高考化學大二輪復習 第3部分訓練 非選擇題專項練3

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訓練(十一)　非選擇題專項練(3) 1．某研究性學習小組學生根據(jù)氧化還原反應規(guī)律，探究NO2、NO與Na2O2反應的情況，提出假設并進行相關實驗。 Ⅰ.從理論上分析Na2O2和NO2都既有氧化性又有還原性，于是提出如下假設： 假設1：Na2O2氧化NO2； 假設2：NO2氧化Na2O2。 (1)甲同學設計如圖1裝置進行實驗： ①試管A中反應的離子方程式是_____________________________________。 ②待試管B中充滿紅棕色氣體，關閉旋塞a和b；取下試管B，向其中加入適量Na2O2粉末，塞上塞子，輕輕振蕩試管內粉末，觀察到紅棕色氣體迅速消失；再將帶火星的木條迅速伸進試管內，木條復燃。 ③儀器C兼有防倒吸的作用，儀器C的名稱為____________。 結論：甲同學認為假設2正確。 (2)乙同學認為甲同學設計的實驗存在缺陷，為達到實驗目的，在A、B之間應增加一個裝置，該裝置的作用是__________________________。乙同學用改進后的裝置，重復了甲同學的實驗操作，觀察到紅棕色氣體迅速消失；帶火星的木條未復燃，得出結論：假設1正確，則NO2和Na2O2反應的化學方程式是_____________________________________________________________________。 Ⅱ.該研究性學習小組同學還認為NO易與O2發(fā)生反應，應該更易被Na2O2氧化。查閱資料：2NO＋Na2O2===2NaNO2；2NaNO2＋2HCl===2NaCl＋NO2↑＋NO↑＋H2O；酸性條件下，NO能與MnO反應生成NO和Mn2＋。 (3)丙同學用圖2所示裝置(部分夾持裝置略)探究NO與Na2O2的反應。 ①在反應前，打開彈簧夾，通入一段時間N2，目的是______________________。 ②B中觀察到的主要現(xiàn)象是____________(填字母編號)。 a．銅片逐漸溶解，溶液變?yōu)樗{色 b．有紅棕色氣泡產生 c．有無色氣泡產生 ③C、E中所盛裝的試劑不能是____________(填字母編號)。 a．無水硫酸銅　　　　 b．無水氯化鈣 c．堿石灰 d．生石灰 ④F中發(fā)生反應的氧化劑與還原劑的物質的量之比為____________。 ⑤充分反應后，檢驗D裝置中產物的方法是：______________________，則產物是NaNO2。 解析　(1)①Cu與濃硝酸反應生成二氧化氮、硝酸銅和水，其反應的離子方程式為：Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O； ③儀器C具有球形特征的干燥管，所以為球形干燥管。 (2)Cu與濃硝酸反應生成二氧化氮中含有水蒸氣，水蒸氣能與過氧化鈉反應生成氧氣，所以要在A、B之間增加一個裝置干燥裝置，除去生成NO2氣體中混有的水蒸氣；若過氧化鈉氧化二氧化氮，則生成硝酸鈉，其反應的化學方程式為Na2O2＋2NO2===2NaNO3； (3)①空氣中的氧氣能氧化NO，實驗時要排盡裝置中的空氣，所以在反應前，打開彈簧夾，通入一段時間N2，目的：將裝置中的空氣排出； ②在B裝置中二氧化氮與水反應生成稀硝酸，稀硝酸與Cu反應生成NO，所以B中觀察到的主要現(xiàn)象是：銅片逐漸溶解，溶液變?yōu)樗{色，有無色氣泡產生。 ③無水硫酸銅只能檢驗水不能吸收水，故選a； ④F中為吸收一氧化氮的反應，高錳酸根離子被還原生成二價錳離子降低5價，還原劑為NO被氧化成硝酸根離子升高3價，則根據(jù)得失電子守恒氧化劑與還原劑的物質的量之比為3∶5； ⑤亞硝酸鈉中加鹽酸會生成NO，NO遇到空氣中的氧氣會變?yōu)榧t棕色，則檢驗D裝置中物質的方法為：取D裝置中產物少許，加入稀鹽酸，若產生無色氣體，遇到空氣變?yōu)榧t棕色，產物是亞硝酸鈉。 答案　(1)①Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O ③球形干燥管 (2)除去生成NO2氣體中混有的水蒸氣 Na2O2＋2NO2===2NaNO3 (3)①將裝置中的空氣排出?、赼c　③a?、?∶5 ⑤取D裝置中產物少許，加入稀鹽酸，產生紅棕色氣體 2．用輝銅礦(主要成分為 Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等雜質)制備難溶于水的堿式碳酸銅的流程如圖： (1)下列措施是為了加快浸取速率，其中無法達到目的的是________(填字母)。 A．延長浸取時間 B．將輝銅礦粉碎 C．充分攪拌 D．適當增加硫酸濃度 (2)濾渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，請寫出“浸取”反應中生成S的離子方程式：__________________________________________________________。 (3)研究發(fā)現(xiàn)，若先除鐵再浸取，浸取速率明顯變慢，可能的原因是______________________。 (4)“除鐵”的方法是通過調節(jié)溶液pH，使Fe3＋轉化為Fe(OH)3，則加入的試劑A可以是____________________(填化學式)；“趕氨”時，最適宜的操作方法是___________________________________________________________________。 (5)“沉錳”(除Mn2＋)過程中有關反應的離子方程式為__________________。 (6)濾液Ⅱ經蒸發(fā)結晶得到的鹽主要是_______________________________(填化學式)。 解析　輝銅礦主要成分為Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等雜質，加入稀硫酸和二氧化錳浸取，過濾得到濾渣為MnO2、SiO2、單質S，濾液中含有Fe3＋、Mn2＋、Cu2＋，調節(jié)溶液pH除去鐵離子，加入碳酸氫銨溶液沉淀錳過濾得到濾液趕出氨氣循環(huán)使用，得到堿式碳酸銅。 (1)酸浸時，通過粉碎礦石或者升高溫度或者進行攪拌都可以提高浸取率，延長浸取時間并不能提高速率。 (2)“浸取”時：在酸性條件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4，其反應的離子方程式是：2MnO2＋Cu2S＋8H＋===S↓＋2Cu2＋＋2Mn2＋＋4H2O。 (3)浸取時氧化鐵溶解于稀硫酸中反應生成硫酸鐵和水，若先除鐵再浸取，浸取速率明顯變慢，F(xiàn)e2O3在浸取時起媒介作用，F(xiàn)e3＋可催化Cu2S被MnO2氧化。 (4)加入的試劑A應用于調節(jié)溶液pH，促進鐵離子的水解，但不能引入雜質，因最后要制備堿式碳酸銅，則可加入氧化銅、氫氧化銅等，因氨氣易揮發(fā)，加熱可促進揮發(fā)，則可用加熱的方法。 (5)“沉錳”(除Mn2＋)過程中，加入碳酸氫銨并通氨氣，生成碳酸錳沉淀，反應的離子方程式為Mn2＋＋HCO＋NH3===MnCO3↓＋NH。 (6)濾液Ⅱ主要是硫酸銨溶液通過蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌得到硫酸銨晶體。 答案　(1)A　(2)2MnO2＋Cu2S＋8H＋===S↓＋2Cu2＋＋2Mn2＋＋4H2O (3)Fe3＋可催化Cu2S被MnO2氧化 (4)CuO或Cu(OH)2　加熱 (5)Mn2＋＋HCO＋NH3===MnCO3↓＋NH (6)(NH4)2SO4 3．煤是一種重要的化工原料，人們將利用煤制取的水煤氣、焦炭、甲醚等廣泛用于工農業(yè)生產中。 (1)已知： ①C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH=＋131.3 kJmol－1 ②CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH=＋41.3 kJmol－1 則炭與水蒸氣反應生成二氧化碳和氫氣的熱化學方程式為_______________。 該反應在________(填“高溫”“低溫”或“任何溫度”)下有利于正向自發(fā)進行。 (2)有人利用炭還原法處理氮氧化物，發(fā)生反應C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。某研究小組向某密閉容器中加入一定量的活性炭和NO，在T1 ℃時，不同時間測得各物質的濃度如表所示： 時間(min) 濃度(molL－1)　　 0 10 20 30 40 50 NO 1.00 0.68 0.50 0.50 0.60 0.60 N2 0 0.16 0.25 0.25 0.30 0.30 CO2 0 0.16 0.25 0.25 0.30 0.30 ①10～20 min內，N2的平均反應速率v(N2)=________。 ②30 min后，只改變某一條件，反應重新達到平衡，根據(jù)表中的數(shù)據(jù)判斷改變的條件可能是________(填選項字母)。 A．通入一定量的NO B．加入一定量的活性炭 C．加入合適的催化劑 D．適當縮小容器的體積 (3)研究表明：反應CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)平衡常數(shù)隨溫度的變化如表所示： 溫度/℃ 400 500 800 平衡常數(shù)K 9.94 9 1 若反應在500 ℃時進行，設起始的CO和H2O的濃度均為0.020 molL－1，在該條件下CO的平衡轉化率為________。 (4)用CO做燃料電池電解CuSO4溶液、FeCl3和FeCl2混合液的示意圖如圖1所示，其中A、B、D均為石墨電極，C為銅電極，工作一段時間后，斷開K，此時A、B兩極上產生的氣體體積相同。 圖1 圖2 ①乙中A極析出的氣體在標準狀況下的體積為________。 ②丙裝置溶液中金屬陽離子的物質的量與轉移電子的物質的量變化關系如圖2所示，則圖中③線表示的是________(填離子符號)的變化；反應結束后，要使丙裝置中金屬陽離子恰好完全沉淀，需要________mL 5.0 molL－1NaOH溶液。 解析　(1)已知①C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH=＋131.3 kJmol－1 ②CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH=＋41.3 kJmol－1 根據(jù)蓋斯定律，將①－②可得：C(s)＋2H2O(g)===CO2(g)＋2H2(g)　ΔH=＋90 kJmol－1，反應的焓變ΔH＞0，ΔS＞0，根據(jù)反應自發(fā)進行的判據(jù)ΔH－TΔS＜0，所以需要高溫下發(fā)生。 (2)①10～20 min內，N2的平均反應速率v(N2)=mol(Lmin)－1=0.009 mol(Lmin)－1。 ②30 min后，只改變某一條件，反應重新達到平衡，圖表數(shù)據(jù)分析可知一氧化氮，氮氣，二氧化碳濃度都增大；A.通入一定量的NO，反應正向進行，達到平衡后一氧化氮、氮氣、二氧化碳濃度增大，故符合；B.加入一定量的活性炭是固體，對平衡無影響，故不符合；C.加入合適的催化劑，只能改變化學反應速率，不能改變平衡，濃度不變，故不符合；D.適當縮小容器的體積，反應前后是氣體體積不變的反應，平衡不動，但物質濃度增大，符合要求，故符合； (3)設CO的濃度變化量為c，三段式法用c表示出平衡時各組分濃度， 　　　　　　　　CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)， 起始(molL－1): 0.02 0.020 0 0 轉化(molL－1): c c c c 平衡(molL－1): 0.02－c 0.02－c c c 代入500 ℃時反應平衡常數(shù)K===9解得c=0.015，CO的最大轉化率為100%=75%。 (4)①工作一段時間后，斷開K，此時A、B兩極上產生的氣體體積相同，分析電極反應，B為陰極，溶液中銅離子析出，氫離子得到電子生成氫氣，設生成氣體物質的量為x，溶液中銅離子物質的量為0.1 mol，電極反應為 Cu2＋ ＋ 2e－===Cu， 0.1 mol 0.2 mol 2H＋＋2e－===H2↑， 2x x A電極為陽極，溶液中的氫氧根離子失電子生成氧氣，電極反應為： 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑， 4x x 得到0.2＋2x=4x，x=0.1 mol 乙中A極析出的氣體是氧氣物質的量為0.1 mol，在標準狀況下的體積為2.24 L，②根據(jù)轉移電子的物質的量和金屬陽離子的物質的量的變化，可知，銅離子增多，鐵離子物質的量減小，亞鐵離子增加，①為Fe3＋，②為Fe2＋，③為Cu2＋，依據(jù)(2)計算得到電子轉移應為0.4 mol，對比圖像，可知此時溶液中為Fe2＋ 0.5 mol和Cu2＋0.2 mol，需要加入NaOH溶液1.4 mol，體積為280 mL。 答案　(1)C(s)＋2H2O(g)===CO2(g)＋2H2(g)　ΔH=＋90.0 kJmol－1　高溫 (2)①0.009 mol(Lmin)－1?、贏D　(3)75% (4)①2.24 L　②Cu2＋　280 4．硅是帶來人類文明的重要元素之一，從傳統(tǒng)材料到信息材料的發(fā)展過程中創(chuàng)造了一個又一個奇跡。 (1)新型陶瓷Si3N4的熔點高、硬度大、化學性質穩(wěn)定。工業(yè)上可以采用化學氣相沉積法，在H2的保護下，使SiCl4與N2反應生成Si3N4沉積在石墨表面，寫出該反應的化學方程式_________________________________________________。 (2)一種用工業(yè)硅(含少量鉀、鈉、鐵、銅的氧化物)，已知硅的熔點是1 420 ℃，高溫下氧氣及水蒸氣能明顯腐蝕氮化硅。一種合成氮化硅的工藝主要流程如下： ①凈化N2和H2時，銅屑的作用是：__________________；硅膠的作用是_____________________________________________________________________。 ②在氮化爐中3Si(s)＋2N2(g)===Si3N4(s)　ΔH=－727.5 kJmol－1，開始時為什么要嚴格控制氮氣的流速以控制溫度______________；體系中要通入適量的氫氣是為了_______________________________________________________________。 ③X可能是________(選填：“鹽酸”、“硝酸”、“硫酸”、“氫氟酸”)。 (3)工業(yè)上可以通過如下圖所示的流程制取純硅： ①整個制備過程必須嚴格控制無水無氧。SiHCl3遇水劇烈反應，寫出該反應的化學方程式________________________________________________________。 ②假設每一輪次制備1 mol純硅，且生產過程中硅元素沒有損失，反應I中HCl的利用率為90%，反應Ⅱ中H2的利用率為93.75%。則在第二輪次的生產中，補充投入HCl和H2的物質的量之比是________。 解析　(1)在H2的保護下，使SiCl4與N2反應生成Si3N4，氮元素的化合價由0價降低到－3價，則氫氣中的氫元素由0價升高到＋1價生成HCl，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平，反應的化學方程式為3SiCl4＋2N2＋6H2===Si3N4＋12HCl。 (2)①因為高溫下氧氣及水蒸氣能明顯腐蝕氮化硅，則銅屑的作用是除去原料氣中的氧氣；硅膠的作用是除去生成的水蒸氣；②在氮化爐中3Si(s)＋2N2(g)===Si3N4(s)　ΔH=－727.5 kJmol－1，該反應是放熱反應，防止局部過熱，導致硅熔化熔合成團，阻礙與N2的接觸，開始時要嚴格控制氮氣的流速以控制溫度；為了將整個體系中空氣排盡，體系中要通入適量的氫氣；③由于硅中含有銅的氧化物，在反應中氧化銅能被還原生成銅，因此要除去銅應該選擇硝酸，鹽酸和硫酸不能溶解銅，氫氟酸能腐蝕氮化硅。 (3)①SiHCl3遇水劇烈反應，生成硅酸、HCl和氫氣，反應的化學方程式SiHCl3＋3H2O===H2SiO3＋3HCl＋H2↑。 ②由題中條件可知：Si(粗)＋3HClSiHCl3＋H2 1 mol 3 mol 1 mol SiHCl3＋H2Si(純)＋3HCl 1 mol 1 mol 3 mol 由以上數(shù)據(jù)，循環(huán)生產中只能產生3 mol HCl，但HCl的利用率是90%，因此需要增加(390%－3)mol HCl，循環(huán)生產中只產生1 mol H2，但H2的利用率為93.75%，因此需增加(193.75%－1)mol H2，因此，補充投入HCl 和H2的物質的量之比為：(390%－3)∶(193.75%－1)=5∶1。 答案　 (1)3SiCl4＋2N2＋ 6H2===Si3N4＋12HCl (2)①除去原料氣中的氧氣　除去生成的水蒸氣 ②這是放熱反應，防止局部過熱，導致硅熔化熔合成團，阻礙與N2的接觸 將體系中的氧氣轉化為水蒸氣，而易被除去(或將整個體系中空氣排盡) ③硝酸　(3)①SiHCl3＋3H2O===H2SiO3＋3HCl＋H2↑?、?∶1 5．a、b、c、d、e均為周期表前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，相關信息如下表所示。 a 原子核外電子分別占3個不同能級，且每個能級上排布的電子數(shù)相同 b 基態(tài)原子的p軌道電子數(shù)比s軌道電子數(shù)少1 c 在周期表所列元素中電負性最大 d 位于周期表中第4縱行 e 基態(tài)原子M層全充滿，N層只有一個電子 請回答： (1)d屬于________區(qū)的元素，其基態(tài)原子的價電子排布圖為______________。 (2)b與其同周期相鄰元素第一電離能由大到小的順序為________(用元素符號表示)。 (3)c的氫化物水溶液中存在的氫鍵有________種，任意畫出一種____________。 (4)a與其相鄰同主族元素的最高價氧化物的熔點高低順序為__________(用化學式表示)。若將a元素最高價氧化物水化物對應的正鹽酸根離子表示為A，則A的空間構型為__________；A的中心原子的軌道雜化類型為________；與A互為等電子體的一種分子為________(填化學式)。 (5)e與Au的合金可形成面心立方最密堆積的晶體，在晶胞中e原子處于面心，該晶體具有儲氫功能，氫原子可進入到由e原子與Au原子構成的四面體空隙中，儲氫后的晶胞結構與金剛石晶胞結構相似，該晶體儲氫后的化學式為________，若該晶體的相對分子質量為M，密度為a gcm－3，則晶胞的體積為________(NA用表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。 解析　a、b、c、d、e均為周期表前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，a原子核外電子分占3個不同能級，且每個能級上排布的電子數(shù)相同，核外電子排布為1s22s22p2，故a為C元素；b元素基態(tài)原子的p軌道電子數(shù)比s軌道電子數(shù)少1，核外電子排布為1s22s22p3，故b為N元素；c在周期表所列元素中電負性最大，則c為F元素；d位于周期表中第4縱行，且處于第四周期，故d為Ti；e的基態(tài)原子M層全充滿，N層只有一個電子，則核外電子數(shù)為2＋8＋18＋1=29，故e為Cu。 (1)d為Ti元素，屬于d區(qū)的元素，基態(tài)原子的價電子排布3d24s2，故其基態(tài)原子的價電子排布圖為； (2)與b同周期相鄰元素分別為C、O，同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能由大到小的順序為：N＞O＞C； (3)c的氫化物為HF，水溶液中存在的氫鍵有O—H…O、O—H…F、F—H…O、F—H…F，共4種； (4)a與其相鄰同主族元素的最高價氧化物分別為CO2、SiO2，前者屬于分子晶體，后者屬于原子晶體，故熔點高低順序為SiO2＞CO2。a元素最高價氧化物水化物對應的正鹽酸根離子為CO，離子中C原子價層電子對數(shù)=3＋=3，沒有孤電子對，故碳酸根離子為平面三角形結構，中心C原子的軌道雜化類型為 sp2雜化；與CO互為等電子體的一種分子為SO3等； (5)Cu與Au的合金可形成面心立方最密堆積的晶體，在晶胞中Cu原子處于面心，Au原子處于頂點，該晶體具有儲氫功能，氫原子可進入到由Cu原子與Au原子構成的四面體空隙中，儲氫后的晶胞結構與金剛石晶胞結構相似，則形成的晶體晶胞中H原子共有4個，Cu原子數(shù)目為6=3，Au原子數(shù)目為8=1，該晶體儲氫后的化學式為H4Cu3Au，若該晶體的相對分子質量為M，晶胞質量為g，晶體密度為a gcm－3，則晶胞的體積為ga gcm－3=cm3。 答案　(1)d　　(2)N＞O＞C (3)4　O—H…O、O—H…F、F—H…O、F—H…F中的任意一種 (4)SiO2＞CO2　平面三角形　sp2雜化　SO3 (5)H4Cu3Au　cm3 6．有機物G(分子式C13H18O2)是一種香料，如圖是該香料的一種合成路線。 已知：①E能夠發(fā)生銀鏡反應，1 mol E能夠與2 mol H2完全反應生成F ②R—CH==CH2R—CH2CH2OH ③有機物D的摩爾質量為88 gmol－1，其核磁共振氫譜有3組峰 ④有機物F是苯甲醇的同系物，苯環(huán)上只有一個無支鏈的側鏈 回答下列問題： (1)用系統(tǒng)命名法命名有機物B：______________________________________。 (2)E的結構簡式為______________。 (3)C與新制Cu(OH)2反應的化學方程式為______________________________ _____________________________________________________________________。 (4)有機物C可與銀氨溶液反應，配制銀氨溶液的實驗操作為_____________。 (5)已知有機物甲符合下列條件：①為芳香族化合物、②與F是同分異構體、③能被催化氧化成醛。符合上述條件的有機物甲有________種。其中滿足苯環(huán)上有3個側鏈，且核磁共振氫譜有5組峰，峰面積比為6∶2∶2∶1∶1的有機物的結構簡式為____________。 (6)以丙烯等為原料合成D的路線如下： CH3CH==CH2 X的結構簡式為____________，步驟Ⅱ的反應條件為________________，步驟Ⅳ的反應類型為____________________________________________________。 解析　(1)B為(CH3)2CHCH2OH，其用系統(tǒng)命名法命名的名稱為2甲基1丙醇； (2)F為，E能夠發(fā)生銀鏡反應，1 mol E與2 mol H2反應生成F，則E為； (3)C為(CH3)2CHCHO，其與新制氫氧化銅反應的化學方程式為(CH3)2CHCHO＋2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH＋Cu2O↓＋2H2O； (4)配制銀氨溶液時，將氨水逐滴滴入硝酸銀溶液中，當生成的白色沉淀恰好溶解為止； (5)F為，符合條件的化合物有：若苯環(huán)上只有1個取代基，取代基為CH(CH3)—CH2OH，只有1種，若苯環(huán)上有2個取代基，可能是甲基和－CH2CH2OH，鄰、間、對3種，也可以是—CH2CH3和—CH2OH ，鄰、間、對3種，若苯環(huán)上有3個取代基，只能是兩個—CH3和一個—CH2OH，采用定一議二原則判斷，有6種，所以共有13種，其中滿足苯環(huán)上有3個側鏈，且核磁共振氫譜有5組峰，峰面積比為6∶2∶2∶1∶1的有機物的結構簡式為：或； (6)D結構簡式為(CH3)2CHCOOH，以丙烯等為原料合成D的路線可知，反應Ⅰ為加成反應，X為CH3CHBrCH3，其在NaOH的水溶液中加熱生成CH3CHOHCH3，反應Ⅳ、Ⅴ分別為消去反應和加成反應。 答案　(1)2甲基1丙醇 (2) (3)(CH3)2CHCHO＋2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH＋Cu2O↓＋2H2O (4)在一支試管中取適量硝酸銀溶液，邊振蕩邊逐滴滴入氨水，當生成的白色沉淀恰好溶解為止 (5)13　或 (6)CH3CHBrCH3　NaOH的水溶液加熱　消去反應