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2 主觀題限時押題練 殲滅高考5個主觀題（第五練）

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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2 主觀題限時押題練 殲滅高考5個主觀題（第五練）26某課題小組同學測量液態(tài)奶含氮量的實驗過程如下：原理：液態(tài)奶(NH4)2SO4溶液NH3(NH4)2B4O7溶液用標準鹽酸滴定步驟：在燒杯中加入10.00 mL液態(tài)奶和輔助試劑，加熱充分反應；將反應液轉移到大試管中；按圖中裝置用水蒸氣將NH3吹出，并用H3BO3溶液吸收(加熱裝置未畫出)；取下錐形瓶，滴加指示劑，用0.100 0 molL1鹽酸標準液滴定；重復測定數(shù)次，再用10.00 mL蒸餾水代替液態(tài)奶進行上述操作。數(shù)據記錄如下：實驗編號樣品和輔助試劑消耗鹽酸體積/mL110.00

2、mL液態(tài)奶、0.2 g催化劑、20 mL濃硫酸33.45210.00 mL液態(tài)奶、0.2 g催化劑、20 mL濃硫酸25.50310.00 mL液態(tài)奶、0.2 g催化劑、20 mL濃硫酸33.55410.00 mL液態(tài)奶、0.2 g催化劑、20 mL濃硫酸33.50510.00 mL蒸餾水、0.2 g催化劑、20 mL濃硫酸1.50回答下列問題：(1)滴定時(NH4)2B4O7重新轉化為H3BO3，反應的離子方程式為_。(2)步驟的實驗裝置中需要加熱的儀器是_(填儀器名稱)，長導管的作用是_。(3)不做空白對照實驗對實驗結果有何影響？_(填“無影響”“偏高”或“偏低”)。(4)計算10.00

3、mL液態(tài)奶中的含氮量應代入計算的鹽酸體積是_ mL，該液態(tài)奶的含氮量為_ mgmL1。解析：(3)不做空白對照實驗消耗的鹽酸偏多，導致測出結果偏高。(4)去除實驗編號2明顯有誤差的數(shù)據，平均消耗鹽酸的體積是33.50 mL，再除去空白對照實驗的數(shù)據得33.50 mL1.5 mL32.00 mL。2NHB4O2H，n(NH)0.003 2 mol，液態(tài)奶的含氮量0.004 48 gmL14.48 mgmL1。答案：(1)B4O2H5H2O=4H3BO3(2)圓底燒瓶防止裝置中壓力過大而發(fā)生危險；防止冷卻時發(fā)生倒吸(3)偏高(4)32.004.4827氯酸鎂常用作催熟劑、除草劑等，實驗室制備Mg(

4、ClO3)26H2O的流程如圖：已知：鹵塊主要成分為MgCl26H2O，含有MgSO4、FeCl2等雜質；四種化合物的溶解度(S)隨溫度(T)變化曲線如圖所示：(1)過濾所需要的主要玻璃儀器有_。(2)加MgO后過濾所得濾渣的主要成分的化學式為_。(3)加入NaClO3飽和溶液后發(fā)生反應的化學方程式為_，再進一步制取Mg(ClO3)26H2O的實驗步驟依次為_；_；洗滌；將濾液冷卻結晶；過濾、洗滌。(4)產品中Mg(ClO3)26H2O含量的測定：(已知Mg(ClO3)26H2O 的摩爾質量為299 gmol1)步驟1：準確稱量3.50 g產品配成100 mL溶液。步驟2：取10.00 mL于

5、錐形瓶中，加入10.00 mL稀硫酸和20.00 mL 1.000 molL1的FeSO4溶液，微熱。步驟3：冷卻至室溫，用0.100 molL1 K2Cr2O7溶液滴定剩余的Fe2至終點。反應的方程式為Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O。步驟4：將步驟2、3重復兩次，計算得平均消耗K2Cr2O7溶液15.00 mL。寫出步驟2中發(fā)生反應的離子方程式得_。產品中Mg(ClO3)26H2O的質量分數(shù)為_。(保留到小數(shù)點后一位)解析：(1)過濾所需要的主要玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒。(2)加KMnO4的目的是氧化Fe2使其轉化為Fe3，再加入BaCl2除去SO，此時溶液中的溶質主要

6、為MgCl2、FeCl3，F(xiàn)e3發(fā)生水解：Fe33H2OFe(OH)33H，加入的MgO與水解得到的H反應，促使上述平衡正向移動從而使Fe3轉化為Fe(OH)3沉淀而與MgCl2分離，故加MgO后過濾所得濾渣的主要成分為Fe(OH)3。(3)過濾后的溶液中的溶質為MgCl2，加入NaClO3后生成的NaCl的溶解度小，在飽和溶液中以沉淀的形式析出，故反應可以發(fā)生，化學方程式為MgCl22NaClO3=Mg(ClO3)22NaCl；加入NaClO3后生成Mg(ClO3)2溶液和NaCl沉淀，可以先將混合物蒸發(fā)濃縮，使更多的NaCl沉淀析出，由于Mg(ClO3)2的溶解度隨溫度的降低而降低，同時為

7、了減少Mg(ClO3)2的析出，必須在較高溫度下過濾，得到Mg(ClO3)2濾液，洗滌沉淀得到NaCl產品。最后對濾液進行冷卻結晶，得到Mg(ClO3)26H2O晶體。(4)ClO具有氧化性，F(xiàn)e2具有還原性，兩者在酸性條件中反應，離子方程式為ClO6Fe26H=6Fe3Cl3H2O。根據Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O，K2Cr2O7溶液滴定的Fe2的物質的量為(60.10015.00103)mol9103 mol，所以ClO消耗的Fe2的物質的量為(201039103) mol0.011 mol，根據ClO6Fe26H=6Fe3Cl3H2O可得ClO的物質的量為 mol，所

8、以原100 mL樣品溶液中ClO的物質的量為 mol10 mol，Mg(ClO3)26H2O的物質的量為 mol，質量為(299)g，故Mg(ClO3)26H2O的質量分數(shù)為100%78.3%。答案：(1)燒杯、漏斗、玻璃棒(2)Fe(OH)3(3)MgCl22NaClO3=Mg(ClO3)22NaCl蒸發(fā)濃縮(或蒸發(fā)結晶)趁熱過濾(4)ClO6Fe26H=6Fe3Cl3H2O78.3%28二氧化碳是用途非常廣泛的化工基礎原料，回答下列問題：(1)工業(yè)上可以用CO2來生產燃料甲醇。已知：CO2(g)3H2(g)CH3OH(l)H2O(l)H131.0 kJmol1；H2(g)O2(g)=H2O

9、(l) H285.8 kJmol1。CH3OH(l)的燃燒熱H_。(2)在催化劑作用下，CO2和CH4可以直接轉化為乙酸：CO2(g)CH4(g)CH3COOH(g)H36.0 kJmol1。在不同溫度下乙酸的生成速率變化如圖所示。當溫度在250 300 范圍時，乙酸的生成速率減慢的主要原因是_，當溫度在300 400 范圍時，影響乙酸生成速率的主要因素是_。欲使乙酸的平衡產率提高，應采取的措施是_(填標號)。A升高溫度B降低溫度C增大壓強 D降低壓強(3)高溫下，CO2與足量的碳在密閉容器中實現(xiàn)反應：C(s)CO2(g)2CO(g)。向容積為1 L的恒容容器中加入0.2 mol CO2，在不

10、同溫度下達到平衡時CO2的物質的量濃度c(CO2)隨溫度的變化如圖所示。則該反應為_(填“放熱”或“吸熱”)反應，某溫度下，若向該平衡體系中再通入0.2 mol CO2，平衡_(填“正向”“逆向”或“不”)移動，達到新平衡后，體系中CO的百分含量_(填“變大”“變小”或“不變”)。向壓強為p、體積可變的恒壓容器中充入一定量CO2,650 時反應達到平衡，CO的體積分數(shù)為 40.0%，則CO2的轉化率為_。氣體分壓(p分)氣體總壓(p總)體積分數(shù)，用某物質的平衡分壓代替物質的量濃度也可以表示化學平衡常數(shù)(記作Kp)，此溫度下，該反應的化學平衡常數(shù)Kp_(用含p的代數(shù)式表示)，若向平衡體系中再充入

11、V(CO2)V(CO)54 的混合氣體，平衡_(填“正向”“逆向”或“不”)移動。解析：(1)燃燒熱是指25 、101 kPa時，1 mol純物質完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量。將題中已知的熱化學方程式依次編號為、，根據蓋斯定律，由3可得：CH3OH(l)O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H(285.8 kJmol1)3(131.0 kJmol1)726.4 kJmol1。(2)當溫度在250 300 范圍時，隨溫度的升高乙酸的生成速率反而減慢，主要原因是催化劑活性降低。當溫度在300 400 范圍時，隨溫度的升高乙酸的生成速率又有所上升，是因為此時影響乙酸生成速率的主要因素是溫度

12、。因為該反應是氣體分子數(shù)減小的吸熱反應，根據平衡移動原理，欲使乙酸的平衡產率提高，可采取的措施是升高溫度、增大壓強，A、C項正確。(3)由題圖可得，隨著溫度的升高，平衡時CO2的物質的量濃度逐漸減小，根據平衡移動原理，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，所以該反應為吸熱反應。向該平衡體系中再通入0.2 mol CO2，反應物濃度增加，平衡正向移動。再通入CO2達到的平衡與在原平衡的基礎上增大壓強達到的平衡互為等效平衡，該反應為氣體分子數(shù)增大的反應，增大壓強，平衡逆向移動，故達到新平衡后，體系中CO的百分含量變小。設CO2的初始濃度為a molL1，轉化濃度為x molL1，根據三段式法進行計算：

13、C(s)CO2(g)2CO(g)初始/(molL1) a 0轉化/(molL1) x 2x平衡/(molL1) ax 2x則有100%40.0%，解得xa，所以CO2的轉化率為100%25%。根據題意可知，氣體總濃度為(molL1)。CO2的分壓為p0.6p，CO的分壓為p0.4p，故Kp0.267p。原平衡體系中V(CO2)V(CO)32，恒壓條件下，向原平衡體系中再充入V(CO2)V(CO)54的混合氣體，相當于在原平衡的基礎上再通入CO，所以平衡逆向移動。答案：(1)726.4 kJmol1(2)催化劑活性降低溫度AC(3)吸熱正向變小25%(或0.267p)逆向35選修物質結構與性質B

14、、N、Co均為新型材料的重要組成元素。請回答下列問題：(1)基態(tài)Co原子核外電子占據_種不同的能級，其中有_個未成對電子。(2)Co能形成Co(CNO)63。1 mol該離子中含有鍵的數(shù)目為_。與CNO互為等電子體的分子為_(填化學式，任寫一種)。C、N、O三種基態(tài)原子的第一電離能由大到小的順序為_(用元素符號表示)。相同壓強下，CO晶體的熔點高于N2晶體的原因為_。(3)多硼酸根的結構之一為鏈狀(如圖1)，化學式為_，其中B原子的雜化形式為_。(4)BN晶體有多種結構，其中立方氮化硼具有金剛石型結構(如圖2)。晶體的最小環(huán)中含有_個B原子。若晶胞參數(shù)為a nm，晶胞密度為 gcm3，則阿伏加

15、德羅常數(shù)的值可表示為_。解析：(1)基態(tài)Co原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d74s2，原子核外電子占據1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7種不同的能級，其中有3個未成對電子。(2)1 mol該離子中含有鍵的數(shù)目為366.021023186.021023。與CNO互為等電子體的分子為CO2和CS2或N2O等。同一周期從左到右第一電離能逐漸增大，N中2p軌道電子處于半充滿狀態(tài)，第一電離能變大，C、N、O三種基態(tài)原子的第一電離能由大到小的順序為NOC。相同壓強下，CO晶體的熔點高于N2晶體的原因：CO為極性分子，N2為非極性分子，CO分子間的范德華力更大。(3)多硼酸根

16、化學式為BO或(BO2)，其中B原子形成2個鍵，最外層3個電子，又得一個，共4個價電子，形成鍵用去2個，有一個孤電子對，雜化形式為sp2。(4)晶體的最小環(huán)中含有3個B原子，3個N原子，形成6元環(huán)；立方氮化硼中，晶胞邊長為a107 cm，晶胞體積V(a107 cm)3，該晶胞中N原子個數(shù)864，B原子個數(shù)為4，立方氮化硼的密度 gcm3，NA。答案：(1)73(2)18NA(或186.021023等合理答案即可)CO2(或CS2、N2O等合理答案)NOCCO為極性分子，N2為非極性分子，CO分子間的范德華力更大(3)BO或(BO2)sp2(4)336選修有機化學基礎有機化合物J是治療心臟病藥物

17、的一種中間體，分子結構中含有3個六元環(huán)。化合物J的一種合成路線如圖：已知：A既能發(fā)生銀鏡反應，又能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，其核磁共振氫譜顯示有4種氫，且峰面積之比為1221；有機物B是一種重要的石油化工產品，其產量可用來衡量國家的石油化工發(fā)展水平；回答下列問題：(1)A的化學名稱是_，ADE的反應類型是_。(2)CD的化學方程式是_。(3)化合物G官能團的名稱是_。(4)鑒定I分子結構中官能團的光譜分析方法是_。(5)符合下列條件的E的同分異構體的數(shù)目有_種。能發(fā)生水解反應苯環(huán)上只有兩個對位取代基與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(6)以有機物B為原料，結合題給合成路線，寫出制備1,3丁二醇的

18、轉化流程圖(無機化合物原料任選)。解析：根據已知信息并結合A的分子式可知，A為苯環(huán)上連有OH、CHO的有機物，結合其核磁共振氫譜顯示有4種氫，且峰面積之比為1221知A的結構簡式為，化學名稱是對羥基苯甲醛(或4羥基苯甲醛)。根據已知信息可知，B為乙烯，則C為乙醇，D為乙醛，A與D發(fā)生已知信息的加成反應，生成的E為，則F為，G為。根據J分子結構中含有3個六元環(huán)可知，G與HCl發(fā)生加成反應，生成的H為，H在堿性條件下水解后進行酸化，生成的I為。(5)E為，根據能發(fā)生水解反應，說明有酯基；苯環(huán)上只有兩個對位取代基；與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明有酚羥基，其含有酯基的取代基可以是CH2CH2OOCH、CH(CH3)OOCH、CH2OOCCH3、OOCCH2CH3、COOCH2CH3或CH2COOCH3，故符合條件的E的同分異構體有6種。(6)運用逆合成分析法，倒推中間產物，確定合成路線。答案：(1)對羥基苯甲醛(或4羥基苯甲醛)加成反應(2)2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O(3)碳碳雙鍵、酚羥基、羧基(4)紅外光譜(5)6(6)CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO