2019高考化学二轮复习主观题限时押题练歼灭高考5个主观题(第二练)

歼高5个观(二)(限时30分钟)26．氰化物有剧毒，冶金工业会生大量含氰化物的废水，其中氰化物CN等式存在于废水中。某化学小组同学对含氰化物废水处理进行研究。Ⅰ.查阅资料：含氰化物的废水坏性处理方法。利用强氧化剂将氰化物氧化为无毒物质如以TiO为催剂用NaClO将CN

氧化成CNO

(CN和中N元均为－价CNO在性条件下继续与NaClO反应成NCOCl等。Ⅱ.实验验证：破坏性处理CN

的果。化学兴趣小组的同学在密闭系统中用如图装置进行实验，以测定被理的百分率，实验步骤如下：步骤1：取一定量废水进行加热发、浓缩。步骤2浓后含CN的水过量NaClO溶液的混合液共mL(设其中CN的度为0.2mol·L)倒入甲中，塞橡皮塞。步骤3：点燃酒精灯对丁装置加。步骤4：打开甲上的橡皮塞和活，使甲中溶液全部放入乙中，关闭活塞。步骤5：打开活塞K，通一段时，关闭活塞K。步骤6：验完成后测定干燥管(含碱石)质量[验前干燥管Ⅰ含碱石灰的质量m]。回答下列问题：(1)在破坏性处理方法中性件下和反应的离子方程式为2CNO＋6ClO

＋8H↑＋N↑3Cl↑＋O，请标出反应中电子转移的方向和数目________________________________________________________________________。(2)对丁装置加热放在步骤3进的原因__________________________________________________________。(3)丙装置中的试剂是____________(4)干燥管Ⅱ的作用是______________________________________________________。(5)请简要说明实验中通入N的的_______________________________________________________________________________________________________________。

(6)若干燥管Ⅰ中碱石灰增重1g实中测得CN

被理的百分率________。解析：(1)根题意可知，酸性件下CNO

与NaClO反应生成N、和Cl，子转移的方向和数目如下：

(2)装置丁的作用是利用铜与反，除去乙中反应生成的气体中混有的Cl，乙中反应之前应先点燃酒精灯对丁装置加热，防止干燥管Ⅰ吸收，响CO质量的测定。实原理为测量干燥管Ⅰ吸收的CO的量确定对CN的处理效果，由于乙装置中产生N、CO、、O，与H都能碱石灰吸收响CO质量测定以进入干燥管Ⅰ的气体应除去与HO，用浓硫酸吸，用铜丝除去Cl，丙装置中的试剂是浓硫酸(4)干管Ⅰ的作用是吸收CO，测产生的CO的量，空中的CO、水蒸气进入干燥管Ⅰ会干扰实验，干燥管Ⅱ的作用是防止空气中的CO、蒸进入干扰实验装置中残留有CO未完全吸收，导致测定的CO质量低通入N使装置中的CO全部排到干燥管Ⅰ中被吸收减误差(6)1.408g干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408g为CO的量，物质的量为＝0.032mol，根据44碳原子守恒可知被处理的CN的质的量为n(CN)＝(CO)＝0.032mol，溶液中CN

的物质的量为0.2L×0.2mol·L＝mol，所以该实验中测得CN被处理的百分率为0.032mol×100%＝80%。0.04mol答案：(2)将产生的氯气及时除去(3)浓硫酸(4)防止空气中的水和CO进干管Ⅰ中影响对测量(5)使装置中的CO全被排到干燥管Ⅰ中被吸收，减少误差(6)80%27被为“现代工业防尖端技术的维生素”在壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收越来越引起人们的重视。某电解精炼铜的阳极泥经预处理后主要含有TeO和少量、，此预处理阳极泥为原料制备单质碲的一种工艺流程如图：已知TeO是两氧化物，微溶于，易溶于较浓的强酸和强碱分别生成Te

和。

回答下列问题：eq\o\ac(△,―)(1)阳极泥预处理时发生反应：CuTeOCuOTeO未配平)，Te中Te的合价为__________，该反应中氧化与还原剂的物质的量之比________。(2)“过滤Ⅰ”所得滤液中，阴子主要____________要从滤渣1中离出Au，以向滤渣中加的试剂是________(3)步骤②控制溶液的pH为4.5～5.0，反应的化学方程式为________________________________________________________________________，防止酸度局部过大的操作____________________________________________。(4)步骤④发生反应的离子方程___________________________________________________________________________________________________________________。(5)高纯碲的制备采用电解精炼。将上述流程得到的粗碲溶于NaOH溶配成电解液，用适当的电极进行电解，阳产生的体是____________，阴极的电极反应式为________________________________________________________________________。解析(1)CuTe中的化价Te的化价为2，根据得失电子守恒和原子守△恒配平化学方程式：Te＋=====2CuO＋TeO结合氧化还原反应中元素化合价的变化可知应中O是化剂Te是还原剂化剂与还原剂的物质的量之比为2是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的NaOH溶液生成TeO，则“过滤Ⅰ”所得滤液中，阴离子主要有TeO、。为够溶于稀硝酸，而Au不溶稀硝酸，要从滤渣中分离出Au向渣1中加的试剂是稀硝酸结流程图可知步②生成TeO，发生反应的化学方程式为HSO＋NaTeOSO＋↓＋H，防止酸度局部过大的操作是缓慢加入硫酸并不断搅拌。(4)TeO是两氧化物，易溶于较浓的强酸生成Te，步骤③反应后的溶液中含有Te，骤④发生反应的离子方程式为Te

＋2SO＋=Te↓2SO＋。(5)粗溶于NaOH溶液得含NaTeO的液，用适当的电极进行电解，阳极上OH失子生成O，阴上TeO得子生成Te，故阴极的电极反应式为TeO＋＋3H=Te↓6OH。答案：(1)－2∶1(2)TeO、稀硝酸(3)HSO＋TeO===NaSO＋↓H缓慢加入硫酸并不断搅拌(4)Te＋2SO＋=Te↓＋2SO＋8H(5)OTeO＋＋=Te↓6OH28．对温室气体二氧化碳的研究直是科技界关注的重点。Ⅰ.在催化剂存在下用H还CO是解决温室效应的重要手段之一，相关反应如下：主反应：CO＋(g)CH(g)2HO(g)ΔH副反应：CO＋HO(g)

①

nnnnnnnnΔ＝＋41.2kJ·mol已知：和CH的烧热分别为285.5kJ·mol和890.0kJ·mol；HO(g)ΔH＝kJ·mol。(1)＝________kJ·mol。(2)有利于提高CH产率的反应件__________________________(至写两条。业上提高甲烷反应选择性的关键因素________。(3)℃，若在体积恒为2的密容器中同时发生上述反应质的量之和为5mol的H和CO以同的投料比进行反应，结果如图1所。若a、表反应物的平衡转化率，则表示H平衡转化率的是________，、分别示CH和CO(g)的体积分数由1可

n

＝________时甲烷产率最高若条件下的产趋于0，则T℃①平衡常数K＝________。Ⅱ.溶于海水的CO95%以HCO形式存在。在海洋中，通过图2钙作用实碳自净。(4)写出钙化作用的离子方程式_____________________________________________。(5)如图3所完成后的pH________(填“变大”“变小”或“几乎不变”)；b室生反应的离子方程式___________________________________。解析：(1)由H和CH的燃热别为285.kJ·mol和890.0kJ·mol，可得H(g)1＋O(g)===HO(l)Δ＝－285.5kJ·mol②＋2O＋O(l)ΔH2＝－890.0kJ·mol③将HO(l)===HO(g)Δ＝＋44kJ·mol

编号为④，根据盖斯定律知，①＝②×4③＋④×2则Δ＝－285.5kJ·mol)×4(kJ·mol)＋＋44kJ·mol＝kJ·mol该主反应为气体分子数减小的放热反应，故有利于提高CH产的反应条件是降低温度、增大压强。催化剂具有专一性，工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是催化剂(3)着

n

增大，的平转化率减小CO的平衡转化率增大，结合题图1可b示H平衡转化率a表CO的平转化率，c表示甲烷的体积分数

n

n＝时烷产率最高。

＝时的产率趋于0，由题意并结合题图1得起时c)＝0.5mol·L，(H)＝2，、的平转

化率均为0.80，根据三段式法有：CO(g)＋4H(g)

CH＋2HO(g)初始转化平衡

0.52000.41.60.40.80.10.40.40.8c平衡常数Kc

cc

＝

0.8×0.4＝。0.1×0.4(4)由题图2可知为应CaCOCO为成物，则钙化作用的离子方程式为2HCO＋===CaCO↓＋↑＋H。(5)a室为极室，阳极上发生氧化反应，电极反应式为2HO－↑＋4H产的H通过质子交换膜进入b室与反应生成CO和HO，所以电解后a室液的pH几乎变室发生反应的离子方程式为H＋HCO===CO↑＋O。答案：(1)－164.0(2)降低温、增大压强催剂(3)b4100(4)2HCO＋↓＋CO↑HO(5)几乎不变H＋

===CO↑HO35．[选修③——物质结构与性]镧系为元素周期表中第ⅢB族原子序数为57～的元素。(1)镝(的基原子电子排布式为[Xe]4f，出镝(Dy)原外围电子排布图：________________________________________________________________________。高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu

，基态时Cu的子排式为________________________________________________________________________。(3)观察下面四种镧系元素的电单位：kJ)据，判断最有可能显示3价的元素是_______(填元素名称。元素Yb(镱Lu(镥La(镧Ce(铈

I604532538527

I1217139010671047

I4494411118501949

I5014498754193547(4)元素铈可形成配合物(NH)[Ce(NO)。①组成配合物的四种元素，电负性由大到小的顺序为______________________________(元素符号表。②写出氮的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键____________(任写一种)。

NV×10ρρNV×10ρρ③元素Al也类成键情况，态氯化铝分子表示(AlCl)，子中Al原杂化方式为________，分子中所含化学类型________(字母。a．离子键c．非极性键

B．极性键D．配位键(5)PrO(二氧化镨)的晶体结构CaF相胞中镨原子位于面心和顶点PrO(二氧化镨)的胞中有________个原子；已知晶胞参数为apm，密为ρg·cm，＝________(用含a、的数式表。解析：(1)根镝Dy)的基态原电子排布式可知，(Dy)子外围4f能级上有10个电子，能上有2个电，可以画出其外围电子排布图为

。(2)Cu是29号素态子的电子排布式[Ar]3d4s温超导材料镧钡铜氧化物中含有CuCu失3个子态时的电子排布式[Ar]3d(或1s2s2p3s3p3d)。(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，3价能性越大，在题表中，镧的I、和最接近，则最有可能显示3价元素是镧。(4)①素铈(Ce)可形成配合物NH))]配物的四种元素中素金属性越强，电负性越大，则O>N>H，因Ce金属，其电负性在四种元素中最小，所以电负性大小顺序为O>N>H>Ce。②N和O元的电负性强，则NH的溶液中存在的氢键有N…O(或N…N或O—H…N或O…O)。③在气态氯化(AlCl中每个Al原与4个Cl原子形成4个σ键则Al原的化方式为sp，该分子中，与Al原形成极性共价键的Cl原中，有一个是配位键，氯原子提供电子，铝原子提供空轨道(5)PrO(二氧化镨的1晶体结构与CaF相，晶胞中镨原子位于面心和顶点，所以晶胞中镨原子的个数为6×＋218×＝氧子个数为4×2据上述分析可知二氧化镨晶胞中含有个PrO，8n×则＝＝

4

×173

，则N＝ρ

4×173a

6.92×10或。×答案：(2)[Ar]3d(或1s2s2p3s3p3d)(3)镧(4)①O>N>H>Ce②N—H…O(或N—H…NO—H或—H③spbd(5)8

ρ

4×173a

6.92×1036选⑤——有机化学基础]丁橡胶备醇酸树脂的原料M以及杀菌剂的成路线如图：

OOeq\o\ac(△,―)已知：①＋→；②RCH=CHR′RCHO＋R、R代表烃基或。(1)CH—CH===CH的名是______________________________________。(2)顺式聚合物P的构简式是_______________________________________。的对分子质量为108。①反应Ⅱ的化学方程式是______________________________________________。②1molB完转化成M