2024高考化学二轮复习第二部分考前定点歼灭战专项押题二主观题限时押题练歼灭高考5个主观题第一练

歼灭高考5个主观题(第一练)
(限时30分钟)
26．氨基甲酸铵(NH2COONH4)是重要的氨化剂，在潮湿的空气中能转化为碳酸铵，受热易分解、易被氧化。

试验小组对氨基甲酸铵的性质进行了如下探究。

请回答下列问题：
(1)氨基甲酸铵在潮湿的空气中转化为碳酸铵的化学方程式为________________________________________________________________________。

(2)用如图装置探究氨基甲酸铵的分解产物(夹持装置略去，下同)。

①点燃A处的酒精灯之前，需先打开K，向装置中通入一段时间的N2，目的为________________________________________________________________________。

②仪器B的名称为____________。

③装置D的作用为______________________________________________________。

④能证明分解产物中有NH3的现象为____________________________________
________________________。

⑤试剂a用于检验分解产物中的CO2，该试剂的名称为
__________________。

(3)已知：CuO高温能分解为Cu2O和O2。

若用上述装置和下列部分装置进一步检验分解产物中是否有CO，装置E后应依次连接____________(按从左到右的连接依次填选项字母)。

(4)通过试验得出结论：氨基甲酸铵受热分解为NH3和CO2。

该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。

解析：(1)氨基甲酸铵与水反应生成碳酸铵，方程式是NH2COONH4＋H2O===(NH4)2CO3。

(2)①氨基甲酸铵易被氧化，通入氮气排尽装置中空气，避开氨基甲酸铵与空气中的水蒸气和氧气反应。

②仪器B的名称为干燥管。

③分解产物中含有氨气，D中倒置的漏斗可以防止倒吸，浓硫酸汲取氨气。

④氨水呈碱性，C中潮湿的红色石蕊试纸变蓝，证明有氨气生成。

⑤用澄清石灰水检验CO2。

(3)检验CO应先用NaOH溶液除去可能含有的CO2；再用浓硫酸干燥后还原CuO，再检验有CO2生成，仪器连接依次是IGFH。

(4)氨基甲酸铵受热分解为NH3和CO2的
化学方程式为NH 2COONH 4=====△ 2NH 3↑＋CO 2↑。

答案：(1)NH 2COONH 4＋H 2O===(NH 4)2CO 3
(2)①排尽装置中空气，避开氨基甲酸铵与空气中的水蒸气和氧气反应 ②(球形)干燥管 ③汲取氨气，防止倒吸 ④C 中潮湿的红色石蕊试纸变蓝 ⑤澄清石灰水
(3)IGFH (4)NH 2COONH 4=====△ 2NH 3↑＋CO 2↑
27．卤块的主要成分是MgCl 2，还含有少量Fe 2＋、Fe 3＋和Mn 2＋
等杂质离子。

现以卤块为原料按如图所示流程进行生产，以制备金属镁。

本流程操作条件下，生成氢氧化物沉淀的pH 如表： 物质
Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Mg(OH)2 起先沉淀
的pH
2.7 7.6 8.3 10.0 沉淀完全
的pH
3.7 9.6 9.8 11.1 3
沉淀除去。

请回答以下问题：
(1)步骤①中，为了加快酸溶速率，除了适当增加稀盐酸的浓度外，还可以实行的措施有_______________________________________________________________(任写一条)。

(2)步骤②中NaClO 的电子式为____________________________________________， 加入NaClO 溶液的目的是________________________________________________ (用离子方程式说明)。

(3)常温时，Mg(OH)2的K sp ＝1.8×10－11。

当溶液pH ＝10.0时，溶液中的c (Mg 2＋)＝________________________________________________________________________。

(4)若将步骤⑤中“稀盐酸”改为“加水、煮沸”的方式可以得到另一种沉淀物和一种无色无味的气体，请写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________。

(5)步骤⑥中涉及的操作是______________________，且步骤⑥、⑦的操作均需在HCl 的气流中进行，其缘由是______________________________________________________。

解析：(1)为了加快酸溶速率，还可以适当加热或将卤块粉碎等。

(2)NaClO 的电子式为
；由已知信息可知，加入NaClO 的目的是将溶液中的Fe 2＋全部氧化为
Fe 3＋，反应的离子方程式为2Fe 2＋＋2H ＋＋ClO －===2Fe 3＋＋H 2O ＋Cl －。

(3)当溶液pH ＝10.0时，Mg(OH)2起先沉淀，K sp [Mg(OH)2]＝c (Mg 2＋)·c 2(OH －)＝1.8×10
－11，解得c (Mg 2＋)＝1.8×10－3 mol·L －1。

(4)由流程图可知，步骤④得到的沉淀为MgCO 3，MgCO 3加水、煮沸，促进MgCO 3
水解得到Mg(OH)2和CO 2，该反应的化学方程式为MgCO 3＋H 2O=====煮沸 Mg(OH)2＋CO 2↑。

(5)步骤
⑥是将MgCl 2溶液转化成MgCl 2·6H 2O ，涉及的操作是蒸发浓缩、冷却结晶；MgCl 2属于强酸弱碱盐，加热会促进其水解，为抑制MgCl 2水解，步骤⑥、⑦的操作均需在HCl 气流中进行。

答案：(1)加热(或将卤块粉碎、不断搅拌等) (2)
2Fe 2＋＋2H ＋＋ClO －===2Fe 3＋＋H 2O ＋Cl －
(3)1.8×10－3 mol·L －1
(4)MgCO 3＋H 2O=====煮沸 Mg(OH)2＋CO 2↑
(5)蒸发浓缩、冷却结晶 抑制MgCl 2水解
28．硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用。

(1)已知25 ℃时：
①O 2(g)＋S(s)===SO 2(g)ΔH ＝－a kJ·mol －1
②O 2(g)＋2SO 2(g) 2SO 3(g) ΔH ＝－b kJ·mol －1 则SO 3(g)分解生成O 2(g)与S(s)的热化学方程式为
________________________________________________________________________。

(2)探讨SO 2催化氧化生成SO 3的反应，回答下列相关问题：
①图甲是SO 2(g)和SO 3(g)的浓度随时间的改变状况。

反应从起先到平衡时，用O 2表示的平均反应速率为________________。

②在一容积可变的密闭容器中充入20 mol SO 2(g)和10 mol O 2(g)，O 2的平衡转化率随温度(T )、压强(p )的改变如图乙所示。

则p 1与p 2的大小关系是p 1______p 2(填“>”“<”或“＝”)，A 、B 、C 三点的平衡常数大小关系为__________(用K A 、K B 、K C 和“<”“>”或“＝”表示)。

(3)常温下，H 2SO 3的电离平衡常数K a1＝1.54×10－2，K a2＝1.02×10－7。

①将SO 2通入水中反应生成H 2SO 3。

试计算常温下H 2SO 3
2H ＋＋SO 2－
3的平衡常数K ＝________。

(结果保留小数点后两位数字)
②浓度均为
0.1 mol·L －1的Na 2SO 3、NaHSO 3混合溶液中，c Na ＋c SO 2－3＋c HSO －3＋c H 2SO 3
＝________。

(4)往1 L 0.2 mol·L －1 Na 2SO 3溶液中加入0.1 mol 的CaCl 2固体，充分反应后(忽视溶
液体积改变)，溶液中 c (Ca 2＋)＝___________________(已知，常温下K sp (CaSO 3)＝1.28×10－9)。

(5)用含等物质的量溶质的下列溶液分别汲取SO 2，理论汲取量最多的是________(填字母)。

A ．Na 2SO 3溶液
B ．Fe(NO 3)3溶液
C ．Ba(OH)2溶液
D ．酸性KMnO 4溶液
解析：(1)依据盖斯定律，－①－②×12
得到SO 3(g)分解成S(s)和O 2(g)的热化学反应方程式：SO 3(g)32O 2(g)＋S(s) ΔH ＝＋(a ＋b 2
) kJ·mol －1。

(2)①依据化学反应速率的数学表达式，v (SO 2)＝9－1.510
mol·L －1·min －1＝0.75 mol·L －1·min －1，利用化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此有v (O 2)＝
v SO 22＝0.752 mol·L －1·min －1＝0.375 mol·L －1·min －1。

②作等温线，反应前气体系数之和大于反应后气体系数，因此增大压强，平衡向正反应方向移动，O 2的转化率增大，即p 1<p 2；化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，化学平衡常数不变，A 和C 温度相等，因此有K A ＝K C ，随着温度上升，O 2的转化率降低，即上升温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，C 的温度高于B ，因此有K B >K C ，
即K B >K A ＝K C 。

(3)①依据平衡常数的定义，K ＝c 2H ＋×c SO 2
－3c H 2SO 3＝
c 2H ＋×c SO 2－3×c HSO －3c H 2SO 3×c HSO －3
＝K a1×K a2＝1.54×10－2×1.02×10－7≈1.57×10－9。

②依据物料守恒，2c (Na
＋)＝3[c (SO 2－3)＋c (HSO －3)＋c (H 2SO 3)]，因此有c Na ＋c SO 2
－3＋c HSO －3＋c H 2SO 3＝32。

(4)发生的反应是Na 2SO 3＋CaCl 2===CaSO 3↓＋2NaCl ，反应后溶液中c (SO 2－3)＝0.1 mol·L －1，K sp ＝c (Ca 2＋)×c (SO 2－3)，解得c (Ca 2＋)＝
K sp c SO 2－3＝1.28×10－90.1 mol·L
－1＝1.28×10－8 mol·L －1。

(5)令这些物质的物质的量为1 mol ，A 项，发生Na 2SO 3＋SO 2＋H 2O===2NaHSO 3，汲取SO 2的物质的量为1 mol ；B 项，依据得失电子数目守恒，有[1×(3－2)＋3×(5－2)] mol ＝n (SO 2)×2，解得n (SO 2)＝5 mol ；C 项，发生Ba(OH)2＋2SO 2===Ba(HSO 3)2，因此汲取2 mol SO 2；D 项，[1×(7－2)] mol ＝n (SO 2)×2，解得n (SO 2)＝2.5 mol ；综上所述，Fe(NO 3)3溶液汲取SO 2最多。

答案：(1)SO 3(g)32O 2(g)＋S(s)ΔH ＝＋(a ＋b 2) kJ·mol －1 (2)①0.375 mol·L －1·min －1 ②< K B >K A ＝K C
(3)①1.57×10－9 ②32
(或1.5) (4)1.28×10－8 mol·L －1
(5)B
35．[选修③——物质结构与性质]铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF 4、UO 2及(NH 4)4[UO 2(CO 3)3]等。

回答下列问题：
(1)UF 4用Mg 或Ca 还原可得金属铀。

金属铀的一种积累方式为体心立方积累，该积累方式的空间利用率为________；基态钙原子核外电子排布式为__________；熔点MgO(2 852 ℃)高于CaO(2 614 ℃)，其缘由是_____________________________________________
________________________________________________________________________。

(2)2UO 2＋5NH 4HF 2――→150 ℃ 2UF 4·NH 4F ＋3NH 3↑＋4H 2O↑。

NH 4HF 2中所含作用力有______(填
字母)。

a ．氢键
b ．配位键
c ．共价键
d ．离子键
e ．金属键
(3)已知：3(NH 4)4[UO 2(CO 3)3]――→800 ℃
3UO 2＋10NH 3↑＋9CO 2↑＋N 2↑＋9H 2O↑。

①NH ＋4的空间构型为________，与NH ＋4互为等电子体的分子或离子有____________(写两种)。

②CO 2－3中碳原子杂化轨道类型为________。

③分解产物中属于非极性分子的是________(填字母)。

a ．NH 3 B ．CO 2 c ．N 2 d ．H 2O (4)UO 2的晶胞结构及晶胞参数如图所示：
①晶胞中U 的配位数为________。

②UO 2的密度为____________________________________________________g·cm －3
(列出计算式即可，用N A 表示阿伏加德罗常数的值)。

解析：(1)依据不同积累方式的空间利用率可知，体心立方积累空间利用率为68%；Ca 是20号元素，原子核外电子数为20，则基态钙原子核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 64s 2或
[Ar]4s 2；CaO 和MgO 都是离子晶体，且离子的电荷数相等，但镁离子的半径比钙离子的半径小，镁离子对氧离子的作用比钙离子强，因此氧化镁的晶格更加坚固，晶格能更大，故MgO
晶体的熔点高于CaO 。

(2)NH 4HF 2中NH ＋4与HF －2之间为离子键，N —H 为(极性)共价键、配位键，HF －2的结构式为[F —H …F]－，含有(极性)共价键和氢键。

(3)①NH ＋4中价层电子对个数是4且不含孤电子对，为sp 3杂化，四个N —H 键的键能、键长及键角均相同，空间构型为正四面体；原子总数相同、价电子总数相同的粒子互称为等电子体，NH ＋4共有5个原子、8个价电子，与其互为等电子体的分子或离子有：CH 4、BH －4、BeH 2－4、AlH －4、SiH 4及GeH 4等。

②CO 2－3中σ键个数＝配原子个数＝3，且不含孤电子对，所以C 原子采纳sp 2杂化。

③NH 3为极性键构成的三角锥形分子，结构不对称，是极性分子；CO 2呈直线形，结构对称，是非极性分子；N 2为非极性键组成的双原子分子，结构对称，是非极性分子；H 2O 为极性键构成的V 形分子，是极性分子。

(4)①晶胞不是孤立的，在UO 2晶胞中每个U 4＋连接4个氧离子，但在下面一个晶胞中又连接4个氧离子，所以其配位数为8。

②用均摊法可求得平均每个晶胞中U 4＋个数
为8×18＋6×12
＝4，O 2－个数为8，晶胞质量为m ＝4×238＋32N A g ＝4×270N A g ，晶胞体积为V ＝a 3＝(5.455×10
－10m)3＝(5.455×10－8cm)3，则UO 2的密度为ρ＝m V ＝4×270
N A × 5.455×10－83 g·cm －3。

答案：(1)68% 1s 22s 22p 63s 23p 64s 2或[Ar]4s 2 CaO 和MgO 均为离子晶体，MgO 的晶格能
大于CaO ，故MgO 晶体的熔点高 (2)abcd (3)①正四面体 CH 4、BH －4、BeH 2－4、AlH －4、SiH 4及GeH 4等(任写两种) ②sp 2 ③bc (4)①8 ②4×270
N A × 5.455×10－83
36．[选修⑤——有机化学基础]聚合物F 简称PETA ，可利用于新型的普适无卤阻燃体系。

如图是以A 为原料合成聚合物F 的路途：
已知：①A 为与氢气的相对密度是14的烃；
③D、E 均为芳香化合物，它们的核磁共振氢谱显示均为2组峰。

回答下列问题：
(1)A 中的官能团名称为______，B 的名称是___________________________________。

(2)B 与NH 3在肯定条件的反应类型为____________________________________。

(3)C 的结构简式为______________。

(4)由C 转化为D 的反应中，除D 外，另外一种生成物是________。

(5)乙二胺和E 反应生成聚合物F 的化学方程式为
________________________________________________________________________， 反应类型为________________。

(6)E 的同分异构体中，满意以下条件的共有______种(不含立体异构)。

①遇到FeCl 3溶液会显色；②能发生银镜反应；③能与NaHCO 3溶液反应。

(7)参照上述合成路途，以1,3­丁二烯为原料(无机试剂任选)，设计制备
的合成路途。

解析：(1)由信息①可知A 为乙烯，含有的官能团名称为碳碳双键，B 为乙烯和氯气发生加成反应的产物，名称是1,2­二氯乙烷。

(2)B 为1,2­二氯乙烷，与NH 3在肯定条件下反应生成乙二胺，反应类型为取代反应。

(3)依据信息②，乙烯与
发生加成反应生成C ，C 的结构简式为。

(4)依据信息③，D 、E 均为芳香化合物，它们的核磁共振氢谱显示均为2组峰，且D 能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以D 为对二甲苯，E 为对苯二甲酸，依据原子守恒规律：C 的分子式为C 8H 12O ，D 的分子式为C 8H 10，所以由C 转化为D 的反应中，除D 外，另外一种生成物是H 2O 。

(5)乙二胺和对苯二甲酸发生缩聚反应生成聚合物F 的化学方程式为＋n H 2NCH 2CH 2NH 2――→催化剂△＋
(2n －1)H 2O 。

(6)有机物满意分子式为C 8H 6O 4，①遇到FeCl 3溶液会显色，说明含有苯环结构，且含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；③能与NaHCO 3溶液反应，结构中含有羧基；因此该有机物结构为含有1个酚羟基、1个醛基、1个羧基的芳香族化合物，这样的结构共有10种。

(7)依据生成物结构，把2个羟基换成2个溴原子，变为卤代烃，依据题给信息②可知，用1,3­丁二烯与含有双键的二溴代物发生加成反应生成环烯结构，含有双键的二溴代物可以用1,3­丁二烯与溴发生1,4­加成产生。

答案：(1)碳碳双键 1,2­二氯乙烷 (2)取代反应 (3) (4)H 2O (5)＋n H 2NCH 2CH 2NH 2――→催化剂 ＋(2n －1)H 2O 缩聚反应
(6)10 (7)。