人教版2020届高考化学稳中培优一轮练习题二及答案

（人教版）2020届高考化学稳中培优一轮练习题（二）及答案（一）用如图装置可以进行测定SO2转化成SO3的转化率的实验。已知SO3的熔点是16.8℃,沸点是44.8℃。已知发生装置中所涉及反应的化学方程式为Na2SO3(s)+H2SO4(浓)Na2SO4+H2O+SO2↑。(1)根据实验需要,应该在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处连接合适的装置。请从下图A～E装置中选择最适合装置并将其序号填入下面的横线上。Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处连接的装置分别是、、。(2)从乙处均匀通入O2,为使SO2有较高的转化率,实验中在加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中,应采取的操作是。(3)将SO2通入含1.5mol氯酸的溶液中,可生成一种强酸和一种氧化物,若有1.5×6.02×1023个电子转移时,该反应的化学方程式为。(4)用amolNa2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验,当反应结束时,继续通入O2一段时间后,测得装置Ⅲ增重了bg,则实验中SO2的转化率为%(用含a、b的代数式填写)。(5)尾端球形干燥管的作用是。解析:(1)Ⅰ装置必须要对二氧化硫进行干燥,可以用浓硫酸来干燥二氧化硫气体;SO3的熔点是16.8℃,可以用冰水冷却获得三氧化硫;未反应掉的二氧化硫对空气会产生污染,可以用碱石灰来进行尾气处理,故Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处所连装置分别为B、A、C。(2)为保证产生的二氧化硫尽可能多地转化为三氧化硫,应先加热催化剂再滴入浓硫酸。(3)将SO2通入含1.5mol氯酸的溶液中,可生成一种强酸和一种氧化物,强酸是硫酸。若有1.5×6.02×1023个电子即1.5mol电子转移,这说明1mol氯酸得到1mol电子,则氯元素的化合价从+5价降低到+4价,因此氧化物是ClO2,该反应的化学方程式为SO2+2HClO3H2SO4+2ClO2。(4)根据硫原子守恒,Na2SO3～SO2～SO3,amolNa2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验,当反应结束时,产生二氧化硫的质量为64ag,测得装置Ⅲ增重了bg,即为剩余二氧化硫的质量,所以参加反应的二氧化硫的质量为64ag-bg,所以转化率α=×100%=%。(5)由于空气中含有水蒸气及CO2等,所以尾端球形干燥管的作用是防止空气中的CO2及水蒸气进入装置Ⅲ,造成实验误差。答案:(1)BAC(2)先加热催化剂再滴入浓硫酸(3)SO2+2HClO3H2SO4+2ClO2(4)(5)防止空气中的CO2及水蒸气干扰实验,造成误差（二）CO2是燃烧和代谢的最终产物,也是造成温室效应的废气,但CO2作为一种资源,开发和利用的前景十分诱人。Ⅰ.利用太阳能,以CO2为原料制取炭黑的流程如上图所示,过程2的化学方程式为。Ⅱ.近年科学家提出“绿色自由”构想。把含有大量CO2的空气吹入K2CO3溶液中,再把CO2从溶液中提取出来,并使之与H2反应生成。其工艺流程如图所示:由吸收池导入分解池中的主要物质的化学式是。上述流程中(填化学式)可循环使用,体现了该流程的“绿色”。Ⅲ.某矿石含碳酸镁和石英,制备高纯硅和硅胶的工艺流程如下:(1)“硅胶”常用作,也可以用作的载体。A的结构式为。(2)制备粗硅的方程式为。(3)操作Ⅰ为,操作Ⅱ为。(4)操作Ⅲ,需要在氯化氢气流中加热脱水的原因是。(5)溶液G用E酸化的方程式为。解析:Ⅰ.过程2的化学方程式为6FeO+CO2C+2Fe3O4。Ⅱ.分解池中产生CO2,由吸收池导入分解池中的主要物质的化学式是KHCO3。上述流程中KHCO3分解产生K2CO3,所以K2CO3可循环使用,该流程体现了“绿色化学”理念。Ⅲ.(1)“硅胶”多孔,常用作实验室和袋装食品、瓶装药品等的干燥剂,也可以用作催化剂的载体。二氧化碳的结构式为OCO。(2)工业制取纯硅的工艺流程为SiO2粗硅SiCl4纯硅,用焦炭还原SiO2,产物是CO而不是CO2。(3)操作Ⅰ为过滤,操作Ⅱ为蒸发结晶。(4)MgCl2·6H2O加热脱水制得MgCl2,要在氯化氢气流中进行,氯化氢氛围是防止镁离子水解。(5)Na2SiO3与HCl反应生成NaCl和H2SiO3。答案:Ⅰ.6FeO+CO2C+2Fe3O4Ⅱ.KHCO3K2CO3Ⅲ.(1)干燥剂催化剂OCO(2)SiO2+2CSi+2CO↑(3)过滤蒸发浓缩、冷却结晶(4)防止镁离子水解(5)Na2SiO3+2HCl2NaCl+H2SiO3↓（三）硫酸是基础化工的重要产品,硫酸的消费量可作为衡量一个国家工业发展水平的标志。生产硫酸的主要反应为SO2(g)+O2(g)SO3(g)。(1)恒温恒容下,平衡体系中SO3的体积分数(SO3)和y与SO2、O2的物质的量之比[n(SO2)/n(O2)]的关系如图1,则b点n(SO2)/n(O2)=;y为(填字母)。A.平衡常数B.SO3的平衡产率C.O2的平衡转化率D.SO2的平衡转化率(2)Kp是以各气体平衡分压代替浓度平衡常数Kc中各气体的浓度的平衡常数。在400～650℃时,Kp与温度T(K)的关系为lgKp=-4.6455,则在此条件下SO2转化为SO3反应的ΔH(填“0”或“0”)。(3)①该反应的催化剂为V2O5,其催化反应过程为SO2+V2O5SO3+V2O4K1O2+V2O4V2O5K2则在相同温度下2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数K=(以含K1、K2的代数式表示)。②V2O5加快反应速率的原因是,其催化活性与温度的关系如图2。(4)在7.0%SO2、11%O2、82%N2(数值均为气体体积分数)时,SO2平衡转化率与温度、压强的关系如图3,则列式计算460℃、1.0atm下,SO2(g)+O2(g)SO3(g)的Kp=(已知:各气体的分压=总压×各气体的体积分数)。(5)综合第(3)、(4)题图给的信息,工业生产最适宜的温度范围为,压强通常采用常压的原因是。解析:(1)根据图1可知,随着n(SO2)/n(O2)的逐渐增大,(SO3)逐渐增大,当两者恰好完全反应时,(SO3)达到最大值;随着n(SO2)/n(O2)的继续增大,(SO3)又逐渐减小,故b点n(SO2)/n(O2)=2。温度不变,平衡常数不变,A不符合题意;随着n(SO2)/n(O2)的逐渐增大,(SO3)先逐渐增大后又逐渐减小,SO3的平衡产率也是先增大后逐渐减小,B不符合题意;随着n(SO2)/n(O2)的逐渐增大,平衡不断向正反应方向移动,O2的平衡转化率逐渐增大,C不符合题意;随着n(SO2)/n(O2)的逐渐增大,平衡不断向正反应方向移动,但是SO2的平衡转化率逐渐减小,D符合题意。(2)lgKp=-4.6455,随着温度T的增大而减小,则Kp随着温度T的增大而减小,说明升高温度,平衡逆向移动,正反应为放热反应。(3)①根据盖斯定律,将两方程式相加后再乘以2得2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),则K=(K1×K2)2。②催化剂降低反应的活化能,活化分子百分数增大,有效碰撞几率提高,反应速率加快。(4)各气体的分压=总压×各气体的体积分数,起始时SO2的分压为0.070atm,O2的分压为0.11atm,SO3的分压为0atm,平衡时,SO2的分压为0.070×(1-0.97)atm=0.0021atm,O2的分压为(0.11-0.070×0.97×)atm=0.076atm,SO3的分压为0.070×0.97atm=0.0679atm,Kp==117。(5)根据图2,催化剂在500℃左右催化活性最高,根据图3,增大压强,SO2的平衡转化率增大不明显,常压下SO2的平衡转化率已经很高,再增大压强,对设备要求较高。答案:(1)2D(2)0(3)①(K1×K2)2②降低反应的活化能,活化分子百分数增大,有效碰撞几率提高(4)117(5)400～500℃常压下SO2的平衡转化率已经很高,再增大压强,对设备要求较高（四）黄铜矿(CuFeS2)是冶炼铜及制备铁氧化物的重要矿藏,常含有微量金、银等。如图是以黄铜矿为主要原料生产铜、铁红(氧化铁)颜料的工艺流程图:(1)CuCl难溶于水,但可与过量Cl-反应生成可溶于水的[CuCl2]-,该反应的离子方程式为。(2)有大量Cl-存在时,Na2SO3可将CuCl2还原成[CuCl2]-,因此Na2SO3要缓慢滴入溶液中的原因是。(3)反应Ⅰ～Ⅴ中,属于非氧化还原反应的是反应。(4)已知反应Ⅴ中Cu+发生自身氧化还原反应,歧化为Cu2+和Cu,由此可推知溶液A中的溶质为(填化学式)。(5)在酸性、有氧条件下,一种叫做Thibacillusferroxidans的细菌能将黄铜矿转化成硫酸盐,该过程中发生反应的离子方程式为。(6)将一定量铁红溶于160mL5mol·L-1盐酸中,再加入足量铁粉,待反应结束后共收集气体2.24L(标准状况下),经检测,溶液中无Fe3+,则参加反应的铁粉的质量为g。解析:氯化铁具有氧化性,能氧化黄铜矿,根据产物知反应Ⅰ为CuFeS2+3Fe3++Cl-4Fe2++CuCl↓+2S↓,然后过滤得到固体CuCl、S和滤液,向滤液中加入碳酸钠发生反应Ⅱ,发生的离子反应方程式为Fe2++CFeCO3↓,过滤得到FeCO3,在空气中灼烧FeCO3得到氧化铁,反应Ⅲ为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2;向CuCl、S的混合物中加入NaCl溶液,发生反应Ⅳ为Cl-+CuCl[CuCl2]-,过滤得到Na[CuCl2],再加入水发生反应Ⅴ生成Cu和溶液A,Cu+在反应Ⅴ中发生自身氧化还原反应,歧化为Cu2+和Cu,则溶液A中的溶质为CuCl2、NaCl。答案:(1)Cl-+CuCl[CuCl2]-(2)如果加入过快,部分S会与生成的H+作用生成SO2导致原料损耗(3)Ⅱ、Ⅳ(4)CuCl2、NaCl(5)4CuFeS2+4H++17O24Cu2++4Fe3++8S+2H2O(6)11.2（五）25℃时,三种酸的电离常数如下:化学式CH3COOHH2CO3HClO电离常数1.8×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-113.0×10-8回答下列问题:(1)一般情况下,当温度升高时,Ka(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是(用字母表示)。A.CB.ClO-C.CH3COO-D.HC(3)用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸溶液,下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是(填字母)。A.B.C.D.(4)体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL,稀释过程中pH变化如图所示。则HX的电离常数(填“大于”“等于”或“小于”,下同)醋酸的电离常数;稀释后,HX溶液中水电离出来的c(H+)醋酸溶液中水电离出来的c(H+),理由是。解析:(1)弱电解质的电离属于吸热过程,所以温度升高,Ka增大。(2)电离常数越大,离子结合质子的能力越弱,所以结合质子的能力由大到小的顺序为ABDC。(3)用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸溶液,醋酸的电离平衡正向移动,=,Ka只与温度有关,温度不变,Ka不变,c(CH3COO-)减小,故减小,A错误;=,Ka不变,c(H+)减小,所以增大,B正确;中,KW不变,c(H+)减小,所以减小,C错误;=,KW不变,c(OH-)增大,故减小,D错误。(4)HX和醋酸加水稀释同样的倍数,HX的pH变化较大,说明HX的电离常数大于醋酸的,稀释后HX的pH大于醋酸的pH,说明HX电离出来的c(H+)小于醋酸的,则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液中水电离出来的c(H+)。答案:(1)增大(2)ABDC(3)B(4)大于大于稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+),对水的电离的抑制能力减弱