClNO2NOH2O；酸性条件下，NO能与MnO反应生成NO和Mn2。(3)丙同学用图2所示装置(部分夹持装置略)探究NO与Na2O2的反应。在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是_。B中观察到的主要现象是_(填字母编号)。a铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色b有红棕色气泡产生c有无色气泡产生C、E中所盛装的试剂不能是_(填字母编号)。a无水硫酸铜b无水氯化钙c碱石灰 d生石灰F中发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。充分反应后，检验D装置中产物的方法是：_，则产物是NaNO2。解析(1)Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，其反应的离子方程式为：Cu4H2NO=Cu22NO22H2O；仪器C具有球形特征的干燥管，所以为球形干燥管。(2)Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气，水蒸气能与过氧化钠反应生成氧气，所以要在A、B之间增加一个装置干燥装置，除去生成NO2气体中混有的水蒸气；若过氧化钠氧化二氧化氮，则生成硝酸钠，其反应的化学方程式为Na2O22NO2=2NaNO3；(3)空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气，所以在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的：将装置中的空气排出；在B装置中二氧化氮与水反应生成稀硝酸，稀硝酸与Cu反应生成NO，所以B中观察到的主要现象是：铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生。无水硫酸铜只能检验水不能吸收水，故选a；F中为吸收一氧化氮的反应，高锰酸根离子被还原生成二价锰离子降低5价，还原剂为NO被氧化成硝酸根离子升高3价，则根据得失电子守恒氧化剂与还原剂的物质的量之比为35；亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色，则检验D装置中物质的方法为：取D装置中产物少许，加入稀盐酸，若产生无色气体，遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠。答案(1)Cu4H2NO=Cu22NO22H2O球形干燥管(2)除去生成NO2气体中混有的水蒸气Na2O22NO2=2NaNO3(3)将装置中的空气排出aca35取D装置中产物少许，加入稀盐酸，产生红棕色气体2用辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如图： (1)下列措施是为了加快浸取速率，其中无法达到目的的是_(填字母)。A延长浸取时间 B将辉铜矿粉碎C充分搅拌 D适当增加硫酸浓度(2)滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的离子方程式：_。(3)研究发现，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，可能的原因是_。(4)“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3转化为Fe(OH)3，则加入的试剂A可以是_(填化学式)；“赶氨”时，最适宜的操作方法是_。(5)“沉锰”(除Mn2)过程中有关反应的离子方程式为_。(6)滤液经蒸发结晶得到的盐主要是_(填化学式)。解析辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3、Mn2、Cu2，调节溶液pH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。(1)酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌都可以提高浸取率，延长浸取时间并不能提高速率。(2)“浸取”时：在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4，其反应的离子方程式是：2MnO2Cu2S8H=S2Cu22Mn24H2O。(3)浸取时氧化铁溶解于稀硫酸中反应生成硫酸铁和水，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe2O3在浸取时起媒介作用，Fe3可催化Cu2S被MnO2氧化。(4)加入的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入氧化铜、氢氧化铜等，因氨气易挥发，加热可促进挥发，则可用加热的方法。(5)“沉锰”(除Mn2)过程中，加入碳酸氢铵并通氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2HCONH3=MnCO3NH。(6)滤液主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体。答案(1)A(2)2MnO2Cu2S8H=S2Cu22Mn24H2O(3)Fe3可催化Cu2S被MnO2氧化(4)CuO或Cu(OH)2加热(5)Mn2HCONH3=MnCO3NH(6)(NH4)2SO43煤是一种重要的化工原料，人们将利用煤制取的水煤气、焦炭、甲醚等广泛用于工农业生产中。(1)已知：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H=131.3 kJmol1CO2(g)H2(g)=CO(g)H2O(g)H=41.3 kJmol1则炭与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为_。该反应在_(填“高温”“低温”或“任何温度”)下有利于正向自发进行。(2)有人利用炭还原法处理氮氧化物，发生反应C(s)2NO(g)N2(g)CO2(g)。某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，在T1 时，不同时间测得各物质的浓度如表所示： 时间(min)浓度(molL1)01020304050NO1.000.680.500.500.600.60N200.160.250.250.300.30CO200.160.250.250.300.301020 min内，N2的平均反应速率v(N2)=_。30 min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据表中的数据判断改变的条件可能是_(填选项字母)。A通入一定量的NO B加入一定量的活性炭C加入合适的催化剂 D适当缩小容器的体积(3)研究表明：反应CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)平衡常数随温度的变化如表所示：温度/400500800平衡常数K9.9491若反应在500 时进行，设起始的CO和H2O的浓度均为0.020 molL1，在该条件下CO的平衡转化率为_。(4)用CO做燃料电池电解CuSO4溶液、FeCl3和FeCl2混合液的示意图如图1所示，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极，工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。图1图2乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为_。丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2所示，则图中线表示的是_(填离子符号)的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要_mL 5.0 molL1NaOH溶液。解析(1)已知C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H=131.3 kJmol1CO2(g)H2(g)=CO(g)H2O(g)H=41.3 kJmol1根据盖斯定律，将可得：C(s)2H2O(g)=CO2(g)2H2(g)H=90 kJmol1，反应的焓变H0，S0，根据反应自发进行的判据HTS0，所以需要高温下发生。(2)1020 min内，N2的平均反应速率v(N2)=mol(Lmin)1=0.009 mol(Lmin)1。30 min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大；A.通入一定量的NO，反应正向进行，达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度增大，故符合；B.加入一定量的活性炭是固体，对平衡无影响，故不符合；C.加入合适的催化剂，只能改变化学反应速率，不能改变平衡，浓度不变，故不符合；D.适当缩小容器的体积，反应前后是气体体积不变的反应，平衡不动，但物质浓度增大，符合要求，故符合；(3)设CO的浓度变化量为c，三段式法用c表示出平衡时各组分浓度，CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)，起始(molL1): 0.02 0.020 0 0转化(molL1): c c c c平衡(molL1): 0.02c 0.02c c c代入500 时反应平衡常数K=9解得c=0.015，CO的最大转化率为100%=75%。(4)工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为x，溶液中铜离子物质的量为0.1 mol，电极反应为Cu2 2e=Cu，0.1 mol 0.2 mol2H2e=H2，2x xA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH4e=2H2OO2，4x x得到0.22x=4x，x=0.1 mol乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1 mol，在标准状况下的体积为2.24 L，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，为Fe3，为Fe2，为Cu2，依据(2)计算得到电子转移应为0.4 mol，对比图像，可知此时溶液中为Fe2 0.5 mol和Cu20.2 mol，需要加入NaOH溶液1.4 mol，体积为280 mL。答案(1)C(s)2H2O(g)=CO2(g)2H2(g)H=90.0 kJmol1高温(2)0.009 mol(Lmin)1AD(3)75%(4)2.24 LCu22804硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个又一个奇迹。(1)新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定。工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCl4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式_。(2)一种用工业硅(含少量钾、钠、铁、铜的氧化物)，已知硅的熔点是1 420 ，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅。一种合成氮化硅的工艺主要流程如下：净化N2和H2时，铜屑的作用是：_；硅胶的作用是_。在氮化炉中3Si(s)2N2(g)=Si3N4(s)H=727.5 kJmol1，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度_；体系中要通入适量的氢气是为了_。X可能是_(选填：“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”、“氢氟酸”)。(3)工业上可以通过如下图所示的流程制取纯硅：整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式_。假设每一轮次制备1 mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应I中HCl的利用率为90%，反应中H2的利用率为93.75%。则在第二轮次的生产中，补充投入HCl和H2的物质的量之比是_。解析(1)在H2的保护下，使SiCl4与N2反应生成Si3N4，氮元素的化合价由0价降低到3价，则氢气中的氢元素由0价升高到1价生成HCl，根据得失电子守恒和原子守恒配平，反应的化学方程式为3SiCl42N26H2=Si3N412HCl。(2)因为高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅，则铜屑的作用是除去原料气中的氧气；硅胶的作用是除去生成的水蒸气；在氮化炉中3Si(s)2N2(g)=Si3N4(s)H=727.5 kJmol1，该反应是放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触，开始时要严格控制氮气的流速以控制温度；为了将整个体系中空气排尽，体系中要通入适量的氢气；由于硅中含有铜的氧化物，在反应中氧化铜能被还原生成铜，因此要除去铜应该选择硝酸，盐酸和硫酸不能溶解铜，氢氟酸能腐蚀氮化硅。(3)SiHCl3遇水剧烈反应，生成硅酸、HCl和氢气，反应的化学方程式SiHCl33H2O=H2SiO33HClH2。由题中条件可知：Si(粗)3HClSiHCl3H2 1 mol 3 mol 1 molSiHCl3H2Si(纯)3HCl1 mol 1 mol 3 mol由以上数据，循环生产中只能产生3 mol HCl，但HCl的利用率是90%，因此需要增加(390%3)mol HCl，循环生产中只产生1 mol H2，但H2的利用率为93.75%，因此需增加(193.75%1)mol H2，因此，补充投入HCl 和H2的物质的量之比为：(390%3)(193.75%1)=51。答案 (1)3SiCl42N2 6H2=Si3N412HCl(2)除去原料气中的氧气除去生成的水蒸气这是放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去(或将整个体系中空气排尽)硝酸(3)SiHCl33H2O=H2SiO33HClH2515a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，相关信息如下表所示。a原子核外电子分别占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同b基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1c在周期表所列元素中电负性最大d位于周期表中第4纵行e基态原子M层全充满，N层只有一个电子请回答：(1)d属于_区的元素，其基态原子的价电子排布图为_。(2)b与其同周期相邻元素第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(3)c的氢化物水溶液中存在的氢键有_种，任意画出一种_。(4)a与其相邻同主族元素的最高价氧化物的熔点高低顺序为_(用化学式表示)。若将a元素最高价氧化物水化物对应的正盐酸根离子表示为A，则A的空间构型为_；A的中心原子的轨道杂化类型为_；与A互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。(5)e与Au的合金可形成面心立方最密堆积的晶体，在晶胞中e原子处于面心，该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由e原子与Au原子构成的四面体空隙中，储氢后的晶胞结构与金刚石晶胞结构相似，该晶体储氢后的化学式为_，若该晶体的相对分子质量为M，密度为a gcm3，则晶胞的体积为_(NA用表示阿伏加德罗常数的值)。解析a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，a原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故a为C元素；b元素基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1，核外电子排布为1s22s22p3，故b为N元素；c在周期表所列元素中电负性最大，则c为F元素；d位于周期表中第4纵行，且处于第四周期，故d为Ti；e的基态原子M层全充满，N层只有一个电子，则核外电子数为28181=29，故e为Cu。(1)d为Ti元素，属于d区的元素，基态原子的价电子排布3d24s2，故其基态原子的价电子排布图为；(2)与b同周期相邻元素分别为C、O，同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：NOC；(3)c的氢化物为HF，水溶液中存在的氢键有OHO、OHF、FHO、FHF，共4种；(4)a与其相邻同主族元素的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，前者属于分子晶体，后者属于原子晶体，故熔点高低顺序为SiO2CO2。a元素最高价氧化物水化物对应的正盐酸根离子为CO，离子中C原子价层电子对数=3=3，没有孤电子对，故碳酸根离子为平面三角形结构，中心C原子的轨道杂化类型为 sp2杂化；与CO互为等电子体的一种分子为SO3等；(5)Cu与Au的合金可形成面心立方最密堆积的晶体，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，储氢后的晶胞结构与金刚石晶胞结构相似，则形成的晶体晶胞中H原子共有4个，Cu原子数目为6=3，Au原子数目为8=1，该晶体储氢后的化学式为H4Cu3Au，若该晶体的相对分子质量为M，晶胞质量为g，晶体密度为a gcm3，则晶胞的体积为ga gcm3=cm3。答案(1)d(2)NOC(3)4OHO、OHF、FHO、FHF中的任意一种(4)SiO2CO2平面三角形sp2杂化SO3(5)H4Cu3Aucm36有机物G(分子式C13H18O2)是一种香料，如图是该香料的一种合成路线。已知：E能够发生银镜反应，1 mol E能够与2 mol H2完全反应生成FRCH=CH2RCH2CH2OH有机物D的摩尔质量为88 gmol1，其核磁共振氢谱有3组峰有机物F是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链回答下列问题：(1)用系统命名法命名有机物B：_。(2)E的结构简式为_。(3)C与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为_。(4)有机物C可与银氨溶液反应，配制银氨溶液的实验操作为_。(5)已知有机物甲符合下列条件：为芳香族化合物、与F是同分异构体、能被催化氧化成醛。符合上述条件的有机物甲有_种。其中满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为62211的有机物的结构简式为_。(6)以丙烯等为原料合成D的路线如下：CH3CH=CH2X的结构简式为_，步骤的反应条件为_，步骤的反应类型为_。解析(1)B为(CH3)2CHCH2OH，其用系统命名法命名的名称为2甲基1丙醇；(2)F为，E能够发生银镜反应，1 mol E与2 mol H2反应生成F，则E为；(3)C为(CH3)2CHCHO，其与新制氢氧化铜反应的化学方程式为(CH3)2CHCHO2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOHCu2O2H2O；(4)配制银氨溶液时，将氨水逐滴滴入硝酸银溶液中，当生成的白色沉淀恰好溶解为止；(5)F为，符合条件的化合物有：若苯环上只有1个取代基，取代基为CH(CH3)CH2OH，只有1种，若苯环上有2个取代基，可能是甲基和CH2CH2OH，邻、间、对3种，也可以是CH2CH3和CH2OH ，邻、间、对3种，若苯环上有3个取代基，只能是两个CH3和一个CH2OH，采用定一议二原则判断，有6种，所以共有13种，其中满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为62211的有机物的结构简式为：或；(6)D结构简式为(CH3)2CHCOOH，以丙烯等为原料合成D的路线可知，反应为加成反应，X为CH3CHBrCH3，其在NaOH的水溶液中加热生成CH3CHOHCH3，反应、分别为消去反应和加成反应。答案(1)2甲基1丙醇(2) (3)(CH3)2CHCHO2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOHCu2O2H2O(4)在一支试管中取适量硝酸银溶液，边振荡边逐滴滴入氨水，当生成的白色沉淀恰好溶解为止(5)13或(6)CH3CHBrCH3NaOH的水溶液加热消去反应12