浙江专用2022年高考化学大二轮复习鸭30_32提升标准练一

选考(30~32)提升标准练(一)非选择题(本题共3题,每题10分,共30分)1.(2022·绍兴模拟)生产钡盐的主要原料是重晶石(BaSO4)。在高温下,重晶石与石墨存在如下反应:①BaSO4(s)+4C(s,石墨)4CO(g)+BaS(s)ΔH1=+571.2kJ·mol-1②BaSO4(s)+4CO(g)4CO2(g)+BaS(s)ΔH2=-118.8kJ·mol-1回答下列问题:(1)反应①能够自发进行的条件是　　　　　　　; (2)已知:C(s,石墨)+O2(g)CO2(g)ΔH3=-393.5kJ·mol-1,求表示CO的标准燃烧热的ΔH4=　　　　　　kJ·mol-1; (3)图1为1200K下,恒容密闭容器中重晶石与石墨反应时,c(CO)随时间变化曲线图。请分析图1曲线c(CO)在O~t2区间变化的原因: 　; (4)图2为实验测得不同温度下,反应体系中初始浓度比c(CO2)c(CO)与固体中BaS质量分数的关系曲线。分析图2曲线,下列说法正确的有　　　　; A.提高BaSO4的投料量,可提高BaS的产率B.恒温恒容时,当混合气体的密度不变,反应①②均达到化学平衡状态C.减小初始浓度比c(CO2)c(CO),有利于增大BaSO4的转化率D.适当升高温度,反应②的平衡左移,对生成BaS不利-6-\n(5)图1中,t2时刻将容器体积减小为原来的一半,t3时刻达到新的平衡,请在图1中画出t2~t3区间c(CO)的变化曲线。(6)工业生产中产生的SO2废气可用如图方法获得H2SO4。写出电解的阳极反应式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 2.硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]较硫酸亚铁不易被氧气氧化,是分析化学中重要的试剂,常用于代替硫酸亚铁。硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热完全分解。回答下列问题:(1)硫酸亚铁铵隔绝空气加热完全分解,发生了氧化还原反应,固体产物可能有FeO和Fe2O3,气体产物可能有NH3、SO3、H2O、N2和　　　　。 (2)为检验分解产物的成分,设计如下实验装置进行实验,加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全。①A中固体充分加热较长时间后,通入氮气,目的是　　　　　　　　　　　　　　　。 ②为验证A中残留物是否含有FeO,需要选用的试剂有　　　　(填字母)。 　　　　　　　　　　　　　　　　A.KSCN溶液B.稀硫酸C.浓盐酸D.KMnO4溶液③装置B中BaCl2溶液的作用是为了检验分解产物中是否有　　　　　气体生成,若含有该气体,观察到的现象为　。 ④若A中分解产物有N2,固体残留物只有Fe2O3,Fe2O3的物质的量为bmol,C中沉淀的物质的量为amol,则b　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)a。 ⑤实验中,观察到C中有白色沉淀生成,则C中发生的反应为　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。 (3)为测定某固体样品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的含量,某实验小组做了如下实验:测定原理:MnO4-+Fe2++H+Mn2++Fe3++H2O(方程式未配平)测定步骤:步骤一:准确称量20.00g硫酸亚铁铵晶体,配制成100mL溶液。步骤二:取所配溶液25.00mL于锥形瓶中,加稀硫酸酸化,用0.1000mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,重复两次,平均消耗KMnO4溶液16.00mL。①如何判断滴定终点?　; ②产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量分数为　　　　。 3.某研究小组按下列路线合成某药物X():-6-\nRCH2CHO—已知:ROHRCOOHRCHO请回答:(1)下列说法不正确的是　　　　。 A.化合物A能发生银镜反应B.化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应C.化合物X的分子式为C17H21NO3D.化合物F含有两种含氧官能团(2)化合物D的结构简式是　。 (3)写出B→C的化学方程式: 　。 (4)利用题中有关信息及物质,设计以为原料制备E的合成路线(用流程图表示,无机试剂任选):   　。 (5)写出同时符合下列条件的C的所有同分异构体的结构简式:  　。 ①分子中含有两个苯环,且苯环上都只有对位取代基;②IR谱显示存在—CONH—和结构,1H-NMR谱显示分子中有7种氢原子。 参考答案 选考(30~32)提升标准练(一)1.答案:(1)高温(2)-283(3)反应速率①比②大,故开始阶段c(CO)增大,后来反应②为主,故c(CO)减小,最后达到平衡不再改变(4)BC (5)-6-\n(6)Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+解析:(1)BaSO4(s)+4C(s,石墨)4CO(g)+BaS(s)的ΔH1>0,反应物均为固态,生成物有气态,故反应的ΔS>0。所以欲使反应能自发进行,则反应在较高温度下进行。(2)③C(s,石墨)+O2(g)CO2(g)　ΔH3=-393.5kJ·mol-1,由盖斯定律③-①-②4可得2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH=-566kJ·mol-1,所以表示CO的标准燃烧热的ΔH4=-283kJ·mol-1。(3)BaSO4(s)+4C(s,石墨)4CO(g)+BaS(s)　ΔH1=+571.2kJ·mol-1,图1为1200K下,恒容密闭容器中重晶石与石墨开始时都是固体,c(CO)随时间变化迅速增大,曲线图O~t1化学反应速率很大,t1~t2段时恒容密闭容器中压强增大,平衡逆向移动,同时反应②也发生,所以c(CO)随时间变化而减小,最后达到平衡不再改变。图1曲线c(CO)在O~t2区间变化的原因为反应速率①比②大,故开始阶段c(CO)增大,后来反应②为主,故c(CO)减小,最后达到平衡不再改变。(4)BaSO4是固体,改变用量不会影响平衡移动,不会提高BaS的产率,故A错;①BaSO4(s)+4C(s,石墨)4CO(g)+BaS(s)ΔH1=+571.2kJ·mol-1,②BaSO4(s)+4CO(g)4CO2(g)+BaS(s)　ΔH2=-118.8kJ·mol-1,恒温恒容时,当混合气体的密度不变,反应①②均达到化学平衡状态,故B对;CO2(g)属于生成物,减小初始浓度比c(CO2)c(CO),有利于增大BaSO4的转化率,故C正确;反应②为放热反应,而反应①为吸热反应,适当升高温度,对生成BaS有利,故D错。(5)图1中,t2时刻将容器体积减小为原来的一半,c(CO)迅速增大到原来的两倍,然后减小直至平衡;对于反应①来说,平衡常数K=c4(CO),而温度不变,所以K不变,即再次达到平衡时,容器内c(CO)与原平衡相同,即可画出对应的图像:(6)如图可知,电解时阳极是MnSO4失去电子,发生氧化反应生成MnO2,然后根据守恒规则写出电极反应式:Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+。2.答案:(1)SO2　(2)①使分解产生的气体在B、C中被吸收充分　②BD　③SO3　溶液变浑浊　④小于⑤SO2+H2O2+Ba2+BaSO4↓+2H+(3)①滴加最后一滴KMnO4溶液时,溶液呈紫红色且半分钟不褪色　②62.72%解析:(1)氮元素和铁元素化合价升高,根据在氧化还原反应中化合价有升必有降,化合价降低的应该是硫,所以气体产物中还可能有SO2。(2)①A中固体充分加热较长时间后,通入氮气的目的是使分解生成的气体在B、C装置中完全吸收;②为验证A中残留物是否含有FeO,应该先用稀硫酸溶解,然后再用KMnO4溶液检验亚铁离子,故选BD;③装置B中BaCl2溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成,若含有该气体,会生成硫酸钡白色沉淀,观察到的现象为溶液变浑浊;④若A中分解产物有N2-6-\n,固体残留物只有Fe2O3,Fe2O3的物质的量为bmol,C中沉淀的物质的量为amol,根据化合价升降必相等,硫元素降低的化合价(2a)等于铁升高的化合价(2b)和氮升高的化合价之和,则b小于a;⑤C中有白色沉淀生成,是因为SO2被双氧水氧化成SO42-,SO42-再与Ba2+结合生成沉淀BaSO4,则C中发生反应的离子方程式为SO2+H2O2+Ba2+BaSO4↓+2H+。(3)①取所配溶液25.00mL于锥形瓶中,加稀硫酸酸化,用0.1000mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,滴加最后一滴KMnO4溶液时,溶液呈紫红色且半分钟不褪色;②MnO4-+5Fe2++8H+Mn2++5Fe3++4H2OMnO4-　　　　　~　　　　　　5Fe2+150.01600L×0.1000mol·L-1nn=0.008mol,100mL溶液中含亚铁离子的物质的量=0.008mol×10025=0.032mol,产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量分数=0.032mol×392g·mol-120.00g×100%=62.72%。3.答案:(1)BD(2)(3)+CH3NH2+H2O(4)(5)、解析:根据产物X的结构简式,结合已知信息以及转化关系可推知A的结构简式为,B的结构简式为,C的结构简式为-6-\n,所以D的结构简式为,F转化为X时,先与氢气加成,再去掉,所以F为,结合已知条件:RCH2CHO+R'NHR″及D+EF可得E的结构简式为。(1)根据以上分析,A分子中含有—CHO,因此A能发生银镜反应,故A正确;A分子中酚羟基与发生了取代反应,所以B不能与FeCl3溶液发生显色反应,B错误;化合物X的分子式为C17H21NO3,故C正确;化合物F中只有醚键是含氧的官能团,所以D错误。因此正确答案为BD。(2)化合物D的结构简式是;(3)B→C的化学方程式为+CH3NH2+H2O;(4)根据已知反应和A→B的转化可设计E的合成路线如下:;(5)C的结构简式为,符合条件的同分异构体有、。-6-