高考化学二轮训练题： 6套大题规范练 大题规范练5 Word版含答案

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大题规范练(五)(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．(14分)某学习小组的同学拟利用碘化亚铁与碳酸氢钠的反应来制备高纯度的碘化钠晶体。回答下列问题：                           【97184378】(1)碘化亚铁溶液的制备：将碘和铁粉按物质的量之比在～之间配料，加入三颈烧瓶中(如图)，然后加入适量水，并向装置中持续通入N2，在40～60 ℃下搅拌反应30～50 min。待反应完成，检验出反应液中不含碘单质后，过滤即制得碘化亚铁溶液。①配料中铁粉过量的目的是___________________________________________________________________________________________________________；持续通入N2的目的是__________________。②检验反应液中不含碘单质的方法是_________________________________________________________________________________________________。(2)碘化钠溶液的制备：将制备好的碘化亚铁溶液加入到碳酸氢钠溶液中，控制碘化亚铁与碳酸氢钠的物质的量之比在～之间，在80～100 ℃下搅拌反应30～50 min，反应生成碘化钠及碳酸亚铁等。该反应的化学方程式为___________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)碘化钠的提纯与结晶：①除去碘化钠溶液中HCO的方法是___________________________________________________________________________________________________。②从碘化钠溶液获得碘化钠晶体(20 ℃时溶解度为179 g/100 g水，100 ℃时溶解度为302 g/100 g水)的操作方法是________________________________。(4)碘化钠晶体纯度的测定：该小组同学称取制得的碘化钠晶体18.1 g，溶于水后加入50 mL 2.5 mol·L－1 AgNO3溶液，过滤、干燥，称得沉淀的质量为28.2 g。则碘化钠晶体的纯度为________。(杂质不参与反应，结果保留至小数点后两位)【思路分析】　本实验先用碘和铁粉按一定物质的量之比制备碘化亚铁，再将碘化亚铁溶液加入到碳酸氢钠溶液中制备碘化钠。结合题给信息和实验操作注意事项进行解答即可。【解析】　(1)该装置用来制备碘化亚铁，①配料中铁粉过量的目的是使碘充分反应以提高其利用率；空气中的氧气能将I－氧化成I2，故持续通入N2的目的是防止生成的I－被氧化。②淀粉遇碘变蓝可用于检验碘单质，具体方法为：取少量溶液于试管中，加入淀粉溶液(及少量稀硫酸)，溶液不变蓝色，说明已不含I2。(2)碘化亚铁与碳酸氢钠反应生成碘化钠及碳酸亚铁，根据质量守恒可知产物还有二氧化碳和水，该反应的化学方程式为FeI2＋2NaHCO3FeCO3↓＋2NaI＋CO2↑＋H2O。(3)①考虑到HCO与酸反应生成二氧化碳和水，同时不引入新杂质，可向(2)中的滤液中加入稍过量的HI溶液，再微热即可除去HCO。②根据信息“20 ℃时溶解度为179 g/100 g水，100 ℃时溶解度为302 g/100 g水”，从碘化钠溶液中获得碘化钠晶体应采用降温结晶，操作方法为：蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶并干燥。   (4)由题意可知生成碘化银沉淀的质量为28.2 g，物质的量为＝0.12 mol，根据关系式：NaI～AgI,18.1 g碘化钠晶体中含碘化钠的质量为0.12 mol×150 g·mol－1＝18 g，则碘化钠晶体的纯度为×100%≈99.45%。【答案】　(14分)(1)①使碘充分反应以提高其利用率(1分)　防止生成的I－被氧化(1分)　②取少量溶液于试管中，加入淀粉溶液(及少量稀硫酸)，溶液不变蓝色，说明已不含I2(2分)    (2)FeI2＋2NaHCO3FeCO3↓＋2NaI＋CO2↑＋H2O(3分)(3)①向溶液中加入稍过量的HI溶液，再微热(2分)②蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶并干燥(2分)(4)99.45%(3分)27．(15分)铜、硫的单质及其化合物在生产、生活中应用广泛，辉铜矿(主要成分是Cu2S)是冶炼铜和制硫酸的重要原料。 【97184379】(1)已知：①2Cu2S(s)＋3O2(g)===2Cu2O(s)＋2SO2(g)　ΔH＝－768.2 kJ·mol－1②2Cu2O(s)＋Cu2S(s)===6Cu(s)＋SO2(g)　ΔH＝＋116.0 kJ·mol－1则Cu2S(s)＋O2(g)===2Cu(s)＋SO2(g)　ΔH＝________。(2)利用化石燃料开采、加工过程中产生的H2S废气可制取氢气，既廉价又环保，若得到56 L(标准状况)氢气，则转移的电子数为________。(3)上述冶炼过程中会产生大量的SO2，回收处理SO2，不仅能防止环境污染，而且能变害为宝，回收处理的方法之一是先将SO2转化为SO3，然后再转化为H2SO4。①450 ℃时，某恒容密闭容器中存在反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH<0，下列事实能表明该反应达到平衡的是________(填字母序号)。A．容器内气体密度不变B．O2、SO3的消耗速率之比为1∶2C．n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2∶1∶2D．容器内压强不再发生变化②450 ℃、0.1 MPa下，将2.0 mol SO2和1.0 mol O2置于5 L密闭容器中开始反应，保持温度和容器容积不变，SO2的转化率α(SO2)随着时间(t)的变化如图甲所示，则该温度下反应的平衡常数K＝________。若维持其他条件不变，使反应开始时的温度升高到500 ℃，请在图甲中画出反应从开始到平衡时SO2转化率的变化图像。(4)已知CuCl2溶液中，铜元素的存在形式与c(Cl－)的相对大小有关，具体情况如图乙所示(分布分数是指平衡体系中含铜微粒物质的量占铜元素总物质的量的百分比)。①若溶液中含铜微粒的总浓度为a mol·L－1，则X点对应的c(CuCl＋)＝________(用含a的代数式表示)。②向c(Cl－)＝1 mol·L－1的氯化铜溶液中滴入少量AgNO3溶液，则浓度最大的含铜微粒发生反应的离子方程式为__________________________________。【解析】　(1)根据盖斯定律得Cu2S(s)＋O2(g)===2Cu(s)＋SO2(g)，则ΔH＝＝－217.4 kJ·mol－1。(2)标准状况下，56 L氢气的物质的量为2.5 mol，根据关系式：H2S～H2可知，每生成1 mol氢气转移2 mol电子，当生成2.5 mol氢气时转移电子的物质的量为5 mol，即数目为3.01×1024。(3)①该反应是反应前后气体体积减小的反应，恒容容器中气体总体积不变，反应过程中质量守恒，故无论反应是否达到平衡，气体密度始终不变，不能表明该反应达到平衡，A错误。O2是反应物，SO3是生成物，当O2、SO3的消耗速率之比为1∶2时，正、逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确。n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2∶1∶2不能说明随反应进行物质的量不再变化，不能表明反应达到平衡，C错误。该反应是反应前后气体体积减小的反应，达到平衡后压强不再改变，可以表明反应达到平衡，D正确。②由图甲可知，平衡时SO2的转化率为0.90，根据反应方程式2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，可知平衡时SO2、O2、SO3物质的量分别为0.2 mol、0.1 mol、1.8 mol，容器容积为5 L，平衡时SO2、O2、SO3物质的量浓度分别为0.04 mol·L－1、0.02 mol·L－1、0.36 mol·L－1，则该温度下反应的平衡常数K＝＝4 050；若维持其他条件不变，使反应开始时的温度升高到500 ℃，则反应速率加快，达到平衡所需时间变短，但反应放热，转化率减小。(4)①溶液中含铜微粒的总浓度为a mol·L－1，X点时含铜微粒有三种，其中CuCl2、Cu2＋分布分数相等，均为22%，则X点对应的c(CuCl＋)＝(1－22%×2)a mol·L－1＝0.56a mol·L－1。②根据图像可知c(Cl－)＝1 mol·L－1的氯化铜溶液中含量最大的微粒是CuCl＋，其与硝酸银溶液反应的离子方程式为CuCl＋＋Ag＋===AgCl↓＋Cu2＋。【答案】　(15分)(1)－217.4 kJ·mol－1(2分)(2)3.01×1024(写“5NA”也给分)(2分)(3)①BD(2分)　②4 050(2分)　如图所示(3分)(4)①0.56a mol·L－1(2分)②CuCl＋＋Ag＋===AgCl↓＋Cu2＋(2分)28．(14分)偏钒酸铵(NH4VO3)主要用作催化剂、催干剂、媒染剂等。用沉淀法除去工业级偏钒酸铵中的杂质硅、磷的流程如下： 【97184380】(1)碱溶时，下列措施有利于NH3逸出的是________(填字母序号)。a．升高温度　b．增大压强　c．增大NaOH溶液的浓度(2)①滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3，已知Ksp(MgSiO3)＝2.4×10－5，若滤液中c(SiO)＝0.08 mol·L－1，则c(Mg2＋)＝________。②由图可知，加入一定量的MgSO4溶液作沉淀剂时，随着温度的升高，除磷率下降，其原因是温度升高，Mg3(PO4)2溶解度增大和________；但随着温度的升高，除硅率升高，其原因是________________________(用离子方程式表示)。(3)沉钒时，反应温度需控制在50 ℃，在实验室可采取的加热方式为________。(4)探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，设计实验步骤(常见试剂任选)：取两份10 mL一定浓度的滤液A和B，分别加入1 mL和10 mL的1 mol·L－1 NH4Cl溶液，再向A中加入________mL蒸馏水，控制两份溶液的温度均为50 ℃、pH均为8，由专用仪器测定沉钒率，加入蒸馏水的目的是__________________________________________________________________________________。(5)偏钒酸铵本身在水中的溶解度不大，但在草酸(H2C2O4)溶液中因发生氧化还原反应而溶解，同时生成络合物(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]，该反应的化学方程式为_____________________________________________________________。【思路分析】　该流程目的是用沉淀法除去工业级偏钒酸铵中的杂质硅、磷，提纯偏钒酸铵。根据影响化学平衡移动的因素、沉淀溶解平衡规律结合图像和水解规律解答(1)、(2)。实验设计时，为研究某单一因素的影响排除其他因素干扰，通常设定其他因素相同，据此解答(4)。根据氧化还原反应规律和得失电子数相等写出(5)的化学方程式。【解析】　(1)铵盐与碱反应生成氨气，氨气极易溶于水，升高温度和增大NaOH溶液的浓度均有利于NH3逸出，增大压强不利于氨气逸出，故选ac。(2)①由题意可知滤液是MgSiO3的饱和溶液，根据溶度积规则c(Mg2＋)＝＝ mol·L－1＝3×10－4 mol·L－1。②考虑到离子的水解是吸热过程，温度升高时促进Mg2＋水解生成Mg(OH)2，除磷率下降；硅酸是弱酸，温度升高时，促进SiO水解：SiO＋2H2OH2SiO3↓＋2OH－(或SiO＋3H2OH4SiO4↓＋2OH－)，除硅率升高。(3)反应温度需控制在50 ℃，小于水的沸点，在实验室可采取的加热方式为水浴加热。(4)控制NH4Cl的浓度对沉钒率的影响时，需设定单一变量，A、B中溶液体积应相等，故还需向A中加9 mL蒸馏水；加入蒸馏水的目的是排除其他因素干扰，使两份溶液总体积相等，便于比较。(5)根据信息可知反应物偏钒酸铵中V元素化合价为＋5价，产物(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]中V元素化合价为＋4价，化合价降低，故草酸被氧化，C元素化合价应升高，产物为CO2，根据得失电子守恒和质量守恒可得该反应的化学方程式为2NH4VO3＋4H2C2O4===(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]＋2CO2↑＋4H2O。【答案】　(14分)(1)ac(2分)(2)①3×10－4 mol·L－1(2分)　②促进Mg2＋水解生成Mg(OH)2(2分)　SiO＋2H2OH2SiO3↓＋2OH－(或SiO＋3H2OH4SiO4↓＋2OH－)(2分)(3)水浴加热(1分)(4)9(1分)　使两份溶液总体积相等，便于比较(2分)(5)2NH4VO3＋4H2C2O4===(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]＋2CO2↑＋4H2O(2分)