2020高考化学二轮复习非选择必考题标准练3含解析

2020高考化学二轮复习非选择必考题标准练3含解析

非选择必考题标准练(三)‎ 满分：58分 ‎1．(14分)Ⅰ.某学习小组设计如图装置制取SO2，研究其性质，并进一步探究不同浓度硫酸的氧化性。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)B、C、D分别用于检验SO2的性质，写出C中反应的离子方程式SO2＋Cl2＋2H2O===4H＋＋SO＋2Cl－。‎ ‎(2)实验中观察到D中有浑浊出现，有同学提出此现象不能证明SO2具有氧化性。‎ 请简述理由：装置C挥发出的氯气也可以使D装置中出现浑浊。‎ ‎(3)E装置的作用为尾气处理、防倒吸。‎ Ⅱ.某学习小组设计并完成如下实验：称取一定量的还原铁粉放入一定体积的浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y。经检验，气体Y中含有SO2、H2。‎ ‎(4)溶液X中一定大量含有的金属阳离子是Fe2＋，简述如何检验溶液X中该离子取少量溶液向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明原溶液中含有Fe2＋。‎ ‎(5)为了测定气体Y中SO2的含量，将2.24 L(标准状况)气体Y通入200.00 mL 0.200 0 mol·L－1酸性高锰酸钾溶液中，充分反应后，取出20.00 mL溶液转入锥形瓶中进行滴定，消耗浓度为0.050 0 mol·L－1的KHC2O4标准液20.00 mL。‎ ‎①室温下，0.05mol·L－1KHC2O4溶液中，c(C2O)>c(H2C2O4)。滴定操作时，标准液应装在酸式滴定管(填仪器名称)中；滴定终点的现象为滴入最后一滴KHC2O4标准液，锥形瓶内溶液由紫色变为无色，且半分钟内颜色不恢复。‎ ‎②用KHC2O4标准液滴定酸性高锰酸钾溶液的离子方程式为2MnO＋5HC2O＋11H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。‎ ‎③气体Y中SO2的物质的量分数为90%。‎ 解析：(1)C中饱和氯水与二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为SO2＋Cl2＋2H2O===4H＋＋SO＋2Cl－‎ 8‎ ‎。(2)装置C挥发出的氯气也可以使D装置中出现浑浊，故实验中观察到D中有浑浊出现，不能证明SO2具有氧化性。(3)二氧化硫是污染气体，不能直接排放到空气中，利用氨水吸收，E装置的作用为尾气处理、防倒吸。(4)随着反应的进行，硫酸浓度降低，产生的气体含有氢气，则一定发生铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气的反应，铁也可与溶液中的Fe3＋反应生成Fe2＋，故溶液X中一定大量含有的金属阳离子是Fe2＋，检验溶液X中Fe2＋的方法是取少量溶液向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明原溶液中含有Fe2＋。(5)①标准溶液KHC2O4溶液中，c(C2O)>c(H2C2O4)，说明HC2O的电离程度大于其水解程度，则溶液呈酸性。滴定操作时，标准液应装在酸式滴定管中；滴定终点的现象为滴入最后一滴KHC2O4标准液，锥形瓶内溶液由紫色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色。②KHC2O4与酸性高锰酸钾反应的离子方程式为2MnO＋5HC2O＋11H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。③根据反应2MnO＋5SO2＋2H2O===2Mn2＋＋5SO＋4H＋、2MnO＋5HC2O＋11H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可知，二氧化硫消耗的高锰酸钾的物质的量为0.2 L×0.200 0 mol·L－1－×10×0.050 0 mol·L－1×0.02 L＝0.036 mol；气体Y中SO2的物质的量分数为×100%＝90%。‎ ‎2．(14分)纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图1所示。‎ ‎(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，其原理如图2所示，该反应的离子方程式为CuFeS2＋Cu＋2H＋===Cu2S＋Fe2＋＋H2S↑。‎ ‎(2)从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。‎ 8‎ ‎①反应：Cu2S＋4FeCl3===2CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成1 mol CuCl2，反应中转移电子的物质的量为2_mol；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3＋较高浓度，有关反应的离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O。‎ ‎②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图3所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取。‎ ‎(3)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图4所示。当pH>1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3＋萃取率降低的原因是Fe3＋水解程度随pH的升高而增大。‎ ‎(4)用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为32∶7。‎ ‎(5)在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、洗涤、干燥、煅烧(或灼烧)等操作可得到Fe2O3产品。‎ 解析：(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，根据图示，同时生成了Fe2＋和H2S，反应的离子方程式为CuFeS2＋Cu＋2H＋===Cu2S＋Fe2＋＋H2S↑。(2)①根据反应Cu2S＋4FeCl3===2CuCl2＋4FeCl2‎ 8‎ ‎＋S，反应中硫元素由－2价升高为0价，铜元素由＋1价升高为＋2价，铁元素由＋3价降低为＋2价，反应中转移4个电子，则每生成1 mol CuCl2，反应中转移电子2 mol。浸取时，在有氧环境下可维持Fe3＋较高浓度，是因为氧气能够氧化Fe2＋，反应的离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O。②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，如果未洗硫，生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取，会使铜元素浸取率较低。(3)Fe3＋的水解程度随着pH的升高而增大，导致溶液中Fe3＋浓度降低，萃取率降低。(4)在碱性条件下，Cu2＋与N2H4反应生成氮气和铜，反应的离子方程式为2Cu2＋＋N2H4＋4OH－===2Cu＋N2↑＋4H2O，反应中铜元素化合价降低被还原，铜为还原产物，氮元素化合价升高被氧化，氮气为氧化产物，还原产物与氧化产物的质量之比为＝。(5)萃取后的“水相”中含有Fe3＋，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧可得到Fe2O3，方法为在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，过滤，洗涤，干燥，煅烧可得到Fe2O3产品。‎ ‎3．(15分)Ⅰ.废水废气对自然环境有严重的破坏作用，大气和水污染治理刻不容缓。‎ ‎(1)某化工厂产生的废水中含有Fe2＋、Mn2＋等金属离子，可用过硫酸铵[(NH4)2S2O8]氧化除去。‎ ‎①过硫酸铵与Mn2＋反应生成MnO2的离子方程式为S2O＋2H2O＋Mn2＋===4H＋＋2SO＋MnO2↓。‎ ‎②温度与Fe2＋、Mn2＋氧化程度之间的关系如图1所示：‎ 实验过程中应将温度控制在80_℃(80_℃～85_℃区间均可)。Fe2＋与Mn2＋被氧化后形成胶体絮状粒子，常加入活性炭处理，加入活性炭的目的为吸附胶体粒子形成沉淀。‎ 8‎ ‎(2)利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中NO、NO2，其反应机理如图2所示。A包含物质的化学式为N2和H2O。‎ ‎(3)工业上废气中SO2可用Na2CO3溶液吸收，反应过程中溶液组成变化如图3所示。‎ ‎①吸收初期(图中A点以前)反应的化学方程式为2Na2CO3＋SO2＋H2O===2NaHCO3＋Na2SO3。‎ ‎②C点高于B点的原因是根据钠元素守恒，NaHSO3的物质的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的质量大，浓度就大。‎ Ⅱ.研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分。‎ 已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　‎ ΔH＝＋1 805 kJ·mol－1　①‎ C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1　②‎ ‎2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221.0 kJ·mol－1　③‎ ‎(4)某反应的平衡常数表达式K＝，请写出此反应的热化学方程式：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝－2 371 kJ·mol－1。‎ ‎(5)向绝热恒容密闭容器中充入等物质的量的NO和CO进行反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是acd(填序号)。‎ a．容器中的压强不变 b．2v正(CO)＝v逆(N2)‎ c．气体的平均相对分子质量保持不变 d．该反应平衡常数保持不变 e．NO和CO的体积比保持不变 ‎(6)2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)，将一定量的SO3放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率随温度变化如图4所示。图中a点对应温度下，已知SO3的起始压强为p0‎ 8‎ ‎，该温度下反应的平衡常数Kp＝(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。‎ 解析：Ⅰ.(1)①过硫酸铵与Mn2＋反应生成MnO2，S2O被还原为SO，反应的离子方程式为S2O＋2H2O＋Mn2＋===4H＋＋2SO＋MnO2↓。②图象分析可以知道80 ℃左右、Fe2＋、Mn2＋氧化程度已经很大，升温变化不大，实验过程中应将温度控制在80 ℃(80 ℃～85 ℃区间均可)，Fe2＋与Mn2＋被氧化后形成胶体絮状粒子，常加入活性炭处理，加入活性炭的目的为吸附胶体粒子形成沉淀。(2)图示反应可以生成A的反应为[(NH4)2(NO2)]2＋＋NO===[(NH4)(HNO2)]＋＋A＋H＋，根据原子守恒判断A为N2和H2O。(3)①由图可以知道，初期反应(图中A点以前)Na2CO3浓度降低，NaHCO3浓度升高，则碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠与亚硫酸钠，反应的化学方程式为2Na2CO3＋SO2＋H2O===2NaHCO3＋Na2SO3。②根据钠元素守恒，NaHSO3的物质的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的质量大，浓度就大。‎ Ⅱ.(4)根据平衡常数表达式K＝，可知此反应的化学方程式为2NO＋2CON2＋2CO2，然后再根据盖斯定律：反应②×2－③－①，可得ΔH＝－2 371 kJ·mol－1；所以该反应的热化学方程式为2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝－2 371 kJ·mol－1。(5)反应2NO＋2CON2＋2CO2为反应前后气体的物质的量改变的反应，当容器中的压强不变时气体的物质的量不变，说明反应达到化学平衡状态，a正确。化学反应速率和化学计量数成正比，应为v正(CO)＝2v逆(N2)，b错误。反应前后气体的总质量不变，气体的总物质的量在发生变化，当气体的总物质的量不再发生变化，气体的平均相对分子质量为定值，反应到化学平衡状态，c正确。该反应为放热反应，当温度不再发生改变，平衡常数保持不变，达到平衡状态，d正确。NO和CO按照物质的量1∶1投料，两种物质按1∶1反应，任何时候剩余物质的量都是1∶1，无法判定反应是否达到化学平衡状态，e错误。正确选项acd。‎ ‎(6)设起始SO3为a mol，根据题给信息有 ‎2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)，‎ 起始量 a 0 0‎ 8‎ 变化量 0.4a 0.4a 0.2a 平衡量 0.6a 0.4a 0.2a 反应达到平衡后，气体的压强为＝，p平衡＝1.2p0；SO3物质的量分数：＝；SO2物质的量分数：＝；O2物质的量分数：＝；该温度下反应的平衡常数Kp＝＝。‎ ‎4．(15分)目前，广泛推广使用的磷酸铁锂电池的工作原理为LiFePO4＋CLixC＋Li1－xFePO4。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)LiFePO4中基态亚铁离子的价层电子排布图为。基态碳原子s能级、p能级上电子数之比为2∶1。‎ ‎(2)在元素周期表中，氮元素分别与磷、氧相邻，在N、O、P中，第一电离能最大的是N(填元素符号)，判断依据是N和P位于同主族，N的原子半径小于P，N的第一电离能大于P；N和O位于同周期，N原子的2p能级达到半充满的稳定状态，N的第一电离能大于O；NH3的键角略大于PH3，从原子结构角度说明原因：N的原子半径小于P，氢氮键之间排斥力大于氢磷键。‎ ‎(3)卤素与磷可形成多种磷化物。例如，PCl3、PBr3等。PCl3中磷的杂化类型为sp3；PBr3的空间构型为三角锥形。与PO互为等电子体的分子有CCl4、SiCl4、CBr4、SiF4等(任写一种)(填一种即可)。‎ ‎(4)电池反应中C常以足球烯(C60)的形式参与，足球烯的结构如图Ⅰ所示，1 mol足球烯含30NA个π键。‎ ‎(5)锂、铁单质晶胞分别如图Ⅱ、图Ⅲ所示，铁、锂晶胞的配位数之比为3∶2‎ 8‎ ‎。图Ⅱ晶胞的堆积方式是体心立方堆积(填名称)。‎ ‎(6)金刚石晶胞如图Ⅳ所示。已知金刚石的密度为ρ g·cm－3，NA代表阿伏加德罗常数的值。金刚石中C—C键的键长为××1010pm(用代数式表示)。‎ 解析：(1)LiFePO4中含亚铁离子，Fe2＋的价层电子排布式为3d6，由此可得其价层电子排布图。基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2。‎ ‎(2)N和P位于同主族，N的原子半径小于P，所以，N的第一电离能大于磷；N和O位于同周期，N的2p能级达到半充满的稳定状态，O的2p能级上有4个电子，所以N的第一电离能大于O，故这三种元素中N的第一电离能最大。N的原子半径小于P，NH3分子中H—N键之间的排斥力大于PH3中H—P键，所以NH3分子的键角大于PH3。‎ ‎(3)PCl3分子中P原子的价层电子对数为4，其杂化类型为sp3。PBr3分子中P的价层电子对数为4，有1个孤电子对，其空间构型呈三角锥形。与PO互为等电子体的分子有CCl4、CBr4、CI4、SiF4、SiCl4、SiBr4等。(4)足球烯中每个碳原子形成两个单键、一个双键，每个键为两个碳原子共有，一个双键中含一个σ键和一个π键，则每个碳原子净摊1/2个π键，1个C60含30个π键。(5)图Ⅱ、图Ⅲ晶胞中配位数分别为8、12，配位数之比为2∶3。图Ⅱ晶胞的堆积方式为体心立方堆积。(6)设金刚石的晶胞参数为a cm，一个金刚石晶胞含8个碳原子，由ρ＝得，a＝2×。设碳碳键键长为R，其等于体对角线长度的1/4，则有(4R)2＝3a2 cm2，R＝a cm＝××1010 pm。‎ 8‎