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”增分练三.doc

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1、 “51”增分练(三)16(12分)(2019南通七市二模)以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6和纳米镍粉的部分工艺流程如下：(1)工业上常将“过滤”的滤液和滤渣洗涤液合并，其目的是_。(2)“氧化”过程发生的离子方程式为_。(3)“沉铁”过程中加入碳酸钠调节溶液的pH至2，碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁钒转变为_(填化学式)。(4)向“过滤”所得滤液(富含Ni2)中加入N2H4H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如右图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射

2、峰的衍射角不同)。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的浓度为_。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式：_。不同NaOH浓度下，产物Ni的含量不同，可能的原因是_。解析：(1)红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加硫酸酸浸后由于Fe2O3、FeO、NiO溶于酸生成对应的硫酸盐，而SiO2不溶于酸，经过“过滤”得到滤渣为SiO2，洗去表面的硫酸盐，将滤液和滤渣洗涤液合并，其目的是为提高镍、铁元素的利用率；(2)用NaClO氧化是在酸性条件下把溶液中的Fe2转化为Fe3，则“氧化”过程发生的离子方程式为 2H2Fe2ClO=2Fe3ClH2O；(3)“沉铁”过程中加

3、入碳酸钠调节溶液的pH至2，碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁钒转变为 Fe(OH)3；(4)“过滤”所得滤液中富含Ni2，根据图分析可知，在0.005 molL1NaOH溶液中主要得到NiSO4N2H4，在0.015 molL1NaOH中能制得高纯纳米镍粉；该条件下Ni2被还原为纳米镍，N2H4被氧化生成N2，根据氧化还原反应的配平原则配平得到该反应的离子方程式N2H4H2O2Ni24OH=2NiN25H2O；不同NaOH浓度下，产物Ni的含量不同，可能的原因是碱性越强，N2H4H2O的还原性越强。答案：(1)为提高镍、铁元素的利用率(2)2H2Fe2ClO=2Fe3ClH2O(3)Fe(O

4、H)3(4)0.015 molL1N2H4H2O2Ni24OH=2NiN25H2O碱性越强，N2H4H2O的还原性越强17(15分)(2019苏北三市一模)某研究小组拟以对苯二酚为原料合成染料G。合成路线如下：(1)G中的含氧官能团名称为_(写出两种)。(2)AB的反应类型为_。(3)E的分子式为C17H19O3N，写出E的结构简式：_。(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。含有苯环，且分子中有一个手性碳原子，能与FeCl3溶液发生显色反应；能发生水解反应，水解产物均有4种不同化学环境的氢且水解产物之一是氨基酸。解析：(1)G中的含氧官能团是醚键、酰胺键(或

5、肽键)；(2)AB的过程酚羟基中的氢被乙基代替，其反应类型为取代反应；(3)从EF反应的条件浓硝酸、浓硫酸，加热，即发生硝化反应，又E分子式为C17H19O3N，则E的结构简式为；(4)C的一种同分异构体满足含有苯环，且分子中有一个手性碳原子，能与FeCl3溶液发生显色反应，含酚羟基；能发生水解反应，含有酯基，水解产物均有4种不同化学环境的氢且水解产物之一是氨基酸。则该同分异构体的结构简式为或；(5)由于产物两个支链在邻位，以甲苯为原料必须先硝化引入邻位NO2，再还原成NH2，与形成酰胺键，最后将CH3氧化为COOH。因此以和为原料制备的合成路线如下： 答案：(1)醚键、酰胺键(或肽键)(2)

6、取代反应18(12分)(2019扬州一模)纳米级Co3O4是一种电极材料，可用草酸盐湿式沉淀煅烧分解法制备。(1)先用(NH4)2C2O4溶液和CoCl2溶液为原料制取难溶于水的CoC2O42H2O晶体。已知25 ，Kb(NH3H2O)1.8105，H2C2O4的Ka15.6102，Ka25.4105。(NH4)2C2O4溶液的pH_(填“”“”或“”)7。反应时，使(NH4)2C2O4过量的原因是_。(2)为确定由CoC2O42H2O获得Co3O4的最佳煅烧温度，准确称取4.575 g的CoC2O42H2O样品，在空气中加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如图所示(已知385 以上残留固体均

7、为金属氧化物)B处的物质为_(填化学式)。经测定，205385 的煅烧过程中，产生的气体为CO2，计算AB段消耗O2在标准状况下的体积。(写出计算过程，结果保留2位有效数字)解析：(1)由于Kb(NH3H2O)1.8105，H2C2O4的Ka25.4105，则在相同条件下NH的水解程度比C2O大，(NH4)2C2O4溶液呈酸性，pH7。反应时，使(NH4)2C2O4过量的原因是使Co2充分沉淀(或提高Co2的沉淀率)。(2)n(CoC2O42H2O)0.025 mol，CoC2O42H2O中m(H2O)0.025 mol218 gmol10.9 g，CoC2O42H2O中m(CoC2O4)4.

8、575 g0.9 g3.675 g，根据图中A点数据可知，A为CoC2O4B处固体质量为2.008 g，其中m(Co)0.025 mol59 gmol11.475 g，则含m(O)2.008 g1.475 g0.533 g，n(Co)n(O)0.025 mol34，故B处物质为Co3O4。已知205385 的煅烧过程中，产生的气体为CO2，则AB段发生反应的化学方程式为3CoC2O42O2Co3O46CO2V(O2)0.025 mol22.4 Lmol10.37 L。答案：(1)使Co2充分沉淀(或提高Co2的沉淀率)(2)Co3O4n(CoC2O42H2O)0.025 molCoC2O42H

9、2O中m(H2O)0.025 mol218 gmol10.9 g，CoC2O42H2O中m(CoC2O4)4.575 g0.9 g3.675 g，根据图中A点数据可知，A为CoC2O4AB段发生反应的化学方程式为3CoC2O42O2 Co3O46CO2V(O2)0.025 mol22.4 Lmol10.37 L(其他合理计算步骤也可)19(15分)(2019天一中学诊测)硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如表：物质熔点/沸点/其他性质SO2Cl254.169.1易水解，产生大量白雾易分解：SO2Cl2 SO2Cl2H2SO410.4

10、338具有吸水性且不易分解实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，反应的热化学方程式为SO2(g)Cl2(g)SO2Cl2(l)H97.3 kJmol1，反应装置如图所示(夹持仪器已省略)，请回答有关问题：(1)仪器A的名称为_。(2)仪器B的作用是_。(3)装置丙中盛放的试剂为_，在实验室用氢氧化钠吸收多余硫酰氯的离子反应方程式为_。(4)为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有_(填序号)。先通冷凝水，再通气体控制气流速率，宜慢不宜快若三颈烧瓶发烫，可适当降温加热三颈烧瓶(5)少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO3H)分解获得，该反应的化学方程式为2ClSO3H=H2SO

11、4SO2Cl2，此方法得到的产品中会混有硫酸。从分解产物中分离出硫酰氯的实验操作名称为_。请设计实验方案检验氯磺酸分解制取硫酰氯产品中混有硫酸_。(可选试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸馏水、紫色石蕊溶液)解析：(1)仪器A为球形冷凝管，可冷凝回流，提高利用率。(2)仪器B的作用是吸收未反应完的氯气和二氧化硫，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入甲，使SO2Cl2水解。(3)装置丙中盛放的试剂为饱和食盐水，吸收挥发出的HCl；氢氧化钠吸收多余硫酰氯的离子反应方程式为SO2Cl24OH=SO2Cl2H2O。(4)先通冷凝水，再通气体，可提高反应物的利用率，增大产率，正确；控制气流速率，宜

12、慢不宜快，可提高反应物的利用率，增大产率，正确；若三颈烧瓶发烫，可适当降温，实验中的反应为放热反应，平衡正向移动，增大产率，正确；反应放热，加热三颈烧瓶，平衡逆向移动，产率减小，错误。(5)反应后得到的液体混合物互溶，因SO2Cl2与H2SO4的沸点不同，故可通过蒸馏(温度范围在69.1 以上，100 以下)分离出硫酰氯。答案：(1)球形冷凝管(2)吸收未反应完的氯气和二氧化硫，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入甲，使SO2Cl2水解(3)饱和食盐水SO2Cl24OH=SO2Cl2H2O(4)(5)蒸馏取样品在干燥条件下加热至完全反应(挥发或分解等)，冷却后加入蒸馏水进行稀释，取少量溶液滴

13、加紫色石蕊溶液变红，再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4(或取样品在干燥条件下加热至完全反应，冷却后直接加BaCl2溶液，有白色沉淀，再滴加紫色石蕊溶液变红，说明含有H2SO4)20(14分)(2019南京三模)废水中氨氮(NH3、NH)的处理技术有生物脱氮法、化学沉淀法、折点加氯法和电催化氧化法等。(1)氨氮污水直接排放入河流、湖泊导致的环境问题是_。(2)生物脱氮法：利用微生物脱氮，原理如下：NHNON2反应的离子方程式为_。(3)化学沉淀法：向废水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液，NH转化为MgNH4PO46H2O沉淀。若pH过大，氨氮去除率和磷利用率均

14、降低，其原因是_(用离子方程式表示)。(4)折点加氯法：向废水中加入NaClO溶液，使氨氮氧化成N2，相关反应如下：NaClOH2O=HClONaOH()NH3HClO=NH2ClH2O()NH2ClHClO=NHCl2H2O()NHCl2H2O=NOH2HCl()NHCl2NOH=N2HClOHCl()探究NaClO的投加量以m(Cl2)表示对氨氮去除率的影响，实验结果如图1所示。当m(Cl2)m(NH3)7.7时，污水中总氮去除率缓慢下降，其原因是_。当m(Cl2)m(NH3)7.7时，随着m(Cl2)m(NH3)的减小，污水中余氯(除Cl外的氯元素存在形式)浓度升高，其原因是_。(5)电

15、催化氧化法：原理如图2所示(MOx表示催化剂)。反应的离子方程式可表示为2NH6MOx(OH)=6MOxN26H2O2H。阳极电极反应式为_。电催化氧化法除氨氮时，若其他条件相同时，含Cl的污水比不含Cl的污水氨氮去除率要高，其原因是_。解析：(1)氨氮污水直接排放入河流、湖泊导致水体富营养化；(2)据图可知，反应的离子方程式为NH2O2NO2HH2O；(3)若pH过大，MgNH4PO46H2O会与氢氧根离子反应转化成氢氧化镁，其离子方程式为MgNH4PO46H2O2OH=Mg(OH)2NHPO6H2O；(4)当m(Cl2)m(NH3)7.7时，次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为NO；当m(Cl2)m(NH3)”“I2(Zn)；(3)SO2分子中S原子价层电子对数23，杂化轨道数为3，杂化轨道类型为sp2，且含有1个孤电子对，分子的空间构型为V形，与SO2互为等电子体的分子中有3个原子，价电子数是18，为O3；(4)Cu(CH3CN)4的配体是CH3CN，其中键和键个数之比为52；(5)晶胞中Fe2、Fe3处于顶点，含有4个Fe2和4个Fe3，CN位于晶胞的棱上，含有123个，Fe2、Fe3、CN个数比为3116，则该离子形成铁蓝钾盐的化学式为KFeFe(CN)6。答案：(1)Ar3d10(2)(3)sp2V形O3(4)52(5)KFeFe(CN)6