（江蘇專用）2020高考化學二輪復習 第三板塊 考前巧訓特訓 第二類 非選擇題專練 “5＋1”增分練（三）

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1、 “5＋1”增分練(三) 16．(12分)(2019南通七市二模)以紅土鎳礦(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)為原料，獲取凈水劑黃鈉鐵礬[NaFe3(SO4)2(OH)6]和納米鎳粉的部分工藝流程如下： (1)工業(yè)上常將“過濾Ⅰ”的濾液和濾渣洗滌液合并，其目的是____________________。 (2)“氧化”過程發(fā)生的離子方程式為________________________________________。 (3)“沉鐵”過程中加入碳酸鈉調節(jié)溶液的pH至2，碳酸鈉過多會導致生成的沉淀由黃鈉鐵釩轉變?yōu)開_____________(填化學式)。 (4)向

2、“過濾Ⅱ”所得濾液(富含Ni2＋)中加入N2H4H2O，在不同濃度的氫氧化鈉溶液中反應，含鎳產物的XRD圖譜如右圖所示(XRD圖譜可用于判斷某晶態(tài)物質是否存在，不同晶態(tài)物質出現衍射峰的衍射角不同)。欲制得高純納米鎳粉最適宜的NaOH的濃度為__________。寫出該條件下制備納米鎳粉同時生成N2的離子方程式：_________________________________________________。 不同NaOH濃度下，產物Ni的含量不同，可能的原因是____________________。 解析：(1)紅土鎳礦(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加硫酸酸浸后由于

3、Fe2O3、FeO、NiO溶于酸生成對應的硫酸鹽，而SiO2不溶于酸，經過“過濾Ⅰ”得到濾渣為SiO2，洗去表面的硫酸鹽，將濾液和濾渣洗滌液合并，其目的是為提高鎳、鐵元素的利用率；(2)用NaClO氧化是在酸性條件下把溶液中的Fe2＋轉化為Fe3＋，則“氧化”過程發(fā)生的離子方程式為 2H＋＋2Fe2＋＋ClO－===2Fe3＋＋Cl－＋H2O；(3)“沉鐵”過程中加入碳酸鈉調節(jié)溶液的pH至2，碳酸鈉過多會導致生成的沉淀由黃鈉鐵釩轉變?yōu)?Fe(OH)3；(4)“過濾Ⅱ”所得濾液中富含Ni2＋，根據圖分析可知，在0.005 molL－1NaOH溶液中主要得到NiSO4N2H4，在0.015 m

4、ol L－1NaOH中能制得高純納米鎳粉；該條件下Ni2＋被還原為納米鎳，N2H4被氧化生成N2，根據氧化還原反應的配平原則配平得到該反應的離子方程式N2H4H2O＋2Ni2＋＋4OH－===2Ni↓＋N2↑＋5H2O；不同NaOH濃度下，產物Ni的含量不同，可能的原因是堿性越強，N2H4H2O的還原性越強。 答案：(1)為提高鎳、鐵元素的利用率 (2)2H＋＋2Fe2＋＋ClO－===2Fe3＋＋Cl－＋H2O (3)Fe(OH)3 (4)0.015 molL－1　N2H4H2O＋2Ni2＋＋4OH－===2Ni↓＋N2↑＋5H2O 堿性越強，N2H4H2O的還原性越強 17．

5、(15分)(2019蘇北三市一模)某研究小組擬以對苯二酚為原料合成染料G。合成路線如下： (1)G中的含氧官能團名稱為________________(寫出兩種)。 (2)A→B的反應類型為________。 (3)E的分子式為C17H19O3N，寫出E的結構簡式：________________。 (4)C的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：________________________________________________________________________。 ①含有苯環(huán)，且分子中有一個手性碳原子，能與FeCl3溶液發(fā)生顯

6、色反應； ②能發(fā)生水解反應，水解產物均有4種不同化學環(huán)境的氫且水解產物之一是α氨基酸。 解析：(1)G中的含氧官能團是醚鍵、酰胺鍵(或肽鍵)；(2)A→B的過程酚羥基中的氫被乙基代替，其反應類型為取代反應；(3)從E→F反應的條件濃硝酸、濃硫酸，加熱，即發(fā)生硝化反應，又E分子式為C17H19O3N，則E的結構簡式為；(4)C的一種同分異構體滿足①含有苯環(huán)，且分子中有一個手性碳原子，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，含酚羥基；②能發(fā)生水解反應，含有酯基，水解產物均有4種不同化學環(huán)境的氫且水解產物之一是α氨基酸。則該同分異構體的結構簡式為或；(5)由于產物兩個支鏈在鄰位，以甲苯為原料必須先硝

7、化引入鄰位—NO2，再還原成—NH2，與形成酰胺鍵，最后將—CH3氧化為—COOH。因此以和為原料制備的合成路線如下： 答案：(1)醚鍵、酰胺鍵(或肽鍵)　(2)取代反應 18．(12分)(2019揚州一模)納米級Co3O4是一種電極材料，可用草酸鹽濕式沉淀—煅燒分解法制備。 (1)先用(NH4)2C2O4溶液和CoCl2溶液為原料制取難溶于水的CoC2O42H2O晶體。 ①已知25 ℃，Kb(NH3H2O)＝1.810－5，H2C2O4的Ka1＝5.610－2，Ka2＝5.410－5。(NH4)2C2O4溶液的pH________(填“>”“＝”或“<”)7。 ②

8、反應時，使(NH4)2C2O4過量的原因是____________________________________。 (2)為確定由CoC2O42H2O獲得Co3O4的最佳煅燒溫度，準確稱取4.575 g的CoC2O42H2O樣品，在空氣中加熱，固體樣品的剩余質量隨溫度的變化如圖所示(已知385 ℃以上殘留固體均為金屬氧化物) ①B處的物質為________(填化學式)。 ②經測定，205～385 ℃的煅燒過程中，產生的氣體為CO2，計算AB段消耗O2在標準狀況下的體積。(寫出計算過程，結果保留2位有效數字) 解析：(1)①由于Kb(NH3H2O)＝1.810－5，H2C2O4的K

9、a2＝5.410－5，則在相同條件下NH的水解程度比C2O大，(NH4)2C2O4溶液呈酸性，pH<7。②反應時，使(NH4)2C2O4過量的原因是使Co2＋充分沉淀(或提高Co2＋的沉淀率)。 (2)①n(CoC2O42H2O)＝＝0.025 mol， CoC2O42H2O中m(H2O)＝0.025 mol218 gmol－1＝0.9 g，CoC2O42H2O中m(CoC2O4)＝4.575 g－0.9 g＝3.675 g，根據圖中A點數據可知，A為CoC2O4 B處固體質量為2.008 g，其中m(Co)＝0.025 mol59 gmol－1＝1.475 g，則含m(O)＝2.008

10、 g－1.475 g＝0.533 g，n(Co)∶n(O)＝0.025 mol∶＝3∶4，故B處物質為Co3O4。②已知205～385 ℃的煅燒過程中，產生的氣體為CO2，則AB段發(fā)生反應的化學方程式為3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2 V(O2)＝0.025 mol22.4 Lmol－1＝0.37 L。 答案：(1)①

11、575 g－0.9 g＝3.675 g， 根據圖中A點數據可知，A為CoC2O4 AB段發(fā)生反應的化學方程式為3CoC2O4＋2O2 Co3O4＋6CO2 V(O2)＝0.025 mol22.4 Lmol－1＝0.37 L(其他合理計算步驟也可) 19．(15分)(2019天一中學診測)硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化劑或氯磺化劑，用于制作藥品、染料、表面活性劑等。有關物質的部分性質如表： 物質 熔點/℃ 沸點/℃ 其他性質 SO2Cl2 －54.1 69.1 ①易水解，產生大量白霧 ②易分解：SO2Cl2 SO2↑＋Cl2↑ H2SO4 10.4 338 具有

12、吸水性且不易分解 實驗室用干燥而純凈的二氧化硫和氯氣合成硫酰氯，反應的熱化學方程式為SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(l)　ΔH＝－97.3 kJmol－1，反應裝置如圖所示(夾持儀器已省略)，請回答有關問題： (1)儀器A的名稱為____________。 (2)儀器B的作用是__________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)裝置丙中盛放的試劑為

13、________，在實驗室用氫氧化鈉吸收多余硫酰氯的離子反應方程式為______________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)為提高本實驗中硫酰氯的產率，在實驗操作中需要注意的事項有________(填序號)。 ①先通冷凝水，再通氣體 ②控制氣流速率，宜慢不宜快 ③若三頸燒瓶發(fā)燙，可適當降溫 ④加熱三頸燒瓶 (5)少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO

14、3H)分解獲得，該反應的化學方程式為2ClSO3H===H2SO4＋SO2Cl2，此方法得到的產品中會混有硫酸。 ①從分解產物中分離出硫酰氯的實驗操作名稱為___________________________。 ②請設計實驗方案檢驗氯磺酸分解制取硫酰氯產品中混有硫酸_________________ ___________________________________________________。(可選試劑：稀鹽酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸餾水、紫色石蕊溶液) 解析：(1)儀器A為球形冷凝管，可冷凝回流，提高利用率。(2)儀器B的作用是吸收未反應完的氯氣和二氧化硫，防止污染空

15、氣，同時防止空氣中水蒸氣進入甲，使SO2Cl2水解。(3)裝置丙中盛放的試劑為飽和食鹽水，吸收揮發(fā)出的HCl；氫氧化鈉吸收多余硫酰氯的離子反應方程式為SO2Cl2＋4OH－===SO＋2Cl－＋2H2O。(4)先通冷凝水，再通氣體，可提高反應物的利用率，增大產率，①正確；控制氣流速率，宜慢不宜快，可提高反應物的利用率，增大產率，②正確；若三頸燒瓶發(fā)燙，可適當降溫，實驗中的反應為放熱反應，平衡正向移動，增大產率，③正確；反應放熱，加熱三頸燒瓶，平衡逆向移動，產率減小，④錯誤。(5)①反應后得到的液體混合物互溶，因SO2Cl2與H2SO4的沸點不同，故可通過蒸餾(溫度范圍在69.1 ℃以上，100

16、 ℃以下)分離出硫酰氯。 答案：(1)球形冷凝管 (2)吸收未反應完的氯氣和二氧化硫，防止污染空氣，同時防止空氣中水蒸氣進入甲，使SO2Cl2水解 (3)飽和食鹽水　SO2Cl2＋4OH－===SO＋2Cl－＋2H2O (4)①②③ (5)①蒸餾　②取樣品在干燥條件下加熱至完全反應(揮發(fā)或分解等)，冷卻后加入蒸餾水進行稀釋，取少量溶液滴加紫色石蕊溶液變紅，再取少量溶液，加入BaCl2溶液產生白色沉淀，說明含有H2SO4(或取樣品在干燥條件下加熱至完全反應，冷卻后直接加BaCl2溶液，有白色沉淀，再滴加紫色石蕊溶液變紅，說明含有H2SO4) 20．(14分)(2019南京三模)廢水中

17、氨氮(NH3、NH)的處理技術有生物脫氮法、化學沉淀法、折點加氯法和電催化氧化法等。 (1)氨氮污水直接排放入河流、湖泊導致的環(huán)境問題是________________。 (2)生物脫氮法：利用微生物脫氮，原理如下： NHNON2 反應①的離子方程式為______________________________________________________。 (3)化學沉淀法：向廢水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液，NH轉化為MgNH4PO46H2O沉淀。若pH過大，氨氮去除率和磷利用率均降低，其原因是___________________________(用離子方程式表示)

18、。 (4)折點加氯法：向廢水中加入NaClO溶液，使氨氮氧化成N2，相關反應如下： NaClO＋H2O===HClO＋NaOH(Ⅰ) NH3＋HClO===NH2Cl＋H2O(Ⅱ) NH2Cl＋HClO===NHCl2＋H2O(Ⅲ) NHCl2＋H2O===NOH＋2HCl(Ⅳ) NHCl2＋NOH===N2↑＋HClO＋HCl(Ⅴ) 探究NaClO的投加量[以m(Cl2)表示]對氨氮去除率的影響，實驗結果如圖1所示。 ①當m(Cl2)∶m(NH3)≥7.7時，污水中總氮去除率緩慢下降，其原因是________________。 ②當m(Cl2)∶m(NH3)<7.7時，隨著

19、m(Cl2)∶m(NH3)的減小，污水中余氯(除Cl－外的氯元素存在形式)濃度升高，其原因是____________________________________________。 (5)電催化氧化法：原理如圖2所示(MOx表示催化劑)。反應Ⅱ的離子方程式可表示為2NH＋6MOx(OH)===6MOx＋N2↑＋6H2O＋2H＋。 ①陽極電極反應式Ⅰ為____________________________________________________。 ②電催化氧化法除氨氮時，若其他條件相同時，含Cl－的污水比不含Cl－的污水氨氮去除率要高，其原因是_______________

20、______________________________。 解析：(1)氨氮污水直接排放入河流、湖泊導致水體富營養(yǎng)化； (2)據圖可知，反應①的離子方程式為NH＋2O2NO＋2H＋＋H2O； (3)若pH過大，MgNH4PO46H2O會與氫氧根離子反應轉化成氫氧化鎂，其離子方程式為MgNH4PO46H2O＋2OH－===Mg(OH)2＋NH＋PO＋6H2O； (4)①當m(Cl2)∶m(NH3)≥7.7時，次氯酸鈉投加量過大，導致污水中部分氨氮氧化為NO； ②當m(Cl2)∶m(NH3)<7.7時，說明次氯酸投入量小，此時部分氨氮以NH2Cl形式存在； (5)①依據電解原理，陽

21、極MOx失電子轉化為MOx(OH)，其電極反應式為MOx＋H2O－e－===MOx(OH)＋H＋；②電催化氧化法除氨氮時，若其他條件相同時，污水若有Cl－在陽極放電生成Cl2，Cl2將氨氮氧化為N2而除去，因此含Cl－的污水比不含Cl－的污水氨氮去除率要高。 答案：(1)水體富營養(yǎng)化 (2)NH＋2O2NO＋2H＋＋H2O (3)MgNH4PO46H2O＋2OH－===Mg(OH)2＋NH＋PO＋6H2O (4)①次氯酸鈉投加量過大，導致污水中部分氨氮氧化為 NO ②加入次氯酸鈉量不足，部分氨氮以NH2Cl形式存在 (5)①MOx＋H2O－e－===MOx(OH)＋H＋ ②Cl－

22、在陽極放電生成 Cl2，Cl2 將氨氮氧化為N2而除去 21．(12分)(2019蘇錫常鎮(zhèn)二模)高溫煉銅的反應之一為2CuFeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2。 (1)Cu＋基態(tài)核外電子排布式為__________。 (2)Cu、Zn的第二電離能：I2(Cu)________(填“>”“<”或“＝”)I2(Zn)。 (3)SO2分子中S原子的軌道雜化類型為________，分子的空間構型為________，與SO2互為等電子體的分子有________(寫一種)。 (4)[Cu(CH3CN)4]＋是非常穩(wěn)定的絡合離子，配體中σ鍵和π鍵個數之比為________。 (5)Fe2＋、

23、Fe3＋能與CN－絡合，其結構如圖所示。該離子可形成鐵藍鉀鹽，該鉀鹽的化學式為________。 解析：(1)Cu＋基態(tài)的3d能級上有10個電子，其核外電子排布式為[Ar]3d10； (2)Cu的價電子排布為3d104s1、Zn的價電子排布為3d104s2，銅失去1個電子內層達到飽和，再失去一個電子比較困難，Zn失去一個電子變?yōu)?d104s1，再失去一個電子比Cu＋容易，所以Cu、Zn的第二電離能大?。篒2(Cu)>I2(Zn)； (3)SO2分子中S原子價層電子對數＝2＋＝3，雜化軌道數為3，雜化軌道類型為sp2，且含有1個孤電子對，分子的空間構型為V形，與SO2互為等電子體的分子中有3個原子，價電子數是18，為O3； (4)[Cu(CH3CN)4]＋的配體是CH3CN，其中σ鍵和π鍵個數之比為5∶2； (5)晶胞中Fe2＋、Fe3＋處于頂點，含有4＝個Fe2＋和4＝個Fe3＋，CN－位于晶胞的棱上，含有12＝3個，Fe2＋、Fe3＋、CN－個數比為∶∶3＝1∶1∶6，則該離子形成鐵藍鉀鹽的化學式為KFeFe(CN)6?！? 答案：(1)[Ar]3d10　(2)>　(3)sp2　V形　O3 (4)5∶2　(5)KFeFe(CN)6 9