2022高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 考前定點(diǎn)殲滅戰(zhàn) 專項(xiàng)押題（二）主觀題限時(shí)押題練 殲滅高考5個(gè)主觀題（第一練）

2022高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 考前定點(diǎn)殲滅戰(zhàn) 專項(xiàng)押題（二）主觀題限時(shí)押題練 殲滅高考5個(gè)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(zhuǎn)化為碳酸銨，受熱易分解、易被氧化。實(shí)驗(yàn)小組對氨基甲酸銨的性質(zhì)進(jìn)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(zhuǎn)化為碳酸銨的化學(xué)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)。點(diǎn)燃A處的酒精燈之前，需先打開K，向裝置中通入一段時(shí)間的N2，目的為_。儀器B的名稱為_。裝置D的作用為_。能證明分解產(chǎn)物中有NH3的現(xiàn)象為_。試劑a用于檢驗(yàn)分解產(chǎn)物中的CO2，該試劑的名稱為_。(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(jìn)一步檢驗(yàn)分解產(chǎn)物中是否有CO，裝置E后應(yīng)依次連接_(按從左到右的連接順序填選項(xiàng)字母)。(4)通過實(shí)驗(yàn)得出結(jié)論：氨基甲酸銨受熱分解為NH3和CO2。該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。解析：(1)氨基甲酸銨與水反應(yīng)生成碳酸銨，方程式是NH2COONH4H2O=(NH4)2CO3。(2)氨基甲酸銨易被氧化，通入氮?dú)馀疟M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(yīng)。儀器B的名稱為干燥管。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。氨水呈堿性，C中濕潤的紅色石蕊試紙變藍(lán)，證明有氨氣生成。用澄清石灰水檢驗(yàn)CO2。(3)檢驗(yàn)CO應(yīng)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(yàn)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(xué)方程式為NH2COONH42NH3CO2。答案：(1)NH2COONH4H2O=(NH4)2CO3(2)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(yīng)(球形)干燥管吸收氨氣，防止倒吸C中濕潤的紅色石蕊試紙變藍(lán)澄清石灰水(3)IGFH(4)NH2COONH42NH3CO227鹵塊的主要成分是MgCl2，還含有少量Fe2、Fe3和Mn2等雜質(zhì)離子。現(xiàn)以鹵塊為原料按如圖所示流程進(jìn)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)3Fe(OH)2Mn(OH)2Mg(OH)2開始沉淀的pH2.77.68.310.0沉淀完全的pH3.79.69.811.1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(OH)3沉淀除去。請回答以下問題：(1)步驟中，為了加快酸溶速率，除了適當(dāng)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(shí)，Mg(OH)2的Ksp1.8×1011。當(dāng)溶液pH10.0時(shí)，溶液中的c(Mg2)_。(4)若將步驟中“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(yīng)的化學(xué)方程式：_。(5)步驟中涉及的操作是_，且步驟、的操作均需在HCl的氣流中進(jìn)行，其原因是_。解析：(1)為了加快酸溶速率，還可以適當(dāng)加熱或?qū)Ⅺu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(yīng)的離子方程式為2Fe22HClO=2Fe3H2OCl。(3)當(dāng)溶液pH10.0時(shí)，Mg(OH)2開始沉淀，KspMg(OH)2c(Mg2)·c2(OH)1.8×1011，解得c(Mg2)1.8×103 mol·L1。(4)由流程圖可知，步驟得到的沉淀為MgCO3，MgCO3加水、煮沸，促進(jìn)MgCO3水解得到Mg(OH)2和CO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為MgCO3H2OMg(OH)2CO2。(5)步驟是將MgCl2溶液轉(zhuǎn)化成MgCl2·6H2O，涉及的操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；MgCl2屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，加熱會(huì)促進(jìn)其水解，為抑制MgCl2水解，步驟、的操作均需在HCl氣流中進(jìn)行。答案：(1)加熱(或?qū)Ⅺu塊粉碎、不斷攪拌等)(2) 2Fe22HClO=2Fe3H2OCl(3)1.8×103 mol·L1(4)MgCO3H2OMg(OH)2CO2(5)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶抑制MgCl2水解28硫單質(zhì)及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應(yīng)用。(1)已知25 時(shí)：O2(g)S(s)=SO2(g)Ha kJ·mol1O2(g)2SO2(g) 2SO3(g)Hb kJ·mol1則SO3(g)分解生成O2(g)與S(s)的熱化學(xué)方程式為_。(2)研究SO2催化氧化生成SO3的反應(yīng)，回答下列相關(guān)問題：圖甲是SO2(g)和SO3(g)的濃度隨時(shí)間的變化情況。反應(yīng)從開始到平衡時(shí)，用O2表示的平均反應(yīng)速率為_。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(zhuǎn)化率隨溫度(T)、壓強(qiáng)(p)的變化如圖乙所示。則p1與p2的大小關(guān)系是p1_p2(填“>”“<”或“”)，A、B、C三點(diǎn)的平衡常數(shù)大小關(guān)系為_(用KA、KB、KC和“<”“>”或“”表示)。(3)常溫下，H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka11.54×102，Ka21.02×107。將SO2通入水中反應(yīng)生成H2SO3。試計(jì)算常溫下H2SO32HSO的平衡常數(shù)K_。(結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后兩位數(shù)字)濃度均為0.1 mol·L1的Na2SO3、NaHSO3混合溶液中，_。(4)往1 L 0.2 mol·L1 Na2SO3溶液中加入0.1 mol的CaCl2固體，充分反應(yīng)后(忽略溶液體積變化)，溶液中 c(Ca2)_(已知，常溫下Ksp(CaSO3)1.28×109)。(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)。ANa2SO3溶液BFe(NO3)3溶液CBa(OH)2溶液 D酸性KMnO4溶液解析：(1)依據(jù)蓋斯定律，×得到SO3(g)分解成S(s)和O2(g)的熱化學(xué)反應(yīng)方程式：SO3(g)O2(g)S(s)H(a) kJ·mol1。(2)根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率的數(shù)學(xué)表達(dá)式，v(SO2) mol·L1·min10.75 mol·L1·min1，利用化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，因此有v(O2) mol·L1·min10.375 mol·L1·min1。作等溫線，反應(yīng)前氣體系數(shù)之和大于反應(yīng)后氣體系數(shù)，因此增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，O2的轉(zhuǎn)化率增大，即p1<p2；化學(xué)平衡常數(shù)只受溫度的影響，溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變，A和C溫度相等，因此有KAKC，隨著溫度升高，O2的轉(zhuǎn)化率降低，即升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，C的溫度高于B，因此有KB>KC，即KB>KAKC。(3)根據(jù)平衡常數(shù)的定義，KKa1×Ka21.54×102×1.02×1071.57×109。根據(jù)物料守恒，2c(Na)3c(SO)c(HSO)c(H2SO3)，因此有。(4)發(fā)生的反應(yīng)是Na2SO3CaCl2=CaSO32NaCl，反應(yīng)后溶液中c(SO)0.1 mol·L1，Kspc(Ca2)×c(SO)，解得c(Ca2)1.28×108 mol·L1。(5)令這些物質(zhì)的物質(zhì)的量為1 mol，A項(xiàng)，發(fā)生Na2SO3SO2H2O=2NaHSO3，吸收SO2的物質(zhì)的量為1 mol；B項(xiàng)，根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，有1×(32)3×(52) moln(SO2)×2，解得n(SO2)5 mol；C項(xiàng)，發(fā)生Ba(OH)22SO2=Ba(HSO3)2，因此吸收2 mol SO2；D項(xiàng)，1×(72) moln(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)H(a) kJ·mol1(2)0.375 mol·L1·min1<KB>KAKC(3)1.57×109(或1.5)(4)1.28×108 mol·L1(5)B35選修物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)鈾是原子反應(yīng)堆的原料，常見鈾的化合物有UF4、UO2及(NH4)4UO2(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(diǎn)MgO(2 852 )高于CaO(2 614 )，其原因是_。(2)2UO25NH4HF22UF4·NH4F3NH34H2O。NH4HF2中所含作用力有_(填字母)。a氫鍵b配位鍵c共價(jià)鍵d離子鍵e金屬鍵(3)已知：3(NH4)4UO2(CO3)33UO210NH39CO2N29H2O。NH的空間構(gòu)型為_，與NH互為等電子體的分子或離子有_(寫兩種)。CO中碳原子雜化軌道類型為_。分解產(chǎn)物中屬于非極性分子的是_(填字母)。aNH3BCO2cN2dH2O(4)UO2的晶胞結(jié)構(gòu)及晶胞參數(shù)如圖所示：晶胞中U的配位數(shù)為_。UO2的密度為_g·cm3(列出計(jì)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Ar4s2；CaO和MgO都是離子晶體，且離子的電荷數(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(qiáng)，因此氧化鎂的晶格更加牢固，晶格能更大，故MgO晶體的熔點(diǎn)高于CaO。(2)NH4HF2中NH與HF之間為離子鍵，NH為(極性)共價(jià)鍵、配位鍵，HF的結(jié)構(gòu)式為FHF，含有(極性)共價(jià)鍵和氫鍵。(3)NH中價(jià)層電子對個(gè)數(shù)是4且不含孤電子對，為sp3雜化，四個(gè)NH鍵的鍵能、鍵長及鍵角均相同，空間構(gòu)型為正四面體；原子總數(shù)相同、價(jià)電子總數(shù)相同的粒子互稱為等電子體，NH共有5個(gè)原子、8個(gè)價(jià)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。CO中鍵個(gè)數(shù)配原子個(gè)數(shù)3，且不含孤電子對，所以C原子采用sp2雜化。NH3為極性鍵構(gòu)成的三角錐形分子，結(jié)構(gòu)不對稱，是極性分子；CO2呈直線形，結(jié)構(gòu)對稱，是非極性分子；N2為非極性鍵組成的雙原子分子，結(jié)構(gòu)對稱，是非極性分子；H2O為極性鍵構(gòu)成的V形分子，是極性分子。(4)晶胞不是孤立的，在UO2晶胞中每個(gè)U4連接4個(gè)氧離子，但在下面一個(gè)晶胞中又連接4個(gè)氧離子，所以其配位數(shù)為8。用均攤法可求得平均每個(gè)晶胞中U4個(gè)數(shù)為8×6×4，O2個(gè)數(shù)為8，晶胞質(zhì)量為m g g，晶胞體積為Va3(5.455×1010m)3(5.455×108cm)3，則UO2的密度為 g·cm3。答案：(1)68%1s22s22p63s23p64s2或Ar4s2CaO和MgO均為離子晶體，MgO的晶格能大于CaO，故MgO晶體的熔點(diǎn)高(2)abcd(3)正四面體CH4、BH、BeH、AlH、SiH4及GeH4等(任寫兩種)sp2bc(4)836選修有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)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：A為與氫氣的相對密度是14的烴；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?；卮鹣铝袉栴}：(1)A中的官能團(tuán)名稱為_，B的名稱是_。(2)B與NH3在一定條件的反應(yīng)類型為_。(3)C的結(jié)構(gòu)簡式為_。(4)由C轉(zhuǎn)化為D的反應(yīng)中，除D外，另外一種生成物是_。(5)乙二胺和E反應(yīng)生成聚合物F的化學(xué)方程式為_，反應(yīng)類型為_。(6)E的同分異構(gòu)體中，滿足以下條件的共有_種(不含立體異構(gòu))。遇到FeCl3溶液會(huì)顯色；能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；能與NaHCO3溶液反應(yīng)。(7)參照上述合成路線，以1,3­丁二烯為原料(無機(jī)試劑任選)，設(shè)計(jì)制備的合成路線。解析：(1)由信息可知A為乙烯，含有的官能團(tuán)名稱為碳碳雙鍵，B為乙烯和氯氣發(fā)生加成反應(yīng)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(yīng)生成乙二胺，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)。(3)根據(jù)信息，乙烯與發(fā)生加成反應(yīng)生成C，C的結(jié)構(gòu)簡式為。(4)根據(jù)信息，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：C的分子式為C8H12O，D的分子式為C8H10，所以由C轉(zhuǎn)化為D的反應(yīng)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(yīng)生成聚合物F的化學(xué)方程式為nH2NCH2CH2NH2(2n1)H2O。(6)有機(jī)物滿足分子式為C8H6O4，遇到FeCl3溶液會(huì)顯色，說明含有苯環(huán)結(jié)構(gòu)，且含有酚羥基；能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明結(jié)構(gòu)中含有醛基；能與NaHCO3溶液反應(yīng)，結(jié)構(gòu)中含有羧基；因此該有機(jī)物結(jié)構(gòu)為含有1個(gè)酚羥基、1個(gè)醛基、1個(gè)羧基的芳香族化合物，這樣的結(jié)構(gòu)共有10種。(7)根據(jù)生成物結(jié)構(gòu)，把2個(gè)羥基換成2個(gè)溴原子，變?yōu)辂u代烴，根據(jù)題給信息可知，用1,3­丁二烯與含有雙鍵的二溴代物發(fā)生加成反應(yīng)生成環(huán)烯結(jié)構(gòu)，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(yīng)(3)(4)H2O(5)nH2NCH2CH2NH2(2n1)H2O縮聚反應(yīng)(6)10(7)