（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（六）.doc

“51”增分练(六)16(12分)(2019天一中学诊断测试)三盐基硫酸铅(3pbopbso4h2o，相对分子质量为990)简称三盐，白色或微黄色粉末，稍带甜味、有毒。200 以上开始失去结晶水，不溶于水及有机溶剂。可用作制备聚氯乙烯的热稳定剂。以铅泥(主要成分为pbo、pb及pbso4等)为原料制备三盐的工艺流程如图所示：已知：ksp(pbso4)1.82108，ksp(pbco3)1.461013。请回答下列问题：(1)步骤转化的目的是_，滤液1中的溶质为na2co3和_(填化学式)，当沉淀转化达平衡时，滤液1中c(so)与c(co)的比值为_(结果保留2位小数)；(2)步骤酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施有_(任写两条)，其中铅与硝酸反应生成pb(no3)2和no的离子方程式为_；(3)滤液2中可循环利用的溶质为_(填化学式)；(4)步骤合成三盐的化学方程式为_；(5)简述步骤洗涤沉淀的方法：_。解析：以铅泥(主要成分为pbo、pb及pbso4等)为原料制备三盐，由流程分析，结合已知信息可知，向铅泥中加入na2co3溶液，可以将pbso4转化成pbco3，发生反应：na2co3(aq)pbso4(s)=na2so4(aq)pbco3(s)，所以滤液1的溶质主要是na2so4和过量的na2co3，pb、pbo和pbco3在硝酸的作用下发生反应：3pb8hno3=3pb(no3)22no4h2o、pbco32hno3=pb(no3)2co2h2o、pbo2hno3=pb(no3)2h2o，向pb(no3)2中加入稀h2so4，生成pbso4和硝酸，故滤液2为hno3，可循环利用，向硫酸铅中加入氢氧化钠生成三盐和硫酸钠，发生反应：4pbso46naoh3pbopbso4h2o3na2so42h2o，滤液3主要是硫酸钠，洗涤沉淀干燥得到三盐，据此解答。(1)由ksp(pbco3)ksp(pbso4)可知，向铅泥中加na2co3溶液可将pbso4转化成pbco3，滤液1的溶质主要是na2so4和过量的na2co3；当沉淀转化达平衡时，滤液1中c(so)与c(co)的比值为1.25105。(2)酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施有适当升温、适当增大硝酸浓度、减小沉淀粒径等；铅与硝酸反应生成pb(no3)2和no，离子方程式为3pb8h2no=3pb22no4h2o。(3)滤液2中可循环利用的溶质为hno3。(4)步骤合成三盐的化学方程式为4pbso46naoh3pbopbso4h2o3na2so42h2o。(5)洗涤沉淀的方法：用玻璃棒引流，向过滤器中加蒸馏水直至浸没沉淀，待水自然流下后，重复23次。答案：(1)将pbso4转化为pbco3，提高铅的利用率na2so41.25105(2)适当升温(或适当增大硝酸浓度、减小颗粒直径等合理答案)3pb8h2no=3pb22no4h2o(3)hno3(4)4pbso46naoh3pbopbso4h2o3na2so42h2o(5)用玻璃棒引流，向过滤器中加蒸馏水直至浸没沉淀，待水自然流下后，重复23次17(15分)(2019南通七市三模)化合物f(盐酸地拉普利)是一种治疗高血压的药物，其合成路线流程图如下：(1)d中的官能团有酰胺键、_(写名称)。(2)ef的反应类型为_。(3)b的分子式为c15h21o2n，写出b的结构简式：_。(4)a的一种同分异构体m同时满足下列条件，写出m的结构简式：_。m是一种芳香族化合物，能与naoh溶液发生反应；m分子中有4种不同化学环境的氢原子。(5)已知：rxrcnrch2nh2。写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)。解析：(1)d中的官能团有酰胺键、氨基、酯基；(2)比较e、f结构，从ef变化中可知，e中酯基转化为羧基，则该反应的反应类型为取代反应；(3)由题中的变化可知，b中nh转化为酰胺键，结合b的分子式为c15h21o2n，则b的结构简式为；(4)a()的一种同分异构体m同时满足m是一种芳香族化合物，说明含有苯环，由于只有1个o 原子，且能与naoh溶液发生反应则含有酚羟基；m分子中有4种不同化学环境的氢原子，说明结构高度对称。由其不饱和度可知应含有碳碳三键，则m的结构简式(5)以为原料制备的合成路线流程图如下：答案：(1)氨基、酯基(2)取代反应(3)(5)18(12分)(2019南京三模)草酸(二元弱酸，分子式为h2c2o4)遍布于自然界，几乎所有的植物都含有草酸钙(cac2o4)。(1)葡萄糖(c6h12o6)与hno3反应可生成草酸和no，其化学方程式为_。(2)相当一部分肾结石的主要成分是cac2o4。若某人每天排尿量为1.4 l，含0.10 g ca2。当尿液中c(c2o)_moll1时，易形成cac2o4沉淀。已知ksp(cac2o4)2.3109(3)测定某草酸晶体(h2c2o4xh2o)组成的实验如下：步骤1：准确称取0.550 8 g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用naoh溶液滴定至终点，消耗naoh溶液的体积为22.50 ml。步骤2：准确称取0.151 2 g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用naoh溶液滴定至终点(h2c2o42naoh=na2c2o42h2o)，消耗naoh溶液的体积为20.00 ml。“步骤1”的目的是_。计算x的值(写出计算过程)。解析：(1)hno3将葡萄糖(c6h12o6)氧化为草酸，c元素从0价升高到2价，n元素从5价降低到2价，则根据化合价升降总数相等、原子守恒可知，化学方程式为c6h12o66hno3=3h2c2o46h2o6no；(2)c(ca2)0.001 79 mol/l，又ksp(cac2o4)2.3109c(ca2)c(c2o)，因此当形成沉淀时，溶液中c(c2o)1.3106(mol/l)；(3)“步骤1”中用邻苯二甲酸氢钾滴定氢氧化钠，两者按物质的量为11反应，可测定naoh溶液的准确浓度；0.550 8 g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(khc8h4o4)2.700103 moln(naoh)，测定naoh溶液的准确浓度c(naoh)0.120 0 moll1，又草酸与氢氧化钠反应，根据h2c2o42naoh=na2c2o42h2o可知，n(h2c2o4xh2o)n(naoh)0.120 0 moll120.00 ml103 lml11.200103 mol，m(h2c2o4xh2o)126.0 gmol1，由9018x126，解得x2。答案：(1)c6h12o66hno3=3h2c2o46h2o6no(2)1.3106(3)测定naoh 溶液的准确浓度n(naoh)n(khc8h4o4)2.700103 molc(naoh)0.120 0 moll1n(h2c2o4xh2o)n(naoh)0.120 0 moll120.00 ml103 lml11.200103 molm(h2c2o4xh2o)126.0 gmol1由9018x126，解得x2。19(15分)(2019苏锡常镇二模)以黄铜矿(cufes2)、fecl3和乳酸ch3ch(oh)cooh为原料可制备有机合成催化剂cucl和补铁剂乳酸亚铁ch3ch(oh)coo2fe。其主要实验流程如下：(1)fecl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为_。(2)向溶液1中加入过量铁粉的目的是_。(3)过滤后得到的feco3固体应进行洗涤，检验洗涤已完全的方法是_。(4)实验室制备乳酸亚铁的装置如图1所示。实验前通入n2的目的是_。某兴趣小组用kmno4滴定法测定样品中fe2含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，结果测得产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是_。(5)已知：cucl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易氧化；可与nacl溶液反应，生成易溶于水的nacucl2。nacucl2可水解生成cucl，温度、ph对cucl产率的影响如图2、3所示。由cucl(s)、s(s)混合物提纯cucl的实验方案为：将一定量的混合物溶于饱和nacl溶液中，_。(实验中须使用的试剂有：饱和nacl溶液，0.1 moll1 h2so4、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。解析：由实验流程可知，向黄铜矿(cufes2)中加入fecl3溶液发生氧化还原反应生成fecl2、cucl固体和硫单质，经过滤得到固体为cucl和s，进一步分离可得cucl；溶液1中含有fecl2和fecl3，加入过量的铁粉除去溶液中的fe3得到溶液2为纯度较高的fecl2溶液，向溶液2中加入碳酸钠溶液生成feco3沉淀，过滤后加乳酸得到乳酸亚铁ch3ch(oh)coo2fe。亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，实验前通入n2排尽装置中的空气，装置中feco3和乳酸发生反应制备乳酸亚铁ch3ch(oh)coo2fe。(1)由上述分析可知，fecl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为cufes23fe3cl=4fe2cucl2s；(2)溶液1中含有fecl3，向溶液1中加入过量铁粉的目的是除去溶液中的fe3，提高产品的纯度；(3)feco3固体会吸附溶液中的cl，所以检验洗涤已完全应检验是否含有cl，方法为：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的agno3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全；(4)亚铁离子容易被氧气氧化，实验前通入n2的目的是排尽装置中的空气，防止fe2被氧化；乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾增多，计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；(5)根据题给信息，将一定量的混合物溶于饱和nacl溶液中，cucl与nacl溶液反应，生成易溶于水的nacucl2，过滤后除去s；将nacucl2水解生成cucl，根据温度、ph对cucl产率的影响曲线，应选择温度60 左右，控制溶液的ph为2.02.5左右，具体的操作为：过滤，控制温度60 左右，向滤液中滴加0.1 moll1 h2so4，控制溶液的ph为2.02.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，最后用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥。答案：(1)cufes23fe3cl=4fe2cucl2s(2)除去溶液中的fe3，提高产品的纯度(3)取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的agno3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全(4)排尽装置中的空气，防止fe2被氧化 kmno4具有强氧化性，可将fe2和乳酸根离子中的羟基一同氧化(5)过滤，控制温度60 左右，向滤液中滴加0.1 moll1 h2so4，控制溶液的ph为2.02.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥20(14分)(2019金中、海中、南外四模)co2的回收利用对减少温室气体排放、改善人类生存环境具有重要意义。(1)利用co2和ch4重整可制合成气(主要成分co、h2)，重整过程中部分反应的热化学方程式为ch4(g)=c(s)2h2(g)h175.0 kjmol1co2(g)h2(g)=co(g)h2o(g) h241.0 kjmol1co(g)h2(g)=c(s)h2o(g) h3131.0 kjmol1则：反应co2(g)ch4(g)=2co(g)2h2(g)的h_。(2)文献报道某课题组利用co2催化氢化制甲烷的研究过程如下：反应结束后，气体中检测到ch4和h2，滤液中检测到hcooh，固体中检测到镍粉和fe3o4。ch4、hcooh、h2的产量和镍粉用量的关系如图所示(仅改变镍粉用量，其他条件不变)：研究人员根据实验结果得出结论：hcooh是co2转化为ch4的中间体，即：co2hcoohch4写出产生h2的化学方程式：_。由图可知，相同条件下反应的速率_(选填“”“”或“”)反应的速率。由图可知，当镍粉用量从1 mmol增加到10 mmol时，甲烷产量升高而甲酸产量降低，原因是_。(3)某文献报道：在300 、30 mpa，以fe、cocl2作催化剂，co2和h2反应生成丁烷和戊烷。假定在一实验容器中充入一定量的标准状况下的448 l co2和y molh2，加入催化剂，若co2和h2转化率均为100%，有机产物只有丁烷和戊烷，n(丁烷)/n(戊烷)x，则y_(用x表示)。(4)最近我国科学家设计了一种co2h2s协同转化装置，实现对天然气中co2和h2s的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为zno石墨烯(石墨烯包裹的zno)和石墨烯，则石墨烯电极区发生的反应方程式为_，阴极区的电极反应式为_。解析：(1)目标反应可由方程式的叠加得到：，所以由盖斯定律可求算出该反应的反应热hh1h2h3(75.0 kj/mol)(41.0 kj/mol)(131.0 kj/mol)247 kj/mol。(2)铁粉与水蒸气在高温下可生成h2和fe3o4。由图像可知相同条件下甲酸的变化幅度小于甲烷，即相同条件下反应的速率慢。镍粉用量增大时相同时间内甲烷产量增加、甲酸产量减小，即甲酸生成速率小于甲烷生成速率，所以两反应速率均增加，但反应速率增加较慢。(3)设生成a mol戊烷，则生成ax mol丁烷，由碳元素质量守恒可知5a4ax20，由质量守恒可知除生成戊烷、丁烷外还生成h2o，所以由氢元素质量守恒可知6a5ax202y，解得y。(4)由图像可知反应发生的是edtafe2失去电子转化为edtafe3的反应：edtafe2e=edtafe3；阴极区发生的是co2在酸性条件下得到电子生成co的还原反应：co22h2e=coh2o。答案：(1)247 kjmol1(2)3fe4h2o(g)fe3o44h2反应、的速率均增加，且反应的速率增加得快(3)(4)edtafe2e=edtafe3co22h2e=coh2o21(12分)(2019南京二模)苯