《高考化学二轮复习综合题提能练（一）（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学二轮复习综合题提能练（一）（含解析）（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、综合题提能练综合题提能练(一)(分值:43分,建议用时:2530分钟)共3大题,共43分,每个题考生都必须作答。26.(15分)氮化镓(GaN)被称为第三代半导体材料,其应用已经取得了突破性的进展。已知:()氮化镓性质稳定,不与水、酸反应,只在加热时溶于浓碱。()NiCl2溶液在加热时,先转化为Ni(OH)2,后分解为NiO。()制备氮化镓的反应为2Ga+2NH32GaN+3H2。某学校化学兴趣小组实验室制备氮化镓,设计实验装置如图所示:设计实验步骤如下:滴加几滴NiCl2溶液润湿金属镓粉末,置于反应器。先通入一段时间的H2后,再加热。停止通氢气,改通入氨气,继续加热一段时间。停止加热,继续通
2、入氨气,直至冷却。将反应器内的固体转移到盛有盐酸的烧杯中,充分反应过滤、洗涤、干燥。(1)仪器X中的试剂是,仪器Y的名称是。(2)指出该套装置中存在一处明显的错误是。(3)步骤中选择NiCl2溶液,不选择氧化镍的原因是。a.增大接触面积,加快化学反应速率b.使镍能均匀附着在镓粉的表面,提高催化效率c.为了能更好形成原电池,加快反应速率(4)步骤中制备氮化镓,则判断该反应接近完成时观察到的现象是。(5)请写出步骤中检验产品氮化镓固体洗涤干净的操作。(6)镓元素与铝同族,其性质与铝类似,请写出氮化镓溶于热NaOH溶液的离子方程式:。27.(14分)铜阳极泥是有色金属冶炼过程中重要的“二次资源”。其
3、合理处理对于实现资源的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如下:已知:分金液的主要成分为AuCl4-;分金渣的主要成分为AgCl和PbSO4;分银液中主要成分为Ag(SO3)23-,且存在Ag(SO3)23-Ag+2S。(1)“分铜”时,单质铜发生反应的化学方程式为;反应过程中需控制适当温度,温度不宜过高或过低的原因为。已知“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。CuAuAg浸出率/%85.704.5“分铜”时加入足量的NaCl的主要作用为。(2)“分金”时,单质金发生反应的离子方程式为。(3)“沉银”时,需加入硫酸调节溶液的pH=4。已知:(X)=,其中X表示S、
4、HS或H2SO3,(X)与pH的关系如图所示。分析能够析出AgCl的原因为;调节溶液的pH不能过低,理由为。(4)“沉银液”加碱调至pH=8.0,Na2SO3可再生并循环利用,其再生原理为(用离子方程式表示)。(5)已知离子浓度10-5 mol/L时,认为该离子沉淀完全;KspPb(OH)2=2.510-16,KspSb(OH)3=10-41。浸取“分银渣”可得到含 0.025 mol/L Pb2+的溶液(含少量Sb3+杂质)。欲获得较纯净的Pb2+溶液,调节pH的范围为。(忽略溶液体积变化)28.(14分)CO2既是温室气体,也是重要的化工原料,以CO2为原料可合成多种有机物。(1)已知:2
5、CO2(g)+6H2(g)CH2CH2(g)+4H2O(g)H=Q kJ/mol一定条件下,按不同的投料比XX=n(H2)/n(CO2)向某容积可变的恒压密闭容器中充入CO2、H2,测得不同投料比时CO2的转化率与温度的关系如图所示。X1(填“”或“”,下同)X2,Q0。图中A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为。T K时,在该容积可变的恒压密闭容器中发生上述反应,测得有关数据如表所示:时间(min)物质的量(mol)物质05101520H2(g)6.005.405.105.805.80CO2(g)2.001.801.701.601.60CH2CH2(g)00.100.150
6、.200.20已知在10 min时只改变了一个反应条件,则改变的条件可能是。下列情况下能表明该反应达到平衡状态的是。a.气体密度不变b.混合气体的平均摩尔质量不变c.消耗速率:2v(H2O)=v(CO2)(2)常温下,用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放,而且可得到重要的化工产品Na2CO3。若某次捕捉后得到pH=10的溶液,则溶液中c(C)c(HC)=。常温下K1(H2CO3)=4.410-7、K2(H2CO3)=510-11。欲用5 L Na2CO3溶液将23.3 g BaSO4固体全都转化为BaCO3,则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为。已知:常温下Ksp(BaSO4
7、)=110-7、Ksp(BaCO3)=2.510-6。(忽略溶液体积的变化)26.解析:(1)根据题中信息可知,装置A制取氢气,装置C制取氨气,不需要加热条件液体与固体作用制氨气,则仪器X中的试剂是浓氨水,仪器Y的名称是球形干燥管。(2)因过量的氨气进入装置F与浓硫酸反应,装置F中会产生倒吸,且没有尾气H2的处理装置。(3)步骤中选择NiCl2溶液,NiCl2溶液在加热时,先转化为 Ni(OH)2,后分解为NiO,增大接触面积,加快化学反应速率;使镍能均匀附着在镓粉的表面,提高催化效率,故a、b符合题意。(4)步骤中制备氮化镓,反应为2Ga+2NH32GaN+3H2,氨气极易溶于水,氢气不溶于
8、水,则判断该反应接近完成时观察到的现象是装置F中几乎不再产生气泡。(5)步骤中检验产品氮化镓固体洗涤干净的操作:取最后的一次洗涤液于试管中,滴加AgNO3溶液,若无白色沉淀,则证明产品氮化镓固体已洗涤干净。(6)镓元素与铝同族,其性质与铝类似,铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2,则氮化镓溶于热NaOH溶液的离子方程式为GaN+OH-+H2OGa+NH3。答案:(1)浓氨水球形干燥管(2)装置F中会产生倒吸(或缺少尾气处理装置)(3)ab(4)装置F中几乎不再产生气泡(5)取最后的一次洗涤液于试管中,滴加AgNO3溶液,若无白色沉淀,则证明产品氮化镓固体已
9、洗涤干净(6)GaN+OH-+H2OGa+NH327.解析:(1)“分铜”时,单质铜在过氧化氢和硫酸的作用下反应生成硫酸铜和水,发生反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O;反应过程中需控制适当温度,温度不宜过高或过低,温度过低,反应速率太慢;温度过高,H2O2受热分解;“分铜”时加入足量的NaCl,使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣,避免银元素的损失。(2)“分金”时,单质金在氯酸钠和盐酸中转化为AuCl4-,发生反应的离子方程式为2Au+Cl+7Cl-+6H+2AuCl4-+3H2O。(3)H2SO4电离出的H+降低了S的浓度,促使Ag(SO3)23-Ag+2S
10、平衡正向移动,电离出Ag+,Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl;调节溶液的pH不能过低,避免产生污染性气体SO2。(4)“沉银液”加碱调至pH=8.0,Na2SO3可再生并循环利用,其再生原理为HS+OH-S+H2O。(5)欲获得较纯净的Pb2+溶液,则Pb2+的浓度为 0.025 mol/L,KspPb(OH)2=c(Pb2+)c2(OH-)=0.025c2(OH-)=2.510-16,故c(OH-)=1.010-7 mol/L,pH7;Sb3+沉淀完全,KspSb(OH)3=c(Sb3+)c3(OH-)=10-5c3(OH-)=10-41,c(OH-)=1.010-12 mol/L,
11、pH2,因此,欲获得较纯净的Pb2+溶液,调节pH的范围为2pH7。答案:(1)Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O温度过低,反应速率太慢;温度过高,H2O2受热分解使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣,避免银元素的损失(2)2Au+Cl+7Cl-+6H+2AuCl4-+3H2O(3)H2SO4电离出的H+降低了S的浓度,促使Ag(SO3)23-Ag+2S平衡正向移动,电离出Ag+,Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl避免产生污染性气体SO2(4)HS+OH-S+H2O(5)2pHX2;升高温度转化率降低,这说明正反应是放热反应,则QKB=KC。根据表中数据可知,最终平衡时氢气
12、的物质的量大于10 min时氢气的物质的量,根据 1015 min时消耗的CO2物质的量是0.1 mol可知,消耗氢气是0.3 mol,而15 min时氢气的物质的量比10 min时多0.7 mol,因此改变的条件可能是向体系中加入 1 mol H2。气体质量不变,但容器容积变化,因此气体密度不变能说明反应达到平衡状态,a正确;混合气体的平均摩尔质量是混合气体的质量和混合气体的总的物质的量的比值,而物质的量是变化的,因此混合气体的平均摩尔质量不变能说明反应达到平衡状态,b正确;消耗速率:v(H2O)=2v(CO2)时反应达到平衡状态,c错误。(2)若某次捕捉后得到pH=10的溶液,则溶液中氢离子浓度是10-10mol/L,根据碳酸的第二步电离平衡常数可知,溶液中c(C)c(HC)=(510-11)10-10=12。硫酸钡的物质的量是23.3 g233 g/mol=0.1 mol,消耗碳酸钠是0.1 mol。根据方程式BaSO4+CBaCO3+S可知,反应后溶液中硫酸根的浓度是0.1 mol5 L=0.02 mol/L,则碳酸根的浓度是 mol/L=0.5 mol/L,所以所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为 0.5 mol/L+=0.52 mol/L。答案:(1)KB=KC向体系中加入1 mol H2ab(2)120.52 mol/L资
