2019高考化学二轮复习第二部分考前定点歼灭战专项押题2主观题限

内部文件，版权追溯 歼灭高考5个主观题(第五练)

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26．某课题小组同学测量液态奶含氮量的实验过程如下：

辅助试剂NaOH溶液H3BO3

原理：液态奶――→(NH―→NH3――→(NH4)2B4O7溶液―→用标准盐酸滴4)2SO4溶液―加热吹出吸收定

步骤：

①在烧杯中加入10.00 mL液态奶和辅助试剂，加热充分反应； ②将反应液转移到大试管中；

③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)； ④取下锥形瓶，滴加指示剂，用0.100 0 mol·L盐酸标准液滴定； ⑤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 1 2 3 4 5 样品和辅助试剂 10.00 mL液态奶、0.2 g催化剂、20 mL浓硫酸 10.00 mL液态奶、0.2 g催化剂、20 mL浓硫酸 10.00 mL液态奶、0.2 g催化剂、20 mL浓硫酸 10.00 mL液态奶、0.2 g催化剂、20 mL浓硫酸 10.00 mL蒸馏水、0.2 g催化剂、20 mL浓硫酸 消耗盐酸体积/mL 33.45 25.50 33.55 33.50 1.50 －1

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③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________ mg·mL。

1

－1

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 mL－1.5 mL＝32.00 mL。2NH4～B4O7～2H，n(NH4)＝0.003 2 mol，液态奶的含氮量＝0.003 2 mol×14 g·mol－1－1

＝0.004 48 g·mL＝4.48 mg·mL。

10 mL

答案：(1)B4O7＋2H＋5H2O===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)32.00 4.48

27．氯酸镁常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备Mg(ClO3)2·6H2O的流程如图：

2－

＋－1

＋

2－

＋

＋

已知：①卤块主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质； ②四种化合物的溶解度(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)2·6H2O的实验步骤依次为①__________；__________；洗涤；②将滤液冷却结晶；③过滤、洗涤。

(4)产品中Mg(ClO3)2·6H2O含量的测定：(已知Mg(ClO3)2·6H2O 的摩尔质量为299 g·mol)

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 mol·L的FeSO4溶液，微热。

步骤3：冷却至室温，用0.100 mol·L K2Cr2O7溶液滴定剩余的Fe至终点。反应的方程式为Cr2O7＋6Fe＋14H===2Cr＋6Fe＋7H2O。

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。 ①写出步骤2中发生反应的离子方程式得___________________________________

2

2－

2＋

＋

3＋

3＋－1

2＋

－1

－1

________________________________________________________________________。 ②产品中Mg(ClO3)2·6H2O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Fe使其转化为Fe，再加入BaCl2除去SO4，此时溶液中的溶质主要为MgCl2、FeCl3，Fe发生水解：Fe＋3H2O

3＋

3＋

3＋

2＋

3＋

2－

Fe(OH)3＋3H，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Fe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MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl↓；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)2·6H2O晶体。(4)①ClO3具有氧化性，Fe具有还原性，两者在酸性条件中反应，离子方程式为ClO3＋6Fe＋6H===6Fe＋Cl＋3H2O。②根据Cr2O7＋6Fe＋14H===2Cr＋6Fe＋7H2O，K2Cr2O7溶液滴定的Fe的物质的量为(6×0.100×15.00×10)mol＝9×10 mol，所以ClO3消耗的Fe的物质的量为(20×10－9×10) mol＝0.011 mol，根据ClO3＋6Fe＋6H===6Fe＋Cl＋3H2O可得0.0110.011－－ClO3的物质的量为 mol，所以原100 mL样品溶液中ClO3的物质的量为 mol×10

66＝

0.110.110.11

mol，Mg(ClO3)2·6H2O的物质的量为 mol，质量为(×299)g，故61212

－3

－3

－

2＋

＋

3＋

－

－3

－3

－

2＋

－

2－

2＋

＋

3＋

3＋

2＋

2＋

－

2＋

＋

3＋

－

0.11

12

Mg(ClO3)2·6H2O的质量分数为

3.50 g

×100%≈78.3%。

答案：(1)烧杯、漏斗、玻璃棒 (2)Fe(OH)3 (3)MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl↓ 蒸发浓缩(或蒸发结晶) 趁热过滤

(4)①ClO3＋6Fe＋6H===6Fe＋Cl＋3H2O ②78.3%

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) ΔH＝－131.0 kJ·mol；

－1

－

2＋

＋

3＋

－

1－1

H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol。

2

CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝______________________________________________。 (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)

3

ΔH＝＋36.0 kJ·mol。

在不同温度下乙酸的生成速率变化如图所示。

－1

①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________________________________________________________________________。

②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 C．增大压强

B．降低温度 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)。

①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”)。

②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)＝5∶4 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①、②，根据盖斯定律，由②×3－3－1

①可得：CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝(－285.8 kJ·mol)×3－(－131.0

2kJ·mol)＝－726.4 kJ·mol。(2)①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，

4

－1

－1

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。②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)①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。②设CO2的初始浓度为a mol·L，转化浓度为x mol·L，根据三段式法进行计算：

C(s)＋CO2(g)初始/(mol·L) a 0 转化/(mol·L) x 2x 平衡/(mol·L) a－x 2x 则有2x10.25a×100%＝40.0%，解得x＝a，所以CO2的转化率为×100%＝25%。根据题a＋x4a－1－1－1

－1

－1

2CO(g)

a3a5a?3a5a?－1

意可知，气体总浓度为＋＝(mol·L)。CO2的分压为p×?÷?＝0.6p，CO的分压

244?44?p?a5a?为p×?÷?＝0.4p，故Kp＝≈0.267p。原平衡体系中V(CO2)∶V(CO)＝3∶2，恒

0.6p?24?

压条件下，向原平衡体系中再充入V(CO2)∶V(CO)＝5∶4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 kJ·mol (2)①催化剂活性降低 温度 ②AC (3)①吸热 正向 变小 ②25%

4p(或0.267p) 逆向 15

－1

2

35．[选修③——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)6]。

①1 mol该离子中含有σ键的数目为______________________________________。 ②与CNO互为等电子体的分子为________(填化学式，任写一种)。

③C、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)。

④相同压强下，CO晶体的熔点高于N2晶体的原因为

________________________________________________________________________。

5

－

3－

(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)。 ①晶体的最小环中含有________个B原子。

②若晶胞参数为a nm，晶胞密度为ρ g·cm，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1s2s2p3s3p3d4s，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)①1 mol该离子中含有σ键的数目为3×6×6.02×10＝18×6.02×10。②与CNO互为等电子体的分子为CO2和CS2或N2O等。③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N>O>C。④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BO2或(BO2)n，其中B原子形成2个σ键，最外层3个电子，又得一个，共4个价电子，形成σ键用去2个，有一个孤电子对，杂化形式为sp。(4)①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，11－7－73

晶胞边长为a×10 cm，晶胞体积V＝(a×10 cm)，该晶胞中N原子个数＝8×＋6×＝

824，B原子个数为4，立方氮化硼的密度ρ＝

4M2

－

23

23

－

2

2

6

2

6

7

2

－3

n－

NAVNA

23

＝4×25

a×10－710

3 g·cm，NA＝3。

ρ a－3

23

答案：(1)7 3 (2)①18NA(或18×6.02×10等合理答案即可) ②CO2(或CS2、N2O等合理答案) ③N>O>C ④CO为极性分子，N2为非极性分子，CO分子间的范德华力更大 (3)BO2[或(BO2)n] sp

10

(4)①3 ②3

ρa36．[选修⑤——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：

23

－

n－2

6

已知：①A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1∶2∶2∶1；

②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____________，A＋D―→E的反应类型是____________。

(2)C→D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。

①能发生水解反应 ②苯环上只有两个对位取代基 ③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①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1∶2∶2∶1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②可知，B为

乙烯，则C为乙醇，D为乙醛，A与D发生已知信息③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①能发生水解反应，说明有酯基；②苯环上只

有两个对位取代基；③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

7

Cu

(2)2CH3CH2OH＋O2――→2CH3CHO＋2H2O △

(3)碳碳双键、酚羟基、羧基 (4)红外光谱 (5)6 H2OO2(6)CH2===CH2催化剂、△――→CH3CH2OHCu――→CH3CHO ，△一定条件―― →

H2

――→催化剂、△

8

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