2023版高考化学二轮复习大题规范练6.doc

大题标准练(六)
(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．(15分)氯苯是燃料、医药、有机合成的中间体，是重要的有机化工产品。实验室制取氯苯的装置如下图(加热和固定仪器的装置略去)。
答复以下问题：
(1)a和b仪器组合成制取氯气的装置，反响无需加热，那么a装置中的固体反响物可以是________(填字母序号)。
A．MnO2　　B．KMnO4　　C．K2Cr2O7
(2)把氯气通入反响器d中(d装置有FeCl3和苯)，加热维持反响温度40～60 ℃，温度过高会生成过多的二氯苯。对d加热的方法是______________________。
(3)装置c出口的气体成分有HCl、Cl2、水蒸气和
_________________________________________________________________。
(4)制取氯苯的化学方程式为_________________________________________
_________________________________________________________________。
(5)装置d中的反响完成后，工业上要进行水洗、碱洗及食盐枯燥，才能蒸馏。
①碱洗之前要水洗，其目的是_______________________________________。
②用10%NaOH溶液碱洗时发生氧化复原反响的化学反响方程式为_________________________________________________________________。
(6)生成的氯气中存在HCl、H2O等杂质气体，假设需要增加一个装置除去水蒸气，请画出该装置图，并标明所用试剂。
(7)工业生产中苯的流失情况如下表所示：
工程
二氯苯
氯化尾气
蒸气
成品
不确定苯耗
合计
苯流失量kg/t
11.7
5.4
20.8
2.0
49.3
89.2
那么10 t苯可制得成品氯苯________t(列出计算式即可。氯苯和苯的相对分子质量分别是112.5和78)。
【思路分析】　利用固­液反响不加热原理制备氯气，制备的氯气中混有HCl、H2O等杂质气体，水蒸气需用盛有浓硫酸的洗气瓶除去；氯气、FeCl3和苯在装置d中发生反响生成氯苯，所得产物要经水洗、碱洗、枯燥等操作才能蒸馏得到最终产物。
【解析】　(1)装置a不需要加热即可制备氯气，那么a装置中的固体反响物是KMnO4或K2Cr2O7，MnO2和浓盐酸反响需要加热，故B、C正确。
(2)温度控制在40～60 ℃，需要水浴加热。
(3)苯的沸点较低，受热易挥发，因此装置c出口的气体中还含有苯蒸气。
(4)以FeCl3为催化剂，苯和氯气发生取代反响生成氯苯。
(5)①产品中含有少量Cl2、HCl、FeCl3等无机物杂质，Cl2、HCl和FeCl3均溶于水，因此水洗的目的是除去HCl、FeCl3和Cl2等无机物，节省碱的用量，降低本钱。②氯气和氢氧化钠溶液发生氧化复原反响，生成氯化钠、次氯酸钠和H2O：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。
(6)除去Cl2中的水蒸气(枯燥Cl2)，一般将气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶。
(7)根据苯的流失情况，1 t苯参与反响苯流失量为89.2 kg/t×1 t＝89.2 kg＝0.089 2 t，因此10 t苯参与反响，氯苯的产量是10×(1－0.089 2)× t。
【答案】　(15分)(1)BC(2分)　(2)水浴加热(1分)
(3)苯蒸气(1分)
(5)①洗去FeCl3、Cl2、HCl等无机物，节省碱的用量，降低本钱(2分)
②Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O(2分)
(6)(2分，或其他合理答案)
(7)10×(1－0.089 2)×(3分)
27．(14分)煤的气化是对煤进行深加工的重要方法，其主要反响是碳和水蒸气反响生成水煤气。
(1)在101 kPa、150 ℃时，各1 mol的碳、一氧化碳和氢气在足量的氧气中充分燃烧并恢复至原温度，所放出的热量分别为393.7 kJ、283.0 kJ、242.0 kJ，请写出煤的气化反响的热化学方程式：________________；请从热力学角度简述该反响在某条件下能够正向进行的原因：_____________________。
(2)在恒容密闭容器里，按物质的量之比为1∶1参加一定量的碳和水蒸气反响生成水煤气。一定条件下到达平衡，当改变反响的某一条件时，以下变化能说明平衡一定向正反响方向移动的是________(填字母序号)。
A．正反响速率先增大后减小
B．化学平衡常数K减小
C．混合气体的平均相对分子质量减小
D．反响物气体体积分数增大
(3)一定条件下煤的气化产物还可以发生反响，700 ℃时，向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反响：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，反响过程中测定的局部数据见下表：
反响时间/min
n(CO)/mol
n(H2O)/mol
0
1.20
0.60
5
0.80

10

0.20
请根据表格答复以下问题：
①计算反响在5 min内由氢气表示的反响速率为________。
②列式并计算该反响在700 ℃时的化学平衡常数K＝________；假设温度升至800 ℃，上述反响平衡常数为0.64，那么正反响为________(填“吸热〞或“放热〞)反响。
③将上表中达平衡后的混合气体恢复至室温，用200 mL 2 mol/L NaOH溶液进行吸收，充分反响后假设溶液体积不变，以下说法不正确的选项是________(HCO电离常数约为4×10－11，CaCO3的溶度积常数约为3×10－9)。
A．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
B．c(H2CO3)<c(CO)
C．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)
D．向该溶液中参加等体积、等浓度的CaCl2溶液产生白色沉淀
【思路分析】　(1)根据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式。(2)当v正>v逆时，平衡向正反响方向移动。(3)①根据v＝可计算反响速率；②根据平衡常数的表达式可计算化学平衡常数；③根据电荷守恒、质子守恒和物料守恒解答。
【解析】　(1)根据题目信息，分别写出热化学方程式：
①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.7 kJ/mol
②CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　
ΔH＝－283.0 kJ/mol
③H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　
ΔH＝－242.0 kJ/mol
根据盖斯定律，①－②－③可得煤气化的热化学反响方程式为C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131.3 kJ/mol。该反响的正反响为熵增加的反响，故在一定条件下能正向进行。
(2)当v正＞v逆时，化学平衡向正反响方向移动。正反响速率先增大后减小，说明反响正向进行，A项正确；化学平衡常数减小，平衡向逆反响方向移动，B项错误；该反响中，反响物的平均相对分子质量为18，生成物的平均相对分子质量为15，故混合气体的平均相对分子质量减小说明平衡向正反响方向移动，C项正确；反响物气体体积分数增大说明平衡向逆反响方向移动，D项错误。
(3)　　　　　　　　 CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
起始物质的量/mol 1.20 0.60 0 0
5 min时物质的量/mol 0.80 0.20 0.40 0.40
10 min时物质的量/mol 0.80 0.20 0.40 0.40
①5 min内氢气的反响速率v(H2)＝＝0.04 mol/(L·min)。
②由题表数据可判断，5 min时反响到达平衡，700 ℃时化学平衡常数K＝＝＝1。温度升高到800 ℃，平衡常数减小，说明平衡向逆反响方向移动，那么该反响的正反响为放热反响。
③混合气体中0.4 mol CO2与0.4 mol NaOH刚好反响生成0.4 mol NaHCO3，根据电荷守恒可知A项正确；由于NaHCO3的水解程度大于电离程度，故c(H2CO3)＞c(CO)，B项错误；根据物料守恒c(Na＋)＝c(CO)＋c(H2CO3)＋c(HCO)，根据质子守恒c(CO)＋c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)，两式联立可得c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，C项正确；NaHCO3溶液中存在HCOH＋＋CO，设平衡时电离出c(CO)＝a mol/L，那么＝4×10－11，解得a＝2×10－5.5，参加等体积、等浓度的CaCl2，Qc＝×1＞3×10－9，能产生碳酸钙沉淀，D项正确。
【答案】　(14分)(1)C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131.3 kJ/mol(2分)　该反响的正向混乱度增大(或正反响是熵增的反响)(2分)
(2)AC(2分)
(3)①v(H2)＝0.04 mol/(L·min)(2分)
②＝＝1(2分)　放热(2分)
③B(2分)
28．(14分)镁的化合物在化工生产和药物合成上有重要用途。某兴趣小组以一种工业废渣(主要成分为MgCO3、MgSiO3和少量Fe的氧化物)为原料制备MgCO3·3H2O。实验过程如下：
(1)滤渣的成分为________(填化学式)，过滤装置在使用一段时间后需用NaOH溶液清洗，用化学方程式表示其清洗原理：____________________________。
(2)参加H2O2的目的是________________________，一段时间后，溶液中有气泡出现并放热，那么产生气泡的原因是_______________________________。
(3)萃取分液中要用到分液漏斗，分液漏斗在使用前须洗干净并________。萃取分液的目的是________(填序号)。
A．除去水溶液中的铁离子
B．增加镁离子在水中的溶解度
C．富集铁元素，可以回收利用
(4)萃取后得到的水溶液制备MgCO3·3H2O的实验操作：边搅拌边向溶液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置。_____________________________，
确定沉淀完全后，过滤、________________________，得到MgCO3·3H2O。
【思路分析】　废渣主要成分为MgCO3、MgSiO3和少量Fe的氧化物，参加40%的硫酸酸溶，滤渣为H2SiO3，滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁(可能也含硫酸铁)，参加H2O2氧化Fe2＋，然后参加有机萃取剂萃取Fe3＋，分液后可除去溶液中的Fe3＋，分液后水溶液中含有Mg2＋，然后经过一系列操作，得到MgCO3·3H2O，以此解答该题。
【解析】　(1)废渣主要成分为MgCO3、MgSiO3和少量Fe的氧化物，参加40%的硫酸后，生成可溶的硫酸镁、硫酸亚铁(可能也含硫酸铁)和不溶的H2SiO3，故滤渣为H2SiO3；由于H2SiO3不溶于水，容易堵塞过滤器，使用一段时间后可用NaOH溶液来洗涤。
(2)H2O2溶液与Fe2＋发生氧化复原反响，反响的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O；溶液中有气泡产生的原因是产生的Fe3＋催化H2O2分解生成O2。
(3)分液漏斗在使用之前必须洗干净并检查是否漏水；萃取分液的目的是将混合溶液中的Fe3＋除去，并富集回收利用。
(4)检验溶液中Mg2＋是否沉淀完全，可取上层清液少许，参加Na2CO3溶液看是否有沉淀产生；从溶液中得到碳酸镁晶体的操作为过滤、洗涤、枯燥。
【答案】　(14分)(1)H2SiO3(2分)　H2SiO3＋2NaOH===Na2SiO3＋2H2O(2分)
(2)将Fe2＋氧化成Fe3＋(2分)　Fe3＋催化H2O2分解(1分)
(3)检漏(1分)　AC(2分)
(4)取上层清液少许，滴加Na2CO3溶液，观察是否有沉淀生成(2分)　用水洗涤固体2～3次、低温枯燥(2分)