2019届二轮复习 大题规范标准练(二) 作业（全国通用）

大题规范标准练(二)(分值：58分，建议用时：35分钟)非选择题：共43分。每个试题考生都必须作答。26．(14分)醋酸亚铬水合物{[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，相对分子质量为376}是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应，制备过程中发生的相关反应如下：Zn(s)＋2HCl(aq)===ZnCl2(aq)＋H2(g)2CrCl3(aq)＋Zn(s)===2CrCl2(aq)＋ZnCl2(aq)2Cr2＋(aq)＋4CH3COO－(aq)＋2H2O(l)===[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(s)请回答下列问题：(1)仪器1的名称是________。(2)往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是________(选下面的A、B或C)；目的是________________________________________________________________________________________________________。A．盐酸和三氯化铬溶液同时加入B．先加三氯化铬溶液，一段时间后再加盐酸C．先加盐酸，一段时间后再加三氯化铬溶液(3)为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门________(填“A”或“B”，下同)，打开阀门________。(4)本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是_______________________________。(5)已知其他反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51 g，取用的醋酸钠溶液为1.5 L 0.1 mol/L；实验后得干燥纯净的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O 9.48 g，则该实验所得产品的产率为________(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)。【解析】　(1)仪器1为分液漏斗。(2)二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸，一段时间后再加三氯化铬溶液。(3)利用生成的氢气，使装置内气体压强增大，将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合，因此应关闭阀门B，打开阀门A。(4)锌粒过量的另一个作用是使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2。(5)CrCl3的物质的量为＝0.06 mol，得到的CrCl2为0.06 mol，而CH3COONa为0.15 mol，由离子方程式可知CH3COONa过量，则理论上得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的质量为0.06 mol××376 g/mol＝11.28 g，所得产品的产率为×100%≈84.0%。【答案】　(1)分液漏斗(1分)(2)C(2分)　让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化(2分)(3)B　A(每空2分，共4分)(4)使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2(2分)(5)84.0%(3分)27．(15分)高炉炼铁中常见的反应为Fe2O3(s)＋3CO(g) 2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH。(1)某实验小组在实验室模拟上述反应。一定温度下，在2 L盛有Fe2O3粉末的恒容密闭容器中通入0.1 mol CO,5 min时生成2.24 g Fe。5 min内用CO表示的平均反应速率是________mol·L－1·min－1；5 min时CO的转化率为________；若将此时反应体系中的混合气体通入100 mL 0.9 mol·L－1的NaOH溶液中，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是_________________________________________________________________________________________________。(2)上述反应的平衡常数表达式K＝________；判断该反应已经达到平衡状态的依据是________(填序号)。a．容器内固体质量保持不变b．容器中气体压强保持不变c．c(CO)＝c(CO2)d．v正(CO)＝v逆(CO2)(3)已知上述反应的平衡常数K与温度T(单位：K)之间的关系如图所示，其中直线的斜率为－(理想气体常数R＝8.3×10－3 kJ·mol－1·K－1)。①根据图像可知，该反应的平衡常数随温度升高而________(填“增大”“减小”或“不变”)。②该反应的ΔH＝________kJ·mol－1。(4)结合上述有关信息，指出提高CO的平衡转化率的措施：____________________________________________________________(写一条)。【解析】　(1)2.24 g Fe的物质的量为0.04 mol，则消耗0.06 mol CO，所以CO的平均反应速率为＝0.006 mol·L－1·min－1；CO的转化率为×100%＝60%；反应中生成0.06 mol CO2，通入100 mL 0.9 mol·L－1的NaOH溶液中，恰好完全反应生成0.03 mol Na2CO3和0.03 mol NaHCO3，根据CO的水解程度大于HCO的水解程度及溶液呈碱性，即可判断出离子浓度大小关系。(2)只要反应未达平衡，固体质量就会逐渐减小，当固体质量不变时，反应达到平衡状态，a正确；反应前后气体的物质的量始终不变，b错误；c(CO)＝c(CO2)时，反应不一定达到平衡状态，c错误；v正(CO)＝v逆(CO2)说明正、逆反应速率相等，d正确。(3)①根据图像可知，温度越高，ln K越小，即平衡常数越小。②设直线与纵轴交点的纵坐标是b，则有：ln K＝－·＋b，将M、N两点的坐标数值代入求得b＝1.8，则有：4.8＝－×K－1＋1.8或7.8＝－×K－1＋1.8，解得ΔH＝－24.9 kJ·mol－1。(4)该反应是放热反应，欲提高反应物的转化率，可降低温度；根据平衡移动原理，欲提高CO的转化率，还可以减小生成物的浓度。【答案】　(1)0.006 mol·L－1·min－1(2分)　60%(2分)　c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)(2分)(2)(1分)　a、d(2分)　(3)①减小(2分)　②－24.9(2分)(4)降低温度或减小生成物(CO2)浓度(2分)28．(14分)铁红(Fe2O3)和钛白粉(TiO2)均为重要的墙面装修颜料。一种利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3)联合生产铁红和钛白粉的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)FeTiO3中Fe的化合价为________。(2)为加快钛铁矿在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有________________________(任写两种)。酸性溶液中加入适量铁屑的目的是____________________________________________________________。(3)FeSO4溶液与NH4HCO3溶液的反应温度应控制在35 ℃以下，其原因是____________________________________________________________，该反应的离子方程式是____________________________________________。(4)TiO2＋转化为TiO(OH)2需要加热，加热的目的是________，该反应的离子方程式为______________。(5)常温时，在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡的溶液中，测得溶液中c(CO)＝3.0×10－6mol·L－1，pH为8.5，则所得的FeCO3中是否含Fe(OH)2？________________________________________________________________________________________________________________________(列式计算){已知Ksp(FeCO3)＝3.0×10－11，Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10－16}。【解析】　(1)由化合物中各元素的化合价代数和为0可知FeTiO3中Fe的化合价为＋2。(2)增大反应接触面积、提高体系的反应温度或提高反应物浓度均能加快反应速率。Fe具有还原性，可将Fe3＋还原为Fe2＋。(3)温度太高，则NH4HCO3易分解，且降低温度可减少Fe2＋的水解。根据题图可知该反应的离子方程式为Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O。(4)TiO2＋水解生成TiO(OH)2，加热可以加快水解反应速率。(5)根据Qc与Ksp的关系确定是否含有Fe(OH)2沉淀。【答案】　(1)＋2(1分)(2)采用钛铁矿粉末、升高温度、使用浓度较大的稀硫酸等(2分，写出两条即可)　将Fe3＋还原为Fe2＋(2分)(3)减少NH4HCO3分解、减少Fe2＋水解(2分)　Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(2分)(4)促进水解，加快反应速率(1分)　TiO2＋＋2H2OTiO(OH)2↓＋2H＋(2分)(5)Ksp(FeCO3)＝c(Fe2＋)·c(CO)，故c(Fe2＋)＝＝1.0×10－5mol·L－1，pH＝8.5，则c(OH－)＝10－5.5mol·L－1，故c(Fe2＋)·c2(OH－)＝10－16＜Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10－16，故所得的FeCO3中无Fe(OH)2(3分)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35．[化学—选修3：物质结构与性质](15分)张亭栋研究小组受民间中医启发，发现As2O3(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是ⅤA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：图1　　　　　　　　　图2(1)N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为________；As原子的核外电子排布式为________。(2)NH3的沸点比PH3________(填“高”或“低”)，原因是____________________________________________________________。(3)Na3AsO4中含有的化学键类型包括________，AsO的空间构型为________；As4O6的分子结构如图1所示，则在该化合物中As的杂化方式是________。(4)白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2。已知晶胞的边长为a cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中含有的P原子个数为________，该晶体的密度为________g·cm－3。(用含NA、a的式子表示)【解析】　(1)N、P、As属于同主族元素，根据同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，可知第一电离能：N＞P＞As。As位于第四周期ⅤA族，故其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3或1s22s22p63s23p63d104s24p3。(2)NH3、PH3均为分子晶体，由于NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力，因此NH3的沸点比PH3高。(3)Na3AsO4中Na＋与AsO之间为离子键，AsO中As与O之间为共价键。AsO中As无孤电子对，其空间构型为正四面体形。图1所示的As4O6中As有一对孤电子对，成键(σ键)电子对数为3，杂化轨道数为4，故As的杂化方式为sp3。(4)该晶胞为面心立方堆积，1个晶胞中含有的白磷分子个数为8×＋6×＝4，含有的磷原子个数为16。该晶胞含有4个白磷分子，晶胞的体积为a3 cm3，故该晶体的密度为g÷a3cm3＝g·cm－3。【答案】　(1)N＞P＞As(2分)　[Ar]3d104s24p3(或1s22s22p63s23p63d104s24p3)(2分)　(2)高(1分)　NH3分子间存在较强的氢键作用而PH3分子间仅有较弱的范德华力(2分)　(3)离子键、共价键(2分)　正四面体形(1分)　sp3(1分)　(4)16(2分)　(2分)36．[化学—选修5：有机化学基础](15分)环丁基甲酸是重要的有机合成中间体，其一种合成路线如下：(1)A属于烯烃，其结构简式是________。(2)B→C的反应类型是________，该反应生成物C与其互为同分异构体的副产物是________(写结构简式)。(3)E的化学名称是________。(4)写出D→E的化学方程式：___________________________________________________________________________________________________。(5)H的一种同分异构体为丙烯酸乙酯(CH2===CH—COOC2H5)，写出聚丙烯酸乙酯在NaOH溶液中水解的化学方程式：____________________________________________________________。(6)写出同时满足下列条件的G的所有同分异构体：________(写结构简式，不考虑立体异构)。①核磁共振氢谱为3组峰；②能使溴的四氯化碳溶液褪色；③1 mol该同分异构体与足量饱和NaHCO3溶液反应产生88 g气体。【解析】　根据A为烯烃和A的分子式可确定A的结构简式为CH2===CHCH3，结合A→B的反应条件和B的分子式、C的结构简式可确定B的结构简式为CH2===CHCH2Br；根据D的分子式、E的结构简式和D→E的反应条件可知D的结构简式为HOOCCH2COOH。(2)结合B、C的结构简式可知B→C为加成反应，与C互为同分异构体的副产物的键线式为。(6)①说明满足条件的同分异构体的结构具有高度对称性；②说明含有碳碳双键；③说明分子结构中含有2个羧基，则满足条件的G的所有同分异构体为HOOC—CH2—CH===CH—CH2—COOH和。【答案】　(1)CH2===CH—CH3(2分)(2)加成反应(2分)　 (2分)(3)丙二酸二乙酯(2分)(4)＋2C2H5OH ＋2H2O(2分)