【文档说明】高考化学三轮冲刺分层专题特训卷非选择组合练4 (含解析).doc，共(10)页，421.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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非选择题组合练(四)本练包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每道题考生都必须作答。第35、36题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共43分。26．(14分)亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸

味。某学习小组设计了如下实验制取NaNO2，并检验样品中NaNO2的含量：【实验Ⅰ】制取NaNO2该小组查阅资料知①2NO＋Na2O2===2NaNO2；②2NO2＋Na2O2===2NaNO3；③NO2

可被碱吸收。该小组设计制取NaNO2的装置如下(夹持装置略去)：(1)仪器a的名称为____________。(2)装置D可将剩余的NO氧化成NO－3，发生反应的离子方程式为_________________

_____。(3)如果没有B装置，C中发生的主要副反应有________。(4)甲同学检查完气密性后进行实验，发现制得的NaNO2的纯度较低。乙同学在上述装置的基础上增加了一个装置，提高了NaNO2的纯度，增加的装置是_________

_________________________。丙同学对B中的药品进行了更换，也提高了NaNO2的纯度，则更换后的药品是____________。【实验Ⅱ】测定样品中NaNO2的含量(杂质不参与反应)实验流程如下：样品→溶液A―――――――――――――――→酸

性KMnO4溶液溶液B―――――――――――――――――――――→用NH42FeSO42标准溶液滴定数据处理(5)取样品2.3g经溶解后得到100mL溶液A，准确量取10.00mL溶液A与24.00mL0.0500mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液在锥形瓶中充分反应。

反应后的溶液用0.1000mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至剩余的高锰酸钾反应完；重复上述实验3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液10.00mL，则样品中NaNO2的纯度为________。(6)通过上述实

验测得样品中NaNO2的纯度偏高，可能的原因是________(填标号)。a．滴定至溶液紫色刚好褪去，立即停止滴定b．锥形瓶未经干燥直接使用c．滴定前，滴定管尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡d．实验中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空气中的时间过长答案：(1)分

液漏斗(2)5NO＋3MnO－4＋4H＋===5NO－3＋3Mn2＋＋2H2O(3)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑(4)在A、B之间增加装有水的洗气瓶(其他合理答案均可)碱石灰或氧化钙(5)75%(6)ac解析：(1)仪器a为分液漏斗。(2)根据题给信息，NO

被氧化为NO－3，则MnO－4在酸性条件下被还原为Mn2＋，由此可以得出反应的离子方程式为5NO＋3MnO－4＋4H＋===5NO－3＋3Mn2＋＋2H2O。(3)装置B的作用是吸收NO中的水分，达到干燥NO的效果，如果没有除去H2O，则H2

O会与Na2O2发生反应2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑。(4)制备的NO气体中会含有NO2杂质，NO2也会与Na2O2反应造成制得的NaNO2纯度降低，若要提高NaNO2的纯度，需要除去杂

质NO2，所以在A、B装置之间添加装有水的洗气瓶，可以有效除去NO2。若将干燥剂CaCl2更换为碱性干燥剂，既可以除去H2O，还可以除去NO2，由此得出所选取的药品可以为碱石灰或CaO等。(5)根据氧化还原反应中得失电子守恒，可知24

.00×10－3×0.0500×5mol＝0.1000×10.00×10－3mol＋2n(NaNO2)，n(NaNO2)＝2.5×10－3mol，m(NaNO2)＝2.5×10－3mol×69g·mol－1＝0.1725g，NaNO2的含量为0.1725×102.3×100%＝75%。(6)若

滴定时溶液紫色刚好褪去，立即停止滴定，则消耗(NH4)2Fe(SO4)2的量偏少，计算出的NaNO2的量就会偏多，a符合题意；锥形瓶未干燥，对实验没有影响，b不符合题意；滴定前尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡，会造成滴定后(NH4)2Fe(SO4)2溶液的读数值偏小，所以计算出的NaNO2的量会

偏多，c符合题意；(NH4)2Fe(SO4)2暴露在空气中会变质，滴定实验中消耗(NH4)2Fe(SO4)2的量会偏多，计算出的NaNO2的量则会偏少，d不符合题意。27．(14分)火山爆发时会喷出SO2，SO2是大气主要污染物之一，在工业中可用于制备硫酸。回答下列问题：(1)SO2是______

______(填“电解质”或“非电解质”)。(2)Cu2S与O2反应可生成SO2，已知：Cu(s)＋12O2(g)===CuO(s)ΔH＝xkJ·mol－1Cu(s)＋12S(s)===12Cu2S(s)ΔH＝ykJ·mol－1S(

s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH＝zkJ·mol－1写出Cu2S与O2反应生成CuO和SO2的热化学方程式________。(3)硫酸工业中涉及反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝QkJ·mol－1。一定条件下，在2L恒容密闭容器中，通入2molSO2和1

molO2发生上述反应，SO2的平衡转化率与压强、温度的关系如图所示。a点时此反应的平衡常数的数值为________。关于该反应，下列说法正确的是________。A．容器内混合气体的密度不再变化时，反应达到平衡B．相同时间内生成2molSO2同时消耗1molO2，反应达到平衡C．Q大于0D

．相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率就越大，该反应的平衡常数就越大E．反应达到平衡后保持温度不变，再充入2molSO2和1molO2，SO2的平衡转化率增大F．反应达到平衡后保持温度不变，再充入He(g)，SO2的平衡转化率增大

(4)将SO2通入酸化的硝酸钡溶液可生成硫酸钡沉淀，25℃时，Ksp(BaSO4)＝1×10－10，Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9。该温度下，BaSO4和BaCO3沉淀共存的悬浊液中，cSO2－4cCO2－3＝______

__。(5)用如图装置回收SO2可制得硫酸，电极为惰性电极，a、b膜分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜。阳极的电极反应为__________________。答案：(1)非电解质(2)Cu2S(s)＋2O2(g

)===2CuO(s)＋SO2(g)ΔH＝(2x＋z－2y)kJ·mol－1(3)532或0.15625BE(4)126(5)SO2－3－2e－＋H2O===SO2－4＋2H＋解析：(1)二氧化硫是非电解质。(2)Cu2S

与O2反应生成CuO和SO2，由盖斯定律得Cu2S(s)＋2O2(g)===2CuO(s)＋SO2(g)ΔH＝(2x＋z－2y)kJ·mol－1。(3)列出三段式：2SO2g＋O2g2SO3g起始2mol1mol0转化0.4mol0.2mol

0.4mol平衡1.6mol0.8mol0.4mola点时K＝c2SO3c2SO2·cO2＝0.4mol2L21.6mol2L2·0.8mol2L＝0.4×0.41.6×1.6×0.4L·mol－1＝532L·mol－1。此反应在体积恒定的

密闭容器中进行，混合气体的密度为定值，A项错误；相同时间内生成2molSO2同时消耗1molO2，表示正、逆反应速率相等，反应达到平衡，B项正确；由图象可知一定条件下，温度越高，二氧化硫的平衡转化率越低，说明该反应的正反应是放热反应，C项错误；平衡常数只与温度有关，温度不变，

平衡常数不变，D项错误；假设向2个完全相同的容器中各充入2molSO2和1molO2，则SO2的平衡转化率相同，将2个容器压缩为1个反应容器后，平衡右移，SO2的平衡转化率增大，E项正确；体积、温度恒定，达到平衡时，再充入He(g)，平衡不移动，F项错误。(4)两沉淀共存的悬浊液中

，cSO2－4cCO2－3＝KspBaSO4KspBaCO3＝126。(5)产生氢气的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，发生该反应的区域为阴极室，a膜是阳离子交换膜，原料室中的Na＋通过a膜进入阴极室，出口的NaOH溶液浓度较大

，进口是稀NaOH溶液。阳极发生的反应为SO2－3－2e－＋H2O===SO2－4＋2H＋。28．(15分)Mn3O4又名黑锰矿，主要用于生产优质软磁铁氧体等。回答下列问题：(一)(1)Mn3O4不溶于水，但溶于稀盐酸生成Mn2＋和黄绿色气体A，则该反应中n(Mn3O4):n(A)

＝________。(2)工业上可以利用KMnO4与过量乙醇在较低的温度下制备出Mn3O4纳米粉体，乙醇的作用是________和作溶剂。实验表明，乙醇中含有水分时反应速率明显加快，解释反应加快的原因是_______________________________

_。(二)某原生锰矿石的主要成分是MnS和MnCO3，含有较多杂质，主要化学成分如下表：成分MnSSiAlFeZnPbMgCaCuAg含量/%38.126.704.011.781.370.920.750.630.590.340.03某实验小组采用上述锰矿石为基本原料，设计下列流程，制取高纯的四氧

化三锰。(3)用硫酸溶浸锰矿石粉的过程中加入了MnO2，其作用是把溶浸过程中产生的H2S气体氧化成SO2－4，请写出MnO2氧化H2S的离子方程式_____________________________________________________

___________________________________________________________________________________________。(4)90℃水浴加热1小时后加入石灰调节溶液pH＝6.0，目的是____________。恢复至室温检测溶液pH＝

6.0时，Fe3＋的浓度为______________mol·L－1(已知室温下Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38)。(5)将硫酸锰溶液反复经过由MnO2组成的滤层进行过滤，利用MnO2滤层较强的吸附性除掉未沉淀下来的微量________、________、Fe(O

H)3三种胶体。(6)往Mn(OH)2中加入NH4Cl(作催化剂)充分混合后，通入氧气，加热并搅拌，得到高纯Mn3O4。请写出发生反应的化学方程式______________________________________________________________

__________。答案：(一)(1)1:1(2)作还原剂KMnO4在乙醇中溶解度很小，含有水时KMnO4溶于水，水和乙醇互溶，液固反应转变成液液反应，反应速率加快(二)(3)4MnO2＋H2S＋6H＋===SO2－4＋4Mn2＋＋4H2O(4)促进Fe3＋和Al3＋的水解

，使其分别转变为Fe(OH)3和Al(OH)3除掉4.0×10－14(5)H2SiO3Al(OH)3(6)6Mn(OH)2＋O2=====NH4Cl加热2Mn3O4＋6H2O解析：(一)(1)根据题给信息，可知黄绿色

气体A为氯气，根据氧化还原反应中得失电子数相等直接得出n(Mn3O4)×3×＋83－＋2＝n(Cl2)×2，n(Mn3O4):n(Cl2)＝1:1。(2)根据KMnO4与过量乙醇在较低的温度下可

制备Mn3O4纳米粉体，可分析出乙醇的作用是作还原剂和溶剂。乙醇中含有水时，反应速率明显加快，因为KMnO4在乙醇中溶解度很小，基本是液固反应，含有水时KMnO4溶于水，水和乙醇互溶，液固反应转变成液液反应，反应速率加快。(二)(3)可以依据题给信息写出MnO

2在酸性溶液中将H2S氧化成SO2－4的离子方程式：4MnO2＋H2S＋6H＋===SO2－4＋4Mn2＋＋4H2O。(4)往浸出液中加入MnO2，再水浴加热1小时，溶液中的Fe2＋被氧化成Fe3＋，之后

加入石灰调节溶液pH＝6.0，促进Fe3＋和Al3＋的水解，使其分别转变为Fe(OH)3和Al(OH)3除掉。溶液pH＝6.0时，c(Fe3＋)＝4.0×10－3810－83mol·L－1＝4.0×10－14mol

·L－1。(5)经上述处理之后得到的硫酸锰溶液中还含有微量H2SiO3、Fe(OH)3和Al(OH)3胶体以及Cu2＋、Ag＋、Pb2＋、Ca2＋、Mg2＋等，反复经过由MnO2组成的滤层进行过滤，利用MnO2滤层较强的吸附性除掉未沉淀下来的微量H2SiO3、Fe(

OH)3和Al(OH)3三种胶体。(6)由题意可知，发生反应的化学方程式为6Mn(OH)2＋O2=====NH4Cl加热2Mn3O4＋6H2O。(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。35．[化学——选修3：物质结构与性质](15分)铝及其化合

物是生活中重要的物质。回答下列问题：(1)美国科学家成功地发现了由13个铝原子组成的“超级原子”——Al13，并指出这种超级原子具有40个价电子时最稳定。①写出基态Al原子的价电子排布式________

。Al原子的第一电离能________(填“大于”或“小于”)Mg原子的第一电离能，简述判断的理由_____________________________________________________________________________________________

___________________________________________________。②预测Al13的稳定化合态(稳定的离子的化学式)为________。(2)用于冶炼铝单质的氧化铝是离子晶体，其熔点很高，而氯化铝熔点很低，且加热容易升华。①从结构上

分析氧化铝熔点很高的原因是________________________________________________________________________________。②固态AlCl3属于____________(填晶体类型)晶

体，加热升华后以二聚物Al2Cl6形式存在，Al2Cl6中铝原子的杂化方式为____________；将固态AlCl3溶于水并加入足量烧碱，形成Al(OH)－4，写出该离子的结构式____________。(3)已知金属铝的晶体结

构采取面心立方最密堆积(如图)，密度约为2.7g·cm－3。①铝原子的配位数为________，若A的坐标为(0,0,0)，B的坐标为(1,1,1)，则C的坐标为________。②计算Al—Al键的键长为________cm。(已知NA为

阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)答案：(1)①3s23p1小于基态Al原子的3p轨道上只有一个单电子，失去3p轨道上的单电子变成Al＋相对较容易，但镁原子的价电子排布式为3s2，稳定性较强，失去一个电子变成Mg＋难度很大②Al－13(2)①Al3＋和O2－电荷数大，且离子半径小，氧化铝

的晶格能大②分子sp3(3)①12(0,0.5,0.5)②340NA÷2解析：(1)①Al位于元素周期表第三周期第ⅢA族，其基态原子的价电子排布式为3s23p1。Al原子的3p轨道上只有一个单电子，失去3p上

的单电子变成Al＋相对较容易，但镁原子的价电子排布式为3s2，稳定性较强，失去一个电子变成Mg＋难度很大，故Al原子的第一电离能小于Mg原子的第一电离能。②根据题给信息，这种超原子具有40个价电子时最稳定，故Al13的稳定化合态(稳定的

离子的化学式)为Al－13。(2)②由题给信息可知固态AlCl3属于分子晶体，固态AlCl3加热升华后以二聚物Al2Cl6形式存在，Al2Cl6中铝原子的杂化方式为sp3。(3)①以晶胞中任何一个铝原子为研究对象，与之等距离且最近的铝原子个数为12。C的坐标为(0,0.5,0.5)。②晶胞中处于面

对角线上的三个铝原子相切，设Al—Al键的键长为acm，晶胞参数为2acm，故(2a)3×2.7＝4×27÷NA，解得a＝340NA÷2。36．[化学——选修5：有机化学基础](15分)丹参素(F)是中药丹参的水溶性成分，具有扩张血管、增

加冠脉血流量等作用。其一种合成路线如图所示：请回答下列问题：(1)丹参素的分子式为__________；D→E的反应类型是__________。(2)试剂X是______________(写化学式)；C中含氧官能团名称为______________。(3)A→B的化学方程式为____

____________________。(4)G与E互为同分异构体，请写出满足下列条件的任意两种G的结构简式____________。①1molG能与4molNaOH发生反应；②能够发生水解反应；③核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为1:

2:2:2:3。(5)参考上述流程信息，设计以、CH3CHO为原料合成的路线(其他无机试剂任选)________________。答案：(1)C9H9O5Na还原反应(2)NaHCO3酯基、羧基、肽键(3)(4)、(其他合理答案均

可)(5)解析：(1)根据丹参素的结构简式可知，其分子式为C9H9O5Na。D→E的过程中，酮羰基被还原为醇羟基，反应类型为还原反应。(2)E→F的转化过程中，E中羧基发生反应，而酚羟基没发生反应，推测X应为NaHC

O3。(3)由已知信息①、A的分子式、B的结构简式逆推出A的结构简式为。(4)根据已知条件可以推出，G的结构中含有三个酚羟基和一个酯基或含有两个酚羟基和一个酚酯基，且G的结构具有对称性。符合要求的结构简式有、等，任写两种即可。