2019届高考化学总复习压轴套题增分练2.docx

1、压轴套题增分练21亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，使用过量会使人中毒，国际上对食品中亚硝酸钠的用量控制在很低的水平上。某学习小组针对亚硝酸钠设计了如下实验：【实验】制备NaNO2该小组查阅资料知：2NONa2O2=2NaNO2；2NO2Na2O2=2NaNO3。制备装置如图所示(夹持装置略去)：(1)装置D可将剩余的NO氧化成NO，发生反应的离子方程式为_。(2)如果没有B装置，C中发生的副反应有_、_。(3)甲同学检查完装置气密性良好后进行实验，发现制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质。于是进行了适当的改进，改进后提高了NaNO2的纯度，则其改进

2、措施是_。【实验】测定制取的样品中NaNO2的含量步骤：a在5个有编号的带刻度试管(比色管)中分别加入不同量的NaNO2溶液，各加入1 mL的M溶液(M遇NaNO2呈紫红色，NaNO2浓度越大颜色越深)，再加蒸馏水至总体积均为10 mL并振荡，制成标准色阶：试管编号NaNO2含量/(mgL1)020406080b称量0.10 g制得的样品，溶于水配成500 mL溶液。取5 mL待测液，加入1 mL M溶液，再加蒸馏水至10 mL并振荡，与标准色阶比较。(4)步骤b中比较结果是：待测液颜色与标准色阶相同，则甲同学制得的样品中NaNO2的质量分数是_。(5)用目视比色法证明维生素C可以有效降低Na

3、NO2的含量。设计并完成下列实验报告。实验方案实验现象实验结论取5 mL待测液，加入_，振荡，再加入1 mL M溶液，_，再振荡，与标准色阶对比_维生素C可以有效降低NaNO2的含量答案(1)5NO3MnO4H=5NO3Mn22H2O(2)2Na2O22H2O=4NaOHO22NOO2=2NO22NO2Na2O2=2NaNO3(3)在A、B之间增加装有水的洗气瓶(4)40%(5)维生素C加入蒸馏水至总体积为10 mL紫红色比标准色阶浅解析(1)酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能将NO氧化为NO，反应的离子方程式为5NO3MnO4H=5NO3Mn22H2O。(2)铜和稀硝酸反应制得的NO中含有杂

4、质水蒸气。(3)制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质，说明制得的NO中混有NO2，故应在装置A、B之间增加装有水的洗气瓶，以除去杂质NO2。(4)待测液颜色与标准色阶相同，则甲同学制得的样品中NaNO2的质量是40 mgL1 0.01 L40 mg0.04 g，故样品中NaNO2的质量分数100%40%。(5)取5 mL待测液，然后加入维生素C，再加入1 mL M溶液，最后加入蒸馏水至总体积为10 mL，若紫红色比标准色阶浅，说明NaNO2的含量低，则可以证明维生素C可以有效降低NaNO2的含量。2碲(Te)位于元素周期表第A族，由该元素组成的物质可用作石油裂化的催化剂，电镀液的光亮剂，

5、玻璃的着色材料，合金材料的添加剂等。碲化铜渣是电解精炼铜时产生的一种矿渣，其主要含Cu2Te、Au、Ag等，利用下列工艺流程可回收碲：已知：TeO2的熔点为733 ，微溶于水，可溶于强酸和强碱。回答下列问题：(1)Te与S的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序为_(用化学式表示)。(2)“酸浸1”需加热，加热的目的是_，“酸浸1”发生反应的氧化产物是_(写化学式)。(3)“水浸”后“滤液1”的颜色是_。(4)“滤渣1”进行“碱浸”的离子方程式是_。(5)“滤液2”加双氧水的目的是_，“操作1”的名称是_。(6)“还原”制备碲粉的离子方程式为_。(7)从可持续发展意识和绿色化学观念来看，“滤渣

6、2”进行酸浸的意义是_。答案(1)H2SO4H2TeO4(2)加快浸出速率CuSO4、TeO2(3)蓝色(或浅蓝色)(4)TeO22OH=TeOH2O(5)将Na2TeO3氧化为Na2TeO4加热浓缩(或浓缩)(6)TeO3SO2H=3SOTeH2O(7)“滤渣2”经过酸浸可得到含CuSO4的滤液，并可达到回收Au、Ag的目的，符合可持续发展意识和绿色化学观念解析(1)S、Te同主族，同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，故H2SO4的酸性比H2TeO4强。(2)酸浸时加热的目的是提高浸出速率，结合流程图知，“酸浸1”发生反应的化学方程式为Cu2Te2H2SO42O22CuSO4TeO22H2

7、O，故其氧化产物为CuSO4、TeO2。(3)“滤液1”的溶质中含CuSO4，故“滤液1”的颜色为蓝色。(4)“滤渣1”中含有TeO2，TeO2溶解于NaOH溶液生成亚碲酸盐，故反应的离子方程式为TeO22OH=TeOH2O。(5)“碱浸”后滤液2中的溶质的主要成分是Na2TeO3，该物质与Na2SO3类似，具有较强的还原性，加入双氧水可将其氧化为Na2TeO4。“操作1”的后续物质为“Na2TeO4浓溶液”，故该操作为加热浓缩。(6)由流程图可知，“还原”的反应物为Na2TeO4、Na2SO3、H2SO4，生成物有单质Te，故发生的是酸性条件下Na2SO3还原Na2TeO4的反应，反应的离子

8、方程式为TeO3SO2H=3SOTeH2O (7)分析流程图并结合碲化铜渣中含Au、Ag等，知“滤渣2”经酸浸后可得到含CuSO4的滤液，并可回收Au、Ag，符合可持续发展意识和绿色化学观念。3为了改善环境，科学家投入了大量的精力研究碳、氮及其化合物的转化。请回答下列有关问题：(1)利用N2与H2合成氨是重要的工业反应，下图为反应过程中的能量变化关系。反应中加入铁粉可以提高反应速率，其原因是_。已知某些化学键键能数据如下表：化学键HHNNNHE/(kJ/mol)436946391反应N2(g)H2(g) NH3(g)的活化能Ea254 kJ/mol，则反应NH3(g) N2(g)H2(g)的活

9、化能Eb_ kJ/mol。(2)汽车内燃机工作时会将N2转化为NO，反应式为N2(g)O2(g)2NO(g)，该反应在不同温度下的平衡常数K如下表：温度27 2000 K3.810310.1温度为2000 ，某时刻测得反应体系中各物质的浓度分别为c(N2)0.2 mol/L，c(O2)0.03 mol/L，c(NO)0.03 mol/L，此时该反应的速率(v)应满足的关系为_(填字母序号)。Av正v逆 Bv正v逆Cv正”“”或“”)，其原因是_。若达到化学平衡状态A时，CO的体积分数为25%，此时CO的转化率为_；平衡常数KA_。答案(1)降低了合成氨反应的活化能300(2)C(3)该反应为气

10、体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡正向移动，CO转化率升高，故pAK0.1，平衡逆向移动，v正v逆。(3)该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡右移，CO转化率升高，所以根据图像可知，pA小于pB。设一氧化碳的变化量为x mol： CO(g)2H2(g)CH3OH(g)起始量/mol120变化量/mol x 2xx 平衡量/mol 1x 22x x 若达到化学平衡状态A时，CO的体积分数为25%，则0.25，x0.5，此时CO的转化率为100%50%。根据同温同压下，气体的物质的量与气体体积成正比规律，反应前混合气体为3 mol，体积为3 L，反应后混合气体为2 mol，体积为2

11、L，平衡后各物质浓度为c(CH3OH)0.25 mol/L，c(CO)0.25 mol/L，c(H2)0.5 mol/L，平衡常数KA4 L2/mol2。4化学选修3：物质结构与性质氢化铝钠(NaAlH4)是一种新型轻质储氢材料。掺入少量Ti的NaAlH4在150 时释氢，在170 、15.2 MPa条件下又重复吸氢。NaAlH4可由AlCl3和NaH在适当条件下合成。NaAlH4的晶胞结构如图所示。(1)基态Ti原子的价电子轨道表示式为_。(2)NaH的熔点为800 ，不溶于有机溶剂。NaH属于_晶体，其电子式为_。(3)AlCl3在178 时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的

12、结构式为_(标明配位键)。(4)AlH中，Al的轨道杂化方式为_；列举与AlH空间构型相同的两种离子_(填化学式)。(5)NaAlH4晶体中，与Na紧邻且等距的AlH有_个；NaAlH4晶体的密度为_gcm3(用含a的代数式表示)。若NaAlH4晶胞底心处的Na被Li取代，得到的晶体为_(填化学式)。(6)NaAlH4的释氢机理为：每3个AlH中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子，同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的Al原子留下的空位，形成新的结构。这种结构变化由表面层扩展到整个晶体，从而释放出氢气。该释氢过程可用化学方程式表示为_。答案(1)(2)离子NaH(3)(4)sp

13、3NH、BH(或SO、PO等其他合理答案)(5)8Na3Li(AlH4)4(6)3NaAlH4=Na3AlH62Al3H2解析(3)AlCl3的相对分子质量为133.5，蒸气的相对分子质量约为267，显然蒸气由两个AlCl3分子聚合而成，AlCl3中1个Al与3个Cl形成3个共价键，Al最外层电子全部参与成键，因此配位键只能是Cl提供孤对电子，Al提供空轨道，结构式为。(5)根据图示，NaAlH4晶体中，与Na紧邻且等距的AlH有8个(顶点4个、面心4个)。该晶胞中Na个数为464，AlH个数为8414，NaAlH4晶体的密度为 g(a107 cma107 cm2a107 cm)1021 gc

14、m3。5化学选修5：有机化学基础咖啡酸乙酯具有抗炎作用且有治疗自身免疫性疾病的潜力，其合成路线如图所示：回答下列问题：(1) CDE反应类型为_。F中含氧官能团的名称是_。(2)D分子中位于同一平面上的原子最多有_个。G的结构简式为_。(3)H咖啡酸乙酯的化学方程式为_。(4)芳香族化合物M是H的同分异构体，1 mol M与足量碳酸氢钠溶液反应生成2 mol CO2，M的结构有_种；其中核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为12221的结构简式为_。(5)以上图中的C和甲醛为原料，设计合成C5H12O4()的路线(无机试剂任选)。答案(1)加成反应醛基(2)14(3) (4)10(5) 解析A的相对

15、分子质量是28，A是乙烯，与水加成生成B乙醇，催化氧化生成C乙醛。C与D发生醛基的加成反应生成E，E在浓硫酸的作用下发生消去反应生成的F为，F发生银镜反应并酸化后生成的G为。G发生水解反应生成H，H与乙醇发生取代反应生成咖啡酸乙酯。(1)根据以上分析可知CDE的反应类型为加成反应。F中含氧官能团的名称是醛基。(2)醛基和苯环均是平面形结构，则D分子中位于同一平面上的原子最多有14个。G的结构简式为。(3)H咖啡酸乙酯的化学方程式为 。(4)芳香族化合物M是H的同分异构体，1 mol M与足量碳酸氢钠溶液反应生成2 mol CO2，说明含有2个羧基，如果苯环上有3个取代基，应该是2个羧基和1个甲基，有6种；如果是两个取代基，应该是COOH和CH2COOH，有3种；如果是一个取代基，应该是CH(COOH)2，M的结构其有10种；其中核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为12221的结构简式为、。(5)根据已知信息结合逆推法可知以甲醛、C为原料合成C5H12O4的路线为CH3CHO。