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2017届高三化学二轮高考专题辅导与训练 第三部分 考前

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训练(十三) 非选择题专项练(5) 1．FeCl2是一种常用的还原剂。有关数据如下：实验室可以用多种方法来制备无水FeCl2。回答下列问题： I．按如图1装置用H2还原无水FeCl3制取。

图1 图2 (1)用装置A制取H2，其优点是______________________________________； D中反应的化学方程式为___________________________________________； 装置E的作用是___________________________________________________。 (2)通入足量H2，充分反应，如果温度控制不当，产品中会含单质铁，检验产品中是否含铁的方案是_________________________________________________。 Ⅱ.按图2装置，在三颈烧瓶中放入162.5 g无水氯化铁和225 g氯苯，控制反应温度在128 ℃～139 ℃加热3h，反应接近100%，反应如下：2FeCl3＋C6H5Cl―→2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl (3)上述反应中，还原剂是____________。 (4)反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失，原因是____________________________________________________________。 (5)冷却后，将三颈瓶内物质经过过滤，洗涤，干燥后，得到粗产品。 ①洗涤所用的试剂可以是____________； ②简述回收滤液中C6H5Cl的方案____________________________________。 (6)仅通过烧杯中的现象变化就可以监控氯化铁的转化率。若要监控氯化铁转化率达到或超过90%，则烧杯中加入的试剂可以是__________________________。 解析 I．按如图1装置可知，用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，A装置一般用锌和稀盐酸制备H2，B装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以装置碱石灰，E装置中也要装置碱石灰，吸收氯化氢气体同时防止空气中的水份进入D装置，D装置中用氢气与氯化铁反应生成氯化亚铁和HCl。 (1)装置A为启普发生器的简易装置，适用于固液混合状态且不需加热而制取的气体，且固体必须是块状的，该装置的优点是便于控制反应，实验室一般用锌和稀盐酸制备H2，用装置A制取H2，通过开关弹簧夹，可以使反应随时进行或停止，根据上面的分析可知，E中盛放的试剂是碱石灰；吸收氯化氢气体，同时防止空气

中的水份进入D装置，D中反应的化学方程式为H2＋2FeCl3=====△ 2FeCl2＋2HCl； (2)温度控制不当，产品中含单质铁，检验产品中是否含铁的方案为取样，加入盐酸中，观察是否有气泡产生； Ⅱ.(3)根据反应2FeCl3＋C6H5Cl―→2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl可知，氯苯能使氯化铁生成氯化亚铁，所以氯苯为还原剂； (4)根据图2可知，装置有冷凝回流装置，所以为了提高反应速率，可以将反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失； (5)三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2，根据其溶解性可知，可以用有机溶剂例如苯将C6H5Cl、C6H4Cl2溶解，过滤后可得氯化亚铁，对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl， ①洗涤所用的试剂可以是苯； ②回收滤液中C6H5Cl的方案是蒸馏滤液，并收集132 ℃馏分； (6)根据反应2FeCl3＋C6H5Cl―→2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl，氯化铁转化率达到

或超过90%，则可产生氯化氢的物质的量为162.5 g162.5 g·mol－1×12×90%=0.45 mol，所以可在烧杯中加入0.45×40 g的氢氧化钠即18 g，并用酚酞作指示剂进行判断反应进行的程度，如果18 g氢氧化钠完全反应，则产率达到或超过90%。 答案 (1)通过开关弹簧夹，可以使反应随时进行或停止

H2＋2FeCl3=====△2FeCl2＋2HCl 吸收氯化氢气体同时防止空气中的水份进入D装置 (2)取样品少许放入试管中，向其中加入盐酸，观察是否有气泡产生 (3)C6H5Cl (4)实验使用了冷凝回流装置 (5)①苯 ②蒸馏滤液，并收集132 ℃馏分 (6)滴有酚酞且含18 g NaOH的溶液 2．磷化氢(PH3)是一种剧毒气体，是常用的高效熏蒸杀虫剂，也是一种电子工业原料。 (1)在密闭粮仓放置的磷化铝(AlP)片剂，遇水蒸气放出PH3气体，化学方程式为___________________________________________________________________。 (2)利用反应PH3＋3HgCl2===P(HgCl)3↓＋3HCl，通过测定溶液__________变化，可准确测定空气中微量的PH3；其中HgCl2溶于水，所得溶液几乎不导电，则HgCl2属于________(填“共价”或“离子”)化合物。 (3)工业制备PH3的流程如图1所示：

①亚磷酸属于________元酸； ②当反应Ⅰ生成的n(NaH2PO2)∶n(Na2HPO3)=3∶1时，参加反应的n(P4)∶n(NaOH)=________。 (4)用漂白粉可将PH3氧化为H3PO4，化学方程式为________________________；含有水蒸气时可加快PH3的氧化过程，用离子方程式表示原因：_______________________________________________________。 (5)从(4)中的反应产物中回收磷酸氢钙(CaHPO4)的方法如图2：

①试剂X为________(填化学式)； ②已知25 ℃时，H3PO4的Ka1=7.5×10－3、Ka2=6.3×10－8、Ka3=4.4×10－13。 CaHPO4悬浊液pH________7(填“＞”、“=”或“＜”)，通过计算说明理由________。 解析 (1)AlP和水反应时，生成PH3和Al(OH)3沉淀，化学方程式为：AlP＋3H2O===Al(OH)3＋PH3↑； (2)电导率可衡量电解质溶液导电能力大小，PH3为共价化合物，在气态时只存在分子，HgCl2在熔融状态下不能导电，属于共价化合物，磷化氢与HgCl2作用，PH3＋3HgCl2===P(HgCl)3↓＋3HCl，生成的氯化氢在溶液中呈酸性，为强酸，所以可通过测定溶液的pH或电导率来准确测定空气中微量的PH3，HgCl2溶于水，所得溶液几乎不导电，说明在水中不电离，HgCl2属于共价化合物； (3)①H3PO3,1 mol分子含有3 mol氢原子，但黄磷与足量的NaOH溶液反应只生成Na2HPO3，可说明H3PO3为二元酸，不是三元酸； ②该反应的反应物为黄磷、氢氧化钠，产物为次磷酸钠、亚磷酸钠，P4中(P为0价)，NaH2PO2中(P为＋1价)，Na2HPO3(P为＋3价)，PH3(P为－3价)，当反应Ⅰ生成的n(NaH2PO2)∶n(Na2HPO3)=3∶1时，根据得失电子守恒，n(NaH2PO2)∶n(Na2HPO3)∶n(PH3)=3∶1∶2，反应为：3P4＋10NaOH===6NaH2PO2＋2Na2HPO3＋4PH3↑，所以参加反应的n(P4)∶n(NaOH)=3∶10； (4)漂白粉主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，具有氧化性的是Ca(ClO)2，将PH3

氧化为H3PO4，反应为2Ca(ClO)2＋PH3===H3PO4＋2CaCl2，含有水蒸气时，次氯

酸根离子水解生成次氯酸ClO－＋H2OHClO＋OH－，生成的碱中和酸，加快PH3的氧化过程； (5)①根据流程，加入试剂得到磷酸钙，所以试剂X含有钙离子，加入试剂能够中和磷酸氢钙中的氢，需加入Ca(OH)2，CaO与水反应生成Ca(OH)2，所以X可以为Ca(OH)2或CaO；

②CaHPO4为强碱弱酸酸式盐，CaHPO4的电离Ka(HPO2－4)=c(H＋)·c(PO3－4)c(HPO2－4)

=4.4×10－13；水解，K水解(HPO2－4)=c(H2PO－4)·c(OH－)c(HPO2－4)=1.0×10－146.3×10－8＞Ka(HPO2－4)；水解程度大于电离程度，溶液呈碱性。 答案 (1)AlP＋3H2O===Al(OH)3＋PH3↑ (2)pH或电导率 共价 (3)①二 ②3∶10 (4)2Ca(ClO)2＋PH3===H3PO4＋2CaCl2 ClO－＋H2OHClO＋OH－ (5)①Ca(OH)2或CaO

②＞ Ka(HPO2－4)=c(H＋)·c(PO3－4)c(HPO2－4)=4.4×10－13 K水解(HPO2－4)=c(H2PO－4)·c(OH－)c(HPO2－4)=1.0×10－146.3×10－8＞Ka(HPO2－4) 水解程度大于电离程度，溶液呈碱性 3．以CO、H2为原料合成甲醇的反应为：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH。在体积均为2 L的三个恒容密闭容器I、Ⅱ、Ⅲ中，分别都充入1 mol CO和2 mol H2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。图1为三个容器中的反应均进行到5 min时H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应已经达到平衡状态。CO的平衡转化率在不同压强下随温度的变化如图2所示。

(1)0～5 min时间内容器Ⅱ中用CH3OH表示的化学反应速率为__________。 (2)三个容器中一定达到平衡状态的是容器________，此容器中反应达平衡时，放出热量20.5 kJ，则ΔH=________。 (3)当三个容器中的反应均达到平衡状态时，CO的转化率最低的是容器__________；平衡常数最大的是容器________。 (4)工业实际合成CH3OH生产中，采用图2中M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和化学平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由：____________________________________________________________。 (5)科研人员设计了一种新型甲醇燃料电池，其电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2

晶体，它在高温下能传导O2－。该电池工作时的负极电极反应式为________。用该

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2017高考化学大二轮复习 第3部分训练 非选择题专项练1

2017高考化学大二轮复习 第3部分训练 非选择题专项练1

训练(九) 非选择题专项练(1)1．NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，可由电镀废渣(除镍外，还含有铜、锌、铁等元素)为原料获得。

操作步骤如下：(1)①为提高废渣浸出率，下列措施可行的有________。

A．升高反应温度B．增大压强C．在反应过程中不断搅拌②向滤液Ⅰ中加入FeS是为了生成更难溶于水的硫化物沉淀而除去Cu2＋、Zn2＋等杂质，则除去Cu2＋的离子方程式为：____________________________________ _____________________________________________________________________。

(2)对滤液Ⅱ的操作，回答下列问题：①往滤液Ⅱ中加H2O2时，温度不能过高，其原因是：______________________。

②调滤液ⅡpH的目的是________________，加入试剂为_______________________________________________________________________________________。

(3)滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后得到NiCO3固体，检验Ni2＋已完全沉淀的实验方法是____________________。

(4)得到的NiSO4溶液经____________、____________、过滤、洗涤、干燥等操作可得到NiSO4·6H2O晶体。

解析由实验流程及物质的性质可知，酸浸后离子主要有Ni2＋、Cu2＋、Fe2＋、Zn2＋，加入硫化亚铁目的是将铜离子转化成更难溶的硫化铜，加入过氧化氢目的是氧化二价铁，但温度过高过氧化氢会分解，根据已有知识加入氧化镍，氢氧化镍或碳酸镍将三价铁转化成氢氧化铁除去。

(1)①升高温度、搅拌均可加快反应速率，而溶液中的反应，增大压强，反应速率无影响，则AC符合；②FeS与Cu2＋发生沉淀的转化反应，离子反应为FeS＋Cu2＋===CuS＋Fe2＋；(2)对滤液Ⅱ的操作，①往滤液Ⅱ中加H2O2时，温度不能过高，其原因是温度过高，过氧化氢不稳定受热易分解；②调滤液ⅡpH的目的是除去Fe3＋，加入试剂为NiO或Ni(OH)2或NiCO3；(3)滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后得到NiCO3固体，检验Ni2＋已完全沉淀的实验方法是静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液，没有浅绿色沉淀生成；(4)得到的NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作可得到NiSO4·6H2O 晶体。

2017届高考化学二轮复习三轮考前特训五含答案

2017届高考化学二轮复习三轮考前特训五含答案

特训五物质的性质与应用无机物之间的转化单项选择1。

下列说法正确的是( ）A。

蔗糖在硫酸催化下水解，只生成葡萄糖B。

煤的液化、气化都是化学变化C.1 L 1 mol·L－1AlCl3溶液中含Al3＋数目为6。

02×1023D.等质量的铝粉按a、b两种途径完全转化,途径a比途径b消耗更多的NaOH途径a：Al错误!Al2O3错误!NaAlO2；途径b：Al错误!NaAlO2解析A项,蔗糖水解生成葡萄糖和果糖,错误;C项,Al3＋水解使数目减小，错误；D项,Al最终均生成NaAlO2，n（Na)＝n（Al)，消耗NaOH相同，错误。

答案B2。

下列物质性质与应用对应关系正确的是（)A.液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂B。

SiO2晶体熔点高,可用于制作半导体材料C。

NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂D。

Fe比Cu活泼，可用FeCl3溶液腐蚀线路板上的Cu解析B项，用于制作半导体材料的是晶体Si；C项，NaHCO3做膨松剂是因为加热时能产生CO2气体，使糕点膨松：2NaHCO3错误!Na2CO3＋CO2↑＋H2O，无对应关系；D项，FeCl3溶液能腐蚀Cu是因为其能将铜氧化：2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，无对应关系.答案A3。

下列有关物质性质和应用对应关系正确的是( ）A。

甲醛能使蛋白质变性，可用于食品防腐剂B。

炭具有还原性，一定条件下能将二氧化硅还原为硅C。

NaCl属电解质，可电解NaCl溶液获得金属钠D.Al2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚解析A项,甲醛不能用于食品防腐,错误;C项，电解NaCl溶液得到H2、Cl2、NaOH溶液,错误；D项，高温条件下，NaOH固体能与Al2O3反应:2NaOH＋Al2O3===2NaAlO2＋H2O，错误。

答案B4。

下列有关金属及其化合物的说法正确的是( )A.Mg和Al都可以用电解法冶炼得到B。

Mg和Fe在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱C.Fe和Cu常温下放入浓硝酸中发生的现象相同D。

2017届高三化学(通用版)二轮复习：综合强化训练3 化学

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综合强化训练(三)化学实验[建议用时：45分钟]一、选择题1．下列有关实验的叙述，正确的是()A．燃着的酒精灯不慎碰倒失火，应立即用湿布盖灭B．酸碱中和滴定实验中，滴定管和锥形瓶都要用待装溶液润洗C．用浓氨水洗涤做过银镜反应的试管D．测某溶液的pH时，将pH试纸浸入待测溶液中，过一会儿取出，与标准比色卡进行对比A[B项，酸碱中和滴定实验中，锥形瓶不需要用待装溶液润洗；C项，浓氨水和银不反应，应用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管；D项，测某溶液的pH时，应将pH试纸放在表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸中央，待试纸变色后，与标准比色卡进行对比。

]2．不用其他试剂，只借助试管和胶头滴管就可以鉴别的是()【导学号：14942075】A．KBr溶液和AgNO3溶液B．NaHCO3溶液和稀HNO3C．Al2(SO4)3溶液和NaOH溶液D．Ba(OH)2溶液与CuSO4溶液C[KBr溶液和AgNO3溶液相互滴加均有浅黄色沉淀产生，A项无法鉴别；NaHCO3溶液和稀HNO3相互滴加均有无色气体生成，B项无法鉴别；将NaOH溶液逐滴加入Al2(SO4)3溶液中时，先生成白色沉淀，随着NaOH溶液加入量的增加，白色沉淀又逐渐溶解，将Al2(SO4)3溶液逐滴加入NaOH溶液时，开始无白色沉淀生成，后来有白色沉淀生成，C项可以鉴别；Ba(OH)2溶液与CuSO4溶液相互滴加均有两种沉淀生成，现象一样，D项无法鉴别。

]3．(2016·湖南衡阳第一次联考)为提纯下列物质(括号内的物质是杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是()C B 项，二者均与KOH 反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液，然后分液，故B 错误；C 项，CO 还原CuO 生成二氧化碳，则通过灼热的CuO 粉末可除杂，故C 正确；D 项，二者均与NaOH 反应，不能除杂，应选盐酸，然后过滤，故D 错误。

]4．(2016·福建厦门质检)探究浓硫酸和铜的反应，利用下列装置进行相应实验，正确的是( )A ．用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B ．用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C ．用装置丙稀释反应后的混合液D ．用装置丁测定余酸的浓度C [铜与浓硫酸反应需要加热，装置甲没有加热装置，A 项错误；SO 2的密度大于空气的密度，收集SO 2时应“长管进短管出”，B 项错误；NaOH 溶液不能盛放在酸式滴定管中，D 项错误。

《创新设计》2017届高考化学二轮复习(江苏专用)三轮考前特训特训十五Word版含解析

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特训十五综合计算题填空题1.电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益。

实验室模拟电解法吸收NO x的装置如图所示(图中电极均为石墨电极)。

(1)若用NO2气体进行模拟电解法吸收实验。

①写出电解时NO2发生反应的电极反应式：________。

②若有标准状况下2.24 LNO2被吸收，通过阳离子交换膜(只允许阳离子通过)的H ＋为________ mol。

(2)某小组在右室装有10 L 0.2 mol·L－1硝酸，用含NO和NO2(不考虑NO2转化为N2O4)的废气进行模拟电解法吸收实验。

①实验前，配制10 L 0.2 mol·L－1硝酸溶液，需量取________ mL的密度为1.4 g·mL －1、质量分数为63%的浓硝酸。

②电解过程中，有部分NO转化为HNO2。

实验结束时，测得右室溶液中含3 mol HNO3、0.1 mol HNO2，同时左室收集到标准状况下28 L H2。

计算原气体中NO 和NO2的体积比(假设尾气中不含氮氧化物，写出计算过程)。

解析(1)①从图中知，NO x气体在电解时会转化成HNO3，则NO2中N由＋4价升高至＋5价，失去e－，用H＋平衡电荷可写出电极反应式。

②由电极反应式知，0.1 mol NO2生成0.1 mol NO－3和0.2 mol H＋，由电荷守恒知，需要向左室流入0.1 mol H＋后才能维持右室中溶液为电中性。

(2)①c(HNO3)＝1 000×1.4×63%63＝14(mol/L)，根据c1V1＝c2V2有，0.2 mol·L－1×10 L＝14 mol·L－1×V2，得V2＝0.142 9 L＝142.9 mL。

②由N原子守恒有，最终生成的HNO3和HNO2中的总N原子数等于NO和NO2中所含N原子数与右室中原HNO3中N原子数，即n(HNO3)＋n(HNO2)＝n(NO)＋n(NO2)＋10×0.2①；电解过程中左、右两室中得失电子是守恒的，左侧为H＋得电子生成H2，右侧为NO2失电子生成HNO3，部分NO失电子生成HNO2，部分NO失电子生成HNO3，列式为：2822.4×2＝1×n(NO2)＋1×n(HNO2)＋n(NO)－n(HNO2)]×3②，联列①②可求出NO和NO2的物质的量。