（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）

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1、 “5＋1”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

2、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________(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F

3、e2O3、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2Fe3＋＋3ClO－＋

4、10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O； (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)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8∶

5、3。 答案：(1)可以减少“氧化”步骤中NaOH的用量 (2)2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O (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)2　FeO　AlO (5)8∶3 17．(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： (1)化合物H中的含氧官能团名称为_________________________________________。

6、(2)A→B的反应类型为________；化合物G的结构简式为________________。 (3)D→E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：_________________。 ①能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应； ②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===CH2CH3CH2C

7、l。 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：①Na2SO3＋SO2===Na2S2O5， 5C2O＋2MnO＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O； ②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Ⅰ的化学方程式为_______________________

8、_______________；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pH＝4.5。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 molL－1的H2SO4溶液，蒸馏；将产生的SO2用200.00 mL 0.500 0 molL－1酸性KMnO4溶液吸收，完全吸收后，加水稀释得到吸

9、收液250 mL。 步骤2：准确量取25.00 mL吸收液，用0.100 0 molL－1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Ⅰ的化学方程式为NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NH4Cl＋NaHCO3↓，过滤后将滤渣加热，NaHCO3受热分解，放出CO2，即X为CO2； (2)Na2S2O5溶解于水所得溶液pH＝4.5，据图可知，pH＝4.5时HSO浓度最大，即Na2S2O5转化为

10、HSO，则Na2S2O5溶于水时主要反应的离子方程式为S2O＋H2O===2HSO。 答案：(1)NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NH4Cl＋NaHCO3↓　CO2　 (2)S2O＋H2O===2HSO (3)由反应5C2O＋2MnO＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O得关系式：2MnO～5C2O 步骤2中反应的n(KMnO4)＝0.100 0 molL－148.0010－3 L＝1.9210－3 mol， 步骤1中反应的n(KMnO4)＝0.500 0 molL－120010－3 L －1.9210－3 mol 10＝8.0810－2 mol， 由关系式：5N

11、a2S2O5～10SO2～4MnO可得： 20．000 g产品中n(Na2S2O5)＝8.0810－2 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：____________________________ ___________________________________________________

12、_____________________。 (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Ⅱ所用装置如图2所示，仪器A的名称是________。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___________________________

13、__________ ____________________________________________________________________________。 (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、

14、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Ⅰ后，菱镁矿中的MgCO3分解得到MgO，用热的NH4

15、Cl溶液浸出Mg元素，原理是利用NH的水解(NH＋H2ONH3H2O＋H＋)，溶液呈酸性，使得MgO溶解浸出(MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O)，故离子方程式为MgO＋2NH===Mg2＋＋2NH3↑＋H2O。(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Ⅱ是在坩埚中加热发生反应：Mg(OH)2MgO＋H2O，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

16、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2～3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2～3次。 答案：(1)MgO＋2NH===Mg2＋＋2NH3↑＋H2O (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

17、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2～3次，加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2～3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)ΔH＝a kJmol－1 2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)ΔH＝b kJmol－1 4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(l)ΔH＝c kJmol－1 反应8NH3(g)

18、＋6NO2(g)===7N2(g)＋12H2O(l)ΔH＝________kJmol－1。 (2)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。 ①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，温度过高时氨氮去除率降低的原因是________________________________________________________。 ②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

19、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。 ①写出该活性原子与NO反应的离子方程式：________________________

20、______。 ②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________mol。 解析：(1)将给定的三个热化学方程式依次分别编号为①、②、③，根据盖斯定律，将③2－①7－②3即得目标热化学方程式8NH3(g)＋6NO2(g)===7N2(g)＋12H2O(l)，则ΔH＝(2c－7a－3b)kJmol－1； (2)①由图1可知，发生了反应Ⅰ.NaClO＋H2O===HClO＋NaOH，Ⅱ.2NH3＋3HClO===N2＋3HCl＋3H2O，Ⅲ.HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，将Ⅰ3＋Ⅱ＋Ⅲ3即得总反应的化学方程式为2NH3＋3NaClO===N2＋3N

21、aCl＋3H2O；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；②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，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)①根据图3所示2NO＋10H===N2↑＋2OH－＋4H2O　②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4NO→5O2→20e－，理论

22、上可除去NO的物质的量为：0.1 mol＝0.08 mol。 答案：(1)2c－7a－3b (2)①2NH3＋3NaClO===N2＋3NaCl＋3H2O　 温度过高，HClO发生分解，氨氮去除率随之降低 ②增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多　有部分NH3被氧化成NO或NO (3)①2NO＋10H===N2↑＋2OH－＋4H2O ②0.08 21．(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1∶4∶2，R基态原子的3d原子轨道上的电

23、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，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

24、为[R(NH3)6]2＋,1 mol[R(NH3)6]2＋中含有σ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1∶4∶2，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

25、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ⅤA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 Si