《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（第三練）》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2 主觀題限時押題練 殲滅高考5個主觀題（第三練）（9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2 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(lián)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(zhì)非常不穩(wěn)定，溫度過高或水溶液中ClO2的質(zhì)量分數(shù)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，并使其溫度保持

2、在60～80 ℃之間。控制溫度的目的是______________________________________________，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(chǎn)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(zhì)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(diào)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(diào)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的目的是測定水樣

4、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(jīng)給出，ClO2性質(zhì)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(jù)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，為了

6、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(jīng)告知了氧化還原反應的氧化劑ClO、還原劑I－、還原產(chǎn)物Cl－，又可以推知氧化產(chǎn)物為I2，根據(jù)得失電子守恒，質(zhì)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?、?.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鐵元

7、素相同。往CoCl2溶液中加入NaOH溶液產(chǎn)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 mL

8、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(jù)A點數(shù)據(jù)，計算出T1 ℃時上述反應的平衡常數(shù)為________(保留兩位有效數(shù)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(chǎn)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(chǎn)率降低。其原因是____

9、____________________________________________________________________。 ③從CoCl2溶液中析出的CoCl2·6H2O產(chǎn)品，常含有少量K＋、Na＋等，在化學分析中常用EDTA滴定法檢測產(chǎn)品的純度。 其操作為稱取3.00 g CoCl2·6H2O產(chǎn)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(chǎn)品中的質(zhì)量分數(shù)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(chǎn)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(jù)A點數(shù)據(jù)，設[Co(H2O)6]2＋的平衡轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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

12、×10－4。 (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(chǎn)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(chǎn)率降低。③根據(jù)滴定反應式：[Co(SCN)4]2－＋H2Y2－===CoY2－＋2H＋＋4SCN－，CoCl2·6H2O在產(chǎn)品中的質(zhì)量分數(shù)是×100%＝95.2%。 答案：(1)4Co(OH)2＋O2＋2H2O===4Co(OH)3 (2)①>?、??、?.7×10－4 (3)①Ti?、贠H－在陽極放電，使溶液的pH降低 ③95.2% 28．減少氮的

13、氧化物和碳的氧化物在大氣中的排放是環(huán)境保護的重要內(nèi)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(shù)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(nèi)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(zhuǎn)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(shù)比N點時平衡常數(shù)大 ③溫度低于250 ℃時，隨溫度升高乙烯的產(chǎn)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(zhuǎn)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(shù)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(shù)K＝________(結(jié)果精確到兩位小數(shù))；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(shù)表達式K＝知，該方程式為2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)，根據(jù)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(zhuǎn)化率減小，M點時平衡常數(shù)比N點平衡常數(shù)大，故②正確；溫度低于250

17、℃時，隨溫度升高乙烯的產(chǎn)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(chǎn)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(shù)增大，所以T1>T2。 ②設NO轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化/(mol·L－1) 2x 2x x

18、2x 平衡/(mol·L－1) 2－2x 2.5－2x x 2x ＝0.25，x＝0.5， K＝≈0.22；根據(jù)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(shù)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

19、質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]A、B、C、D、E代表前四周期原子序數(shù)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(zhì)；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)?；卮鹣铝袉栴}： (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

20、如圖所示。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)

21、D與E所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(shù)為________。 ②原子坐標參數(shù)可表示晶胞內(nèi)部各原子的相對位置。上圖晶胞中，原子的坐標參數(shù)a為(0,0,0)；b為；c為。則d原子的坐標參數(shù)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(zhì)C，可

22、推出C為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(shù)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(jié)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A

23、l3＋比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(shù)為4。②根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知d原子的坐標參數(shù)為。③該晶胞中S和Zn的個數(shù)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?、跇O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

24、制備F的一種合成路線如圖： 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(jié)構(gòu)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(gòu)體，其中能同時滿足下列條件的共有______

25、__種。(不考慮立體異構(gòu)) 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(chǎn)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(jié)構(gòu)簡式為_________。(寫一種即可) (6)根據(jù)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(jù)香蘭素的結(jié)構(gòu)逆推，可知A為對甲基苯酚；根據(jù)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

26、為取代反應。(2)根據(jù)信息②可知有機物D的結(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)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(chǎn)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(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)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(jù)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