（江苏专用）2019届高考化学二轮复习 压轴套题增分练3.doc

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压轴套题增分练3 1．用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、NiO、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O42H2O)的流程如图： (1)滤渣Ⅰ的成分是________；浸钴时Al2O3溶解的离子方程式为_______；Co2O3溶解的离子方程式为_______________________。 (2)滤液Ⅰ加入H2O2的目的是__________________________________；加入CoO产生Fe(OH)3和Al(OH)3的原因是____________________________；若要将滤液Ⅰ中Fe3＋和Al3＋全部沉淀，则应将滤液Ⅰ的pH控制在_______________。(已知：溶液中离子浓度小于110－5 molL－1，则认为离子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分别为110－15、110－38、110－32) (3)加入有机萃取剂的目的是________________________________________ ____________________________________________________________________。 (4)加入(NH4)2C2O4反应的离子方程式为______________________；过滤得到的CoC2O42H2O需用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是___________。 答案　(1)SiO2　Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O　Co2O3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋2H2O (2)将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便生成Fe(OH)3沉淀而除去　CoO与溶液中的H＋反应，使c(H＋)减小，Fe3＋和Al3＋的水解平衡正向移动，从而生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀　5 molL－1＝110－11 molL－1，此时溶液pH>3；当Al3＋沉淀完全时，溶液中c(OH－)＝> molL－1＝110－9 molL－1，此时溶液pH>5；当Ni2＋沉淀完全时，溶液中c(OH－)＝> molL－1＝110－5 molL－1，此时溶液pH>9；故要使Fe3＋、Al3＋全部沉淀，应使滤液Ⅰ的pH控制在5c(Cl－)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－) 解析　(1)根据题意，有①N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH＝＋180.5 kJmol－1，②C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJmol－1，③CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283 kJmol－1，根据盖斯定律，由③2－①得：2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝(－2832－180.5) kJmol－1＝－746.5 kJmol－1。 (2)①v(CO)＝≈4.410－3 molL－1min－1。由题图知，12 min后，NO、CO的物质的量浓度降低，N2的物质的量浓度增大，说明平衡正向移动。该反应是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡逆向移动，A项错误；加入NO，NO的浓度应增大，但题图中NO的浓度却减小，B项错误；加入催化剂，平衡不移动，C项错误；降低温度，平衡正向移动，D项正确。②24 min达到平衡时，CO的物质的量减少0.10 mol－0.04 mol＝0.06 mol，则生成n(CO2)＝0.06 mol，此时n(NO)＝0.14 mol，n(CO)＝0.04 mol，n(N2)＝0.03 mol，故CO2的体积分数为100%≈22.2%。化学平衡常数K＝＝≈3.4。 (3)①SO2和NaOH溶液反应，溶质可能是NaOH、Na2SO3或Na2SO3或Na2SO3、NaHSO3或NaHSO3，根据题图，Oa段消耗的盐酸的物质的量大于ab段消耗的盐酸的物质的量，且Oa段无气体产生，可知O点溶液中的溶质为NaOH、Na2SO3。②a点溶液中的溶质为NaCl、NaHSO3，HSO的电离程度大于水解程度，因此溶液显酸性，结合题图中消耗的HCl的物质的量，知a点含有0.3 mol NaCl和0.2 mol NaHSO3，则溶液中各离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(Cl－)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)。 4．[化学——选修3：物质结构与性质] 铝、锌及其化合物在工农业生产中应用广泛。请回答下列问题： (1)基态Zn2＋的价电子排布图为________________，其核外电子占据的能量最高的能层符号是________。 (2)原子簇是由几个到几百个原子形成的聚集体，如铝原子簇Al13、Al14。其中Al13的性质与卤素的性质相似，铝原子簇Al13属于________晶体，铝原子间的作用力为________。 (3)三乙基铝和三氯化钛可用作丙烯定向聚合的催化剂，如：  该反应中涉及的物质中碳原子的杂化轨道类型有________，CH的空间构型为________，反应涉及的元素中电负性最大的是________。 (4)已知Zn2＋等过渡元素离子形成的水合离子的颜色如下表所示： 离子 Sc3＋ Cr3＋ Fe2＋ Zn2＋ 水合离子的颜色 无色 绿色 浅绿色 无色 请根据原子结构推测Sc3＋、Zn2＋的水合离子为无色的原因：_________。 (5)金属锌是人体必需的微量元素之一，其堆积方式如图甲所示，晶胞结构如图乙所示。若锌原子的半径为a pm，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则该锌晶体的密度为________ gcm－3(用含a的代数式表示)。 答案　(1)　M (2)分子　共价键 (3)sp2、sp3　三角锥形　Cl (4)3d轨道上没有未成对电子(或3d轨道为全空或全满状态) (5) 解析　(1)Zn的核外电子数为30，根据构造原理，基态原子的价电子排布式为3d104s2，故基态Zn2＋的价电子排布图为，核外电子占据的能量最高的能层符号为M。 (2)Al13的性质与卤素的性质相似，故Al13晶体应为分子晶体，Al13中铝原子间的作用力为共价键。 (3)—CH3、—CH2—中碳原子都形成了4个单键，采取sp3杂化，而双键碳原子形成1个双键和2个单键，采取sp2杂化、CH的中心原子碳的价层电子对数为3＋＝4，含1对孤对电子，空间构型为三角锥形。反应涉及的元素有C、H、Cl、Al、Ti，电负性最大的是非金属元素Cl。 (4)基态Sc3＋、Zn2＋的核外电子排布式分别为1s22s22p63s23p6、1s22s22p63s23p63d10，3d轨道上未成对电子数都为0，故可推测水合离子的颜色与3d轨道上未成对电子数有关，当3d轨道上没有未成对电子时，水合离子为无色。 (5)在六方最密堆积中，晶胞的底面积为2a2 pm2，晶胞的高为a pm。晶胞的体积V＝ pm3＝8a310－30 cm3。1个晶胞中所含Zn原子个数为4＋4＋1＝2，锌晶胞密度ρ＝ gcm－3＝ gcm－3。 5．[化学——选修5：有机化学基础] 2017年治疗膀胱癌的有机小分子药物M被批准使用，其合成路线如图： 已知： 请回答： (1)A的名称为________，G中含氧官能团的名称为________。 (2)⑤的反应类型为________________。H的分子式为________________。 (3)①的化学方程式为______________________________________。 (4)④的化学方程式为________________________________。 (5)D的同分异构体中，同时满足下列条件的共有________种(不含立体异构)； a．能与Na反应产生气体 b．既能发生银镜反应，又能发生水解反应 其中核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式为_____________________ ______________________________________________________(任写一种)。 (6)参照上述合成路线，设计由2甲基丙酸和甲醇为起始原料制备2甲基丙烯酸甲酯的合成路线(无机试剂任选)：______________________。 答案　(1)1，4戊二醇　羰基、酯基 (2)消去反应　C6H7O4N (3) 4) (5)12　或 (6) 解析　(1)根据G的结构简式，可推知F为，结合已知信息及合成路线图知，E为，C为，B为 CH3COCH2CH2CHO，B为A的催化氧化产物， A为，其名称为1，4戊二醇。G中含氧官能团的名称为羰基、酯基。 (2)反应⑤为转化为，为消去反应。根据H的结构简式，可知其分子式为C6H7O4N。 (3)反应①为的催化氧化反应。 (4)C为，其还原所得产物D为，反应④为D发生缩聚反应得到高分子化合物 。 (5)D为，根据能与Na反应产生气体及既能发生银镜反应，又能发生水解反应，则该同分异构体含有甲酸酯基和羟基，可看成由HCOO—和—C4H8OH形成的化合物，由于—C4H9有—CH2CH2CH2CH3、、、四种，用—OH取代四者中的1个H后所得产物分别有4、4、3、1种，即—C4H8OH有12种，故HCOO—和—C4H8OH形成的化合物共有12种。核磁共振氢谱中有4种氢原子的同分异构体为 或。 (6)运用逆合成分析法，倒推中间产物，确定合成路线。