2019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（第二練）.doc

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殲滅高考5個主觀題(第二練) (限時30分鐘) 26．氰化物有劇毒，冶金工業(yè)會產(chǎn)生大量含氰化物的廢水，其中氰化物以CN－等形式存在于廢水中。某化學小組同學對含氰化物廢水處理進行研究。 Ⅰ.查閱資料：含氰化物的廢水破壞性處理方法。 利用強氧化劑將氰化物氧化為無毒物質(zhì)，如以TiO2為催化劑用NaClO將CN－氧化成CNO－(CN－和CNO－中N元素均為－3價)，CNO－在酸性條件下繼續(xù)與NaClO 反應生成N2、CO2、Cl2等。 Ⅱ.實驗驗證：破壞性處理CN－的效果。 化學興趣小組的同學在密閉系統(tǒng)中用如圖裝置進行實驗，以測定CN－被處理的百分率，實驗步驟如下： 步驟1：取一定量廢水進行加熱蒸發(fā)、濃縮。 步驟2：取濃縮后含CN－的廢水與過量NaClO溶液的混合液共200 mL(設其中CN－的濃度為 0.2 molL－1)倒入甲中，塞上橡皮塞。 步驟3：點燃酒精燈對丁裝置加熱。 步驟4：打開甲上的橡皮塞和活塞，使甲中溶液全部放入乙中，關(guān)閉活塞。 步驟5：打開活塞K，通一段時間N2，關(guān)閉活塞K。 步驟6：實驗完成后測定干燥管Ⅰ(含堿石灰)的質(zhì)量m2[實驗前干燥管Ⅰ(含堿石灰)的質(zhì)量m1]。 回答下列問題： (1)在破壞性處理方法中，在酸性條件下NaClO和CNO－反應的離子方程式為2CNO－＋6ClO－＋8H＋===2CO2↑＋N2↑＋3Cl2↑＋4H2O，請標出反應中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：________________________________________________________________________。 (2)對丁裝置加熱放在步驟3進行的原因是____________________________________ ______________________。 (3)丙裝置中的試劑是____________。 (4)干燥管Ⅱ的作用是______________________________________________________。 (5)請簡要說明實驗中通入N2的目的是_______________________________________ ________________________________________________________________________。 (6)若干燥管Ⅰ中堿石灰增重1.408 g，則該實驗中測得CN－被處理的百分率為________。 解析：(1)根據(jù)題意可知，酸性條件下CNO－與NaClO反應生成N2、CO2和Cl2，電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目如下：(2)裝置丁的作用是利用銅與Cl2反應，除去乙中反應生成的氣體中混有的Cl2，故乙中反應之前應先點燃酒精燈對丁裝置加熱，防止干燥管Ⅰ吸收Cl2，影響CO2質(zhì)量的測定。(3)實驗原理為測量干燥管Ⅰ吸收的CO2的質(zhì)量確定對CN－的處理效果，由于乙裝置中產(chǎn)生N2、CO2、Cl2、H2O，Cl2與H2O都能被堿石灰吸收，影響CO2質(zhì)量的測定。所以進入干燥管Ⅰ的氣體應除去Cl2與H2O，用濃硫酸吸H2O，用銅絲除去Cl2，故丙裝置中的試劑是濃硫酸。(4)干燥管Ⅰ的作用是吸收CO2，測定產(chǎn)生的CO2的質(zhì)量，空氣中的CO2、水蒸氣進入干燥管Ⅰ會干擾實驗，干燥管Ⅱ的作用是防止空氣中的CO2、水蒸氣進入干擾實驗。(5)裝置中殘留有CO2未被完全吸收，導致測定的CO2質(zhì)量偏低，通入N2使裝置中的CO2全部被排到干燥管Ⅰ中被吸收，減少誤差。(6)干燥管Ⅰ中堿石灰增重1.408 g為CO2的質(zhì)量，物質(zhì)的量為＝0.032 mol，根據(jù)碳原子守恒可知被處理的CN－的物質(zhì)的量為n(CN－)＝n(CO2)＝0.032 mol，原溶液中CN－的物質(zhì)的量為0.2 L0.2 molL－1＝0.04 mol，所以該實驗中測得CN－被處理的百分率為100%＝80%。 答案：(1) (2)將產(chǎn)生的氯氣及時除去　(3)濃硫酸 (4)防止空氣中的水和CO2進入干燥管Ⅰ中影響對CO2的測量 (5)使裝置中的CO2全部被排到干燥管Ⅰ中被吸收，減少誤差　(6)80% 27．碲被譽為“現(xiàn)代工業(yè)、國防與尖端技術(shù)的維生素”，它在地殼中平均的豐度值很低，銅陽極泥中碲的回收越來越引起人們的重視。某電解精煉銅的陽極泥經(jīng)預處理后主要含有TeO2和少量Ag、Au，以此預處理陽極泥為原料制備單質(zhì)碲的一種工藝流程如圖： 已知TeO2是兩性氧化物，微溶于水，易溶于較濃的強酸和強堿分別生成Te4＋和TeO?；卮鹣铝袉栴}： (1)陽極泥預處理時發(fā)生反應：Cu2Te＋O2CuO＋TeO2(未配平)，Cu2Te中Te的化合價為__________，該反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為________。 (2)“過濾Ⅰ”所得濾液中，陰離子主要有____________，要從濾渣1中分離出Au，可以向濾渣1中加入的試劑是________。 (3)步驟②控制溶液的pH為4.5～5.0，反應的化學方程式為________________________________________________________________________， 防止酸度局部過大的操作是____________________________________________。 (4)步驟④發(fā)生反應的離子方程式是___________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)高純碲的制備采用電解精煉法。將上述流程得到的粗碲溶于NaOH溶液配成電解液，用適當?shù)碾姌O進行電解，陽極產(chǎn)生的氣體是____________，陰極的電極反應式為________________________________________________________________________。 解析：(1)Cu2Te中Cu的化合價為＋1，Te的化合價為－2，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式：Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2，結(jié)合氧化還原反應中元素化合價的變化可知，該反應中O2是氧化劑，Cu2Te是還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1。(2)TeO2是兩性氧化物，微溶于水，易溶于較濃的NaOH溶液生成TeO，則“過濾Ⅰ”所得濾液中，陰離子主要有TeO、OH－。因為Ag能夠溶于稀硝酸，而Au不溶于稀硝酸，要從濾渣1中分離出Au，可以向濾渣1中加入的試劑是稀硝酸。(3)結(jié)合流程圖可知，經(jīng)過步驟②生成TeO2，發(fā)生反應的化學方程式為H2SO4＋Na2TeO3===Na2SO4＋TeO2↓＋H2O，防止酸度局部過大的操作是緩慢加入硫酸并不斷攪拌。(4)TeO2是兩性氧化物，易溶于較濃的強酸生成Te4＋，故步驟③反應后的溶液中含有Te4＋，步驟④發(fā)生反應的離子方程式為Te4＋＋2SO2＋4H2O===Te↓＋2SO＋8H＋。(5)粗碲溶于NaOH溶液可得含Na2TeO3的溶液，用適當?shù)碾姌O進行電解，陽極上OH－失電子生成O2，陰極上TeO得電子生成Te，故陰極的電極反應式為TeO＋4e－＋3H2O===Te↓＋6OH－。 答案：(1)－2　2∶1　(2)TeO、OH－　稀硝酸 (3)H2SO4＋Na2TeO3===Na2SO4＋TeO2↓＋H2O　緩慢加入硫酸并不斷攪拌 (4)Te4＋＋2SO2＋4H2O===Te↓＋2SO＋8H＋ (5)O2　TeO＋4e－＋3H2O===Te↓＋6OH－ 28．對溫室氣體二氧化碳的研究一直是科技界關(guān)注的重點。 Ⅰ.在催化劑存在下用H2還原CO2是解決溫室效應的重要手段之一，相關(guān)反應如下： 主反應：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH1① 副反應：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJmol－1 已知：H2和CH4的燃燒熱分別為285.5 kJmol－1和890.0 kJmol－1； H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44 kJmol－1。 (1)ΔH1＝________ kJmol－1。 (2)有利于提高CH4產(chǎn)率的反應條件是__________________________(至少寫兩條)。工業(yè)上提高甲烷反應選擇性的關(guān)鍵因素是________。 (3)T ℃時，若在體積恒為2 L的密閉容器中同時發(fā)生上述反應，將物質(zhì)的量之和為5 mol的H2和CO2以不同的投料比進行反應，結(jié)果如圖1所示。若a、b表示反應物的平衡轉(zhuǎn)化率，則表示H2平衡轉(zhuǎn)化率的是________，c、d分別表示CH4(g)和CO(g)的體積分數(shù)，由圖1可知＝________時，甲烷產(chǎn)率最高。若該條件下CO的產(chǎn)率趨于0，則T ℃時①的平衡常數(shù)K＝________。 Ⅱ.溶于海水的CO2 95% 以HCO形式存在。 在海洋中，通過圖2鈣化作用實現(xiàn)碳自凈。 (4)寫出鈣化作用的離子方程式_____________________________________________。 (5)如圖3所示，電解完成后，a室的pH________(填“變大”“變小”或“幾乎不變”)；b室發(fā)生反應的離子方程式為___________________________________。 解析：(1)由H2和CH4的燃燒熱分別為285.5 kJmol－1和890.0 kJmol－1，可得H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.5 kJmol－1?、?，CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.0 kJmol－1?、?，將H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44 kJmol－1編號為④，根據(jù)蓋斯定律知，①＝②4－③＋④2，則ΔH1＝(－285.5 kJmol－1)4－(－890.0 kJmol－1)＋(＋44 kJmol－1)2＝－164.0 kJmol－1。(2)該主反應為氣體分子數(shù)減小的放熱反應，故有利于提高CH4產(chǎn)率的反應條件是降低溫度、增大壓強。催化劑具有專一性，工業(yè)上提高甲烷反應選擇性的關(guān)鍵因素是催化劑。(3)隨著增大，H2的平衡轉(zhuǎn)化率減小，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，結(jié)合題圖1可得，b表示H2的平衡轉(zhuǎn)化率，a表示CO2的平衡轉(zhuǎn)化率，c表示甲烷的體積分數(shù)，當＝4時，甲烷產(chǎn)率最高。＝4時，CO的產(chǎn)率趨于0，由題意并結(jié)合題圖1得起始時c(CO2)＝0.5 molL－1，c(H2)＝2 molL－1，CO2、H2的平衡轉(zhuǎn)化率均為0.80，則根據(jù)三段式法有： CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) 0.5 2 0 0 0.4 1.6 0.4 0.8 0.1 0.4 0.4 0.8 平衡常數(shù)K＝＝＝100。 (4)由題圖2可知，HCO為反應物，CaCO3、CO2為生成物，則鈣化作用的離子方程式為2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。(5)a室為陽極室，陽極上發(fā)生氧化反應，電極反應式為2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，反應產(chǎn)生的H＋通過質(zhì)子交換膜進入b室參與反應生成CO2和H2O，所以電解后a室溶液的pH幾乎不變，b室發(fā)生反應的離子方程式為H＋＋HCO===CO2↑＋H2O。 答案：(1)－164.0　(2)降低溫度、增大壓強　催化劑 (3)b　4　100 (4)2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O (5)幾乎不變　H＋＋HCO===CO2↑＋H2O 35．[選修③——物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]鑭系為元素周期表中第ⅢB族、原子序數(shù)為57～71的元素。 (1)鏑(Dy)的基態(tài)原子電子排布式為[Xe]4f106s2，畫出鏑(Dy)原子外圍電子排布圖：________________________________________________________________________。 (2)高溫超導材料鑭鋇銅氧化物中含有Cu3＋，基態(tài)時Cu3＋的電子排布式為________________________________________________________________________。 (3)觀察下面四種鑭系元素的電離能(單位：kJmol－1)數(shù)據(jù)，判斷最有可能顯示＋3價的元素是________(填元素名稱)。 元素 I1 I2 I3 I4 Yb(鐿) 604 1 217 4 494 5 014 Lu(镥) 532 1 390 4 111 4 987 La(鑭) 538 1 067 1 850 5 419 Ce(鈰) 527 1 047 1 949 3 547 (4)元素鈰(Ce)可以形成配合物(NH4)2[Ce(NO3)6]。 ①組成配合物的四種元素，電負性由大到小的順序為______________________________(用元素符號表示)。 ②寫出氮的最簡單氣態(tài)氫化物水溶液中存在的氫鍵：____________(任寫一種)。 ③元素Al也有類似成鍵情況，氣態(tài)氯化鋁分子表示為(AlCl3)2，分子中Al原子雜化方式為________，分子中所含化學鍵類型有________(填字母)。 a．離子鍵　　　　　　　 　B．極性鍵 c．非極性鍵 D．配位鍵 (5)PrO2(二氧化鐠)的晶體結(jié)構(gòu)與CaF2相似，晶胞中鐠原子位于面心和頂點，則PrO2(二氧化鐠)的晶胞中有________個氧原子；已知晶胞參數(shù)為a pm，密度為ρ gcm－3，NA＝________(用含a、ρ的代數(shù)式表示)。 解析：(1)根據(jù)鏑(Dy)的基態(tài)原子電子排布式可知，鏑(Dy)原子外圍4f能級上有10個電子，6s能級上有2個電子，則可以畫出其外圍電子排布圖為。(2)Cu是29號元素，基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s1，高溫超導材料鑭鋇銅氧化物中含有Cu3＋，說明Cu失去3個電子，則基態(tài)時Cu3＋的電子排布式為[Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8)。(3)第三電離能與第一電離能、第二電離能相差越小，第三個電子越容易失去，＋3價可能性越大，在題表中，鑭的I1、I2和I3最接近，則最有可能顯示＋3價的元素是鑭。(4)①元素鈰(Ce)可以形成配合物(NH4)2[Ce(NO3)6]，組成配合物的四種元素中，因元素非金屬性越強，電負性越大，則O>N>H，又因Ce是金屬，其電負性在四種元素中最小，所以電負性大小順序為O>N>H>Ce。②N和O元素的電負性強，則NH3的水溶液中存在的氫鍵有：N—H…O(或N—H…N或O—H…N或O—H…O)。③在氣態(tài)氯化鋁(AlCl3)2中，每個Al原子與4個Cl原子形成4個σ鍵，則Al原子的雜化方式為sp3，在該分子中，與Al原子形成極性共價鍵的Cl原子中，有一個是配位鍵，氯原子提供電子，鋁原子提供空軌道。(5)PrO2(二氧化鐠)的晶體結(jié)構(gòu)與CaF2相似，晶胞中鐠原子位于面心和頂點，所以晶胞中鐠原子的個數(shù)為6＋8＝4，則氧原子個數(shù)為42＝8；根據(jù)上述分析可知，一個二氧化鐠晶胞中含有4個PrO2，則ρ＝＝，則NA＝或。 答案：(1) (2)[Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8)　(3)鑭 (4)①O>N>H>Ce?、贜—H…O(或N—H…N或O—H…N或O—H…O)?、踫p3　bd (5)8　 36．[選修⑤——有機化學基礎(chǔ)]順丁橡膠、制備醇酸樹脂的原料M以及殺菌劑N的合成路線如圖： 已知：①＋； ②RCH===CHR′RCHO＋R′CHO(R、R′代表烴基或氫)。 (1)CH2===CH—CH===CH2的名稱是_______________________________________。 (2)順式聚合物P的結(jié)構(gòu)簡式是_______________________________________。 (3)A的相對分子質(zhì)量為108。 ①反應Ⅱ的化學方程式是______________________________________________。 ②1 mol B完全轉(zhuǎn)化成M所消耗H2的質(zhì)量是________ g。 (4)A的某些同分異構(gòu)體在相同的反應條件下也能生成B和C。寫出其中一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式____________________。 (5)杜仲樹是我國特產(chǎn)，杜仲膠可從杜仲樹的樹皮、葉、果實中提取，杜仲膠是反式聚異戊二烯，現(xiàn)在已開發(fā)出多種產(chǎn)品，如杜仲膠形狀記憶材料、海底電纜、絕緣器件和高爾夫球外殼等。下面是合成杜仲膠的流程，請回答下列問題： ①寫出A的名稱____________。 ②反應Ⅰ的反應類型為____________。 ③寫出B的結(jié)構(gòu)簡式____________。 解析：(2)CH2===CH—CH===CH2聚合生成順式聚合物P，則P的結(jié)構(gòu)簡式為 (3)①A由 CH2===CH—CH===CH2加熱得到，則A為烴，烴A的相對分子質(zhì)量為108，故烴A的分子式為C8H12，結(jié)合已知反應①可知，反應Ⅱ的化學方程式為2CH2===CH—CH===CH2。②A的結(jié)構(gòu)簡式為，結(jié)合已知反應②、化合物M和N的信息及合成路線圖可知B為，C為HCHO，故1 mol B可與3 mol H2完全反應生成M，消耗H2的質(zhì)量為3 mol2 gmol－1＝6 g。(4)在相同的反應條件下也能生成B和C，滿足條件的A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為或。(5)①由反應Ⅰ中反應物和生成物的結(jié)構(gòu)簡式可知A為乙炔。②反應Ⅰ為加成反應。③與H2發(fā)生加成反應生成B，B在一定條件下反應生成異戊二烯，B的結(jié)構(gòu)簡式為。 答案：(1)1,3丁二烯　(2) (3)①2CH2===CH—CH===CH2?、? (4)(或) (5)①乙炔?、诩映煞磻、?