（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（五）

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1、 “5＋1”增分練(五) 16．(12分)(2019常州一中模擬)某工廠以硝酸為原料生產(chǎn)亞硝酸鈉，其工藝流程如下： 已知：Na2CO3＋NO＋NO2===2NaNO2＋CO2 (1)“分解塔”中SO2從塔底進入，硝酸從塔頂噴淋，其目的是____________________。 (2)“分解塔”中的溫度不宜過高，其原因是__________________________________。 (3)按一定計量比在“分解塔”中通SO2和噴入硝酸，若反應后生成的NO與NO2物質(zhì)的量之比恰好1∶1，則“分解塔”中發(fā)生反應的化學方程式為______________________。 (4

2、)“分解塔”中的硝酸濃度不宜過大的原因是_______________________________。 (5)為提高氮氧化物的轉(zhuǎn)化率，可向“尾氣”中通入一定量的________氣體，再通入“吸收塔”中，實現(xiàn)循環(huán)吸收。 (6)“吸收塔”所得溶液中除含有NaNO2、NaNO3和少量Na2CO3外，還含有的溶質(zhì)為________(填化學式)。 解析：(1)“分解塔”中SO2從塔底進入，硝酸從塔頂噴淋，采取逆向吸收，接觸更充分，吸收效果更好； (2)因硝酸易揮發(fā)，且不穩(wěn)定、受熱易分解，“分解塔”中的溫度不宜過高； (3)由題給信息可知，反應物為硝酸和二氧化硫，生成物為物質(zhì)的量之比為1∶1的

3、NO與NO2、硫酸等，則反應的化學方程式為2HNO3＋2SO2＋H2O===NO＋NO2＋2H2SO4； (4)濃硝酸的還原產(chǎn)物是NO2，稀硝酸的還原產(chǎn)物是NO，故當硝酸濃度過大，主要還原生成NO2，導致亞硝酸鈉產(chǎn)率降低；若硝酸濃度過低，分解塔中出來的主要是NO，亞硝酸鈉產(chǎn)率也低； (5)吸收塔中尾氣的成分主要是NO和NO2，故可以通入適量的O2，再進入吸收塔，循環(huán)吸收； (6)由碳酸鈉與酸反應的原理可知，“吸收塔”所得溶液中除含有NaNO2、NaNO3和少量Na2CO3外，還含有NaHCO3。 答案：(1)使SO2氣體被充分吸收　(2)硝酸受熱會揮發(fā)、分解　(3)2HNO3＋2SO2

4、＋H2O===NO＋NO2＋2H2SO4　(4)硝酸濃度過大，氮氧化物中NO2含量高，導致亞硝酸鈉產(chǎn)率降低(或硝酸鈉含量過高)　(5)O2　(6)NaHCO3 17．(15分)(2019南京二模)氟喹諾酮是人工合成的抗菌藥，其中間體G的合成路線如下： (1)G中的含氧官能團為________和________(填名稱)。 (2)由C→D的反應類型是________。 (3)化合物X(分子式為C3H7N)的結(jié)構簡式為________________。 (4)B和乙醇反應的產(chǎn)物為H(C8H6FCl2NO2)，寫出滿足下列條件的H的一種同分異構體的結(jié)構簡式：______________

5、__。 Ⅰ.是一種α氨基酸； Ⅱ.分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子，且分子中含有一個苯環(huán)。 (5)根據(jù)已有知識并結(jié)合相關信息，寫出以 和ClMgCH(COOC2H5)2為原料制備 的合成路線流程圖(無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。 解析：(1)由G的結(jié)構可知，其含有的含氧官能團有酯基、羰基； (2)對比C、D的結(jié)構，可知C中酰氯中氯原子被—CH(COOC2H5)2替代生成D，屬于取代反應； (3)化合物X的分子式為C3H7N，對比F、G的結(jié)構，F(xiàn)中—OCH3被替代生成G，同時生成甲醇，則X結(jié)構簡式為； (4)H(C8H6FCl2NO2)的一種同分異構體滿足：Ⅰ.

6、是一種α氨基酸，說明氨基、羧基連接同一碳原子上；Ⅱ.分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子，且分子中含有一個苯環(huán)。由于氨基、羧基中共含有的3個氫原子是2種化學環(huán)境不同的氫，故另外3個氫原子是2種化學環(huán)境不同的氫，應存在對稱結(jié)構，H的同分異構體結(jié)構簡式可能為： (5)模仿路線流程設計，發(fā)生催化氧化生成，進一步氧化生成 答案：(1)羰基　酯基　(2)取代反應 (3) 18．(12分)(2019蘇錫常鎮(zhèn)二模)以軟錳礦(主要成分為MnO2)和硫錳礦(主要成分為MnS)為原料制備硫酸錳晶體的工藝流程如下： (1)濾渣中存在一種非金屬單質(zhì)，則酸浸過程中的化學方程式為____

7、______________。 (2)實驗室常用氧化還原法測定MnSO4H2O晶體的純度，原理如下： 2Mn2＋＋NO＋4PO＋2H＋===2[Mn(PO4)2]3－＋NO＋H2O NH＋NO===N2↑＋2H2O[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋===Mn2＋＋[Fe(PO4)2]3－ 稱取MnSO4H2O樣品1.000 0 g，溶于適量水，以磷酸作配位劑，加入過量硝酸銨，在220～240 ℃下充分反應。然后以N苯代鄰氨基苯甲酸作指示劑，用0.100 0 molL－1硫酸亞鐵銨標準溶液滴定生成的[Mn(PO4)2]3－至終點。重復操作3次，記錄數(shù)據(jù)如下表： 滴定次數(shù) 0.100

8、0 molL－1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液讀數(shù)(mL) 滴定前 滴定后 1 0.10 20.20 2 1.32 21.32 3 1.05 20.95 ①已知：Fe2＋＋NO＋2H＋===Fe3＋＋NO↑＋H2O。 測定過程中，硝酸銨的作用是____________________和____________________。 ②若滴定過程中標準溶液硫酸亞鐵銨不是新配制的，所測定的MnSO4H2O晶體的純度將會________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。 ③計算樣品中MnSO4H2O的質(zhì)量分數(shù)(寫出計算過程)。 解析：軟錳礦和硫錳礦在稀硫酸中酸浸

9、，發(fā)生反應，得到濾渣，含有S，過濾得到濾液中含硫酸錳和稀硫酸，經(jīng)過結(jié)晶得到硫酸錳晶體；用0.100 0 molL－1硫酸亞鐵銨標準溶液測定流程圖中MnSO4H2O晶體樣品的純度，主要是和生成的[Mn(PO4)2]3－反應。 (1)MnO2在酸性條件之下是一種氧化劑，MnO2和MnS在稀硫酸中反應生成一種非金屬單質(zhì)S，即濾渣1，同時產(chǎn)生MnSO4，是一個氧化還原反應，則“酸浸”時反應的化學方程式為MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O； (2)①由原理反應2Mn2＋＋NO＋4PO＋2H＋===2[Mn(PO4)2]3－＋NO＋H2O，NH＋NO===N2↑＋2H2O可

10、知，硝酸銨的作用是將試樣中的二價錳定量氧化成三價錳和與產(chǎn)生的亞硝酸鹽反應消除對滴定的影響；②若滴定過程中標準溶液硫酸亞鐵銨不是新配制的，部分Fe2＋被氧化為Fe3＋，滴定時消耗的標準液偏多，故所測定的MnSO4H2O晶體的純度將會偏高；③用0.100 0 molL－1硫酸亞鐵銨標準溶液測定MnSO4H2O晶體樣品的純度，主要是和生成的[Mn(PO4)2]3－反應，取MnSO4H2O樣品1.000 0 g，三次消耗(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液平均值為＝20.00 mL。根據(jù)關系式：2MnSO4H2O～2[Mn(PO4)2]3－～2Fe2＋n(MnSO4H2O)＝n(Fe2＋)＝20.00

11、 mL10－3 LmL－10.100 0 molL－1＝210－3 mol，樣品中MnSO4H2O的質(zhì)量分數(shù)為＝100%＝33.8%。 答案：(1)MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O　(2)①將試樣中的二價錳定量氧化成三價錳　與產(chǎn)生的亞硝酸鹽反應消除對滴定的影響　②偏高?、巯?NH4)2Fe(SO4)2標準溶液平均值為20.00 mL。 2MnSO4H2O～2[Mn(PO4)2]3－～2Fe2＋ n(MnSO4H2O)＝n(Fe2＋)＝20.00 mL10－3 LmL－10.100 0 molL－1＝210－3 mol， 樣品中MnSO4H2O的質(zhì)量分數(shù)為

12、 100%＝33.8% 19．(15分)(2019常州一模)某興趣小組用鋁箔制備Al2O3、AlCl36H2O及明礬大晶體，具體流程如下： 已知：(1)AlCl36H2O易溶于水、乙醇及乙醚； (2)明礬在水中的溶解度如下表： 溫度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 溶解度/g 3.00 3.99 5.90 8.39 11.7 24.8 71.0 109 請回答： (1)步驟Ⅱ中生成Al(OH)3的離子方程式___________________________________。 (2)步驟Ⅲ灼燒Al(OH)3所用實驗室

13、常用儀器為____________，為了提高Al2O3純度，需________________(填操作步驟)。 (3)制備AlCl36H2O的工業(yè)生產(chǎn)中，膠狀固體用酸浸取后，還需要通入HCl氣體。通入HCl的作用主要有兩點：_______________和_________________________。 (4)已知：在不同溫度條件下向一定量的氯化鋁溶液中通入HCl氣體，通入量對AlCl36H2O結(jié)晶量和結(jié)晶效率的影響如圖，請補充完整由膠狀固體制備AlCl36H2O晶體的實驗方案：向膠狀固體滴加一定濃度鹽酸，直至恰好完全溶解，_____________________ ________

14、______________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：(1)步驟I鋁箔溶于NaOH溶液生成NaAlO2，步驟ⅡNaAlO2溶液中通入過量的CO2生成Al(OH)3的離子方程式為AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO；(2)步驟Ⅲ灼燒Al(OH)3所用實驗室常用儀器為坩堝；為了提高Al2O3純度，需灼燒至恒重；(3)制備AlCl36H

15、2O的工業(yè)生產(chǎn)中，膠狀固體用酸浸取后，生成AlCl3溶液由于Al3＋易水解，加熱時需要不斷通入HCl氣體。通入HCl的作用主要有兩點：①抑制AlCl3水解，②增加c(Cl－)，有利于AlCl36H2O結(jié)晶；(4)按題圖所示，在低于45 ℃時通入HCl氣體，AlCl36H2O晶體結(jié)晶量和結(jié)晶效率快速增大，后繼續(xù)通入HCl氣體，結(jié)晶量和結(jié)晶效率變得緩慢，則由膠狀固體制備AlCl36H2O晶體的實驗方案如下：向膠狀固體滴加一定濃度鹽酸，直至恰好完全溶解，在45 ℃以下(或冷水浴條件下)通入HCl氣體，至有大量晶體析出，過濾，用濃鹽酸洗滌2～3次，低溫(或減壓)干燥，得到AlCl36H2O晶體。

16、答案：(1)AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO (2)坩堝　灼燒至恒重 (3)抑制AlCl3水解　增加c(Cl－)，有利于AlCl36H2O結(jié)晶 (4)在45 ℃以下(或冷水浴條件下)通入HCl氣體，至有大量晶體析出，過濾，用濃鹽酸洗滌2～3次，低溫(或減壓)干燥，得到AlCl36H2O晶體 20．(14分)(2019姜中、前中、淮中、溧中聯(lián)考)高爐廢渣在循環(huán)利用前，需要脫硫(硫元素主要存在形式為S2－，少量為SO和SO)處理。 (1)高溫“兩段法”氧化脫硫。第一階段在空氣中的相關熱化學方程式如下： CaS(s)＋2O2(g)===CaSO4(s)ΔH＝－907

17、.1 kJmol－1 CaS(s)＋O2(g)===CaO(s)＋SO2(g)ΔH＝－454.3 kJmol－1 ①第二階段在惰性氣氛中，反應CaS(s)＋3CaSO4(s)===4CaO(s)＋4SO2(g)的ΔH＝________kJmol－1。 ②整個過程中，CaS完全轉(zhuǎn)化生成1 mol SO2，轉(zhuǎn)移的電子為________mol。 ③生成的SO2用硫酸銅溶液吸收電解氧化，總反應為CuSO4＋SO2＋2H2OCu＋2H2SO4。寫出電解時陽極的電極反應式：___________________________________________。 (2)噴吹CO2脫硫。用水浸取爐渣

18、，通入適量的CO2，將硫元素以含硫氣體形式脫去。當CO2的流量、溫度一定時，渣—水混合液的pH、含碳元素各種微粒(H2CO3、HCO、CO)的分布隨噴吹時間變化如圖甲和圖乙所示。 ①已知Ksp(CdS)＝8.010－27，Ksp(CdCO3)＝4.010－12。取渣—水混合液過濾，可用如下試劑和一定濃度鹽酸驗證濾液中存在SO。試劑的添加順序依次為________(填字母)。 a．H2O2　　　 b．BaCl2　　　　c．CdCO3 ②H2CO3第二步電離的電離常數(shù)為Ka2，則pKa2＝________(填數(shù)值，已知pKa2＝－lg Ka2)。 ③通入CO215～30 min時，混合

19、液中發(fā)生的主要脫硫反應離子方程式為_____________ __________________________________________。 (3)硫酸工業(yè)生產(chǎn)中SO3吸收率與進入吸收塔的硫酸濃度和溫度關系如圖丙，由圖可知吸收SO3所用硫酸的適宜濃度為98.3%，溫度為________，而工業(yè)生產(chǎn)中一般采用60 ℃的可能原因是____________________________________________________________。 解析：(1)①CaS(s)＋2O2(g)===CaSO4(s)　ΔH1＝－907.1 kJmol－1，CaS(s)＋O2(g)==

20、=CaO(s)＋SO2(g)　ΔH2＝－454.3 kJmol－1，根據(jù)蓋斯定律可得：CaS(s)＋3CaSO4(s)===4CaO(s)＋4SO2(g)　ΔH＝4ΔH2－3ΔH1＝(－454.34＋907.13)kJmol－1＝＋904.1 kJmol－1。②在CaS―→SO2變化過程中，根據(jù)S元素的價態(tài)變化：－2→＋4，可知生成1 mol SO2轉(zhuǎn)移6 mol e－。③根據(jù)電解工作原理可知，在陽極發(fā)生失電子的氧化反應，故根據(jù)CuSO4＋SO2＋2H2OCu＋2H2SO4可得，陽極的電極反應式為SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋。(2)根據(jù)圖甲可知，隨著反應的進行，溶液的pH在降低，

21、故生成的含硫氣體為H2S，所以噴吹CO2的脫硫反應原理為CaS＋CO2＋H2O===H2S＋CaCO3。①要檢驗過濾液中是否存在SO，需加入BaCl2溶液，觀察是否產(chǎn)生白色沉淀，在滴加BaCl2前，要排除濾液中可能存在的S2－和HSO對實驗的干擾，所以滴加H2O2要放在滴加BaCl2后，防止H2O2將可能存在的HSO氧化成SO而對實驗造成干擾，故添加順序為cba。②由Ka2＝，結(jié)合圖甲、乙，當c(CO)＝c(HCO)、噴吹時間為0 min時，溶液的pH＝10.25，即Ka2＝c(H＋)＝10－10.25，pKa2＝10.25。③根據(jù)乙可知，在15～30 min內(nèi)，含碳微粒主要是HCO，故反應的

22、離子方程式為2CO2＋S2－＋2H2O===2HCO＋H2S↑。(3)從圖丙可以看出，溫度越低，SO3的吸收率越高，故適宜溫度為40 ℃；但溫度太低，吸收SO3的速率慢，適當升高反應溫度，可以提高吸收SO3的速率，所以工業(yè)生產(chǎn)中一般采用60 ℃，同時SO3的吸收率也較高。 答案：(1)①＋904.1?、??、跾O2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋　(2)①cba　②10.25?、?CO2＋S2－＋2H2O===2HCO＋H2S↑　(3)40 ℃　適當升高反應的溫度可加快吸收SO3的速率 21．(12分)(2019南通一模)室溫下，[Cu(NH3)4](NO3)2與液氨混合并加入Cu可制

23、得一種黑綠色晶體。 (1)基態(tài)Cu2＋核外電子排布式是_________________________。 (2)黑綠色晶體的晶胞如圖所示，寫出該晶體的化學式________。 (3)不考慮空間構型，[Cu(NH3)4]2＋的結(jié)構可用示意圖表示為________(用“→”標出其中的配位鍵)。 (4)NO中N原子軌道的雜化類型是________。與NO互為等電子體的一種分子為________(填化學式)。 (5)液氨可作制冷劑，汽化時吸收大量熱量的原因是_______________________________ ________________________________________________________________________。 解析：(2)晶胞中N原子數(shù)為8＝1，Cu原子數(shù)為12＝3，晶體化學式為Cu3N。 (4)根據(jù)價層電子對互斥理論，NO中N的價層電子對數(shù)＝3＋(5＋1－32)＝3，所以NO中N的原子軌道雜化類型是sp2雜化；與NO互為等電子體的分子為SO3。(5)液氮可作制冷劑，汽化時需要消耗大量能量。 答案：(1)[Ar]3d9(或1s22s22p63s23p63d9)　(2)Cu3N (3)　(4)sp2　SO3 (5)NH3分子間存在氫鍵，汽化時克服氫鍵，需要消耗大量能量 9