《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（第一練）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《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（第一練）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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（第一練） 26．氨基甲酸銨(NH2COONH4)是重要的氨化劑，在潮濕的空氣中能轉化為碳酸銨，受熱易分解、易被氧化。實驗小組對氨基甲酸銨的性質(zhì)進行了如下探究。請回答下列問題： (1)氨基甲酸銨在潮濕的空氣中轉化為碳酸銨的化學方程式為________________________________________________________________________。 (2)用如圖裝置探究氨基甲酸銨的分解產(chǎn)物(夾持裝置略去，下同)。 ①點燃A處的酒精燈之前，需先打開K，向

2、裝置中通入一段時間的N2，目的為________________________________________________________________________。 ②儀器B的名稱為____________。 ③裝置D的作用為______________________________________________________。 ④能證明分解產(chǎn)物中有NH3的現(xiàn)象為____________________________________ ________________________。 ⑤試劑a用于檢驗分解產(chǎn)物中的CO2，該試劑的名稱為 ____________

3、______。 (3)已知：CuO高溫能分解為Cu2O和O2。若用上述裝置和下列部分裝置進一步檢驗分解產(chǎn)物中是否有CO，裝置E后應依次連接____________(按從左到右的連接順序填選項字母)。 (4)通過實驗得出結論：氨基甲酸銨受熱分解為NH3和CO2。該反應的化學方程式為________________________________________________________________________。 解析：(1)氨基甲酸銨與水反應生成碳酸銨，方程式是NH2COONH4＋H2O===(NH4)2CO3。(2)①氨基甲酸銨易被氧化，通入氮氣排盡裝置中空氣，避免氨基

4、甲酸銨與空氣中的水蒸氣和氧氣反應。②儀器B的名稱為干燥管。③分解產(chǎn)物中含有氨氣，D中倒置的漏斗可以防止倒吸，濃硫酸吸收氨氣。④氨水呈堿性，C中濕潤的紅色石蕊試紙變藍，證明有氨氣生成。⑤用澄清石灰水檢驗CO2。(3)檢驗CO應先用NaOH溶液除去可能含有的CO2；再用濃硫酸干燥后還原CuO，再檢驗有CO2生成，儀器連接順序是IGFH。(4)氨基甲酸銨受熱分解為NH3和CO2的化學方程式為NH2COONH42NH3↑＋CO2↑。 答案：(1)NH2COONH4＋H2O===(NH4)2CO3 (2)①排盡裝置中空氣，避免氨基甲酸銨與空氣中的水蒸氣和氧氣反應　②(球形)干燥管?、畚瞻睔?，防止倒

5、吸?、蹸中濕潤的紅色石蕊試紙變藍　⑤澄清石灰水 (3)IGFH　(4)NH2COONH42NH3↑＋CO2↑ 27．鹵塊的主要成分是MgCl2，還含有少量Fe2＋、Fe3＋和Mn2＋等雜質(zhì)離子?，F(xiàn)以鹵塊為原料按如圖所示流程進行生產(chǎn)，以制備金屬鎂。 本流程操作條件下，生成氫氧化物沉淀的pH如表： 物質(zhì) Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Mg(OH)2 開始沉淀 的pH 2.7 7.6 8.3 10.0 沉淀完全 的pH 3.7 9.6 9.8 11.1 已知：Fe2＋的氫氧化物呈絮狀，不易從溶液中除去，常將它氧化為Fe3＋后生成Fe(O

6、H)3沉淀除去。 請回答以下問題： (1)步驟①中，為了加快酸溶速率，除了適當增加稀鹽酸的濃度外，還可以采取的措施有_______________________________________________________________(任寫一條)。 (2)步驟②中NaClO的電子式為____________________________________________， 加入NaClO溶液的目的是________________________________________________ (用離子方程式解釋)。 (3)常溫時，Mg(OH)2的Ksp＝1.8×10－11

7、。當溶液pH＝10.0時，溶液中的c(Mg2＋)＝________________________________________________________________________。 (4)若將步驟⑤中“稀鹽酸”改為“加水、煮沸”的方式可以得到另一種沉淀物和一種無色無味的氣體，請寫出該反應的化學方程式：________________________________________________________________________。 (5)步驟⑥中涉及的操作是______________________，且步驟⑥、⑦的操作均需在HCl的氣流中進行，其原因是___

8、___________________________________________________。 解析：(1)為了加快酸溶速率，還可以適當加熱或將鹵塊粉碎等。(2)NaClO的電子式為；由已知信息可知，加入NaClO的目的是將溶液中的Fe2＋全部氧化為Fe3＋，反應的離子方程式為2Fe2＋＋2H＋＋ClO－===2Fe3＋＋H2O＋Cl－。(3)當溶液pH＝10.0時，Mg(OH)2開始沉淀，Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝1.8×10－11，解得c(Mg2＋)＝1.8×10－3 mol·L－1。(4)由流程圖可知，步驟④得到的沉淀為MgCO3，MgCO3加

9、水、煮沸，促進MgCO3水解得到Mg(OH)2和CO2，該反應的化學方程式為MgCO3＋H2OMg(OH)2＋CO2↑。(5)步驟⑥是將MgCl2溶液轉化成MgCl2·6H2O，涉及的操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶；MgCl2屬于強酸弱堿鹽，加熱會促進其水解，為抑制MgCl2水解，步驟⑥、⑦的操作均需在HCl氣流中進行。 答案：(1)加熱(或將鹵塊粉碎、不斷攪拌等) (2) 　2Fe2＋＋2H＋＋ClO－===2Fe3＋＋H2O＋Cl－ (3)1.8×10－3 mol·L－1 (4)MgCO3＋H2OMg(OH)2＋CO2↑ (5)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶　抑制MgCl2水解 28．硫單質(zhì)及其

10、化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應用。 (1)已知25 ℃時： ①O2(g)＋S(s)===SO2(g)ΔH＝－a kJ·mol－1 ②O2(g)＋2SO2(g) 2SO3(g)　ΔH＝－b kJ·mol－1 則SO3(g)分解生成O2(g)與S(s)的熱化學方程式為 ________________________________________________________________________。 (2)研究SO2催化氧化生成SO3的反應，回答下列相關問題： ①圖甲是SO2(g)和SO3(g)的濃度隨時間的變化情況。反應從開始到平衡時，用O2表示的平均反應速率為__

11、______________。 ②在一容積可變的密閉容器中充入20 mol SO2(g)和10 mol O2(g)，O2的平衡轉化率隨溫度(T)、壓強(p)的變化如圖乙所示。則p1與p2的大小關系是p1______p2(填“>”“<”或“＝”)，A、B、C三點的平衡常數(shù)大小關系為__________(用KA、KB、KC和“<”“>”或“＝”表示)。 (3)常溫下，H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka1＝1.54×10－2，Ka2＝1.02×10－7。 ①將SO2通入水中反應生成H2SO3。試計算常溫下H2SO32H＋＋SO的平衡常數(shù)K＝________。(結果保留小數(shù)點后兩位數(shù)字) ②

12、濃度均為0.1 mol·L－1的Na2SO3、NaHSO3混合溶液中，＝________。 (4)往1 L 0.2 mol·L－1 Na2SO3溶液中加入0.1 mol的CaCl2固體，充分反應后(忽略溶液體積變化)，溶液中 c(Ca2＋)＝___________________(已知，常溫下Ksp(CaSO3)＝1.28×10－9)。 (5)用含等物質(zhì)的量溶質(zhì)的下列溶液分別吸收SO2，理論吸收量最多的是________(填字母)。 A．Na2SO3溶液　　　　 　B．Fe(NO3)3溶液 C．Ba(OH)2溶液 D．酸性KMnO4溶液 解析：(1)依據(jù)蓋斯定律，－①－②×得到S

13、O3(g)分解成S(s)和O2(g)的熱化學反應方程式：SO3(g)O2(g)＋S(s)　ΔH＝＋(a＋) kJ·mol－1。(2)①根據(jù)化學反應速率的數(shù)學表達式，v(SO2)＝ mol·L－1·min－1＝0.75 mol·L－1·min－1，利用化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，因此有v(O2)＝＝ mol·L－1·min－1＝0.375 mol·L－1·min－1。②作等溫線，反應前氣體系數(shù)之和大于反應后氣體系數(shù)，因此增大壓強，平衡向正反應方向移動，O2的轉化率增大，即p1

14、2的轉化率降低，即升高溫度，平衡向逆反應方向移動，則正反應為放熱反應，C的溫度高于B，因此有KB>KC，即KB>KA＝KC。(3)①根據(jù)平衡常數(shù)的定義，K＝＝＝Ka1×Ka2＝1.54×10－2×1.02×10－7≈1.57×10－9。②根據(jù)物料守恒，2c(Na＋)＝3[c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)]，因此有＝。(4)發(fā)生的反應是Na2SO3＋CaCl2===CaSO3↓＋2NaCl，反應后溶液中c(SO)＝0.1 mol·L－1，Ksp＝c(Ca2＋)×c(SO)，解得c(Ca2＋)＝＝＝1.28×10－8 mol·L－1。(5)令這些物質(zhì)的物質(zhì)的量為1 mol，A項，發(fā)生Na

15、2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3，吸收SO2的物質(zhì)的量為1 mol；B項，根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，有[1×(3－2)＋3×(5－2)] mol＝n(SO2)×2，解得n(SO2)＝5 mol；C項，發(fā)生Ba(OH)2＋2SO2===Ba(HSO3)2，因此吸收2 mol SO2；D項，[1×(7－2)] mol＝n(SO2)×2，解得n(SO2)＝2.5 mol；綜上所述，F(xiàn)e(NO3)3溶液吸收SO2最多。 答案：(1)SO3(g)O2(g)＋S(s)ΔH＝＋(a＋) kJ·mol－1 (2)①0.375 mol·L－1·min－1?、?　KB>KA＝KC (3)①1.57×

16、10－9?、?或1.5) (4)1.28×10－8 mol·L－1　(5)B 35．[選修③——物質(zhì)結構與性質(zhì)]鈾是原子反應堆的原料，常見鈾的化合物有UF4、UO2及(NH4)4[UO2(CO3)3]等?；卮鹣铝袉栴}： (1)UF4用Mg或Ca還原可得金屬鈾。金屬鈾的一種堆積方式為體心立方堆積，該堆積方式的空間利用率為________；基態(tài)鈣原子核外電子排布式為__________；熔點MgO(2 852 ℃)高于CaO(2 614 ℃)，其原因是_____________________________________________ ________________________

17、________________________________________________。 (2)2UO2＋5NH4HF22UF4·NH4F＋3NH3↑＋4H2O↑。NH4HF2中所含作用力有______(填字母)。 a．氫鍵　b．配位鍵　c．共價鍵　d．離子鍵　e．金屬鍵 (3)已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3]3UO2＋10NH3↑＋9CO2↑＋N2↑＋9H2O↑。 ①NH的空間構型為________，與NH互為等電子體的分子或離子有____________(寫兩種)。 ②CO中碳原子雜化軌道類型為________。 ③分解產(chǎn)物中屬于非極性分子的是_______

18、_(填字母)。 a．NH3　　 　B．CO2　　　c．N2　　　d．H2O (4)UO2的晶胞結構及晶胞參數(shù)如圖所示： ①晶胞中U的配位數(shù)為________。 ②UO2的密度為____________________________________________________g·cm－3 (列出計算式即可，用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。 解析：(1)根據(jù)不同堆積方式的空間利用率可知，體心立方堆積空間利用率為68%；Ca是20號元素，原子核外電子數(shù)為20，則基態(tài)鈣原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2；CaO和MgO都是離子晶體，且離子的電

19、荷數(shù)相等，但鎂離子的半徑比鈣離子的半徑小，鎂離子對氧離子的作用比鈣離子強，因此氧化鎂的晶格更加牢固，晶格能更大，故MgO晶體的熔點高于CaO。(2)NH4HF2中NH與HF之間為離子鍵，N—H為(極性)共價鍵、配位鍵，HF的結構式為[F—H…F]－，含有(極性)共價鍵和氫鍵。(3)①NH中價層電子對個數(shù)是4且不含孤電子對，為sp3雜化，四個N—H鍵的鍵能、鍵長及鍵角均相同，空間構型為正四面體；原子總數(shù)相同、價電子總數(shù)相同的粒子互稱為等電子體，NH共有5個原子、8個價電子，與其互為等電子體的分子或離子有：CH4、BH、BeH、AlH、SiH4及GeH4等。②CO中σ鍵個數(shù)＝配原子個數(shù)＝3，且不含

20、孤電子對，所以C原子采用sp2雜化。③NH3為極性鍵構成的三角錐形分子，結構不對稱，是極性分子；CO2呈直線形，結構對稱，是非極性分子；N2為非極性鍵組成的雙原子分子，結構對稱，是非極性分子；H2O為極性鍵構成的V形分子，是極性分子。(4)①晶胞不是孤立的，在UO2晶胞中每個U4＋連接4個氧離子，但在下面一個晶胞中又連接4個氧離子，所以其配位數(shù)為8。②用均攤法可求得平均每個晶胞中U4＋個數(shù)為8×＋6×＝4，O2－個數(shù)為8，晶胞質(zhì)量為m＝ g＝ g，晶胞體積為V＝a3＝(5.455×10－10m)3＝(5.455×10－8cm)3，則UO2的密度為ρ＝＝ g·cm－3。 答案：(1)68%　1

21、s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2　CaO和MgO均為離子晶體，MgO的晶格能大于CaO，故MgO晶體的熔點高　(2)abcd　(3)①正四面體　CH4、BH、BeH、AlH、SiH4及GeH4等(任寫兩種)?、趕p2?、踒c　(4)①8?、? 36．[選修⑤——有機化學基礎]聚合物F簡稱PETA，可利用于新型的普適無鹵阻燃體系。如圖是以A為原料合成聚合物F的路線： 已知：①A為與氫氣的相對密度是14的烴； ③D、E均為芳香化合物，它們的核磁共振氫譜顯示均為2組峰。 回答下列問題： (1)A中的官能團名稱為______，B的名稱是________________

22、___________________。 (2)B與NH3在一定條件的反應類型為____________________________________。 (3)C的結構簡式為______________。 (4)由C轉化為D的反應中，除D外，另外一種生成物是________。 (5)乙二胺和E反應生成聚合物F的化學方程式為 ________________________________________________________________________， 反應類型為________________。 (6)E的同分異構體中，滿足以下條件的共有______種(不含立

23、體異構)。 ①遇到FeCl3溶液會顯色；②能發(fā)生銀鏡反應；③能與NaHCO3溶液反應。 (7)參照上述合成路線，以1,3-丁二烯為原料(無機試劑任選)，設計制備的合成路線。 解析：(1)由信息①可知A為乙烯，含有的官能團名稱為碳碳雙鍵，B為乙烯和氯氣發(fā)生加成反應的產(chǎn)物，名稱是1,2-二氯乙烷。(2)B為1,2-二氯乙烷，與NH3在一定條件下反應生成乙二胺，反應類型為取代反應。(3)根據(jù)信息②，乙烯與發(fā)生加成反應生成C，C的結構簡式為。(4)根據(jù)信息③，D、E均為芳香化合物，它們的核磁共振氫譜顯示均為2組峰，且D能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化，所以D為對二甲苯，E為對苯二甲酸，根據(jù)原子守恒規(guī)律

24、：C的分子式為C8H12O，D的分子式為C8H10，所以由C轉化為D的反應中，除D外，另外一種生成物是H2O。(5)乙二胺和對苯二甲酸發(fā)生縮聚反應生成聚合物F的化學方程式為＋nH2NCH2CH2NH2＋(2n－1)H2O。(6)有機物滿足分子式為C8H6O4，①遇到FeCl3溶液會顯色，說明含有苯環(huán)結構，且含有酚羥基；②能發(fā)生銀鏡反應，說明結構中含有醛基；③能與NaHCO3溶液反應，結構中含有羧基；因此該有機物結構為含有1個酚羥基、1個醛基、1個羧基的芳香族化合物，這樣的結構共有10種。(7)根據(jù)生成物結構，把2個羥基換成2個溴原子，變?yōu)辂u代烴，根據(jù)題給信息②可知，用1,3-丁二烯與含有雙鍵的二溴代物發(fā)生加成反應生成環(huán)烯結構，含有雙鍵的二溴代物可以用1,3-丁二烯與溴發(fā)生1,4-加成產(chǎn)生。 答案：(1)碳碳雙鍵　1,2-二氯乙烷　(2)取代反應　(3)　(4)H2O (5)＋nH2NCH2CH2NH2 ＋(2n－1)H2O　縮聚反應 (6)10 (7)