1、2018年高考化学（通用）非选择题系列练题（4）及解析1取一定质量NH4HSO4和MgSO4的固体混合物溶于水配成200mL溶液，向溶液中加入0.100mol/LBa(OH)2溶液，产生沉淀的质量与所加Ba(OH)2的体积有如图所示关系。试计算：（l）所得混合溶液中c(SO42-)=_。（2）原固体混合物中，NH4HSO4和MgSO4的物质的量之比为_。【答案】 0.200mol/L 1：1【解析】向溶液中加入0.100mol/LBa(OH)2溶液，首先与氢离子反应，同时产生硫酸钡沉淀，即0100mL为第一阶段，发生的反应为2NH4HSO4+Ba(OH)2BaSO4+(NH4)2SO4+2H2
2、O，硫酸钡是0.01mol，所以硫酸氢铵的物质的量是0.02mol；100300mL为第二阶段，此时加入的氢氧化钡与硫酸镁反应生成硫酸钡和氢氧化镁沉淀，二者形成的沉淀质量为8.15g2.33g5.82g，所以硫酸镁的物质的量是5.82g（58+233）g/mol0.02mol；第三阶段为最后的100mL氢氧化钡与硫酸铵反应生成2.33g硫酸钡沉淀。则（l）根据以上分析可知所得混合溶液中c(SO42-)=0.04mol0.2L0.200mol/L。（2）原固体混合物中，NH4HSO4和MgSO4的物质的量之比为0.02mol：0.02mol1：1。点睛：明确反应的原理，尤其是反应的先后顺序是解答
3、的关键。注意掌握图像的答题技巧：看面：弄清纵、横坐标的含义。看线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。看点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。2我国产铜主要取自黄铜矿(CuFeS2)，湿法炼铜工艺的核心是黄铜矿的浸出，目前主要有氧化浸出、配位浸出和生物浸出三种方法。I氧化浸出（1）在硫酸介质中用双氧水将黄铜矿氧化，测得有SO42-生成。该反应的离子方程式为_.该反应在2550下进行，实际生产中双氧水的消耗量要远远高于理论值，试分析其原因为_，配位浸出反应原理为：CuFeS2NH3H2OO2OH
4、Cu(NH3)42Fe2O3SO42H2O(未配平)（2）用化学用语解释氨水溶液的酸碱性_.（3）生产中为了稳定溶液的pH，可以在浸出液加入_（物质名称）.生物浸出在反应釜中加入黄铜矿、硫酸铁、硫酸和微生物，并鼓入空气，黄铜矿逐渐溶解，反应釜中各物质的转化关系如图所示。（4）在微生物的作用下，可以循环使用的物质有_（填化学式），微生物参与的离子反应方程式为_（任写一个）。（5）假如黄铜矿中的铁元素最终全部转化为Fe3+，当有2 mol SO42-生成时，理论上消耗O2的物质的量为_。【答案】 2CuFeS217H2O22H2Cu22Fe34SO42-18H2O H2O2受热分解（产物Cu2、F
5、e3催化H2O2分解等） ）NH3H2O NH4+ + OH- 氯化铵（合理铵盐均可） Fe2(SO4)3、H2SO4 4Fe2O24H=4Fe32H2O或S812O28H2O=8SO42-16H任写一个 4.25 mol【解析】本题主要考查氧化还原反应。.（2）用化学用语解释氨水溶液的酸碱性：NH3H2ONH4+OH-。（3）生产中为了稳定溶液的pH，可以在浸出液加入氯化铵（合理铵盐均可），构成NH3、H2O-NH4Cl缓冲溶液。.（4）在微生物的作用下，可以循环使用的物质有Fe2(SO4)3、H2SO4，微生物参与反应的离子方程式为4Fe2O24H=4Fe32H2O或S812O28H2O=
6、8SO42-16H。（5）CuFeS2中Cu呈+2价。Fe呈+2价，S呈-2价，假如黄铜矿中的铁元素最终全部转化为Fe3+，CuFeS2Fe3+2SO42-17e-，当有2molSO42-生成时，理论上消耗O2的物质的量为17/4mol=4.25mol。3甲，乙两同学用图所示装置进行实验探究硝酸与铁反应的产物。文献记载：I在浓硝酸和活泼金属反应过程中，随着硝酸浓度的降低，其生成的产物有+4、+2、3价等氮的化合物。FeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色）H0NO2和NO都能被KMnO4氧化吸收铁氰化钾化学式为K3Fe（CN）6：亚铁氰化钾化学式为K4Fe（CN）63Fe2+2Fe（CN）63
7、Fe3Fe（CN）62（蓝色沉淀）4Fe3+3Fe（CN）64Fe4Fe（CN）63（蓝色沉淀）甲的实验操作和现象记录如下：实验操作实验现象打开弹簧夹，通入一段时间CO2，关闭弹簧夹打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入烧瓶中，关闭活塞无明显现象加热烧瓶，反应开始后停止加热A中有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅； B中溶液变棕色； C中溶液紫色变浅反应停止后，A中无固体剩余，得100mL的溶液请回答下列问题：（1）滴入浓硝酸加热前没有明显现象的原因是_。A常温下铁和浓硝酸不反应B铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生C反应需要催化剂（2）甲的实验操作中通入CO2的主要目的是_。A
8、排除反应体系中的空气 ，防止干扰B将产生的气体压入后续装置吸收C维持系统内压强平衡（3）甲取少量B中溶液，加热，现象是_。A棕色溶液变浅绿色 B棕色溶液变无色 C有红棕色气体逸出D有无色气体逸出 E.产生红褐色沉淀（4）乙认为有NO生成的证据不足乙仍采用该装置和操作进行对照实验，浓硝酸换成稀硝酸，证明有NO生成的实验现象是A中_B中。（5）将A所得溶液稀释至500mL，取少量稀释后的溶液调节pH后，滴加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成。另取稀释后的溶液25.00mL加入过量的KI固体，充分反应后pH至7左右，滴入几滴淀粉溶液做指示剂，用0.25mo1/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na
9、2S2O3溶液16.00mL（己知：I2+2S2O32=2I+S4O62），则A中所得溶液的c（Fe3+）=_mo1/L。【答案】 B A AD A中没有红棕色气体生成，B中溶液变为棕色 0.16【解析】(1)常温时，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了铁和浓硝酸进一步反应，即产生钝化现象，所以滴入浓硝酸加热前没有明显现象，答案为B。 (3)取少量B中溶液，加热，棕色溶于变浅，有无色气体逸出，且该气体在空气中变为红棕色，应为可逆反应FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致Fe(NO)SO4(棕色)降低，所以溶液颜色变浅，答案为AD；(
10、4)二氧化氮和水反应生成的一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中NO生成，为排除生成的NO干扰，把浓硝酸换成稀硝酸，稀硝酸和铜反应生成无色的一氧化氮，没有二氧化氮生成，则A中气体是无色的，且B中溶液变为棕色，则说明生成的一氧化氮和硫酸亚铁反应生成棕色，从而说明A中无色气体是一氧化氮；(5)Fe2+和铁氰化钾溶液反应3Fe2+2Fe(CN)63-Fe3Fe(CN)62(蓝色沉淀)，生成特征蓝色沉淀，所以由此证明A溶液中含有Fe2+，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，2Fe3+2I-=2Fe2+I2；2S2O32-I22 Fe3+；2 20.251610-3m
11、ol n(Fe3+)n(Fe3+)=410-3mol，则A中所得溶液的c(Fe3+)=0.16mol/L。点睛：明确实验原理是解题关键，实验探究硝酸与铁反应的产物流程：连接装置后，先检查装置的气密性，然后打开弹簧夹，通入一段时间CO2，关闭弹簧夹，排除反应体系中的空气，防止对产物中有无一氧化氮判断的干扰，A装置：打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入烧瓶中，关闭活塞，硝酸与铁反应，A中有红棕色气体产生NO2，一段时间后，气体颜色逐渐变浅，B装置：B中溶液变棕色，发生反应FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)；C装置：尾气吸收，NO2和NO都能被KMnO4氧化吸收。4石墨、石墨烯及金刚石是碳的同
12、素异形体。（1） 以NiCrFe 为催化剂，一定条件下可将石墨转化为金刚石。基态Fe原子未成对电子数为_。设石墨晶体中碳碳键的键长为a m，金刚石晶体中碳碳键的键长为bm，则a_b（填“”、“”或“=”），原因是_。（2）比较下表碳卤化物的熔点，分析其熔点变化规律的原因是_。CCl4CBr4CI4熔点/-22.9248.4（型）168（分解）（3） 金、铜、锌等金属或合金常用作化学气相沉积法获取石墨烯的催化剂。左下表是铜与锌的部分电离能数据，对于“I1铜小于锌，而I2铜却大于锌”的事实，原因是_。电离能/kJmol-1I1I2铜7461958锌9061733（4）金刚石的晶胞如上图所示。已知Z
13、nS晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，若图中a为Zn2+，则S2-处于ZnS晶胞中的位置为_。（5）石墨烯中部分碳原子被氧化后，转化为氧化石墨烯。在图乙所示的氧化石墨烯中，取sp3杂化形式的原子有_（填元素符号）；石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C 与相邻C原子间键能的变化是_（填“变大”、“ 变小”或“不变”）。（6）石墨烯具有很大的比表面积，可望用于制超级电容器。若石墨烯中碳碳键的键长为am，12 g单层石墨烯单面的理论面积约为_m2（列出计算式即可）。【答案】 4 石墨晶体中碳碳键除键外还有大键，金刚石晶体中碳碳键只有键 分子结构相似，随相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故CCl
14、4、CBr4、CI4熔点依次升高 Cu失去一个电子成为Cu+后，形成Ar3d10，是能量较低的全充满结构 顶点、面心 C、O 变小 NA (2)碳卤化物都是分子晶体，分子间通过范德华力相结合，对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越强，熔点越高，由于相对分子质量CCl4CBr4CI4，则熔点CCl4CBr4CI4，故答案为：分子结构相似，随相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故CCl4、CBr4、CI4熔点依次升高； (4)图中a点为Zn2+，由均摊法可知，Zn2+的个数为：41=4，根据ZnS的化学式可知，只有S2-处于顶点和面心时，S2-的个数也为：81/8+61/2=4，故答案为：顶点、面心；(5)氧化石墨烯中所标的1号碳原子形成3个碳碳单键和一个碳氧单键，C原子为sp3杂化，氧化石墨烯中羟基上的氧原子形成一个碳氧单键和一个氧氢键，还有2个孤电子对，所以羟基上氧原子为sp3杂化，故答案为：C、O；石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C 与相邻C原子间的大键被氧化破坏变成了单键，键能减小，故答案为：变小；(6)已知石墨烯中碳碳键的键长为am，则其正六边形的面积为，根据均摊法可以计算出每个六边形所占有的碳原子个数为61/3=2，所以12g(即1molC)单层石墨烯实际占有的六边形个数为： NA，则单层石墨烯单面的理论面积约为NA，故答案为： NA。