高考化学三轮冲刺分层专题特训卷非选择组合练2 (含解析)

非选择题组合练(二)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)K2FeO4为高效净水剂。某学习小组在实验室用下图装置制备KClO溶液，KClO溶液再与KOH、Fe(NO3)3溶液反应制备K2FeO4。已知：Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3；K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液，在酸性或中性溶液中不稳定，在0～5℃的强碱性溶液中较稳定。回答下列问题：(1)仪器a的名称是________；装置A中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(2)装置B的作用是________________；装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是____________。装置D的作用是____________。(3)装置C中得到足量KClO后，再向其中依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴控制反应温度为25℃，搅拌1.5h，溶液变为紫红色(含K2FeO4)，发生的反应中还原产物为________；若要析出紫色K2FeO4晶体，需加入________。(4)K2FeO4粗产品中含有Fe(OH)3、KCl等杂质，其提纯步骤如下：①将一定量的K2FeO4粗产品溶于一定体积的冷的3mol·L－1KOH溶液中。②过滤。③将盛有滤液的仪器置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液。④搅拌、静置、____________、用乙醇洗涤2～3次。⑤在真空干燥箱中干燥。(5)称取提纯后的K2FeO4产品0.2000g于烧杯中，加入强碱性亚铬酸盐溶液，反应后再加稀硫酸调节溶液呈强酸性，配成250mL溶液，取出25.00mL溶液放入锥形瓶中，用0.01000mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至终点，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为30.00mL。涉及的主要反应为Cr(OH)eq\o\al(－,4)＋FeOeq\o\al(2－,4)=Fe(OH)3↓＋CrOeq\o\al(2－,4)＋OH－，2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，则该K2FeO4产品的纯度为________(保留3位有效数字)。答案：(1)分液漏斗2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O(2)除去杂质HCl防止Cl2与KOH反应生成KClO3吸收Cl2，防止污染空气(3)KCl饱和KOH溶液(4)过滤(5)99.0%解析：(1)装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，化学方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。(2)装置A制得的Cl2中混有HCl，装置B的作用是除去杂质HCl；装置C中用氯气与氢氧化钾溶液反应制次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，需要将三颈烧瓶置于冰水浴中。氯气会污染空气，用氢氧化钠溶液吸收尾气。(3)向含有足量KClO的三颈烧瓶中依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，发生氧化还原反应生成K2FeO4、KCl、KNO3和水，反应的离子方程式为3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－=2FeOeq\o\al(2－,4)＋3Cl－＋5H2O，还原产物为KCl。根据题给信息可知若要析出紫色K2FeO4晶体，需加入饱和KOH溶液。(4)将盛有滤液的仪器置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，因K2FeO4微溶于浓KOH溶液，故接下来的实验操作是搅拌、静置、过滤、用乙醇洗涤沉淀2～3次，最后在真空干燥箱中干燥。(5)根据反应Cr(OH)eq\o\al(－,4)＋FeOeq\o\al(2－,4)=Fe(OH)3↓＋CrOeq\o\al(2－,4)＋OH－、2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O和Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，可得关系式2FeOeq\o\al(2－,4)～Cr2Oeq\o\al(2－,7)～6Fe2＋，根据题意可知，消耗(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为0.03000L×0.01000mol·L－1＝0.00030mol，所以0.2000g产品中高铁酸钾的质量为0.00030mol×eq\f(2,6)×eq\f(250mL,25.00mL)×198g·mol－1＝0.198g，所以K2FeO4产品的纯度为eq\f(0.198g,0.2000g)×100%＝99.0%。27．(14分)以某含钴废渣(主要成分为Co2O3、Fe2O3、Ni2O3，还含有少量钙镁的氧化物)为原料制取纯净物的Co2O3。具体的工艺流程如下：已知：常温下，Ksp(CaF2)＝2.7×10－11，Ksp(MgF2)＝7.42×10－11，Ksp[Co(OH)2]＝2×10－15。请回答下列问题：(1)Co2O3不能完全溶于H2SO4，因此，在酸浸时需加入一定量的还原剂(如NaNO2、Na2SO3等)。①NaNO2的还原效果虽略好于Na2SO3，但本流程选择了Na2SO3，原因是____________________。②请写出酸浸时Co2O3与Na2SO3发生反应的离子方程式________________________________。③酸浸时硫酸不宜过量太多的主要原因是________________。(2)除铁操作中Fe3＋以黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]形式从溶液中沉淀析出，检验该步操作中铁元素是否除尽可选用的试剂为________。(3)反应Ⅰ中加入NH4F的目的为____________________________________________。(4)沉钴操作发生的反应为C2Oeq\o\al(2－,4)＋Co2＋=CoC2O4↓，也可用Na2C2O4代替(NH4)2C2O4，若要得到较为纯净的CoC2O4，加料时，常将Na2C2O4溶液缓慢加入到含钴溶液中，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)450℃在空气中煅烧沉钴后的滤渣发生反应的化学方程式为______________________________________。答案：(1)①选用NaNO2时会产生大量的有毒气体NO2②Co2O3＋SOeq\o\al(2－,3)＋4H＋=2Co2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H2O③消耗较多的Na2CO3，浪费原料(2)KSCN溶液(其他合理答案均可)(3)除去溶液中的Ca2＋、Mg2＋(4)防止生成Co(OH)2沉淀(5)4CoC2O4＋3O2eq\o(=,\s\up7(450℃))2Co2O3＋8CO2解析：(1)①NaNO2的还原效果虽略好于Na2SO3，但NaNO2在反应过程中会产生大量的有毒气体NO2，污染环境。③酸浸时硫酸不宜过量太多，因为在后续实验中需要加入Na2CO3调节pH，硫酸过量太多会造成原料的浪费。(2)检验铁元素是否除尽可选用的试剂为KSCN溶液。(3)CaF2与MgF2的溶度积较小，加入NH4F的目的是除去溶液中的Ca2＋、Mg2＋。(4)Ksp[Co(OH)2]＝2×10－15很小，Na2C2O4溶液显碱性，制备CoC2O4时，为防止生成Co(OH)2沉淀，加料时，将Na2C2O4溶液缓慢加入到含钴溶液中。28．(15分)一定条件下正戊烷(CH3CH2CH2CH2CH3)发生两种裂解反应：Ⅰ.CH3CH2CH2CH2CH3(g)CH3CH=CH2(g)＋CH3CH3(g)ΔH1＝＋274.2kJ·mol－1Ⅱ.CH3CH2CH2CH2CH3(g)CH3CH2CH3(g)＋CH2=CH2(g)ΔH2＝＋122.7kJ·mol－1回答下列问题：(1)在恒温恒压的密闭容器中，充入一定量的正戊烷发生裂解反应，起始时容器体积为aL，一段时间反应达到平衡后容器体积变为bL，此时正戊烷的转化率α(正戊烷)＝________；向反应体系中充入一定量的水蒸气(水蒸气在该条件下不参与反应)，再次平衡后正戊烷的转化率将________(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为________________________________________________________________________。(2)温度为T℃时，往压强恒为100kPa的密闭容器中充入1mol·L－1CH3CH=CH2和2mol·L－1CH3CH3发生反应：CH3CH=CH2(g)＋CH3CH3(g)CH3CH2CH3(g)＋CH2=CH2(g)ΔH3。测得CH3CH2CH3的物质的量浓度随时间t的变化如图中曲线Ⅰ所示。①ΔH3＝________。②该反应的平衡常数Kp＝________。(Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数，计算结果保留2位小数)。③若在1min时，改变某一反应条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ，则改变的条件为________。(3)将0.1molCH3CH3完全燃烧后的气体通入100mL3mol·L－1的NaOH溶液中，充分反应后所得溶液中离子浓度的大小顺序为________________________________________________________________________。(4)以稀硫酸为电解质溶液，CH3CH3燃料电池的负极反应式为________________________________________________________________________。答案：(1)eq\f(b－a,a)或eq\f(100×b－a,a)%增大充入水蒸气，容器体积增大，相当于减小压强，平衡正向移动(2)①－151.5kJ·mol－1②0.17③加催化剂(3)c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)(4)CH3CH3－14e－＋4H2O=2CO2＋14H＋解析：(1)根据差量法，平衡时反应消耗的正戊烷的体积为(b－a)L，所以正戊烷的转化率为eq\f(b－a,a)×100%；往恒温恒压的密闭容器中通入一定量的水蒸气，则容器的体积必然变大，原反应物和产物的分压必然减小，根据正戊烷裂解反应的正反应均为气体分子数增大的反应，所以平衡向正反应方向移动。(2)①根据盖斯定律，由Ⅱ－Ⅰ可得目标热化学方程式，故ΔH3＝＋122.7kJ·mol－1－274.2kJ·mol－1＝－151.5kJ·mol－1。②根据题图可以得出平衡时CH3CH2CH3(g)的浓度为0.4mol·L－1，根据三段式法，可以得出：CH3CH=CH2g＋CH3CH3gCH3CH2CH3g＋CH2=CH2g起始/mol·L－11200转化/mol·L－10.40.40.40.4平衡/mol·L－10.61.60.40.4则Kp＝eq\f(\f(2,15)p总×\f(2,15)p总,\f(1,5)p总×\f(8,15)p总)＝eq\f(1,6)≈0.17。③根据图象中曲线变化特点，可以得出改变反应条件后反应速率变快，但达到平衡时CH3CH2CH3的浓度没有改变，所以改变的条件应该是使用了催化剂。(3)0.1molC2H6完全燃烧可以生成0.2molCO2，该气体与0.3molNaOH反应生成0.1molNa2CO3和0.1molNaHCO3，则所得溶液中离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)。(4)C2H6燃料电池负极通入的物质为C2H6，酸性介质中，C2H6失去电子转化为CO2，根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可以得出负极反应式为CH3CH3－14e－＋4H2O=2CO2＋14H＋。(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)钛由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金属”。宝鸡因钛产业发达被称为中国钛谷，其钛产品产量占全国产量的80%以上，占世界产量的20%以上。请回答下列问题：(1)钛元素位于元素周期表中第四周期________族，属于________区元素，其基态原子核外未成对电子数为________。(2)[Ti(H2O)6]Cl3和[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O是TiCl3六水合物的两种晶型，这两种晶体所含元素的电负性由大到小的顺序为________________________________________________________________________。在[Ti(H2O)6]Cl3中，与Ti3＋形成配位键的是________(填名称)原子，该原子的杂化类型为________。各取1mol上述晶体溶于水配成500mL溶液，加入足量AgNO3溶液使Cl－完全沉淀，二者消耗AgNO3的物质的量之比为________。(3)TiO2的熔点为1800℃，TiCl4的熔点为－25℃，同为＋4价Ti的化合物，二者熔点相差悬殊的原因是__________________________________________。(4)金属钛的原子堆积方式如图1所示，该堆积模型的名称为________________，请画出金属钛晶胞的俯视图______________。(5)图2为立方钙钛矿(CaTiO3)结构的晶胞，Ti原子与O原子间的最短距离为apm，已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该立方钙钛矿的密度可表示为________g·cm－3。(列出计算式即可)答案：(1)ⅣBd2(2)O>Cl>H>Ti氧sp33:2(3)TiO2是原子晶体，原子间以共价键相结合，而TiCl4是分子晶体，分子间以范德华力相结合，共价键的强度远大于范德华力(4)六方最密堆积(5)eq\f(40＋48＋16×3,NA\r(2)a×10－103)解析：(1)钛是第22号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅣB族，属于d区元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2。(2)H、O、Cl、Ti四种元素电负性由大到小的顺序为O>Cl>H>Ti，[Ti(H2O)6]Cl3中配体为H2O，提供孤电子对的原子为氧原子，水中氧原子的杂化类型为sp3,1个[Ti(H2O)6]Cl3和1个[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O在水中可以分别电离出来3个Cl－和2个Cl－，若使Cl－完全沉淀，二者消耗AgNO3的物质的量之比为3:2。(3)TiO2的熔点为1800℃，是因为TiO2是原子晶体，原子间以共价键相结合，而TiCl4的熔点为－25℃，是因为TiCl4是分子晶体，分子间以范德华力相结合，共价键的强度远大于范德华力，故二者熔点相差悬殊。(4)金属Ti的原子堆积方式为六方最密堆积，六方最密堆积的晶胞的上下底面为菱形，晶胞内的Ti原子不在平行六面体的体心，而在其中一个三棱柱的体心，故其俯视图为。(5)在图2所示的晶胞中，Ti原子与O原子间的最短距离为apm，则该晶胞的晶胞参数为eq\r(2)apm，该立方钙钛矿的密度＝eq\f(40＋48＋16×3,NA\r(2)a×10－103)g·cm－3。36．[化学——选修5：有机