（新课改省市专用）备战2020高考化学主观题热点押题练（六）（含解析）.docx

主观题热点押题练(六)1无机盐X仅由三种短周期元素组成，其相对分子质量为238，原子个数比为114。将23.8 g X与水共热，生成一种有特殊臭味的气体单质A和某强酸的酸式盐溶液B，B的焰色反应呈黄色，在溶液B中加入足量的BaCl2溶液，产生46.6 g白色沉淀。请推测并回答：(1)单质A有很强的氧化性，可用于净化空气、饮用水消毒等。A中组成元素的简单离子结构示意图为_。(2)X的化学式为_。(3)实验室可通过低温电解B溶液制备X。该电解反应的化学方程式为_。(4)X溶液与铜反应时先慢后快。某同学认为除反应放热这一因素外，还有一种可能是反应生成的Cu2对后续反应起催化作用，为此他设计了如下实验方案：取少量铜粉置于试管中，先加入少量CuSO4溶液，再加入X溶液，振荡，观察现象。若加入硫酸铜溶液的反应快，说明Cu2起了催化作用，反之Cu2不起作用。写出X与铜反应的化学方程式：_，判断该同学设计的验证方法合理性并说明理由_ _。解析：无机盐X仅由三种短周期元素组成，将其与水共热，生成一种有特殊臭味的气体单质A，且单质A有很强的氧化性，可用于净化空气、饮用水消毒等，则A为臭氧；还生成某强酸的酸式盐溶液B，且B的焰色反应呈黄色，则B中含有Na元素；在溶液B中加入BaCl2溶液，能产生白色沉淀，则B中有硫酸根，故B为NaHSO4。由此可以确定无机盐X中有Na、S、O三种元素，且三种元素的原子个数比为114，可设Na与S的原子个数均为a，故O的个数为4a，由X的相对分子质量为238可知，23a32a64a238，解得a2，无机盐X的化学式为Na2S2O8。答案：(1)(2)Na2S2O8(3)2NaHSO4Na2S2O8H2(4)Na2S2O8Cu=Na2SO4CuSO4该同学的验证方法不合理，因为加入CuSO4溶液，反应速率快也可能是SO起催化作用2为探究固体X(仅含两种常见短周期元素)的组成和性质，设计并完成如图实验：已知：气体A是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.429 gL1；固体B是光导纤维的主要成分。请回答：(1)气体A分子的电子式：_，白色沉淀D的化学式_。(2)固体X与稀硫酸反应的离子方程式是_ _。(3)已知NH3与气体A在一定条件下反应后可得到一种耐高温陶瓷材料(仅含两种元素，摩尔质量为140 gmol1)和H2，写出该反应的化学方程式：_。解析：已知气体A在标准状况下的密度为1.429 gL1，则其摩尔质量为1.429 gL122.4 Lmol132 gmol1，固体B是光导纤维的主要成分即SiO2，6.0 g SiO2的物质的量为0.1 mol，则7.6 g X中含Si的质量为2.8 g，即0.1 mol；在短周期金属元素中，与过量NaOH反应生成的白色沉淀只有Mg(OH)2，则其物质的量为0.2 mol，由于7.6 g X中含Mg的质量为4.8 g，即0.2 mol，由此推知X为Mg2Si，则与硫酸反应生成的A气体为SiH4，其摩尔质量恰好为32 gmol1。(1)SiH4的电子式为；白色沉淀D的化学式为Mg(OH)2。(2)固体X与稀硫酸反应的离子方程式是Mg2Si4H=2Mg2SiH4。(3)NH3与SiH4在一定条件下反应生成一种耐高温陶瓷材料和H2，所以耐高温陶瓷材料中含有Si和N两种元素，根据二者的化合价可知，其化学式为Si3N4，摩尔质量为140 gmol1，所以反应的化学方程式为3SiH44NH3Si3N412H2。答案：(1) Mg(OH)2(2)Mg2Si4H=2Mg2SiH4(3)3SiH44NH3Si3N412H23氮的化合物在生产和生活中广泛存在。请回答下列有关问题：(1)氯胺(NH2Cl)是一种长效缓释消毒剂，可通过反应NH3(g)Cl2(g)=NH2Cl(g)HCl(g)H12 kJmol1来制取。化学键NHClClNClHCl键能/(kJmol1)391243a431已知部分化学键的键能如表所示(假定不同物质中同种化学键的键能一样)，则a_。(2)2NO(g)O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：.2NO(g)N2O2(g)(快)va正ka正c2(NO)，va逆ka逆c(N2O2)，H10.N2O2(g)O2(g)2NO2(g)(慢)vb正kb正c(N2O2)c(O2)，vb逆kb逆c2(NO2)，H2Cr2OFe3Cr3)。下列有关操作过程的描述正确的是_。用托盘天平称2.000 g的样品样品溶解在过量已酸化的Cr2(SO4)3溶液中，配成250 mL的待测液碱式滴定管量取25.00 mL的待测液于锥形瓶中用标准液滴定待测液，重复测3次(平均消耗30.00 mL)根据上述提供的数据可以得到K2FeO4的纯度为99.00%实验完成后倒入水槽的废液，需用自来水冲洗干净(4)上述反应中用到的铁黄是由FeSO4在pH2、催化剂的作用下与O2反应制得，反应的装置如图所示：NaNO2在酸性条件下产生催化剂的离子方程式为_。装置中KOH溶液的作用是_；前期NaOH溶液中发生反应的化学方程式为_ _。分析反应中通空气的速率不能过快的原因：_ _。解析：(1)溶液2中含K2FeO4，而K2FeO4在碱性条件下稳定性增强，加入KOH的目的是保证溶液的强碱性，防止K2FeO4分解。(2)粗产品中含KCl、KOH杂质，在重结晶过程中，除去不溶性杂质的操作步骤是趁热过滤；仪器A为布氏漏斗；在冷却结晶操作时，缓慢冷却滤液的原因是得到较大颗粒的晶体，方便减压过滤。(3)需用分析天平称量，不正确；强氧化性溶液需要用酸式滴定管量取，不正确；由关系式2FeOCr2O6Fe2可推得2.000 g样品中n(K2FeO4)0.01 mol，质量为1.980 g，计算得产品的纯度为99.00%，正确；不正确，实验后的废液应该倒入废液缸中集中处理。(4)三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为4Fe2O26H2O4FeOOH8H，随着反应的进行，溶液的酸性增强，酸性太强时，NaNO2与H反应产生NO、NO2的速率太快，被空气带走，导致催化剂损失，降低催化效果，所以KOH溶液主要是调节溶液的pH；因为氧气参与反应，尾气中主要是NO2与NO的混合物，其与NaOH反应的方程式为NO2NO2NaOH=2NaNO2H2O或2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O。空气提供O2，NaNO2产生的NO、NO2是催化剂，若空气流速过快，会将NO、NO2带出反应装置，导致催化剂损失，催化效果变差。答案：(1)保证溶液的强碱性，防止K2FeO4的分解(2)趁热过滤布氏漏斗得到较大颗粒的晶体，方便减压过滤(3)(4)2NO2H=NONO2H2O调节溶液的pHNO2NO2NaOH=2NaNO2H2O(或2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O)空气流速过快，带走催化剂NO、NO2，造成催化剂损失，影响催化效果5化合物G是一种用于合成分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：已知：。请回答：(1)B的结构简式为_。(2)下列说法正确的是_。A化合物A能与FeCl3溶液发生显色反应B1 mol化合物C最多能与2 mol NaOH反应C化合物E既有氧化性，又有还原性D由流程可知，RedAl、MnO2分别作还原剂、氧化剂，其中MnO2也可用Cu/O2、足量的酸性高锰酸钾等代替E化合物G的最简式为C6H6NO(3)CD的过程中有一种无色无味气体产生，其化学方程式为_。(4)写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式：_。含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；能发生水解反应，水解产物之一是氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。(5)已知： (R代表烃基，R代表烃基或H)。请写出以和(CH3)2SO4为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。解析：由和A的分子式可知，二者相差C2H4，结合反应条件可知，A为取代反应，A为，AB发生还原反应，则B为，BC为取代反应，生成C和水，根据已知信息，CD为氨基上H被取代，D为，比较E与G的结构可知，F为，FG发生氧化反应。(2)化合物A结构中没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，A项错误；1 mol化合物C中含有1 mol酯基和1 mol肽键，最多能与2 mol NaOH反应，B项正确；化合物E中含有碳碳双键和苯环，能够与氢气发生还原反应，也能在空气中燃烧，因此既有氧化性，又有还原性，C项正确；由上述分析可知，RedAl、MnO2分别作还原剂、氧化剂，其中MnO2也可用Cu/O2代替，但不能用酸性高锰酸钾代替，酸性高锰酸钾能够将醇氧化为酸，D项错误；化合物G的化学式为C12H12N2O2，最简式为C6H6NO，E项正确。(4)B为，含有