非選擇題專練(三)1．錳(Mn)最早是由瑞典化學家、氯氣的發(fā)現(xiàn)者舍勒從軟錳礦中發(fā)現(xiàn)的，錳常用于制造合金錳鋼。某化工廠以軟錳礦(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3、CaO等少量雜質(zhì))為主要原料制取金屬錳的工藝流程如下圖所示：(1)“浸錳”步驟中往往有副產(chǎn)物MnS2O6生成，溫度對“浸錳”反應的影響如圖1所示。為減少MnS2O6的生成，“浸錳”的適宜溫度是________，濾渣Ⅰ的成分是________。該步驟中可以再加入MnSO4以促進“濾渣”析出，結(jié)合平衡移動原理分析其原因：_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)濾液Ⅰ中需要先加入MnO2充分反應后再調(diào)pH，寫出加入MnO2時發(fā)生反應的離子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________。(3)濾液Ⅱ中加入MnF2的目的是除去溶液中的Ca2＋，已知25℃時，Ksp(CaF2)＝3.2×10－11，則常溫下CaF2在純水中的溶解度＝________g。(4)由濾液Ⅲ可制得MnSO4·H2O，已知硫酸錳在不同溫度下的溶解度和析出晶體的組成如圖2所示。則從濾液Ⅲ中獲得較高純度MnSO4·H2O的操作Ⅰ是：控制溫度在80～90℃蒸發(fā)結(jié)晶，________，用80～90℃的蒸餾水洗滌2～3次，真空干燥。(5)電解時加入適量的SeO2有利于Mn在電極上析出，SeO2與水反應生成的H2SeO3(二元弱酸)在陰極放電生成Se單質(zhì)，該電極反應為_________________________________________________________________________________________________________________________________。電極上生成的Se對Mn2＋有特殊的吸附能力，有利于Mn2＋電還原沉積。答案(1)90℃SiO2和CaSO4增加c(SOeq\o\al(2－,4))，使平衡Ca2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)CaSO4(s)向正反應方向移動，促進CaSO4析出(2)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O(3)0.00156或1.56×10－3(4)趁熱過濾(5)H2SeO3＋4e－＋4H＋=Se＋3H2O解析軟錳礦中MnO2、Fe2O3、CaO分別與稀硫酸和過量的SO2反應轉(zhuǎn)化為Mn2＋、Fe2＋以及微溶的CaSO4，過濾得到主要為SiO2和少量CaSO4的濾渣I，濾液主要含Mn2＋、Fe2＋、H＋、SOeq\o\al(2－,4)、Ca2＋的溶液；向溶液中加MnO2將Fe2＋氧化為Fe3＋并調(diào)pH＝6使Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀而除去，過濾得到含MnO2和Fe(OH)3的濾渣Ⅱ和主要含Mn2＋、SOeq\o\al(2－,4)、Ca2＋的濾液Ⅱ；向濾液Ⅱ加過量的MnF2使Ca2＋轉(zhuǎn)化為難溶的CaF2而除去；過濾得到含CaF2和MnF2的濾渣Ⅲ和主要含Mn2＋、SOeq\o\al(2－,4)的濾液Ⅲ；將含Mn2＋、SOeq\o\al(2－,4)的溶液經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾、洗滌、干燥等步驟得到MnSO4·H2O晶體，然后再電解得到金屬Mn。據(jù)此分析可得：(1)由圖1所示可知，副產(chǎn)物MnS2O6生成隨溫度的升高而降低，當溫度≥90℃時其產(chǎn)率最低，同時錳的浸出率最高，故溫度應控制在90℃；由于CaO與稀硫酸反應生成微溶的CaSO4，以及SiO2不與硫酸反應，則濾渣I為SiO2和CaSO4；增加c(SOeq\o\al(2－,4))，使平衡Ca2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)CaSO4(s)向正反應方向移動，促進CaSO4析出；(2)酸性條件下MnO2將Fe2＋氧化為Fe3＋，即MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；(3)由Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)，常溫下CaF2溶解在純水中，則4c(Ca2＋)＝c2(F－)，所以有Ksp(CaF2)＝4c3(Ca2＋)＝3.2×10－11，解得c(Ca2＋)＝2×10－4mol/L，則CaF2溶液中c(CaF2)＝c(Ca2＋)＝2×10－4mol/L＝1.56×10－2g/L＝1.56×10－3g/100g，則CaF2的溶解度為1.56×10－3或0.00156g；(4)由圖2可知MnSO4·H2O的溶解度隨溫度的升高而降低，為得到純度較高的MnSO4·H2O晶體，應趁熱過濾；(5)陰極發(fā)生還原反應，所以H2SeO3(二元弱酸)在陰極放電生成Se單質(zhì)，則其電極反應式為H2SeO3＋4e－＋4H＋=Se＋3H2O。2．為探究新制Cu(OH)2和甲醛的反應，進行如下實驗。實驗序號1236mol·L－1NaOH溶液體積/mL1212120.5mol·L－1CuSO4溶液體積/mL81214mol·L－1甲醛溶液體積/mL660.1反應條件65℃水浴加熱13min實驗現(xiàn)象溶液中出現(xiàn)磚紅色固體，逐漸變?yōu)榧t色蓬松固體并產(chǎn)生氣泡，共收集83mL氣體溶液中出現(xiàn)磚紅色固體，逐漸變?yōu)榘导t色顆粒并產(chǎn)生氣泡，共收集13mL氣體溶液中出現(xiàn)磚紅色固體，且無氣泡產(chǎn)生(1)由上述實驗可知，新制Cu(OH)2會發(fā)生如下轉(zhuǎn)化：新制Cu(OH)2eq\o(→,\s\up7(甲醛),\s\do5(△))________eq\o(→,\s\up7(甲醛),\s\do5(△))Cu，說明反應物的相對用量會影響固體產(chǎn)物。(2)為確認氣體產(chǎn)物進行實驗，裝置如圖。①NaOH溶液的作用是______________________________________________。②氣體產(chǎn)物含H2，不含CO的證據(jù)是________________________________________________________________________________________。(3)為進一步確認H2產(chǎn)生的原因，查閱資料并進行實驗：2HCHO＋NaOHeq\o(→,\s\up7(△))CH3OH＋HCOONa；CH3OHeq\o(→,\s\up7(Cu))HCHO＋H2↑。實驗序號4566mol·L－1NaOH溶液體積/mL12121214mol·L－1甲醛溶液體積/mL006甲醇/mL660其他試劑銅粉Cu2O粉Cu2O粉反應條件65℃水浴加熱13min生成氣體體積/mL0070①實驗說明催化劑的催化性能與________有關(guān)(填“物質(zhì)形態(tài)”或“溶液pH”)。②實驗2中產(chǎn)生氣體體積小于實驗1的原因可能為_______________________________________________________________________________________。(4)已知C—O鍵鍵長為0.142nm，C=O鍵鍵長為0.120nm，請結(jié)合HCOO－中碳氧鍵鍵長數(shù)據(jù)，分析HCOONa無法進一步被新制Cu(OH)2氧化成Na2CO3的原因________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)新制Cu(OH)2和過量甲醛反應的化學方程式為___________________________________________________________________________________。答案(1)Cu2O(2)①吸收CO2，以免影響生成的氣體中含有的CO的檢驗②觀察到無水硫酸銅變?yōu)樗{色，而澄清石灰水不變渾濁(3)①溶液pH②實驗①比實驗②加入的硫酸銅溶液更多，導致消耗的NaOH的量增多，故實驗①混合溶液的pH小于實驗②的pH，實驗①催化劑的活性較高(4)HCOO－中并不存在C—O和C=O，而是兩個碳氧之間的鍵完全一樣，說明三原子鍵形成了共軛π鍵，即HCOO－并不存在醛基，不能被繼續(xù)氧化為碳酸根(5)HCHO＋2Cu(OH)2＋NaOHeq\o(→,\s\up7(△))HCOONa＋Cu2O↓＋3H2O解析(1)由上述實驗可知，溶液中出現(xiàn)磚紅色固體Cu2O，逐漸變?yōu)榧t色蓬松固體并產(chǎn)生氣泡，共收集83mL氣體，新制Cu(OH)2會發(fā)生如下轉(zhuǎn)化：新制Cu(OH)2eq\o(→,\s\up7(甲醛),\s\do5(△))Cu2Oeq\o(→,\s\up7(甲醛),\s\do5(△))Cu，說明反應物的相對用量會影響固體產(chǎn)物；(2)①NaOH溶液作用是吸收CO2，以免影響生成的氣體中含有的CO的檢驗；②H2還原CuO生成Cu和H2O，H2O能使無水硫酸銅變藍色，CO還原CuO生成CO2和Cu，CO2能使澄清石灰水變渾濁，故觀察到無水硫酸銅變?yōu)樗{色，而澄清石灰水不變渾濁時，證明氣體產(chǎn)物含H2，不含CO；(3)①由實驗5、6可知，加入的NaOH和Cu2O粉末均相同，但5加入甲醇，甲醇與NaOH不反應，而6加入甲醛，由題干可知甲醛與NaOH溶液反應，因而改變了溶液的酸堿性，故實驗說明催化劑的催化性能與溶液pH有關(guān)；②由題干信息可知，實驗①比實驗②加入的硫酸銅溶液更多，導致消耗的NaOH的量增多，故實驗①混合溶液的pH小于實驗②的pH，實驗①催化劑的活性較高，產(chǎn)生氣體的體積較大；(4)已知C—O鍵鍵長為0.142nm，C=O鍵鍵長為0.120nm，結(jié)合HCOO－中碳氧鍵鍵長數(shù)據(jù)可知，HCOO－中并不存在C—O和C=O，而是兩個碳氧之間的鍵完全一樣，說明三原子鍵形成了大π鍵，即HCOO－并不存在醛基，故HCOONa無法進一步被新制Cu(OH)2氧化成Na2CO3；(5)由(4)分析可知，HCOONa無法進一步被新制Cu(OH)2氧化成Na2CO3，故新制Cu(OH)2和過量甲醛反應的化學方程式為HCHO＋2Cu(OH)2＋NaOHeq\o(→,\s\up7(△))HCOONa＋Cu2O↓＋3H2O。3．(2022·福州診斷)基于Al2O3載氮體的碳基化學鏈合成氨技術(shù)示意圖如圖。(1)總反應3C(s)＋N2(g)＋3H2O(l)=3CO(g)＋2NH3(g)ΔH＝________kJ·mol－1。(2)有利于提高反應i平衡轉(zhuǎn)化率的條件為________(填標號)。A．高溫高壓 B．高溫低壓C．低溫高壓 D．低溫低壓(3)在溫度為t、100kPa條件下進行反應i，平衡時若氮氣轉(zhuǎn)化率為50%，則N2壓強為________，平衡常數(shù)Kp＝________kPa2(以分壓表示，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。(4)60℃、100kPa條件下，反應ii中溶液pH隨時間變化如圖，120min～180min持續(xù)收集到氨氣，但溶液pH幾乎不變的原因是______________________________________________________________________________________。(5)為探究反應ii中15min時反應速率突然加快的原因，科學家利用計算機模擬了反應ii的反應路徑。①比較不同路徑，路徑1能壘較低的原因是________的鍵能大于________的鍵能。②15min時反應速率突然加快的原因是___________________________________________________________________________________________。(6)相較于哈伯法合成氨，碳基化學鏈合成氨的優(yōu)勢有能夠降低能耗、減少原料成本、________(寫出一條即可)。答案(1)＋434(2)B(3)25kPa16875或eq\f(753,25)(4)溶液中氨水達到飽和(5)①O—HAl—H②NH3·H2O電離產(chǎn)生的OH－對反應ii有催化效果(6)產(chǎn)物無需分離，獲得CO副產(chǎn)物等其他合理答案解析(1)根據(jù)蓋斯定律，將反應i和反應ii相加，即可得到總反應，則其ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋434kJ·mol－1。(2)反應i是氣體分子數(shù)增大的吸熱反應，升高溫度、降低壓強有利于其平衡正向移動，提高平衡轉(zhuǎn)化率。(3)設起始時氮氣的物質(zhì)的量為1mol，平衡時氮氣轉(zhuǎn)化率為50%，可列三段式：則平衡時氮氣和CO的分壓分別為eq\f(0.5,0.5＋1.5)×100kPa＝25kPa、eq\f(1.5,0.5＋1.5)×100kPa＝75kPa，故Kp＝eq\f(753,25)kPa2＝16875kPa2。(5)①根據(jù)題圖知，路徑1和路徑2都斷裂N—H鍵，但路徑1形成的是O—H鍵，路徑2形成的是Al—H鍵，路徑1能壘較低，說明O—H鍵更容易形成，則O—H鍵更穩(wěn)定，鍵能更大。(6)哈伯法合成氨即H2、N2在高溫、高壓、催化劑條件下合成NH3，故該方法的優(yōu)勢還有可獲得副產(chǎn)物CO、產(chǎn)物無需分離。4．(2022·渭南二模)科學家對多種過渡金屬元素進行深入的研究，在新能源、新材料研發(fā)，醫(yī)療等領(lǐng)域應用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：(1)銅元素位于周期表中________區(qū)，畫出Fe3＋離子能量最高的能級的電子排布圖________。(2)CO可以形成Ni(CO)4、Fe(CO)5等多種配合物，在提純金屬方面應用廣泛。與CO互為等電子體的一種陰離子和一種單質(zhì)分子的化學式分別為________、________；CO分子中σ鍵和π鍵的個數(shù)比為________，試比較C、O與N的第一電離能的大小_______________________________________________________________________________________________________。(3)PtCl2(NH3)2有如圖兩種平行四邊形結(jié)構(gòu)：研究表明，圖a分子用于抗癌藥物，在圖a中用箭頭標出配位鍵________。解釋分子b不溶于水的原因：_____________________________________________。其中配體NH3中心原子的雜化方式為________。(4)銅和氧形成的一種離子化合物(氧的化合價為－2)是良好的半導體材料。晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：銅離子的電荷數(shù)為________，其配位數(shù)為________，以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標，例如圖中a原子和b原子坐標分別為(0，0，0)、(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，則c原子分數(shù)坐標為________，若晶體密度為dg/cm3，設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞中陰陽離子最短距離為________nm(列出計算式即可)。答案(1)①ds②(2)CN－或Ceq\o\al(2－,2)N21∶2N>O>C或C<O<N(3)b分子為非極性分子，而水為極性溶劑，極性不同，根據(jù)相似相溶原理，b分子不溶于水sp3(4)＋12(eq\f(1,4)，eq\f(1,4)，eq\f(3,4))eq\f(\r(3),4)eq\r(3,\f(288,dNA))×107解析(1)銅原子的核電荷數(shù)為29，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，銅元素位于周期表中的ds區(qū)；Fe3＋離子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，能量最高的是3d，則Fe3＋離子能量最高的能級的電子排布圖為；(2)CO有2個原子，價電子總數(shù)為10，則與CO互為等電子體的一種陰離子和一種單質(zhì)分子的化學式分別為CN－或Ceq\o\al(2－,2)、N2；CO與N2互為等電子體，結(jié)構(gòu)相似，分子中σ鍵數(shù)為1個，π鍵數(shù)為2個，則σ鍵和π鍵個數(shù)比為1∶2；同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第ⅡA族、第ⅤA族元素第一電離能大于其相鄰元素，因此C、N、O三種元素的第一電離能由大到小的排序為N>O>C；(3)[PtCl2(NH3)2]的中心原子為Pt，提供空軌道，配位原子為Cl、N，提供孤電子對，則在圖a中用箭頭標出配位鍵為；由b分子結(jié)構(gòu)可知，b分子結(jié)構(gòu)對稱，為非極性分子，而水為極性溶劑，根據(jù)相似相溶原理，b分子不溶于水；NH3分子中中心N原子價層電子對數(shù)為3＋eq\f(5－1×3,2)＝4，采用sp3雜化；(4)由晶胞結(jié)構(gòu)圖可以看出，晶胞中Cu位于晶胞內(nèi)，其個數(shù)為4，O有8個位于頂點、一個位于體心，其個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋1＝2，該晶體的化學式為Cu2O，故Cu2O中銅離子的電荷數(shù)為＋1；與每個銅離子最近的氧離子有2個，則銅離子的配位數(shù)為2；圖中a原子和b原子坐標分別為(0，0，0)、(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，說明是以圖中a點為坐標原點的，則c原子分數(shù)坐標為(eq\f(1,4)，eq\f(1,4)，eq\f(3,4))；晶胞的質(zhì)量為eq\f(64×4＋16×2,NA)g，晶胞的體積V＝eq\f(\f(64×4＋16×2,NA),d)cm3＝eq\f(288,dNA)cm3，晶胞的棱長為eq\r(3,\f(288,dNA))cm，晶胞體對角線長為eq\r(3)eq\r(3,\f(288,dNA))cm，由圖可知晶胞