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(二)主觀題限時押題練 殲滅高考5個主觀題(第三練)
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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(二)主觀題限時押題練 殲滅高考5個主觀題(第三練) 26.二氧化氯(ClO2)作為一種高效強氧化劑,已被聯合國世界衛(wèi)生組織(WHO)列為AⅠ級安全消毒劑。常溫下二氧化氯為黃綠色或橘黃色氣體,性質非常不穩(wěn)定,溫度過高或水溶液中ClO2的質量分數高于30%等均有可能引起爆炸,易與堿液反應生成鹽和水。 (1)某研究小組設計如圖所示實驗制備ClO2溶液,其反應的化學方程式為2KClO3+H2C2O4+2H2SO42KHSO4+2ClO2↑+2CO2↑+2H2O。 ①在反應開始之前將燒杯中的水加熱到80 ℃,然后停止加熱,并使其溫度
2、保持在60~80 ℃之間??刂茰囟鹊哪康氖莀_____________________________________________,圖中裝置中缺少的一種必需的玻璃儀器是_______________________________________。 ②裝置A用于溶解產生的二氧化氯氣體,其中最好盛放________(填標號)。 a.20 mL 60 ℃的溫水 B.100 mL冰水 c.100 mL飽和食鹽水 D.100 mL沸水 ③在燒瓶中加入12.25 g KClO3和9 g草酸(H2C2O4),然后再加入足量的稀硫酸,水浴加熱,反應后生成ClO2的質量為______
3、__。 (2)用ClO2處理過的飲用水(pH為5.5~6.5)常含有一定量對人體不利的亞氯酸根離子(ClO)。飲用水中ClO2、ClO的含量可用連續(xù)碘量法進行測定,實驗步驟如下: 步驟1:準確量取一定體積的水樣加入錐形瓶中; 步驟2:調節(jié)水樣的pH至7.0~8.0; 步驟3:加入足量的KI晶體; 步驟4:加入少量指示劑,用一定濃度的Na2S2O3溶液滴定至終點; 步驟5:再調節(jié)溶液的pH≤2.0; 步驟6:繼續(xù)用相同濃度的Na2S2O3溶液滴定至終點。 ①步驟1中若要量取20.00 mL水樣,則應選用的儀器是____________________。 ②步驟1~4的目的是測定
4、水樣中ClO2的含量,其反應的化學方程式為2ClO2+2KI===2KClO2+I2,2Na2S2O3+I2===Na2S4O6+2NaI,則步驟4中加入的指示劑為______________,滴定達到終點時溶液的顏色變化為______________。 ③步驟5的目的是使I-將溶液中的ClO還原為Cl-以測定其含量,該反應的離子方程式為________________________________________________________________________ _______________________________________________________
5、_________________。 解析:(1)①題目信息已經給出,ClO2性質非常不穩(wěn)定,溫度過高有可能引起爆炸,在反應開始之前將燒杯中的水加熱到80 ℃,然后停止加熱,另一個原因就是保證反應所需的溫度,并使其溫度保持在60~80 ℃之間,所以必須要用溫度計。②ClO2易溶于水且溫度過高容易爆炸,故最好盛放100 mL冰水。③根據方程式可知道,H2C2O4過量,用KClO3的量計算,0.1 mol KClO3可得ClO2 6.75 g。(2)①因為用ClO2處理過的飲用水pH為5.5~6.5,又要精確量取20.00 mL,故可用25.00 mL 酸式滴定管。②因為反應到終點時,I2用盡,
6、為了檢驗I2的存在,故用淀粉溶液作指示劑,反應到終點時,I2耗盡,藍色褪去。③已經告知了氧化還原反應的氧化劑ClO、還原劑I-、還原產物Cl-,又可以推知氧化產物為I2,根據得失電子守恒,質量守恒就很容易得出答案。 答案:(1)①保證反應所需溫度、防止溫度過高發(fā)生爆炸 溫度計?、赽 ③6.75 g (2)①25 mL的酸式滴定管(或20.00 mL的移液管)?、诘矸廴芤骸∷{色褪去 ③4I-+ClO+4H+===2I2+Cl-+2H2O 27.氯化鈷(CoCl2)工業(yè)上常用作油漆干燥劑、氨氣吸收劑、中性染料、干燥指示劑、陶瓷著色劑、飼料添加劑等?;卮鹣铝袉栴}: (1)鈷元素的常見化合價與
7、鐵元素相同。往CoCl2溶液中加入NaOH溶液產生粉紅色沉淀,露置于空氣中一段時間后,沉淀變?yōu)樽睾稚?。沉淀由粉紅色變?yōu)樽睾稚磻幕瘜W方程式為_____________________________________________________________。 (2)將CoCl2溶于濃鹽酸中能形成[CoCl4]2-,溶液中存在平衡:[Co(H2O)6]2++4Cl- [CoCl4]2-+6H2O T1℃時,將0.025 mol CoCl2·6H2O溶于50 mL 12 mol·L-1濃鹽酸中,再加水稀釋至100 mL。溶液中與溫度T的關系如圖1所示。 ①T1 ℃,取10 m
8、L上述溶液稀釋至100 mL,稀釋后的溶液中c(Cl-)________0.6 mol·L-1(填“>”“=”或“<”)。 ②由圖1可知,上述反應的ΔH________0(填“>”“=”或“<”)。 ③根據A點數據,計算出T1 ℃時上述反應的平衡常數為________(保留兩位有效數字)。 (3)采用圖2所示裝置(Ti-Ru電極為惰性電極)電解CoCl2溶液制取鈷。Co能與強酸反應產生H2,電解過程中,CoCl2溶液的pH通??刂圃?.9~4.2。 ①Co沉積在________(填“Ti-Ru”或“Ti”)電極上。 ②若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液,會使產率降低。其原因是___
9、_____________________________________________________________________。 ③從CoCl2溶液中析出的CoCl2·6H2O產品,常含有少量K+、Na+等,在化學分析中常用EDTA滴定法檢測產品的純度。 其操作為稱取3.00 g CoCl2·6H2O產品溶于水配成250 mL 溶液,取25.00 mL置于錐形瓶中加入適量硫氰化鉀溶液生成[Co(SCN)4]2- 離子,再加入丙酮形成藍色溶液,用0.05 mol·L-1 EDTA標準溶液滴定至藍色消失,消耗24.00 mL的標準溶液。則CoCl2·6H2O在產品中的質量分數是__
10、______________(已知:滴定原理為[Co(SCN)4]2-+H2Y2-===CoY2-+2H++4SCN-)。 解析:(1)鈷元素的常見化合價與鐵元素相同。往CoCl2溶液中加入NaOH溶液產生粉紅色沉淀Co(OH)2,露置于空氣中一段時間后,Co(OH)2沉淀變?yōu)樽睾稚腃o(OH)3。則沉淀由粉紅色變?yōu)樽睾稚磻幕瘜W方程式為4Co(OH)2+O2+2H2O===4Co(OH)3。(2)①溶液中存在平衡:[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O,T1 ℃時,取10 mL上述溶液稀釋至100 mL,則平衡向逆方向移動,n(Cl-)增大,c(Cl-)>=0.
11、6 mol·L-1。②由圖可知,隨著溫度的升高,變小,則反應正向移動,則正反應為吸熱反應,ΔH>0。③根據A點數據,設[Co(H2O)6]2+的平衡轉化濃度為x mol·L-1,c(Cl-)==6.5 mol·L-1,c(Co2+)==0.25 mol·L-1, [Co(H2O)6]2-+4Cl-[CoCl4]2-+6H2O 開始濃度(mol·L-1) 0.25 6.5 0 轉化濃度(mol·L-1) x 4x x 平衡濃度(mol·L-1) 0.25-x 6.5-4x x 則==48,解得x=0.125,K=≈7.7×10
12、-4。 (3)①電解CoCl2溶液制取鈷,Ti-Ru電極為惰性電極,Ti的金屬性較強,不能作為陽極,而Co應該在陰極產生,故Co沉積在Ti電極上。②若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液,OH- 在陽極放電,使溶液的pH降低,會使產率降低。③根據滴定反應式:[Co(SCN)4]2-+H2Y2-===CoY2-+2H++4SCN-,CoCl2·6H2O在產品中的質量分數是×100%=95.2%。 答案:(1)4Co(OH)2+O2+2H2O===4Co(OH)3 (2)①> ②>?、?.7×10-4 (3)①Ti ②OH-在陽極放電,使溶液的pH降低 ③95.2% 28.減少氮的氧化物
13、和碳的氧化物在大氣中的排放是環(huán)境保護的重要內容之一。 (1)已知:N2(g)+O2(g)===2NO(g) ΔH1=+180.5 kJ·mol-1 C(s)+O2(g)===CO2(g) ΔH2=-393.5 kJ·mol-1 2C(s)+O2(g)===2CO(g) ΔH3=-221 kJ·mol-1 若某反應的平衡常數表達式為K=,請寫出此反應的熱化學方程式________________________________________________________________________ _______________________________________
14、_________________________________。 (2)用CH4催化還原NOx可以消除污染,若將反應CH4+2NO2===CO2+2H2O+N2設計為原電池,電池內部是摻雜氧化釔的氧化鋯晶體,可以傳導O2-,則該電池的正極反應式為________________________________________________________________________。 (3)利用H2和CO2在一定條件下可以合成乙烯:6H2(g)+2CO2(g) CH2===CH2(g)+4H2O(g)。已知不同溫度對CO2的轉化率及催化劑的效率影響如圖所示,下列有關說法不正確的是
15、________(填序號)。 ①不同條件下反應,N點的速率最大 ②M點時平衡常數比N點時平衡常數大 ③溫度低于250 ℃時,隨溫度升高乙烯的產率增大 ④實際反應應盡可能在較低的溫度下進行,以提高CO2的轉化率 (4)在密閉容器中充入5 mol CO和4 mol NO,發(fā)生上述(1)中某反應,如圖為平衡時NO的體積分數與溫度、壓強的關系。 回答下列問題: ①溫度:T1________T2(填“<”或“>”)。 ②某溫度下,若反應進行到10 min達到平衡狀態(tài)D點時,容器的體積為2 L,則此時的平衡常數K=________(結果精確到兩位小數);用CO的濃度變化表示的平衡反
16、應速率v(CO)=________________。 ③若在D點對反應容器升溫的同時擴大體積至體系壓強減小,重新達到的平衡狀態(tài)可能是圖中A~G點中的________點。 解析:(1)由平衡常數表達式K=知,該方程式為2NO(g)+2CO(g)===N2(g)+2CO2(g),根據蓋斯定律,ΔH=2ΔH2-ΔH1-ΔH3=-746.5 kJ·mol-1。(2)電池的正極得電子發(fā)生還原反應,則正極反應式為2NO2+8e-===N2+4O2-。(3)M點催化劑催化效果最好,所以M點的速率最大,故①錯誤;隨溫度升高,CO2的平衡轉化率減小,M點時平衡常數比N點平衡常數大,故②正確;溫度低于250
17、℃時,隨溫度升高乙烯的產率減小,故③錯誤;實際反應應盡可能在250 ℃下進行,提高單位時間的產量,若溫度過低,催化劑活性降低,反應速率減小,故④錯誤。(4)①2NO(g)+2CO(g)===N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5 kJ·mol-1,升高溫度平衡逆向移動,NO體積分數增大,所以T1>T2。 ②設NO轉化的濃度為2x mol·L-1,則 2NO(g)+2CO(g)===N2(g)+2CO2(g) 開始/(mol·L-1) 2 2.5 0 0 轉化/(mol·L-1) 2x 2x x 2x
18、 平衡/(mol·L-1) 2-2x 2.5-2x x 2x =0.25,x=0.5, K=≈0.22;根據v=,用CO的濃度變化表示的平均反應速率v(CO)==0.1 mol·L-1·min-1。③若在D點對反應容器升溫的同時擴大體積至體系壓強減小,平衡逆向移動,NO體積分數增大,故選A點。 答案:(1)2NO(g)+2CO(g)===N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5 kJ·mol-1 (2)2NO2+8e-===N2+4O2- (3)①③④ (4)①>?、?.22 0.1 mol·L-1·min-1?、跘 35.[選修③——物質結構與
19、性質]A、B、C、D、E代表前四周期原子序數依次增大的五種元素。A、D同主族且有兩種常見化合物DA2和DA3;工業(yè)上電解熔融C2A3制取C的單質;B、E均除最外層只有2個電子外,其余各層全充滿,E位于元素周期表的ds區(qū)。回答下列問題: (1)B、C中第一電離能較大的是________(用元素符號表示),基態(tài)D原子價電子的軌道表達式為_______________________________________________________________。 (2)DA2分子的VSEPR模型是________。 (3)實驗測得C與氯元素形成化合物的實際組成為C2Cl6,其球棍模型如圖所示
20、。已知C2Cl6在加熱時易升華,與過量的NaOH溶液反應可生成Na[C(OH)4]。 ①C2Cl6屬于________晶體(填晶體類型),其中C原子的雜化軌道類型為________雜化。 ②[C(OH)4]-中存在的化學鍵有_____________________________________________。 (4)B、C的氟化物晶格能分別是2 957 kJ·mol-1、5 492 kJ·mol-1,二者相差很大的原因是________________________________________________________________________。 (5)D與E所
21、形成化合物晶體的晶胞如圖所示: ①在該晶胞中,E的配位數為________。 ②原子坐標參數可表示晶胞內部各原子的相對位置。上圖晶胞中,原子的坐標參數a為(0,0,0);b為;c為。則d原子的坐標參數為________。 ③已知該晶胞的密度為ρ g·cm-3,則晶胞中兩個D原子之間的最近距離為________________________________________________________________________ pm(列出計算式即可)。 解析:由A、D同主族且有兩種常見化合物DA2和DA3,可推出A為O,D為S;由工業(yè)上電解熔融C2A3制取單質C,可推出C為
22、Al;B、E均除最外層只有2個電子外,其余各層全充滿,E位于元素周期表的ds區(qū),且A、B、C、D、E五種元素原子序數依次增大,可推出B為Mg,E為Zn。(1)同周期主族元素第一電離能從左到右呈增大趨勢,但第ⅡA族、ⅤA族元素的第一電離能大于其相鄰元素的,故Mg、Al中第一電離能較大的是Mg?;鶓B(tài)S原子價電子的軌道表達式為。(2)SO2分子的VSEPR模型是平面三角形。(3)①Al2Cl6在加熱時易升華,說明其熔沸點比較低,屬于分子晶體;結合Al2Cl6的球棍模型可得Al原子形成4個共價鍵,其雜化軌道類型為sp3雜化。②[Al(OH)4]-中存在的化學鍵有極性共價鍵、配位鍵。(4)由于Al3+比
23、Mg2+電荷多、半徑小,所以AlF3的晶格能比MgF2的晶格能大得多。(5)①在該晶胞中,1個Zn原子與4個S原子相連,其配位數為4。②根據晶胞結構可知d原子的坐標參數為。③該晶胞中S和Zn的個數均是4,又該晶胞的密度為ρ g·cm-3,則晶胞邊長a=×1010pm,兩個S原子之間的最近距離為面對角線長度的一半,即為× ×1010 pm。 答案:(1)Mg (2)平面三角形 (3)①分子 sp3 ②極性共價鍵、配位鍵 (4)Al3+比Mg2+電荷多、半徑小 (5)①4?、凇、邸?×1010 36.[選修⑤——有機化學基礎]化合物F具有獨特的生理藥理作用,實驗室由芳香化合物A制備F的
24、一種合成路線如圖: 已知:①R—BrR—OCH3; ③A能與FeCl3溶液反應顯紫色。 (1)A的名稱為____________,B生成C的反應類型為____________。 (2)D的結構簡式為____________________。 (3)E中含氧官能團名稱為______________。 (4)寫出F與足量NaOH溶液反應的化學方程式: ________________________________________________________________________。 (5)G為香蘭素的同分異構體,其中能同時滿足下列條件的共有________種。
25、(不考慮立體異構) ①能發(fā)生銀鏡反應;②苯環(huán)上只有3個取代基;③1 mol G能與足量金屬鈉反應產生22.4 L H2(標準狀況)。 其中核磁共振氫譜有5組峰,且峰面積比為1∶1∶2∶2∶2 的結構簡式為_________。(寫一種即可) (6)根據上述合成中提供的信息,寫出以為原料(其他試劑任選)分三步制備肉桂酸()的合成路線。 解析:(1)芳香化合物A能與FeCl3溶液反應顯紫色,A為酚類;根據香蘭素的結構逆推,可知A為對甲基苯酚;根據有機物A、B和C的分子式的差別可知對甲基苯酚被氧化為對羥基苯甲醛,對羥基苯甲醛再與溴/溴化鐵發(fā)生取代反應生成有機物C,因此B生成C的反應類型為取代反
26、應。(2)根據信息②可知有機物D的結構簡式為。(3)E與發(fā)生酯化反應生成F,逆推得E為,E中含氧官能團名稱為(酚)羥基、羧基。(4)有機物F含有酯基、酚羥基,都能與NaOH溶液反應,1 mol F消耗3 mol NaOH。(5)有機物滿足分子式為C8H8O3,①能發(fā)生銀鏡反應,結構中含有醛基;②苯環(huán)上只有3個取代基;③1 mol G能與足量金屬鈉反應產生22.4 L H2(標準狀況),說明含有2個羥基;因此該有機物種類分為苯環(huán)上有3種不同的取代基(—CHO、—CH2OH、—OH),這樣的結構有10種;苯環(huán)上有2種不同的取代基(2個—OH、1個—CH2—CHO),有6種,共計有16種;其中核磁共振氫譜有5組峰,且峰面積比為1∶1∶2∶2∶2的結構簡式為 (6) 發(fā)生取代反應生成苯甲醇,苯甲醇氧化為苯甲醛,根據信息②可知苯甲醛與丙二酸反應生成 答案:(1)對甲基苯酚(或4-甲基苯酚) 取代反應
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