2019高考化学二轮复习主观题限时押题练歼灭高考5个主观题（第一练）.docx

歼灭高考5个主观题(第一练)(限时30分钟)26氨基甲酸铵(NH2COONH4)是重要的氨化剂，在潮湿的空气中能转化为碳酸铵，受热易分解、易被氧化。实验小组对氨基甲酸铵的性质进行了如下探究。请回答下列问题：(1)氨基甲酸铵在潮湿的空气中转化为碳酸铵的化学方程式为_。(2)用如图装置探究氨基甲酸铵的分解产物(夹持装置略去，下同)。点燃A处的酒精灯之前，需先打开K，向装置中通入一段时间的N2，目的为_。仪器B的名称为_。装置D的作用为_。能证明分解产物中有NH3的现象为_。试剂a用于检验分解产物中的CO2，该试剂的名称为_。(3)已知：CuO高温能分解为Cu2O和O2。若用上述装置和下列部分装置进一步检验分解产物中是否有CO，装置E后应依次连接_(按从左到右的连接顺序填选项字母)。(4)通过实验得出结论：氨基甲酸铵受热分解为NH3和CO2。该反应的化学方程式为_。解析：(1)氨基甲酸铵与水反应生成碳酸铵，方程式是NH2COONH4H2O=(NH4)2CO3。(2)氨基甲酸铵易被氧化，通入氮气排尽装置中空气，避免氨基甲酸铵与空气中的水蒸气和氧气反应。仪器B的名称为干燥管。分解产物中含有氨气，D中倒置的漏斗可以防止倒吸，浓硫酸吸收氨气。氨水呈碱性，C中湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明有氨气生成。用澄清石灰水检验CO2。(3)检验CO应先用NaOH溶液除去可能含有的CO2；再用浓硫酸干燥后还原CuO，再检验有CO2生成，仪器连接顺序是IGFH。(4)氨基甲酸铵受热分解为NH3和CO2的化学方程式为NH2COONH42NH3CO2。答案：(1)NH2COONH4H2O=(NH4)2CO3(2)排尽装置中空气，避免氨基甲酸铵与空气中的水蒸气和氧气反应(球形)干燥管吸收氨气，防止倒吸C中湿润的红色石蕊试纸变蓝澄清石灰水(3)IGFH(4)NH2COONH42NH3CO227卤块的主要成分是MgCl2，还含有少量Fe2、Fe3和Mn2等杂质离子。现以卤块为原料按如图所示流程进行生产，以制备金属镁。本流程操作条件下，生成氢氧化物沉淀的pH如表：物质Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Mg(OH)2开始沉淀的pH2.77.68.310.0沉淀完全的pH3.79.69.811.1已知：Fe2的氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，常将它氧化为Fe3后生成Fe(OH)3沉淀除去。请回答以下问题：(1)步骤中，为了加快酸溶速率，除了适当增加稀盐酸的浓度外，还可以采取的措施有_(任写一条)。(2)步骤中NaClO的电子式为_，加入NaClO溶液的目的是_(用离子方程式解释)。(3)常温时，Mg(OH)2的Ksp1.81011。当溶液pH10.0时，溶液中的c(Mg2)_。(4)若将步骤中“稀盐酸”改为“加水、煮沸”的方式可以得到另一种沉淀物和一种无色无味的气体，请写出该反应的化学方程式：_。(5)步骤中涉及的操作是_，且步骤、的操作均需在HCl的气流中进行，其原因是_。解析：(1)为了加快酸溶速率，还可以适当加热或将卤块粉碎等。(2)NaClO的电子式为；由已知信息可知，加入NaClO的目的是将溶液中的Fe2全部氧化为Fe3，反应的离子方程式为2Fe22HClO=2Fe3H2OCl。(3)当溶液pH10.0时，Mg(OH)2开始沉淀，KspMg(OH)2c(Mg2)c2(OH)1.81011，解得c(Mg2)1.8103 molL1。(4)由流程图可知，步骤得到的沉淀为MgCO3，MgCO3加水、煮沸，促进MgCO3水解得到Mg(OH)2和CO2，该反应的化学方程式为MgCO3H2OMg(OH)2CO2。(5)步骤是将MgCl2溶液转化成MgCl26H2O，涉及的操作是蒸发浓缩、冷却结晶；MgCl2属于强酸弱碱盐，加热会促进其水解，为抑制MgCl2水解，步骤、的操作均需在HCl气流中进行。答案：(1)加热(或将卤块粉碎、不断搅拌等)(2) 2Fe22HClO=2Fe3H2OCl(3)1.8103 molL1(4)MgCO3H2OMg(OH)2CO2(5)蒸发浓缩、冷却结晶抑制MgCl2水解28硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用。(1)已知25 时：O2(g)S(s)=SO2(g)Ha kJmol1O2(g)2SO2(g)2SO3(g)Hb kJmol1则SO3(g)分解生成O2(g)与S(s)的热化学方程式为_。(2)研究SO2催化氧化生成SO3的反应，回答下列相关问题：图甲是SO2(g)和SO3(g)的浓度随时间的变化情况。反应从开始到平衡时，用O2表示的平均反应速率为_。在一容积可变的密闭容器中充入20 mol SO2(g)和10 mol O2(g)，O2的平衡转化率随温度(T)、压强(p)的变化如图乙所示。则p1与p2的大小关系是p1_p2(填“”“”或“”)，A、B、C三点的平衡常数大小关系为_(用KA、KB、KC和“”或“”表示)。(3)常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka11.54102，Ka21.02107。将SO2通入水中反应生成H2SO3。试计算常温下H2SO32HSO的平衡常数K_。(结果保留小数点后两位数字)浓度均为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固体，充分反应后(忽略溶液体积变化)，溶液中 c(Ca2)_(已知，常温下Ksp(CaSO3)1.28109)。(5)用含等物质的量溶质的下列溶液分别吸收SO2，理论吸收量最多的是_(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)依据盖斯定律，得到SO3(g)分解成S(s)和O2(g)的热化学反应方程式：SO3(g)O2(g)S(s)H(a) kJmol1。(2)根据化学反应速率的数学表达式，v(SO2) molL1min10.75 molL1min1，利用化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此有v(O2) molL1min10.375 molL1min1。作等温线，反应前气体系数之和大于反应后气体系数，因此增大压强，平衡向正反应方向移动，O2的转化率增大，即p1KC，即KBKAKC。(3)根据平衡常数的定义，KKa1Ka21.541021.021071.57109。根据物料守恒，2c(Na)3c(SO)c(HSO)c(H2SO3)，因此有。(4)发生的反应是Na2SO3CaCl2=CaSO32NaCl，反应后溶液中c(SO)0.1 molL1，Kspc(Ca2)c(SO)，解得c(Ca2)1.28108 molL1。(5)令这些物质的物质的量为1 mol，A项，发生Na2SO3SO2H2O=2NaHSO3，吸收SO2的物质的量为1 mol；B项，根据得失电子数目守恒，有1(32)3(52) moln(SO2)2，解得n(SO2)5 mol；C项，发生Ba(OH)22SO2=Ba(HSO3)2，因此吸收2 mol SO2；D项，1(72) moln(SO2)2，解得n(SO2)2.5 mol；综上所述，Fe(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选修物质结构与性质铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4UO2(CO3)3等。回答下列问题：(1)UF4用Mg或Ca还原可得金属铀。金属铀的一种堆积方式为体心立方堆积，该堆积方式的空间利用率为_；基态钙原子核外电子排布式为_；熔点MgO(2 852 )高于CaO(2 614 )，其原因是_。(2)2UO25NH4HF22UF4NH4F3NH34H2O。NH4HF2中所含作用力有_(填字母)。a氢键b配位键c共价键d离子键e金属键(3)已知：3(NH4)4UO2(CO3)33UO210NH39CO2N29H2O。NH的空间构型为_，与NH互为等电子体的分子或离子有_(写两种)。CO中碳原子杂化轨道类型为_。分解产物中属于非极性分子的是_(填字母)。aNH3BCO2cN2dH2O(4)UO2的晶胞结构及晶胞参数如图所示：晶胞中U的配位数为_。UO2的密度为_gcm3(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。解析：(1)根据不同堆积方式的空间利用率可知，体心立方堆积空间利用率为68%；Ca是20号元素，原子核外电子数为20，则基态钙原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2或Ar4s2；CaO和MgO都是离子晶体，且离子的电荷数相等，但镁离子的半径比钙离子的半径小，镁离子对氧离子的作用比钙离子强，因此氧化镁的晶格更加牢固，晶格能更大，故MgO晶体的熔点高于CaO。(2)NH4HF2中NH与HF之间为离子键，NH为(极性)共价键、配位键，HF的结构式为FHF，含有(极性)共价键和氢键。(3)NH中价层电子对个数是4且不含孤电子对，为sp3杂化，四个NH键的键能、键长及键角均相同，空间构型为正四面体；原子总数相同、价电子总数相同的粒子互称为等电子体，NH共有5个原子、8个价电子，与其互为等电子体的分子或离子有：CH4、BH、BeH、AlH、SiH4及GeH4等。CO中键个数配原子个数3，且不含孤电子对，所以C原子采用sp2杂化。NH3为极性键构成的三角锥形分子，结构不对称，是极性分子；CO2呈直线形，结构对称，是非极性分子；N2为非极性键组成的双原子分子，结构对称，是非极性分子；H2O为极性键构成的V形分子，是极性分子。(4)晶胞不是孤立的，在UO2晶胞中每个U4连接4个氧离子，但在下面一个晶胞中又连接4个氧离子，所以其配位数为8。用均摊法可求得平均每个晶胞中U4个数为864，O2个数为8，晶胞质量为m g g，晶胞体积为Va3(5.4551010m)3(5.455108cm)3，则UO2的密度为 gcm3。答案：(1)68%1s22s22p63s23p64s2或Ar4s2CaO和MgO均为离子晶体，MgO的晶格能大于CaO，故MgO晶体的熔点高(2)abcd(3)正四面体CH4、BH、BeH、AlH、SiH4及GeH4等(任写两种)sp2bc(4)836选修有机化学基础聚合物F简称PETA，可利用于新型的普适无卤阻燃体系。如图是以A为原料合成聚合物F的路线：已知：A为与氢气的相对密度是14的烃；D、E均为芳香化合物，它们的核磁共振氢谱显示均为2组峰。回答下列问题：(1)A中的官能团名称为_，B的名称是_。(2)B与NH3在一定条件的反应类型为_。(3)C的结构简式为_。(4)由C转化为D的反应中，除D外，另外一种生成物是_。(5)乙二胺和E反应生成聚合物F的化学方程式为_，反应类型为_。(6)E的同分异构体中，满足以下条件的共有_种(不含立体异构)。遇到FeCl3溶液会显色；能发生银镜反应；能与NaHCO3溶液反应。(7)参照上述合成路线，以1,3丁二烯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线。解析：(1)由信息可知A为乙烯，含有的官能团名称为碳碳双键，B为乙烯和氯气发生加成反应的产物，名称是1,2二氯乙烷。(2)B为1,2二氯乙烷，与NH3在一定条件下反应生成乙二胺，反应类型为取代反应。(3)根据信息，乙烯与发生加成反应生成C，C的结构简式为。(4)根据信息，D、E均为芳香化合物，它们的核磁共振氢谱显示均为2组峰，且D能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以D为对二甲苯，E为对苯二甲酸，根据原子守恒规律：C的分子式为C8H12O，D的分子式为C8H10，所以由C转化为D的反应中，除D外，另外一种生成物是H2O。(5)乙二胺和对苯二甲酸发生缩聚反应生成聚合物F的化学方程式为nH2NCH2CH2NH2(2n1)H2O。(6)有机物满足分子式为C8H6O4，遇到FeCl3溶液会显色，说明含有苯环结