2018版高考化学二轮复习大题规范练2

1、大题规范练(二)(分值：43分，建议用时：25分钟)非选择题：共43分。每个试题考生都必须作答。26(15分)硫酸亚铁铵(nh4)2so4·feso4·6h2o是透明、浅蓝绿色晶体，易溶于水而不溶于酒精等有机溶剂，在空气中一般比较稳定，不易被氧化。制备步骤如下：步骤1：称取还原铁粉0.4 g，碳粉0.3 g，放入50 ml锥形瓶中，加入3.5 ml 2 mol·l1硫酸置于60 热水浴中加热(如图甲)，待反应完全，取出冷却，再加入6 mol·l1的硫酸2 ml。步骤2：在上述反应液中加入浓氨水0.8 ml，振荡混匀，抽滤(如图乙)。向滤液中加入10 ml

2、无水乙醇，静置，大量晶体析出，倾析，再次抽滤。步骤3：取出晶体，用干净的滤纸吸干，称量并分析样品。请回答下列问题： (1)步骤1中碳粉的作用是_；加入6 mol·l1硫酸的作用是_。(2)向滤液中加入无水乙醇的目的是_。(3)产品中金属阳离子的检验方法及现象：_。(4)称取获得的硫酸亚铁铵(nh4)2so4·feso4·6h2o(摩尔质量为392 g·mol1)1.960 0 g配成100 ml溶液，取出20.00 ml滴加稀h2so4酸化后用0.010 0 mol·l1kmno4标准溶液进行滴定，消耗kmno4溶液18.00 ml。下列有关滴

3、定的操作正确的是_(填字母)。a滴定过程中眼睛注视滴定管中液面变化b滴定完成后取下滴定管握住中部防止掉落c读数过程中保持滴定管自然悬垂d读数时视线与凹液面最低处切线相平滴定过程中反应的离子方程式为_，制得硫酸亚铁铵样品的纯度为_。【解析】(1)fe、碳粉与稀h2so4形成原电池，fe作负极，碳粉作正极，可以一定程度地加快fe的溶解速率；加过量h2so4的目的是抑制fe2的水解，防止fe2以氢氧化物的形式析出，过量的h2so4与后续加入的nh3·h2o反应得到nh。(2)根据题干信息，硫酸亚铁铵易溶于水，不溶于酒精，故加无水乙醇的目的是降低硫酸亚铁铵的溶解度，便于结晶析出。(3)在没有

4、fe3的干扰情况下，fe2检验可以采取滴加naoh溶液、先加kscn溶液再加氯水或加k3fe(cn)6溶液的方法，利用特殊的实验现象加以鉴别。(4)滴定过程左手控制玻璃活塞或者橡胶管，右手晃动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，a错误；取下滴定管时手应握住滴定管没有刻度的部分，b错误；为了准确读数，滴定管应自然悬垂，且视线与凹液面的最低处相平，c、d正确。酸性条件下mno被还原成mn2，fe2被氧化为fe3，根据化合价升降守恒和原子守恒配平即可，即反应的离子方程式为mno5fe28h=mn25fe34h2o，故20.00 ml的待测液中n(nh4)2so4·feso4·

5、6h2o5n(mno)5×0.010 0 mol·l1×0.018 l0.000 9 mol，故100 ml的待测液中n(nh4)2so4·feso4·6h2o0.004 5 mol，故(nh4)2so4·feso4·6h2o的质量分数为×100%90%。【答案】(15分)(1)为了形成原电池，加快反应速率(2分)加入硫酸抑制fe2的水解，过量的h2so4与后续加入的氨水反应(2分)(2)降低硫酸亚铁铵的溶解度，有利于结晶析出(2分)(3)取少量产品于试管中加水溶解，滴加kscn溶液无现象，再滴加氯水后溶液显红色(

6、或取少量产品于试管中加水溶解，滴加氢氧化钠溶液后，有白色沉淀生成，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色或取少量产品于试管中加水溶解，滴加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成)(其他合理答案均可)(3分)(4)cd(2分)5fe2mno8h=5fe3mn24h2o(2分)90%(2分)27(14分)二氧化碳的利用具有十分重要的意义，科学家有以下几个设想。 (1)用太阳能将co2转化成o2和c(石墨烯)，其设想如图甲所示。甲fe3o4中fe的化合价是2和_。重整系统发生反应的化学方程式为_。(2)二氧化碳和氢气在催化剂作用下可制取低碳烯烃。在一密闭容器中分别投入1 mol co2、3 mol h2，

7、发生反应：2co2(g)6h2(g)c2h4(g)4h2o(g)h；在不同温度下，用传感技术测出平衡时h2的物质的量变化关系如图乙所示。其他条件不变，起始时若按1 mol co2、2 mol h2进行投料，co2转化率将_(填“增大”“减小”或“不变”)。h_0(填“”“”或“不能确定”)。若测试中体系内无氧气产生，试结合图示推断热稳定性c2h4_h2o(填“”“”或“不能确定”)。(3)用氨水吸收co2制化肥(nh4hco3)。已知：nh3·h2o(aq)nh(aq)oh(aq)h1a kj·mol1co2(g)h2o(l)h2co3(aq)h2b kj·mol

8、1h2co3(aq)oh(aq)hco(aq)h2o(l)h3c kj·mol1则利用nh3·h2o吸收co2制备nh4hco3的热化学方程式为_。已知常温下相关数据如表所示：kb(nh3·h2o)ka1(h2co3)ka2(h2co3)2×1054×1074×1011则反应nhhcoh2onh3·h2oh2co3的平衡常数k_。【思路分析】(1)根据元素化合价的代数和为0和图甲回答。(2)根据图乙和化学平衡原理解答。(3)根据盖斯定律和电离平衡常数及水的离子积常数解答。【解析】(1)fe3o4可以看作是feo·f

9、e2o3，则fe的化合价是2和3。从重整系统的物质变化可知，反应物是feo和co2，生成物是fe3o4和c(石墨烯)，则反应的方程式为6feoco2=2fe3o4c。(2)其他条件不变，起始时若按1 mol co2、2 mol h2进行投料，相当于减小反应物h2的比例系数，co2的转化率减小。从图乙可以看出，平衡时氢气的物质的量随温度升高而逐渐增大，则正反应为放热反应，即2co2(g)6h2(g)c2h4(g)4h2o(g)h0。根据图乙分析，温度升高到ta 后，h2的物质的量突然增大，因无氧气产生，所以水未分解，只有c2h4发生分解才会导致h2的物质的量突然增大，说明c2h4的热稳定性弱于h

10、2o。(3)()nh3·h2o(aq) nh(aq)oh(aq)h1a kj·mol1；()co2(g)h2o(l) h2co3(aq)h2b kj·mol1；()h2co3(aq)oh(aq) hco(aq)h2o(l)h3c kj·mol1，根据盖斯定律，可得nh3·h2o(aq)co2(g) nh(aq)hco(aq)h(abc)kj·mol1。反应nhhcoh2onh3·h2oh2co3的平衡常数表达式为k1.25×103。【答案】(14分)(1)3(2分)6feoco2=2fe3o4c(2分)(2)减小(

11、2分)(2分)(2分)(3)nh3·h2o(aq)co2(g) nh(aq)hco(aq)h(abc)kj·mol1(2分)1.25×103(2分)28(14分)废旧无汞碱性锌锰电池可用于制造隐形战机的机身涂料mnxzn(1x)fe2o4，该电池工作原理为zn2mno22h2o2mno(oh)zn(oh)2。某化学小组利用废电池制涂料的工艺如下： a浸取：将去除表面塑料的旧电池放入水中浸取并过滤，滤液经操作a得koh固体；b溶渣：滤渣中加入过量稀硫酸和足量双氧水，至不再出现气泡时，过滤；c测成分：测步骤b中滤液成分，然后加入铁粉；d氧化：加入双氧水氧化；e调ph：

12、滴加氨水调ph，经结晶处理得mnxzn(1x)fe2o4。(1)浸取时的操作有_(填字母)。a拆解、粉碎旧电池b降低温度c搅拌d加压(2)操作a为_。(3)溶渣时生成mn2的主要离子方程式为_。(4)若步骤c测得滤液中金属离子组成为：c(mn2)c(zn2)0.8 mol/l，c(fe2)0.1 mol/l。若滤液体积为1 m3，要合成mnxzn(1x)fe2o4，需加入fe粉的质量为_kg(忽略溶液体积变化)。(5)氧化时因为分解，所需双氧水的量比理论值大得多。其原因可能是温度过高；_。(6)最后一步结晶时，处理不当易生成mnfe2o4和znfe2o4。要制得mnxzn(1x)fe2o4，最

13、后一步结晶时需注意_。(7)某小组构想用znso4、mnso4溶液为原料，以fe作电极，用电解法经过一系列步骤制得mnxzn(1x)fe2o4，则开始电解时阳极反应式为_。【解析】(1)浸取时要将旧电池拆解、粉碎后，加入水进行浸取，为了提高浸取速率，可进行搅拌。(2)由于koh易溶于水，要从koh水溶液中得到koh固体，要将koh水溶液蒸发至有晶膜产生，停止加热，利用余热蒸干。(3)酸浸溶渣时，双氧水被氧化生成氧气，mno(oh)被还原生成硫酸锰，反应还有水生成，主要反应的离子方程式为2mno(oh)h2o24h=2mn2o24h2o。(4)根据化学式为mnxzn(1x)fe2o4可知，理论上

14、fe2的物质的量应为n(fe2)2n(mn2)n(zn2)2×0.8 mol/l×1 000 l1 600 mol，滤液中提供的n(fe2)0.1 mol/l×1 000 l100 mol，故需补加n(fe)1 600 mol100 mol1 500 mol，则m(fe)1 500 mol×56 g/mol84 000 g84 kg。(5)过渡元素化合物对h2o2分解有催化作用，因此生成的fe3起催化作用促使h2o2分解，使所需双氧水的量比理论值大得多。(6)由于mn2、zn2所带电荷相同，处理不当，造成mn2、zn2在溶液中分布不均匀，易分别结晶生成mnfe2o4和znfe2o4，