高考化学压轴题汇总及答案解析
1．亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，使用过量会使人中毒，国际上对食品中亚硝酸钠的用量控制在很低的水平上。某学习小组针对亚硝酸钠设计了如下实验：
【实验Ⅰ】制备NaNO2
该小组查阅资料知：2NO＋Na2O2===2NaNO2；2NO2＋Na2O2===2NaNO3。
制备装置如图所示(夹持装置略去)：
(1)装置D可将剩余的NO氧化成NO，发生反应的离子方程式为____________。
(2)如果没有B装置，C中发生的副反应有_____________、____________。
(3)甲同学检查完装置气密性良好后进行实验，发现制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质。于是进行了适当的改进，改进后提高了NaNO2的纯度，则其改进措施是________________________________。
【实验Ⅱ】测定制取的样品中NaNO2的含量
步骤：
a．在5个有编号的带刻度试管(比色管)中分别加入不同量的NaNO2溶液，各加入1mL的M溶液(M遇NaNO2呈紫红色，NaNO2浓度越大颜色越深)，再加蒸馏水至总体积均为10mL并振荡，制成标准色阶：
试管编号 ① ② ③ ④ ⑤ NaNO2含量/(mg·L－1) 0 20 40 60 80 b．称量0.10g制得的样品，溶于水配成500mL溶液。取5mL待测液，加入1mLM溶液，再加蒸馏水至10mL并振荡，与标准色阶比较。
(4)步骤b中比较结果是：待测液颜色与③标准色阶相同，则甲同学制得的样品中NaNO2的质量分数是________。
(5)用目视比色法证明维生素C可以有效降低NaNO2的含量。设计并完成下列实验报告。
实验方案 实验现象 实验结论 取5mL待测液，加入______________，振荡，再加入1mLM溶液，_________
___________________________，再振荡，与③标准色阶对比 ________________________________ 维生素C可以有效降低NaNO2的含量 答案(1)5NO＋3MnO＋4H＋===5NO＋3Mn2＋＋2H2O
(2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑2NO＋O2===2NO22NO2＋Na2O2===2NaNO3
(3)在A、B之间增加装有水的洗气瓶
(4)40%
(5)维生素C加入蒸馏水至总体积为10mL紫红色比③标准色阶浅
解析(1)酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能将NO氧化为NO，反应的离子方程式为5NO＋3MnO＋4H＋===5NO＋3Mn2＋＋2H2O。
(2)铜和稀硝酸反应制得的NO中含有杂质水蒸气。
(3)制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质，说明制得的NO中混有NO2，故应在装置A、B之间增加装有水的洗气瓶，以除去杂质NO2。
(4)待测液颜色与③标准色阶相同，则甲同学制得的样品中NaNO2的质量是40mg·L－1×0.01L×＝40mg＝0.04g，故样品中NaNO2的质量分数＝×100%＝40%。
(5)取5mL待测液，然后加入维生素C，再加入1mLM溶液，最后加入蒸馏水至总体积为10mL，若紫红色比③标准色阶浅，说明NaNO2的含量低，则可以证明维生素C可以有效降低NaNO2的含量。
2．碲(Te)位于元素周期表第ⅥA族，由该元素组成的物质可用作石油裂化的催化剂，电镀液的光亮剂，玻璃的着色材料，合金材料的添加剂等。碲化铜渣是电解精炼铜时产生的一种矿渣，其主要含Cu2Te、Au、Ag等，利用下列工艺流程可回收碲：
已知：TeO2的熔点为733℃，微溶于水，可溶于强酸和强碱。
回答下列问题：
(1)Te与S的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序为________(用化学式表示)。
(2)“酸浸1”需加热，加热的目的是______________________，“酸浸1”发生反应的氧化产物是______________(写化学式)。
(3)“水浸”后“滤液1”的颜色是________。
(4)“滤渣1”进行“碱浸”的离子方程式是_____________________。
(5)“滤液2”加双氧水的目的是__________________________________，“操作1”的名称是____________________。
(6)“还原”制备碲粉的离子方程式为_______________________。
(7)从可持续发展意识和绿色化学观念来看，“滤渣2”进行酸浸的意义是________________________________。
答案(1)H2SO4>H2TeO4
(2)加快浸出速率CuSO4、TeO2
(3)蓝色(或浅蓝色)
(4)TeO2＋2OH－===TeO＋H2O
(5)将Na2TeO3氧化为Na2TeO4加热浓缩(或浓缩)
(6)TeO＋3SO＋2H＋===3SO＋Te↓＋H2O
(7)“滤渣2”经过酸浸可得到含CuSO4的滤液，并可达到回收Au、Ag的目的，符合可持续发展意识和绿色化学观念
解析(1)S、Te同主族，同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，故H2SO4的酸性比H2TeO4强。
(2)酸浸时加热的目的是提高浸出速率，结合流程图知，“酸浸1”发生反应的化学方程式为Cu2Te＋2H2SO4＋2O22CuSO4＋TeO2＋2H2O，故其氧化产物为CuSO4、TeO2。
(3)“滤液1”的溶质中含CuSO4，故“滤液1”的颜色为蓝色。
(4)“滤渣1”中含有TeO2，TeO2溶解于NaOH溶液生成亚碲酸盐，故反应的离子方程式为TeO2＋2OH－===TeO＋H2O。
(5)“碱浸”后滤液2中的溶质的主要成分是Na2TeO3，该物质与Na2SO3类似，具有较强的还原性，加入双氧水可将其氧化为Na2TeO4。“操作1”的后续物质为“Na2TeO4浓溶液”，故该操作为加热浓缩。
(6)由流程图可知，“还原”的反应物为Na2TeO4、Na2SO3、H2SO4，生成物有单质Te，故发生的是酸性条件下Na2SO3还原Na2TeO4的反应，反应的离子方程式为TeO＋3SO＋2H＋===3SO＋Te↓＋H2O
(7)分析流程图并结合碲化铜渣中含Au、Ag等，知“滤渣2”经酸浸后可得到含CuSO4的滤液，并可回收Au、Ag，符合可持续发展意识和绿色化学观念。
3．为了改善环境，科学家投入了大量的精力研究碳、氮及其化合物的转化。请回答下列有关问题：
(1)利用N2与H2合成氨是重要的工业反应，下图为反应过程中的能量变化关系。
①反应中加入铁粉可以提高反应速率，其原因是____________________。
②已知某些化学键键能数据如下表：
化学键 H—H N≡N N—H E/(kJ/mol) 436 946 391 反应N2(g)＋H2(g)NH3(g)的活化能Ea＝254kJ/mol，则反应NH3(g)N2(g)＋H2(g)的活化能Eb＝________kJ/mol。
(2)汽车内燃机工作时会将N2转化为NO，反应式为N2(g)＋O2(g)2NO(g)，该反应在不同温度下的平衡常数K如下表：
温度 27℃ 2000℃ K 3.8×10－31 0.1 温度为2000℃，某时刻测得反应体系中各物质的浓度分别为c(N2)＝0.2mol/L，c(O2)＝0.03mol/L，c(NO)＝0.03mol/L，此时该反应的速率(v)应满足的关系为________(填字母序号)。
A．v正>v逆 B．v正＝v逆
C．v正
(3)工业上可将CO转化成甲醇，反应式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。若在一容积可变的密闭容器中充入1molCO和2molH2进行反应，初始体积为3L，保持压强不变，反应后CO的平衡转化率随温度(T)的变化如图中曲线所示。
①若所加的CO和H2的量以及反应温度均不变，则达到平衡状态A、B时的压强pA________pB(填“>”“<”或“＝”)，其原因是__________________________。
②若达到化学平衡状态A时，CO的体积分数为25%，此时CO的转化率为__________；平衡常数KA＝__________。
答案(1)①降低了合成氨反应的活化能
②300(2)C
(3)①<该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡正向移动，CO转化率升高，故pA
解析(1)①通过图像可以看出，铁粉降低了合成氨反应的活化能，作催化剂，提高了反应速率。
②反应N2(g)＋H2(g)NH3(g)，反应热＝反应物断键吸收的总能量－生成物成键放出的总能量＝(436×1.5＋946×0.5－3×391)kJ/mol＝－46kJ/mol。反应热＝Ea－Eb＝－46kJ/mol，254kJ/mol－Eb＝－46kJ/mol，Eb＝300kJ/mol，所以反应NH3(g)N2(g)＋H2(g)的活化能Eb＝300kJ/mol。
(2)Q＝＝0.15>K＝0.1，平衡逆向移动，v正
(3)①该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡右移，CO转化率升高，所以根据图像可知，pA小于pB。
②设一氧化碳的变化量为xmol：
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
起始量/mol120
变化量/molx2x x
平衡量/mol1－x2－2xx
若达到化学平衡状态A时，CO的体积分数为25%，则＝0.25，x＝0.5，此时CO的转化率为×100%＝50%。根据同温同压下，气体的物质的量与气体体积成正比规律，反应前混合气体为3mol，体积为3L，反应后混合气体为2mol，体积为2L，平衡后各物质浓度为c(CH3OH)＝＝0.25mol/L，c(CO)＝＝0.25mol/L，c(H2)＝＝0.5mol/L，平衡常数KA＝＝＝4L2/mol2。
4．[化学——选修3：物质结构与性质]
氢化铝钠(NaAlH4)是一种新型轻质储氢材料。掺入少量Ti的NaAlH4在150℃时释氢，在170℃、15.2MPa条件下又重复吸氢。NaAlH4可由AlCl3和NaH在适当条件下合成。NaAlH4的晶胞结构如图所示。
(1)基态Ti原子的价电子轨道表示式为_________________。
(2)NaH的熔点为800℃，不溶于有机溶剂。NaH属于________晶体，其电子式为________。
(3)AlCl3在178℃时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的结构式为________(标明配位键)。
(4)AlH中，Al的轨道杂化方式为________；列举与AlH空间构型相同的两种离子________(填化学式)。
(5)NaAlH4晶体中，与Na＋紧邻且等距的AlH有________个；NaAlH4晶体的密度为________g·cm－3(用含a的代数式表示)。若NaAlH4晶胞底心处的Na＋被Li＋取代，得到的晶体为________(填化学式)。
(6)NaAlH4的释氢机理为：每3个AlH中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原子，同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的Al原子留下的空位，形成新的结构。这种结构变化由表面层扩展到整个晶体，从而释放出氢气。该释氢过程可用化学方程式表示为___________________。
答案(1)
(2)离子Na＋[H]－
(3)
(4)sp3NH、BH(或SO、PO等其他合理答案)
(5)8Na3Li(AlH4)4
(6)3NaAlH4===Na3AlH6＋2Al＋3H2↑
解析(3)AlCl3的相对分子质量为133.5，蒸气的相对分子质量约为267，显然蒸气由两个AlCl3分子聚合而成，AlCl3中1个Al与3个Cl形成3个共价键，Al最外层电子全部参与成键，因此配位键只能是Cl提供孤对电子，Al提供空轨道，结构式为。
(5)根据图示，NaAlH4晶体中，与Na＋紧邻且等距的AlH有8个(顶点4个、面心4个)。该晶胞中Na＋个数为4×＋6×＝4，AlH个数为8×＋4×＋1＝4，NaAlH4晶体的密度为g÷(a×10－7cm×a×10－7cm×2a×10－7cm)＝×1021g·cm－3。
5．[化学——选修5：有机化学基础]
咖啡酸乙酯具有抗炎作用且有治疗自身免疫性疾病的潜力，其合成路线如图所示：
回答下列问题：
(1)C＋D→E反应类型为________。F中含氧官能团的名称是________。
(2)D分子中位于同一平面上的原子最多有________个。G的结构简式为________。
(3)H→咖啡酸乙酯的化学方程式为_______________________。
(4)芳香族化合物M是H的同分异构体，1molM与足量碳酸氢钠溶液反应生成2molCO2，M的结构有________种；其中核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为1∶2∶2∶2∶1的结构简式为________。
(5)以上图中的C和甲醛为原料，设计合成C5H12O4()的路线(无机试剂任选)。
答案(1)加成反应醛基
(2)14
(3)
(4)10
(5)
解析A的相对分子质量是28，A是乙烯，与水加成生成B乙醇，催化氧化生成C乙醛。C与D发生醛基的加成反应生成E，E在浓硫酸的作用下发生消去反应生成的F为，F发生银镜反应并酸化后生成的G为。G发生水解反应生成H，H与乙醇发生取代反应生成咖啡酸乙酯。
(1)根据以上分析可知C＋D→E的反应类型为加成反应。F中含氧官能团的名称是醛基。
(2)醛基和苯环均是平面形结构，则D分子中位于同一平面上的原子最多有14个。G的结构简式为
。
(3)H→咖啡酸乙酯的化学方程式为
。
(4)芳香族化合物M是H的同分异构体，1molM与足量碳酸氢钠溶液反应生成2molCO2，说明含有2个羧基，如果苯环上有3个取代基，应该是2个羧基和1个甲基，有6种；如果是两个取代基，应该是—COOH和—CH2COOH，有3种；如果是一个取代基，应该是—CH(COOH)2，M的结构其有10种；其中核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为1∶2∶2∶2∶1的结构简式为
、。
(5)根据已知信息结合逆推法可知以甲醛、C为原料合成C5H12O4的路线为CH3CHO
。
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