（江蘇專用）2020高考化學二輪復(fù)習 第三板塊 考前巧訓(xùn)特訓(xùn) 第二類 非選擇題專練 “5＋1”增分練（二）

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1、 “5＋1”增分練(二) 16．(12分)(2019南京二模)以硫鐵礦燒渣(主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO)生產(chǎn)安全高效的水處理劑高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝流程如下： 已知：FeO在強堿性溶液中穩(wěn)定，但在Fe(OH)3催化作用下會發(fā)生分解。 (1)“酸浸”時加入硫酸的量不宜過多的原因是_________________________________。 (2)“氧化”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______________________________________。 (3)在控制其他條件不變的情況下，探究保持Fe2(SO4)3和NaOH總

2、質(zhì)量不變，改變其質(zhì)量比對K2FeO4產(chǎn)率的影響，實驗結(jié)果如圖所示，當質(zhì)量比大于0.55時K2FeO4的產(chǎn)率下降的原因可能是_______________________________________________。 (4)“過濾2”產(chǎn)生的濾渣的主要成分為________(填化學式)，“過濾3”所得濾液中含有的陰離子有OH－、Cl－、SO、____________、____________(填化學式)。 (5)K2FeO4可將水中的H2S氧化為硫酸鹽，同時K2FeO4被還原為Fe(OH)3，則反應(yīng)時K2FeO4與H2S的物質(zhì)的量之比為________。 解析：硫鐵礦燒渣(主要成分F

3、e2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO)加入稀硫酸、過氧化氫，濾渣為二氧化硅，濾液中含有鐵離子、鋁離子、硫酸根離子和鎂離子，加入次氯酸鈉溶液和氫氧化鈉溶液，混合發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成高鐵酸鈉、氯化鈉和水，過濾除去氫氧化鎂，濾液中加入氫氧化鉀溶液實現(xiàn)高鐵酸鈉轉(zhuǎn)化為高鐵酸鉀沉淀，冷卻結(jié)晶過濾得到高鐵酸鉀固體，上述工藝得到的高鐵酸鉀常含有雜質(zhì)，“過濾3”所得濾液中含有的陰離子有OH－、Cl－、SO、FeO、AlO，可用重結(jié)晶法提純。 (1)為避免后續(xù)“氧化”步驟中消耗較多的氫氧化鈉，則“酸浸”時加入硫酸的量不宜過多； (2)“氧化”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe3＋＋3ClO－＋

4、10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O； (3)題給信息中FeO在強堿性溶液中穩(wěn)定，但在Fe(OH)3催化作用下會發(fā)生分解，由圖像可知，當質(zhì)量比大于0.55時，過多的Fe3＋與NaOH反應(yīng)生成Fe(OH)3，F(xiàn)e(OH)3可以加速K2FeO4的分解，從而使K2FeO4的產(chǎn)率下降； (4)濾渣2含有氫氧化鎂，“過濾3”所得濾液中含有的陰離子有OH－、Cl－、SO、FeO、AlO； (5)K2FeO4可將水中的H2S氧化為硫酸鹽，同時K2FeO4被還原為Fe(OH)3，反應(yīng)中Fe元素化合價由＋6價降低為＋3價，S元素化合價由－2價升高為＋6價，則K2FeO4與H2S的物質(zhì)的量之比為8∶

5、3。 答案：(1)可以減少“氧化”步驟中NaOH的用量 (2)2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O (3)當硫酸鐵跟氫氧化鈉的質(zhì)量比增大到一定程度時，過多的Fe3＋與NaOH反應(yīng)生成Fe(OH)3，F(xiàn)e(OH)3可以加速K2FeO4的分解，從而使K2FeO4的產(chǎn)率下降 (4)Mg(OH)2　FeO　AlO (5)8∶3 17．(15分)(2019無錫一模)納多洛爾是臨床常用的治療高血壓藥物，可以通過以下方法合成： (1)化合物H中的含氧官能團名稱為_________________________________________。

6、(2)A→B的反應(yīng)類型為________；化合物G的結(jié)構(gòu)簡式為________________。 (3)D→E的化學方程式為_____________________________________________。 (4)寫出同時滿足下列條件的F的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_________________。 ①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)； ②分子中只有3種不同化學環(huán)境的氫原子。 (5)已知：請寫出以甲苯、(CH3CO)2O和CH3OH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如下：CH3CH2OHCH2===CH2CH3CH2C

7、l。 解析：(1)化合物H()中的含氧官能團名稱為醚鍵、羥基； (2)反應(yīng) 苯環(huán)上的氫原子被—SO3H代替，則反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；由 得到E →G是酯基水解，則化合物G的結(jié)構(gòu)簡式為 18．(12分)(2019蘇北三市一模)實驗室以食鹽為原料制備焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)并測定其純度，流程如下： 已知：①Na2SO3＋SO2===Na2S2O5， 5C2O＋2MnO＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O； ②焦亞硫酸鈉與強酸接觸則放出SO2而生成相應(yīng)的鹽類。 (1)反應(yīng)Ⅰ的化學方程式為_______________________

8、_______________；流程中X的化學式為____________。 (2)0.5 mol Na2S2O5溶解于水配成1 L溶液，該溶液pH＝4.5。溶液中部分微粒濃度隨溶液酸堿性變化如圖所示，寫出Na2S2O5溶于水時主要反應(yīng)的離子方程式為________________________________________。 (3)為測定產(chǎn)品的純度，實驗步驟依次為： 步驟1：準確稱取20.00 g產(chǎn)品于反應(yīng)容器中，加入稍過量的2 molL－1的H2SO4溶液，蒸餾；將產(chǎn)生的SO2用200.00 mL 0.500 0 molL－1酸性KMnO4溶液吸收，完全吸收后，加水稀釋得到吸

9、收液250 mL。 步驟2：準確量取25.00 mL吸收液，用0.100 0 molL－1的K2C2O4標準溶液滴定，消耗K2C2O4標準溶液48.00 mL。 計算產(chǎn)品中焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)的純度(寫出計算過程)。 解析：(1)向NaCl飽和溶液中通入NH3和CO2，利用NaHCO3的溶解度小，便于從溶液中析出，則反應(yīng)Ⅰ的化學方程式為NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NH4Cl＋NaHCO3↓，過濾后將濾渣加熱，NaHCO3受熱分解，放出CO2，即X為CO2； (2)Na2S2O5溶解于水所得溶液pH＝4.5，據(jù)圖可知，pH＝4.5時HSO濃度最大，即Na2S2O5轉(zhuǎn)化為

10、HSO，則Na2S2O5溶于水時主要反應(yīng)的離子方程式為S2O＋H2O===2HSO。 答案：(1)NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NH4Cl＋NaHCO3↓　CO2　 (2)S2O＋H2O===2HSO (3)由反應(yīng)5C2O＋2MnO＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O得關(guān)系式：2MnO～5C2O 步驟2中反應(yīng)的n(KMnO4)＝0.100 0 molL－148.0010－3 L＝1.9210－3 mol， 步驟1中反應(yīng)的n(KMnO4)＝0.500 0 molL－120010－3 L －1.9210－3 mol 10＝8.0810－2 mol， 由關(guān)系式：5N

11、a2S2O5～10SO2～4MnO可得： 20．000 g產(chǎn)品中n(Na2S2O5)＝8.0810－2 mol ＝0.101 mol， w(Na2S2O5)＝100%＝95.95%。 19．(15分)(2019揚、泰、南、淮、徐、宿、連三模)實驗室以菱鎂礦(主要成分MgCO3，少量的CaO、SiO2、Al2O3、Fe2O3)為原料生產(chǎn)高純MgO，其主要實驗流程如下： (1)寫出用熱的NH4Cl溶液浸出鎂元素的離子方程式：____________________________ ___________________________________________________

12、_____________________。 (2)在溫度、攪拌時間一定的情況下，攪拌轉(zhuǎn)速對Mg(OH)2的沉淀量的影響如圖1所示。攪拌轉(zhuǎn)速大于500轉(zhuǎn)/分，Mg(OH)2沉淀量降低的原因是________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)灼燒Ⅱ所用裝置如圖2所示，儀器A的名稱是________。為提高MgO的純度，需充分灼燒，通過“稱量”確定灼燒已經(jīng)完全的方法是___________________________

13、__________ ____________________________________________________________________________。 (4)將用NH4Cl浸出所得溶液直接蒸干、灼燒也能制得MgO，該方法的缺點是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)補充完整由濾渣(SiO2、Al2O3、

14、Fe2O3)制備純凈的Al2(SO4)318H2O晶體的實驗步驟：向一定量濾渣中加入足量的稀硫酸，充分反應(yīng)后過濾，向濾液中滴加NaOH溶液至生成的沉淀不再減少，過濾，___________________________________________________________ ________________________________________________________________________，抽干，裝瓶。(實驗中須使用的試劑：CO2氣體、稀硫酸、蒸餾水、無水乙醇) 解析：(1)根據(jù)實驗流程可知，在灼燒Ⅰ后，菱鎂礦中的MgCO3分解得到MgO，用熱的NH4

15、Cl溶液浸出Mg元素，原理是利用NH的水解(NH＋H2ONH3H2O＋H＋)，溶液呈酸性，使得MgO溶解浸出(MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O)，故離子方程式為MgO＋2NH===Mg2＋＋2NH3↑＋H2O。(2)根據(jù)圖1數(shù)據(jù)，攪拌轉(zhuǎn)速大于500轉(zhuǎn)/分時，Mg(OH)2沉淀量降低是因為攪拌轉(zhuǎn)速過快，Mg(OH)2顆粒變小，不易沉降。(3)根據(jù)圖2可知，儀器A是坩堝；灼燒Ⅱ是在坩堝中加熱發(fā)生反應(yīng)：Mg(OH)2MgO＋H2O，當連續(xù)兩次灼燒后稱得固體(坩堝和固體)質(zhì)量相同，說明灼燒完成。(4)根據(jù)實驗流程可知，用NH4Cl浸出所得溶液中，含有MgCl2和NH4Cl，直接灼燒，Mg2＋和

16、NH水解生成的NH3、HCl污染環(huán)境，Mg(OH)2分解生成MgO的純度不高，能源消耗更大。(5)據(jù)實驗流程分析，此時濾液中主要含有AlO，向所得濾液中通入CO2氣體至Al(OH)3沉淀不再增多，過濾，用蒸餾水洗滌沉淀2～3次，加入稀H2SO4至Al(OH)3完全溶解，生成Al2(SO4)3，將所得Al2(SO4)3溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，用無水乙醇洗滌晶體2～3次。 答案：(1)MgO＋2NH===Mg2＋＋2NH3↑＋H2O (2)攪拌轉(zhuǎn)速過快，Mg(OH)2顆粒變小，不易沉降(或攪拌轉(zhuǎn)速過快，促進氨氣揮發(fā)) (3)坩堝　連續(xù)兩次灼燒后稱得(坩堝和固體的)質(zhì)量相同 (4)直接

17、灼燒生成的NH3、HCl污染環(huán)境、生成MgO純度不高、能耗更高 (5)向所得濾液中通入二氧化碳氣體至沉淀不再增多，過濾，用蒸餾水洗滌沉淀2～3次，加入稀硫酸至沉淀完全溶解，將所得溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾，用無水乙醇洗滌晶體2～3次 20．(14分)(2019南通一模)消除含氮化合物對大氣和水體的污染是環(huán)境保護的重要研究課題。 (1)已知： N2(g)＋O2(g)===2NO(g)ΔH＝a kJmol－1 2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)ΔH＝b kJmol－1 4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(l)ΔH＝c kJmol－1 反應(yīng)8NH3(g)

18、＋6NO2(g)===7N2(g)＋12H2O(l)ΔH＝________kJmol－1。 (2)水體中過量氨氮(以NH3表示)會導(dǎo)致水體富營養(yǎng)化。 ①用次氯酸鈉除去氨氮的原理如圖1所示。寫出該圖示的總反應(yīng)化學方程式：____________________________________________。該反應(yīng)需控制溫度，溫度過高時氨氮去除率降低的原因是________________________________________________________。 ②取一定量的含氨氮廢水，改變加入次氯酸鈉的用量，反應(yīng)一段時間后，溶液中氨氮去除率、總氮(溶液中所有可溶性的含氮化

19、合物中氮元素的總量)去除率以及剩余次氯酸鈉的含量隨m(NaClO)∶m(NH3)的變化情況如圖2所示。點B剩余NaClO含量低于點A的原因是____________________________________________。當m(NaClO)∶m(NH3)>7.6時，水體中總氮去除率反而下降，可能的原因是_______________________________。 (3)電極生物膜電解脫硝是電化學和微生物工藝的組合。某微生物膜能利用電解產(chǎn)生的活性原子將NO還原為N2，工作原理如圖3所示。 ①寫出該活性原子與NO反應(yīng)的離子方程式：________________________

20、______。 ②若陽極生成標準狀況下2.24 L氣體，理論上可除去NO的物質(zhì)的量為________mol。 解析：(1)將給定的三個熱化學方程式依次分別編號為①、②、③，根據(jù)蓋斯定律，將③2－①7－②3即得目標熱化學方程式8NH3(g)＋6NO2(g)===7N2(g)＋12H2O(l)，則ΔH＝(2c－7a－3b)kJmol－1； (2)①由圖1可知，發(fā)生了反應(yīng)Ⅰ.NaClO＋H2O===HClO＋NaOH，Ⅱ.2NH3＋3HClO===N2＋3HCl＋3H2O，Ⅲ.HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，將Ⅰ3＋Ⅱ＋Ⅲ3即得總反應(yīng)的化學方程式為2NH3＋3NaClO===N2＋3N

21、aCl＋3H2O；該反應(yīng)需控制溫度，溫度過高時氨氮去除率降低的原因是溫度過高，HClO發(fā)生分解，氨氮去除率隨之降低；②根據(jù)圖2可知，點B剩余NaClO含量低于點A的原因是增加NaClO的量，反應(yīng)速率加快，相同時間內(nèi)NaClO消耗多；當m(NaClO)∶m(NH3)>7.6時，溶液中氨氮去除率接近100%，而水體中總氮去除率反而下降，可能是因為有部分NH3被氧化成NO或NO等可溶性含氮化合物； (3)①根據(jù)圖3所示2NO＋10H===N2↑＋2OH－＋4H2O?、谌絷枠O生成標準狀況下2.24 L氣體即0.1 mol O2，NO還原為N2，根據(jù)得失電子守恒，得關(guān)系式4NO→5O2→20e－，理論

22、上可除去NO的物質(zhì)的量為：0.1 mol＝0.08 mol。 答案：(1)2c－7a－3b (2)①2NH3＋3NaClO===N2＋3NaCl＋3H2O　 溫度過高，HClO發(fā)生分解，氨氮去除率隨之降低 ②增加NaClO的量，反應(yīng)速率加快，相同時間內(nèi)NaClO消耗多　有部分NH3被氧化成NO或NO (3)①2NO＋10H===N2↑＋2OH－＋4H2O ②0.08 21．(12分)(2019南通七市三模)已知X、Y、Z、R都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數(shù)依次增大。X是空氣中含量最高的元素，Z基態(tài)原子核外K、L、M三層電子數(shù)之比為1∶4∶2，R基態(tài)原子的3d原子軌道上的電

23、子數(shù)是4s原子軌道上的4倍，Y基態(tài)原子的最外層電子數(shù)等于Z、R基態(tài)原子的最外層電子數(shù)之和。(答題時，X、Y、Z、R用所對應(yīng)的元素符號表示) (1)X、Y、Z的第一電離能由小到大的順序為________________，寫出一種與ZY互為等電子體的分子的化學式：____________。 (2)R3＋基態(tài)核外電子排布式為________。 (3)化合物Z3X4熔點高達1 900 ℃以上，硬度很大。該物質(zhì)的晶體類型是____________。 (4)Y、Z形成的某晶體其晶胞結(jié)構(gòu)如右圖所示，則該化合物的化學式為______________。 (5)R2＋與過量的氨水形成的配離子的化學式

24、為[R(NH3)6]2＋,1 mol[R(NH3)6]2＋中含有σ鍵的數(shù)目為________。 解析：根據(jù)題意，X、Y、Z、R都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數(shù)依次增大。X是空氣中含量最高的元素，則X是N；Z基態(tài)原子核外K、L、M三層電子數(shù)之比為1∶4∶2，即K、L、M三層電子數(shù)分別為2、8、4，則Z為Si；R基態(tài)原子的3d原子軌道上的電子數(shù)是4s原子軌道上的4倍，即R基態(tài)核外電子排布為1s22s22p63s23p63d84s2，則R為Ni；Y基態(tài)原子的最外層電子數(shù)等于Z、R基態(tài)原子的最外層電子數(shù)之和，Y原子最外層電子數(shù)為6，核電荷數(shù)介于N和Si之間，則Y為O。 (1)根據(jù)元素周期

25、律，同周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大呈增大趨勢，但ⅤA族元素的p軌道處于半滿的穩(wěn)定狀態(tài)，故其第一電離能大于同周期相鄰元素，同主族元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小，則X、Y、Z的第一電離能由小到大的順序為 Si