《2019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（第二练）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019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（第二练）（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、歼灭高考5个主观题(第二练)(限时30分钟)26氰化物有剧毒，冶金工业会产生大量含氰化物的废水，其中氰化物以CN等形式存在于废水中。某化学小组同学对含氰化物废水处理进行研究。.查阅资料：含氰化物的废水破坏性处理方法。利用强氧化剂将氰化物氧化为无毒物质，如以TiO2为催化剂用NaClO将CN氧化成CNO(CN和CNO中N元素均为3价)，CNO在酸性条件下继续与NaClO 反应生成N2、CO2、Cl2等。.实验验证：破坏性处理CN的效果。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CN被处理的百分率，实验步骤如下：步骤1：取一定量废水进行加热蒸发、浓缩。步骤2：取浓缩后含CN的废水与过
2、量NaClO溶液的混合液共200 mL(设其中CN的浓度为 0.2 molL1)倒入甲中，塞上橡皮塞。步骤3：点燃酒精灯对丁装置加热。步骤4：打开甲上的橡皮塞和活塞，使甲中溶液全部放入乙中，关闭活塞。步骤5：打开活塞K，通一段时间N2，关闭活塞K。步骤6：实验完成后测定干燥管(含碱石灰)的质量m2实验前干燥管(含碱石灰)的质量m1。回答下列问题：(1)在破坏性处理方法中，在酸性条件下NaClO和CNO反应的离子方程式为2CNO6ClO8H=2CO2N23Cl24H2O，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进行的原因是_。(3)丙装置中的试剂是_。(4)干燥管的作用
3、是_。(5)请简要说明实验中通入N2的目的是_。(6)若干燥管中碱石灰增重1.408 g，则该实验中测得CN被处理的百分率为_。解析：(1)根据题意可知，酸性条件下CNO与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，电子转移的方向和数目如下：(2)装置丁的作用是利用铜与Cl2反应，除去乙中反应生成的气体中混有的Cl2，故乙中反应之前应先点燃酒精灯对丁装置加热，防止干燥管吸收Cl2，影响CO2质量的测定。(3)实验原理为测量干燥管吸收的CO2的质量确定对CN的处理效果，由于乙装置中产生N2、CO2、Cl2、H2O，Cl2与H2O都能被碱石灰吸收，影响CO2质量的测定。所以进入干燥管的气体应除去Cl2
4、与H2O，用浓硫酸吸H2O，用铜丝除去Cl2，故丙装置中的试剂是浓硫酸。(4)干燥管的作用是吸收CO2，测定产生的CO2的质量，空气中的CO2、水蒸气进入干燥管会干扰实验，干燥管的作用是防止空气中的CO2、水蒸气进入干扰实验。(5)装置中残留有CO2未被完全吸收，导致测定的CO2质量偏低，通入N2使装置中的CO2全部被排到干燥管中被吸收，减少误差。(6)干燥管中碱石灰增重1.408 g为CO2的质量，物质的量为0.032 mol，根据碳原子守恒可知被处理的CN的物质的量为n(CN)n(CO2)0.032 mol，原溶液中CN的物质的量为0.2 L0.2 molL10.04 mol，所以该实验中
5、测得CN被处理的百分率为100%80%。答案：(1)(2)将产生的氯气及时除去(3)浓硫酸(4)防止空气中的水和CO2进入干燥管中影响对CO2的测量(5)使装置中的CO2全部被排到干燥管中被吸收，减少误差(6)80%27碲被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素”，它在地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TeO2和少量Ag、Au，以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TeO2是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱分别生成Te4和TeO。回答下列问题：(1)阳极泥预处理时发生反应：Cu2TeO2CuOTe
6、O2(未配平)，Cu2Te中Te的化合价为_，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(2)“过滤”所得滤液中，阴离子主要有_，要从滤渣1中分离出Au，可以向滤渣1中加入的试剂是_。(3)步骤控制溶液的pH为4.55.0，反应的化学方程式为_，防止酸度局部过大的操作是_。(4)步骤发生反应的离子方程式是_。(5)高纯碲的制备采用电解精炼法。将上述流程得到的粗碲溶于NaOH溶液配成电解液，用适当的电极进行电解，阳极产生的气体是_，阴极的电极反应式为_。解析：(1)Cu2Te中Cu的化合价为1，Te的化合价为2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式：Cu2Te2O22CuOTeO2，结合氧化
7、还原反应中元素化合价的变化可知，该反应中O2是氧化剂，Cu2Te是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为21。(2)TeO2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”所得滤液中，阴离子主要有TeO、OH。因为Ag能够溶于稀硝酸，而Au不溶于稀硝酸，要从滤渣1中分离出Au，可以向滤渣1中加入的试剂是稀硝酸。(3)结合流程图可知，经过步骤生成TeO2，发生反应的化学方程式为H2SO4Na2TeO3=Na2SO4TeO2H2O，防止酸度局部过大的操作是缓慢加入硫酸并不断搅拌。(4)TeO2是两性氧化物，易溶于较浓的强酸生成Te4，故步骤反应后的溶液中含有Te4，步骤发生反
8、应的离子方程式为Te42SO24H2O=Te2SO8H。(5)粗碲溶于NaOH溶液可得含Na2TeO3的溶液，用适当的电极进行电解，阳极上OH失电子生成O2，阴极上TeO得电子生成Te，故阴极的电极反应式为TeO4e3H2O=Te6OH。答案：(1)221(2)TeO、OH稀硝酸(3)H2SO4Na2TeO3=Na2SO4TeO2H2O缓慢加入硫酸并不断搅拌(4)Te42SO24H2O=Te2SO8H(5)O2TeO4e3H2O=Te6OH28对温室气体二氧化碳的研究一直是科技界关注的重点。.在催化剂存在下用H2还原CO2是解决温室效应的重要手段之一，相关反应如下：主反应：CO2(g)4H2(
9、g)CH4(g)2H2O(g)H1副反应：CO2(g)H2(g)=CO(g)H2O(g) mH241.2 kJmol1已知：H2和CH4的燃烧热分别为285.5 kJmol1和890.0 kJmol1；H2O(l)=H2O(g)H44 kJmol1。(1)H1_ kJmol1。(2)有利于提高CH4产率的反应条件是_(至少写两条)。工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是_。(3)T 时，若在体积恒为2 L的密闭容器中同时发生上述反应，将物质的量之和为5 mol的H2和CO2以不同的投料比进行反应，结果如图1所示。若a、b表示反应物的平衡转化率，则表示H2平衡转化率的是_，c、d分别表示CH4(g
10、)和CO(g)的体积分数，由图1可知_时，甲烷产率最高。若该条件下CO的产率趋于0，则T 时的平衡常数K_。.溶于海水的CO2 95% 以HCO形式存在。在海洋中，通过图2钙化作用实现碳自净。(4)写出钙化作用的离子方程式_。(5)如图3所示，电解完成后，a室的pH_(填“变大”“变小”或“几乎不变”)；b室发生反应的离子方程式为_。解析：(1)由H2和CH4的燃烧热分别为285.5 kJmol1和890.0 kJmol1，可得H2(g)O2(g)=H2O(l)H285.5 kJmol1，CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H890.0 kJmol1，将H2O(l)=H2O(g
11、)H44 kJmol1编号为，根据盖斯定律知，42，则H1(285.5 kJmol1)4(890.0 kJmol1)(44 kJmol1)2164.0 kJmol1。(2)该主反应为气体分子数减小的放热反应，故有利于提高CH4产率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)随着增大，H2的平衡转化率减小，CO2的平衡转化率增大，结合题图1可得，b表示H2的平衡转化率，a表示CO2的平衡转化率，c表示甲烷的体积分数，当4时，甲烷产率最高。4时，CO的产率趋于0，由题意并结合题图1得起始时c(CO2)0.5 molL1，c(H2)2 molL
12、1，CO2、H2的平衡转化率均为0.80，则根据三段式法有：CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g) 0.5 2 0 0 0.4 1.6 0.4 0.8 0.1 0.4 0.4 0.8平衡常数K100。(4)由题图2可知，HCO为反应物，CaCO3、CO2为生成物，则钙化作用的离子方程式为2HCOCa2=CaCO3CO2H2O。(5)a室为阳极室，阳极上发生氧化反应，电极反应式为2H2O4e=O24H，反应产生的H通过质子交换膜进入b室参与反应生成CO2和H2O，所以电解后a室溶液的pH几乎不变，b室发生反应的离子方程式为HHCO=CO2H2O。答案：(1)164.0(2)降低温度、增大压强催化剂(3)b4100(4)2HCOCa2=CaCO3CO2H2O(5)几乎不变HHCO=CO2H2O35选修物质结构与性质镧系为元素周期表中第B族、原子序数为5771的元素。(1)镝(Dy
