2019高考化学二轮复习 第二部分 考前定点歼灭战 专项押题（二）主观题限时押题练 歼灭高考5个主观题（第五练）.doc

歼灭高考5个主观题(第五练)(限时30分钟)26某课题小组同学测量液态奶含氮量的实验过程如下：原理：液态奶(NH4)2SO4溶液NH3(NH4)2B4O7溶液用标准盐酸滴定步骤：在烧杯中加入10.00 mL液态奶和辅助试剂，加热充分反应；将反应液转移到大试管中；按图中装置用水蒸气将NH3吹出，并用H3BO3溶液吸收(加热装置未画出)；取下锥形瓶，滴加指示剂，用0.100 0 molL1盐酸标准液滴定；重复测定数次，再用10.00 mL蒸馏水代替液态奶进行上述操作。数据记录如下：实验编号样品和辅助试剂消耗盐酸体积/mL110.00 mL液态奶、0.2 g催化剂、20 mL浓硫酸33.45210.00 mL液态奶、0.2 g催化剂、20 mL浓硫酸25.50310.00 mL液态奶、0.2 g催化剂、20 mL浓硫酸33.55410.00 mL液态奶、0.2 g催化剂、20 mL浓硫酸33.50510.00 mL蒸馏水、0.2 g催化剂、20 mL浓硫酸1.50回答下列问题：(1)滴定时(NH4)2B4O7重新转化为H3BO3，反应的离子方程式为_。(2)步骤的实验装置中需要加热的仪器是_(填仪器名称)，长导管的作用是_。(3)不做空白对照实验对实验结果有何影响？_(填“无影响”“偏高”或“偏低”)。(4)计算10.00 mL液态奶中的含氮量应代入计算的盐酸体积是_ mL，该液态奶的含氮量为_ mgmL1。解析：(3)不做空白对照实验消耗的盐酸偏多，导致测出结果偏高。(4)去除实验编号2明显有误差的数据，平均消耗盐酸的体积是33.50 mL，再除去空白对照实验的数据得33.50 mL1.5 mL32.00 mL。2NHB4O2H，n(NH)0.003 2 mol，液态奶的含氮量0.004 48 gmL14.48 mgmL1。答案：(1)B4O2H5H2O=4H3BO3(2)圆底烧瓶防止装置中压力过大而发生危险；防止冷却时发生倒吸(3)偏高(4)32.004.4827氯酸镁常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备Mg(ClO3)26H2O的流程如图：已知：卤块主要成分为MgCl26H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质；四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如图所示：(1)过滤所需要的主要玻璃仪器有_。(2)加MgO后过滤所得滤渣的主要成分的化学式为_。(3)加入NaClO3饱和溶液后发生反应的化学方程式为_，再进一步制取Mg(ClO3)26H2O的实验步骤依次为_；_；洗涤；将滤液冷却结晶；过滤、洗涤。(4)产品中Mg(ClO3)26H2O含量的测定：(已知Mg(ClO3)26H2O 的摩尔质量为299 gmol1)步骤1：准确称量3.50 g产品配成100 mL溶液。步骤2：取10.00 mL于锥形瓶中，加入10.00 mL稀硫酸和20.00 mL 1.000 molL1的FeSO4溶液，微热。步骤3：冷却至室温，用0.100 molL1 K2Cr2O7溶液滴定剩余的Fe2至终点。反应的方程式为Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O。步骤4：将步骤2、3重复两次，计算得平均消耗K2Cr2O7溶液15.00 mL。写出步骤2中发生反应的离子方程式得_。产品中Mg(ClO3)26H2O的质量分数为_。(保留到小数点后一位)解析：(1)过滤所需要的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。(2)加KMnO4的目的是氧化Fe2使其转化为Fe3，再加入BaCl2除去SO，此时溶液中的溶质主要为MgCl2、FeCl3，Fe3发生水解：Fe33H2OFe(OH)33H，加入的MgO与水解得到的H反应，促使上述平衡正向移动从而使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀而与MgCl2分离，故加MgO后过滤所得滤渣的主要成分为Fe(OH)3。(3)过滤后的溶液中的溶质为MgCl2，加入NaClO3后生成的NaCl的溶解度小，在饱和溶液中以沉淀的形式析出，故反应可以发生，化学方程式为MgCl22NaClO3=Mg(ClO3)22NaCl；加入NaClO3后生成Mg(ClO3)2溶液和NaCl沉淀，可以先将混合物蒸发浓缩，使更多的NaCl沉淀析出，由于Mg(ClO3)2的溶解度随温度的降低而降低，同时为了减少Mg(ClO3)2的析出，必须在较高温度下过滤，得到Mg(ClO3)2滤液，洗涤沉淀得到NaCl产品。最后对滤液进行冷却结晶，得到Mg(ClO3)26H2O晶体。(4)ClO具有氧化性，Fe2具有还原性，两者在酸性条件中反应，离子方程式为ClO6Fe26H=6Fe3Cl3H2O。根据Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O，K2Cr2O7溶液滴定的Fe2的物质的量为(60.10015.00103)mol9103 mol，所以ClO消耗的Fe2的物质的量为(201039103) mol0.011 mol，根据ClO6Fe26H=6Fe3Cl3H2O可得ClO的物质的量为 mol，所以原100 mL样品溶液中ClO的物质的量为 mol10 mol，Mg(ClO3)26H2O的物质的量为 mol，质量为(299)g，故Mg(ClO3)26H2O的质量分数为100%78.3%。答案：(1)烧杯、漏斗、玻璃棒(2)Fe(OH)3(3)MgCl22NaClO3=Mg(ClO3)22NaCl蒸发浓缩(或蒸发结晶)趁热过滤(4)ClO6Fe26H=6Fe3Cl3H2O78.3%28二氧化碳是用途非常广泛的化工基础原料，回答下列问题：(1)工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。已知：CO2(g)3H2(g)CH3OH(l)H2O(l)H131.0 kJmol1；H2(g)O2(g)=H2O(l) H285.8 kJmol1。CH3OH(l)的燃烧热H_。(2)在催化剂作用下，CO2和CH4可以直接转化为乙酸：CO2(g)CH4(g)CH3COOH(g) H36.0 kJmol1。在不同温度下乙酸的生成速率变化如图所示。当温度在250 300 范围时，乙酸的生成速率减慢的主要原因是_，当温度在300 400 范围时，影响乙酸生成速率的主要因素是_。欲使乙酸的平衡产率提高，应采取的措施是_(填标号)。A升高温度B降低温度C增大压强 D降低压强(3)高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：C(s)CO2(g)2CO(g)。向容积为1 L的恒容容器中加入0.2 mol CO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示。则该反应为_(填“放热”或“吸热”)反应，某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2 mol CO2，平衡_(填“正向”“逆向”或“不”)移动，达到新平衡后，体系中CO的百分含量_(填“变大”“变小”或“不变”)。向压强为p、体积可变的恒压容器中充入一定量CO2,650 时反应达到平衡，CO的体积分数为 40.0%，则CO2的转化率为_。气体分压(p分)气体总压(p总)体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)，此温度下，该反应的化学平衡常数Kp_(用含p的代数式表示)，若向平衡体系中再充入V(CO2)V(CO)54 的混合气体，平衡_(填“正向”“逆向”或“不”)移动。解析：(1)燃烧热是指25 、101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。将题中已知的热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律，由3可得：CH3OH(l)O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H(285.8 kJmol1)3(131.0 kJmol1)726.4 kJmol1。(2)当温度在250 300 范围时，随温度的升高乙酸的生成速率反而减慢，主要原因是催化剂活性降低。当温度在300 400 范围时，随温度的升高乙酸的生成速率又有所上升，是因为此时影响乙酸生成速率的主要因素是温度。因为该反应是气体分子数减小的吸热反应，根据平衡移动原理，欲使乙酸的平衡产率提高，可采取的措施是升高温度、增大压强，A、C项正确。(3)由题图可得，随着温度的升高，平衡时CO2的物质的量浓度逐渐减小，根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，所以该反应为吸热反应。向该平衡体系中再通入0.2 mol CO2，反应物浓度增加，平衡正向移动。再通入CO2达到的平衡与在原平衡的基础上增大压强达到的平衡互为等效平衡，该反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，故达到新平衡后，体系中CO的百分含量变小。设CO2的初始浓度为a molL1，转化浓度为x molL1，根据三段式法进行计算：C(s)CO2(g)2CO(g)初始/(molL1) a 0转化/(molL1) x 2x平衡/(molL1) ax 2x则有100%40.0%，解得xa，所以CO2的转化率为100%25%。根据题意可知，气体总浓度为(molL1)。CO2的分压为p0.6p，CO的分压为p0.4p，故Kp0.267p。原平衡体系中V(CO2)V(CO)32，恒压条件下，向原平衡体系中再充入V(CO2)V(CO)54的混合气体，相当于在原平衡的基础上再通入CO，所以平衡逆向移动。答案：(1)726.4 kJmol1(2)催化剂活性降低温度AC(3)吸热正向变小25%(或0.267p)逆向35选修物质结构与性质B、N、Co均为新型材料的重要组成元素。请回答下列问题：(1)基态Co原子核外电子占据_种不同的能级，其中有_个未成对电子。(2)Co能形成Co(CNO)63。1 mol该离子中含有键的数目为_。与CNO互为等电子体的分子为_(填化学式，任写一种)。C、N、O三种基态原子的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。相同压强下，CO晶体的熔点高于N2晶体的原因为_。(3)多硼酸根的结构之一为链状(如图1)，化学式为_，其中B原子的杂化形式为_。(4)BN晶体有多种结构，其中立方氮化硼具有金刚石型结构(如图2)。晶体的最小环中含有_个B原子。若晶胞参数为a nm，晶胞密度为 gcm3，则阿伏加德罗常数的值可表示为_。解析：(1)基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7种不同的能级，其中有3个未成对电子。(2)1 mol该离子中含有键的数目为366.021023186.021023。与CNO互为等电子体的分子为CO2和CS2或N2O等。同一周期从左到右第一电离能逐渐增大，N中2p轨道电子处于半充满状态，第一电离能变大，C、N、O三种基态原子的第一电离能由大到小的顺序为NOC。相同压强下，CO晶体的熔点高于N2晶体的原因：CO为极性分子，N2为非极性分子，CO分子间的范德华力更大。(3)多硼酸根化学式为BO或(BO2)，其中B原子形成2个键，最外层3个电子，又得一个，共4个价电子，形成键用去2个，有一个孤电子对，杂化形式为sp2。(4)晶体的最小环中含有3个B原子，3个N原子，形成6元环；立方氮化硼中，晶胞边长为a107 cm，晶胞体积V(a107 cm)3，该晶胞中N原子个数864，B原子个数为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为极性分子，N2为非极性分子，CO分子间的范德华力更大(3)BO或(BO2)sp2(4)336选修有机化学基础有机化合物J是治疗心脏病药物的一种中间体，分子结构中含有3个六元环。化合物J的一种合成路线如图：已知：A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1221；有机物B是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平；回答下列问题：(1)A的化学名称是_，ADE的反应类型是_。(2)CD的化学方程式是_。(3)化合物G官能团的名称是_。(4)鉴定I分子结构中官能团的光谱分析方法是_。(5)符合下列条件的E的同分异构体的数目有_种。能发生水解反应苯环上只有两个对位取代基与FeCl3溶液发生显色反应(6)以有机物B为原料，结合题给合成路线，写出制备1,3丁二醇的转化流程图(无机化合物原料任选)。解析：根据已知信息并结合A的分子式可知，A为苯环上连有OH、CHO的有机物，结合其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1221知A的结构简式为，化学名称是对羟基苯甲醛(或4羟基苯甲醛)。根据已知信息可知，B为乙烯，则C为乙醇，D为乙醛，A与D发生已知信息的加成反应，生成的E为，则F为，G为。根据J分子结构中含有3个六元环可知，G与HCl发生加成反应，生成的H为，H在碱性条件下水解后进行酸化，生成的I为。(5)E为，根据能发生水解反应，说明有酯基；苯环上只有两个对位取代基；与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，其含有酯基的取代基可以是CH2CH2OOCH、CH(CH3)OOCH、CH2OOCCH3、OOCCH2CH3、COOCH2CH3或CH2COOCH3，故符合条件的E的同分异构体有6种。(6)运用逆合成分析法，倒推中间产物，确定合成路线。答案：(1)对羟基苯甲醛(或4羟基苯甲醛)加成反应(2)2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O(3)碳碳双键、酚羟基、羧基(4)红外光谱(5)6(6)CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO