浙江专用2022年高考化学大二轮复习鸭30_32提升标准练二

选考(30~32)提升标准练(二)非选择题(本题共3题,每题10分,共30分)1.苯硫酚(C6H5—SH)是一种用途广泛的有机合成中间体。工业上常用氯苯(C6H5—Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备苯硫酚,但会有副产物苯(C6H6)生成。Ⅰ:C6H5—Cl(g)+H2S(g)C6H5—SH(g)+HCl(g)　ΔH1=-16.8kJ·mol-1Ⅱ:C6H5—Cl(g)+H2S(g)C6H6(g)+HCl(g)+18S8(g)　ΔH2反应Ⅱ的焓变不易测量,现查表得如下数据:Ⅲ:C6H5—SH(g)C6H6(g)+18S8(g)ΔH3=-29.0kJ·mol-1请回答:(1)反应Ⅱ为不可逆反应,请简述理由: 　。 (2)现将一定量的氯苯和硫化氢置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程,在不同温度下均反应20分钟测定生成物的浓度,得到图1和图2。(R为硫化氢与氯苯的起始物质的量之比)①下列说法不正确的是　　　　。 A.由图1可知,相同条件下反应Ⅰ的活化分子百分数大于反应Ⅱ的活化分子百分数B.图1中C6H5—SH的浓度在590℃以上随温度变化的原因可能是反应Ⅱ中消耗反应物,使反应Ⅰ平衡逆向移动C.其他条件不变,由图1可知,氯苯的转化率随温度的升高而降低D.由图2可知,若要提高C6H5—SH的产量,可提高硫化氢与氯苯起始物质的量之比-5-\n②590℃时,氯苯和硫化氢混合气体(体积比为1∶2.5,总物质的量为amol)在VL的固定容积中进行反应,达到平衡时,测得容器中苯硫酚的物质的量为a7mol,苯的物质的量为a14mol,则该温度下反应Ⅰ的平衡常数为　　　　　　(保留两位有效数字)。 ③请根据图1、图2,在图中画出恒温恒容条件下反应主产物苯硫酚的物质的量浓度随时间变化的曲线图。(3)除了用以上方法制备苯硫酚以外,亦可电解还原苯磺酸(C6H5—SO3H,一元强酸)或苯磺酰氯来制备。以锌和石墨为电极,硫酸溶液为电解质溶液,电解苯磺酸时的阴极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 2.用铁屑为原料制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾(K3[Fe(C2O4)3])的化学方程式依次如下:①Fe(s)+H2SO4FeSO4+H2↑②FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4·2H2O↓+H2SO4③2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3K2C2O42K3[Fe(C2O4)3]+6H2O已知:K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水,难溶于乙醇。回答下列问题:(1)在反应①得到的FeSO4溶液中,需加入少量H2SO4溶液酸化,目的是　。 (2)为从反应③后的溶液中得到K3[Fe(C2O4)3]晶体,某同学设计的实验步骤为“加热蒸发—冷却结晶—抽滤—洗涤—干燥”,请评价该方案的合理性,并说明理由: 　。 (3)为从反应③后的溶液中得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体,请再设计另外一种实验方案(不要求写具体的实验操作): 　。 (4)过滤K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体有关的操作正确的是　　　　　　。 A.选择比布氏漏斗内径略小又能将全部小孔盖住的滤纸B.放入滤纸后,直接用倾析法转移溶液和沉淀,再打开水龙头抽滤C.洗涤晶体时,先关闭水龙头,用蒸馏水缓慢淋洗,再打开水龙头抽滤D.抽滤完毕时,应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管,以防倒吸(5)称取5.00g制得的晶体加水溶解,配成250mL溶液,取25.00mL于锥形瓶中,用0.100mol·L-1酸性高锰酸钾标准溶液滴定,重复三次实验,平均消耗12.00mL酸性高锰酸钾标准溶液。计算所得的样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的纯度为　　　　　　　。 3.工业上以C8H10、C3H6为原料生产有机玻璃PMMA的单体,同时还可以得到高分子材料PET聚酚树脂的单体。合成路线如下(部分反应条件及产物略去):-5-\n已知:Ⅰ.RCOOR'+R″OHRCOOR″+R'OH(R、R'、R″均代表烃基)Ⅱ.请回答下列问题:(1)化合物A的官能团名称为　　　　　　,③的反应类型为　　　　　　。 (2)反应②的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)写出符合下列要求,与PMMA的单体互为同分异构体的所有同分异构体的结构简式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ①红外光谱(IR)证明分子结构中有碳碳双键;②1H核磁共振谱(1H-NMR)显示有四种不同的氢原子;③能与碳酸氢钠溶液反应产生气体。(4)Y的结构简式为　　　　　　。 (5)写出C3H6到C3H6O的合成路线(试剂及溶剂任选,合成路线参照“已知Ⅱ”中的书写形式) 　。  参考答案 选考(30~32)提升标准练(二)1.答案:(1)反应Ⅱ的ΔH2=-45.8kJ·mol-1<0,ΔS>0,说明其正反应是自发反应,而逆反应为非自发反应,所以反应Ⅱ为不可逆反应(2)①CD　②0.86③(3)C6H5—SO3H+6H++6e-C6H5—SH+3H2O解析:(1)由盖斯定律可知Ⅱ-Ⅰ得Ⅲ,则ΔH3=ΔH2-ΔH1,求出ΔH2=-45.8kJ·mol-1,因为ΔH2<0,ΔS>0,说明其正反应自发进行,而逆反应为非自发进行,故反应Ⅱ为不可逆反应。(2)①根据图1反应Ⅰ的化学反应速率比反应Ⅱ快,说明相同条件下,反应Ⅰ的活化分子百分数大于反应Ⅱ的活化分子百分数,故A说法正确;根据反应Ⅰ和反应Ⅱ的化学反应方程式,可知氯苯和硫化氢都是反应物,因为反应Ⅱ是不可逆反应,升高温度,反应Ⅱ中消耗氯苯和硫化氢,相当于减少反应Ⅰ中反应物的浓度,平衡向逆反应方向进行,苯硫酚的浓度减小,故B说法正确;根据图1,反应Ⅱ中氯苯的转化率随温度的升高而升高,故C说法错误;根据图2,当硫化氢与氯苯的起始物质的量之比增大到一定程度时,苯硫酚的浓度反而减小,故D说法错误。-5-\n②　C6H5—Cl(g)+H2S(g)C6H5—SH(g)+HCl(g)变化物质的量/mola7a7a7a7　C6H5—Cl(g)+H2S(g)C6H6(g)+HCl(g)+18S8(g)变化的物质的量/mola14a14a14a14开始时,氯苯的总物质的量为a1+2.5mol=2a7mol,硫化氢总物质的量为2.5a1+2.5mol=5a7mol,达到平衡时,氯苯的物质的量为(2a7-a7-a14)mol=a14mol,硫化氢的物质的量为(5a7-a7-a14)mol=a2mol,HCl的物质的量为(a7+a14)mol=3a14mol,则反应Ⅰ的化学平衡常数的表达式K=a7V×3a14Va14V×a2V≈0.86。③根据图1和图2,随着反应的进行,苯硫酚的浓度先增大,然后减小,因此图像是。(3)本题考查电极反应式的书写,根据电解原理,阴极上得到电子,元素的化合价降低,发生还原反应,环境是酸性,因此电极反应式为C6H5—SO3H+6H++6e-C6H5—SH+3H2O。2.答案:(1)抑制Fe2+的水解(2)不合理,因为加热蒸发会导致H2O2分解、Fe3+的水解、得到的晶体不纯(3)向溶液中“加入适量乙醇—过滤—洗涤—干燥”得晶体(4)AD　(5)98.2%解析:(1)在反应①得到的FeSO4溶液中,需加入少量H2SO4溶液酸化,目的是抑制Fe2+的水解。(2)该方案不合理,因为加热蒸发会导致H2O2分解、Fe3+的水解,得到的晶体不纯。(3)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水,难溶于乙醇,设计如下实验方案:向溶液中“加入适量乙醇—过滤—洗涤—干燥”得晶体。(4)选择比布氏漏斗内径略小又能将全部小孔盖住的滤纸,A正确;放入滤纸后,要滴加蒸馏水使滤纸紧贴于漏斗,打开水龙头,将混合物摇匀后缓慢转移至漏斗中抽滤,B不正确;洗涤晶体时,不要关闭水龙头,用蒸馏水缓慢淋洗,抽滤后关闭水龙头,C不正确;抽滤完毕时,应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管,以防倒吸,D正确。综上所述,正确的是AD。(5)根据电子转移守恒可得关系式5K3[Fe(C2O4)3]·3H2O~6KMnO4,n{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}=56n(KMnO4)=56×12.00×10-3L×0.100mol·L-1=0.00100mol,所得的样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的纯度为0.00100mol×491g·mol-1×250mL25.00mL5.00g×100%=98.2%。3.答案:(1)羧基　取代反应-5-\n(2)+2CH3OH+2H2O(3)、(4)HOCH2CH2OH(5)CH2CHCH3解析:C3H6转化为C3H6O,而C3H6O发生已知信息Ⅱ中的反应得到D,可知D的结构简式为,C3H6O的结构简式为,C3H6的结构简式为CH2CHCH3,丙烯与水发生加成反应生成,然后发生催化氧化得到。由X与D的反应产物可知X为CH3OH。C8H10发生氧化反应生成A,A与甲醇发生酯化反应生成B,B与Y发生交换反应得到与甲醇,可知B为,Y为HOCH2CH2OH,A为,C8H10的结构简式为。(1)A为,化合物A的官能团名称为羧基,③的反应类型为取代反应;(2)反应②的化学方程式为+2CH3OH+2H2O;(3)PMMA的单体为,①红外光谱(IR)证明分子结构中有碳碳双键;②1H核磁共振谱(1H-NMR)显示有四种不同的氢原子;③能与碳酸氢钠溶液反应产生气体,说明结构中含有羧基;满足条件的PMMA的单体的同分异构体有、;(4)由上述分析可知,Y的结构简式为HOCH2CH2OH;(5)C3H6到C3H6O的合成路线:CH2CHCH3。-5-