2019版高考化学复习主观题限时押题练歼灭高考5个主观题（第三练）.docx

歼灭高考5个主观题(第三练)(限时30分钟)26二氧化氯(ClO2)作为一种高效强氧化剂，已被联合国世界卫生组织(WHO)列为A级安全消毒剂。常温下二氧化氯为黄绿色或橘黄色气体，性质非常不稳定，温度过高或水溶液中ClO2的质量分数高于30%等均有可能引起爆炸，易与碱液反应生成盐和水。(1)某研究小组设计如图所示实验制备ClO2溶液，其反应的化学方程式为2KClO3H2C2O42H2SO42KHSO42ClO22CO22H2O。在反应开始之前将烧杯中的水加热到80 ，然后停止加热，并使其温度保持在6080 之间。控制温度的目的是_，图中装置中缺少的一种必需的玻璃仪器是_。装置A用于溶解产生的二氧化氯气体，其中最好盛放_(填标号)。a20 mL 60 的温水B100 mL冰水c100 mL饱和食盐水 D100 mL沸水在烧瓶中加入12.25 g KClO3和9 g草酸(H2C2O4)，然后再加入足量的稀硫酸，水浴加热，反应后生成ClO2的质量为_。(2)用ClO2处理过的饮用水(pH为5.56.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO)。饮用水中ClO2、ClO的含量可用连续碘量法进行测定，实验步骤如下：步骤1：准确量取一定体积的水样加入锥形瓶中；步骤2：调节水样的pH至7.08.0；步骤3：加入足量的KI晶体；步骤4：加入少量指示剂，用一定浓度的Na2S2O3溶液滴定至终点；步骤5：再调节溶液的pH2.0；步骤6：继续用相同浓度的Na2S2O3溶液滴定至终点。步骤1中若要量取20.00 mL水样，则应选用的仪器是_。步骤14的目的是测定水样中ClO2的含量，其反应的化学方程式为2ClO22KI=2KClO2I2,2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI，则步骤4中加入的指示剂为_，滴定达到终点时溶液的颜色变化为_。步骤5的目的是使I将溶液中的ClO还原为Cl以测定其含量，该反应的离子方程式为_。解析：(1)题目信息已经给出，ClO2性质非常不稳定，温度过高有可能引起爆炸，在反应开始之前将烧杯中的水加热到80 ，然后停止加热，另一个原因就是保证反应所需的温度，并使其温度保持在6080 之间，所以必须要用温度计。ClO2易溶于水且温度过高容易爆炸，故最好盛放100 mL冰水。根据方程式可知道，H2C2O4过量，用KClO3的量计算，0.1 mol KClO3可得ClO2 6.75 g。(2)因为用ClO2处理过的饮用水pH为5.56.5，又要精确量取20.00 mL，故可用25.00 mL 酸式滴定管。因为反应到终点时，I2用尽，为了检验I2的存在，故用淀粉溶液作指示剂，反应到终点时，I2耗尽，蓝色褪去。已经告知了氧化还原反应的氧化剂ClO、还原剂I、还原产物Cl，又可以推知氧化产物为I2，根据得失电子守恒，质量守恒就很容易得出答案。答案：(1)保证反应所需温度、防止温度过高发生爆炸温度计b6.75 g(2)25 mL的酸式滴定管(或20.00 mL的移液管)淀粉溶液蓝色褪去4IClO4H=2I2Cl2H2O27氯化钴(CoCl2)工业上常用作油漆干燥剂、氨气吸收剂、中性染料、干燥指示剂、陶瓷着色剂、饲料添加剂等。回答下列问题：(1)钴元素的常见化合价与铁元素相同。往CoCl2溶液中加入NaOH溶液产生粉红色沉淀，露置于空气中一段时间后，沉淀变为棕褐色。沉淀由粉红色变为棕褐色反应的化学方程式为_。(2)将CoCl2溶于浓盐酸中能形成CoCl42，溶液中存在平衡：Co(H2O)624Cl CoCl426H2OT1时，将0.025 mol CoCl26H2O溶于50 mL 12 molL1浓盐酸中，再加水稀释至100 mL。溶液中与温度T的关系如图1所示。T1 ，取10 mL上述溶液稀释至100 mL，稀释后的溶液中c(Cl)_0.6 molL1(填“”“”或“”“”或“0.6 molL1。由图可知，随着温度的升高，变小，则反应正向移动，则正反应为吸热反应，H0。根据A点数据，设Co(H2O)62的平衡转化浓度为x molL1，c(Cl)6.5 molL1，c(Co2)0.25 molL1，Co(H2O)624ClCoCl426H2O开始浓度(molL1)0.256.5 0转化浓度(molL1) x 4x x平衡浓度(molL1) 0.25x 6.54x x则48，解得x0.125，K7.7104。(3)电解CoCl2溶液制取钴，TiRu电极为惰性电极，Ti的金属性较强，不能作为阳极，而Co应该在阴极产生，故Co沉积在Ti电极上。若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，OH 在阳极放电，使溶液的pH降低，会使产率降低。根据滴定反应式：Co(SCN)42H2Y2=CoY22H4SCN，CoCl26H2O在产品中的质量分数是100%95.2%。答案：(1)4Co(OH)2O22H2O=4Co(OH)3(2)7.7104(3)TiOH在阳极放电，使溶液的pH降低95.2%28减少氮的氧化物和碳的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。(1)已知：N2(g)O2(g)=2NO(g) H1180.5 kJmol1C(s)O2(g)=CO2(g)H2393.5 kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H3221 kJmol1若某反应的平衡常数表达式为K，请写出此反应的热化学方程式_。(2)用CH4催化还原NOx可以消除污染，若将反应CH42NO2=CO22H2ON2设计为原电池，电池内部是掺杂氧化钇的氧化锆晶体，可以传导O2，则该电池的正极反应式为_。(3)利用H2和CO2在一定条件下可以合成乙烯：6H2(g)2CO2(g) CH2=CH2(g)4H2O(g)。已知不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法不正确的是_(填序号)。不同条件下反应，N点的速率最大M点时平衡常数比N点时平衡常数大温度低于250 时，随温度升高乙烯的产率增大实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率(4)在密闭容器中充入5 mol CO和4 mol NO，发生上述(1)中某反应，如图为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。回答下列问题：温度：T1_T2(填“”)。某温度下，若反应进行到10 min达到平衡状态D点时，容器的体积为2 L，则此时的平衡常数K_(结果精确到两位小数)；用CO的浓度变化表示的平衡反应速率v(CO)_。若在D点对反应容器升温的同时扩大体积至体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中AG点中的_点。解析：(1)由平衡常数表达式K知，该方程式为2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)，根据盖斯定律，H2H2H1H3746.5 kJmol1。(2)电池的正极得电子发生还原反应，则正极反应式为2NO28e=N24O2。(3)M点催化剂催化效果最好，所以M点的速率最大，故错误；随温度升高，CO2的平衡转化率减小，M点时平衡常数比N点平衡常数大，故正确；温度低于250 时，随温度升高乙烯的产率减小，故错误；实际反应应尽可能在250 下进行，提高单位时间的产量，若温度过低，催化剂活性降低，反应速率减小，故错误。(4)2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)H746.5 kJmol1，升高温度平衡逆向移动，NO体积分数增大，所以T1T2。设NO转化的浓度为2x molL1，则2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)开始/(molL1) 2 2.5 0 0转化/(molL1) 2x 2x x 2x平衡/(molL1) 22x 2.52x x 2x0.25，x0.5，K0.22；根据v，用CO的浓度变化表示的平均反应速率v(CO)0.1 molL1min1。若在D点对反应容器升温的同时扩大体积至体系压强减小，平衡逆向移动，NO体积分数增大，故选A点。答案：(1)2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g) H746.5 kJmol1(2)2NO28e=N24O2(3)(4)0.220.1 molL1min1A35选修物质结构与性质A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且有两种常见化合物DA2和DA3；工业上电解熔融C2A3制取C的单质；B、E均除最外层只有2个电子外，其余各层全充满，E位于元素周期表的ds区。回答下列问题：(1)B、C中第一电离能较大的是_(用元素符号表示)，基态D原子价电子的轨道表达式为_。(2)DA2分子的VSEPR模型是_。(3)实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成NaC(OH)4。C2Cl6属于_晶体(填晶体类型)，其中C原子的杂化轨道类型为_杂化。C(OH)4中存在的化学键有_。(4)B、C的氟化物晶格能分别是2 957 kJmol1、5 492 kJmol1，二者相差很大的原因是_。(5)D与E所形成化合物晶体的晶胞如图所示：在该晶胞中，E的配位数为_。原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。上图晶胞中，原子的坐标参数a为(0,0,0)；b为；c为。则d原子的坐标参数为_。已知该晶胞的密度为 gcm3，则晶胞中两个D原子之间的最近距离为_ pm(列出计算式即可)。解析：由A、D同主族且有两种常见化合物DA2和DA3，可推出A为O，D为S；由工业上电解熔融C2A3制取单质C，可推出C为Al；B、E均除最外层只有2个电子外，其余各层全充满，E位于元素周期表的ds区，且A、B、C、D、E五种元素原子序数依次增大，可推出B为Mg，E为Zn。(1)同周期主族元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但第A族、A族元素的第一电离能大于其相邻元素的，故Mg、Al中第一电离能较大的是Mg。基态S原子价电子的轨道表达式为。(2)SO2分子的VSEPR模型是平面三角形。(3)Al2Cl6在加热时易升华，说明其熔沸点比较低，属于分子晶体；结合Al2Cl6的球棍模型可得Al原子形成4个共价键，其杂化轨道类型为sp3杂化。Al(OH)4中存在的化学键有极性共价键、配位键。(4)由于Al3比Mg2电荷多、半径小，所以AlF3的晶格能比MgF2的晶格能大得多。(5)在该晶胞中，1个Zn原子与4个S原子相连，其配位数为4。根据晶胞结构可知d原子的坐标参数为。该晶胞中S和Zn的个数均是4，又该晶胞的密度为 gcm3，则晶胞边长a1010pm，两个S原子之间的最近距离为面对角线长度的一半，即为 1010 pm。答案：(1)Mg(2)平面三角形(3)分子sp3极性共价键、配位键(4)Al3比Mg2电荷多、半径小(5)4 101036选修有机化学基础化合物F具有独特的生理药理作用，实验室由芳香化合物A制备F的一种合成路线如图：已知：RBrROCH3；A能与FeCl3溶液反应显紫色。(1)A的名称为_，B生成C的反应类型为_。(2)D的结构简式为_。(3)E中含氧官能团名称为_。(4)写出F与足量NaOH溶液反应的化学方程式：_。(5)G为香兰素的同分异构体，其中能同时满足下列条件的共有_种。(不考虑立体异构)能发生银镜反应；苯环上只有3个取代基；1 mol G能与足量金属钠反应产生22.4 L H2(标准状况)。其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为11222 的结构简式为_。(写一种即可)(6)根据上述合成中提供的信息，写出以为原料(其他试剂任选)分三步制备肉桂酸()的合成路线。解析：(1)芳香化合物A能与FeCl3溶液反应显紫色，A为酚类；根据香兰素的结构逆推，可知A为对甲基苯酚；根据有机物A、B和C的分子式的差别可知对甲基苯酚被氧化为对羟基苯甲醛，对羟基苯甲醛再与溴/溴化铁发生取代反应生成有机物C，因此B生成C的反应类型为取代反应。(2)根据信息可知有机物D的结构简式为。(3)E与发生酯化反应生成F，逆推得E为，E中含氧官能团名称为(酚)羟基、羧基。(4)有机物F含有酯基、酚羟基，都能与NaOH溶液反应，1 mol F消耗3 mol NaOH。(5)有机物满足