2019通用版高考化学总复习非选择题系列练题40

非选择题系列练题（4）

1．取一定质量NH4HSO4和MgSO4的固体混合物溶于水配成200mL溶液，向溶液中加入

0.100mol/LBa(OH)2溶液，产生沉淀的质量与所加Ba(OH)2的体积有如图所示关系。

试计算：

（l）所得混合溶液中c(SO42-)=_________。

（2）原固体混合物中，NH4HSO4和MgSO4的物质的量之比为__________。

【答案】 0.200mol/L 1：1

【解析】向溶液中加入0.100mol/LBa(OH)2溶液，首先与氢离子反应，同时产生硫酸钡沉淀，即0～100mL为第一阶段，发生的反应为2NH4HSO4+Ba(OH)2＝BaSO4↓+(NH4)2SO4+2H2O，硫酸钡是0.01mol，所以硫酸氢铵的物质的量是0.02mol；100～300mL为第二阶段，此时加入的氢氧化钡与硫酸镁反应生成硫酸钡和氢氧化镁沉淀，二者形成的沉淀质量为8.15g－

2.33g＝5.82g，所以硫酸镁的物质的量是5.82g÷（58+233）g/mol＝0.02mol；第三阶段

为最后的100mL氢氧化钡与硫酸铵反应生成2.33g硫酸钡沉淀。则

（l）根据以上分析可知所得混合溶液中c(SO42-)=0.04mol÷0.2L＝0.200mol/L。（2）原固体混合物中，NH4HSO4和MgSO4的物质的量之比为0.02mol：0.02mol＝1：1。

点睛：明确反应的原理，尤其是反应的先后顺序是解答的关键。注意掌握图像的答题技巧：①看面：弄清纵、横坐标的含义。②看线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。③看点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。÷

2．我国产铜主要取自黄铜矿(CuFeS2)，湿法炼铜工艺的核心是黄铜矿的浸出，目前主要有氧化浸出、配位浸出和生物浸出三种方法。

I．氧化浸出

（1）在硫酸介质中用双氧水将黄铜矿氧化，测得有SO42-生成。

①该反应的离子方程式为________________________________.

②该反应在25—50℃下进行，实际生产中双氧水的消耗量要远远高于理论值，试分析其原因

为__________________________________________________

Ⅱ，配位浸出

反应原理为：CuFeS2＋NH3·H2O＋O2＋OH－→ Cu(NH3)42＋＋Fe2O3＋SO42－＋H2O(未配平)

（2）用化学用语解释氨水溶液的酸碱性______________________________.

（3）生产中为了稳定溶液的pH，可以在浸出液加入___________________（物质名称）Ⅲ.生物浸出

在反应釜中加入黄铜矿、硫酸铁、硫酸和微生物，并鼓入空气，黄铜矿逐渐溶解，反应釜中各物质的转化关系如图所示。

（4）在微生物的作用下，可以循环使用的物质有_________（填化学式），微生物参与的离子反应方程式为_______________________________（任写一个）。

（5）假如黄铜矿中的铁元素最终全部转化为Fe3+，当有2 mol SO42-生成时，理论上消耗O2的物质的量为_______________________。

【答案】 2CuFeS2＋17H2O2＋2H＋＝2Cu2＋＋2Fe3＋＋4SO42-＋18H2O H2O2受热分解（产物Cu2＋、Fe3＋催化H2O2分解等））NH3·H2O NH4+ + OH-氯化铵（合理铵盐均可） Fe2(SO4)3、H2SO4 4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O或S8＋12O2＋8H2O=8SO42-＋16H＋任写一个 4.25 mol 【解析】本题主要考查氧化还原反应。

Ⅱ.（2）用化学用语解释氨水溶液的酸碱性：NH3·H2O NH4++OH-。

（3）生产中为了稳定溶液的pH，可以在浸出液加入氯化铵（合理铵盐均可），构成NH3、H2O-NH4Cl 缓冲溶液。

Ⅲ.（4）在微生物的作用下，可以循环使用的物质有Fe2(SO4)3、H2SO4，微生物参与反应的离

子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O或S8＋12O2＋8H2O=8SO42-＋16H＋。

（5）CuFeS2中Cu呈+2价。Fe呈+2价，S呈-2价，假如黄铜矿中的铁元素最终全部转化为Fe3+，CuFeS2～Fe3+～2SO42-～17e-，当有2molSO42-生成时，理论上消耗O2的物质的量为

17/4mol=4.25mol。

3．甲，乙两同学用图所示装置进行实验探究硝酸与铁反应的产物。

文献记载：

I．在浓硝酸和活泼金属反应过程中，随着硝酸浓度的降低，其生成的产物有+4、+2、﹣3价等氮的化合物。

Ⅱ．FeSO4+NO?Fe（NO）SO4（棕色）△H＜0．

Ⅲ．NO2和NO都能被KMnO4氧化吸收

Ⅳ．铁氰化钾化学式为K3[Fe（CN）6]：亚铁氰化钾化学式为K4[Fe（CN）6]

3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓（蓝色沉淀）

4Fe3++3[Fe（CN）6]4﹣═Fe4[Fe（CN）6]3↓（蓝色沉淀）

甲的实验操作和现象记录如下：

请回答下列问题：

（1）滴入浓硝酸加热前没有明显现象的原因是____________。

A．常温下铁和浓硝酸不反应

B．铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生

C．反应需要催化剂

（2）甲的实验操作中通入CO2的主要目的是__________。

A．排除反应体系中的空气，防止干扰

B．将产生的气体压入后续装置吸收

C．维持系统内压强平衡

（3）甲取少量B中溶液，加热，现象是_________。

A．棕色溶液变浅绿色 B．棕色溶液变无色 C．有红棕色气体逸出

D．有无色气体逸出 E.产生红褐色沉淀

（4）乙认为有NO生成的证据不足．乙仍采用该装置和操作进行对照实验，浓硝酸换成稀硝酸，证明有NO生成的实验现象是A中___________________B中。

（5）将A所得溶液稀释至500mL，取少量稀释后的溶液调节pH后，滴加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成。另取稀释后的溶液25.00mL加入过量的KI固体，充分反应后pH至7左右，滴入几滴淀粉溶液做指示剂，用0.25mo1/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液16.00mL．（己知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣），则A中所得溶液的c（Fe3+）=______mo1/L。【答案】 B A AD A中没有红棕色气体生成，B中溶液变为棕色 0.16

【解析】(1)常温时，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了铁和浓硝酸进一步反应，即产生钝化现象，所以滴入浓硝酸加热前没有明显现象，答案为B。

(3)取少量B中溶液，加热，棕色溶于变浅，有无色气体逸出，且该气体在空气中变为红棕色，

应为可逆反应FeSO4+NO?Fe(NO)SO4(棕色)是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致Fe(NO)SO4(棕色)降低，所以溶液颜色变浅，答案为AD；

(4)二氧化氮和水反应生成的一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸

反应过程中NO生成，为排除生成的NO干扰，把浓硝酸换成稀硝酸，稀硝酸和铜反应生成无色的一氧化氮，没有二氧化氮生成，则A中气体是无色的，且B中溶液变为棕色，则说明生成的一氧化氮和硫酸亚铁反应生成棕色，从而说明A中无色气体是一氧化氮；

(5)Fe2+和铁氰化钾溶液反应3Fe2++2[Fe(CN)6]3-═Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)，生成特征蓝色沉

淀，所以由此证明A溶液中含有Fe2+，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，2Fe3++2I-=2Fe2++I2；

2S2O32-～I2～2 Fe3+；

2 2

0.25×16×10-3mol n(Fe3+)

n(Fe3+)=4×10-3mol，则A中所得溶液的c(Fe3+)==0.16mol/L。

点睛：明确实验原理是解题关键，实验探究硝酸与铁反应的产物流程：连接装置后，先检查装置的气密性，然后打开弹簧夹，通入一段时间CO2，关闭弹簧夹，排除反应体系中的空气，防止对产物中有无一氧化氮判断的干扰，A装置：打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入烧瓶中，关闭活塞，硝酸与铁反应，A中有红棕色气体产生NO2，一段时间后，气体颜色逐渐变浅，B装置：B中溶液变棕色，发生反应FeSO4+NO?Fe(NO)SO4(棕色)；C装置：尾气吸收，NO2和NO都能被KMnO4氧化吸收。

4．石墨、石墨烯及金刚石是碳的同素异形体。

（1）以Ni—Cr—Fe 为催化剂，一定条件下可将石墨转化为金刚石。基态Fe原子未成对电子数为____________。设石墨晶体中碳碳键的键长为a m，金刚石晶体中碳碳键的键长为bm，则a_____b（填“＞”、“＜”或“=”），原因是_______________________________。

（2）比较下表碳卤化物的熔点，分析其熔点变化规律的原因是____________。

（3）金、铜、锌等金属或合金常用作化学气相沉积法获取石墨烯的催化剂。左下表是铜与锌的部分电离能数据，对于“I1铜小于锌，而I2铜却大于锌”的事实，原因是_________________。

铜746

（4）金刚石的晶胞如上图所示。已知ZnS 晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，若图中a 为Zn 2+，则S 2-

处于ZnS 晶胞中的位置为___________________________。

（5）石墨烯中部分碳原子被氧化后，转化为氧化石墨烯。

①在图乙所示的氧化石墨烯中，取sp 3杂化形式的原子有_________________（填元素符号）； ②石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C 与相邻C 原子间键能的变化是_____________（填“变大”、“ 变小”或“不变”）。

（6）石墨烯具有很大的比表面积，可望用于制超级电容器。若石墨烯中碳碳键的键长为am ，12 g 单层石墨烯单面的理论面积约为___________m 2（列出计算式即可）。

【答案】 4 < 石墨晶体中碳碳键除σ键外还有大Π键，金刚石晶体中碳碳键只有σ键 分子结构相似，随相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故CCl 4、CBr 4、CI 4熔点依次升高 Cu 失去一个电子成为Cu +后，形成[Ar] 3d 10，是能量较低的全充满结构 顶点、

面心 C 、O 变小 12

×N A 2

(2)．碳卤化物都是分子晶体，分子间通过范德华力相结合，对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越强，熔点越高，由于相对分子质量CCl 4＜CBr 4＜CI 4，则熔点CCl 4＜CBr 4＜CI 4，故答案为：分子结构相似，随相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增

强，故CCl 4、CBr 4、CI 4熔点依次升高；

(4)．图中a 点为Zn 2+，由均摊法可知，Zn 2+的个数为：4×1=4，根据ZnS 的化学式可知，只有S 2-处于顶点和面心时，S 2-的个数也为：8×1/8+6×1/2=4，故答案为：顶点、面心；

(5)．①．氧化石墨烯中所标的1号碳原子形成3个碳碳单键和一个碳氧单键，C 原子为sp 3杂化，氧化石墨烯中羟基上的氧原子形成一个碳氧单键和一个氧氢键，还有2个孤电子对，所以羟基上氧原子为sp 3

杂化，故答案为：C 、O ；

②．石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C 与相邻C 原子间的大π键被氧化破坏变成了单键，键能减小，故答案为：变小；

(6)．已知石墨烯中碳碳键的键长为am 以计算出每个六边形所占有的碳原子个数为6×1/3=2，所以12g(即1molC)单层石墨烯实际

占有的六边形个数为： 12×N A ，则单层石墨烯单面的理论面积约为12

×N A ×22a ，故

答案为：

12

×N A 2。