2019届二轮复习 大题规范标准练(三) 作业（全国通用）

大题规范标准练(三)(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)过氧化钙(CaO2)是水产养殖中广泛使用的一种化学试剂。CaO2微溶于水，可与水缓慢反应。实验室用如下方法制备CaO2并测定其纯度。Ⅰ.过氧化钙的制备实验装置和步骤如下：步骤1：向盛有6%H2O2溶液和浓氨水混合液的三颈瓶中加入稳定剂，置于冷水浴中；步骤2：向上述混合液中逐滴加入浓CaCl2溶液，边加边搅拌，析出固体CaO2·8H2O；步骤3：充分反应后，将所得固体过滤、洗涤、脱水干燥，得产品过氧化钙。请回答：(1)支管a的作用为________。(2)步骤1中将三颈瓶置于冷水浴中，其主要目的为____________________________________________________________。(3)三颈瓶中发生反应的化学方程式为___________________________________________________________________________________________。(4)为研究氨水浓度和稳定剂种类对反应产率的影响，设计下列三组实验：实验编号双氧水浓度/%氨水浓度/%稳定剂种类产率/%①99NaH2PO462.0②a10NaH2PO450.3③bcNa2SiO340.9则c＝________。Ⅱ.过氧化钙纯度的测定准确称取所制备的过氧化钙样品m g，置于锥形瓶中，分别加入30 mL蒸馏水和1 mL稀盐酸，振荡使之溶解。再加入0.5 mL MnSO4溶液，然后用c mol·L－1的KMnO4标准溶液滴定至终点(MnO被还原为Mn2＋)，消耗KMnO4标准溶液V mL。(5)滴定至终点的现象为_____________________________________。(6)计算样品中CaO2的质量分数为________(用含m、c和V的代数式表示)。(7)实验中加入MnSO4溶液的作用是_______________________________。若滴定管在使用前未用KMnO4标准溶液润洗，则测定结果将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。(8)过氧化钙可用于长途运输鱼苗，应用了过氧化钙________的性质(答出两点即可)。【解析】　(1)支管a的作用是平衡压强，有利于浓CaCl2溶液顺利滴下。(2)该反应放热，冷水浴可防止双氧水分解和氨水挥发。(3)三颈瓶中发生的反应为CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl。(4)由题表可知实验①和实验②是在双氧水浓度和稳定剂种类相同的条件下，研究不同氨水浓度对产率的影响；实验①和实验③或实验②和实验③是在双氧水浓度和氨水浓度相同的条件下，研究不同稳定剂对产率的影响，所以c＝9或10。(5)当滴入最后一滴KMnO4标准溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色，说明达到滴定终点。(6)由CaO2＋2H＋===Ca2＋＋H2O2,2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑，得到2MnO～5CaO2，n(CaO2)＝mol，CaO2的质量分数为×100%。(7)MnSO4起催化作用，可以加快反应速率；滴定管在使用前未用KMnO4标准溶液润洗，相当于将KMnO4标准溶液稀释，造成消耗KMnO4标准溶液的体积增大，测定结果偏高。(8)由题给条件“可与水缓慢反应”可知，其可与水反应放出氧气，由Na2O2能与CO2反应推出CaO2能吸收鱼苗呼出的CO2气体，由Na2O2能杀菌防腐推测CaO2也可杀菌防腐。【答案】　(1)平衡压强(1分)　(2)(反应放热)防止双氧水分解和氨水挥发(2分)　(3)CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl(2分)　(4)9或10(2分)　(5)滴入最后一滴KMnO4标准溶液，锥形瓶内溶液由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色(1分)　(6)×100%(2分，合理即可)　(7)加快反应速率(1分)　偏高(1分)　(8)可与水缓慢反应放出氧气，能吸收鱼苗呼出的CO2气体，可杀菌防腐(2分，任答两点即可)27．(15分)“废气”的综合处理与应用技术是科研人员的重要研究课题，CO、SO2、NO2是重要的大气污染气体。(1)处理后的CO是制取新型能源二甲醚(CH3OCH3)的原料。已知：①CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)    ΔH1＝－41.0 kJ·mol－1②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)    ΔH2＝－49.0 kJ·mol－1③CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)    ΔH3＝＋23.5 kJ·mol－1则反应2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)的ΔH＝________。(2)已知973 K时，SO2与NO2反应生成SO3和NO，将混合气体经冷凝分离出SO3，可用于制备硫酸。①973 K时，测得：NO2(g)NO(g)＋O2(g)　K1＝0.018；SO2(g)＋O2(g)SO3(g)　K2＝20；则反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)的K3＝________。②973 K时，向容积为2 L的密闭容器中充入SO2、NO2各 0.2 mol。平衡时SO2的转化率为________。③恒压下，SO2的分压pSO2随温度的变化如图所示：当温度升高时，SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)的化学平衡常数________(填“增大”或“减小”)，判断理由是________________________________________________________________________________________________________________________。(3)用纳米铁可去除污水中的NO。①纳米铁粉与水中NO反应的离子方程式为4Fe＋NO＋10H＋===4Fe2＋＋NH＋3H2O。研究发现，若污水pH偏低将会导致NO的去除率下降，其原因是____________________________________________________________。②相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中的NO的速率有较大差异。下表中Ⅰ和Ⅱ产生差异的原因可能是________________________________________________________________________________________________________________________；Ⅱ中0～20 min，用NO表示的平均反应速率为______mol·L－1·min－1。反应时间/min010203040Ⅰc(NO)/(10－4mol·L－1)83.21.60.80.64Ⅱc(NO)/(10－4mol·L－1)(含少量Cu2＋)80.480.320.320.32(4)用NaOH溶液吸收SO2可得NaHSO3溶液，对NaHSO3溶液中各粒子浓度的关系，下列分析不合理的是________。(已知常温下K1(H2SO3)＝1.5×10－2，K2(H2SO3)＝1.02×10－7。)A．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)B．c(Na＋)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)C．c(Na＋)＞c(SO)＞c(HSO)＞c(OH－)＞c(H＋)D．c(H＋)＋c(SO)＝c(OH－)＋c(H2SO3)【解析】　(1)根据盖斯定律，由①×2＋②×2－③，可得：2CO(g)＋4H2(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH＝2ΔH1＋2ΔH2－ΔH3＝－41.0 kJ·mol－1×2－49.0 kJ·mol－1×2－23.5 kJ·mol－1＝－203.5 kJ·mol－1。(2)①由第一个反应＋第二个反应，可得SO2(g)NO2(g)SO3(g)＋NO(g)　K3＝K1·K2＝0.018×20＝0.36。②设平衡建立过程中SO2转化a mol，则平衡时SO2、NO2的物质的量均为(0.2－a)mol，SO3、NO的物质的量均为a mol，根据973 K时K3＝(×)/(×)＝0.36，解得a＝0.075，故平衡时SO2的转化率为×100%＝37.5%。③该反应前后气体分子数不变，因此反应体系总压不变，根据题图知，温度升高，－lg (pSO2/Pa)减小，则pSO2增大，故n(SO2)增大，说明平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小。(3)①pH过低，H＋与纳米铁粉反应生成H2，导致NO的去除率下降。②Ⅱ与Ⅰ相比，含有少量Cu2＋，Fe与Cu2＋反应置换出Cu，并且Fe与Cu形成原电池，加快NO的去除速率。Ⅱ中0～20 min，v(NO)＝＝3.84×10－5mol·L－1·min－1。(4)A项，NaHSO3溶液中，根据电荷守恒，可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，正确；B项，NaHSO3溶液中，根据物料守恒，可知c(Na＋)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)，正确；C项，NaHSO3溶液中，无论是HSO的电离还是水解，程度都是微弱的，故c(HSO)＞c(SO)，并且HSO的电离常数为1.02×10－7，而HSO的水解常数Kh＝＝＝6.67×10－13，显然HSO的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，错误；D项，联立电荷守恒式和物料守恒式，消去c(Na＋)，可得质子守恒式：c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SO)，错误。【答案】　(1)－203.5 kJ·mol－1(2分)　(2)①0.36(1分)　②37.5%(2分)　③减小(1分)　温度升高时，－lg减小，则pSO2增大，化学平衡逆向移动，化学平衡常数减小(2分)(3)①H＋与纳米Fe粉反应生成H2(1分)　②Fe与置换出的Cu构成原电池，加快NO的去除速率(2分)　3.84×10－5(2分)(4)CD(2分)28．(14分)某小组利用某工厂废料(主要含MgCO3、MgSiO3、Al2O3和Fe2O3等)设计回收镁的工艺流程如下：(1)酸浸过程中采用粉碎废料、加热和搅拌、适当提高稀硫酸的浓度等措施的目的是____________________________________________________________；为了提高产品的纯度，试剂X宜选择________(填编号)。A．CuO　 B．MgO　　　C．MgCO3　　　 D．氨水(2)滤渣2的主要成分是________(填化学式)。(3)写出生成滤渣3的离子方程式________________________________________________________________________________________________。(4)已知：298 K时，Ksp[Al(OH)3]＝3.0×10－34，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－3.8①加入试剂X，当Al3＋开始沉淀时，溶液中＝________。②向浓度均为0.1 mol·L－1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。在下图中画出生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系曲线。(5)若废料中镁元素的质量分数为a%，利用m kg这种废料按上述流程生产，最终回收到质量分数为b%的镁锭20 kg，则镁的回收率为________。(6)参照上述流程图，设计由滤渣3三步得到镁锭的流程图____________________________________________________________。【解析】　分析废料成分知，碳酸镁、氧化铁、氧化铝分别与硫酸反应生成硫酸镁、硫酸铁、硫酸铝，硅酸镁与硫酸反应生成硫酸镁和硅酸。(1)采用这些措施的目的是提高废料与稀硫酸反应的速率，加入试剂X的目的是使铁离子、铝离子完全沉淀，而不使镁离子沉淀，试剂X可以为氧化镁、氢氧化镁、碳酸镁、氨水等，不能是氧化铜，因为这样会引入硫酸铜杂质，使最终得到的镁锭不纯，故B、C、D项正确。(2)过滤1得到硅酸；过滤2得到氢氧化铝、氢氧化铁。(3)第二次调节pH的目的是加入氨水使镁离子转化成氢氧化镁沉淀。(4)①当氢氧化铝开始生成时，＝＝＝＝7 500。②浓度均为0.1 mol·L－1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3的混合溶液中铁离子、铝离子的浓度相同，Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3，故向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀后，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全后，再加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝溶解，氢氧化铝的物质的量减少，据此作图。(5)废料中镁元素的总质量m(Mg)＝m×a% kg，镁锭中镁元素的总质量m1(Mg)＝20×b% kg，则镁的回收率为×100%＝×100%。(6)以氢氧化镁为原料制备镁的步骤为足量盐酸溶解，在氯化氢氛围中蒸干、灼烧，电解氯化镁，设计流程图如下：【答案】　(1)提高酸浸速率(1分)　BCD(2分)(2)Al(OH)3、Fe(OH)3(1分)(3)Mg2＋＋2NH3·H2O===Mg(OH)2↓＋2NH(1分)(4)①7 500(2分)　②如图所示(2分)(5)×100%(2分)(6)(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)(1)氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示。①此配合物中，基态铁离子的价电子排布式为________。②此配合物中碳原子的杂化轨道类型有________。③此配离子中含有的化学键有________(填字母)。A．离子键　B．金属键　C．极性键　D．非极性键　E．配位键　F．氢键　G．σ键　H．π键④氯化铁在常温下是固体，熔点为306 ℃，沸点为315 ℃，在300 ℃以上升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断氯化铁的晶体类型为____________________________________________________________。(2)基态A原子的价电子排布式为3s23p5，铜与A形成化合物的晶胞如图所示(黑球代表铜原子)。①该化合物的化学式为________，A原子的配位数是________。②该化合物难溶于水，但易溶于氨水，其原因可能是____________________________________________________________________________；与NH3互为等电子体的分子有________(写化学式，一种即可)。NH3的键角大于H2O的键角的主要原因是________________________________________________________________________________________________________________________。③已知该化合物晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体中Cu原子和A原子之间的最短距离为________pm。(列出计算表达式即可)【解析】　(1)①基态铁原子核外有26个电子，失去3个电子形成Fe3＋，根据构造原理可知Fe3＋的3d能级上有5个电子，即Fe3＋的价电子排布式为3d5。②该配合物中连接双键的碳原子含有3个σ键，碳原子采取sp2杂化，连接4个σ键的碳原子采用sp3杂化。③该配合物中碳碳原子之间存在非极性共价键，碳和氧原子或氢原子之间存在极性共价键，共价双键中含有σ键和π键，Fe3＋和O原子间存在配位键，综上分析可知该配合物中含有配位键、极性键、非极性键、σ键和π键。④FeCl3的熔沸点相对较低，且易溶于有机溶剂故FeCl3晶体为分子晶体。(2)根据基态A原子的价电子排布式可知M能层上含有7个电子，即A为Cl。①由均摊法可知该晶胞中含Cu原子数为4，含Cl原子数为×8＋×6＝4，即该化合物的化学式为CuCl。由该晶胞的结构可知每个Cl原子周围有4个等距离的Cu原子，即Cl原子的配位数为4。②CuCl易溶于氨水可能是因为Cu＋可与NH3形成易溶于水的配位化合物。NH3分子中含4个原子，其价电子总数为8，与其互为等电子体的分子有PH3、AsH3等。NH3、H2O分子中N、O原子的孤电子对数分别是1、2，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越强，键角越小，故NH3分子的键角大于H2O分子的键角。③设该晶胞的边长为a cm，则×99.5＝ρ a3，解得a＝；设晶体中Cu原子与Cl原子间的最短距离为x cm，则x＝a＝，即Cu原子与Cl原子之间的最短距离为×1010 pm。【答案】　(1)①3d5(1分)　②sp2、sp3(1分)　③CDEGH(2分)　④分子晶体(1分)　(2)①CuCl(2分)　4(1分)　②Cu＋可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子)(2分)　PH3(或AsH3等合理答案，1分)　NH3、H2O分子中N、O原子的孤电子对数分别是1、2，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越强，键角越小(2分)　③×1010(2分)36．[化学—选修5：有机化学基础](15分)溴螨酯是一种杀螨剂。由某种苯的同系物制备溴螨酯的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略)：回答下列问题：(1)A的名称是________，B的结构简式是________。(2)C能发生银镜反应，其分子中含氧官能团的名称是________。(3)写出第③步反应的化学方程式：________________________________________________________________________________________。(4)第①、④步的反应类型分别是________、________。(5)M为的同分异构体，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且数目之比为4∶4∶1∶1，则M的结构简式为________。(6)写出用乙醛为原料制备2­羟基­2­甲基丙酸乙酯的合成路线(其他试剂任选)：________________________________________________________________________________________________________________________。【解析】　(1)根据反应①的条件可知，该反应为苯环上的取代反应，结合B的分子式知A为；根据合成路线可知，B的结构简式为。(2)C能发生银镜反应，则C中含—CHO，结合合成路线知C的结构简式为。(3)第③步反应为两分子C之间的加成反应。(4)第①步为取代反应，第④步为消去反应(或氧化反应)。(5)根据题述条件可知符合条件的同分异构体为对称结构，且2个苯环上共有2种类型的氢原子，且每种氢原子为4个，其结构简式为。(6)运用逆合成分析法，倒推中间产物，确定合成路线。【答案】　(1)甲苯(2分)　 (2分)(2)醛基(2分)(3) (4)取代反应(1分)　消去反应(或氧化反应)(1分)(5)(2分)