1、非选择必考题标准练(三)满分：58分1(14分).某学习小组设计如图装置制取SO2，研究其性质，并进一步探究不同浓度硫酸的氧化性。请回答下列问题：(1)B、C、D分别用于检验SO2的性质，写出C中反应的离子方程式SO2Cl22H2O=4HSO2Cl。(2)实验中观察到D中有浑浊出现，有同学提出此现象不能证明SO2具有氧化性。请简述理由：装置C挥发出的氯气也可以使D装置中出现浑浊。(3)E装置的作用为尾气处理、防倒吸。.某学习小组设计并完成如下实验：称取一定量的还原铁粉放入一定体积的浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y。经检验，气体Y中含有SO2、H2。(4)溶液X中一定大量含有的
2、金属阳离子是Fe2，简述如何检验溶液X中该离子取少量溶液向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，若产生蓝色沉淀，则证明原溶液中含有Fe2。(5)为了测定气体Y中SO2的含量，将2.24 L(标准状况)气体Y通入200.00 mL 0.200 0 molL1酸性高锰酸钾溶液中，充分反应后，取出20.00 mL溶液转入锥形瓶中进行滴定，消耗浓度为0.050 0 molL1的KHC2O4标准液20.00 mL。室温下，0.05molL1KHC2O4溶液中，c(C2O)c(H2C2O4)。滴定操作时，标准液应装在酸式滴定管(填仪器名称)中；滴定终点的现象为滴入最后一滴KHC2O4标准液，锥形瓶内溶液由紫色变
3、为无色，且半分钟内颜色不恢复。用KHC2O4标准液滴定酸性高锰酸钾溶液的离子方程式为2MnO5HC2O11H=2Mn210CO28H2O。气体Y中SO2的物质的量分数为90%。解析：(1)C中饱和氯水与二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为SO2Cl22H2O=4HSO2Cl。(2)装置C挥发出的氯气也可以使D装置中出现浑浊，故实验中观察到D中有浑浊出现，不能证明SO2具有氧化性。(3)二氧化硫是污染气体，不能直接排放到空气中，利用氨水吸收，E装置的作用为尾气处理、防倒吸。(4)随着反应的进行，硫酸浓度降低，产生的气体含有氢气，则一定发生铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气的反应，铁也可与
4、溶液中的Fe3反应生成Fe2，故溶液X中一定大量含有的金属阳离子是Fe2，检验溶液X中Fe2的方法是取少量溶液向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，若产生蓝色沉淀，则证明原溶液中含有Fe2。(5)标准溶液KHC2O4溶液中，c(C2O)c(H2C2O4)，说明HC2O的电离程度大于其水解程度，则溶液呈酸性。滴定操作时，标准液应装在酸式滴定管中；滴定终点的现象为滴入最后一滴KHC2O4标准液，锥形瓶内溶液由紫色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色。KHC2O4与酸性高锰酸钾反应的离子方程式为2MnO5HC2O11H=2Mn210CO28H2O。根据反应2MnO5SO22H2O=2Mn25SO4H、2M
5、nO5HC2O11H=2Mn210CO28H2O可知，二氧化硫消耗的高锰酸钾的物质的量为0.2 L0.200 0 molL1100.050 0 molL10.02 L0.036 mol；气体Y中SO2的物质的量分数为100%90%。2(14分)纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图1所示。(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，其原理如图2所示，该反应的离子方程式为CuFeS2Cu2H=Cu2SFe2H2S。(2)从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。反应：Cu2S4FeCl3
6、=2CuCl24FeCl2S，每生成1 mol CuCl2，反应中转移电子的物质的量为2_mol；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3较高浓度，有关反应的离子方程式为4Fe2O24H=4Fe32H2O。浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图3所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取。(3)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图4所示。当pH1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3萃取率降低的原因是Fe3水解程度随pH的升高而增大。(4)用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为327。(
7、5)在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、洗涤、干燥、煅烧(或灼烧)等操作可得到Fe2O3产品。解析：(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，根据图示，同时生成了Fe2和H2S，反应的离子方程式为CuFeS2Cu2H=Cu2SFe2H2S。(2)根据反应Cu2S4FeCl3=2CuCl24FeCl2S，反应中硫元素由2价升高为0价，铜元素由1价升高为2价，铁元素由3价降低为2价，反应中转移4个电子，则每生成1 mol CuCl2，反应中转移电子2 mol。浸取时，在有氧环境下可维持Fe3较高浓度，是因为氧气能够氧化Fe2，反应的离子方
8、程式为4Fe2O24H=4Fe32H2O。浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，如果未洗硫，生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取，会使铜元素浸取率较低。(3)Fe3的水解程度随着pH的升高而增大，导致溶液中Fe3浓度降低，萃取率降低。(4)在碱性条件下，Cu2与N2H4反应生成氮气和铜，反应的离子方程式为2Cu2N2H44OH=2CuN24H2O，反应中铜元素化合价降低被还原，铜为还原产物，氮元素化合价升高被氧化，氮气为氧化产物，还原产物与氧化产物的质量之比为。(5)萃取后的“水相”中含有Fe3，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧可得到Fe2O3，方法为在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，过滤，
9、洗涤，干燥，煅烧可得到Fe2O3产品。3(15分).废水废气对自然环境有严重的破坏作用，大气和水污染治理刻不容缓。(1)某化工厂产生的废水中含有Fe2、Mn2等金属离子，可用过硫酸铵(NH4)2S2O8氧化除去。过硫酸铵与Mn2反应生成MnO2的离子方程式为S2O2H2OMn2=4H2SOMnO2。温度与Fe2、Mn2氧化程度之间的关系如图1所示：实验过程中应将温度控制在80_(80_85_区间均可)。Fe2与Mn2被氧化后形成胶体絮状粒子，常加入活性炭处理，加入活性炭的目的为吸附胶体粒子形成沉淀。(2)利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中NO、NO2，其反应机理如图2所示。A包含物质的化
10、学式为N2和H2O。(3)工业上废气中SO2可用Na2CO3溶液吸收，反应过程中溶液组成变化如图3所示。吸收初期(图中A点以前)反应的化学方程式为2Na2CO3SO2H2O=2NaHCO3Na2SO3。C点高于B点的原因是根据钠元素守恒，NaHSO3的物质的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的质量大，浓度就大。.研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分。已知：N2(g)O2(g)=2NO(g)H1 805 kJmol1C(s)O2(g)=CO2(g)H393.5 kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H221.0 kJmol1(4)某反应的平衡常数表达式K，请写出此反应的热化学方
11、程式：2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)H2 371 kJmol1。(5)向绝热恒容密闭容器中充入等物质的量的NO和CO进行反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是acd(填序号)。a容器中的压强不变b2v正(CO)v逆(N2)c气体的平均相对分子质量保持不变d该反应平衡常数保持不变eNO和CO的体积比保持不变(6)2SO3(g)2SO2(g)O2(g)，将一定量的SO3放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率随温度变化如图4所示。图中a点对应温度下，已知SO3的起始压强为p0，该温度下反应的平衡常数Kp(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。解析：.(1)过硫酸铵与Mn
12、2反应生成MnO2，S2O被还原为SO，反应的离子方程式为S2O2H2OMn2=4H2SOMnO2。图象分析可以知道80 左右、Fe2、Mn2氧化程度已经很大，升温变化不大，实验过程中应将温度控制在80 (80 85 区间均可)，Fe2与Mn2被氧化后形成胶体絮状粒子，常加入活性炭处理，加入活性炭的目的为吸附胶体粒子形成沉淀。(2)图示反应可以生成A的反应为(NH4)2(NO2)2NO=(NH4)(HNO2)AH，根据原子守恒判断A为N2和H2O。(3)由图可以知道，初期反应(图中A点以前)Na2CO3浓度降低，NaHCO3浓度升高，则碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠与亚硫酸钠，反应的化学方程
13、式为2Na2CO3SO2H2O=2NaHCO3Na2SO3。根据钠元素守恒，NaHSO3的物质的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的质量大，浓度就大。.(4)根据平衡常数表达式K，可知此反应的化学方程式为2NO2CON22CO2，然后再根据盖斯定律：反应2，可得H2 371 kJmol1；所以该反应的热化学方程式为2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)H2 371 kJmol1。(5)反应2NO2CON22CO2为反应前后气体的物质的量改变的反应，当容器中的压强不变时气体的物质的量不变，说明反应达到化学平衡状态，a正确。化学反应速率和化学计量数成正比，应为v正(CO)2v逆(N
14、2)，b错误。反应前后气体的总质量不变，气体的总物质的量在发生变化，当气体的总物质的量不再发生变化，气体的平均相对分子质量为定值，反应到化学平衡状态，c正确。该反应为放热反应，当温度不再发生改变，平衡常数保持不变，达到平衡状态，d正确。NO和CO按照物质的量11投料，两种物质按11反应，任何时候剩余物质的量都是11，无法判定反应是否达到化学平衡状态，e错误。正确选项acd。(6)设起始SO3为a mol，根据题给信息有2SO3(g)2SO2(g)O2(g)，起始量 a 0 0变化量 0.4a 0.4a 0.2a平衡量 0.6a 0.4a 0.2a反应达到平衡后，气体的压强为，p平衡1.2p0；
15、SO3物质的量分数：；SO2物质的量分数：；O2物质的量分数：；该温度下反应的平衡常数Kp。4(15分)目前，广泛推广使用的磷酸铁锂电池的工作原理为LiFePO4CLixCLi1xFePO4。回答下列问题：(1)LiFePO4中基态亚铁离子的价层电子排布图为。基态碳原子s能级、p能级上电子数之比为21。(2)在元素周期表中，氮元素分别与磷、氧相邻，在N、O、P中，第一电离能最大的是N(填元素符号)，判断依据是N和P位于同主族，N的原子半径小于P，N的第一电离能大于P；N和O位于同周期，N原子的2p能级达到半充满的稳定状态，N的第一电离能大于O；NH3的键角略大于PH3，从原子结构角度说明原因：
16、N的原子半径小于P，氢氮键之间排斥力大于氢磷键。(3)卤素与磷可形成多种磷化物。例如，PCl3、PBr3等。PCl3中磷的杂化类型为sp3；PBr3的空间构型为三角锥形。与PO互为等电子体的分子有CCl4、SiCl4、CBr4、SiF4等(任写一种)(填一种即可)。(4)电池反应中C常以足球烯(C60)的形式参与，足球烯的结构如图所示，1 mol足球烯含30NA个键。(5)锂、铁单质晶胞分别如图、图所示，铁、锂晶胞的配位数之比为32。图晶胞的堆积方式是体心立方堆积(填名称)。(6)金刚石晶胞如图所示。已知金刚石的密度为 gcm3，NA代表阿伏加德罗常数的值。金刚石中CC键的键长为1010pm(
17、用代数式表示)。解析：(1)LiFePO4中含亚铁离子，Fe2的价层电子排布式为3d6，由此可得其价层电子排布图。基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2。(2)N和P位于同主族，N的原子半径小于P，所以，N的第一电离能大于磷；N和O位于同周期，N的2p能级达到半充满的稳定状态，O的2p能级上有4个电子，所以N的第一电离能大于O，故这三种元素中N的第一电离能最大。N的原子半径小于P，NH3分子中HN键之间的排斥力大于PH3中HP键，所以NH3分子的键角大于PH3。(3)PCl3分子中P原子的价层电子对数为4，其杂化类型为sp3。PBr3分子中P的价层电子对数为4，有1个孤电子对，其空间构型呈三角锥形。与PO互为等电子体的分子有CCl4、CBr4、CI4、SiF4、SiCl4、SiBr4等。(4)足球烯中每个碳原子形成两个单键、一个双键，每个键为两个碳原子共有，一个双键中含一个键和一个键，则每个碳原子净摊1/2个键，1个C60含30个键。(5)图、图晶胞中配位数分别为8、12，配位数之比为23。图晶胞的堆积方式为体心立方堆积。(6)设金刚石的晶胞参数为a cm，一个金刚石晶胞含8个碳原子，由得，a2。设碳碳键键长为R，其等于体对角线长度的1/4，则有(4R)23a2 cm2，Ra cm1010 pm。
