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(江蘇專用)2022屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸套題增分練4

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1、(江蘇專用)2022屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸套題增分練4 1.電解精煉銅的陽極泥主要成分為Cu2Te、Ag2Se,工業(yè)上從其中回收硒(Se)、碲(Te)的一種工藝流程如下: 已知:Ⅰ.TeO2是兩性氧化物、微溶于水; Ⅱ.元素碲在溶液中主要以Te4+、TeO、HTeO等形式存在; Ⅲ.25 ℃時(shí),亞碲酸(H2TeO3)的Ka1=1×10-3、Ka2=2×10-8。 (1)NaHTeO3溶液的pH________7(填“>”“=”或“<”)。 (2)SeO2與SO2通入水中反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________。操作①的名稱為________。 (3)焙砂中碲以Te

2、O2形式存在。溶液①中的溶質(zhì)主要成分為NaOH、________。工業(yè)上通過電解溶液①也可得到單質(zhì)碲。已知電極均為石墨,則陰極的電極反應(yīng)式為__________________________________。 (4)向溶液①中加入硫酸,控制溶液的pH為4.5~5.0,生成TeO2沉淀。如果H2SO4過量,將導(dǎo)致碲的回收率偏低,其原因是_______________________。 (5)將純凈的TeO2先溶于鹽酸得到四氯化碲溶液,然后將SO2通入到溶液中得到Te單質(zhì)。由四氯化碲得到Te單質(zhì)的離子方程式為_____________________。 (6)上述流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)有_

3、___________________(填化學(xué)式)。 答案 (1)< (2)SeO2+2SO2+2H2O===2H2SO4+Se↓ 過濾 (3)Na2TeO3 TeO+3H2O+4e-===Te↓+6OH- (4)TeO2是兩性氧化物,溶液酸性過強(qiáng),TeO2會(huì)繼續(xù)與酸反應(yīng)導(dǎo)致碲元素?fù)p失 (5)Te4++2SO2+4H2O===Te↓+8H++2SO (6)H2SO4、HCl 解析 (1)亞碲酸(H2TeO3)的Ka1=1×10-3,Ka2=2×10-8,可知HTeO的水解常數(shù)Kh===1×10-11,可知Ka2>Kh,所以NaHTeO3溶液呈酸性,pH<7。 (2)根據(jù)流程圖可

4、知,SeO2與SO2反應(yīng)后變成了Se單質(zhì),所以SeO2將SO2氧化,化學(xué)方程式為SeO2+2SO2+2H2O===2H2SO4+Se↓,通過過濾可以將Se與溶液分離。 (3)已知:TeO2是兩性氧化物、微溶于水;元素碲在溶液中主要以Te4+、TeO、HTeO等形式存在;所以TeO2與氫氧化鈉反應(yīng)后應(yīng)該生成Na2TeO3,如果電解Na2TeO3溶液,陰極應(yīng)該是TeO得電子變成Te單質(zhì),所以電極反應(yīng)為TeO+3H2O+4e-===Te↓+6OH-。 (4)TeO2是兩性氧化物,溶液酸性過強(qiáng),TeO2會(huì)繼續(xù)與酸反應(yīng)導(dǎo)致碲元素?fù)p失。 (5)TeO2微溶于水,易溶于較濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿。與鹽酸反應(yīng)時(shí)生

5、成四氯化碲和水,四氯化碲可以將SO2氧化,發(fā)生的離子方程式為Te4++2SO2+4H2O===Te↓+8H++2SO。 (6)SeO2與SO2反應(yīng)可以生成硫酸,所以H2SO4可以循環(huán)使用,純凈的TeO2先溶于鹽酸得到四氯化碲溶液,然后將SO2通入到溶液中得到Te單質(zhì)的同時(shí)又會(huì)再次生成HCl,所以可循環(huán)利用的物質(zhì)有H2SO4、HCl。 2.亞硝酰氯(ClNO)常用作催化劑和合成洗滌劑,其沸點(diǎn)為-5.5 ℃,易水解。某學(xué)習(xí)小組在實(shí)驗(yàn)室中用下圖所示裝置制備ClNO。已知:HNO2既有氧化性又有還原性;AgNO2微溶于水,能溶于硝酸,AgNO2+HNO3===AgNO3+HNO2。 回答下列

6、問題: (1)儀器a的名稱為________,裝置B的作用是__________________。 (2)裝置C中長(zhǎng)頸漏斗的作用是_________________________。 (3)實(shí)驗(yàn)開始時(shí),先打開K1、K2,關(guān)閉K3,再打開分液漏斗活塞滴入適量稀硝酸,當(dāng)觀察到C中________時(shí)關(guān)閉K1、K2。向裝置D三頸瓶中通入干燥純凈Cl2,當(dāng)瓶中充滿黃綠色氣體時(shí),再打開K1、K3,制備ClNO。 (4)裝置D中干燥管的作用是_______________________________。 (5)實(shí)驗(yàn)過程中,若學(xué)習(xí)小組同學(xué)用酒精燈大火加熱制取NO,對(duì)本實(shí)驗(yàn)造成的不利影響是____

7、____________、________________。 (6)ClNO與H2O反應(yīng)生成HNO2和HCl。 ①設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明HNO2是弱酸:____________________________。(僅提供的試劑:1 mol/L鹽酸、1 mol/L HNO2、Na、NaNO2溶液、紅色石蕊試紙、藍(lán)色石蕊試紙) ②要驗(yàn)證ClNO與H2O反應(yīng)后的溶液中存在Cl-和HNO2,合理的操作步驟及正確的順序是________(填序號(hào))。 a.向燒杯中滴加過量KI-淀粉溶液,溶液變藍(lán)色 b.取1.0 mL三頸瓶中產(chǎn)品于燒杯中,加入10.0 mL H2O充分反應(yīng) c.向燒杯中滴加酸性KMnO4溶

8、液,溶液紫色褪去 d.向燒杯中滴加足量AgNO3溶液,有白色沉淀生成,加入稀硝酸,攪拌,仍有白色沉淀 答案 (1)蒸餾燒瓶 除去NO中的HNO3、NO2氣體 (2)避免C中壓強(qiáng)過大 (3)紅棕色完全消失 (4)防止水蒸氣進(jìn)入三頸瓶中與ClNO反應(yīng) (5)溫度過高造成HNO3分解(或揮發(fā)) 生成NO氣體速度過快,NO來不及反應(yīng)即大量逸出 (6)①玻璃棒蘸取NaNO2溶液,點(diǎn)在紅色石蕊試紙上,試紙變藍(lán),說明HNO2是弱酸 ②bdc 解析 (1)儀器a的名稱為蒸餾燒瓶;A中制得的NO含有雜質(zhì)HNO3、NO2,NO不溶于水,而雜質(zhì)HNO3、NO2均易溶于水,故B的作用為除去NO中的H

9、NO3、NO2氣體。 (2)C中長(zhǎng)頸漏斗的作用為平衡系統(tǒng)內(nèi)外壓強(qiáng),避免C中壓強(qiáng)過大。 (3)當(dāng)C中紅棕色完全消失時(shí),不再存在NO2氣體,得到比較純凈的NO。 (4)因?yàn)閬喯貂B?ClNO)易水解,所以必須防止有水蒸氣進(jìn)入三頸瓶中與ClNO反應(yīng),故D的作用應(yīng)該是防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入三頸瓶中。 (5)對(duì)蒸餾燒瓶大火加熱,會(huì)使得反應(yīng)迅速,產(chǎn)生大量NO氣體,會(huì)使較多的NO氣體未參加反應(yīng)便逸出至空氣中,同時(shí),溫度較高時(shí)硝酸會(huì)分解或揮發(fā),產(chǎn)生較多雜質(zhì)氣體。 (6)①若亞硝酸為弱酸,則其鈉鹽會(huì)水解呈堿性,故可用其鈉鹽顯堿性來檢驗(yàn)。②根據(jù)已知AgNO2微溶于水,能溶于硝酸,AgNO2+HNO3==

10、=AgNO3+HNO2,得出HNO2和AgNO3是不反應(yīng)的,d步驟只能是檢驗(yàn)有氯離子的存在,則a和c應(yīng)該是檢驗(yàn)有HNO2,由已知HNO2既有氧化性又有還原性,可以看出a是通過KI的還原性來檢驗(yàn)含有HNO2的,c是通過酸性KMnO4溶液的氧化性來檢驗(yàn)含有HNO2的,d步驟檢驗(yàn)氯離子時(shí),引入了稀硝酸,故再通過KI的還原性來檢驗(yàn)含有HNO2,是不合理的,只能選用c步驟,故答案為b、d、c。 3.(1)汽車尾氣中的CO、NO、NO2等有毒氣體會(huì)危害人體健康,可在汽車尾部加催化轉(zhuǎn)化器,將有毒氣體轉(zhuǎn)化為無毒氣體。 已知:①2NO(g)+O2(g)===2NO2(g) ΔH1=-112.3 kJ·mol

11、-1 ②NO2(g)+CO(g)===NO(g)+CO2(g) ΔH2=-234 kJ·mol-1 ③N2(g)+O2(g)===2NO(g) ΔH3=+179.5 kJ·mol-1 請(qǐng)寫出CO和NO2生成無污染氣體的熱化學(xué)方程式:______________。 (2)若將CO和NO按不同比例投入一密閉容器中發(fā)生反應(yīng):2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-759.8 kJ·mol-1,反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí),N2的體積分?jǐn)?shù)隨n(CO)/n(NO)的變化曲線如圖1。 ①b點(diǎn)時(shí),平衡體系中C、N原子個(gè)數(shù)之比接近________; ②a、b、c三點(diǎn)CO的轉(zhuǎn)化率從大

12、到小的順序?yàn)開_______;a、c、d三點(diǎn)的平衡常數(shù)從大到小的順序?yàn)開_________; ③若n(CO)/n(NO)=0.8,反應(yīng)達(dá)平衡時(shí),N2的體積分?jǐn)?shù)為20%,則CO的轉(zhuǎn)化率為________。 (3)若將NO2與O2通入甲中設(shè)計(jì)成如圖2所示裝置,D電極上有紅色物質(zhì)析出,則A電極處通入的氣體為________(填化學(xué)式);A電極的電極反應(yīng)式為___________;一段時(shí)間后,若乙中需加0.2 mol Cu(OH)2使溶液復(fù)原,則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為________。 (4)已知:25 ℃時(shí),H2C2O4的電離常數(shù)Ka1=5.9×10-2,Ka2=6.4×10-5,則25 ℃時(shí),0.1

13、 mol·L-1 NaHC2O4溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)開_________,若向該溶液中加入一定量NaOH固體,使c(HC2O)=c(C2O),則此時(shí)溶液呈________(填“酸性”“堿性”或“中性”)。 答案 (1)4CO(g)+2NO2(g)===4CO2(g)+N2(g) ΔH=-1227.8 kJ·mol-1 (2)①1∶1?、赼>b>c a=c>d?、?5% (3)NO2 NO2-e-+H2O===NO+2H+ 0.8NA (4)c(Na+)>c(HC2O)>c(H+)>c(C2O)>c(OH-) 酸性 解析 (1)依據(jù)蓋斯定律,由②×4+①-③可得4CO(g)

14、+2NO2(g)===4CO2(g)+N2(g) ΔH=(-234 kJ·mol-1)×4-112.3 kJ·mol-1-179.5 kJ·mol-1=-1227.8 kJ·mol-1。 (2)①當(dāng)反應(yīng)物按化學(xué)計(jì)量數(shù)之比加入時(shí),平衡時(shí)N2的體積分?jǐn)?shù)最大,故b點(diǎn)時(shí)平衡體系中C、N原子個(gè)數(shù)之比接近1∶1。②增大n(CO)/n(NO),CO的轉(zhuǎn)化率降低,所以轉(zhuǎn)化率:a>b>c。平衡常數(shù)只與溫度有關(guān),所以a點(diǎn)與c點(diǎn)的平衡常數(shù)K相同。該反應(yīng)為放熱反應(yīng),升溫平衡逆向移動(dòng),N2的體積分?jǐn)?shù)減小,所以T1>T2,d點(diǎn)的平衡常數(shù)小于a點(diǎn)和c點(diǎn)。③設(shè)CO起始物質(zhì)的量為0.8 mol,反應(yīng)達(dá)平衡時(shí),CO轉(zhuǎn)化了x m

15、ol,則有:      2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g) n(始)/mol  0.8    1     0    0 n(轉(zhuǎn)化)/mol  x     x          x n(平)/mol 0.8-x   1-x       x 平衡時(shí),N2的體積分?jǐn)?shù)為×100%=20%,解得x=0.6。所以,CO的轉(zhuǎn)化率為×100%=75%。 (3)甲為原電池,乙為電解池,D電極上有紅色銅析出,則A為負(fù)極,A電極處通入NO2,發(fā)生氧化反應(yīng),電極反應(yīng)式為NO2-e-+H2O===NO+2H+。電解時(shí)陰極先電解析出銅,后又電解水產(chǎn)生氫氣,若加0.2 mo

16、l Cu(OH)2可使溶液復(fù)原,則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為(0.2×2+0.2×2)NA=0.8NA。 (4)HC2O的水解常數(shù)Kh===≈1.69×10-13,Khc(HC2O)>c(H+)>c(C2O)>c(OH-)。當(dāng)c(HC2O)=c(C2O)時(shí),由Ka2=知,c(H+)=Ka2=6.4×10-5 mol·L-1>c(OH-),溶液呈酸性。 4.[化學(xué)——選修3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)] H、C、N、Na、Si、Cu等元素單質(zhì)的熔點(diǎn)高低的順序如下圖所示,其中c、d均是熱和電的良導(dǎo)體。 (1)d的價(jià)層電子排布圖

17、為________。上述六種元素中第一電離能最小的是________,電負(fù)性最大的是________(填元素符號(hào))。將d單質(zhì)的粉末加入NH3的濃溶液中,通入O2,充分反應(yīng)后溶液呈深藍(lán)色,該反應(yīng)的離子方程式是__________。 (2)試判斷硝酸含氧酸根離子的立體構(gòu)型________;請(qǐng)簡(jiǎn)要說明該酸易溶于水的原因:____________________________。 (3)準(zhǔn)晶體是一種介于晶體和非晶體之間的獨(dú)特晶體。d能與Al等元素形成準(zhǔn)晶體或非晶體合金,用途廣泛。區(qū)分晶體、準(zhǔn)晶體和非晶體,可通過_________ _________________方法。 (4)無水氯化鋁在17

18、8 ℃升華,它的蒸氣是締合的雙分子(Al2Cl6),更高溫度下Al2Cl6則離解生成AlCl3單分子。試判斷固體氯化鋁的晶體類型是________;締合雙分子Al2Cl6中Al原子的軌道雜化類型是________。 (5)金屬鋁屬立方晶系,其晶胞邊長(zhǎng)為405 pm,密度是2.70 g·cm-3,通過計(jì)算確定其晶胞的類型為________(填“簡(jiǎn)單”“體心”或“面心”)立方;晶胞中距離最近的鋁原子可看作是接觸的,鋁的原子半徑r(Al)=______pm(結(jié)果保留整數(shù))。 答案 (1)Na N 2Cu+8NH3·H2O+O2===2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O (2)平面三角

19、形 硝酸分子是極性分子,硝酸分子易與水分子間形成氫鍵,易溶于極性溶劑水中 (3)X-射線衍射 (4)分子晶體 sp3 (5)面心 143 解析 H、C、N、Na、Si、Cu等元素單質(zhì)的熔點(diǎn)由高到低的順序是C、Si、Cu、Na、N、H,即a是H2,b是N2,c是Na,d是Cu,e是Si,f是C。 (1)Cu是29號(hào)元素,基態(tài)原子的電子排布式為 1s22s22p63s23p63d104s1,價(jià)層電子排布圖為 。第一電離能最小的是最活潑的金屬Na,電負(fù)性最大的是得電子能力最強(qiáng)的N。Cu在濃氨水中被O2氧化,Cu的化合價(jià)由0價(jià)升高到+2價(jià),根據(jù)溶液的顏色可知生成[Cu(NH3)4]2+,O

20、的化合價(jià)由0價(jià)降低到-2價(jià),依據(jù)得失電子守恒和原子守恒可寫出離子方程式。 (2)NO中心N原子孤電子對(duì)數(shù)=×(5+1-3×2)=0,價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+0=3,故NO的立體構(gòu)型是平面三角形;依據(jù)相似相溶原理和氫鍵可判斷該酸易溶于水。 (3)晶體、準(zhǔn)晶體和非晶體最本質(zhì)的區(qū)別是組成物質(zhì)的粒子在微觀空間是否有序排列,則可用X-射線衍射區(qū)別。 (4)氯化鋁中每個(gè)鋁原子含有3個(gè)共價(jià)鍵,且不含孤電子對(duì),為平面三角形結(jié)構(gòu),Cl和Al可形成配位鍵,形成締合雙分子Al2Cl6,其中Al原子的軌道雜化類型為sp3雜化。 (5)依據(jù)ρ==× g·cm-3=2.7 g·cm-3,解得N(Al)≈4,則為面心立方

21、晶胞;面心立方晶胞中,每個(gè)面的對(duì)角線上三個(gè)原子緊挨著,所以4r(Al)=×405 pm,故r(Al)≈143 pm。 5.[化學(xué)——選修5:有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)] 化合物I(C11H12O3)是制備液晶材料的中間體之一,能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。 已知:①A的核磁共振氫譜中只有一組吸收峰; ②R—CH===CH2R—CH2CH2OH; ③化合物F的苯環(huán)上的一氯代物只有兩種; ④+H2O。 回答下列問題: (1)按系統(tǒng)命名法,B的名稱為________________,試劑R為________。 (2)加熱條件下,D中加入新制Cu(OH)2懸濁液后發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________

22、___________________________________。 (3)G→H的第①步反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________。 (4)I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為______________________________。 (5)I的同系物J比I的相對(duì)分子質(zhì)量小14,J的同分異構(gòu)體中能同時(shí)滿足如下條件的共有________種。(不考慮立體異構(gòu)) ①苯環(huán)上只有2個(gè)取代基; ②既能發(fā)生銀鏡反應(yīng),又能和飽和NaHCO3溶液反應(yīng)放出CO2。 (6)由甲苯和E經(jīng)如下步驟可合成 M()。 步驟②中的反應(yīng)條件為_______,L的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為________________。

23、 答案 (1)2-甲基丙烯 NaOH的乙醇溶液 (2) +2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O (3) +3NaOH +2NaCl+2H2O (4) (5)18 (6)NaOH的水溶液并加熱(或強(qiáng)堿的水溶液并加熱) 解析 (1)A(C4H9Cl)的核磁共振氫譜中只有一組吸收峰,說明A分子中只有一種H原子,則A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為,比較A、B的分子式可知,一氯代烴A脫去了HCl變?yōu)锽(烯烴),B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為,名稱為2-甲基丙烯。A→B為消去反應(yīng),試劑R為NaOH的乙醇溶液。 (2)根據(jù)圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系和已知信息②可推知,C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為,進(jìn)而推知D為 ,E為。 (3

24、)F(C7H8O)的苯環(huán)上的一氯代物只有兩種,說明苯環(huán)上有羥基和甲基兩個(gè)取代基,且二者處于對(duì)位,即F為,根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系可推知G為 ,結(jié)合信息④可推知H為 。在G→H的第①步反應(yīng)中,除了鹵代烴在強(qiáng)堿溶液中發(fā)生水解反應(yīng)和脫水反應(yīng)外,酚羥基與NaOH也發(fā)生反應(yīng)。 (4)E與H發(fā)生酯化反應(yīng)生成I,故I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 。 (5)由題意可知,J比I少一個(gè)原子團(tuán)CH2,且J的同分異構(gòu)體中含有醛基(—CHO)和羧基(—COOH),則苯環(huán)上的2個(gè)取代基有6組:—CHO和—CH2CH2COOH、 —CHO和—CH(CH3)COOH、—CH2CHO和 —CH2COOH、—CH2CH2CHO和—COOH、 —CH(CH3)CHO 和—COOH、—CH3和 —CH(CHO)COOH,且每組的2個(gè)取代基在苯環(huán)上有鄰、間、對(duì)3種位置關(guān)系,故符合條件的J的同分異構(gòu)體的種數(shù)=3×6=18。 (6)由轉(zhuǎn)化關(guān)系可推知,L和E發(fā)生酯化反應(yīng)生成M,可逆推知L為,進(jìn)而可推知K為鹵代烴,鹵代烴K在NaOH(或強(qiáng)堿)的水溶液并加熱條件下水解生成L,故步驟②中的反應(yīng)條件為NaOH水溶液并加熱。

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