广东专版2019高考化学二轮复习第二部分非选择题专项练一.doc

非选择题专项练(一)26由一种短周期金属元素和一种非金属元素组成的化合物X可与水发生复分解反应。某校兴趣小组用如图装置(夹持装置略去)对其进行探究实验。(1)仪器G的名称是_，B中红色石蕊试纸变蓝，则单质M的电子式为_。(2)化合物X中含组成单质M的元素质量分数为16.9%，写出X与水反应的化学方程式：_。(3)C中的试剂名称为_。(4)实验时，装置D中硬质玻璃管内的现象为_。(5)装置E中试剂Z为_(填化学式)，装置E的作用是_。(6)若不通过E、F两装置，请设计实验方案证明D中发生了反应(不通过观察D中固体颜色发生变化)：_。(7)若装置A中固体样品含有杂质(杂质不参与反应)，某同学通过测定F中单质M在标准状况下的体积和固体样品的质量，以确定固体样品中X的质量分数，判断该方案是否可行，并说明原因：_。解析：(1)仪器G的名称是分液漏斗；B中红色石蕊试纸变蓝，则产生氨气，氨气与氧化铜加热反应生成单质M为氮气，其电子式为NN。(2)化合物X中含氮元素质量分数为16.9%，X应该为氮与活泼金属形成的氮化物，则83，23，则X为Na3N，Na3N与水反应的化学方程式为：Na3N3H2O=3NaOHNH3。(3)C中的试剂用于干燥氨气，名称为碱石灰。(4)实验时，装置D中硬质玻璃管内的现象为黑色粉末逐渐变为红色，硬质玻璃管末端有水珠凝结。(5)装置E中试剂Z为CCl4，装置E的作用是吸收未反应的NH3，并防止倒吸。(6)若不通过E、F两装置，称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量，通过固体质量的变化证明D中发生了反应(不通过观察D中固体颜色发生变化)。(7)若装置A中固体样品含有杂质(杂质不参与反应)，某同学通过测定F中单质M在标准状况下的体积和固体样品的质量，以确定固体样品中X的质量分数，方案不可行，因为装置A中生成的氨气不可能完全与CuO反应。答案：(1)分液漏斗NN(2)Na3N3H2O=3NaOHNH3(3)碱石灰(4)黑色粉末逐渐变为红色，硬质玻璃管末端有水珠凝结(5)CCl4吸收未反应的NH3，并防止倒吸(6)称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量(7)不可行，因为装置A中生成的氨气不可能完全与CuO反应27利用工业炼铅产生的锌灰(主要成分为ZnO、PbO、FeO、MnO2、CuO)可回收制备ZnCl2，工艺流程如下：回答下列问题：(1)“浸取”实验中，反应体系的温度、反应时间对锰脱除效果的影响如下表，则适合的温度和反应时间分别是_、_。表1温度对锰脱除效果的影响温度/(Mn2)/mgL1除锰率/%100.32587.9300.34189.5500.42484.3700.64676.1表2反应时间对锰脱除效果的影响时间/h(Mn2)/mgL1除锰率/%1.00.99563.11.50.79470.62.00.32887.92.50.32587.9(2)“滤渣1”的主要成分是_。(3)H2O2溶液的作用是_，已知“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3，则氧化锌的作用是_。“置换”实验中发生的反应的离子方程式有ZnPb2=PbZn2、_。(4)由锌灰制取金属锌可采用碱溶解，然后电解浸取液，已知：ZnO溶于NaOH溶液中生成Zn(OH)42，则阴极的电极反应为_。(5)ZnCl2晶体溶解于饱和Na2CO3溶液中，得到6.46 g的碱式碳酸锌Znx(CO3)y(OH)z，为了测定其组成，充分加热分解，产生的气体依次通入浓硫酸和碱石灰，质量分别增重了0.72 g和0.88 g，则该碱式碳酸锌的化学式为_。解析：(1)“浸取”实验中，根据表中反应体系的温度、反应时间对锰脱除效果的数据可知，浸出率较高的适合的温度和反应时间分别是30 、2.0 h。(2)MnO2不溶于稀盐酸，故“滤渣1”的主要成分是MnO2；(3)H2O2溶液的作用是将Fe2氧化为Fe3，已知“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3，则氧化锌的作用是调节pH将Fe3转化为沉淀除去；“置换”实验中利用锌置换出未处理的金属性弱的金属，发生的反应的离子方程式有ZnPb2=PbZn2、ZnCu2=Zn2Cu。(4)阴极碱性条件下Zn(OH)42得到电子产生Zn，电极反应为Zn(OH)422e=Zn4OH。(5)浓硫酸增重为分解生成水的质量，水的物质的量为0.04 mol，则n(OH)0.08 mol，碱石灰增重为分解得到二氧化碳的质量，二氧化碳物质为0.02 mol，则n(CO)0.02 mol，结合电子守恒，可知n(Zn2)(0.08 mol0.02 mol2)0.06 mol，则xyz0.060.020.08314，故该碱式碳酸锌的化学式为：Zn3CO3(OH)4。答案：(1)30 2.0 h(2)MnO2(3)将Fe2氧化为Fe3调节pH将Fe3转化为沉淀除去ZnCu2=Zn2Cu(4)Zn(OH)422e=Zn4OH(5)Zn3CO3(OH)428碳热还原法广泛用于合金及材料的制备。回答下列问题：(1)某种制备氮氧化铝的反应原理为23Al2O315C5N2=2Al23O27N515CO，产物Al23O27N5中氮的化合价为_，该反应中每生成1 mol Al23O27N5，转移的电子数为_。(2)真空碳热冶得法包含很多反应，其中的三个反应如下：Al2O3(s)3C(s)=Al2OC(s)2CO(g)H12Al2OC(s)3C(s)=Al4C3(s)2CO(g)H22Al2O3(s)9C(s)=Al4C3(s)6CO(g)H3H3_(用H1、H2表示)。Al4C3可与足量盐酸反应制备种最简单的烃。该反应的化学方程式为_。(3)下列是碳热还原制锰合金的三个反应，CO与CO2平衡分压比的自然对数值(ln K2.303 1 gK)与温度的关系如图所示(已知Kp是用平衡分压代替浓度计算所得的平衡常数，分压总压气体的物质的量分数)。.Mn3C(s)4CO2(g)3MnO(s)5CO(g)Kp().Mn(s)CO2(g)MnO(s)CO(g)Kp().Mn3C(s)CO2(g)3Mn(s)2CO(g)Kp()H0的反应是_(填“”“”或“”)。1 200 K时，在一体积为2 L的恒容密闭容器中有17.7 g Mn3C(s)和0.4 mol CO2，只发生反应，5 min后达到平衡，此时CO的浓度为0.125 molL1，则05 min内v(CO2)_。在一体积可变的密闭容器中加入一定量的Mn(s)并充入一定量的CO2(g)，只发生反应，下列能说明反应达到平衡的是_(填标号)。A容器的体积不再改变B固体的质量不再改变C气体的总质量不再改变向恒容密闭容器中加入Mn3C并充入0.1 mol CO，若只发生反应，则在A点反应达到平衡，当容器的总压为a kPa时，CO的转化率为_；A点对应温度下的Kp()_。解析：(1)反应23Al2O315C5N2=2Al23O27N515CO中，产物Al23O27N5中氮的化合价为3价，该反应中每生成1 mol Al23O27N5，转移的电子数为53NA15NA。(2)已知、Al2O3(s)3C(s)=Al2OC(s)2CO(g)H1、2Al2OC(s)3C(s)=Al4C3(s)2CO(g)H2、2Al2O3(s)9C(s)=Al4C3(s)6CO(g)H3根据盖斯定律，由2得反应，则H32H1H2；Al4C3可与足量盐酸反应制备一种最简单的烃CH4，根据质量守恒配平可得反应的化学方程式为Al4C312HCl=4AlCl33CH4。(3)由图中信息可知，反应升高温度，ln K增大，则K增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，H0；05 min内v(CO2)v(CO)0.02 molL1min1；反应.Mn(s)CO2(g)MnO(s)CO(g)为气体体积不变的放热反应，根据“变量不变达平衡”进行判断。反应为气体不变的反应，反应过程容器的体积不是变量，不能作为平衡状态的判断依据，选择A不选；反应是一个固体质量增大的反应，固体的质量为变量，当固体的质量不再改变说明达到平衡状态，选项B选；反应是一个气体质量减小的反应，气体的总质量为变量，当不再改变说明达平衡状态，选项C选。答案选BC。向恒容密闭容器中加入Mn3C并充入0.1 mol CO，若只发生反应，则在A点反应达到平衡，ln 2.303 1 gK0，则c(CO)c(CO2)，当容器的总压为a kPa时，CO的转化率为100%33.3%，A点对应温度下的Kp()0.5a kPa。答案：(1)39.031024(或15NA)(2)2H1H2Al4C312HCl=4AlCl33CH4(3)0.02 molL1min1BC33.3%0.5a kPa