1、非选择题规范练四1金属锰及其化合物在工农业生产和科研领域具有广泛的应用。.溶液中的Mn2可被酸性(NH4)2S2O8溶液氧化为 MnO，该方法可用于检验Mn2。(1)用酸性(NH4)2S2O8溶液检验Mn2时的实验现象为_。(2)该反应的离子方程式为_。(3)(NH4)2S2O8可视为由两分子硫酸缩合所得，则H2S2O8的结构简式为_。.实验室用含锰废料(主要成分为MnO2，还含有少量Al2O3、MgO、SiO2)为原料制备Mn的工艺流程如下图所示：难溶物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2Mn(OH)2溶度积常数4.010381.010331.810111.81013(4)“酸浸”时，
2、MnO2将Fe氧化为Fe3，该反应的离子方程式为_；该过程中浸出时间和液固比对锰浸出率的影响分别如下图所示。则适宜的浸出时间和液固比分别为_、_。(5)若“酸浸”后所得滤液中c(Mn2)0.18 molL1，则应“调pH”的范围为_。(6)“煅烧”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。“还原”时发生的置换反应在化学上又叫做_。答案(1)溶液由无色变为紫红色(2)5S2O2Mn28H2O=2MnO10SO16H(3)(4)3MnO22Fe12H=3Mn22Fe36H2O60 min31(5)pH8(6)12铝热反应解析.(1)用酸性(NH4)2S2O8溶液检验Mn2时，Mn2可被酸性(NH4)
3、2S2O8溶液氧化为MnO，溶液中无色的Mn2被氧化生成紫红色的MnO，所以看到的现象是溶液由无色变为紫红色。(3)H2S2O8可视为由两分子硫酸缩合所得，硫酸的结构简式为，两个硫酸分子中每个分子去掉一个羟基中的H原子得到H2S2O8，其结构简式为。.(4)“酸浸”时，MnO2将Fe氧化为Fe3，自身被还原为锰离子，离子方程式为3MnO22Fe12H=3Mn22Fe36H2O；根据图知，60 min后锰的浸出率几乎不变；液固比为3时锰的浸出率最大，适宜的浸出时间和液固比分别为60 min、31。(5)由流程图中信息知，“调pH”的目的是使Fe3和 Al3沉淀完全，而Mn2不沉淀，根据KspAl
4、(OH)31.01033，KspFe(OH)34.01038可知，Al3沉淀完全时Fe3已沉淀完全，Al(OH)3恰好完全沉淀时的pH为lg，Mn2开始沉淀时的pH为lg8，所以溶液的pH范围为pH8。(6)煅烧时发生的反应为2MnCO3O22MnO22CO2，碳酸锰为还原剂、氧气为氧化剂，氧化剂和还原剂物质的量比为12；“还原”时发生铝粉与高熔点金属氧化物的反应，又称铝热反应。2“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究。(1)已知：CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)H41
5、 kJmol1C(s)2H2(g)CH4(g)H73 kJmol12CO(g)C(s)CO2(g)H171 kJmol1写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式：_。(2)目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，在容积为2 L密闭容器中，充入1 mol CO2和3.25 mol H2在一定条件下发生反应，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化如图所示：从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)_。下列措施一定不能使CO2的平衡转化率增大的是_(填字母)。A在原容器中再充入1 mol CO2 B在原容器中再充入1 mo
6、l H2C在原容器中充入1 mol氦气 D使用更有效的催化剂E缩小容器的容积F将水蒸气从体系中分离(3)煤化工通常研究不同条件下CO转化率以解决实际问题。已知在催化剂存在条件下反应：CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)中CO的平衡转化率随及温度变化关系如图所示：上述反应的正反应方向是_(填“吸热”或“放热”)反应；对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作Kp)，则该反应的Kp_(填表达式，不必代数计算)；如果提高，则Kp_(填“变大”“变小”或“不变”)。使用铁镁催化剂的实际工业流程中，一般采用400 左右、35，采用此条件的原因可
7、能是_。(4)科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，利用该装置实现了用CO2和H2O合成CH4。下列关于该电池的叙述错误的是_(填字母)。A该装置能量转化形式仅存在将太阳能转化为电能B铜电极为正极，电极反应式为CO28e8H=CH42H2OC电池内部H透过质子交换膜从左向右移动答案(1)CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)H162 kJmol1(2)0.112 5 molL1min1ACD(3) 放热不变催化剂的活性温度在400 左右；投料比太低，CO的平衡转化率不高，而400 左右，投料比为35时CO的平衡转化率较高，已能满足要求，再增加投料比，成本增大，但CO的
8、平衡转化率提高不多，经济上不合算(4)A解析(1)CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)H41 kJmol1，C(s)2H2(g)CH4(g)H73 kJmol1，2CO(g)C(s)CO2(g)H171 kJmol1，盖斯定律计算2 得到CO2(g)4H2(g)=CH4(g)2H2O(g)H162 kJmol1。(2)根据图知，达到平衡状态时n(CH3OH)n(H2O)0.75 mol，根据H原子守恒得消耗n(H2)2n(CH3OH)n(H2O)20.75 mol0.75 mol2.25 mol，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)0.112 5 molL1min1。在原容器
9、中再充入1 mol CO2，平衡正向移动，但是反应消耗的二氧化碳量小于加入的二氧化碳量，所以二氧化碳的转化率减小，故A选；在原容器中再充入1 mol H2，平衡正向移动，消耗的二氧化碳量增加，则二氧化碳转化率增大，故B不选；在原容器中充入1 mol氦气，参加反应的各物质的物质的量浓度不变，平衡不移动，则二氧化碳转化率不变，故C选；使用更有效的催化剂，增大化学反应速率，但是平衡不移动，则二氧化碳转化率不变，故D选；缩小容器的容积，增大压强平衡向气体体积减小的正反应方向移动，二氧化碳转化率增大，故E不选；将水蒸气从体系中分离，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故F不选。(3)由图可知，在相同的时，
10、温度越高，CO的转化率越低，说明升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应。对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度也可以表示平衡常数(记作Kp)，反应的平衡常数Kp；平衡常数只与温度有关，与浓度无关，所以提高比，则Kp不变；由图像可知，投料比太低，CO的转化率不太高，而投料比为35时转化率已经很高，再增加投料比，需要大大的增加蒸气添加量，这样在经济上不合算，温度在400 左右时催化剂的活性最大，所以一般采用400 左右，35。(4)根据图示可知，该装置中将太阳能转化为电能和化学能，故A错误；根据电子流向可知，Cu是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成甲烷，电极反
11、应式为：CO28e8H=CH42H2O，故B正确；放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以装置中的H由左向右移动，故C正确。3高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。制备高碘酸钾的装置图如下(夹持和加热装置省略)。回答下列问题：(1)装置中仪器甲的名称是_。(2)装置中浓盐酸与KMnO4混合后发生反应的离子方程式是_。(3)装置中的试剂X是_。(4)装置中搅拌的目的是_。(5)上述装置按气流由左至右各接口顺序为_(用字母表示)。(6)装置连接好后，将装置水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，经过滤，洗涤，干燥等步骤得到产品。写出装置中发生反应
12、的化学方程式：_。洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是_。上述制备的产品中含少量的KIO3，其他杂质忽略，现称取a g该产品配制成溶液，然后加入稍过量的用醋酸酸化的KI溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，然后用1.0 molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的平均体积为b L。已知：KIO35KI6CH3COOH=3I26CH3COOK3H2OKIO47KI8CH3 COOH=4I28CH3COOK4H2OI22Na2S2O3=2NaINa2S4O6则该产品中KIO4的百分含量是_已知：Mr(KIO3)214，Mr(KIO4)230，列出计算式。答案(1)圆底烧瓶(
13、2)16H10Cl2MnO=2Mn28H2O5Cl2(3)NaOH溶液(4)使反应混合物混合均匀，反应更充分(5)aefcdb(6)2KOHKIO3Cl2KIO42KCl H2O降低KIO4的溶解度，减少晶体损失100%解析(5)装置的连接顺序为，所以各接口顺序为aefcdb。(6)装置为KIO4的制备反应发生装置，氯气将KIO3氧化为KIO4，本身被还原为KCl，化学方程式为2KOHKIO3Cl2KIO42KCl H2O。根据题给信息，高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，所以，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是降低KIO4的溶解度，减少晶体损失。设a g产品中含有K
14、IO3和KIO4的物质的量分别为x mol、y mol，则根据反应关系：KIO33I2，KIO44I2，I22Na2S2O3，.214x230ya，.3x4y0.5b，联立、，解得y，则该产品中KIO4的百分含量是100%100%。4电池在人类生产生活中具有十分重要的作用，其中锂离子电池与太阳能电池占有很大比重。太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。其材料有单晶硅，还有铜、锗、镓、硒等化合物。(1)基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为_。(2)若基态硒原子价层电子排布式写成4s24p4p，则其违背了_。(3)上图表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示磷的
15、曲线是_(填标号)。(4)元素X与硅同主族且原子半径最小，X形成的最简单氢化物Q的电子式为_，该分子其中心原子的杂化类型为_。写出一种与Q互为等电子体的离子_。(5)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性。自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作Na2B4O710H2O，实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个B(OH)4缩合而成的双六元环，应该写成Na2B4O5(OH)4 8H2O。其结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作用力是_(填字母)。A离子键 B共价键C金属键 D范德华力E氢键(6)GaAs的熔点为1 238 ，密度为 gcm3，其晶胞结构如图所示
16、。已知GaAs与GaN具有相同的晶胞结构，则二者晶体的类型均为_，GaAs的熔点_(填“高于”或“低于”)GaN。Ga和As的摩尔质量分别为MGa gmol1和MAs gmol1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。答案(1)14(2)洪特规则(3)b(4) sp3NH(5)C(6)原子晶体低于100%解析(1)亚铜离子的电子轨道排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10，s轨道只有1个轨道，p轨道有3个方向不同的轨道，d轨道有5个方向不同的轨道，所以基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为14。(2)
17、洪特规则是指当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同。题中基态硒原子价层电子排布式写成4s24p4p违背了洪特规则，正确的应该是4s24p4p4p。(3)电离能是基态的气态原子失去电子变为气态阳离子(即电离)，必须克服核电荷对电子的引力而所需要的能量。由于C和Si是同族元素，所以它们的四级电离能变化趋势相近，所以a、c分别为C和Si的四级电离能变化趋势，b为P的四级电离能变化趋势。(4)元素X与硅同主族且原子半径最小，则X为C，其最简单氢化物为CH4，它的电子式为；由于C的周围都是CH单键，所以C的轨道杂化为sp3杂化；与CH4互为等电子体的微
18、粒有H2O、NH3、HF、OH、NH、H3O。(5)从图中可以看出该晶体为离子晶体，所以含有离子键，A正确；晶体中有BO键，该化学键为共价键，B正确；金属键仅存在于金属晶体中，C错误；结晶水合物中都含有分子间作用力，D正确；化合物中含有较多的H和O，且空间结构较大，则一定有氢键，E正确。(6)从图中可以看出构成晶胞的微粒为Ga原子和As原子，所以GaAs为原子晶体，则GaN也是原子晶体；在GaAs晶体和GaN晶体中，N的原子半径小于As的原子半径，所以GaN键键长比GaAs键短，所以GaN键键能比GaAs键高，则GaN晶体的熔点比GaAs晶体高；一个GaAs晶胞中，含有As的个数为864，含有
19、Ga的个数为414。Ga和As的摩尔质量分别为MGa gmol1和MAs gmol1，则一个Ga的质量为g，一个As的质量为g，所以一个GaAs的晶胞的质量为g，则一个GaAs晶胞的体积为cm3；Ga和As原子半径分别为rGa pm和rAs pm，则在GaAs晶胞中，4个Ga和As的体积为：4(rr)1030cm3(rr)cm3，所以GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为：100%100%。5EPR橡胶()和PC塑料()的合成路线如下：(1)A的名称是_。E的化学式为_。(2)C的结构简式_。(3)下列说法正确的是_(填字母)。A反应的原子利用率为100%BCH3OH在合成PC塑料的过程
20、中可以循环利用C1 mol E与足量金属Na反应，最多可生成22.4 L H2 D反应为取代反应(4)反应的化学方程式是_。(5)反应的化学方程式是_。(6)写出满足下列条件F的芳香族化合物的同分异构体_。含有羟基；不能使三氯化铁溶液显色；核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积之比为12221。(7)已知：，以D和乙酸为起始原料合成 (无机试剂任选)，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明反应试剂和条件)_。答案(1)丙烯C2H6O2(2) (3)AB(4)(5)n(6)(7)解析EPR橡胶()的单体为CH2=CH2和CH2=CHCH3，EPR由A、B反应得到，B发生氧化反
21、应生成环氧乙烷，则B为CH2=CH2、A为CH2=CHCH3；结合PC和碳酸二甲酯的结构，可知C15H16O2为，D与丙酮反应得到C15H16O2，结合D的分子式，可推知D为，结合C的分子式，可知A和苯发生加成反应生成C，再结合C的氧化产物，可推知C为；与甲醇反应生成E与碳酸二甲酯的反应为取代反应，可推知E为HOCH2CH2OH。据此分析解答。(3)反应为加成反应，原子利用率为100%，故A正确；生成PC的同时生成甲醇，生成E时需要甲醇，所以CH3OH在合成PC塑料的过程中可以循环利用，故B正确；E为HOCH2CH2OH,1 mol E与足量金属Na反应，最多可以生成1 mol氢气，气体的体积与温度和压强有关，题中未告知，无法计算生成氢气的体积，故C错误。(6)F的分子式为C15H16O2，F的芳香族化合物的同分异构体满足：含有羟基；不能使三氯化铁溶液显色，说明羟基没有直接连接在苯环上；核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积之比为12221，满足条件的F的芳香族化合物的同分异构体为或。(7) 和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生信息中的氧化反应生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO，OHCCH2CH2CH2CH2CHO发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH和乙酸发生酯化反应生成。
