（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

“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_(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)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： (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 moll1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；(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(nhh2onh3h2oh)，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_mol。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，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，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 90