2023高考化學大二輪復習第3部分訓練非選擇題專項練7

PAGEPAGE4訓練(十五)非選擇題專項練(7)1．黃銅礦(主要成分為CuFeS2，S為－2價)是工業(yè)冶銅的主要原料，現(xiàn)有一種天然黃銅礦(含SiO2)為了測定該黃銅礦的純度，設計了如下實驗：現(xiàn)稱取研細的黃銅礦樣品1.84g，在空氣存在下進行煅燒，發(fā)生如下反響：3CuFeS2＋8O2eq\o(=,\s\up11(高溫))3Cu＋Fe3O4＋6SO2實驗后d中溶液的eq\f(1,10)置于錐形瓶中，用0.0500mol·L－1標準碘溶液進行滴定，消耗標準溶液20.00mL，請答復以下問題：(1)3CuFeS2＋8O2eq\o(=,\s\up11(高溫))3Cu＋Fe3O4＋6SO2中氧化產(chǎn)物是__________，當生成0.3molSO2氣體時，轉移電子________mol。(2)將樣品研細后再反響，其目的是___________________________________，裝置C的作用是_______________________________________________________。(3)用標準碘溶液滴定d中溶液的離子方程式是_________________________，滴定達終點時的現(xiàn)象是_________________________________________________。(4)上述反響結束后，仍需通一段時間的空氣，其目的是___________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)通過計算可知，該黃銅礦的純度為____________。(6)假設將原裝置d中的試液換為Ba(OH)2溶液，測得黃銅礦純度偏高，假設實驗操作均正確，可能的原因主要是______________________________________________________________________________________________________________。解析該實驗原理是：根據(jù)黃銅礦空氣中煅燒產(chǎn)生的二氧化硫的量的測定(二氧化硫可以用碘水來標定)，結合元素守恒可以確定黃銅礦的量，進而計算其純度。(1)CuFeS2，S元素化合價為－2價；Cu元素化合價為＋2價，F(xiàn)e元素化合價為＋2價，反響后銅元素化合價降低，鐵元素化合價升高，硫元素化合價升高，氧元素化合價降低，氧化產(chǎn)物為：Fe3O4、SO2，依據(jù)電子守恒計算電子轉移總數(shù)，反響中3Cu2＋～3Cu～6e－，8O2～Fe3O4＋6SO2～32e－，生成6molSO2，電子轉移總數(shù)為38mol，當生成0.3molSO2氣體時1.9mol電子。(2)將樣品研細后再反響，即增大固體的外表積，目的是使原料充分反響、加快反響速率，灼熱的銅網(wǎng)可以除去多余的氧氣。(3)用標準碘溶液滴定d中溶液的反響是二氧化硫被溴單質氧化生成硫酸和氫溴酸，反響的離子方程式為：SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SOeq\o\al(2－,4)，當?shù)竭_滴定終點時，二氧化硫已經(jīng)被碘單質消耗完畢，再滴入一滴碘單質，遇到淀粉會變藍且半分鐘不褪色，證明反響到達反響終點。(4)黃銅礦空氣中煅燒生成二氧化硫等一系列產(chǎn)物，完畢后仍然通入空氣，可以將產(chǎn)生的二氧化硫全部排出去，使結果精確。(5)根據(jù)滴定管的示數(shù)是上方小，下方大，可以讀出滴定管示數(shù)是20.00mL，當?shù)竭_滴定終點時，二氧化硫已經(jīng)被碘單質消耗完畢，再滴入一滴碘單質，遇到淀粉會變藍，根據(jù)反響實質，得到：2I2～2SO2～CuFeS2，消耗掉0.05mol·L－1標準碘溶液20.00mL時，即消耗的碘單質的量為：0.05mol·L－1×0.02L=0.0010mol，所以黃銅礦的質量是：0.5×0.0010mol×184g·mol－1×10=0.92g，所以其純度為eq\f(0.92g,1.84g)×100%=50%。(6)空氣中的CO2與Ba(OH)2反響可以生成BaCO3沉淀，此外BaSO3被氧化成BaSO4均可以導致沉淀的量比二氧化硫和氫氧化鋇反響生成的白色沉淀的量多。答案(1)Fe3O4、SO21.9(2)增大接觸面積，使原料充分反響、加快反響速率除去多余的氧氣(3)SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SOeq\o\al(2－,4)錐形瓶中的溶液由無色變?yōu)樗{色且半分鐘不褪色(4)使反響生成的SO2全部進入d裝置中，使結果精確(5)50%(6)空氣中的CO2與Ba(OH)2反響生成BaCO3沉淀，BaSO3被氧化成BaSO42．硫單質及其化合物在工農業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應用，請答復以下問題：圖1圖2(1)一種煤炭脫硫技術可以把硫元素以CaSO4的形成固定下來，但產(chǎn)生的CO又會與CaSO4發(fā)生化學反響，相關的熱化學方程式如下：①CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g)ΔH=＋210.5kJ·mol－1②eq\f(1,4)CaSO4(s)＋CO(g)eq\f(1,4)CaS(s)＋CO2(g)ΔH=－47.3kJ·mol－1反響：CaO(s)＋3CO(g)＋SO2(g)CaS(s)＋3CO2(g)ΔH=________kJ·mol－1(2)圖1為密閉容器中H2S氣體分解生產(chǎn)H2和S2(g)的平衡轉化率與溫度、壓強的關系。圖1中壓強P1、P2、P3的大小順序為__________，理由是______________________，該反響平衡常數(shù)的大小關系為K(T1)________K(T2)(填“＞〞、“=〞或“＜〞)，理由是_______________________________________________________________________________________________________________。(3)在一定條件下，二氧化硫和氧氣發(fā)生反響：2SO2(g)＋O2(g)2SO3ΔH＜0①600℃時，在一密閉容器中，將二氧化硫和氧氣混合，反響過程中SO2、O2、SO3物質的量變化如圖2，反響處于平衡狀態(tài)的時間段所示____________________________________________________________________。②據(jù)圖2判斷，反響進行至20min時，曲線發(fā)生變化的原因是__________________(用文字表達)；10min到15min的曲線變化的原因可能是________(填寫編號)。a．加了催化劑 b．縮小容器體積c．降低溫度 d．增加SO2的物質的量(4)煙氣中SO2可用某濃度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，該溶液中c(Na＋)=__________(用含硫微粒濃度的代數(shù)式表示)。解析(1)利用蓋斯定律將②×4－①可得CaO(s)＋3CO(g)＋SO2(g)CaS(s)＋3CO2(g)ΔH=4×(－47.3kJ·mol－1)－(210.5kJ·mol－1)=－399.7kJ·mol－1。(2)H2S氣體分解生產(chǎn)H2和S2(g)的反響為2H2Seq\o(=,\s\up11(高溫))2H2＋S2，反響前后氣體體積增大，同溫度下，壓強越大，平衡逆向進行，H2S轉化率減小，那么P1＜P2＜P3，溫度升高，H2S的轉化率增大，說明正反響為吸熱反響，升溫平衡正向進行，平衡常數(shù)增大，K(T1)＜K(T2)。(3)①反響混合物各物質的物質的量不變化，說明反響處于平衡狀態(tài)，由圖可知在15～20min和25～30min出現(xiàn)平臺，各組分的物質的量不變，反響處于平衡狀態(tài)。②由圖可知，反響進行至20min時，平衡向正反響移動，瞬間只有氧氣的濃度增大，應是增大了氧氣的濃度。由圖可知，反響向正反響進行，10min到15min反響混合物單位時間內的變化量增大，說明反響速率增大，10min改變瞬間，各物質的物質的量不變。a.加了催化劑，增大反響速率，故a正確；b.縮小容器體積，增大壓強，增大反響速率，故b正確；c.降低溫度反響速率降低，故c錯誤；d.10min改變瞬間，各物質的物質的量不變，不是增加SO2的物質的量，故d錯誤。(4)煙氣中的SO2可用某濃度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，依據(jù)溶液中電荷守恒分析，c(Na＋)＋c(H＋)=2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，c(H＋)=c(OH－)，得到(Na＋)=2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))。答案(1)－399.7(2)P1＜P2＜P3反響前后氣體體積增大，增大壓強平衡逆向進行＜反響是吸熱反響，升溫平衡正向進行，平衡常數(shù)增大(3)①15～20min和25～30min②增大氧氣的濃度ab(4)2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))3．鈦被稱為“二十一世紀金屬〞，工業(yè)上用鈦鐵礦制備金屬鈦的工藝流程如下：：鈦鐵礦主要成分與濃硫酸反響的主要產(chǎn)物是TiOSO4和FeSO4，TiOSO4遇水會水解。請答復以下問題：(1)操作1用到的玻璃儀器除燒杯外還有________，操作2是________、過濾，副產(chǎn)品主要成分的化學式為____________。(2)請結合化學用語解釋將TiO2＋轉化為H2TiO3的原理_________________________________________________________________________________________。(3)鈦的復原性介于鋁和鋅之間，估計鈦能耐腐蝕的原因之一是_____________________________________________________________________，如果可從Na、Zn、Fe三種金屬中選一種金屬代替流程中的鎂，那么該金屬跟四氯化鈦反響的化學方程式是_____________________________________________。(4)電解TiO2來獲得Ti是以TiO2作陰極，石墨為陽極，熔融CaO為電解質，用碳塊作電解槽，其陰極反響的電極反響式為______________________________。(5)為測定溶液中TiOSO4的含量，首先取待測鈦液10mL用水稀釋至100mL，加過量鋁粉，充分振蕩，使其完全反響：3TiO2＋＋Al＋6H＋=3Ti3＋＋Al3＋＋3H2O，過濾后，取出濾液20.00mL，向其中滴加2～3滴KSCN溶液作指示劑，用________________(填一種玻璃儀器的名稱)滴加0.1000mol·L－1FeCl3溶液，發(fā)生Ti3＋＋Fe3＋=Ti4＋＋Fe2＋，當溶液出現(xiàn)紅色到達滴定終點，用去了30.00mLFeCl3溶液，待測鈦液中TiOSO4的物質的量濃度是________。解析(1)操作1為過濾，用到的玻璃儀器除燒杯外還有漏斗、玻璃棒，操作2的實驗步驟為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，參加過量鐵屑后溶液中含有Fe2＋離子，那么過濾后可得FeSO4·7H2O(或FeSO4)，副產(chǎn)品主要成分的化學式為FeSO4。(2)加熱的目的是促進TiO2＋水解生成H2TiO3，別離出固體加熱得到TiO2；溶液中存在平衡：TiO2＋＋2H2OH2TiO3＋2H＋，當加熱升溫后，平衡正向移動，生成H2TiO3。(3)鈦的復原性介于鋁與鋅之間，氧化鋁是一層致密的氧化膜，估計鈦能耐腐蝕的原因是鈦外表形成一層致密的氧化膜(或鈦的內部結構緊密)；活潑金屬鈉可以將金屬鈦置換出來：TiCl4＋4Naeq\o(=,\s\up11(高溫))Ti＋4NaCl，Zn和Fe都是不可以的，活潑性差。(4)因TiO2作陰極，得到電子，被復原，TiO2＋4e－=Ti＋2O2－，得到單質Ti。(5)準確滴加氯化鐵溶液可使用滴定管，氯化鐵有較強的氧化性，應用酸式滴定管；設濾液Ti3＋的物質的量為x，Ti3＋(紫色)＋Fe3＋＋H2O=TiO2＋(無色)＋Fe2＋＋2H＋11x0.1000mol·L－1×0.03L解得x=0.1000mol·L－1×0.03L=0.003mol那么待測鈦液中TiOSO4的物質的量=0.003mol×5=0.015mol根據(jù)c=eq\f(n,V)=eq\f(0.015mol,0.01L)=1.50mol·L－1。答案(1)漏斗、玻璃棒蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶FeSO4(2)溶液中存在平衡：TiO2＋＋2H2OH2TiO3＋2H＋，當加熱升溫后，平衡正向移動，生成H2TiO3(3)鈦外表形成一層致密的氧化膜(或鈦的內部結構緊密)TiCl4＋4Naeq\o(=,\s\up11(高溫))Ti＋4NaCl(4)TiO2＋4e－=Ti＋2O2－(5)酸式滴定管1.50mol·L－14．煤炭被人們譽為黑色的“金子〞，它是人類使用的主要能源之一。為了提高煤的利用率，減少有害氣體的排放，人們采取了各式各樣的方法。(1)煤的氣化和液化可以提高煤的利用率。煤的氣化技術的主要產(chǎn)物是________。煤的液化又分為____________________。將煤隔絕空氣加強熱得到焦爐氣、煤焦油及焦炭等產(chǎn)品的技術稱為__________。(2)煤在燃燒前后及燃燒過程中均可采取措施減少有害氣體的排放。①在燃燒前，可以采用微生物脫硫技術。原理如下圖：圖示過程中Fe2＋的作用為________________。寫出Fe2＋eq\o(→,\s\up11(微生物),\s\do11(O2/H＋))Fe3＋的離子方程式：______________________________________________________________。②煤在燃燒時，進行脫硫處理，常采用________燃燒技術，再把煤和脫硫劑參加鍋爐燃燒室，使煤與空氣在流化過程中充分混合、燃燒，起到固硫作用。常用脫硫劑的主要化學成分為__________(填化學式)。③煤在燃燒后，煙氣凈化常采用除塵技術和脫硫、脫硝技術。濕法脫硫、脫硝技術中將煙氣通入____________設備，用石灰水淋洗。解析(1)煤的氣化是煤和水蒸氣在高溫條件下反響生成一氧化碳和氫氣的過程，故主要產(chǎn)物為CO、H2；煤的液化可以分為直接液化或間接液化；將煤隔絕空氣加強熱使煤分解得到焦爐氣、煤焦油及焦炭等產(chǎn)品的技術稱為煤的干餾。(2)①根據(jù)微生物脫硫技術的原理可知，亞鐵離子先被氧化為鐵離子，后鐵離子又被復原為亞鐵離子，即亞鐵離子先被消耗后又生成，故在反響中作催化劑，亞鐵離子作復原劑，被氧氣氧化為鐵離子，氧氣在酸性條件下被復原為水，化學方程式為4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O。②在燃燒的同時進行的脫硫技術稱為流化床燃燒技術，由于二氧化氯是酸性氧化物，所以可以加堿性氧化物CaO(或CaCO3)來加以吸收。③吸收煙氣的裝置為吸收塔。答案(1)CO、H2直接液化和間接液化煤的干餾(2)①中間產(chǎn)物，催化劑作用，加快S元素的氧化4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O②流化床CaO(或CaCO3)③吸收塔5．A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的五種元素，A的一種同位素可用于考古測定生物的死亡年代，B與A同周期，其s能級電子數(shù)比p能級電子數(shù)多，C原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，D與B同主族；E的原子序數(shù)為29。答復以下問題：(1)五種元素中第一電離能最大的是________(填元素符號)，其中D原子價電子排布圖為__________。(2)元素B的簡單氣態(tài)氫化物的沸點________(填“高于〞或“低于〞)元素A的簡單氣態(tài)氫化物的沸點。其主要原因是________________，A的簡單氣態(tài)氫化物中心原子的雜化軌道類型為__________。(3)BCeq\o\al(－,3)的立體構型為________，與其互為等電子體的分子是________(寫化學式)。(4)EC在加熱條件下容易轉化為E2C。從原子結構的角度解釋原因____________，E原子的外圍電子排布式為________，E晶體的堆積方式為________(填序號)。①簡單立方堆積 ②體心立方堆枳③六方最密堆積 ④面心立方最密堆積(5)硼與D可形成一種耐磨材料F，其結構與金剛石相似(如圖)?？捎膳鸬娜寤锖虳的三溴化物高溫下在氫氣的氣氛中合成，寫出合成F的化學方程式：__________________，F(xiàn)的晶胞邊長為apm，那么該晶體密度的表達式為________g·cm－3(含a、NA的式子表示，不必化簡)。解析A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的五種元素，A的一種同位素可用于考古中測定生物的死亡年代，那么A為碳元素；B與A同周期，其s能級電子數(shù)比p能級電子數(shù)多，原子核外電子數(shù)排布式為1s22s22p3，那么B為N元素；C原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，故C為O元素；D與B同主族，那么D為P元素；E的原子序數(shù)為29，那么E為Cu。(1)非金屬性越強第一電離能越大，N元素原子2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故N元素的第一電離能最大，D為P元素，原子價電子排布式為3s23p3，原子價電子排布圖為。(2)元素A、B的簡單氣態(tài)氫化物分別為CH4、NH3，NH3分子之間存在氫鍵，沸點高于甲烷的，甲烷分子中C原子形成4個C—H鍵，沒有孤對電子，故碳原子采取sp3雜化。(3)NOeq\o\al(－,3)中N原子孤電子對數(shù)=eq\f(5＋1－2×3,2)=0，價層電子對數(shù)=3＋0=3，立體構型為平面三角形，與其互為等電子體的分子是SO3。(4)Cu2＋離子外圍電子排布為3d9，而Cu＋離子外圍電子排布為3d10，為全滿穩(wěn)定狀態(tài)，Cu2O更穩(wěn)定，CuO在加熱條件下容易轉化為Cu2O，Cu原子的外圍電子排布式為：3d104s1，Cu晶體的堆積方式為面心立方最密堆積。(5)硼與P可形成一種耐磨材料F，其結構與金剛石相似(如圖)，那么F為BP，可由硼的三溴化物和D的三溴化物于高溫下在氫氣的氣氛中合成，合成F的化學方程式：BBr3＋PBr3＋3H2eq\o(=,\s\up11(高溫))BP＋6HBr，金剛石晶胞中C原子數(shù)目為4＋8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)=8，那么晶胞中B、P原子數(shù)目均為4，晶胞質量為4×eq\f(11＋31,NA)g，晶胞邊長為apm，那么該晶體密度為4×eq\f((11＋31),NA)g÷(a×10－10cm)3=eq\f(4×42,NA×(a×10－10)3)g·cm－3。答案(1)N(2)高于NH3分子之間存在氫鍵sp3(3)平面三角形SO3(4)Cu2＋離子外圍電子排布為3d9，而Cu＋離子外圍電子排布為3d10，為全滿穩(wěn)定狀態(tài)，Cu2O更穩(wěn)定3d104s1④(5)BBr3＋PBr3＋3H2eq\o(=,\s\up11(高溫))BP＋6HBreq\f(4×42,NA×(a×10－10)3)6．F、G都是常見的高分子材料，以下是由丙烯合成F、G的流程圖。(1)E的化學名稱是__________，所含官能團是__________。(2)G的結構簡式是____________。(3)A→B的化學