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51增分练一

1、 “51”增分练(一) 16(12分)(2019苏北三市一模)以硫酸渣(含FeO、SiO等)为原料制备铁黄(FeOOH)232的一种工艺流程如下： (1)“酸溶”中加快溶解的方法为_(写出一种)。 (2)“还原”过程中的离子方程式为_。 (3)“沉铁”过程中生成Fe(OH)的化学方程式为_。 222cc“沉铁”，则生成CaCOFeCO沉淀，当反应完成时，溶液中(Fe(Ca)/)若用33 _。119KK 210(FeCO已知)(CaCO)2.810，33spsp(4)“氧化”时，用NaNO浓溶液代替空气氧化Fe(OH)浆液，虽然能缩短氧化时间，但22缺点是_。 nn(O)(C)/1.2焦炭还原硫

2、酸渣炼铁能充分利用铁资源，在1 225 、时，焙烧时(5)间与金属产率的关系如图，时间超过15分钟金属产率下降的原因是_ _。 解析：(1)硫酸渣加酸溶解，为了加快溶解可采取加热、搅拌、适当增大硫酸浓度或将硫酸渣粉碎等方法； 332 =3Fe溶于酸，生成Fe，加入铁粉使之还原，离子方程式为Fe2Fe；O(2)Fe32，则过滤，除去SiO等不溶于酸的杂质，加入NHHCO使铁沉淀，同时产生了CO(3)2423 )(NHSOHCO“沉铁”过程中生成Fe(OH)的化学方程式为FeSO2NH=Fe(OH)4424432222cc(Fe)/CaCO“沉铁”，则生成FeCO沉淀，当反应完成时，溶液中(Ca；

3、若用2CO332911KK)/(210140； )/)(CaCO)(FeCO2.8103spsp3(4)“氧化”时，用NaNO浓溶液代替空气氧化Fe(OH)浆液，虽然能缩短氧化时间，但22缺点是NaNO被还原为氮氧化物，污染空气； 2nn(O)1.2时，焙烧时225 焦炭还原硫酸渣炼铁能充分利用铁资源，在(5)1 、(C)/ 分钟金属产率却下降，原因是还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化。15间超过答案：(1)加热或搅拌或适当增大硫酸浓度(写一种) 32 =3Fe(2)Fe2Fe 140SO 2CO HCO(3)FeSO2NH=Fe(OH)(NH)24342442 (4)NaNO被还原为氮氧化物

4、，污染空气2 (5)还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化，其合成)利用蒈烯(A)为原料可制得除虫杀虫剂菊酯(H)17(15分)(2019苏州一模 路线可表示为： 稀NaOH溶液已知：RCHORCHCHO 212O/H3RCHO CRCH21(1)化合物B中的含氧官能团名称为_。 (2)AB的反应类型为_。 (3)G的分子式为CHO，写出G的结构简式：_。 21016(4)写出满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：_。 能与FeCl溶液发生显色反应；分子中有4种不同化学环境的氢原子。 3 为原料制备的合成路线流程图(CHCHOH(5)无机写出以和23试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。

5、 B()化合物中的含氧官能团名称为醛基和羰基。 解析：(1)(2)AB时碳碳双键被打开生成了醛基和羰基，则该反应类型为氧化反应。 (3)从EGH的变化可以发现，GH发生了酯化反应，则EG发生消去反应，又G 的结构简式为。G ，则H的分子式为CO21016(4)C的一种同分异构体满足能与FeCl溶液发生显色反应，含有酚羟基；分子中有34种不同化学环境的氢原子，含有苯环，4个碳均饱和，分子结构对称，则该同分异构体的 结构简式为 溶液NaOH稀，能使碳链增长， RCHORCHCHO(5)由题给信息已知，212/OH3 ，再将CHOCHCHO反应生成，再与氧氧化为先将CHCHOH332化为COOH，最

6、后与CHCHOH发生酯化反应即得目标产物。合成路线流程图如下：23O2CHCHOHCHCHO 323，Cu 答案：(1)醛基、羰基 (2)氧化反应 (3) 18(12分)(2019泰州一模)工厂化验员检验某含有KBrO、KBr及惰性物的样品。化3验员称取了该固体样品1.000 g，加水溶解后配成100 mL溶液X。 Br；还原为，加入稀硫酸，然后用NaSO将BrOX.取25.00 mL溶液3322 .去除过量的SO后调至中性；31AgNO0.100 0 molLAgNO标准溶液滴定Br至终点，消耗用CrO.加入K作指示剂，3423 11.25 mL；标准溶液，消耗上述X，酸化后加热，再用碱液调

7、至中性，测定过剩Br.另取25.00 mL溶液 。标准溶液AgNO3.75 mL312KK5.01.1210)(CrOAg已知：25 时，砖红色的 的浅黄色，AgBr()sp42sp15 ；10O = 3Br3H中酸化时发生反应：BrO5Br6H223 请回答： 步骤中，反应的离子方程式为_。(1) _。 (2)步骤中，滴定终点的现象为 _。(3)步骤中，加热的目的是) 3位有效数字(4)计算试样中KBrO质量分数。(写出计算过程，结果保留32是还原 Br”，SO解析：(1)步骤中，“加入稀硫酸，然后用NaSO将BrO还原为32332，根据化合价升降总数相等和原Br，BrO是氧化剂，还原产物是

8、剂，其氧化产物是SO 3422 3SO 。子守恒配平，其反应的离子方程式为3SO BrO=Br433=AgBr，生成浅黄色沉(2)步骤中，待测溶液中的Br与标准溶液反应：Ag=Br2，产生砖红色沉CrOCrO =Ag标准溶液即发生淀，当Br耗尽，再加一滴AgNO2Ag4423 淀，即表示达到滴定终点。，再测定BrO5BrO3H6H= 3Br与(3)步骤中，酸化时使KBrOKBr反应：2332挥发而除去。所以加热Br会干扰BrBr的测定，通过加热让剩余的Br，而溶液中溶解的22 。挥发)或使的目的是除去溶解在溶液中的Br(Br2222 3SO=Br(1)3SO答案：BrO433 AgNO溶液时，

9、产生砖红色沉淀(2)当滴入最后一滴3) 挥发(3)除去溶解在溶液中的Br(或使Br221nn11.2510(AgBr)0.100 0 molL(4)第一次所取25.00 mL溶液中，(Br)总33 1.12510 mol， L3nnn mol(BrO)；(Br)(Br)1.12510所以，总331nL 3.7510(Br)0.100 0 molL25.00 mL第二次所取溶液，加酸反应后， 余4 ， mol3.7510 5BrBrO由步骤可知，31143nnn mol)(1.12510 mol所以，)(BrO3.7510(Br)(Br 余总3664w)，所以，(KBrO1 g1.2510 mo

10、l；由样品配成100 mL溶液，且每次实验取的是25 mL314mol4167 gmol1.2510 8.35%。100% 1.000 gCa，少量(以19(15分)(2019南京、盐城一模)SO、软锰矿主要成分MnOFe、Al、22 O溶液和、氨水及净化剂等为原料可制备的化合物等Pb)MnSOMn，主要实验步骤如下：及434 通入装置所示装置，将步骤：如图1SO。SO(MnOB中的软锰矿浆液中=MnSO)4222 ，MnCO步骤：充分反应后，在不断搅拌下依次向三口烧瓶中加入适量纯净的MnO、32 沉铅等重金属。最后加入适量NaS2 溶液。步骤：过滤得MnSO4 ，反应的化学方程式为_。(1)

11、装置A用于制取SO2 100 ，适宜的加热方式是_。(2)装置B中反应需控制在90 的作用是_。(3)装置C调_，用MnCO(4)“步骤”中加入纯净MnO的目的是32该实验条件下，部分金属离子开始范围为_(节溶液pH时，需调节溶液pH )。沉淀和沉淀完全的pH如下2332 金属离子 MnAlFeFe 7.56 7.04 开始沉淀pH 1.87 3.32 10.2 pH 沉淀完全9.18 3.27 4.9 ，主O2Mn6HO=6Mn(OH)Mn已知：用空气氧化(5)Mn(OH)浊液可制备OO22322434所3MnMnOOH要副产物为；反应温度和溶液pH对产品中的质量分数的影响分别如图2、图 示

12、： 反应温度超过80 时，MnO产率开始降低。 43Mn(OH)是白色沉淀，MnO呈黑色；MnO、MnOOH中锰的质量分数理论值依次为72.03%、4243362.5%。 请补充完整由步骤得到的MnSO溶液，并用氨水等制备较纯净的MnO的实验方案：434_， 真空干燥6小时得产品MnO。 43解析：(1)实验室用NaSO 和较浓HSO反应制取SO，反应方程式为NaSO3224232因此反应水浴加热的优点就是能均匀受热，便于控制温度，；SOHO(2)HSO=NaSO224422有毒，为防止污100 的水浴加热；(3)SO需控制在90100 ，适宜的加热方式用902 MnO的目的是将溶液来吸收未反

13、应的SO；(4)加入纯净染环境，烧杯中盛放NaOH2223，7.56调节溶液MnCOpH时，需调节溶液pH范围为4.9pHFe氧化为Fe，便于除去；用3332中锰的质量分数理论(5)MnO、MnOOHAl这样可以除去溶液中的Fe和，而Mn不沉淀；43含量就越高，因O，MnMn值依次为72.03%、62.5%，因此产物中的质量分数越接近72.03%43的MnO9此控制温度在6080 ，pH在8。故由MnSO溶液，并用氨水等制备较纯净的434，在不9实验方案如下：将滤液加热并保温在6080 ，用氨水调节溶液pH并维持在8静置，在上层清液再滴加氨水至无边通空气边滴加氨水，至有大量黑色沉淀时，断搅拌下

14、，2 SO。沉淀，过滤，用去离子水洗涤沉淀直至过滤液中检不出4O HSO答案：(1)NaSOHSO=NaSO24243222 用90100 的水浴加热(2) (3)吸收未反应的SO2237.56 pH4.9(4)将Fe氧化为Fe 在不断搅拌下，9，80 (5)将滤液加热并保温在60，用氨水调节溶液pH并维持在8过滤，在上层清液再滴加氨水至无沉淀，边通空气边滴加氨水，至有大量黑色沉淀时，静置，2 SO用去离子水洗涤沉淀直至过滤液中检不出422的存在下生成具有强氧化性CuFeO20(14分)(2019南京盐城二模)H在、22 的OH(羟基自由基)，OH可将有机物氧化降解。2 体系中存在下列反应：O

15、(1)CuH222(aq) Cu(aq)H(aq)=CuOOHHO(aq)221aH kJmol11(g) OH(aq)(aq)=Cu(aq)OCuOOH221bH kJmol2(g) O(aq)O(aq)=2Cu2CuOOH(aq)H2221cH kJmol31H =2OH(aq)(aq)=_kJmolOH则。22 2甲基橙去除率的影响，某研究小组在不同温度下进行实验HCu(2)为探究温度对O22所示。相同条件下，温度升高，甲基橙去除速率增大，其1其他条件相同)，实验结果如图( 。原因是_22某研究小组的实验结果如图CuHO能够协同催化氧化降解甲基橙，(3)为探究Fe222222”结论的或C

16、uCuHO催化氧化降解甲基橙效果优于单独加入Fe2所示。得出“Fe22_ 证据为 _。1V2.0 (HO)实验条件：200 mL甲基橙模拟废水(1.5 gL，pH3.0)，温度60 、22mL mmV (CuSO1)(HO)(FeSO20.020.44242mVm 2)(HO)(FeSO)20.020(CuSO4242mVm (HO(FeSO)200.4)(CuSO3)4224mmV (CuSO)200(FeSO)4O(H4422阳极的电极(4)EF-H3所示。O-FeO法可用于水体中有机污染物降解，其反应机理如图x22 _，_，X微粒的化学式为反应式为2 。参与反应的离子方程式为_阴极附近F

17、e 越是指溶解性化学需氧量，是衡量水中有机物质含量多少的指标。水体SCOD(5)SCOD2法氧化破解啤酒工业污泥中的微生物，释放出有机FeHO大，说明其有机物含量越高。用22所示。及总氮浓度如图4物和氮等。测得不同初始pH下污泥经氧化破解后上层清液中的SCOD _。当pH2.5时，总氮浓度、SCOD均降低，其原因可能是11bH kJmol， (g) 解析：(1)CuOOH(aq)=Cu(aq)OH(aq)O2221cH (aq)O(g) kJmol， O2CuOOH(aq)=2Cu(aq)H32221cHb (2；(aq)=根据盖斯定律，由2得到HO=2OH(aq)，其)kJmol22浓度增大

18、或活中相同条件下，温度升高，甲基橙去除速率增大，其原因是OH(2)图1 化分子数增多；2222”结论的证据FeOCuH催化氧化降解甲基橙效果优于单独加入或Cu(3)“Fe22 ；、曲线对应甲基橙降解率均高于曲线23为相同时间时，曲线12O=Fe，阴极上2X2H=H2eFe3(4)图中阳极上失去电子，阳极反应式为Fe222结合图中生成物可知离O与阴极附近；为由电荷及原子守恒可知，OXOFeH反应，222232 =FeOH子反应为FeHOH；HO22223 Fe转化为Fe(OH)。pH2.5时，总氮浓度、SCOD均降低，其原因可能是Fe、(5)当3cb 答案：(1)2 浓度增大或活化分子数增多(2

19、)OH3 、曲线对应甲基橙降解率均高于曲线2(3)相同时间时，曲线1322 Fe2e=Fe O HOH=FeHOOH(4)Fe222232 转化为Fe(OH)(5)Fe、Fe3研究发现了第一个金属原子Rousssin21(12分)(2019盐城阜宁中学模拟)1985年，金属原子簇类化合物与金属原子表面性质相似，具有良好1簇类配位化合物，其结构如图 的催化活性等功能。请回答下列问题： 3 _。(1)Fe的基态核外价电子排布式为(2)上述化合物中含有三种非金属元素，试比较三种元素原子第一电离能由大到小顺序为_；硫可以形成SOCl化合物，则该化合物的空间构型为_。 2 。请写出氮原子杂化方式_(3)除了氮的氧化物之外，氮还可以形成NO2 。上述原子簇类配合物，中心原子铁的配