2022届高考化学人教版二轮专题复习训练-综合大题规范练(四)

综合大题规范练(四)必做题26．工业上利用碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐，Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质)制备硫酸锰，其工艺流程如图：请回答下列问题：(1)“酸浸”中MnCO3溶解的离子方程式为___________________________________________________________________________________________________________________。为提高“酸浸”速率，下列措施不可行的是________(填字母)。A．升温B．采用高压氧酸浸C．使用98%的浓硫酸D．将矿石粉碎成小块(2)“除铝铁”步骤中加入MnO2发生反应的离子方程式为____________________________。(3)加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系如图所示，则应调节的pH范围为________(填字母)。A．1～2 B．2～3C．3～4 D．4～5已知在此条件下Mn2＋不会产生沉淀，推测锰元素损失的可能原因是____________________。(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是__________________。造成锰元素损失，产率下降。实际生产采用SDD代替。(5)“结晶分离”步骤所得滤渣主要成分是________________________________________。(6)为确定所得硫酸锰中含有的结晶水，称取纯化后的硫酸锰晶体8.45g，加热至完全脱去结晶水，固体减重0.9g，则该硫酸锰晶体的化学式为___________________________________。答案(1)MnCO3＋2H＋=Mn2＋＋CO2↑＋H2OC(2)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O(3)DAl(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2＋(4)可能生成MnS(5)MgSO4、CaSO4(6)MnSO4·H2O解析(1)“酸浸”中MnCO3与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，反应的离子方程式为MnCO3＋2H＋=Mn2＋＋CO2↑＋H2O；98%的浓硫酸中氢离子浓度小，使用98%的浓硫酸不能加快酸浸的速率。(3)根据加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系图知，pH范围为4～5时，铝铁去除率高、锰损失率低；锰元素损失的原因可能是Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2＋。(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是可能生成MnS沉淀，造成锰元素损失，产率下降。(5)根据流程图，“结晶分离”步骤前的溶液中含有杂质MgSO4、CaSO4，所以“结晶分离”的滤渣主要成分是MgSO4、CaSO4。(6)设硫酸锰晶体的化学式是MnSO4·xH2O，则8.45×eq\f(18x,151＋18x)＝0.9，解得x＝1，则该硫酸锰晶体的化学式为MnSO4·H2O。27．硫代硫酸钠是一种常见化学试剂，临床医学上用于氰化物、砷、铋、碘、汞、铅等中毒治疗。实验室用SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中来制备Na2S2O3·5H2O。回答下列问题：Ⅰ.提纯Na2S。已知Na2S常温下微溶于酒精，加热时溶解度迅速增大，杂质不溶于酒精。在如图装置圆底烧瓶中放入工业级Na2S，并加入一定量的酒精和少量水。待烧瓶中固体不再减少时，停止加热，将烧瓶取下，立即趁热过滤，再冷却结晶，抽滤。将所得固体洗涤、干燥，得到Na2S晶体。(1)图中冷凝管的作用是______________________________________________________，步骤中趁热过滤的目的是_____________________________________________________。Ⅱ.利用如图装置合成硫代硫酸钠(夹持装置已略去)。(2)装置中单向阀的作用是__________________________________________________，三颈烧瓶中生成Na2S2O3的化学方程式为___________________________________________________________________________________________________________，充分反应后将三颈烧瓶中溶液进行一系列操作得到Na2S2O3·5H2O晶体。Ⅲ.测定产品纯度。准确称取wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1mol·L－1碘的标准溶液滴定。反应原理为I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－。(3)①滴定至终点时，滴定终点的现象是______________________________________________________________________________________________________________________。②滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为________mL，样品纯度为______________(设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)。(4)硫代硫酸钠晶体中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。利用所给试剂实验，检测产品中是否存在Na2SO4杂质，简要说明实验操作、现象和结论：_______________________________________________________________________________________________________。(可供选择的试剂有：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。答案(1)冷凝回流，防止酒精挥发增大Na2S的溶解度，减少Na2S的损失(2)防止倒吸2Na2S＋4SO2＋Na2CO3=3Na2S2O3＋CO2(3)①溶液由无色变蓝色，且30秒内不褪色②18.10eq\f(3.620×10－3M,w)×100%(4)取少量产品溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明产品中含有Na2SO4杂质解析(2)Ⅱ中硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，三颈烧瓶中发生的化学反应有SO2＋Na2CO3=Na2SO3＋CO2、2Na2S＋3SO2=2Na2SO3＋3S、Na2SO3＋S=Na2S2O3，总反应为2Na2S＋4SO2＋Na2CO3=3Na2S2O3＋CO2；氢氧化钠用来吸收多余的二氧化硫，装置中单向阀的作用是防止尾气处理时由于内部压强减小引起倒吸。(3)①Na2S2O3反应完毕，加入最后一滴碘的标准液遇淀粉变蓝色，滴定至终点时的现象是溶液由无色变为蓝色，且30秒内不褪色。②由图可知，开始液面读数为0.00，滴定终点液面读数为18.10mL，则消耗标准液的体积为mol·L－1＝3.620×10－3mol，故样品纯度为eq\f(3.620×10－3mol×Mg·mol－1,wg)×100%＝eq\f(3.620×10－3M,w)×100%。28．Ⅰ.研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。某化学小组查阅资料知2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：①2NO(g)N2O2(g)(快)ΔH1<0v1正＝k1正c2(NO)，v1逆＝k1逆c(N2O2)②N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)(慢)ΔH2<0v2正＝k2正c(N2O2)·c(O2)，v2逆＝k2逆c2(NO2)请回答下列问题：(1)写出反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的热化学方程式：______________________________(焓变用含ΔH1和ΔH2的式子表示)。逆表示的平衡常数表达式K＝________________。(3)工业上可用氨水作为NO2的吸收剂，NO2通入氨水发生的反应：2NO2＋2NH3·H2O=NH4NO3＋NH4NO2＋H2O，若反应后的溶液滴入甲基橙呈红色，则反应后溶液中c(NOeq\o\al(－,3))＋c(NOeq\o\al(－,2))________c(NHeq\o\al(＋,4))(填“>”“<”或“＝”)。(4)工业上也可用电解法处理氮氧化物的污染。电解池如图所示，阴阳电极间是新型固体氧化物陶瓷，在一定条件下可传导O2－。该电解池阴极的电极反应式是____________________________________________________________________________________________。Ⅱ.在一定温度、压强下，向密闭容器中投入一定量N2和H2，发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0(5)①下列措施中能加快反应速率并提高氢气的转化率的是________(填字母)。a．其他条件不变时，压缩容器体积b．其他条件不变时，升高反应体系温度c．使用合适的催化剂d．保持容器体积不变，充入一定量的氮气②实际生产中往往需要将温度控制在一个合适的范围，分析温度不宜过高也不宜过低的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＝ΔH1＋ΔH2(2)eq\f(k1正·k2正,k1逆·k2逆)(3)>(4)2NO2＋8e－=N2＋4O2－(5)①ad②该反应是放热反应，温度过高，反应物的转化率下降，温度过低，反应速率过慢；且催化剂在一定温度范围内活性最强解析Ⅰ.(1)①2NO(g)N2O2(g)；②N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)，而目标反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)可以由反应①＋②而得，根据盖斯定律可知ΔH＝ΔH1＋ΔH2。(2)由反应达平衡状态，所以v1正＝v1逆、v2正＝v2逆，所以v1正·v2正＝v1逆·v2逆，即k1正c2(NO)·k2正c(N2O2)·c(O2)＝k1逆c(N2O2)·k2逆c2(NO2)，则K＝eq\f(c2NO2,c2NO·cO2)＝eq\f(k1正·k2正,k1逆·k2逆)。(3)根据电荷守恒c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(NOeq\o\al(－,3))＋c(NOeq\o\al(－,2))＋c(OH－)，而甲基橙呈红色，说明溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，所以c(NOeq\o\al(－,3))＋c(NOeq\o\al(－,2))＞c(NHeq\o\al(＋,4))。(4)O2－在阳极发生氧化反应，而氮的氧化物在阴极发生还原反应，所以气体NO2在阴极发生还原反应生成氮气，电极反应式：2NO2＋8e－=N2＋4O2－。Ⅱ.(5)①该反应是一个气体分子总数减小的反应，其他条件不变时，压缩容器体积，压强增大，平衡正向移动，反应速率加快并提高了氢气的转化率，a正确；该反应是放热反应，其他条件不变时，升高反应体系温度，平衡逆向移动，氢气转化率下降，b错误；使用催化剂不能改变平衡转化率，c错误；保持容器体积不变，充入一定量的氮气，反应物浓度增加，反应速率加快，平衡正向移动，氢气转化率增大，d正确。②N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，如果温度过低，反应速率慢；该反应是放热反应，如果温度过高，反应物的转化率下降，而且温度会影响催化剂的活性，所以需要将温度控制在一个合适的范围。选做题35．氧、硫形成的化合物种类繁多，日常生活中应用广泛。如硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式如下：AgBr＋2Na2S2O3=Na3[Ag(S2O3)2]＋NaBr。回答下列问题：(1)基态S的价电子排布图为________。(2)下列关于物质结构与性质的说法，正确的是______(填字母)。A．玻尔原子结构模型能够成功地解释各种原子光谱B．Br、S、O三种元素的电负性大小顺序为O＞Br＞SC．Na的第一电离能小于Mg，但其第二电离能却远大于MgD．水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点及稳定性均大于H2S(3)依据VSEPR理论推测S2Oeq\o\al(2－,3)的立体构型为______，中心原子S的杂化方式为________，[Ag(S2O3)2]3－中存在的化学键有________(填字母)。A．离子键B．极性键C．非极性键D．金属键E．配位键(4)第一电子亲和能(E1)是指元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量(单位为kJ·mol－1)，电子亲和能越大，该元素原子越易得电子。已知第三周期部分元素第一电子亲和能如下表：元素AlSiPSClE1/(kJ·mol－1)42.513472.0200349表中元素的E1自左而右呈增大趋势，试分析P元素呈现异常的原因：______________。(5)某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B组成。则该氧化物的化学式为________，已知该晶体的晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则密度ρ为________g·cm－3(用含a和NA的代数式表示)。答案(1)(2)BC(3)四面体形sp3BCE(4)P的价电子排布式为3s23p3,3p能级半充满状态，相对稳定不易结合一个电子(5)Fe3O4eq\f(232×8,a×10－73NA)解析(2)玻尔原子结构模型能够成功地解释氢原子光谱，故A错误；非金属性越强电负性越大，故O>Br>S，故B正确；Mg原子3s轨道为全充满稳定状态，半径又较小，第一电离能高于Na的，它们失去1个电子后，Na＋的最外层电子排布为2s22p6，Mg＋的最外层电子排布为3s1，Na＋是稳定结构，第二电离能远高于Mg的，故C正确；水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点大于H2S的熔沸点，稳定性属于化学性质，与氢键无关，由共价键决定，故D错误。(5)Fe2＋处于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心，O2－位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个，Fe3＋处于晶胞B位置小立方体内部，晶胞中Fe原子数目为4＋8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＋4×4＝24，O原子数目为4×8＝32，故Fe、O原子数目之比为24∶32＝3∶4，故氧化物的化学式为Fe3O4。晶胞相当于有8个“Fe3O4”，晶胞质量为eq\f(8×232,NA)g，晶体密度为eq\f(232×8,a×10－73NA)g·cm－3。36．莽草酸(E)主要作为抗病毒和抗癌药物中间