2022高考化學總復習 壓軸套題增分練4

《2022高考化學總復習 壓軸套題增分練4》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022高考化學總復習 壓軸套題增分練4（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考化學總復習 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，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通入水中反應的化學方程式為________________。操作①的名稱為________。 (3)焙砂中碲以TeO2形式存在。溶

2、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，TeO2會繼續(xù)與酸反應導致碲元素損失 (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)流程圖可知，SeO2與S

4、O2反應后變成了Se單質(zhì)，所以SeO2將SO2氧化，化學方程式為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與氫氧化鈉反應后應該生成Na2TeO3，如果電解Na2TeO3溶液，陰極應該是TeO得電子變成Te單質(zhì)，所以電極反應為TeO＋3H2O＋4e－===Te↓＋6OH－。 (4)TeO2是兩性氧化物，溶液酸性過強，TeO2會繼續(xù)與酸反應導致碲元素損失。 (5)TeO2微溶于水，易溶于較濃的強酸和強堿。與鹽酸反應時生成四氯化碲和水，

5、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)的同時又會再次生成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，其沸點為－5.5 ℃，易水解。某學習小組在實驗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。 回答下列問題： (1)

6、儀器a的名稱為________，裝置B的作用是__________________。 (2)裝置C中長頸漏斗的作用是_________________________。 (3)實驗開始時，先打開K1、K2，關閉K3，再打開分液漏斗活塞滴入適量稀硝酸，當觀察到C中________時關閉K1、K2。向裝置D三頸瓶中通入干燥純凈Cl2，當瓶中充滿黃綠色氣體時，再打開K1、K3，制備ClNO。 (4)裝置D中干燥管的作用是_______________________________。 (5)實驗過程中，若學習小組同學用酒精燈大火加熱制取NO，對本實驗造成的不利影響是____________

7、____、________________。 (6)ClNO與H2O反應生成HNO2和HCl。 ①設計實驗證明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、藍色石蕊試紙) ②要驗證ClNO與H2O反應后的溶液中存在Cl－和HNO2，合理的操作步驟及正確的順序是________(填序號)。 a．向燒杯中滴加過量KI-淀粉溶液，溶液變藍色 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 c．向燒杯中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去

8、 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中壓強過大 (3)紅棕色完全消失 (4)防止水蒸氣進入三頸瓶中與ClNO反應 (5)溫度過高造成HNO3分解(或揮發(fā))　生成NO氣體速度過快，NO來不及反應即大量逸出 (6)①玻璃棒蘸取NaNO2溶液，點在紅色石蕊試紙上，試紙變藍，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HNO3、NO2氣

9、體。 (2)C中長頸漏斗的作用為平衡系統(tǒng)內(nèi)外壓強，避免C中壓強過大。 (3)當C中紅棕色完全消失時，不再存在NO2氣體，得到比較純凈的NO。 (4)因為亞硝酰氯(ClNO)易水解，所以必須防止有水蒸氣進入三頸瓶中與ClNO反應，故D的作用應該是防止空氣中的水蒸氣進入三頸瓶中。 (5)對蒸餾燒瓶大火加熱，會使得反應迅速，產(chǎn)生大量NO氣體，會使較多的NO氣體未參加反應便逸出至空氣中，同時，溫度較高時硝酸會分解或揮發(fā)，產(chǎn)生較多雜質(zhì)氣體。 (6)①若亞硝酸為弱酸，則其鈉鹽會水解呈堿性，故可用其鈉鹽顯堿性來檢驗。②根據(jù)已知AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2＋HNO3===AgNO3＋H

10、NO2，得出HNO2和AgNO3是不反應的，d步驟只能是檢驗有氯離子的存在，則a和c應該是檢驗有HNO2，由已知HNO2既有氧化性又有還原性，可以看出a是通過KI的還原性來檢驗含有HNO2的，c是通過酸性KMnO4溶液的氧化性來檢驗含有HNO2的，d步驟檢驗氯離子時，引入了稀硝酸，故再通過KI的還原性來檢驗含有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－1 ②NO2

11、(g)＋CO(g)===NO(g)＋CO2(g)　ΔH2＝－234 kJ·mol－1 ③N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH3＝＋179.5 kJ·mol－1 請寫出CO和NO2生成無污染氣體的熱化學方程式：______________。 (2)若將CO和NO按不同比例投入一密閉容器中發(fā)生反應：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝－759.8 kJ·mol－1，反應達到平衡時，N2的體積分數(shù)隨n(CO)/n(NO)的變化曲線如圖1。 ①b點時，平衡體系中C、N原子個數(shù)之比接近________； ②a、b、c三點CO的轉(zhuǎn)化率從大到小的順序為__

12、______；a、c、d三點的平衡常數(shù)從大到小的順序為__________； ③若n(CO)/n(NO)＝0.8，反應達平衡時，N2的體積分數(shù)為20%，則CO的轉(zhuǎn)化率為________。 (3)若將NO2與O2通入甲中設計成如圖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________(填化學式)；A電極的電極反應式為___________；一段時間后，若乙中需加0.2 mol Cu(OH)2使溶液復原，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為________。 (4)已知：25 ℃時，H2C2O4的電離常數(shù)Ka1＝5.9×10－2，Ka2＝6.4×10－5，則25 ℃時，0.1 mol·L－1

13、 NaHC2O4溶液中各離子濃度由大到小的順序為__________，若向該溶液中加入一定量NaOH固體，使c(HC2O)＝c(C2O)，則此時溶液呈________(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)＋2NO2(g)

14、===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當反應物按化學計量數(shù)之比加入時，平衡時N2的體積分數(shù)最大，故b點時平衡體系中C、N原子個數(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，所以a點與c點的平衡常數(shù)K相同。該反應為放熱反應，升溫平衡逆向移動，N2的體積分數(shù)減小，所以T1>T2，d點的平衡常數(shù)小于a點和c點。③設CO起始物質(zhì)的量為0.8 mol，反應達平衡時，CO轉(zhuǎn)化了x mol，則有：

15、　　　　 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，N2的體積分數(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為負極，A電極處通入NO2，發(fā)生氧化反應，電極反應式為NO2－e－＋H2O===NO＋2H＋。電解時陰極先電解析出銅，后又電解水產(chǎn)生氫氣，若加0.2 mol Cu(OH)

16、2可使溶液復原，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c(HC2O)＝c(C2O)時，由Ka2＝知，c(H＋)＝Ka2＝6.4×10－5 mol·L－1>c(OH－)，溶液呈酸性。 4．[化學——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)的熔點高低的順序如下圖所示，其中c、d均是熱和電的良導體。 (1)d的價層電子排布圖為_______

17、_。上述六種元素中第一電離能最小的是________，電負性最大的是________(填元素符號)。將d單質(zhì)的粉末加入NH3的濃溶液中，通入O2，充分反應后溶液呈深藍色，該反應的離子方程式是__________。 (2)試判斷硝酸含氧酸根離子的立體構(gòu)型________；請簡要說明該酸易溶于水的原因：____________________________。 (3)準晶體是一種介于晶體和非晶體之間的獨特晶體。d能與Al等元素形成準晶體或非晶體合金，用途廣泛。區(qū)分晶體、準晶體和非晶體，可通過_________ _________________方法。 (4)無水氯化鋁在178 ℃升華，它的

18、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，其晶胞邊長為405 pm，密度是2.70 g·cm－3，通過計算確定其晶胞的類型為________(填“簡單”“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)平面三角形　硝酸分子是極

19、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號元素，基態(tài)原子的電子排布式為 1s22s22p63s23p63d104s1，價層電子排布圖為 。第一電離能最小的是最活潑的金屬Na，電負性最大的是得電子能力最強的N。Cu在濃氨水中被O2氧化，Cu的化合價由0價升高到＋2價，根據(jù)溶液的顏色可知生成[Cu(NH3)4]2＋，O的化合價由0價降

20、低到－2價，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原子孤電子對數(shù)＝×(5＋1－3×2)＝0，價層電子對數(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)氯化鋁中每個鋁原子含有3個共價鍵，且不含孤電子對，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，則為面心立方晶胞；面心立方晶

21、胞中，每個面的對角線上三個原子緊挨著，所以4r(Al)＝×405 pm，故r(Al)≈143 pm。 5．[化學——選修5：有機化學基礎] 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。 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)生反應的化學方程式為___________________

22、___________________________。 (3)G→H的第①步反應的化學方程式為___________________。 (4)I的結(jié)構(gòu)簡式為______________________________。 (5)I的同系物J比I的相對分子質(zhì)量小14，J的同分異構(gòu)體中能同時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個取代基； ②既能發(fā)生銀鏡反應，又能和飽和NaHCO3溶液反應放出CO2。 (6)由甲苯和E經(jīng)如下步驟可合成 M()。 步驟②中的反應條件為_______，L的結(jié)構(gòu)簡式為________________。 答案　(1)

23、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)簡式為，名稱為2-甲基丙烯。A→B為消去反應，試劑R為NaOH的乙醇溶液。 (2)根據(jù)圖中轉(zhuǎn)化關系和已知信息②可推知，C的結(jié)構(gòu)簡式為，進而推知D為 ，E為。 (3)F(C7H8O

24、)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取代基，且二者處于對位，即F為，根據(jù)轉(zhuǎn)化關系可推知G為 ，結(jié)合信息④可推知H為 。在G→H的第①步反應中，除了鹵代烴在強堿溶液中發(fā)生水解反應和脫水反應外，酚羥基與NaOH也發(fā)生反應。 (4)E與H發(fā)生酯化反應生成I，故I的結(jié)構(gòu)簡式為 。 (5)由題意可知，J比I少一個原子團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個取代基在苯環(huán)上有鄰、間、對3種位置關系，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)化關系可推知，L和E發(fā)生酯化反應生成M，可逆推知L為，進而可推知K為鹵代烴，鹵代烴K在NaOH(或強堿)的水溶液并加熱條件下水解生成L，故步驟②中的反應條件為NaOH水溶液并加熱。