配套K12（广东专版）2019高考化学二轮复习 第二部分 非选择题专项练（一）

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非选择题专项练(一)

26．由一种短周期金属元素和一种非金属元素组成的化合物X可与水发生复分解反应。某校兴趣小组用如图装置(夹持装置略去)对其进行探究实验。

(1)仪器G的名称是____________，B中红色石蕊试纸变蓝，则单质M的电子式为________________________________________。

(2)化合物X中含组成单质M的元素质量分数为16.9%，写出X与水反应的化学方程式：__________________________________

_____________________________________________________。 (3)C中的试剂名称为__________________。

(4)实验时，装置D中硬质玻璃管内的现象为________________ ______________________________________________________。 (5)装置E中试剂Z为__________(填化学式)，装置E的作用是 _____________________________________________________。

(6)若不通过E、F两装置，请设计实验方案证明D中发生了反应(不通过观察D中固体颜色发生变化)：_______________________

_____________________________________________________。

(7)若装置A中固体样品含有杂质(杂质不参与反应)，某同学通过测定F中单质M在标准状况下的体积和固体样品的质量，以确定固体样品中X的质量分数，判断该方案是否可行，并说明原因：

______________________________________________________。

解析：(1)仪器G的名称是分液漏斗；B中红色石蕊试纸变蓝，则产生氨气，氨气与氧化铜加热反应生成单质M为氮气，其电子式为∶N??N∶。(2)化合物X中含氮元素质量分数1483－14为16.9%，X应该为氮与活泼金属形成的氮化物，则＝83，＝23，则X为Na3N，

16.9%3Na3N与水反应的化学方程式为：Na3N＋3H2O===3NaOH＋NH3↑。(3)C中的试剂用于干燥氨气，名称为碱石灰。(4)实验时，装置D中硬质玻璃管内的现象为黑色粉末逐渐变为红色，硬质玻璃管末端有水珠凝结。(5)装置E中试剂Z为CCl4，装置E的作用是吸收未反应的NH3，并防止倒吸。(6)若不通过E、F两装置，称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量，通过固体质量的变化证明D中发生了反应(不通过观察D中固体颜色发生变化)。(7)若装置A中固

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体样品含有杂质(杂质不参与反应)，某同学通过测定F中单质M在标准状况下的体积和固体样品的质量，以确定固体样品中X的质量分数，方案不可行，因为装置A中生成的氨气不可能完全与CuO反应。

答案：(1)分液漏斗 ∶N??N∶

(2)Na3N＋3H2O===3NaOH＋NH3↑ (3)碱石灰

(4)黑色粉末逐渐变为红色，硬质玻璃管末端有水珠凝结 (5)CCl4 吸收未反应的NH3，并防止倒吸 (6)称量反应前后硬质玻璃管内固体物质的质量 (7)不可行，因为装置A中生成的氨气不可能完全与CuO反应

27．利用工业炼铅产生的锌灰(主要成分为ZnO、PbO、FeO、MnO2、CuO)可回收制备ZnCl2，工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)“浸取”实验中，反应体系的温度、反应时间对锰脱除效果的影响如下表，则适合的温度和反应时间分别是________、________。

表1 温度对锰脱除效果的影响

温度/℃ 10 30 50 70 ρ(Mn)/mg·L 0.325 0.341 0.424 0.646 2＋－1除锰率/% 87.9 89.5 84.3 76.1 表2 反应时间对锰脱除效果的影响

时间/h 1.0 1.5 2.0 2.5 ρ(Mn)/mg·L 0.995 0.794 0.328 0.325 2＋－1除锰率/% 63.1 70.6 87.9 87.9 (2)“滤渣1”的主要成分是____________。 (3)H2O2溶液的作用是__________________________________， 精品K12教育教学资料

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已知“滤渣

2”的主要成分是

Fe(OH)3，则氧化锌的作用是

2＋

______________________________。“置换”实验中发生的反应的离子方程式有Zn＋Pb===Pb＋Zn、_________________________。

2＋

(4)由锌灰制取金属锌可采用碱溶解，然后电解浸取液，已知：ZnO溶于NaOH溶液中生成[Zn(OH)4]，则阴极的电极反应为

_____________________________________________________。

(5)ZnCl2晶体溶解于饱和Na2CO3溶液中，得到6.46 g的碱式碳酸锌[Znx(CO3)y(OH)z]，为了测定其组成，充分加热分解，产生的气体依次通入浓硫酸和碱石灰，质量分别增重了0.72 g和0.88 g，则该碱式碳酸锌的化学式为_____________________________________。

解析：(1)“浸取”实验中，根据表中反应体系的温度、反应时间对锰脱除效果的数据可知，浸出率较高的适合的温度和反应时间分别是30 ℃、2.0 h。(2)MnO2不溶于稀盐酸，故“滤渣1”的主要成分是MnO2；(3)H2O2溶液的作用是将Fe氧化为Fe，已知“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3，则氧化锌的作用是调节pH将Fe转化为沉淀除去；“置换”实验中利用锌置换出未处理的金属性弱的金属，发生的反应的离子方程式有Zn＋Pb===Pb＋Zn、Zn＋Cu===Zn＋Cu。(4)阴极碱性条件下[Zn(OH)4]得到电子产生Zn，电极反应为[Zn(OH)4]＋2e===Zn＋4OH。(5)浓硫酸增重为分解生成水的质量，水的物质的量为0.72 g－

－1＝0.04 mol，则n(OH)＝0.08 mol，碱石灰增重为分解得到二氧化碳的质量，

18 g·mol

0.88 g2－2

二氧化碳物质为mol，则n(CO3)＝0.02 mol，结合电子守恒，可知n(Zn－1＝0.02

44 g·mol

＋

2－

－

－

2＋

2＋

2－

2＋

2＋

3＋

2＋

3＋

2－

1

)＝×(0.08 mol＋0.02 mol×2)＝0.06 mol，则x∶y∶z＝0.06∶0.02∶0.08＝3∶1∶4，2

故该碱式碳酸锌的化学式为：Zn3CO3(OH)4。

答案：(1)30 ℃ 2.0 h (2)MnO2

(3)将Fe氧化为Fe 调节pH将Fe转化为沉淀除去 Zn＋Cu===Zn＋Cu (4)[Zn(OH)4]＋2e===Zn＋4OH (5)Zn3CO3(OH)4

28．碳热还原法广泛用于合金及材料的制备。回答下列问题：

(1)某种制备氮氧化铝的反应原理为23Al2O3＋15C＋5N2===2Al23O27N5＋15CO，产物Al23O27N5

中氮的化合价为________，该反应中每生成1 mol Al23O27N5，转移的电子数为____________。

(2)真空碳热冶得法包含很多反应，其中的三个反应如下： Al2O3(s)＋3C(s)===Al2OC(s)＋2CO(g) ΔH1 2Al2OC(s)＋3C(s)===Al4C3(s)＋2CO(g) ΔH2 2Al2O3(s)＋9C(s)===Al4C3(s)＋6CO(g) ΔH3 ①ΔH3＝________________(用ΔH1、ΔH2表示)。 精品K12教育教学资料

2－

－

－

2＋

3＋

3＋

2＋

2＋

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②Al4C3可与足量盐酸反应制备种最简单的烃。该反应的化学方程式为___________________________________________________。

(3)下列是碳热还原制锰合金的三个反应，CO与CO2平衡分压比的自然对数值(ln K＝2.303 1 gK)与温度的关系如图所示(已知Kp是用平衡分压代替浓度计算所得的平衡常数，分压＝总压×气体的物质的量分数)。

Ⅰ.Mn3C(s)＋4CO2(g)Ⅱ.Mn(s)＋CO2(g)Ⅲ.Mn3C(s)＋CO2(g)

3MnO(s)＋5CO(g) Kp(Ⅰ) MnO(s)＋CO(g) Kp(Ⅱ) 3Mn(s)＋2CO(g) Kp(Ⅲ)

①ΔH>0的反应是________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。

②1 200 K时，在一体积为2 L的恒容密闭容器中有17.7 g Mn3C(s)和0.4 mol CO2，只发生反应Ⅰ，5 min后达到平衡，此时CO的浓度为0.125 mol·L，则0～5 min内v(CO2)＝____________。

③在一体积可变的密闭容器中加入一定量的Mn(s)并充入一定量的CO2(g)，只发生反应Ⅱ，下列能说明反应Ⅱ达到平衡的是________(填标号)。

A．容器的体积不再改变 B．固体的质量不再改变 C．气体的总质量不再改变

④向恒容密闭容器中加入Mn3C并充入0.1 mol CO，若只发生反应Ⅲ，则在A点反应达到平衡，当容器的总压为a kPa时，CO的转化率为________；A点对应温度下的Kp(Ⅲ)＝________。

解析：(1)反应23Al2O3＋15C＋5N2===2Al23O27N5＋15CO中，产物Al23O27N5中氮的化合价为－3价，该反应中每生成1 mol Al23O27N5，转移的电子数为5×3NA＝15NA。(2)已知Ⅰ、Al2O3(s)＋3C(s)===Al2OC(s)＋2CO(g) ΔH1

Ⅱ、2Al2OC(s)＋3C(s)===Al4C3(s)＋2CO(g) ΔH2 Ⅲ、2Al2O3(s)＋9C(s)===Al4C3(s)＋6CO(g) ΔH3

①根据盖斯定律，由Ⅰ×2＋Ⅱ得反应Ⅲ，则ΔH3＝2ΔH1＋ΔH2；②Al4C3可与足量盐酸反应制备一种最简单的烃CH4，根据质量守恒配平可得反应的化学方程式为Al4C3＋

－1

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12HCl===4AlCl3＋3CH4↑。(3)①由图中信息可知，反应Ⅲ升高温度，ln K增大，则K增大，44

平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH＞0；②0～5 min内v(CO2)＝v(CO)＝×

550.125 mol·L－1－1

＝0.02 mol·L·min；③反应Ⅱ.Mn(s)＋CO2(g)

5 min

－1

MnO(s)＋CO(g)

为气体体积不变的放热反应，根据“变量不变达平衡”进行判断。反应为气体不变的反应，反应过程容器的体积不是变量，不能作为平衡状态的判断依据，选择A不选；反应是一个固体质量增大的反应，固体的质量为变量，当固体的质量不再改变说明达到平衡状态，选项B选；反应是一个气体质量减小的反应，气体的总质量为变量，当不再改变说明达平衡状态，选项C选。答案选BC。④向恒容密闭容器中加入Mn3C并充入0.1 mol CO，若只发生反应Ⅲ，p（CO）1则在A点反应达到平衡，ln ＝2.303 1 gK＝0，则c(CO)＝c(CO2)，当容器的总压

p（CO2）2为a kPa时，CO的转化率为0.5a kPa。

答案：(1)－3 9.03×10(或15NA)

(2)①2ΔH1＋ΔH2 ②Al4C3＋12HCl===4AlCl3＋3CH4↑ (3)①Ⅲ ②0.02 mol·L·min ③BC ④33.3% 0.5a kPa

－1

－1

24

0.5p（CO）

×100%＝33.3%，A点对应温度下的Kp(Ⅲ)＝＝1＋0.5p（CO2）

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