高考化学 非选择题规范练 3.docx
- 文档编号:5980727
- 上传时间:2023-01-02
- 格式:DOCX
- 页数:13
- 大小:172.42KB
高考化学 非选择题规范练 3.docx
《高考化学 非选择题规范练 3.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考化学 非选择题规范练 3.docx(13页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高考化学非选择题规范练3
非选择题规范练三
26.以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3,含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分为Na2Cr2O7·2H2O),其主要工艺流程如下:
查阅资料得知:
ⅰ.常温下,NaBiO3不溶于水,有强氧化性,在碱性条件下,能将Cr3+转化为CrO
。
ⅱ.
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Bi3+
开始沉淀的pH
2.7
3.4
5.0
7.5
0.7
沉淀完全的pH
3.7
4.9
5.9
9.7
4.5
回答下列问题:
(1)反应之前先将矿石粉碎的目的是_______________________________________________。
(2)步骤③加的试剂为____________,此时溶液pH要调到5的目的_______________________。
(3)写出反应④的离子反应方程式:
_____________________________________________。
(4)⑤中酸化是使CrO
转化为Cr2O
,写出该反应的离子方程式:
______________________
________________________________________________________________________。
(5)将溶液H经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得红矾钠粗晶体,精制红矾钠粗晶体需要采用的操作是__________(填操作名称)。
答案
(1)增大反应物的接触面积,加快反应速率,提高铬铁矿的浸取率
(2)氢氧化钠溶液(或NaOH溶液) 使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去
(3)3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O===3Bi(OH)3+2CrO
+3Na+
(4)2CrO
+2H+Cr2O
+H2O
(5)重结晶
解析
(2)根据表格数据分析,步骤③加的试剂为氢氧化钠溶液;此时溶液pH要调到5的目的是使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去,而铬离子不沉淀。
(3)反应④中铋酸钠将硫酸铬氧化生成铬酸钠同时生成氢氧化铋,离子反应方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O===3Bi(OH)3+2CrO
+3Na+。
(5)将溶液H经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得红矾钠粗晶体,此操作为重结晶。
27.氰化钠(NaCN)是一种基本化工原料,同时也是一种剧毒物质。
一旦泄漏需要及时处理,一般可以通过喷洒双氧水或过硫酸钠(Na2S2O8)溶液来处理,以减轻环境污染。
Ⅰ.
(1)NaCN用双氧水处理后,产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,该反应的化学方程式是_______________________________________________________。
Ⅱ.工业制备过硫酸钠的反应原理如下:
主反应:
(NH4)2S2O8+2NaOH
Na2S2O8+2NH3↑+2H2O
副反应:
2NH3+3Na2S2O8+6NaOH
6Na2SO4+6H2O+N2
某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠,并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水。
实验一:
实验室通过如下图所示装置制备Na2S2O8。
(2)装置中盛放双氧水的仪器名称是________。
(3)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是___________________。
(4)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有________(填字母)。
A.温度计B.洗气瓶
C.水浴加热装置D.环形玻璃搅拌棒
实验二:
测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。
已知:
①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg·L-1。
②Ag++2CN-===[Ag(CN)2]-,Ag++I-===AgI↓,AgI呈黄色,且CN-优先与Ag+反应。
实验如下:
取1L处理后的NaCN废水,浓缩为10.00mL置于锥形瓶中,并滴加几滴KI溶液作指示剂,用1.0×10-3mol·L-1的标准AgNO3溶液滴定,消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL。
(5)滴定终点的现象是__________________________________________________________。
(6)处理后的废水是否达到排放标准?
________(填“是”或“否”)。
Ⅲ.(7)常温下,含硫微粒主要存在形式受pH影响。
利用电化学原理,用惰性电极电解饱和NaHSO4溶液也可以制备过硫酸钠。
已知在阳极放电的离子主要为HSO
,则阳极反应方程式为______________________________________________________________________。
答案
(1)NaCN+H2O2+H2O===NH3↑+NaHCO3
(2)分液漏斗
(3)将产生的氨气及时排除,防止发生副反应
(4)AC
(5)滴入最后一滴标准硝酸银溶液,锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀,且半分钟内沉淀不消失
(6)是
(7)2HSO
-2e-===S2O
+2H+
解析
(1)NaCN用双氧水处理后,生成的酸式盐为碳酸氢钠,使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气,反应方程式为NaCN+H2O2+H2O===NH3↑+NaHCO3。
(3)主反应产生氨气,副反应氨气为反应物,装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c,为了将产生的氨气及时排除,防止发生副反应。
(4)由题可知,主反应的温度为55℃,因此装置中还需要温度计,为维持温度,采用水浴加热,需要水浴加热装置,所以合理选项是AC。
(5)废水溶液中KI为指示剂,用标准AgNO3溶液滴定,Ag+将CN-反应完全后与I-结合为AgI黄色沉淀,因此终点现象为:
滴入最后一滴标准硝酸银溶液,锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀,且半分钟内沉淀不消失。
(6)根据Ag+~2NaCN消耗1.0×10-3mol·L-1的标准AgNO3溶液的体积为5.00mL,得m(NaCN)=n(NaCN)×M(NaCN)=2n(AgNO3)×M(NaCN)=2×1.0×10-3mol·L-1×5.00×10-3L×
49g·mol-1=49×10-5g,废水中氰化钠的浓度为c(NaCN)=
=0.49mg·L-1<0.5mg·L-1,故达到排放标准。
(7)阳极发生氧化反应,HSO
失电子被氧化为S2O
,电极反应式为:
2HSO
-2e-===S2O
+2H+。
28.Ⅰ.已知:
①NaHCO3(s)===Na+(aq)+HCO
(aq) ΔH=+18.81kJ·mo1-1
②Na2CO3(s)===2Na+(aq)+CO
(aq) ΔH=-16.44kJ·mol-1
③2NaHCO3(s)===Na2CO3(s)+CO2(g)+H2O(l) ΔH=+92.34kJ·mol-1
请回答:
(1)资料显示,NaHCO3固体加热到100℃发生分解,但是加热NaHCO3溶液不到80℃就有大量CO2气体放出,用反应热角度说明原因______________________________________
________________________________________________________________________。
(2)NaHCO3溶液中主要存在2种化学平衡:
a.HCO
+H2OH2CO3+OH-,b.2HCO
CO
+H2O+CO2。
根据理论计算0.10mol·L-1NaHCO3溶液中2个反应的转化率随温度变化如图1所示(不考虑相互影响):
①计算25℃0.10mol·L-1NaHCO3溶液中CO2与H2CO3的总浓度最大可能为_______mol·L-1。
②加热蒸干NaHCO3溶液最后得到的固体是________。
③25℃时0.10mol·L-1的NaHCO3溶液的pH=8.3,加热到4min时溶液沸腾,后保温到7min。
已知常温下Na2CO3溶液浓度和pH的关系如下表(忽略温度对Kw的影响):
c/mol·L-1
饱和
0.20
0.10
0.010
0.0010
pH
12.1
11.8
11.5
11.1
10.6
请在图2中作出NaHCO3溶液的pH随时间变化的曲线。
Ⅱ.研究得出当甲烷分解时,几种气体平衡时分压(Pa)与温度(℃)的关系如图3:
(1)T1℃时,向1L恒容密闭容器中充入0.3molCH4,只发生反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g),达到平衡时,c(C2H4)=c(CH4),CH4的平衡转化率为________;上述平衡状态某一时刻,若改变温度至T2℃,CH4以0.01mol·L-1·s-1的平均速率增多,经ts后再次达到平衡,且平衡时,c(CH4)=2c(C2H4),则t=________s。
(2)列式计算反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)在图3中A点温度时的平衡常数K=________(用平衡分压代替平衡浓度计算,lg0.05=-1.3)。
(3)由图3可知,甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成,为提高甲烷制乙炔的转化率,除改变温度外,还可采取的措施有____________________________________________。
答案 Ⅰ.
(1)2HCO
(aq)===CO
(aq)+CO2(g)+H2O(l) ΔH=+38.28kJ·mol-1,反应需要的能量比固体小
(2)①1.7×10-3 ②Na2CO3 ③
Ⅱ.
(1)66.7% 5
(2)5.0×104 (3)充入适量的乙烯
解析 Ⅰ.
(1)根据所给热化学方程式结合盖斯定律可得2HCO
(aq)===CO
(aq)+CO2(g)+H2O(l) ΔH=+38.28kJ·mol-1,所以加热NaHCO3溶液需要的能量比固体小。
(2)①根据图1可知,25℃时,HCO
的转化率为0.2%,即生成H2CO3的浓度为:
0.10mol·
L-1×0.2%=2×10-4mol·L-1,25℃时,反应b中HCO
的转化率为3.0%,即生成CO2的浓度为:
0.10mol·L-1×3.0%×
=1.5×10-3mol·L-1,所以25℃时0.10mol·L-1NaHCO3溶液中CO2与H2CO3的总浓度最大可能为:
2×10-4mol·L-1+1.5×10-3mol·L-1=1.7×10-3mol·L-1。
②加热蒸干NaHCO3溶液,NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和水,所以最后得到的固体是Na2CO3。
③根据已知条件,碳酸钠的起始pH应该为8.3,所以起点从8.3出发,加热到4min时溶液沸腾,即4min之前已达到平衡,且此时Na2CO3的浓度小于0.10mol·L-1大于0.01mol·L-1,所以拐点的pH在11.1至11.5之间,保温到7min,pH变化不大。
Ⅱ.
(1)假设达到平衡时,生成n(C2H4)为xmol,
2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)
起始n/mol 0.3 0 0
反应n/mol2xx2x
平衡n/mol0.3-2x x2x
由于恒容密闭容器体积不变,所以达到平衡时,c(C2H4)=c(CH4),即n(C2H4)=n(CH4)=x=0.3-2x,计算得x=0.1,甲烷的转化率为:
×100%≈66.7%;假设再次平衡时乙烯转化的物质的量是ymol,则0.1+2y=2×(0.1-y),解得y=0.025,这说明甲烷的物质的量增加了0.025mol×2=0.05mol,所以时间t=
=5s。
(2)根据图3可知,平衡时甲烷、氢气、乙炔的平衡分压分别是103、104、
,所以
A点温度时的平衡常数K=
=5.0×104。
(3)根据方程式可知,增大乙烯的浓度可以增大甲烷的浓度,进而提高乙炔的转化率。
35.铜元素可形成多种重要化合物。
回答下列问题:
(1)铜元素位于元素周期表中的________区,其基态原子的价电子排布图为________________________________________________________________________。
(2)往硫酸铜溶液中加入过量氨水,可形成[Cu(NH3)4]SO4溶液,该溶液可用于溶解纤维素。
①[Cu(NH3)4]SO4中阴离子的立体构型是________________________________________。
②在[Cu(NH3)4]SO4中,Cu2+与NH3之间形成的化学键称为________,提供孤电子对的成键原子是_________________________________________________________。
③除硫元素外,[Cu(NH3)4]SO4中所含元素的电负性由小到大的顺序为___________________。
④NF3与NH3的立体构型相同,中心原子的轨道杂化类型均为____________。
但NF3不易与Cu2+形成化学键,其原因是________________________________________________。
(3)一种Hg—Ba—Cu—O高温超导材料的晶胞(长方体)如图所示。
①该物质的化学式为________________________________________。
②已知该晶胞中两个Ba2+的间距为cpm,则距离Ba2+最近的Hg+数目为________个,二者的最短距离为________pm。
(列出计算式即可,下同)
③设该物质的摩尔质量为M,阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为_______g·cm-3。
答案
(1)ds
(2)①正四面体 ②配位键 N ③Cu (3)①HgBa2CuO4 ②4 ③ 解析 (2)①SO 中S原子的孤电子对数= =0,价层电子对数=4+0=4,离子的立体构型为正四面体。 ②Cu2+提供空轨道,NH3中N原子含有孤电子对,二者之间形成配位键。 ③非金属性越强,电负性越大,同周期主族元素从左至右电负性逐渐增强,故电负性: H<N<O,Cu为金属元素,吸引电子的能力非常弱,故电负性最弱。 故电负性大小顺序为: Cu ④NH3中N原子杂化轨道数为(5+3)÷2=4,采取sp3杂化方式;F的电负性比N大,N—F成键电子对向F偏移,导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子。 (3)①该晶胞中Ba原子个数=2;Hg原子个数=8× =1;Cu原子个数=4× =1;O原子的个数=8× +4× =4,故化学式为HgBa2CuO4。 ②根据晶胞结构图知,以下面的Ba2+为例,周围距离最近且等距离的分布在下底面的4个顶点上,所以距离Ba2+最近的Hg+数目为4。 Ba2+离下底面面心的距离为 pm,设Ba2+与Hg+的最短距离为xpm,则有x2=( )2+( )2,解得x= 。 ③该晶胞的质量= g,体积=a2bpm3=a2b(10-10cm)3=a2b×10-30cm3;所以该晶体的密度= = g·cm-3。 36.硝苯地平H是一种治疗高血压的药物;其一种合成路线如下: 已知: 酯分子中α碳原子上的氢比较活泼,使酯与酯之间能发生缩合反应。 + +ROH 回答下列问题: (1)B的化学名称为____________。 (2)②的反应类型是____________。 (3)D的结构简式为_____________________________________________。 (4)H的分子式为_________________________________________________。 (5)反应①的化学方程式为_________________________________________。 (6)已知M与G互为同分异构体,M在一定条件下能发生银镜反应,核磁共振氢谱显示有4组峰,峰面积之比为1∶1∶2∶4,写出M的一种可能的结构简式: __________。 (7)拉西地平 ,R为—CH===CHCOOC(CH3)3,也是一种治疗高血压药物,设计乙醇和 为原料制备拉西地平的合成路线(无机试剂任选)。 答案 (1)邻硝基甲苯 (2)取代反应 (3) (4)C17H18N2O6 (5) +HNO3 +H2O (6) (7) 解析 (1)硝基和甲基为邻位关系,故B的化学名称为邻硝基甲苯。 (2)对比B、C结构,可知②的反应类型为取代反应。 (3)由分析知D为 。 (4)H的分子式为C17H18N2O6。 (5)反应①发生取代反应引入硝基: +HNO3 +H2O。 (6)M在一定条件下能发生银镜反应,则考虑其中包含醛基或甲酸酯的结构,故M可能为
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考化学 非选择题规范练 高考 化学 选择题 规范