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“5＋1”增分练八.doc

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1、 “51”增分练(八)16(12分)(2019泰州中学、宜兴中学联考)硼氢化钠(NaBH4，硼为3价)为白色粉末，在干燥空气中稳定，在潮湿气中分解，是常用的还原剂。偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，不溶于乙醇，易水解。目前有多种工艺可制备NaBH4。(1)用硼精矿(含有一定量B2O3及Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)制取NaBH4的流程如下：“溶解”时，B2O3与NaOH反应生成了NaBO2，反应离子方程式为_。“除硅铝”步骤加入CaO，而不加入CaCl2的原因有：能将硅、铝以沉淀除去；尽量不带入杂质离子；_。“操作2”是将滤液蒸发、结晶、洗涤，其中洗涤选用的试剂最好是_。“反应1”是M

2、gH2与NaBO2混合得到NaBH4和MgO，其化学方程式为_。(2)我国孙彦平采用耐腐蚀电极材料，以阳离子交换膜为隔离膜，电解偏硼酸钠的碱溶液，也可以高效制备NaBH4。该工艺阳极产物为_，阴极电极反应方程式为_。解析：硼精矿中加入NaOH溶解，其中B2O3、Al2O3、SiO2分别转化成溶于水的NaBO2、NaAlO2、Na2SiO3进入滤液；滤液中加入CaO将硅铝以沉淀的形式除去；将NaBO2与MgH2反应得到NaBH4和MgO。电解NaBO2的碱溶液制备NaBH4，NaBH4中H元素的化合价为1价，NaBH4为阴极产物。(1)“溶解”时，B2O3与NaOH反应生成NaBO2和H2O，反

3、应的化学方程式为B2O32NaOH=2NaBO2H2O，离子方程式为B2O32OH=2BOH2O。根据流程可知，加入CaO可以将硅铝转化为Na2O3CaOAl2O3nSiO2沉淀而除去；根据题意“NaBO2易水解”可知，加入CaO使溶液呈碱性，抑制NaBO2的水解，而CaCl2溶液呈中性，不能抑制NaBO2的水解，所以“除硅铝”步骤中加入CaO，而不加入CaCl2。“操作2”将滤液蒸发、结晶、洗涤得到NaBO2，根据“NaBO2易溶于水、不溶于乙醇、易水解”可知，为了减少NaBO2的溶解损失和抑制NaBO2的水解，洗涤选用的试剂最好为乙醇。NaBH4中B为3价，则NaBH4中H为1价，“反应1

4、”是MgH2与NaBO2混合得到NaBH4和MgO，该反应前后元素的化合价不变，则该反应为非氧化还原反应，根据原子守恒，反应的化学方程式为2MgH2NaBO2=NaBH42MgO。(2)电解NaBO2的碱溶液制备NaBH4，NaBH4中H为1价，为还原产物，在阴极生成，根据放电顺序，阳极电极反应式为4OH4e=O22H2O，阳极产物为O2；阴极电极反应式为BO8e6H2O=BH8OH。答案：(1)B2O32OH=2BOH2O提供碱性溶液，抑制NaBO2水解乙醇2MgH2NaBO2=NaBH42MgO(2)O2BO6H2O8e=BH8OH17(15分)(2019扬州一模)沙罗特美是一种长效平喘药

5、，其合成的部分路线如图：(1)F中的含氧官能团名称为_(写两种)。(2)CD的反应类型为_。(3)B的分子式为C8H8O3，与(CH3)2C(OCH3)2发生取代反应得到物质C和CH3OH，写出B的结构简式：_。(4)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：_。分子中含有苯环，且有一个手性碳原子，不能与FeCl3发生显色反应；能发生水解反应，水解产物之一是氨基酸，另一含苯环的水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢原子。解析：(1)“OH”为羟基，“O”为醚键。(2)C中醛基中碳氧双键打开，与CH3NO2发生加成反应。(3)对比A、C的结构简式知，A中羟基与(CH3)2C(OCH3)

6、2发生反应生成甲醇，由C中含氧环知，A中羟基的邻位碳链上也要存在羟基，由此推出，A中羟基邻位上的H与HCHO发生加成反应生成CH2OH，得出B的结构简式为。(4)氨基酸的结构为，能水解说明含有酯基，另一产物中只有3种不同环境的H原子，所以结构对称，同时存在手性碳，即一个碳原子上连有四个不同基团，由此写出结构简式为答案：(1)醚键、羟基(2)加成反应(5)(其他合理答案均可，最后两步顺序调换也可)18(12分)(2019常州一模)以硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O为原料通过下列流程可以制备晶体A。已知：25 ，Fe(C2O4)33(aq)SCN(aq)Fe(SCN)2(aq)3C2

7、O(aq)K1016。(1)写出步骤生成黄色沉淀(FeC2O42H2O)的化学方程式_。(2)步骤水浴加热需控制40 的理由是_。(3)某研究小组同学欲检验晶体A中含有的三价铁，取少量晶体放入试管中，用蒸馏水充分溶解，向试管中滴入几滴0.1 molL1 KSCN溶液。请判断上述实验方案是否可行并说明理由：_。(4)某研究小组通过如下实验步骤测定晶体A的化学式：步骤1：准确称取A样品4.910 0 g，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.370 0 g；步骤2：准确称取A样品4.910 0 g置于锥形瓶中，加入足量的3.000 molL1的H2SO4溶液和适量蒸馏水，用0.500 0 molL1的K

8、MnO4溶液滴定，当MnO恰好完全被还原为Mn2时，消耗KMnO4溶液的体积为24.00 mL；步骤3：将步骤1所得固体溶于水，加入铁粉0.280 0 g，恰好完全反应。通过计算确定晶体A的化学式(写出计算过程)。解析：(1)步骤可视为FeSO4与H2C2O4反应生成FeC2O4和H2SO4，所以(NH4)2SO4FeSO46H2O与H2C2O4反应生成FeC2O42H2O沉淀和H2SO4，同时生成(NH4)2SO4和H2O。(2)温度低，反应速率慢；温度高，双氧水分解，所以反应控制温度约40 。(3)晶体A中Fe()以Fe(C2O4)33形式存在，其转化为Fe(SCN)2的反应平衡常数太小，

9、Fe(SCN)2浓度太小，观察不到明显现象，故无法检验。(4)由步骤1计算出n(H2O)；由步骤2计算出n(C2O)；由步骤3计算出n(Fe3)，根据电荷守恒计算出n(K)，然后根据n(K)、n(Fe3)、n(C2O)、n(H2O)之比得出K、Fe3、C2O、H2O个数比，最后写出A的化学式。答案：(1)(NH4)2SO4FeSO46H2OH2C2O4=FeC2O42H2O(NH4)2SO4H2SO44H2O(2)温度太高，H2O2分解；温度太低，Fe2氧化速率太慢(3)否，因为Fe(C2O4)33转化为Fe(SCN)2反应的平衡常数较小，离子浓度太小，观察不到明显现象，所以无法检验(4)n(

10、H2O)0.030 0 moln(Fe3)2n(Fe)20.010 0 mol由方程式2KMnO45H2C2O43H2SO4=2MnSO4K2SO410CO28H2O知：n(C2O)2.5n(KMnO4)2.50.500 0 molL10.024 L0.030 0 mol根据电荷守恒得：n(K)3n(Fe3)2n(C2O)，n(K)0.030 0 mol，n(K)n(Fe3)n(C2O)n(H2O)0.030 0 mol0.010 0 mol0.030 0 mol0.030 0 mol3133所以xyzn3133，A为K3Fe(C2O4)33H2O19(15分)(2019南通七市二模)南通江海

11、实验学校研究性学习小组以一种酸性印刷电路蚀刻废液(主要离子有Cu2、H、Cl)为原料制备Cu2O。实验过程如下：已知：CuCl是一种无色离子，易水解生成Cu2O。(1)60 条件下，控制反应混合液的pH在23之间，加入Na2SO3溶液将CuCl2还原成CuCl。“还原”的实验装置如图甲所示。将Na2SO3溶液滴入三颈瓶中的操作是_。写出上述反应的离子方程式：_，判断反应已经完全的标志为_。该过程中加入NaCl的目的是_。(2)“洗涤”过程包括水洗、醇洗、2%葡萄糖溶液洗涤，其中葡萄糖溶液的作用是_。(3)已知CuCl的水解率随pH的变化如图乙所示，请补充完整由滤液X(主要成分：Na、NH、Cl

12、、SO，少量CuCl)获取NaCl固体的实验方案：_，加入1 molL1盐酸至pH略小于7，_，冷却，密封包装。(实验中须使用的试剂：1 molL1NaOH溶液，2 molL1BaCl2溶液，1 molL1Na2CO3溶液。)解析：(1)通过分液漏斗向三颈瓶中滴加Na2SO3溶液，方法是打开分液漏斗上口塞子(或将塞子上的凹槽与瓶口上的小孔对齐)，旋开分液漏斗的旋塞，逐滴滴加。SO将Cu2还原为CuCl，SO被氧化为SO，离子方程式为2Cu2SO4ClH2O=2CuClSO2H；蚀刻废液呈蓝色，当溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复时说明反应已经完成。CuClClCuCl，还原过程中加入NaCl的

13、作用是增大Cl浓度，促进CuCl生成。(2)Cu2O具有还原性，易被氧化，滤渣水洗、醇洗后用葡萄糖溶液洗涤，目的是防止Cu2O在烘干过程中被氧化。(3)由滤液X获得NaCl固体，需先将其中杂质离子(NH、SO、CuCl)除去，除去SO可依次加入过量BaCl2溶液、过量Na2CO3溶液和盐酸；除去CuCl可根据图像将溶液pH调至12后过滤，调至pH为12时NH同时也被除去，最后将滤液蒸发结晶、冷却得到NaCl晶体。答案：(1)打开分液漏斗上口塞子(或将塞子上的凹槽与瓶口上的小孔对齐)，旋开分液漏斗的旋塞，逐滴滴加2Cu2SO4ClH2O=2CuClSO2H溶液变成无色，且半分钟内不恢复增大Cl浓

14、度，促进CuCl生成(2)葡萄糖具有还原性，防止Cu2O在烘干过程中被氧化(3)向滤液X中加入2 molL1 BaCl2溶液至不再有沉淀产生，继续加入1 molL1的Na2CO3溶液至无沉淀产生，再用1 molL1NaOH溶液调节pH至12，过滤蒸发结晶20(14分)(2019盐城三模)H2S存在于多种燃气中，脱除燃气中H2S的方法很多。(1)2019年3月science direct介绍的化学链技术脱除H2S的原理如图甲所示。“H2S氧化”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。“HI分解”时，每1 mol HI分解生成碘蒸气和氢气时，吸收13 kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：_。“B

15、unsen反应”的离子方程式为_。(2)电化学干法氧化法脱除H2S的原理如图乙所示。阳极发生的电极反应为_；阴极上COS发生的电极反应为_。(3)用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S法包含的反应如下：()H2S(g)H2S(aq)()H2S(aq)HHS()HS2Fe3=S2Fe2H一定条件下测得脱硫率与Fe3浓度的关系如图丙所示。吸收液经过滤滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是_。图中当Fe3的浓度大于10 gL1时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于_。解析：(1)硫化氢气体被氧化时，发生反应为H2SH2SO4(浓)=SSO22H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11。根据题意可得热

16、化学方程式为2HI(g)H2(g)I2(g)H26 kJmol1。离子方程式为SO2I22H2O=4HSO2I。(2)根据图乙中各电极的原料及产物，可写出阳极的电极反应为2S24e=S2，阴极的电极反应为COS2e=S2CO。(3)通入足量O2(或空气)，可以达到滤液再生的目的。Fe3浓度增大，pH减小，使反应()、()向逆反应方向移动且pH减小因素超过反应()Fe3浓度增大因素。答案：(1)112HI(g)H2(g)I2(g)H26 kJmol1SO2I22H2O=4HSO2I(2)2S24e=S2COS2e=S2CO(3)通入足量O2(或空气)Fe3浓度增大，pH减小，使反应()、()向逆

17、反应方向移动且pH减小因素超过反应()Fe3浓度增大因素21(12分)(2019南京三模)铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。(1)铜与N2O4在一定条件下可制备无水Cu(NO3)2。基态Cu2的电子排布式为_。与NO互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。(2)邻氨基吡啶()的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图甲所示。C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。邻氨基吡啶的铜配合物中，C原子轨道杂化类型为_。1 mol中含有键为_mol。(3)铜的某种氯化物的链状结构如图乙所示。该氯化物的化学式为_。解析：(1)铜的原子序数为29，故基态Cu2的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9；与NO互为等电子体的一种分子为SO3或BF3。(2)C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为NOC；邻氨基吡啶的铜配合物中，碳原子的有、两种基团，故C原子轨道杂化类型为sp2、sp3；1个分子中含有13个键，故1 mol中含有键为13 mol。(3)根据铜的某种氯化物的链状结构图，利用均摊法计算原子数，Cu：223，Cl：616，该氯化物的化学式为CuCl2。答案：(1)1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9SO3或BF3(2)NOCsp2、sp313(3)CuCl2