江苏专用2020高考化学二轮复习第三板块考前巧训特训第二类非选择题专练“5＋1”增分练二.doc

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1、 “51”增分练(二)16(12分)(2019南京二模)以硫铁矿烧渣(主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO)生产安全高效的水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)的工艺流程如下：已知：FeO在强碱性溶液中稳定，但在Fe(OH)3催化作用下会发生分解。(1)“酸浸”时加入硫酸的量不宜过多的原因是_。(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为_。(3)在控制其他条件不变的情况下，探究保持Fe2(SO4)3和NaOH总质量不变，改变其质量比对K2FeO4产率的影响，实验结果如图所示，当质量比大于0.55时K2FeO4的产率下降的原因可能是_。(4)“过滤2”产生的滤渣的主要成分为_

2、(填化学式)，“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH、Cl、SO、_、_(填化学式)。(5)K2FeO4可将水中的H2S氧化为硫酸盐，同时K2FeO4被还原为Fe(OH)3，则反应时K2FeO4与H2S的物质的量之比为_。解析：硫铁矿烧渣(主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO)加入稀硫酸、过氧化氢，滤渣为二氧化硅，滤液中含有铁离子、铝离子、硫酸根离子和镁离子，加入次氯酸钠溶液和氢氧化钠溶液，混合发生氧化还原反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，过滤除去氢氧化镁，滤液中加入氢氧化钾溶液实现高铁酸钠转化为高铁酸钾沉淀，冷却结晶过滤得到高铁酸钾固体，上述工艺得到的高铁酸钾常含有

3、杂质，“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH、Cl、SO、FeO、AlO，可用重结晶法提纯。(1)为避免后续“氧化”步骤中消耗较多的氢氧化钠，则“酸浸”时加入硫酸的量不宜过多；(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe33ClO10OH=2FeO3Cl5H2O；(3)题给信息中FeO在强碱性溶液中稳定，但在Fe(OH)3催化作用下会发生分解，由图像可知，当质量比大于0.55时，过多的Fe3与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降；(4)滤渣2含有氢氧化镁，“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH、Cl、SO、FeO、AlO；(5)

4、K2FeO4可将水中的H2S氧化为硫酸盐，同时K2FeO4被还原为Fe(OH)3，反应中Fe元素化合价由6价降低为3价，S元素化合价由2价升高为6价，则K2FeO4与H2S的物质的量之比为83。答案：(1)可以减少“氧化”步骤中NaOH的用量(2)2Fe33ClO10OH=2FeO3Cl5H2O(3)当硫酸铁跟氢氧化钠的质量比增大到一定程度时，过多的Fe3与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降(4)Mg(OH)2FeOAlO(5)8317(15分)(2019无锡一模)纳多洛尔是临床常用的治疗高血压药物，可以通过以下方法合成： (

5、1)化合物H中的含氧官能团名称为_。(2)AB的反应类型为_；化合物G的结构简式为_。(3)DE的化学方程式为_。(4)写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中只有3种不同化学环境的氢原子。(5)已知：请写出以甲苯、(CH3CO)2O和CH3OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2CH3CH2Cl。解析：(1)化合物H()中的含氧官能团名称为醚键、羟基；(2)反应 苯环上的氢原子被SO3H代替，则反应类型为取代反应；由 得到E G是酯基水解，则化合物G

6、的结构简式为 18(12分)(2019苏北三市一模)实验室以食盐为原料制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)并测定其纯度，流程如下：已知：Na2SO3SO2=Na2S2O5，5C2O2MnO16H=10CO22Mn28H2O；焦亚硫酸钠与强酸接触则放出SO2而生成相应的盐类。(1)反应的化学方程式为_；流程中X的化学式为_。(2)0.5 mol Na2S2O5溶解于水配成1 L溶液，该溶液pH4.5。溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化如图所示，写出Na2S2O5溶于水时主要反应的离子方程式为_。(3)为测定产品的纯度，实验步骤依次为：步骤1：准确称取20.00 g产品于反应容器中，加入稍过量的2 m

7、olL1的H2SO4溶液，蒸馏；将产生的SO2用200.00 mL 0.500 0 molL1酸性KMnO4溶液吸收，完全吸收后，加水稀释得到吸收液250 mL。步骤2：准确量取25.00 mL吸收液，用0.100 0 molL1的K2C2O4标准溶液滴定，消耗K2C2O4标准溶液48.00 mL。计算产品中焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的纯度(写出计算过程)。解析：(1)向NaCl饱和溶液中通入NH3和CO2，利用NaHCO3的溶解度小，便于从溶液中析出，则反应的化学方程式为NH3CO2H2ONaCl=NH4ClNaHCO3，过滤后将滤渣加热，NaHCO3受热分解，放出CO2，即X为CO2；(

8、2)Na2S2O5溶解于水所得溶液pH4.5，据图可知，pH4.5时HSO浓度最大，即Na2S2O5转化为HSO，则Na2S2O5溶于水时主要反应的离子方程式为S2OH2O=2HSO。答案：(1)NH3CO2H2ONaCl=NH4ClNaHCO3CO2(2)S2OH2O=2HSO(3)由反应5C2O2MnO16H=10CO22Mn28H2O得关系式：2MnO5C2O步骤2中反应的n(KMnO4)0.100 0 molL148.00103 L1.92103 mol，步骤1中反应的n(KMnO4)0.500 0 molL1200103 L 1.92103 mol 108.08102 mol，由关系

9、式：5Na2S2O510SO24MnO可得：20000 g产品中n(Na2S2O5)8.08102 mol 0.101 mol，w(Na2S2O5)100%95.95%。19(15分)(2019扬、泰、南、淮、徐、宿、连三模)实验室以菱镁矿(主要成分MgCO3，少量的CaO、SiO2、Al2O3、Fe2O3)为原料生产高纯MgO，其主要实验流程如下： (1)写出用热的NH4Cl溶液浸出镁元素的离子方程式：_。(2)在温度、搅拌时间一定的情况下，搅拌转速对Mg(OH)2的沉淀量的影响如图1所示。搅拌转速大于500转/分，Mg(OH)2沉淀量降低的原因是_。(3)灼烧所用装置如图2所示，仪器A的名

10、称是_。为提高MgO的纯度，需充分灼烧，通过“称量”确定灼烧已经完全的方法是_。(4)将用NH4Cl浸出所得溶液直接蒸干、灼烧也能制得MgO，该方法的缺点是_。(5)补充完整由滤渣(SiO2、Al2O3、Fe2O3)制备纯净的Al2(SO4)318H2O晶体的实验步骤：向一定量滤渣中加入足量的稀硫酸，充分反应后过滤，向滤液中滴加NaOH溶液至生成的沉淀不再减少，过滤，_，抽干，装瓶。(实验中须使用的试剂：CO2气体、稀硫酸、蒸馏水、无水乙醇)解析：(1)根据实验流程可知，在灼烧后，菱镁矿中的MgCO3分解得到MgO，用热的NH4Cl溶液浸出Mg元素，原理是利用NH的水解(NHH2ONH3H2O

11、H)，溶液呈酸性，使得MgO溶解浸出(MgO2H=Mg2H2O)，故离子方程式为MgO2NH=Mg22NH3H2O。(2)根据图1数据，搅拌转速大于500转/分时，Mg(OH)2沉淀量降低是因为搅拌转速过快，Mg(OH)2颗粒变小，不易沉降。(3)根据图2可知，仪器A是坩埚；灼烧是在坩埚中加热发生反应：Mg(OH)2MgOH2O，当连续两次灼烧后称得固体(坩埚和固体)质量相同，说明灼烧完成。(4)根据实验流程可知，用NH4Cl浸出所得溶液中，含有MgCl2和NH4Cl，直接灼烧，Mg2和NH水解生成的NH3、HCl污染环境，Mg(OH)2分解生成MgO的纯度不高，能源消耗更大。(5)据实验流程

12、分析，此时滤液中主要含有AlO，向所得滤液中通入CO2气体至Al(OH)3沉淀不再增多，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀23次，加入稀H2SO4至Al(OH)3完全溶解，生成Al2(SO4)3，将所得Al2(SO4)3溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用无水乙醇洗涤晶体23次。答案：(1)MgO2NH=Mg22NH3H2O(2)搅拌转速过快，Mg(OH)2颗粒变小，不易沉降(或搅拌转速过快，促进氨气挥发)(3)坩埚连续两次灼烧后称得(坩埚和固体的)质量相同(4)直接灼烧生成的NH3、HCl污染环境、生成MgO纯度不高、能耗更高(5)向所得滤液中通入二氧化碳气体至沉淀不再增多，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀23次，加

13、入稀硫酸至沉淀完全溶解，将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤晶体23次20(14分)(2019南通一模)消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。(1)已知： N2(g)O2(g)=2NO(g)Ha kJmol12NO(g)O2(g)=2NO2(g)Hb kJmol14NH3(g)5O2(g)=4NO(g)6H2O(l)Hc kJmol1反应8NH3(g)6NO2(g)=7N2(g)12H2O(l)H_kJmol1。(2)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的原理如图1所示。写出该图示的总反应化学方程式：_。该反应需控制温度，温度过

14、高时氨氮去除率降低的原因是_。取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠的用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaClO)m(NH3)的变化情况如图2所示。点B剩余NaClO含量低于点A的原因是_。当m(NaClO)m(NH3)7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是_。(3)电极生物膜电解脱硝是电化学和微生物工艺的组合。某微生物膜能利用电解产生的活性原子将NO还原为N2，工作原理如图3所示。写出该活性原子与NO反应的离子方程式：_。若阳极生成标准状况下2.24 L气体，理论上可除去NO的物质的量为_m

15、ol。解析：(1)将给定的三个热化学方程式依次分别编号为、，根据盖斯定律，将273即得目标热化学方程式8NH3(g)6NO2(g)=7N2(g)12H2O(l)，则H(2c7a3b)kJmol1；(2)由图1可知，发生了反应.NaClOH2O=HClONaOH，.2NH33HClO=N23HCl3H2O，.HClNaOH=NaClH2O，将33即得总反应的化学方程式为2NH33NaClO=N23NaCl3H2O；该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是温度过高，HClO发生分解，氨氮去除率随之降低；根据图2可知，点B剩余NaClO含量低于点A的原因是增加NaClO的量，反应速率加快，

16、相同时间内NaClO消耗多；当m(NaClO)m(NH3)7.6时，溶液中氨氮去除率接近100%，而水体中总氮去除率反而下降，可能是因为有部分NH3被氧化成NO或NO等可溶性含氮化合物；(3)根据图3所示2NO10H=N22OH4H2O若阳极生成标准状况下2.24 L气体即0.1 mol O2，NO还原为N2，根据得失电子守恒，得关系式4NO5O220e，理论上可除去NO的物质的量为：0.1 mol0.08 mol。答案：(1)2c7a3b(2)2NH33NaClO=N23NaCl3H2O 温度过高，HClO发生分解，氨氮去除率随之降低增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗

17、多有部分NH3被氧化成NO或NO(3)2NO10H=N22OH4H2O0.0821(12分)(2019南通七市三模)已知X、Y、Z、R都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。X是空气中含量最高的元素，Z基态原子核外K、L、M三层电子数之比为142，R基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍，Y基态原子的最外层电子数等于Z、R基态原子的最外层电子数之和。(答题时，X、Y、Z、R用所对应的元素符号表示)(1)X、Y、Z的第一电离能由小到大的顺序为_，写出一种与ZY互为等电子体的分子的化学式：_。(2)R3基态核外电子排布式为_。(3)化合物Z3X4熔点高达1 900 以上

18、，硬度很大。该物质的晶体类型是_。(4)Y、Z形成的某晶体其晶胞结构如右图所示，则该化合物的化学式为_。(5)R2与过量的氨水形成的配离子的化学式为R(NH3)62,1 molR(NH3)62中含有键的数目为_。解析：根据题意，X、Y、Z、R都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。X是空气中含量最高的元素，则X是N；Z基态原子核外K、L、M三层电子数之比为142，即K、L、M三层电子数分别为2、8、4，则Z为Si；R基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍，即R基态核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，则R为Ni；Y基态原子的最外层电子数等于Z、R

19、基态原子的最外层电子数之和，Y原子最外层电子数为6，核电荷数介于N和Si之间，则Y为O。(1)根据元素周期律，同周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但A族元素的p轨道处于半满的稳定状态，故其第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，则X、Y、Z的第一电离能由小到大的顺序为 SiON，与ZY(即SiO)互为等电子体的分子的化学式为CCl4或SiF4；(2)Ni3基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7或Ar3d7；(3)化合物Z3X4熔点高达1 900 以上，硬度很大。该物质的晶体类型是原子晶体；(4)根据均摊法可知，在这个晶胞中O位于晶胞内，数目16，Si位于顶点、面心和晶胞内，数目8648，则 Si、O原子个数比为12，该化合物的化学式为SiO2；(5)R2与过量的氨水形成的配离子的化学式为R(NH3)62，R(NH3)62中R与NH3形成配位键，1 molR(NH3)62中含有6 mol RN键，3618 mol的NH键，即共含有24 mol 键，数目为246.021023。答案：(1)SiONCCl4或SiF4(2)Ar3d7(或1s22s22p63s23p63d7)(3)原子晶体(4)SiO2(5)246.021023