2023年高考化学二轮复习非选择题标准练（九）

PAGE2-非选择题标准练(九)总分值43分,实战模拟,20分钟拿到高考主观题高分!可能用到的相对原子质量:H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Cr-52Fe-56Cu-641.(14分)醋酸亚铬晶体是一种氧气吸收剂,化学式为[Cr(CH3COO)2]2·2H2O,不溶于冷水,易溶于盐酸。由于Cr2+易被氧气氧化,制备醋酸亚铬时,需在封闭体系中用锌作复原剂,先将Cr3+复原为Cr2+,再与醋酸钠溶液作用制得,其总反响为2Cr3++Zn+4CH3COO-+2H2O[Cr(CH3COO)2]2·2H2O+Zn2+。请答复以下问题:(1)实验中用恒压滴液漏斗,相比普通分液漏斗,显著的优点是________。(2)实验开始前,必需进行的实验操作是______________________________;实验开始时,翻开恒压滴液漏斗的活塞,让盐酸滴入装置2中,翻开A,关闭B,目的是______________________________________________________________,反响一段时间后,保持盐酸持续滴下,关闭A,翻开B,目的是_______________________________。(3)其他反响物足量,实验时取用的是含溶质3.17gCrCl3溶液和1L0.1mol·L-1的醋酸钠溶液;实验后得枯燥纯洁的醋酸亚铬晶体2.82g,那么该实验所得产品的产率为________(不考虑醋酸亚铬晶体的溶解损失)。(4)为标定实验所用的CrCl3溶液,进行了如下操作:取25.00mLCrCl3溶液于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后参加适量Na2O2,充分加热煮沸,稀释,参加过量的稀硫酸至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2存在;再参加足量KI,密塞,摇匀,于暗处静置5分钟后,用0.25mol·L-1硫代硫酸钠溶液滴定至溶液呈淡黄色,参加1mL指示剂,滴定至终点。平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。:Cr2+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2S2+I2S4+2I-。①实验所用的CrCl3溶液的物质的量浓度为________。②滴定过程中所用的指示剂是________。③以下操作导致实验结果偏低的是________。a.移取CrCl3溶液的滴定管,水洗后未用CrCl3溶液润洗b.盛硫代硫酸钠溶液的滴定管滴定前有气泡,滴定后无气泡c.量取CrCl3溶液时先俯视后仰视d.滴定终点时,盛硫代硫酸钠溶液的滴定管尖嘴外挂有一滴液珠未滴落。【解析】(1)恒压滴液漏斗相比普通分液漏斗,显著的优点是平衡压强,使液体顺利滴下。(2)实验开始前,必需进行的实验操作是检验装置气密性;翻开A,关闭B,目的是盐酸与锌反响产生的氢气将装置中的空气排出,形成复原性气氛,防止Cr2+被氧化;关闭A,翻开B,目的是让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反响。(3)CrCl3的物质的量为=0.02mol,得到CrCl2的物质的量为0.02mol,醋酸钠的物质的量为0.1mol,结合酣酸亚铬晶体的分子式可知醋酸钠过量,根据原子守恒,那么得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O为0.02mol,质量为0.02mol××376g·mol-1=3.76g,所得产品的产率为×100%=75%。(4)①设CrCl3溶液的物质的量浓度为amol·L-1,那么:2Cr3+～Cr2～3I2～6S2260.025L×amol·L-10.024L×0.25mol·L-1所以2∶6=(0.025L×amol·L-1)∶(0.024L×0.25mol·L-1)解得a=0.08;②碘使淀粉变蓝色,反响完毕蓝色褪去,可以用淀粉作指示剂;③水洗后未用CrCl3溶液润洗,CrCl3溶液被稀释,消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小,测定浓度偏小,故a符合;气泡体积计算在消耗硫代硫酸钠溶液体积之内,测定浓度偏大,故b不符合;量取CrCl3溶液时先俯视,液面在读数下方,读数偏小,后仰视,液面在读数上方,读数偏大,那么CrCl3溶液体积偏大,测定其浓度偏小,故c符合;外挂有一滴液珠未滴落,已计算在消耗硫代硫酸钠溶液体积内,测定浓度偏大,故d不符合。答案:(1)平衡压强,使液体顺利滴下(2)检验装置气密性盐酸与锌反响产生的氢气将装置中的空气排出,形成复原性气氛,防止Cr2+被氧化让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反响(3)75%(4)①0.08mol·L-1②淀粉③a、c2.(16分)研究氮氧化物的反响机理,对于环境保护有重要意义。升高温度绝大多数的化学反响速率增大,但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反响速率却随着温度的升高而减小。查阅资料知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反响历程分两步:①2NO(g)N2O2(g)(快)v1(正)=k1(正)c2(NO)v1(逆)=k1(逆)c(N2O2)ΔH1<0②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)v2(正)=k2(正)c(N2O2)c(O2)v2(逆)=k2(逆)c2(NO2)ΔH2<0请答复以下问题:(1)反响2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH=______(用含ΔH1和ΔH2的式子表示)。一定温度下,反响2NO(g)+O2(g)2NO2(g)到达平衡状态,请写出用k1(正)、k1(逆)、k2(正)、k2(逆)表示平衡常数的表达式K=________,升高温度,K值________(填“增大〞“减小〞或“不变〞)。(2)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反响速率主要取决于反响②,反响①的活化能E1与反响②的活化能E2的大小关系为E1________E2(填“>〞“<〞或“=〞)。由实验数据得到v2(正)～c(O2)的关系可用图1表示。当x点升高到某一温度时,反响重新到达平衡,那么变为相应的点为________(填字母)。(3)工业上可用氨水作为NO2的吸收剂,NO2通入氨水发生的反响:2NO2+2NH3·H2ONH4NO3+NH4NO2+H2O。假设反响后的溶液滴入甲基橙呈红色,那么反响后溶液呈________性,且c(N)________c(N)+c(N)(填“>〞“<〞或“=〞)。(4)工业上也可用电解法处理氮氧化物(用NOx表示)的污染。电解池如图2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响式是________________________。阳极产生的气体N的化学式是________________________。(5)某温度时,亚硝酸银AgNO2的Ksp=9.0×10-4、Ag2SO4的Ksp=4.0×10-5,当向含N、S混合溶液中参加AgNO3溶液至S恰好完全沉淀(即S浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时,c(N)=________。【解析】(1)①2NO(g)N2O2(g);②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g),而目标反响2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH=①+②=ΔH1+ΔH2,由反响达平衡状态,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),那么K==,而正反响是放热反响,所以升高温度,平衡常数减小。(2)因为决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反响②,所以反响①的活化能E1远小于反响②的活化能E2;决定反响速率的是反响②,而温度升高k2(正)增大,反响速率加快,二氧化二氮的浓度减少,导致两者的积减小;v2(正)升高到某一温度时v2(正)减小,平衡逆向移动,氧气的浓度增大,所以反响重新到达平衡,那么变为相应的点为a。(3)根据电荷守恒c(N)+c(H+)=c(N)+c(N)+c(OH-),而甲基橙呈红色,说明溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),所以c(N)<c(N)+c(N)。(4)O2-在阳极发生氧化反响生成氧气,所以气体N为O2,而氮的氧化物在阴极发生复原反响生成氮气,阴极的电极反响式:2NOx+4xe-N2+2xO2-。(5)当向含N、S混合溶液中参加AgNO3溶液至S恰好完全沉淀,根据Ag2SO4的Ksp=4.0×10-5,此时银离子浓度==2.0(mol·L-1),c(N)==4.5×10-4(mol·L-1)。答案:(1)ΔH1+ΔH2减小(2)<a(3)酸<(4)2NOx+4xe-N2+2xO2-O2(5)4.5×10-4mol·L-13.(13分)络氨铜[Cu(NH3)4]SO4是一种重要的染料及农药中间体。:①以氧化铜为主要原料合成该物质的合成路线如图1:②络氨铜在乙醇-水混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分数的变化曲线示意图如图2。③(NH4)2SO4在水中可溶,在乙醇中难溶。请根据以上信息答复以下问题:(1)由CuO制出的CuSO4溶液中常含有Fe2(SO4)3杂质,请设计一个可行方案,检验CuSO4溶液中是否含有Fe3+:________。(2)[Cu(NH3)4]SO4在水中存在如下解离过程:[Cu(NH3)4]SO4[Cu(NH3)4]2+(深蓝色离子)+S;[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3。请写出在CuSO4溶液中逐滴参加氨水至过量的反响现象:_________________________________________________________________________________________。(3)①方案1的实验步骤为:加热蒸发→冷却结晶→过滤洗涤→枯燥。该方案存在明显缺陷,因为得到的产物晶体往往含有Cu2(OH)2SO4杂质,产生该杂质的原因是_______________________________________________________________。②方案2是较为理想的结晶方案,先向溶液C参加适量________(填物质名称),再过滤、洗涤、枯燥即可得到较纯洁的晶体。以下选项中,最适合作为滤出晶体洗涤液的是________。A.乙醇B.蒸馏水C.乙醇和水的混合液D.饱和硫酸钠溶液洗涤沉淀的操作方法是____________________________________________。(4)氨含量的测定:准确称取ag络氨铜样品,参加过量NaOH溶液微热,使NH3充分释放,并被准确量取的30.00mL0.5000mol·L-1HCl溶液充分吸收。吸收液用0.1200mol·L-1的NaOH溶液滴定,消耗的NaOH溶液的体积为VL,那么络氨铜样品中氨的质量分数为________(用含a、V的字母表达)。【解析】(1)Fe3+遇KSCN溶液变红色,所以检验CuSO4溶液中是否含有Fe3+的方法为取适量溶液,滴加KSCN溶液,如果溶液变红,说明含有Fe3+,反之那么无。(2)CuSO4溶液中逐滴参加氨水先生成氢氧化铜,再加过量的氨水与氢氧化铜生成铜氨络离子,所以反响现象为随着氨水的滴入,产生蓝色絮状沉淀;氨水过量后,蓝色沉淀又溶解,溶液变深蓝色。(3)①加热时氨气易挥发,使平衡[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3向正反响方向移动,且加热时,Cu2+水解程度变大,导致晶体中有Cu2(OH)2SO4杂质;②根据题中图2可知,溶液中乙醇含量越高,络氨铜在乙醇-水混合溶剂中的溶解度越小,所以要从络氨铜溶液中析出络氨铜晶体,向溶液中参加无水乙醇,洗涤时既要能除去固体外表可溶的杂质,又要尽可能减少晶体因溶解而损失,所以洗涤络氨铜晶体用乙醇和水的混合液,应选C,洗涤时用胶头滴管吸取少量乙醇溶液滴在固体上至浸没固体,待洗液滤出后,重复2～3次。(4)0.1200mol·L-1的NaOH溶液VL,可以中和掉的盐酸的物质的量为0.12Vmol,溶液中盐酸的总量为30.00mL×0.5000mol·L-1=0.015mol,所以与氨气反响的