2023高考化學(xué)大二輪復(fù)習(xí)第3部分訓(xùn)練非選擇題專項練2

PAGEPAGE4訓(xùn)練(十)非選擇題專項練(2)1．鐵觸媒(鐵的某氧化物)是工業(yè)合成氨的催化劑。某同學(xué)設(shè)計了以下兩種方案研究鐵觸媒的組成。方案一：用以下流程測定鐵觸媒的含鐵量，確定其組成。(1)步驟④后面需用____________(填儀器名稱)取25.00mL稀釋后溶液。(2)因為通入Cl2缺乏量，“溶液B〞中還含有____________會影響測定結(jié)果。(3)因為通入Cl2過量且加熱煮沸不充分，“溶液B〞中可能含有Cl2。請設(shè)計實驗方案檢驗Cl2，完成以下實驗報告。限選試劑：0.1mol·L－1酸性KMnO4溶液、紫色石蕊試液、品紅稀溶液、淀粉-KI溶液、0.1mol·L－1KSCN溶液實驗操作實驗現(xiàn)象與結(jié)論方案二：用以下實驗方法測定鐵觸媒的含鐵量，確定其組成。(4)“枯燥管C〞的作用是__________________________________________。(5)稱取15.2g鐵觸媒進行上述實驗。充分反響后，測得“枯燥管B〞增重11.0g，那么該鐵觸媒的化學(xué)式可表示為________________________________。(相對原子質(zhì)量：C－12O－16Fe－56)解析(1)根據(jù)儀器的精確度，量取25.00mL稀釋后溶液需用酸式滴定管；(2)通入Cl2的作用是將亞鐵離子氧化為鐵離子，氯氣量缺乏時，“溶液B〞中會含有亞鐵離子，即FeCl2或者FeSO4；(3)氯氣的性質(zhì)：能使石蕊試液先變紅后褪色，向溶液B中參加石蕊試液，如果石蕊試液顯紅色，后紅色褪去，這是氯水的性質(zhì)，證明含有氯氣，假設(shè)溶液變紅后不褪色，溶液B不含有Cl2；(4)一氧化碳可以和鐵的氧化物之間發(fā)生反響，得到氣體產(chǎn)物二氧化碳，枯燥管B可以吸收生成的二氧化碳，測定二氧化碳的量可以獲得鐵觸媒的量，但是要排除空氣成份的干擾，所以C的作用是：防止空氣中的CO2和水蒸氣進入B中；(5)根據(jù)實驗方案一的原理，15.2g鐵觸媒充分反響生成二氧化碳的質(zhì)量是11.0g，設(shè)發(fā)生的反響為：yCO＋FexOyeq\o(=,\s\up11(△))xFe＋yCO2，1yeq\f(15.2,56x＋16y)eq\f(11,44)即eq\f(15.2y,56x＋16y)=eq\f(1,4)，解得x∶y=4∶5，所以氧化物的化學(xué)式為：Fe4O5或2FeO·Fe2O3。答案(1)酸式滴定管(2)FeCl2或者FeSO4或者Fe2＋(3)實驗操作預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論取適量溶液B于試管中，滴加2～3滴紫色石蕊試液，振蕩，觀察現(xiàn)象假設(shè)溶液顯紅色，后紅色褪去，那么溶液B中含Cl2；假設(shè)溶液變紅后不褪色，那么溶液B不含有Cl2(參加品紅稀溶液也可)(4)防止空氣中的CO2和水蒸氣進入B中(5)Fe4O5或2FeO·Fe2O32．某工廠對工業(yè)生產(chǎn)鈦白粉產(chǎn)生的廢液進行綜合利用，廢液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，可用于生產(chǎn)顏料鐵紅和補血劑乳酸亞鐵。其生產(chǎn)工藝流程如下：：①TiOSO4可溶于水，在水中可以電離為TiO2＋和SOeq\o\al(2－,4)；②TiOSO4水解的反響為：TiOSO4＋(x＋1)H2O→TiO2·xH2O↓＋H2SO4。請答復(fù)：(1)步驟①所得濾渣的主要成分為________________，別離硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作中所用的玻璃儀器是__________________；步驟②中得到硫酸亞鐵晶體的操作為蒸發(fā)濃縮、____________________________________________________。(2)步驟③硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫，該反響中氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為____________。(3)步驟④的離子方程式是__________________________________________。(4)：FeCO3(s)Fe2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，試用平衡移動原理解釋步驟⑤生成乳酸亞鐵的原因_____________________________________________________。(5)實驗室中常用KMnO4滴定法測定晶體中FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，取步驟②中所得FeSO4·7H2O晶體樣品ag，配成500.00mL溶液，取出25.00mL溶液，用KMnO4溶液滴定(雜質(zhì)與KMnO4不反響)。假設(shè)消耗0.1000mol·L－1KMnO4溶液25.00mL，那么所得晶體中FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__________(用a表示)。解析廢液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，加鐵屑，F(xiàn)e與H2SO4和少量Fe2(SO4)3反響生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2·xH2O，過濾，濾渣為TiO2·xH2O、Fe，濾液為FeSO4，F(xiàn)eSO4溶液通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌得到硫酸亞鐵晶體，脫水、煅燒得到氧化鐵；FeSO4溶液中加碳酸氫銨反響生成碳酸亞鐵沉淀、硫酸銨和二氧化碳，碳酸亞鐵沉淀加乳酸溶解生成乳酸亞鐵溶液和二氧化碳，乳酸亞鐵溶液通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌得到乳酸亞鐵晶體；(1)由流程分析可知，步驟①所得濾渣的主要成分為TiO2·xH2O、Fe；實現(xiàn)固體和液體的別離用過濾的方法，過濾操作使用的儀器有玻璃棒、燒杯、漏斗；步驟②是從溶液中得到硫酸亞鐵晶體，操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌等操作；(2)硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫的方程式為：4FeSO4＋O2eq\o(=,\s\up11(高溫))2Fe2O3＋4SO3，氧化劑是氧氣，復(fù)原劑是硫酸亞鐵，所以氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為1∶4；(3)由流程圖可知，硫酸亞鐵與碳酸氫銨反響是碳酸亞鐵，還生成氣體為二氧化碳，溶液B為硫酸銨溶液，反響離子方程式為：Fe2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=FeCO3↓＋H2O＋CO2↑；(4)碳酸亞鐵的沉淀存在溶解平衡：FeCO3(s)Fe2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，參加乳酸，這樣COeq\o\al(2－,3)與乳酸反響濃度降低，平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液；(6)令FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為x，亞鐵離子會被高錳酸鉀氧化為三價鐵離子，本身被復(fù)原為＋2價的錳離子，根據(jù)電子守恒，那么5FeSO4·7H2O～KMnO4，5×278g1molag×x×eq\f(25,500)0.1000mol·L－1×0.025L所以eq\f(5×278g,ag×x×\f(25,500)g)=eq\f(1mol,0.1000mol·L－1×0.025L)解得x=eq\f(69.5,a)。答案(1)TiO2·xH2O、Fe玻璃棒、燒杯、漏斗冷卻結(jié)晶、過濾洗滌(2)1∶4(3)Fe2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=FeCO3↓＋H2O＋CO2↑(4)FeCO3(s)Fe2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，COeq\o\al(2－,3)與乳酸反響濃度降低，平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液(6)eq\f(69.5,a)3．研究發(fā)現(xiàn)，含PM2.5的霧霾主要成分有SO2、NOx、CxHy及可吸入顆粒等。(1)霧霾中能形成酸雨的物質(zhì)是______________________________________。(2)為消除NOx對環(huán)境的污染，可利用NH3在一定條件下與NO反響生成無污染的氣體。：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH=－905.48kJ·mol－1N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH=＋180.50kJ·mol－1①以下表示NH3(g)與NO(g)在一定條件下反響，生成無污染氣體的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系示意圖1正確的選項是：__________(填字母)。圖1②圖2是反響4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g)過程中NH3的體積分?jǐn)?shù)隨X變化的示意圖2，X代表的物理量可能是______________，原因是__________________。圖3圖4(3)圖3電解裝置可將霧霾中的SO2、NO轉(zhuǎn)化為(NH4)2SO4，①陰極的電極反響式是_______________________________________________________________。②物質(zhì)A是____________(填化學(xué)式)，理由是__________________________。(4)為減少霧霾、降低大氣中有害氣體含量，研究機動車尾氣中CO、NOx及CxHy的排放量意義重大。機動車尾氣污染物的含量與空/燃比(空氣與燃油氣的體積比)的變化關(guān)系示意圖如圖4：請解釋：①隨空/燃比增大，CO和CxHy的含量減少的原因是____________________。②當(dāng)空/燃比到達(dá)15后，NOx減少的原因可能是______________________。解析(1)二氧化硫和氮氧化物是形成酸雨的主要氣體；(2)①①N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH=180.50kJ·mol－l②4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(g)ΔH=－905.48kJ·mol－l氨氣被一氧化氮氧化生成氮氣和氣態(tài)水的熱化學(xué)方程式依據(jù)蓋斯定律，結(jié)合熱化學(xué)方程式合并計算：①×5＋②得到：4NH3(g)＋6NO(g)=5N2(g)＋6H2O(g)ΔH=－1807.98kJ·mol－1；②該反響是放熱及體積增大的可逆反響，升高溫度或增大壓強，平衡均逆向移動，使NH3的體積分?jǐn)?shù)增大；(3)①NO得電子生成銨根離子方程式：NO＋5e－＋6H＋=NHeq\o\al(＋,4)＋H2O；②SO2失電子形成硫酸，反響方程式：5SO2＋2NO＋8H2Oeq\o(=,\s\up11(通電))(NH4)2SO4＋4H2SO4；(4)①空/燃比增大，燃油氣燃燒更充分；②反響N2(g)＋O2(g)2NO(g)是吸熱反響，當(dāng)空/燃比大于15后，由于燃油氣含量減少，燃油氣燃燒放出的熱量相應(yīng)減少，環(huán)境溫度降低。答案(1)SO2和NOx(2)①a②溫度或壓強因為該反響是放熱及體積增大的可逆反響，升高溫度或增大壓強，平衡均逆向移動，使NH3的體積分?jǐn)?shù)增大(3)①NO＋5e－＋6H＋=NHeq\o\al(＋,4)＋H2O②H2SO4根據(jù)反響：5SO2＋2NO＋8H2Oeq\o(=,\s\up11(通電))(NH4)2SO4＋4H2SO4，產(chǎn)物中除有(NH4)2SO4外還有H2SO4(4)①空/燃比增大，燃油氣燃燒更充分，故CO、CxHy含量減少②因為反響N2(g)＋O2(g)2NO(g)是吸熱反響，當(dāng)空/燃比大于15后，由于燃油氣含量減少，燃油氣燃燒放出的熱量相應(yīng)減少，環(huán)境溫度降低4．硼酸(H3BO3)大量應(yīng)用于玻璃制造行業(yè)，以硼鎂礦(2MgO·B2O3·H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3)為原料生產(chǎn)硼酸的工藝流程如下：：H3BO3在20℃、40℃、60℃、100℃時的溶解度依次為5.0g、8.7g、14.8g、40.2g。Fe3＋、Al3＋、Fe2＋和Mg2＋以氫氧化物形式完全沉淀時，溶液的pH分別為3.2、5.2、9.7和12.4。(1)由于礦粉中含CaCO3，“浸取〞時容易產(chǎn)生大量泡沫使物料從反響器溢出，故應(yīng)分批參加稀硫酸。該反響的化學(xué)方程式為__________________________。(2)“浸出液〞顯酸性，含H3BO3和Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)，還含有Fe3＋、Fe2＋、Ca2＋、Al3＋等雜質(zhì)。“除雜〞時向浸出液中依次參加適量H2O2和MgO，除去的雜質(zhì)離子是____________。H2O2的作用是__________________(用離子方程式表示)。(3)“浸取〞后，采用“熱過濾〞的目的是_____________________________。(4)“母液〞可用于回收硫酸鎂，硫酸鎂的溶解度隨溫度變化的曲線如以下圖，且溶液的沸點隨壓強增大而升高。為了從“母液〞中充分回收MgSO4·H2O，應(yīng)采取的措施是將“母液〞蒸發(fā)濃縮，____________________。答案(1)CaCO3(粉末)＋H2SO4=CaSO4＋H2O＋CO2↑(2)Fe3＋、Fe2＋、Al3＋H2O2＋2H＋＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2H2O(3)防止溫度下降時H3BO3從溶液中析出(4)加壓升溫結(jié)晶5．鈦、鉻、鐵、鎳、銅等金屬及其化合物在工業(yè)上有重要用途。(1)鈦鐵合金是鈦系儲氫合金的代表，該合金具有放氫溫度低、價格適中等優(yōu)點。①Ti的基態(tài)原子價電子排布式為______________。②Fe的基態(tài)原子共有________種不同能級的電子。(2)制備CrO2Cl2的反響為K2Cr2O7＋3CCl4=2KCl＋2CrO2Cl2＋3COCl2↑。①上述化學(xué)方程式中非金屬元素電負(fù)性由大到小的順序是________________(用元素符號表示)。②COCl2分子中所有原子均滿足8電子構(gòu)型，COCl2分子中σ鍵和π鍵的個數(shù)比為__________，中心原子的雜化方式為__________。(3)NiO、FeO的晶體結(jié)構(gòu)均與氯化鈉的晶體結(jié)構(gòu)相同，其中Ni2＋和Fe2＋的離子半徑分別為6.9×10－2nm和7.8×10－2nm。那么熔點：NiO________(填“>〞、“<〞或“=〞)FeO。(4)Ni和La的合金是目前使用廣泛的儲氫材料，具有大容量、高壽命、耐低溫等特點，在日本和中國已實現(xiàn)了產(chǎn)業(yè)化。該合金的晶胞結(jié)構(gòu)如下圖。①該晶體的化學(xué)式為______________________________________________。②該晶胞的摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1，密度為dg·cm－3。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，那么該晶胞的體積是__________cm3(用含M、d、NA的代數(shù)式表示)。③該晶體的內(nèi)部具有空隙，且每個晶胞的空隙中儲存6個氫原子比擬穩(wěn)定。：a=511pm，c=397pm；標(biāo)準(zhǔn)狀況下氫氣的密度為8.98×10－5g·cm－3；儲氫能力=eq\f(儲氫后氫氣的密度,標(biāo)準(zhǔn)狀況下氫氣的密度)。假設(shè)忽略吸氫前后晶胞的體積變化，那么該儲氫材料的儲氫能力為________。解析(4)①從圖中可以看出，La位于平行六面體的頂點，晶胞中La的原子數(shù)為eq\f(1,8)×8=1。平行六面體的上、下兩個面各有2個Ni原子，四個側(cè)面各有1個Ni原子，體心還有1個Ni原子。故晶胞中Ni的原子數(shù)為eq\f(1,2)×8＋1×1=5。故該晶體的化學(xué)式為LaNi5。②晶胞的體積為eq\f(M,NA·d)cm3。③LaNi5合金儲氫后的密度ρ=eq\f(m(晶胞中的H),V(晶胞))=eq\f(1×6,NA×(511×10－10)2×sin60°×(397×10－10))≈0.111g·cm－3，由定義式：儲氫能力=eq\f(儲氫后氫氣的密度,標(biāo)準(zhǔn)狀況下氫氣的密度)，故儲氫能力=eq\f(0.111g·cm－3,8.98×10－5g·cm－3)≈1236。答案(1)①3d24s2②7(2)①O>Cl>C②3∶1sp2(3)>(4)①LaNi5②eq\f(M,NA·d)③12366．化合物F是一種重要的有機合成中間體，它的合成路線如下：請認(rèn)真分析和推理答復(fù)以下問題：(1)由B生成C的化學(xué)反響類型是____________________；化合物F中含氧官能團的名稱是______________。(2)寫出化合物C與乙酸反響生成酯的化學(xué)方程式：_____________________。(3)寫出化合物B的結(jié)構(gòu)簡式：______________。同時滿足以下條件的B的同分異構(gòu)體(不包括B)共有________種：①苯環(huán)