2022高考化學二輪復習 第二部分 考前定點殲滅戰(zhàn) 專項押題(二)主觀題限時押題練 殲滅高考5個主觀題(第一練)

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1、2022高考化學二輪復習 第二部分 考前定點殲滅戰(zhàn) 專項押題(二)主觀題限時押題練 殲滅高考5個主觀題(第一練)26氨基甲酸銨(NH2COONH4)是重要的氨化劑,在潮濕的空氣中能轉化為碳酸銨,受熱易分解、易被氧化。實驗小組對氨基甲酸銨的性質進行了如下探究。請回答下列問題:(1)氨基甲酸銨在潮濕的空氣中轉化為碳酸銨的化學方程式為_。(2)用如圖裝置探究氨基甲酸銨的分解產物(夾持裝置略去,下同)。點燃A處的酒精燈之前,需先打開K,向裝置中通入一段時間的N2,目的為_。儀器B的名稱為_。裝置D的作用為_。能證明分解產物中有NH3的現(xiàn)象為_。試劑a用于檢驗分解產物中的CO2,該試劑的名稱為_。(3)

2、已知:CuO高溫能分解為Cu2O和O2。若用上述裝置和下列部分裝置進一步檢驗分解產物中是否有CO,裝置E后應依次連接_(按從左到右的連接順序填選項字母)。(4)通過實驗得出結論:氨基甲酸銨受熱分解為NH3和CO2。該反應的化學方程式為_。解析:(1)氨基甲酸銨與水反應生成碳酸銨,方程式是NH2COONH4H2O=(NH4)2CO3。(2)氨基甲酸銨易被氧化,通入氮氣排盡裝置中空氣,避免氨基甲酸銨與空氣中的水蒸氣和氧氣反應。儀器B的名稱為干燥管。分解產物中含有氨氣,D中倒置的漏斗可以防止倒吸,濃硫酸吸收氨氣。氨水呈堿性,C中濕潤的紅色石蕊試紙變藍,證明有氨氣生成。用澄清石灰水檢驗CO2。(3)檢

3、驗CO應先用NaOH溶液除去可能含有的CO2;再用濃硫酸干燥后還原CuO,再檢驗有CO2生成,儀器連接順序是IGFH。(4)氨基甲酸銨受熱分解為NH3和CO2的化學方程式為NH2COONH42NH3CO2。答案:(1)NH2COONH4H2O=(NH4)2CO3(2)排盡裝置中空氣,避免氨基甲酸銨與空氣中的水蒸氣和氧氣反應(球形)干燥管吸收氨氣,防止倒吸C中濕潤的紅色石蕊試紙變藍澄清石灰水(3)IGFH(4)NH2COONH42NH3CO227鹵塊的主要成分是MgCl2,還含有少量Fe2、Fe3和Mn2等雜質離子?,F(xiàn)以鹵塊為原料按如圖所示流程進行生產,以制備金屬鎂。本流程操作條件下,生成氫氧化

4、物沉淀的pH如表:物質Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Mg(OH)2開始沉淀的pH2.77.68.310.0沉淀完全的pH3.79.69.811.1已知:Fe2的氫氧化物呈絮狀,不易從溶液中除去,常將它氧化為Fe3后生成Fe(OH)3沉淀除去。請回答以下問題:(1)步驟中,為了加快酸溶速率,除了適當增加稀鹽酸的濃度外,還可以采取的措施有_(任寫一條)。(2)步驟中NaClO的電子式為_,加入NaClO溶液的目的是_(用離子方程式解釋)。(3)常溫時,Mg(OH)2的Ksp1.81011。當溶液pH10.0時,溶液中的c(Mg2)_。(4)若將步驟中“稀鹽酸”改為“加水、煮沸”的方式可

5、以得到另一種沉淀物和一種無色無味的氣體,請寫出該反應的化學方程式:_。(5)步驟中涉及的操作是_,且步驟、的操作均需在HCl的氣流中進行,其原因是_。解析:(1)為了加快酸溶速率,還可以適當加熱或將鹵塊粉碎等。(2)NaClO的電子式為;由已知信息可知,加入NaClO的目的是將溶液中的Fe2全部氧化為Fe3,反應的離子方程式為2Fe22HClO=2Fe3H2OCl。(3)當溶液pH10.0時,Mg(OH)2開始沉淀,KspMg(OH)2c(Mg2)c2(OH)1.81011,解得c(Mg2)1.8103 molL1。(4)由流程圖可知,步驟得到的沉淀為MgCO3,MgCO3加水、煮沸,促進Mg

6、CO3水解得到Mg(OH)2和CO2,該反應的化學方程式為MgCO3H2OMg(OH)2CO2。(5)步驟是將MgCl2溶液轉化成MgCl26H2O,涉及的操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶;MgCl2屬于強酸弱堿鹽,加熱會促進其水解,為抑制MgCl2水解,步驟、的操作均需在HCl氣流中進行。答案:(1)加熱(或將鹵塊粉碎、不斷攪拌等)(2) 2Fe22HClO=2Fe3H2OCl(3)1.8103 molL1(4)MgCO3H2OMg(OH)2CO2(5)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶抑制MgCl2水解28硫單質及其化合物在工農業(yè)生產中有著重要的應用。(1)已知25 時:O2(g)S(s)=SO2(g)Ha kJ

7、mol1O2(g)2SO2(g) 2SO3(g)Hb kJmol1則SO3(g)分解生成O2(g)與S(s)的熱化學方程式為_。(2)研究SO2催化氧化生成SO3的反應,回答下列相關問題:圖甲是SO2(g)和SO3(g)的濃度隨時間的變化情況。反應從開始到平衡時,用O2表示的平均反應速率為_。在一容積可變的密閉容器中充入20 mol SO2(g)和10 mol O2(g),O2的平衡轉化率隨溫度(T)、壓強(p)的變化如圖乙所示。則p1與p2的大小關系是p1_p2(填“”“”或“”),A、B、C三點的平衡常數(shù)大小關系為_(用KA、KB、KC和“”或“”表示)。(3)常溫下,H2SO3的電離平衡

8、常數(shù)Ka11.54102,Ka21.02107。將SO2通入水中反應生成H2SO3。試計算常溫下H2SO32HSO的平衡常數(shù)K_。(結果保留小數(shù)點后兩位數(shù)字)濃度均為0.1 molL1的Na2SO3、NaHSO3混合溶液中,_。(4)往1 L 0.2 molL1 Na2SO3溶液中加入0.1 mol的CaCl2固體,充分反應后(忽略溶液體積變化),溶液中 c(Ca2)_(已知,常溫下Ksp(CaSO3)1.28109)。(5)用含等物質的量溶質的下列溶液分別吸收SO2,理論吸收量最多的是_(填字母)。ANa2SO3溶液BFe(NO3)3溶液CBa(OH)2溶液 D酸性KMnO4溶液解析:(1)

9、依據(jù)蓋斯定律,得到SO3(g)分解成S(s)和O2(g)的熱化學反應方程式:SO3(g)O2(g)S(s)H(a) kJmol1。(2)根據(jù)化學反應速率的數(shù)學表達式,v(SO2) molL1min10.75 molL1min1,利用化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比,因此有v(O2) molL1min10.375 molL1min1。作等溫線,反應前氣體系數(shù)之和大于反應后氣體系數(shù),因此增大壓強,平衡向正反應方向移動,O2的轉化率增大,即p1KC,即KBKAKC。(3)根據(jù)平衡常數(shù)的定義,KKa1Ka21.541021.021071.57109。根據(jù)物料守恒,2c(Na)3c(SO)c(HSO)

10、c(H2SO3),因此有。(4)發(fā)生的反應是Na2SO3CaCl2=CaSO32NaCl,反應后溶液中c(SO)0.1 molL1,Kspc(Ca2)c(SO),解得c(Ca2)1.28108 molL1。(5)令這些物質的物質的量為1 mol,A項,發(fā)生Na2SO3SO2H2O=2NaHSO3,吸收SO2的物質的量為1 mol;B項,根據(jù)得失電子數(shù)目守恒,有1(32)3(52) moln(SO2)2,解得n(SO2)5 mol;C項,發(fā)生Ba(OH)22SO2=Ba(HSO3)2,因此吸收2 mol SO2;D項,1(72) moln(SO2)2,解得n(SO2)2.5 mol;綜上所述,F(xiàn)

11、e(NO3)3溶液吸收SO2最多。答案:(1)SO3(g)O2(g)S(s)H(a) kJmol1(2)0.375 molL1min1KAKC(3)1.57109(或1.5)(4)1.28108 molL1(5)B35選修物質結構與性質鈾是原子反應堆的原料,常見鈾的化合物有UF4、UO2及(NH4)4UO2(CO3)3等。回答下列問題:(1)UF4用Mg或Ca還原可得金屬鈾。金屬鈾的一種堆積方式為體心立方堆積,該堆積方式的空間利用率為_;基態(tài)鈣原子核外電子排布式為_;熔點MgO(2 852 )高于CaO(2 614 ),其原因是_。(2)2UO25NH4HF22UF4NH4F3NH34H2O。

12、NH4HF2中所含作用力有_(填字母)。a氫鍵b配位鍵c共價鍵d離子鍵e金屬鍵(3)已知:3(NH4)4UO2(CO3)33UO210NH39CO2N29H2O。NH的空間構型為_,與NH互為等電子體的分子或離子有_(寫兩種)。CO中碳原子雜化軌道類型為_。分解產物中屬于非極性分子的是_(填字母)。aNH3BCO2cN2dH2O(4)UO2的晶胞結構及晶胞參數(shù)如圖所示:晶胞中U的配位數(shù)為_。UO2的密度為_gcm3(列出計算式即可,用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。解析:(1)根據(jù)不同堆積方式的空間利用率可知,體心立方堆積空間利用率為68%;Ca是20號元素,原子核外電子數(shù)為20,則基態(tài)鈣原子核

13、外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2或Ar4s2;CaO和MgO都是離子晶體,且離子的電荷數(shù)相等,但鎂離子的半徑比鈣離子的半徑小,鎂離子對氧離子的作用比鈣離子強,因此氧化鎂的晶格更加牢固,晶格能更大,故MgO晶體的熔點高于CaO。(2)NH4HF2中NH與HF之間為離子鍵,NH為(極性)共價鍵、配位鍵,HF的結構式為FHF,含有(極性)共價鍵和氫鍵。(3)NH中價層電子對個數(shù)是4且不含孤電子對,為sp3雜化,四個NH鍵的鍵能、鍵長及鍵角均相同,空間構型為正四面體;原子總數(shù)相同、價電子總數(shù)相同的粒子互稱為等電子體,NH共有5個原子、8個價電子,與其互為等電子體的分子或離子有:CH4

14、、BH、BeH、AlH、SiH4及GeH4等。CO中鍵個數(shù)配原子個數(shù)3,且不含孤電子對,所以C原子采用sp2雜化。NH3為極性鍵構成的三角錐形分子,結構不對稱,是極性分子;CO2呈直線形,結構對稱,是非極性分子;N2為非極性鍵組成的雙原子分子,結構對稱,是非極性分子;H2O為極性鍵構成的V形分子,是極性分子。(4)晶胞不是孤立的,在UO2晶胞中每個U4連接4個氧離子,但在下面一個晶胞中又連接4個氧離子,所以其配位數(shù)為8。用均攤法可求得平均每個晶胞中U4個數(shù)為864,O2個數(shù)為8,晶胞質量為m g g,晶胞體積為Va3(5.4551010m)3(5.455108cm)3,則UO2的密度為 gcm

15、3。答案:(1)68%1s22s22p63s23p64s2或Ar4s2CaO和MgO均為離子晶體,MgO的晶格能大于CaO,故MgO晶體的熔點高(2)abcd(3)正四面體CH4、BH、BeH、AlH、SiH4及GeH4等(任寫兩種)sp2bc(4)836選修有機化學基礎聚合物F簡稱PETA,可利用于新型的普適無鹵阻燃體系。如圖是以A為原料合成聚合物F的路線:已知:A為與氫氣的相對密度是14的烴;D、E均為芳香化合物,它們的核磁共振氫譜顯示均為2組峰?;卮鹣铝袉栴}:(1)A中的官能團名稱為_,B的名稱是_。(2)B與NH3在一定條件的反應類型為_。(3)C的結構簡式為_。(4)由C轉化為D的反

16、應中,除D外,另外一種生成物是_。(5)乙二胺和E反應生成聚合物F的化學方程式為_,反應類型為_。(6)E的同分異構體中,滿足以下條件的共有_種(不含立體異構)。遇到FeCl3溶液會顯色;能發(fā)生銀鏡反應;能與NaHCO3溶液反應。(7)參照上述合成路線,以1,3丁二烯為原料(無機試劑任選),設計制備的合成路線。解析:(1)由信息可知A為乙烯,含有的官能團名稱為碳碳雙鍵,B為乙烯和氯氣發(fā)生加成反應的產物,名稱是1,2二氯乙烷。(2)B為1,2二氯乙烷,與NH3在一定條件下反應生成乙二胺,反應類型為取代反應。(3)根據(jù)信息,乙烯與發(fā)生加成反應生成C,C的結構簡式為。(4)根據(jù)信息,D、E均為芳香化

17、合物,它們的核磁共振氫譜顯示均為2組峰,且D能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化,所以D為對二甲苯,E為對苯二甲酸,根據(jù)原子守恒規(guī)律:C的分子式為C8H12O,D的分子式為C8H10,所以由C轉化為D的反應中,除D外,另外一種生成物是H2O。(5)乙二胺和對苯二甲酸發(fā)生縮聚反應生成聚合物F的化學方程式為nH2NCH2CH2NH2(2n1)H2O。(6)有機物滿足分子式為C8H6O4,遇到FeCl3溶液會顯色,說明含有苯環(huán)結構,且含有酚羥基;能發(fā)生銀鏡反應,說明結構中含有醛基;能與NaHCO3溶液反應,結構中含有羧基;因此該有機物結構為含有1個酚羥基、1個醛基、1個羧基的芳香族化合物,這樣的結構共有10種。(7)根據(jù)生成物結構,把2個羥基換成2個溴原子,變?yōu)辂u代烴,根據(jù)題給信息可知,用1,3丁二烯與含有雙鍵的二溴代物發(fā)生加成反應生成環(huán)烯結構,含有雙鍵的二溴代物可以用1,3丁二烯與溴發(fā)生1,4加成產生。答案:(1)碳碳雙鍵1,2二氯乙烷(2)取代反應(3)(4)H2O(5)nH2NCH2CH2NH2(2n1)H2O縮聚反應(6)10(7)

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