2018新高考高考化学三轮：大题练一 含答案 精品

押题练一
(时间：30分钟 分值：43分)
1．(14分)某研究性学习小组为合成1-丁醇，查阅资料得知一条合成路线：CH 3CH===CH 2＋CO ＋H 2―→CH 3CH 2CH 2CHO ――→H 2
Ni ，△
CH 3CH 2CH 2CH 2OH CO 的制备原理：HCOOH ――→浓硫酸△CO↑＋H 2O ，并设计出原料气的制备装置(如图)。

请填写下列空白：
(1)实验室现有锌粒、稀硝酸、稀盐酸、浓硫酸、2-丙醇，从中选择合适的试剂制备氢气、丙烯。

写出化学方程式：______________________________________________。

(2)若用以上装置制备干燥纯净的CO ，装置中a 和b 的作用分别是________、________；c 和d 中盛装的试剂分别是________、________。

(3)制丙烯时，还产生少量SO 2、CO 2及水蒸气，该小组用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是________(填序号)。

①饱和Na 2SO 3溶液 ②酸性KMnO 4溶液 ③石灰水
④无水CuSO 4 ⑤品红溶液
(4)合成正丁醛的反应为正向放热的可逆反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率，你认为应该采用的适宜反应条件是________。

a ．低温、高压、催化剂
b ．适当的温度、高压、催化剂
c ．常温、常压、催化剂
d ．适当的温度、常压、催化剂
(5)正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的1-丁醇粗品，为纯化1-丁醇，该小组查阅文献得知：①R —CHO ＋NaHSO 3(饱和)―→RCH(OH)SO 3Na↓；②沸点：乙醚 34 ℃，1-丁醇 118 ℃，并设计出如下提纯路线：
粗品――→试剂1操作1滤液――→乙醚操作2、分液有机层――→干燥剂过滤
1-丁醇、乙醚――→操作3
纯品 试剂1为________，操作1为________，操作2为________，操作3为________。

【答案】 (1)Zn ＋2HCl===ZnCl 2＋H 2↑(1分)
(CH 3)2CHOH ――→催化剂△
CH 2===CHCH 3↑＋H 2O(1分) (2)恒压 防倒吸 NaOH 溶液 浓硫酸(每空1分，共4分)
(3)④⑤①③②(2分)
(4)b(2分)
(5)饱和NaHSO 3溶液 过滤 萃取 蒸馏(每空1分，共4分)
【解析】 (1)H 2可用活泼金属锌与非氧化性酸盐酸通过置换反应制备，氧化性酸如硝酸和浓硫酸与Zn 反应不能产生H 2，方程式为Zn ＋2HCl===ZnCl 2＋H 2↑；2-丙醇通过消去反应得到丙烯，方程式为(CH 3)2CHOH ――→催化剂△CH 2===CHCH 3↑＋H 2O 。

(2)甲酸在浓硫酸的作用下通过加热脱水即生成CO，由于甲酸易挥发，产生的CO中必然会混有甲酸，所以在收集之前需要除去甲酸，可以利用NaOH溶液吸收甲酸。

又因为甲酸易溶于水，所以必须防止液体倒流，即b的作用是防止倒吸，最后通过浓硫酸干燥CO。

(3)检验丙烯可以用酸性KMnO4溶液，检验SO2可以用酸性KMnO4溶液、品红溶液或石灰水，检验CO2可以用石灰水，检验水蒸气可以用无水CuSO4，所以在检验这四种气体时必须考虑试剂的选择和顺序。

只要通过溶液，就会产生水蒸气，因此先检验水蒸气；然后检验SO2并在检验之后除去SO2，除SO2可以用饱和Na2SO3溶液，最后检验CO2和丙烯，因此顺序为④⑤①③②。

(4)由于反应是一个气体体积减小的可逆反应，所以采用高压，有利于增大反应速率和提高原料气的转化率；正向反应是放热反应，虽然低温有利于提高原料气的转化率，但不利于增大反应速率，因此要采用适当的温度；催化剂不能提高原料气的转化率，但有利于增大反应速率，缩短到达平衡所需要的时间，故b项正确。

(5)粗品中含有正丁醛，根据所给的信息利用饱和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；由于饱和NaHSO3溶液是过量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的1-丁醇。

因为1-丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开。

【押题理由】本题考查了有机物的制备，气体的除杂，物质的分离提纯和实验反应条件的优化等核心基本实验内容，试题旨在检测化学实验基本操作能力和物质提纯实验设计能力。

2．
则：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝________kJ·mol；
Ⅱ.将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为
2CO2(g)＋6H2(g)催化剂CH3OCH3(g)＋3H2O(l)
(1)该反应的化学平衡常数表达式K＝________。

(2)已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，达平衡时CO2的转化率如图所示：
①该反应的ΔH________0(填“＞”或“＜”)；
②若温度不变，减小反应物投料比
n（H2）
n（CO2）
，K值将
________________________________________________________________________ (填“增大”“减小”或“不变”)；
③700 K投料比n（H2）
n（CO2）
＝2时，达平衡时H2的转化率α＝________。

(3)某温度下，向体积一定的密闭容器中通入CO2(g)与H2(g)发生上述反应，下列物理量
不再发生变化时，能说明反应达到平衡状态的是________。

A．二氧化碳的浓度
B．容器中的压强
C．气体的密度
D．CH3OCH3与H2O的物质的量之比
(4)某温度下，在体积可变的密闭容器中，改变起始时加入各物质的量，在不同的压强
①p1________p2(填“＞”“＜”或“＝”)；
②X1＝________；
③p2下Ⅲ中CH3OCH3的平衡转化率为________。

【答案】Ⅰ.－184(2分)
Ⅱ.(1)c（CH3OCH3）
c2（CO2）×c6（H2）
(2分)
(2)①＜(1分)②不变(1分)③45%(2分)
(3)ABC(2分)
(4)①＞(1分)②0.05 mol(2分)③96%(2分)
【解析】Ⅰ.反应热＝反应物总键能－生成物总键能，则CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的ΔH＝2×745 kJ·mol－1＋3×436 kJ·mol－1－2×462 kJ·mol－1－3×415 kJ·mol－1－351 kJ·mol－1－462 kJ·mol－1＝－184 kJ·mol－1。

Ⅱ.(1)平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以平衡常数K＝c（CH3OCH3）
c2（CO2）×c6（H2）。

(2)①因为温度越高，CO2的转化率越小，则平衡逆向移动，所以该反应正方向为放热反应，即ΔH<0；②K只受温度影响，若温度不变，减小投料比，则K不变；③由图可知，
在700 K，起始投料比n（H2）
n（CO2）
＝2时，CO2转化率为30%，令CO2、H2的起始物质的量分别为1 mol、2 mol，转化了0.3 mol CO2，根据方程式可知转化了0.9 mol H2，进而计算H2的转化率为0.9 mol/2 mol×100%＝45%。

(3)A项，CO2的浓度不变，则达到了平衡，正确；B项，反应前后气体的计量数和不相等，当容器内压强不再改变，则达到了平衡，正确；C项，该反应是一个反应前后气体体积变化的可逆反应，容器的体积不变，但反应前后气体质量变化，气体的密度不发生变化，则达到了平衡，正确；D项，任何时候CH3OCH3与H2O的物质的量之比都不变，不能说明反应达到平衡，错误。

(4)①由题表可知，Ⅰ中随压强的变化，CH3OCH3的量在逐渐减少，可知平衡逆向移动，说明是减小压强，即p1＞p2；②等温等压条件下，Ⅱ中反应物的起始量是Ⅰ的1/2，因此平衡时CH3OCH3的量也为Ⅰ的1/2，即X1＝0.1 mol/2＝0.05 mol；③Ⅰ和Ⅲ在等温等压条件下形成的平衡是完全等效的，则Ⅲ平衡时CH3OCH3的量为0.04 mol，CH3OCH3的转化率为(1.0
mol－0.04 mol)÷1 mol×100%＝96%。

【押题理由】本题综合考查了利用化学键键能计算反应热、化学平衡常数的书写以及化学平衡状态的判断和化学平衡常数和转化率间的计算等核心考点内容，试题旨在检测化学基本概念和基本理论知识的综合运用能力。

3．(14分)工业上用菱锰矿(MnCO3)[含FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3等杂质]为原料制取二氧化锰，其流程示意图如下：
注：金属离子的起始浓度为0.1 mol·L。

回答下列问题：
(1)含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是____________________；
盐酸溶解MnCO3的化学方程式是________________________________。

(2)向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是____________________。

(3)滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS，以除去Cu2＋，反应的离子方程式是________________________________________________________________________。

(4)将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法。

其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化，该反应的离子方程式为5Mn2＋＋2ClO3－＋________===________＋________＋________。

(5)将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法。

①生成MnO2的电极反应式是________________________________________。

②若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn(NO3)2粉末，则无Cl2产生。

其原因是________________________________________________________________________。

【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率(2分)MnCO3＋2HCl===MnCl2＋CO2↑＋H2O(2分)
(2)2Fe2＋＋H2O2＋4H2O===2Fe(OH)3↓＋4H＋(2分)
(3)MnS＋Cu2＋===Mn2＋＋CuS(2分)
(4)4H2O
【解析】Cl2↑5MnO2↓8H＋(2分)
(5)①Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋(2分)
②其他条件不变，增大Mn2＋浓度[或增大c(Mn2＋)/c(Cl－)]，有利于Mn2＋放电(不利于Cl －放电)(2分)
【解析】菱锰矿用盐酸酸浸后，MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化锰、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH＝4，加入过氧化氢将溶液中Fe2＋氧化为Fe3＋，在pH＝4时氧化得到的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2＋转化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，系列转化得到MnO2；据此分析解题。

(1)将菱锰矿粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率；碳酸锰与盐酸反应生成氯化锰、二氧化碳与水，反应方程式为MnCO3＋2HCl===MnCl2＋CO2↑＋H2O。

(2)加入过氧化氢将溶液中Fe2＋氧化为Fe3＋，在pH＝4时氧化得到Fe3＋转化为Fe(OH)3
沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成，反应离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋4H2O===2Fe(OH)3↓＋4H＋。

(3)MnS与氯化铜反应转化为更难溶的CuS，同时得到氯化锰，反应离子方程式为MnS ＋Cu2＋===Mn2＋＋CuS。

(4)用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素发生氧化反应，则Cl元素发生还原反应生成Cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知有H＋生成，根据H元素守恒，可知反应物中缺项物质为H2O，配平后离子方程式为5Mn2＋＋2ClO3－＋4H2O===Cl2↑＋5MnO2↓＋8H＋。

(5)①由题意可知，Mn2＋转化为MnO2，发生氧化反应，由氧元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有H＋生成，电极反应式为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋；②Mn2＋、Cl－都在阳极放电，增大Mn2＋浓度[或增大c(Mn2＋)/c(Cl－)]，有利于Mn2＋放电(不利于Cl －放电)。

【押题理由】本题综合考查了离子方程式和电极反应式的书写、氧化还原反应方程式的配平等化学用语知识以及物质的制备等核心考点，试题旨在检测化学实验载体下的工艺流程路线分析和推理能力。