1、训练(十四)非选择题专项练(6)1某校兴趣小组对SO2与新制Cu(OH)2悬浊液的反应进行探究，装置如下：实验如下：序号试管中的药品现象1.5 mL 1 molL1 CuSO4溶液和3.5 mL 1 molL1 NaOH溶液混合开始时有砖红色沉淀A出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体B，溶液呈蓝色1.5 mL 1 molL1 CuCl2溶液和3.5 mL 1 molL1 NaOH溶液混合开始时有浅红色沉淀出现，一段时间后，浅红色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀C，溶液呈蓝色查阅资料如下：CuCl为白色固体，难溶于水，乙醇、乙酸等，能溶于浓盐酸，也能溶于浓或稀硝酸溶液
2、，CuCl被氧化。(1)甲同学通过补充两个实验：证明实验中观察到的砖红色沉淀A是Cu2O。取少量Cu2O固体于试管中，加5 mL蒸馏水，向其中持续通入SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈蓝色，则说明砖红色沉淀是Cu2O。其反应的方程式是_。甲同学重新用实验的方法制备新制Cu(OH)2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净。向洗净后的Cu(OH)2中加入5 mL蒸馏水，再持续通入SO2气体，现象与实验相同。检验Cu(OH)2洗涤干净的方法是_。(2)同学们对白色沉淀的成分继续进行探究。请帮助乙同学证明C为CuCl，设计简单的实验方案：_。丙同学向洗涤得到的19.9 g C中加入足量
3、的稀硝酸，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为：_。向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到27.9 g白色沉淀。这种实验结果_(“偏小”、“偏大”或“不变”)，可能原因是_。(3)工业上制备CuCl还可以用：将Na2SO3的水溶液逐滴加入CuCl2的水溶液中，倾出部分清液，抽滤出沉淀，沉淀依次用36%的乙酸，无水乙醇洗涤多次，得白色粉末固体，真空或者充氮气保存。抽滤出沉淀操作时用到了抽滤瓶、布氏漏斗、_等仪器和用品。沉淀依次用36%的乙酸，无水乙醇，无水乙醚洗涤多次的目的是_。解析实验和的不同点是配制Cu(OH)2的溶液时铜盐的阴离子不同，导致现象不同。在实验中，
4、白色沉淀C的生成一定与Cl有关，试题给出了CuCl的一些性质，是解决问题的关键。(1)Cu2O固体加蒸馏水，通入SO2，试管底部有少量紫红色固体Cu，溶液呈蓝色Cu2，说明Cu2O发生了歧化反应，同时SO2被氧化，故反应的方程式是2Cu2OSO2=CuSO43Cu。甲同学重新作实验的方法制备新制Cu(OH)2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净，防止Cu(OH)2中含有Cl，故取适量的最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu(OH)2洗涤干净。(2)由实验流程可知：后面实验加入蒸馏水得到白色沉淀分析铜盐只要CuCl，开始是CuCl被溶解，能够溶解的试剂
5、有浓盐酸和硝酸溶液；而CuCl溶于硝酸后生成Cu(NO3)2溶液，再加入蒸馏水，白色沉淀不会溶解，故先加入的是浓盐酸。CuCl溶于稀硝酸，产生了气体NO，CuCl中的铜元素被氧化；有CuClAgCl可知：m(AgCl)=28.7 g，而实际沉淀为27.9 g，偏小，说明AgCl有损失，指出损失的合理原因即可。(3)抽滤出沉淀操作时用到了抽滤瓶、布氏漏斗及玻璃棒、滤纸等；因为Na2SO3与CuCl2反应为Na2SO32CuCl2H2O=Na2SO42CuCl2HCl，故过滤后残留在CuCl表面是钠盐和酸，用36%的乙酸是为了除去这些杂质，而后无水乙醇是为了除去乙酸和水，快速干燥，防止氧化。答案(
6、1)2Cu2OSO2=CuSO43Cu取适量的最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu(OH)2洗涤干净(2)白色沉淀C白色沉淀溶解出现白色沉淀3CuCl4HNO=3Cu2NO2H2O3Cl偏小AgCl在干燥过程中有少量分解(其他合理答案也可)(3)玻璃棒、滤纸36%的乙酸是为了除去CuCl沉淀表面的酸和钠盐；无水乙醇是为了除去乙酸和水，快速干燥，防止氧化2兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，被广泛用作有机物的氢化反应的催化剂。以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等)为原料制备兰尼镍的工艺流程如下图所示： (1)在形成Ni
7、(CO)4的过程中，碳元素的化合价没有变化，则Ni(CO)4中的Ni的化合价为_；(2)已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2，写出有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式_；(3)向浸出液A中通入H2S气体，反应的离子方程式是_；(4)“高温熔融”时能否将通入氩气换为CO并说明原因_；(5)“碱浸”的目的是使镍产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附性，此过程中发生反应的离子方程式为_。浸出反应所用的NaOH溶液的浓度要大，若NaOH溶液较稀时，则会产生少量的Al(OH)3沉淀而阻止浸出反应的持续进行，请用化学反应原理加以解释： _ _。(6)浸出液B可以回收，重新生成铝
8、以便循环利用。请设计简单的回收流程：浸出液B_。(示例：CuOCu2Cu)解析(1)在Ni(CO)4中，碳元素的化合价与CO相同，为2价，故Ni的化合价为0；(2)已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2，说明Ni元素被还原，另外，在硫酸中反应只能是O元素被氧化为O2，故有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式是2Ni2O34H2SO4=4NiSO4O24H2O；(3)浸出液A中含有大量的Ni2、少量的H和Fe3，通入H2S时，Fe3发生还原反应：H2S2Fe3=2Fe22HS；(4)“高温熔融”时不能将通入氩气换为通入CO，因为冷却时，CO能与Ni反应生成Ni(CO)4
9、；(5)“碱浸”的目的是溶解镍铝合金中的Al，使镍产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附性，Al溶于NaOH溶液时发生反应的离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO3H2；浸出反应所用NaOH溶液的浓度要大，因为Al溶于碱液生成AlO时在水中存在下列平衡：AlO2H2OAl(OH)3OH，OH浓度过小，抑制AlO的水解程度过小，所以，产生的Al(OH)3就会沉积下来进而阻止浸出反应的持续进行。(6)浸出液B中存在AlO，首先要将AlO沉淀下来，一般是通入足量的CO2生成Al(OH)3，然后脱水生成Al2O3，最后将Al2O3在熔融的状态下电解即可得到金属铝(加入冰晶石可以降低Al2O3的熔点)
10、。答案(1)0(2) 2Ni2O34H2SO4=4NiSO4O24H2O(3)H2S2Fe3=2Fe22HS(4)不能，因为冷却时，CO能与Ni反应生成Ni(CO)4(5)2Al2OH2H2O=2AlO3H2因为Al溶于碱液生成AlO时在水中存在下列平衡：AlO2H2OAl(OH)3OH，OH浓度过小，抑制AlO的水解程度过小，所以，产生的Al(OH)3就会沉积下来进而阻止浸出反应的持续进行(6)Al(OH)3Al2O3Al3科学研究表明，当前应用最广泛的化石燃料到本世纪中叶将枯竭，解决此危机的唯一途径是实现燃料和燃烧产物之间的良性循环：(1)一种常用的方法是在230 、有催化剂条件下将CO2
11、和H2转化为甲醇蒸汽和水蒸气。下图是生成1 mol CH3OH时的能量变化示意图。已知破坏1 mol不同共价键的能量(kJ)分别是：CHCOC=OHHHO413.4351745436462.8已知E1=8.2 kJmol1，则E2=_kJmol1。(2)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2 L的恒容密闭容器中进行如下反应：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)，得到如下三组数据：实验温度/起始量达到平衡CO/molH2O/molH2/molCO转化率所需时间/min1650421.6629002133900abct该反应的H_0(填“” )。实验2条件下的平衡常数K=_。
12、实验3中，若平衡时H2O的转化率为，则a/b=_，c=_。实验4，若900 时，在容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1 mol，则此时v正_v逆(填“”或“=”)。(3)捕捉CO2可以利用Na2CO3溶液。先用Na2CO3溶液吸收CO2生成NaHCO3，然后使NaHCO3分解，Na2CO3可以进行循环使用。将100 mL 0.1 molL1 Na2CO3的溶液中通入112 mL(已换算为标准状况)的CO2，溶液中没有晶体析出，则：反应后溶液中的各离子浓度由大到小的顺序是_。反应后的溶液可以作“缓冲液”(当往溶液中加入一定量的酸和碱时，有阻碍溶液pH变化的作用)，请解释其原理_。解析(1)由
13、反应：CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g)可知，H=(74524363413.43351462.83)kJmol1=181.6 kJmol1；又E1E2=H，可知E2=189.8 kJmol1。(2)650 时CO的转化率为=0.4大于，加压不影响平衡状态，故升高温度平衡逆向一定，正反应放热，H0；K=1；因为900 时的K=1，将实验2中的CO和H2O浓度互换，则K值不变，若平衡时，H2O的转化率为，则a/b=1/2，c=；实验4，若900 时，在容器中加入的CO、H2O、CO2、H2均为1 mol，同一容器的体积相同，各物质的浓度也相同，所以Qc=1，Qc=K，该可逆反应
14、达到平衡，此时v正=v逆。(3)原溶液中n(Na2CO3)=100103L0.1 molL1=0.01 mol；标准状况下112 mL的CO2的物质的量为0.005 mol。由反应Na2CO3H2OCO2=2NaHCO3可知，反应后的溶液中剩余n(Na2CO3)=0.005 mol、生成n(NaHCO3)=0.005 mol。因为CO的水解生成HCO且比水解HCO能力强，溶液显碱性，故有：c(Na)c(HCO)c(CO)c(OH)c(H)。反应后的溶液存在HCOCOH，加入少量的酸，平衡逆向移动，溶液pH变化不大；加入少量的碱平衡正向移动，溶液pH变化也不大，故该溶液可以作“缓冲液”。答案(1
15、)189.8(2) 1 1/2或 =(3)c(Na)c(HCO)c(CO)c(OH)c(H)反应后的溶液存在HCOCOH，加入少量的酸，平衡逆向移动，溶液pH变化不大；加入少量的碱平衡正向移动，溶液pH变化也不大，故该溶液可以作“缓冲液”4利用氟磷灰石(Ca5(PO4)3F)生产磷铵(NH4)3PO4并制取硫酸、联产水泥。其工艺流程如下图所示：(1)操作I的名称_；在实验室中操作包括_、_。(2)沸腾槽的材质是_(从“玻璃”、“钢铁”、“附有聚偏氟乙烯防腐层的石墨”中选择)，选择的理由是_ _。(3)工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1 500 生成白磷，同时逸出SiF4
16、和CO，反应方程式为_。(4)黏土中有一种成分为石脂Al2(OH)4Si2O5nH2O，其用氧化物表示为_。(5)已知SO2的催化氧化反应为2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H0。从化学反应原理的角度说明催化氧化时使用热交换器的原因_。(6)制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾。拟用下图所示的装置测定硫酸尾气中SO2的含量：若下列各组中的试剂，前者浓度为0.1 molL1，后者适量，溶液体积为5 mL；通入尾气10 L(已换算为标准状况)时反应管中的溶液恰好变色。判断下列试剂组能否测定硫酸尾气中SO2的体积分数。能者，确定SO2的体积分数；不能者，说明原
17、因。编号试剂组结论NaOH溶液、酚酞试液Na2CO3溶液、酚酞试液碘水、淀粉溶液KMnO4溶液、稀硫酸解析(1)操作得到的是H3PO4液体和石膏固体，所以是过滤；在实验室中操作的目的是从溶液中得到晶体，包括蒸发浓缩、冷却结晶。(2)因为沸腾槽中的反应是在酸性且加热的条件下进行的，此条件下钢铁易被酸溶解；反应产生了HF，HF能腐蚀玻璃。聚偏氟乙烯防腐层不用热硫酸和HF反应，故沸腾槽应选用附有聚偏氟乙烯防腐层的石墨材质。(3)工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1 500 生成白磷，同时逸出SiF4和CO，可以先写出：Ca5(PO4)3FSiO2CCaSiO3P4SiF4CO，
18、再配平。(4)石脂Al2(OH)4Si2O5nH2O，它可以用氧化物表示为Al2O32SiO2(n2)H2O。(5)催化氧化时使用热交换器的原因是移去反应中放出的热量，使反应后的气体降温，有利于平衡正向移动，并预热未反应的气体，从而加快初始反应速率。不能，因为SO2和CO2均可以与NaOH溶液反应，且产物Na2SO3、Na2CO3的溶液仍然为碱性，不能确定反应终点；不能，因为SO2可以与Na2CO3溶液反应生成Na2SO3，反应后溶液仍然为碱性，不能确定反应终点；用淀粉作指示剂，可以证明I2反应完全：I2SO22H2O=H2SO42HI，n(SO2)=n(I2)=0.1 molL15103L=
19、0.5103mol，V(SO2)=0.5103mol22.4 Lmol1=1.12102L，故尾气中SO2的体积分数是0.112%；高锰酸钾溶液本身的紫色可以作终点指示，故可以用来测定硫酸尾气中SO2的体积分数。由于5SO22KMnO42H2O=K2SO42MnSO42H2SO4，按反应关系可以得到尾气中SO2的体积分数是0.28 %。答案(1)过滤蒸发浓缩冷却结晶(2)附有聚偏氟乙烯防腐层的石墨因为酸性且加热，钢铁易被溶解，反应产生HF，HF能腐蚀玻璃(3)4Ca5(PO4)3F21SiO230C20CaSiO33P4SiF430CO(4)Al2O32SiO2(n2)H2O(5)移去反应中放
20、出的热量，使反应后的气体降温并预热未反应的气体(6) 不能，因为SO2和CO2均可以与NaOH溶液反应，且产物Na2SO3、Na2CO3的溶液仍然为碱性，不能确定反应终点不能，因为SO2可以与Na2CO3溶液反应生成Na2SO3，反应后溶液仍然为碱性，不能确定反应终点0.112%0.28%5(1)已知X和Y均为短周期元素，其原子的第一至第五电离能如下表所示：电离能(kJmol1)I1I2I3I4I5X8012 4273 66025 02632 827Y577.51 816.72 744.811 57714 842根据上述信息： X和氯元素形成的简单分子的空间构型为_； Y的基态原子的核外电子排
21、布式为_，若Y和氯元素所形成的分子的相对分子质量为267，请在下列方框中写出该分子的结构式(若存在配位键，用“”表示)(2)碳元素可以形成多种单质及化合物： C60的结构如图1。C60中的碳原子的杂化轨道类型是_；已知：碳元素单质CC键长/ pm熔点/金刚石154.453 900C60145140600(升华)解释：金刚石中的CC的键长大于C60中CC的键长的原因是_； 金刚石的熔点高于C60的原因是_。(3)如图2是钾的石墨的插层化合物的晶胞图(图中大球表示K原子，小球表示C原子)，如图3是晶胞沿右侧方向的投影： 该化合物的化学式是_； K层与C层之间的作用力是_； K层中K原子之间的最近距
22、离是CC的键长dCC的_倍。(4)SiC的晶胞与金刚石的晶胞相似，设碳原子的直径为a cm，硅原子的直径为b cm，则晶胞的边长为_ cm(用含a、b的式子表示)。 解析(1)X和Y为短周期元素，其原子都有第一至第五电离能，原子多于5个电子。又由于X、Y都是I4远大于I3，说明最外层都是3个电子。X、Y元素的原子的I1，X大于Y的，故X是B、Y是Al。X(B)和氯元素形成的简单分子BCl3的中心原子B原子的价层电子无孤电子对，所以其空间构型为平面正三角形；Y(Al)的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，Y和氯元素形成的分子的相对分子质量为267，其分子式是Al2Cl6，A
23、l原子最外层有3个电子，与3个Cl原子形成共价键，还有1个空轨道，可以接收Cl原子提供的孤对电子形成配位键，故其结构式是。(2)C60中的每一个碳原子都与3个相邻的碳原子以共价键相结合，故碳原子轨道以sp2的形式杂化；金刚石中的CC键为单键，而C60中的每个碳原子都以sp2的形式杂化，其2p轨道上还有一个单电子轨道垂直于sp2杂化轨道的平面，相互之间肩并肩重合形成键，故金刚石中的CC的键长大于C60中CC的键长；C60是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，金刚石是原子晶体，融化时破坏的是共价键。(3)根据均摊法：晶胞中的原子数目分别为K：4(顶角)4(面上)5(体心)=125=8，C：48(
24、面上)12(体心)=416=64。原子数目之比KC=864=18，故该化合物的化学式是C8K；K属于活泼金属元素，C为非金属元素，二者之间的作用力为离子键；设晶胞沿右侧方向的投影的边长为2a，宽为a，则K层中K原子之间的最近距离为a，正六边形的内角为120，则4dCCcos 30=a，故a=2dCC；(4)碳化硅的晶胞与金刚石的晶胞相似(如图)，碳原子与硅原子最近距离为晶体体对角线的，若晶胞的边长为l cm，则晶体体对角线为l cm=4()，故l=。答案(1) 平面正三角形1s22s22p63s23p1(2) sp2杂化 金刚石中的CC键为单键，而C60中每个碳原子都以sp2的形式杂化，其2p
25、轨道上还有一个单电子轨道垂直于sp2杂化轨道的平面，相互之间肩并肩重合形成键，故金刚石中的CC的键长大于C60中CC的键长 C60是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，金刚石是原子晶体，融化时破坏的是共价键(3) C8K 离子键 2(4) 6工业上以苯为主要原料生产可降解塑料PCl的合成路线如图所示。已知： (R、R代表烃基)(1)F中含氧官能团的名称是_。(2)由苯生成W的反应类型是_，由X生成E的反应类型是_。(3)B的名称是_，X的名称是_。(4)1 mol四溴双酚与足量NaOH溶液反应，最多可消耗NaOH的物质的量为_。(5)若Y的苯环上只有2种不同化学环境的氢原子，则B与HCHO反
26、应生成Y的化学方程式为_。(6)高分子化合物PCl的结构简式是_。(7)A的同分异构体有很多，写出同时满足下列条件的A的同分异构体的结构简式：_。能与NaOH溶液反应；能发生银镜反应；苯环上有2种不同化学环境的氢原子。解析苯分子中一个H原子被中的取代生成W，联系已知信息和A水解生成CH3COOH，可知A为，A水解生成苯酚(B)和乙酸。苯与H2发生加成反应生成环己烷(D)，D与Cl2发生取代反应后再水解生成环己醇(X)，环己醇发生氧化反应生成环己酮(E)，E被过氧化物氧化生成 (H)，H水解后发生缩聚反应生成。苯酚与甲醛反应生成。1 mol四溴双酚水解生成的有机物中含6 mol酚羟基，还生成4 mol HBr，故1 mol四溴双酚最多可消耗10 mol NaOH。满足条件的A的同分异构体是甲酸酯，苯环上有2种不同化学环境的氢原子，其结构简式为。答案(1)(酚)羟基(2)取代反应氧化反应(3)苯酚环己醇(4)10 mol(5)2HCHOH2O(6) (7)