1、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Na2Cr2O72H2O)，其主要工艺流程如下：查阅资料得知：.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。.金属离子Fe3Al3Cr3Fe2Bi3开始沉淀的pH2.73.45.07.50.7沉淀完全的pH3.74.95.99.74.5回答下列问题：(1)反应之前先将矿石粉碎的目的是_。(2)步骤加的试剂为_，此时溶液pH要调到5的目的_。(3)写出反应的离子反应方程式：_。(4)中酸化是使CrO转化为Cr2O，写出该反应的离子
2、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)3NaBiO32Cr37OHH2O=3Bi(OH)32CrO3Na(4)2CrO2HCr2OH2O(5)重结晶解析(2)根据表格数据分析，步骤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)反应中
3、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 3NaBiO32Cr37OHH2O=3Bi(OH)32CrO3Na。(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。.(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_。.工业制备过硫酸钠的反应原理如下： 主反应：(NH4)2S2O82NaOHNa2S2O82NH32H2O副
4、反应：2NH33Na2S2O86NaOH6Na2SO46H2ON2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：废水中氰化钠的最高排放标准为0.50 mgL1。Ag2CN=Ag(CN)2，AgI=AgI，AgI呈黄色，且CN优先与Ag反应。实验如下：取
5、1 L处理后的NaCN废水，浓缩为10.00 mL置于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.0103molL1的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00 mL。(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”)。.(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)NaCNH2O2H2O=NH3NaHCO3(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
6、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)2HSO2e=S2O2H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NaCNH2O2H2O=NH3NaHCO3。(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
7、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Ag2NaCN消耗1.0103molL1的标准AgNO3溶液的体积为5.00 mL，得m(NaCN)n(NaCN)M(NaCN)2n(AgNO3)M(NaCN)21.0103molL15.0010 3L49 gmol14910 5g，废水中氰化钠的浓度为c(NaCN)0.49 mgL10.5 mgL1，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：2HSO2e=S2O2H。28.已知：NaHCO3(s)=Na(aq)HCO(aq)H18.81 kJmo11Na2C
8、O3(s)=2Na(aq)CO(aq)H16.44 kJ mol12NaHCO3(s)=Na2CO3(s)CO2(g)H2O(l)H92.34 kJmol1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.HCOH2OH2CO3OH，b.2HCOCOH2OCO2。根据理论计算0.10 molL1NaHCO3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)：计算25 0.10 molL1NaHCO3溶液中CO2与H2CO3的总浓度最大可能
9、为_molL1。加热蒸干NaHCO3溶液最后得到的固体是_。25 时0.10 molL1的NaHCO3溶液的pH8.3，加热到4 min时溶液沸腾，后保温到7 min。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/molL1饱和0.200.100.0100.001 0pH12.111.811.511.110.6请在图2中作出NaHCO3溶液的pH随时间变化的曲线。.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1 L恒容密闭容器中充入0.3 mol CH4，只发生反应2CH4(g)C2H4(g)2H2(g)，达到平衡时，
10、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0.01 molL1s1的平均速率增多，经t s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，lg 0.051.3)。(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.(1)2HCO(aq)=CO(aq)CO2(g)H2O(l)H38.28 kJmol1，反应需要的能量比固体小(2)1.710
11、3 Na2CO3.(1)66.7%5(2)5.0104(3)充入适量的乙烯解析.(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)H38.28 kJmol1，所以加热NaHCO3溶液需要的能量比固体小。(2)根据图1可知，25 时，HCO的转化率为0.2%，即生成H2CO3的浓度为：0.10 molL10.2%2104molL1,25 时，反应b中HCO的转化率为3.0%，即生成CO2的浓度为：0.10 molL13.0%1.5103molL1，所以25 时 0.10 molL1NaHCO3溶液中CO2与H2CO3的总浓度最大可能为：2104mo
12、lL11.5103molL11.7103molL1。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。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4 min时溶液沸腾，即4 min之前已达到平衡，且此时Na2CO3的浓度小于0.10 molL1大于0.01 molL1，所以拐点的pH在11.1至11.5之间，保温到7 min，pH变化不大。.(1)假设达到平衡时，生成n(C2H4)为x mol， 2CH4(g)C2H4(g)2H2(g)起始n/mol0.3 00反应n/mol 2x x 2x平衡n/mol
13、0.32x x 2x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)x0.32x，计算得x0.1，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y mol，则0.12y2(0.1y)，解得y0.025，这说明甲烷的物质的量增加了0.025 mol20.05 mol，所以时间t5 s。(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K5.0104。(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：(
14、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)4SO4溶液，该溶液可用于溶解纤维素。Cu(NH3)4SO4中阴离子的立体构型是_。在Cu(NH3)4SO4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_。除硫元素外，Cu(NH3)4SO4中所含元素的电负性由小到大的顺序为_。NF3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HgBaCuO高温超导材料的晶胞(长方体)如图所示。该物质的化学式为_。已知该晶胞中两个Ba2的间距为c pm，则
15、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)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_gcm3。答案(1)ds(2)正四面体配位键NCuHNOsp3F的电负性比N大，NF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)HgBa2CuO44解析(2)SO中S原子的孤电子对数0，价层电子对数404，离子的立体构型为正四面体。Cu2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。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：HN
16、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：CuHNO。NH3中N原子杂化轨道数为(53)24，采取sp3杂化方式；F的电负性比N大，NF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)该晶胞中Ba原子个数2；Hg原子个数81；Cu原子个数41；O原子的个数844，故化学式为HgBa2CuO4。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x pm，则有x
17、2()2()2，解得x。该晶胞的质量 g，体积a2b pm3a2b(1010cm)3a2b1030cm3；所以该晶体的密度 gcm3。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)的反应类型是_。(3)D的结构简式为_。(4)H的分子式为_。(5)反应的化学方程式为_。(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1124，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)HNO3H2O(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)反应发生取代反应引入硝基：HNO3H2O。(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
