2024年高考化学精准押题大题练第五练含解析

PAGEPAGE8精准押题大题练(第五练)(限时30分钟)26．某课题小组同学测量液态奶含氮量的试验过程如下：原理：液态奶eq\o(→,\s\up7(协助试剂),\s\do5(加热))(NH4)2SO4溶液eq\o(→,\s\up7(NaOH溶液),\s\do5(吹出))NH3eq\o(→,\s\up7(H3BO3),\s\do5(汲取))(NH4)2B4O7溶液→用标准盐酸滴定步骤：①在烧杯中加入10.00mL液态奶和协助试剂，加热充分反应；②将反应液转移到大试管中；③按图中装置用水蒸气将NH3吹出，并用H3BO3溶液汲取(加热装置未画出)；④取下锥形瓶，滴加指示剂，用0.1000mol·L－1盐酸标准液滴定；⑤重复测定数次，再用10.00mL蒸馏水代替液态奶进行上述操作。数据记录如下：试验编号样品和协助试剂消耗盐酸体积/mL110.00mL液态奶、0.2g催化剂、20mL浓硫酸33.45210.00mL液态奶、0.2g催化剂、20mL浓硫酸25.50310.00mL液态奶、0.2g催化剂、20mL浓硫酸33.55410.00mL液态奶、0.2g催化剂、20mL浓硫酸33.50510.00mL蒸馏水、0.2g催化剂、20mL浓硫酸1.50回答下列问题：(1)滴定时(NH4)2B4O7重新转化为H3BO3，反应的离子方程式为________________________________________________________________________。(2)步骤③的试验装置中须要加热的仪器是________(填仪器名称)，长导管的作用是________________________________________________________________________。(3)不做空白比照试验对试验结果有何影响？________(填“无影响”“偏高”或“偏低”)。(4)计算10.00mL液态奶中的含氮量应代入计算的盐酸体积是________mL，该液态奶的含氮量为________mg·mL－1。解析：(3)不做空白比照试验消耗的盐酸偏多，导致测出结果偏高。(4)去除试验编号2明显有误差的数据，平均消耗盐酸的体积是33.50mL，再除去空白比照试验的数据得33.50mL－1.5mL＝32.00mL。2NHeq\o\al(＋,4)～B4Oeq\o\al(2－,7)～2H＋，n(NHeq\o\al(＋,4))＝0.0032mol，液态奶的含氮量＝eq\f(0.0032mol×14g·mol－1,10mL)＝0.00448g·mL－1＝4.48mg·mL－1。答案：(1)B4Oeq\o\al(2－,7)＋2H＋＋5H2O=4H3BO3(2)圆底烧瓶防止装置中压力过大而发生危急；防止冷却时发生倒吸(3)偏高(4)32.004.4827．氯酸镁常用作催熟剂、除草剂等，试验室制备Mg(ClO3)2·6H2O的流程如图：已知：①卤块主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质；②四种化合物的溶解度(S)随温度(T)改变曲线如图所示：(1)过滤所须要的主要玻璃仪器有__________________________________________。(2)加MgO后过滤所得滤渣的主要成分的化学式为________。(3)加入NaClO3饱和溶液后发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________，再进一步制取Mg(ClO3)2·6H2O的试验步骤依次为①__________；__________；洗涤；②将滤液冷却结晶；③过滤、洗涤。(4)产品中Mg(ClO3)2·6H2O含量的测定：(已知Mg(ClO3)2·6H2O的摩尔质量为299g·mol－1)步骤1：精确称量3.50g产品配成100mL溶液。步骤2：取10.00mL于锥形瓶中，加入10.00mL稀硫酸和20.00mL1.000mol·L－1的FeSO4溶液，微热。步骤3：冷却至室温，用0.100mol·L－1K2Cr2O7溶液滴定剩余的Fe2＋至终点。反应的方程式为Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。步骤4：将步骤2、3重复两次，计算得平均消耗K2Cr2O7溶液15.00mL。①写出步骤2中发生反应的离子方程式得___________________________________________________________________________________________________________。②产品中Mg(ClO3)2·6H2O的质量分数为________。(保留到小数点后一位)解析：(1)过滤所须要的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。(2)加KMnO4的目的是氧化Fe2＋使其转化为Fe3＋，再加入BaCl2除去SOeq\o\al(2－,4)，此时溶液中的溶质主要为MgCl2、FeCl3，Fe3＋发生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入的MgO与水解得到的H＋反应，促使上述平衡正向移动从而使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而与MgCl2分别，故加MgO后过滤所得滤渣的主要成分为Fe(OH)3。(3)过滤后的溶液中的溶质为MgCl2，加入NaClO3后生成的NaCl的溶解度小，在饱和溶液中以沉淀的形式析出，故反应可以发生，化学方程式为MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓；加入NaClO3后生成Mg(ClO3)2溶液和NaCl沉淀，可以先将混合物蒸发浓缩，使更多的NaCl沉淀析出，由于Mg(ClO3)2的溶解度随温度的降低而降低，同时为了削减Mg(ClO3)2的析出，必需在较高温度下过滤，得到Mg(ClO3)2滤液，洗涤沉淀得到NaCl产品。最终对滤液进行冷却结晶，得到Mg(ClO3)2·6H2O晶体。(4)①ClOeq\o\al(－,3)具有氧化性，Fe2＋具有还原性，两者在酸性条件中反应，离子方程式为ClOeq\o\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。②依据Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，K2Cr2O7溶液滴定的Fe2＋的物质的量为(6×0.100×15.00×10－3)mol＝9×10－3mol，所以ClOeq\o\al(－,3)消耗的Fe2＋的物质的量为(20×10－3－9×10－3)mol＝0.011mol，依据ClOeq\o\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O可得ClOeq\o\al(－,3)的物质的量为eq\f(0.011,6)mol，所以原100mL样品溶液中ClOeq\o\al(－,3)的物质的量为eq\f(0.011,6)mol×10＝eq\f(0.11,6)mol，Mg(ClO3)2·6H2O的物质的量为eq\f(0.11,12)mol，质量为(eq\f(0.11,12)×299)g，故Mg(ClO3)2·6H2O的质量分数为eq\f(\f(0.11,12)×299g,3.50g)×100%≈78.3%。答案：(1)烧杯、漏斗、玻璃棒(2)Fe(OH)3(3)MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓蒸发浓缩(或蒸发结晶)趁热过滤(4)①ClOeq\o\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O②78.3%28．二氧化碳是用途特别广泛的化工基础原料，回答下列问题：(1)工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。已知：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－131.0kJ·mol－1；H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1。CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝______________________________________________。(2)在催化剂作用下，CO2和CH4可以干脆转化为乙酸：CO2(g)＋CH4(g)CH3COOH(g)ΔH＝＋36.0kJ·mol－1。在不同温度下乙酸的生成速率改变如图所示。①当温度在250℃～300℃范围时，乙酸的生成速率减慢的主要缘由是______________，当温度在300℃～400℃范围时，影响乙酸生成速率的主要因素是________________________________________________________________________。②欲使乙酸的平衡产率提高，应实行的措施是________(填标号)。A．上升温度 B．降低温度C．增大压强 D．降低压强(3)高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)。①向容积为1L的恒容容器中加入0.2molCO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的改变如图所示。则该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应，某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2molCO2，平衡________(填“正向”“逆向”或“不”)移动，达到新平衡后，体系中CO的百分含量________(填“变大”“变小”或“不变”)。②向压强为p、体积可变的恒压容器中充入肯定量CO2,650℃时反应达到平衡，CO的体积分数为40.0%，则CO2的转化率为__________。气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)，此温度下，该反应的化学平衡常数Kp＝________(用含p的代数式表示)，若向平衡体系中再充入V(CO2)∶V解析：(1)燃烧热是指25℃、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。将题中已知的热化学方程式依次编号为①、②，依据盖斯定律，由②×3－①可得：CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝(－285.8kJ·mol－1)×3－(－131.0kJ·mol－1)＝－726.4kJ·mol－1。(2)①当温度在250℃～300℃范围时，随温度的上升乙酸的生成速率反而减慢，主要缘由是催化剂活性降低。当温度在300℃～400℃范围时，随温度的上升乙酸的生成速率又有所上升，是因为此时影响乙酸生成速率的主要因素是温度。②因为该反应是气体分子数减小的吸热反应，依据平衡移动原理，欲使乙酸的平衡产率提高，可实行的措施是上升温度、增大压强，A、C项正确。(3)①由题图可得，随着温度的上升，平衡时CO2的物质的量浓度渐渐减小，依据平衡移动原理，上升温度，平衡向吸热反应方向移动，所以该反应为吸热反应。向该平衡体系中再通入0.2molCO2，反应物浓度增加，平衡正向移动。再通入CO2达到的平衡与在原平衡的基础上增大压强达到的平衡互为等效平衡，该反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，故达到新平衡后，体系中CO的百分含量变小。②设CO2的初始浓度为amol·L－1，转化浓度为xmol·L－1，依据三段式法进行计算：C(s)＋CO2(g)2CO(g)初始/(mol·L－1)a0转化/(mol·L－1)x2x平衡/(mol·L－1)a－x2x则有eq\f(2x,a＋x)×100%＝40.0%，解得x＝eq\f(1,4)a，所以CO2的转化率为eq\f(0.25a,a)×100%＝25%。依据题意可知，气体总浓度为eq\f(a,2)＋eq\f(3a,4)＝eq\f(5a,4)(mol·L－1)。CO2的分压为p×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a,4)÷\f(5a,4)))＝0.6p，CO的分压为p×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)÷\f(5a,4)))＝0.4p，故Kp＝eq\f(0.4p2,0.6p)≈0.267p。原平衡体系中V(CO2)∶V(CO)＝3∶2，恒压条件下，向原平衡体系中再充入V(CO2)∶V(CO)＝5∶4的混合气体，相当于在原平衡的基础上再通入CO，所以平衡逆向移动。答案：(1)－726.4kJ·mol－1(2)①催化剂活性降低温度②AC(3)①吸热正向变小②25%eq\f(4p,15)(或0.267p)逆向35．[选修③——物质结构与性质]B、N、Co均为新型材料的重要组成元素。请回答下列问题：(1)基态Co原子核外电子占据________种不同的能级，其中有________个未成对电子。(2)Co能形成[Co(CNO)6]3－。①1mol该离子中含有σ键的数目为______________________________________。②与CNO－互为等电子体的分子为________(填化学式，任写一种)。③C、N、O三种基态原子的第一电离能由大到小的依次为____________(用元素符号表示)。④相同压强下，CO晶体的熔点高于N2晶体的缘由为________________________________________________________________________。(3)多硼酸根的结构之一为链状(如图1)，化学式为________，其中B原子的杂化形式为________。(4)BN晶体有多种结构，其中立方氮化硼具有金刚石型结构(如图2)。①晶体的最小环中含有________个B原子。②若晶胞参数为anm，晶胞密度为ρg·cm－3，则阿伏加德罗常数的值可表示为________。解析：(1)基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7种不同的能级，其中有3个未成对电子。(2)①1mol该离子中含有σ键的数目为3×6×6.02×1023＝18×6.02×1023。②与CNO－互为等电子体的分子为CO2和CS2或N2O等。③同一周期从左到右第一电离能渐渐增大，N中2p轨道电子处于半充溢状态，第一电离能变大，C、N、O三种基态原子的第一电离能由大到小的依次为N>O>C。④相同压强下，CO晶体的熔点高于N2晶体的缘由：CO为极性分子，N2为非极性分子，CO分子间的范德华力更大。(3)多硼酸根化学式为BOeq\o\al(－,2)或(BO2)eq\o\al(n－,n)，其中B原子形成2个σ键，最外层3个电子，又得一个，共4个价电子，形成σ键用去2个，有一个孤电子对，杂化形式为sp2。(4)①晶体的最小环中含有3个B原子，3个N原子，形成6元环；立方氮化硼中，晶胞边长为a×10－7cm，晶胞体积V＝(a×10－7cm)3，该晶胞中N原子个数＝8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，B原子个数为4，立方氮化硼的密度ρ＝eq\f(4M,NAV)＝eq\f(4×25,NA×a×10－73)g·cm－3，NA＝eq\f(1023,ρa3)。答案：(1)73(2)①18NA(或18×6.02×1023等合理答案即可)②CO2(或CS2、N2O等合理答案)③N>O>C④CO为极性分子，N2为非极性分子，CO分子间的范德华力更大(3)BOeq\o\al(－,2)[或(BO2)eq\o\al(n－,n)]sp2(4)①3②eq\f(1023,ρa3)36．[选修⑤——有机化学基础]有机化合物J是治疗心脏病药物的一种中间体，分子结构中含有3个六元环。化合物J的一种合成路途如图：已知：①A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1∶2∶2∶1；②有机物B是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平；回答下列问题：(1)A的化学名称是____________，A＋D→E的反应类型是____________。(2)C→D的化学方程式是___________________________________________________。(3)化合物G官能团的名称是_____________________________________________。(4)鉴定I分子结构中官能团的光谱分析方法是_______________________________。(5