2023年高考化学二轮复习非选择题标准练（八）

PAGE2-非选择题标准练(八)总分值43分,实战模拟,20分钟拿到高考主观题高分!可能用到的相对原子质量:H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Ni-59Cu-641.(14分)己二酸是合成尼龙-66的主要原料之一。实验室合成己二酸的原理、有关数据及装置示意图如图表:图2物质密度熔点沸点溶解性环己醇0.962g·cm-325.9℃160.8℃20℃时水中溶解度为3.6g,可溶于乙醇、苯己二酸1.360g·cm-3152℃337.5℃在水中的溶解度:15℃时1.44g,25℃时2.3g,易溶于乙醇、不溶于苯实验步骤如下:Ⅰ.在三颈烧瓶中参加16mL50%的硝酸(密度为1.31g·cm-3),再参加1～2粒沸石,滴液漏斗中盛放有5.4mL环己醇。Ⅱ.水浴加热三颈烧瓶至50℃左右,移去水浴,缓慢滴加5～6滴环己醇,摇动三颈烧瓶,观察到有红棕色气体放出时再慢慢滴加剩下的环己醇,维持反响温度在60～65℃。Ⅲ.当环己醇全部参加后,将混合物用80～90℃水浴加热约10min,直至无红棕色气体生成为止。Ⅳ.趁热将反响液倒入烧杯中,放入冰水浴中冷却,析出晶体后过滤、洗涤、枯燥、称重。请答复以下问题:(1)本实验所用50%的硝酸物质的量浓度为________。滴液漏斗的细支管a的作用是____________________________________________________________。(2)仪器b的名称为________,使用时要从________通入冷水。(3)NaOH溶液的作用是________________,溶液上方倒扣的漏斗作用是__________________________________________________________。(4)向三颈烧瓶中滴加环己醇时,反响温度迅速上升,为使反响温度不致过高,必要时可采取的措施是_____________________________________________。(5)进行该实验时要控制好环己醇的滴入速率,防止反响过于剧烈,否那么可能造成较严重的后果,试列举两条可能的后果:_______________________________。(6)为了除去可能的杂质和减少产品损失,可分别用________和________洗涤晶体。【解析】(1)根据c=,可知50%的硝酸(密度为1.31g·cm-3)的物质的量浓度为mol·L-1≈10.4mol·L-1,滴液漏斗的细支管a的作用是平衡滴液漏斗与三颈烧瓶内的气压,使环己醇能够顺利流下。(2)该仪器有球形区域,仪器b为球形冷凝管,为使冷凝管中充满冷凝水,使挥发的有机物进行冷凝回流,提高原料利用率,故冷水应从冷凝管的下口通入,从上口流出。(3)根据环己醇氧化生成己二酸方程式可知,产物有NO,一氧化氮易与空气中的氧气反响:2NO+O22NO2,二氧化氮中的氮为+4价,在碱性条件下发生岐化反响,氮元素化合价从+4→+5,+4→+3,反响为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O,所以NaOH溶液的作用是吸收NO2,防止污染空气,倒扣的漏斗下端直径较大,液体上升的速率减慢,能起缓冲作用,防止倒吸。(4)向三颈烧瓶中滴加环己醇时,反响温度迅速上升,反响温度过高时,可将三颈烧瓶置于冷水浴中进行降温。(5)向三颈烧瓶中滴加环己醇时,反响温度迅速上升,说明该反响为放热反响,需控制好环己醇的滴入速率,如果环己醇的滴入速率过快,反响温度高,反响液暴沸冲出冷凝管,也可能引起爆炸,而且产生的二氧化氮气体来不及被碱液吸收而外逸到空气中。(6)产品己二酸中含有环己醇、硝酸等杂质,己二酸在水中的溶解度:15℃时1.44g,25℃时2.3g,温度高溶解度大,可用冰水洗涤,除去环己醇、硝酸,己二酸不溶于苯,最后用苯洗涤晶体,除去外表的杂质,防止产品损失。答案:(1)10.4mol·L-1平衡滴液漏斗与三颈烧瓶内的气压,使环己醇能够顺利流下(2)球形冷凝管下口(3)吸收NO2,防止污染空气防止液体倒吸(4)将三颈烧瓶置于冷水浴中(5)反响液暴沸冲出冷凝管;放热过多可能引起爆炸(或产生的二氧化氮气体来不及被碱液吸收而外逸到空气中,任意两条即可)(6)冰水苯2.(14分)某工业废水含有CN-和Cr2等离子,需经污水处理达标后才能排放,污水处理拟用如图流程进行处理:答复以下问题:(1)步骤②中,CN-被ClO-氧化为CNO-的离子方程式为______________________。(2)步骤③的反响方程式为S2+Cr2+H+S+Cr3++H2O(未配平),那么每消耗0.4molCr2,反响中S2失去e-________mo1。(3)含Cr3+废水可以参加熟石灰进一步处理,目的是_________________________________________________________________________________________。(4)在25℃下,将amol·L-1的NaCN溶液与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合,反响后测得溶液pH=7,用含a的代数式表示CN-的水解常数Kh=________。假设25℃时将浓度均为0.1mol·L-1的NaCN、HCN溶液等体积混合后,溶液呈碱性,那么关于该溶液的说法不正确的选项是________(填字母)。a.此溶液一定有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)b.此溶液一定有c(Na+)=c(HCN)+c(CN-)c.混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度d.此溶液参加少量氢氧化钠或盐酸,溶液的pH变化不大(5)利用Cr2通过以下方法测定某锡粉的纯度(杂质不参与反响):取ag锡粉溶于盐酸中,向生成的SnCl2中参加过量的FeCl3溶液,用bmol·L-1K2Cr2O7滴定生成的Fe2+(酸性环境下,Cr2可被复原为Cr3+),共用去K2Cr2O7溶液mmL。那么锡粉中锡的质量分数是__________。(Sn的摩尔质量为Mg·mol-1,用含a、b、m、M的代数式表示)【解析】(1)碱性条件下,CN-与NaClO发生氧化复原反响生成CNO-、Cl-,离子反响为CN-+ClO-CNO-+Cl-。(2)根据0.4molCr2转化为Cr3+,铬元素化合价降低3价,0.4molCr2共得到了0.4×(2×3)mol=2.4mol。(3)含Cr3+废水可以参加熟石灰进一步处理,目的是调节废水pH,使其转化成Cr(OH)3沉淀除去。(4)由于反响后测得溶液pH=7,当a=0.01时,恰好反响,生成了氰化氢溶液,溶液显示酸性,故氰化钠应该多些,故a>0.01;根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)c(OH-)+c(CN-)+c(Cl-),pH=7,c(H+)=c(OH-),c(CN-)=c(Na+)-c(Cl-)=mol·L-1-mol·L-1;再根据物料守恒:c(CN-)+c(HCN)c(Na+)=mol·L-1;Ka===(100a-1)×10-7,那么Kh==;假设25℃时将浓度均为0.1mol·L-1的NaCN、HCN溶液等体积混合后,混合后得溶液中c(HCN)=0.05mol·L-1,c(NaCN)=0.05mol·L-1,溶液呈碱性,说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度;据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)c(CN-)+c(OH-),此溶液一定有c(Na+)+c(H+)c(OH-)+c(CN-),故a正确;由物料守恒可知c(HCN)+c(CN-)=0.1mol·L-1,所以c(HCN)+c(CN-)2c(Na+),故b错误;假设25℃时将浓度均为0.1mol·L-1的NaCN、HCN溶液等体积混合后,混合后得溶液中c(HCN)=0.05mol·L-1,c(NaCN)=0.05mol·L-1,溶液呈碱性,说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度,混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度,故c正确;假设25℃时将浓度均为0.1mol·L-1的NaCN、HCN溶液等体积混合后形成缓冲溶液,此溶液参加少量氢氧化钠抑制水解,促进电离,参加盐酸抑制电离促进水解,溶液酸碱性变化不大,所以溶液的pH变化不大,故d正确。(5)令锡粉中锡的质量分数为x,那么:Sn2+～Sn4+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7Mgmola×xbmol·L-1×L解得x=。答案:(1)CN-+ClO-CNO-+Cl-(2)2.4(3)调节废水pH,使其转化成Cr(OH)3沉淀除去(4)b(5)【方法规律】化工流程题的解题技巧解题时要迅速浏览全题→产生总体印象→寻找突破口→注意联系→大胆假设→全面分析(采用正推、逆推或中间推的方法)→验证确认。可概括为“选准题眼、突破一点、由点到面、代入检验〞。3.(15分)以CO、H2为原料合成甲醇的反响为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH。在体积均为2L的三个恒容密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中,分别都充入1molCO和2molH2,三个容器的反响温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。图1为三个容器中的反响均进行到5min时H2的体积分数示意图,其中有一个容器反响已经到达平衡状态。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)0～5min时间内容器Ⅱ中用CH3OH表示的化学反响速率为________。(2)三个容器中一定到达平衡状态的是容器________,此容器中反响达平衡时,放出热量20.5kJ,那么ΔH=________。(3)当三个容器中的反响均到达平衡状态时,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点对应的反响条件,运用化学反响速率和化学平衡知识,同时考虑生产实际,说明选择该反响条件的理由:_____________________________________________________________。(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响式为________________。用该电池电解饱和食盐水(石墨电极),当电路中通过1.929×104C的电量时,生成标准状况下氢气的体积为____________L。(:一个电子的电量是1.602×10-19C)【解析】(1)设反响生成的甲醇物质的量为xmol,CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)开始(mol):120转化(mol):x2xx平衡(mol):1-x2-2xx到5min时,氢气的体积分数为0.2,那么=0.2,那么x=,那么v===0.0875mol·L-1·min-1。(2)到达平衡状态时氢气的转化率最大,氢气的体积分数最小,Ⅱ对应的氢气的体积分数最小,所以Ⅱ可能到达了平衡状态。平衡时,根据(1)计算氢气转化量为2x=1.75mol,放出热量20.5kJ,那么转化2mol氢气放出热量约为23.4kJ,那么ΔH=-23.4kJ·mol-1。(3)由图2可知,升高温度CO的转化率减小,即向逆反响移动,所以该反响为放热反响,温度越高,反响向逆方向进行的程度越大,CO的转化率越低,Ⅲ温度最低。由图2可知,升高温度CO的转化率减小,即向逆反响移动,所以该反响为放热反响,温度越低,反响向正方向进行的程度越大,K越大,I的温度最低,那么其K最大。(4)相对于N点而言,采用M点,温度在500～600K之间,温度较高,反响速率较快,CO的平衡转化率也较高,压强为常压,对设备要求不高。(5)负极发生的是燃料甲醇失电子的氧化反响,负极电极反响式为CH3OH-6e-+3O2-CO2+2H2O。电路中通过的电量为≈0.2mol,那么生成标准状况下氢气的体积为2.24L。答案:(1)0.0875mol·L-1·min-1(2)Ⅱ-23.4kJ·mol-1(3)ⅢⅠ(4)相对于N点而言,采用M点,温度在500～600K之间,温度较高,反响速率较快,CO的平衡转化率也较高,压强为常压,对设备要求不高(5)CH3OH-6e-+3O2-CO2+2H2O2.24【加固训练】N2H4(肼)可作为制药的原料,也可作火箭的燃料。(1)肼能与酸反响。N2H6Cl2溶液呈弱酸性,在水中存在如下反响:①N2+H2ON2+H3O+平衡常数K1②N2+H2ON2H4+H3O+平衡常数K2相同温度下,上述平衡常数K2≪K1,其主要原因是________。(2)工业上,可用次氯酸钠与氨反响制备肼,副产物对环境友好,写出化学方程式_________________________________________________________________。(3)肼在催化剂作用下分解只产生两种气体,其中一种气体能使红色石蕊试纸变蓝色。在密闭容器中发生上述反响,平衡体系中肼气体的体积分数与温度关系如图1所示。该反响的正反响ΔH________0(填“<〞“>〞或“=〞,下同);P2________P1。(4)热化学反响方程式:反响Ⅰ:N2H4(g)N2(g)+2H2(g)ΔH1;反响Ⅱ:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH2。①ΔH1________ΔH2(填“<〞“>〞或“=〞);②7N2H4(g)8NH3(g)+3N2(g)+2H2(g)ΔHΔH=________(用ΔH1、ΔH2表示)。③向1L恒容密闭容器中充入0.1molN2H4,在30℃、Ni-Pt催化剂作用下发生反响I,测得混合物体系中,(用y表示)与时间的关系如图2所示。0～4.0min时间内H2的平均生成速率υ(H2)=________mol·L-1·min-1;该温度下,反响I的平衡常数K=________。(5)肼还可以制备碱性燃料电池,氧化产物为稳定的对环境友好的物质。该电池负极的电极反响式为________;假设以肼—空气碱性燃料电池为电源,以NiSO4溶液为电镀液,在金属器具上镀镍,开始两极质量相等,当两极质量之差为1.18g时,至少消耗肼的质量为________g。【解析】(1)弱电解质电离、离子水解等第一步水解产物对第二步有抑制作用,所以,第一步平衡常数大于第二步,依次类推。(2)次氯酸钠