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2 主觀題限時押題練 殲滅高考5個主觀題（第五練）

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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2 主觀題限時押題練 殲滅高考5個主觀題（第五練） 26．某課題小組同學測量液態(tài)奶含氮量的實驗過程如下： 原理：液態(tài)奶(NH4)2SO4溶液NH3(NH4)2B4O7溶液―→用標準鹽酸滴定 步驟： ①在燒杯中加入10.00 mL液態(tài)奶和輔助試劑，加熱充分反應； ②將反應液轉移到大試管中； ③按圖中裝置用水蒸氣將NH3吹出，并用H3BO3溶液吸收(加熱裝置未畫出)； ④取下錐形瓶，滴加指示劑，用0.100 0 mol·L－1鹽酸標準液滴定； ⑤重復測定數(shù)次，再用10.00 mL蒸餾水代替液態(tài)奶進行上述操作。 數(shù)據記錄

2、如下： 實驗編號 樣品和輔助試劑 消耗鹽酸體積/mL 1 10.00 mL液態(tài)奶、0.2 g催化劑、20 mL濃硫酸 33.45 2 10.00 mL液態(tài)奶、0.2 g催化劑、20 mL濃硫酸 25.50 3 10.00 mL液態(tài)奶、0.2 g催化劑、20 mL濃硫酸 33.55 4 10.00 mL液態(tài)奶、0.2 g催化劑、20 mL濃硫酸 33.50 5 10.00 mL蒸餾水、0.2 g催化劑、20 mL濃硫酸 1.50 回答下列問題： (1)滴定時(NH4)2B4O7重新轉化為H3BO3，反應的離子方程式為____________________

3、____________________________________________________。 (2)步驟③的實驗裝置中需要加熱的儀器是________(填儀器名稱)，長導管的作用是________________________________________________________________________。 (3)不做空白對照實驗對實驗結果有何影響？________(填“無影響”“偏高”或“偏低”)。 (4)計算10.00 mL液態(tài)奶中的含氮量應代入計算的鹽酸體積是________ mL，該液態(tài)奶的含氮量為________ mg·mL－1。 解析：(3)

4、不做空白對照實驗消耗的鹽酸偏多，導致測出結果偏高。(4)去除實驗編號2明顯有誤差的數(shù)據，平均消耗鹽酸的體積是33.50 mL，再除去空白對照實驗的數(shù)據得33.50 mL－1.5 mL＝32.00 mL。2NH～B4O～2H＋，n(NH)＝0.003 2 mol，液態(tài)奶的含氮量＝＝0.004 48 g·mL－1＝4.48 mg·mL－1。 答案：(1)B4O＋2H＋＋5H2O===4H3BO3 (2)圓底燒瓶　防止裝置中壓力過大而發(fā)生危險；防止冷卻時發(fā)生倒吸 (3)偏高　(4)32.00　4.48 27．氯酸鎂常用作催熟劑、除草劑等，實驗室制備Mg(ClO3)2·6H2O的流程如圖：

5、 已知：①鹵塊主要成分為MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等雜質； ②四種化合物的溶解度(S)隨溫度(T)變化曲線如圖所示： (1)過濾所需要的主要玻璃儀器有__________________________________________。 (2)加MgO后過濾所得濾渣的主要成分的化學式為________。 (3)加入NaClO3飽和溶液后發(fā)生反應的化學方程式為 ________________________________________________________________________， 再進一步制取Mg(ClO3)2·6H2O的實驗步驟

6、依次為①__________；__________；洗滌；②將濾液冷卻結晶；③過濾、洗滌。 (4)產品中Mg(ClO3)2·6H2O含量的測定：(已知Mg(ClO3)2·6H2O 的摩爾質量為299 g·mol－1) 步驟1：準確稱量3.50 g產品配成100 mL溶液。 步驟2：取10.00 mL于錐形瓶中，加入10.00 mL稀硫酸和20.00 mL 1.000 mol·L－1的FeSO4溶液，微熱。 步驟3：冷卻至室溫，用0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液滴定剩余的Fe2＋至終點。反應的方程式為Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

7、步驟4：將步驟2、3重復兩次，計算得平均消耗K2Cr2O7溶液15.00 mL。 ①寫出步驟2中發(fā)生反應的離子方程式得___________________________________ ________________________________________________________________________。 ②產品中Mg(ClO3)2·6H2O的質量分數(shù)為________。(保留到小數(shù)點后一位) 解析：(1)過濾所需要的主要玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒。(2)加KMnO4的目的是氧化Fe2＋使其轉化為Fe3＋，再加入BaCl2除去SO，此時溶液中的溶質主要為

8、MgCl2、FeCl3，F(xiàn)e3＋發(fā)生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入的MgO與水解得到的H＋反應，促使上述平衡正向移動從而使Fe3＋轉化為Fe(OH)3沉淀而與MgCl2分離，故加MgO后過濾所得濾渣的主要成分為Fe(OH)3。(3)過濾后的溶液中的溶質為MgCl2，加入NaClO3后生成的NaCl的溶解度小，在飽和溶液中以沉淀的形式析出，故反應可以發(fā)生，化學方程式為MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl↓；加入NaClO3后生成Mg(ClO3)2溶液和NaCl沉淀，可以先將混合物蒸發(fā)濃縮，使更多的NaCl沉淀析出，由于Mg(ClO3)2的溶解度

9、隨溫度的降低而降低，同時為了減少Mg(ClO3)2的析出，必須在較高溫度下過濾，得到Mg(ClO3)2濾液，洗滌沉淀得到NaCl產品。最后對濾液進行冷卻結晶，得到Mg(ClO3)2·6H2O晶體。(4)①ClO具有氧化性，F(xiàn)e2＋具有還原性，兩者在酸性條件中反應，離子方程式為ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。②根據Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，K2Cr2O7溶液滴定的Fe2＋的物質的量為(6×0.100×15.00×10－3)mol＝9×10－3 mol，所以ClO消耗的Fe2＋的物質的量為(20×10－3－9×10－3) m

10、ol＝0.011 mol，根據ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O可得ClO的物質的量為 mol，所以原100 mL樣品溶液中ClO的物質的量為 mol×10＝ mol，Mg(ClO3)2·6H2O的物質的量為 mol，質量為(×299)g，故Mg(ClO3)2·6H2O的質量分數(shù)為×100%≈78.3%。 答案：(1)燒杯、漏斗、玻璃棒　(2)Fe(OH)3 (3)MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl↓ 蒸發(fā)濃縮(或蒸發(fā)結晶)　趁熱過濾 (4)①ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O?、?8.3% 28．二氧化

11、碳是用途非常廣泛的化工基礎原料，回答下列問題： (1)工業(yè)上可以用CO2來生產燃料甲醇。 已知：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(l)＋H2O(l)　ΔH＝－131.0 kJ·mol－1； H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1。 CH3OH(l)的燃燒熱ΔH＝______________________________________________。 (2)在催化劑作用下，CO2和CH4可以直接轉化為乙酸： CO2(g)＋CH4(g)CH3COOH(g) ΔH＝＋36.0 kJ·mol－1。 在不同溫度下乙酸的生成速率變

12、化如圖所示。 ①當溫度在250 ℃～300 ℃范圍時，乙酸的生成速率減慢的主要原因是______________，當溫度在300 ℃～400 ℃范圍時，影響乙酸生成速率的主要因素是________________________________________________________________________。 ②欲使乙酸的平衡產率提高，應采取的措施是________(填標號)。 A．升高溫度　　　　　　 　B．降低溫度 C．增大壓強 D．降低壓強 (3)高溫下，CO2與足量的碳在密閉容器中實現(xiàn)反應： C(s)＋CO2(g)2CO(g)。 ①向容積為1

13、L的恒容容器中加入0.2 mol CO2，在不同溫度下達到平衡時CO2的物質的量濃度c(CO2)隨溫度的變化如圖所示。則該反應為________(填“放熱”或“吸熱”)反應，某溫度下，若向該平衡體系中再通入0.2 mol CO2，平衡________(填“正向”“逆向”或“不”)移動，達到新平衡后，體系中CO的百分含量________(填“變大”“變小”或“不變”)。 ②向壓強為p、體積可變的恒壓容器中充入一定量CO2,650 ℃時反應達到平衡，CO的體積分數(shù)為 40.0%，則CO2的轉化率為__________。氣體分壓(p分)＝氣體總壓(p總)×體積分數(shù)，用某物質的平衡分壓代替物質的

14、量濃度也可以表示化學平衡常數(shù)(記作Kp)，此溫度下，該反應的化學平衡常數(shù)Kp＝________(用含p的代數(shù)式表示)，若向平衡體系中再充入V(CO2)∶V(CO)＝5∶4 的混合氣體，平衡________(填“正向”“逆向”或“不”)移動。 解析：(1)燃燒熱是指25 ℃、101 kPa時，1 mol純物質完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量。將題中已知的熱化學方程式依次編號為①、②，根據蓋斯定律，由②×3－①可得：CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝(－285.8 kJ·mol－1)×3－(－131.0 kJ·mol－1)＝－726.4 kJ·mol－1

15、。(2)①當溫度在250 ℃～300 ℃范圍時，隨溫度的升高乙酸的生成速率反而減慢，主要原因是催化劑活性降低。當溫度在300 ℃～400 ℃范圍時，隨溫度的升高乙酸的生成速率又有所上升，是因為此時影響乙酸生成速率的主要因素是溫度。②因為該反應是氣體分子數(shù)減小的吸熱反應，根據平衡移動原理，欲使乙酸的平衡產率提高，可采取的措施是升高溫度、增大壓強，A、C項正確。(3)①由題圖可得，隨著溫度的升高，平衡時CO2的物質的量濃度逐漸減小，根據平衡移動原理，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，所以該反應為吸熱反應。向該平衡體系中再通入0.2 mol CO2，反應物濃度增加，平衡正向移動。再通入CO2達到的平

16、衡與在原平衡的基礎上增大壓強達到的平衡互為等效平衡，該反應為氣體分子數(shù)增大的反應，增大壓強，平衡逆向移動，故達到新平衡后，體系中CO的百分含量變小。②設CO2的初始濃度為a mol·L－1，轉化濃度為x mol·L－1，根據三段式法進行計算： 　　　　　　　C(s)＋CO2(g)2CO(g) 初始/(mol·L－1) a 0 轉化/(mol·L－1) x 2x 平衡/(mol·L－1) a－x 2x 則有×100%＝40.0%，解得x＝a，所以CO2的轉化率為×100%＝25%。根據題意可知，氣體總濃度為＋＝(mol·L－1)。CO2的分壓為p×＝0.6p，CO的分壓

17、為p×＝0.4p，故Kp＝≈0.267p。原平衡體系中V(CO2)∶V(CO)＝3∶2，恒壓條件下，向原平衡體系中再充入V(CO2)∶V(CO)＝5∶4的混合氣體，相當于在原平衡的基礎上再通入CO，所以平衡逆向移動。 答案：(1)－726.4 kJ·mol－1 (2)①催化劑活性降低　溫度?、贏C (3)①吸熱　正向　變小?、?5%　(或0.267p)　逆向 35．[選修③——物質結構與性質]B、N、Co均為新型材料的重要組成元素。請回答下列問題： (1)基態(tài)Co原子核外電子占據________種不同的能級，其中有________個未成對電子。 (2)Co能形成[Co(CNO)6]

18、3－。 ①1 mol該離子中含有σ鍵的數(shù)目為______________________________________。 ②與CNO－互為等電子體的分子為________(填化學式，任寫一種)。 ③C、N、O三種基態(tài)原子的第一電離能由大到小的順序為____________(用元素符號表示)。 ④相同壓強下，CO晶體的熔點高于N2晶體的原因為 ________________________________________________________________________。 (3)多硼酸根的結構之一為鏈狀(如圖1)，化學式為________，其中B原子的雜化形式為__

19、______。 (4)BN晶體有多種結構，其中立方氮化硼具有金剛石型結構(如圖2)。 ①晶體的最小環(huán)中含有________個B原子。 ②若晶胞參數(shù)為a nm，晶胞密度為ρ g·cm－3，則阿伏加德羅常數(shù)的值可表示為________。 解析：(1)基態(tài)Co原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d74s2，原子核外電子占據1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7種不同的能級，其中有3個未成對電子。(2)①1 mol該離子中含有σ鍵的數(shù)目為3×6×6.02×1023＝18×6.02×1023。②與CNO－互為等電子體的分子為CO2和CS2或N2O等。③同一周期從左到右第

20、一電離能逐漸增大，N中2p軌道電子處于半充滿狀態(tài)，第一電離能變大，C、N、O三種基態(tài)原子的第一電離能由大到小的順序為N>O>C。④相同壓強下，CO晶體的熔點高于N2晶體的原因：CO為極性分子，N2為非極性分子，CO分子間的范德華力更大。(3)多硼酸根化學式為BO或(BO2)，其中B原子形成2個σ鍵，最外層3個電子，又得一個，共4個價電子，形成σ鍵用去2個，有一個孤電子對，雜化形式為sp2。(4)①晶體的最小環(huán)中含有3個B原子，3個N原子，形成6元環(huán)；立方氮化硼中，晶胞邊長為a×10－7 cm，晶胞體積V＝(a×10－7 cm)3，該晶胞中N原子個數(shù)＝8×＋6×＝4，B原子個數(shù)為4，立方氮化硼的

21、密度ρ＝＝ g·cm－3，NA＝。 答案：(1)7　3　(2)①18NA(或18×6.02×1023等合理答案即可)?、贑O2(或CS2、N2O等合理答案)?、跱>O>C?、蹸O為極性分子，N2為非極性分子，CO分子間的范德華力更大　(3)BO[或(BO2)]　sp2 (4)①3?、? 36．[選修⑤——有機化學基礎]有機化合物J是治療心臟病藥物的一種中間體，分子結構中含有3個六元環(huán)?；衔颙的一種合成路線如圖： 已知：①A既能發(fā)生銀鏡反應，又能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，其核磁共振氫譜顯示有4種氫，且峰面積之比為1∶2∶2∶1； ②有機物B是一種重要的石油化工產品，其產量可用

22、來衡量國家的石油化工發(fā)展水平； 回答下列問題： (1)A的化學名稱是____________，A＋D―→E的反應類型是____________。 (2)C→D的化學方程式是___________________________________________________。 (3)化合物G官能團的名稱是_____________________________________________。 (4)鑒定I分子結構中官能團的光譜分析方法是_______________________________。 (5)符合下列條件的E的同分異構體的數(shù)目有________種。 ①能發(fā)生

23、水解反應　②苯環(huán)上只有兩個對位取代基?、叟cFeCl3溶液發(fā)生顯色反應 (6)以有機物B為原料，結合題給合成路線，寫出制備1,3-丁二醇的轉化流程圖(無機化合物原料任選)。 解析：根據已知信息①并結合A的分子式可知，A為苯環(huán)上連有—OH、—CHO的有機物，結合其核磁共振氫譜顯示有4種氫，且峰面積之比為1∶2∶2∶1知A的結構簡式為，化學名稱是對羥基苯甲醛(或4-羥基苯甲醛)。根據已知信息②可知，B為乙烯，則C為乙醇，D為乙醛，A與D發(fā)生已知信息③的加成反應，生成的E為，則F為，G為。根據J分子結構中含有3個六元環(huán)可知，G與HCl發(fā)生加成反應，生成的H為，H在堿性條件下水解后進行酸化，生成的I

24、為。 (5)E為，根據①能發(fā)生水解反應，說明有酯基；②苯環(huán)上只有兩個對位取代基；③與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明有酚羥基，其含有酯基的取代基可以是—CH2CH2OOCH、—CH(CH3)OOCH、—CH2OOCCH3、—OOCCH2CH3、 —COOCH2CH3或—CH2COOCH3，故符合條件的E的同分異構體有6種。(6)運用逆合成分析法，倒推中間產物，確定合成路線。 答案：(1)對羥基苯甲醛(或4-羥基苯甲醛)　加成反應 (2)2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (3)碳碳雙鍵、酚羥基、羧基　(4)紅外光譜　(5)6 (6)CH2===CH2CH3CH2OHCH3CHO