高三二轮复习试题化学大题突破练3

大题突破练(三)1.(14分)(2025·河南许平汝二模)钴酸镍(NiCo2O4)可作为电极材料,以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2)为原料制备NiCo2O4的工艺流程如图所示:已知:①流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表所示:氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2开始沉淀的pH1.16.57.1沉淀完全的pH3.29.79.0②室温下,Ksp[Ni(OH)2]=1.0×1015。回答下列问题:(1)基态Co原子的核外电子排布式为。

(2)写出“煅烧”时FeS发生反应的化学方程式:。

(3)Ni2O3有强氧化性,“加压酸浸”时有气体产生且Ni3+被还原为Ni2+,则产生的气体为(填化学式)。

(4)“除铁”时调pH的范围是。

(5)已知“加压酸浸”过程中的相关影响因素如下:矿石粒径对浸出效果的影响根据图示,“加压酸浸”过程中硫酸的加入量和矿石粒径的最适宜条件为(填字母,下同)。

A.260kg/t矿;0.45mmB.320kg/t矿;0.25mmC.350kg/t矿;0.15mmD.380kg/t矿;0.05mm(6)上述流程中涉及“煅烧”“加压酸浸”等操作。下列有关说法错误的是。

A.“煅烧”过程中,空气从下往上通入,可使“煅烧”更充分B.“煅烧”过程中产生的SO2可用浓氨水吸收以防止污染C.“加压酸浸”中,为加快反应速率,可选用98%的浓硫酸D.“加压酸浸”后,浸渣的主要成分为SiO2(7)“沉镍”过程中,若c(Ni2+)=1.00mol·L1,向100mL该溶液中加入100mL2.05mol·L1NaOH溶液,则“沉镍”后的滤液中c(Ni2+)为mol·L1。

(8)写出“合成”过程中生成NiCo2O4的化学方程式:。

2.(12分)(2025·山东菏泽一模)硫化镍(NiS)是一种重要的化学品,实验室利用H2S、NH3通入含NiCl2的溶液中制备NiS,其装置如图所示(夹持装置略)。已知NiS溶于稀酸,有水存在时易被O2氧化成Ni(OH)S。回答下列问题:(1)制备时进行操作:(ⅰ)检查装置气密性并加入药品。打开,关闭K2、K3,通入N2,其目的是;

(ⅱ)关闭K1,打开a的活塞,加入浓盐酸制备H2S气体,同时打开K2通入NH3,观察到Ⅲ中产生浑浊,继续反应一段时间。装置Ⅱ的作用是。

装置Ⅲ中发生反应的离子方程式为。

图示装置存在的缺陷是。

(2)反应结束后关闭K4,在b、c处分别连接下图两个装置,打开K2、K3进行抽滤洗涤。装置Ⅳ接在(填“b”或“c”)处。证明NiS洗涤干净的方法是。

(3)测定NiS样品的纯度。取2.5g产品完全溶于稀硝酸后,配成250mL溶液。取20mL溶液置于锥形瓶中,加入30mL0.10mol·L1EDTA(Na2H2Y)溶液。煮沸,滴入几滴PAN作为指示剂,趁热用0.10mol·L1CuSO4溶液滴定过量的EDTA(Ni2+与EDTA和Cu2+与EDTA反应的化学计量数之比均为1∶1)。当到达滴定终点时,消耗CuSO4溶液10mL(滴定过程中杂质不参与反应)。该样品中NiS的质量分数为。

3.(14分)(2025·山东济宁一模)苯胺是制造药物的原料,硝基苯加氢制苯胺产率较高,相关反应如下:Ⅰ.C6H5—NO2(l)+2H2(g)C6H5—NHOH(l)+H2O(l)ΔH1=150.7kJ·mol1(快)Ⅱ.C6H5—NHOH(l)+H2(g)C6H5—NH2(l)+H2O(l)ΔH2=95.0kJ·mol1(慢)(1)硝基苯与氢气反应生成苯胺:Ⅲ.C6H5—NO2(l)+3H2(g)C6H5—NH2(l)+2H2O(l)ΔH=kJ·mol1。

(2)室温下,向含有1L0.1mol·L1硝基苯的甲醇溶液的刚性容器中加催化剂,通入H2并保持p(H2)=0.18MPa。反应过程中硝基苯转化率、苯基羟胺和苯胺的选择性(S)随反应时间变化如图所示:已知:S(苯胺)=[n生成(苯胺)n消耗(硝基苯)]×100%。图中代表S(苯胺)的曲线为(填“A”“B”或“C”),为了提高硝基苯的平衡转化率,可采取的措施有(写一条即可);0~34min内,v(苯胺)=;120min时已达平衡,忽略溶液体积变化,该温度下反应Ⅱ的平衡常数K=mol·(3)相同投料时,298K下硝基苯平衡转化率随压强的变化关系、0.18MPa下硝基苯平衡转化率随温度的变化关系如图所示,图中对应等压曲线的是(填“M”或“N”),a、b、c、d四个点中,处于相同化学平衡状态的点是。

4.(15分)(2025·湖南岳阳一模)以化合物A为原料制备一种药物中间体J的合成路线如下。EI请回答下列问题:(1)化合物F在核磁共振氢谱上有组吸收峰。

(2)A→B、F→G的反应类型分别为、。

(3)H中的含氮官能团的名称是。

(5)写出E→F发生反应的化学方程式:。

(6)从官能团转化的角度解释化合物I转化为J的过程中,先加碱后加酸的原因:。

(7)参照以上合成路线,设计以为原料制备(其他试剂自选)的合成路线。

参考答案1.答案(1)[Ar]3d74s2(或1s22s22p63s23p63d74s2)(2)4FeS+7O22Fe2O3+4SO2(3)O2(4)3.2≤pH<7.1(5)C(6)C(7)1.6×1012(8)2Ni(OH)2+4(CH3COO)2Co+O2+8NH3+2H2O2NiCo2O4+8CH3COONH4解析:红土镍矿的主要成分为NiS、FeS和SiO2,通入空气煅烧后,硫元素转化为SO2,Ni元素转化为Ni2O3,Fe元素转化为Fe2O3;“加压酸浸”时,加入硫酸,Ni2O3和Fe2O3均溶解,浸渣为SiO2;“除铁”时,加入NaOH溶液,调节溶液的pH,可将Fe3+转化为Fe(OH)3,即滤渣为Fe(OH)3;“沉镍”时,加入过量的NaOH溶液,将Ni2+转化为Ni(OH)2,再加入(CH3COO)2Co溶液,通入NH3和O2,最终可生成NiCo2O4。(1)Co为27号元素,基态Co原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s2。(2)“煅烧”时,FeS与O2反应生成Fe2O3和SO2,化学方程式为4FeS+7O22Fe2O3+4SO2。(3)“加压酸浸”时,Ni2O3发生反应Ni2O3+6H+2Ni3++3H2O、4Ni3++2H2O4Ni2++O2↑+4H+,总反应为2Ni2O3+8H+4Ni2++4H2O+O2↑,故生成的气体为O2。(4)“除铁”时,要将Fe3+转化为Fe(OH)3且不使Ni2+转化为Ni(OH)2,由表格中数据可知,调pH的范围是3.2≤pH<7.1。(5)由硫酸加入量对浸出效果的影响图可知,当硫酸的加入量为350kg/t矿左右时,效果最好,由矿石粒径对浸出效果的影响图可知,当矿石粒径为0.15mm左右时效果最好。(6)“煅烧”过程中,空气从下往上通入,可增大接触面积,能使“煅烧”更充分,A正确;“煅烧”过程中生成的气体为SO2,可用碱液吸收以防止污染,故SO2可用浓氨水吸收,B正确;“加压酸浸”中,98%的浓硫酸中H+浓度过小,为加快反应速率,可加入浓度稍大的硫酸,但不能使用98%的浓硫酸,C错误;“加压酸浸”后,浸渣的主要成分为SiO2,D正确。(7)“沉镍”时,加入过量的NaOH溶液,将Ni2+完全转化为Ni(OH)2,Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH)=1.0×1015=c(Ni2+)×(0.205-0.20.2)2,解得c(Ni2+)=1.6×1012mol·L1,故“沉镍”后的滤液中c(Ni2+)=1.6(8)“合成”时,Ni(OH)2、(CH3COO)2Co、NH3和O2发生反应,最终可生成NiCo2O4,化学方程式为2Ni(OH)2+4(CH3COO)2Co+O2+8NH3+2H2O2NiCo2O4+8CH3COONH4。2.答案(1)K1、K4反应都处在氮气氛围下,防止NiS被氧气氧化为Ni(OH)S除去H2S中的杂质气体HClH2S+Ni2++2NH3NiS↓+2NH4+没有H2S、NH3(2)b取最后一次抽滤洗涤液少许置于试管中,先加入稀硝酸,再加入硝酸银溶液,若无白色沉淀产生,则证明洗涤干净(3)91%解析:(1)检查装置气密性并加入药品,打开K1、K4,关闭K2、K3,通入氮气使反应都处在氮气氛围下,防止NiS被氧气氧化为Ni(OH)S;浓盐酸具有挥发性,装置Ⅱ除去H2S中的杂质气体HCl,装置Ⅲ中H2S、NiCl2、NH3反应生成NiS沉淀,离子方程式为H2S+Ni2++2NH3NiS↓+2NH4+;图示装置存在的缺陷是没有H2S、NH3(2)装置Ⅳ是抽滤装置,装置Ⅴ是洗涤沉淀的装置,b口与装置Ⅲ中液体相连通,故b口接抽滤装置Ⅳ,c口接洗涤沉淀的装置Ⅴ;NiS沉淀表面可能会附着氯离子,证明NiS洗涤干净即证明洗涤液中不含氯离子,故方法是取最后一次抽滤洗涤液少许置于试管中,先加入稀硝酸,再加入硝酸银溶液,若无白色沉淀产生,则证明洗涤干净。(3)过量的EDTA可以被Cu2+滴定,过量的n(EDTA)=n(Cu2+)=0.10mol·L1×10×103L=1×103mol,n(Ni2+)=0.10mol·L1×30×103L1×103mol=2×103mol,则该样品中NiS的质量分数为2×103.答案(1)245.7(2)C适当降低温度(或增大H2的压强、及时分离出水等,任写一条,合理即可)1.25×103mol·L1·min13.6(3)Na和b解析:(1)根据盖斯定律,反应Ⅰ+反应Ⅱ得到目标反应,则ΔH=150.7kJ·mol1+(95.0kJ·mol1)=245.7kJ·mol1。(2)根据两个反应的生成物可知,苯基羟胺(C6H5—NHOH)和苯胺(C6H5—NH2)的选择性之和为1,且两条选择性曲线相交时,各占50%,由此可知曲线A代表硝基苯的转化率;由题干信息可知,生成苯基羟胺的反应是快反应,故开始反应时,苯基羟胺的选择性大于苯胺,故曲线B表示苯基羟胺的选择性;曲线C代表苯胺的选择性。为了提高硝基苯的平衡转化率,可以采取的措施有适当降低温度或增大H2的压强、及时分离出水等。由图可知,0~34min内,硝基苯转化率为85%,苯胺的选择性为50%,则v(苯胺)=0.1mol·L-1×85%×50%34min=1.25×103mol·L1·minC6H5—NO2(l)+2H2(g)C6H5—NHOH(l)+H2O(l)变化量(mol·L-1) 0.1×90% 0.1×C6H5—NHOH(l)+H2(g)C6H5—NH2(l)+H2O(l)变化量(mol·L-1) 0.1×90%×80% 0.1×90%×80% 则平衡时c(C6H5—NHOH)=(0.1×90%0.1×90%×80%)mol·L1=0.018mol·L1,c(C6H5—NH2)=(0.1×90%×80%)mol·L1=0.072mol·L1,p(H2)=0.18MPa,c(H2O)=(0.1×90%+0.1×90%×80%)mol·L1=0.162mol·L1,由于反应是在甲醇溶液中进行的,故水等液体均需要代入平衡常数表达式中进行计算,则K=0.162mol·L-1×0.072mol(3)当温度为298K时,增大压强,反应Ⅰ平衡正向移动,硝基苯平衡转化率增大,故曲线M表示等温条件下硝基苯平衡转化率随压强的变化曲线;同理,当压强保持0.18MPa不变时,升高温度,反应Ⅰ平衡逆向移动,硝基苯平衡转化率减小,故图中对应等压曲线的是N。处于相同化学平衡状态,说明其温度和压强是相同的,a点的条件是0.18MPa、298K,d点的条件是0.18MPa、320K,c点的条件是0.06MPa、298K,b点的条件是0.18MPa、298K,故图中处于相同化学平衡状态的点是a和b。4.答案(1)4(2)取代反应还原反应(3)酰胺基(4)形成分子间氢键,沸点较高;而物质A形成分子内氢键,沸点较低(5)+HNO3(浓)+H2O(6)提高化合物I的转化率(7)解析:A发生取代反应生成B,B和氯气发生取代反应生成C,C再转化成D,D与CH3OH发生酯化反应生成的E为;E发生硝化反