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”增分练五.doc

《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”增分练五.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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”增分练五.doc（9页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 “51”增分练(五)16(12分)(2019常州一中模拟)某工厂以硝酸为原料生产亚硝酸钠，其工艺流程如下：已知：Na2CO3NONO2=2NaNO2CO2(1)“分解塔”中SO2从塔底进入，硝酸从塔顶喷淋，其目的是_。(2)“分解塔”中的温度不宜过高，其原因是_。(3)按一定计量比在“分解塔”中通SO2和喷入硝酸，若反应后生成的NO与NO2物质的量之比恰好11，则“分解塔”中发生反应的化学方程式为_。(4)“分解塔”中的硝酸浓度不宜过大的原因是_。(5)为提高氮氧化物的转化率，可向“尾气”中通入一定量的_气体，再通入“吸收塔”中，实现循环吸收。(6)“吸收塔”所得溶液中除含有NaNO2、Na

2、NO3和少量Na2CO3外，还含有的溶质为_(填化学式)。解析：(1)“分解塔”中SO2从塔底进入，硝酸从塔顶喷淋，采取逆向吸收，接触更充分，吸收效果更好；(2)因硝酸易挥发，且不稳定、受热易分解，“分解塔”中的温度不宜过高；(3)由题给信息可知，反应物为硝酸和二氧化硫，生成物为物质的量之比为11的NO与NO2、硫酸等，则反应的化学方程式为2HNO32SO2H2O=NONO22H2SO4；(4)浓硝酸的还原产物是NO2，稀硝酸的还原产物是NO，故当硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低；若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO，亚硝酸钠产率也低；(5)吸收塔中尾气的成分主要是N

3、O和NO2，故可以通入适量的O2，再进入吸收塔，循环吸收；(6)由碳酸钠与酸反应的原理可知，“吸收塔”所得溶液中除含有NaNO2、NaNO3和少量Na2CO3外，还含有NaHCO3。答案：(1)使SO2气体被充分吸收(2)硝酸受热会挥发、分解(3)2HNO32SO2H2O=NONO22H2SO4(4)硝酸浓度过大，氮氧化物中NO2含量高，导致亚硝酸钠产率降低(或硝酸钠含量过高)(5)O2(6)NaHCO317(15分)(2019南京二模)氟喹诺酮是人工合成的抗菌药，其中间体G的合成路线如下：(1)G中的含氧官能团为_和_(填名称)。(2)由CD的反应类型是_。(3)化合物X(分子式为C3H7N

4、)的结构简式为_。(4)B和乙醇反应的产物为H(C8H6FCl2NO2)，写出满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式：_。.是一种氨基酸；.分子中有4种不同化学环境的氢原子，且分子中含有一个苯环。(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以和ClMgCH(COOC2H5)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。解析：(1)由G的结构可知，其含有的含氧官能团有酯基、羰基；(2)对比C、D的结构，可知C中酰氯中氯原子被CH(COOC2H5)2替代生成D，属于取代反应；(3)化合物X的分子式为C3H7N，对比F、G的结构，F中OCH3被替代生成G，同时生成甲醇，则

5、X结构简式为；(4)H(C8H6FCl2NO2)的一种同分异构体满足：.是一种氨基酸，说明氨基、羧基连接同一碳原子上；.分子中有4种不同化学环境的氢原子，且分子中含有一个苯环。由于氨基、羧基中共含有的3个氢原子是2种化学环境不同的氢，故另外3个氢原子是2种化学环境不同的氢，应存在对称结构，H的同分异构体结构简式可能为：(5)模仿路线流程设计，发生催化氧化生成，进一步氧化生成答案：(1)羰基酯基(2)取代反应(3)18(12分)(2019苏锡常镇二模)以软锰矿(主要成分为MnO2)和硫锰矿(主要成分为MnS)为原料制备硫酸锰晶体的工艺流程如下：(1)滤渣中存在一种非金属单质，则酸浸过程中的化学方

6、程式为_。(2)实验室常用氧化还原法测定MnSO4H2O晶体的纯度，原理如下：2Mn2NO4PO2H=2Mn(PO4)23NOH2ONHNO=N22H2OMn(PO4)23Fe2=Mn2Fe(PO4)23称取MnSO4H2O样品1.000 0 g，溶于适量水，以磷酸作配位剂，加入过量硝酸铵，在220240 下充分反应。然后以N苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，用0.100 0 molL1硫酸亚铁铵标准溶液滴定生成的Mn(PO4)23至终点。重复操作3次，记录数据如下表：滴定次数0.100 0 molL1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液读数(mL)滴定前滴定后10.1020.2021.3221.32

7、31.0520.95已知：Fe2NO2H=Fe3NOH2O。测定过程中，硝酸铵的作用是_和_。若滴定过程中标准溶液硫酸亚铁铵不是新配制的，所测定的MnSO4H2O晶体的纯度将会_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。计算样品中MnSO4H2O的质量分数(写出计算过程)。解析：软锰矿和硫锰矿在稀硫酸中酸浸，发生反应，得到滤渣，含有S，过滤得到滤液中含硫酸锰和稀硫酸，经过结晶得到硫酸锰晶体；用0.100 0 molL1硫酸亚铁铵标准溶液测定流程图中MnSO4H2O晶体样品的纯度，主要是和生成的Mn(PO4)23反应。(1)MnO2在酸性条件之下是一种氧化剂，MnO2和MnS在稀硫酸中反应生成一种非金属

8、单质S，即滤渣1，同时产生MnSO4，是一个氧化还原反应，则“酸浸”时反应的化学方程式为MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O；(2)由原理反应2Mn2NO4PO2H=2Mn(PO4)23NOH2O，NHNO=N22H2O可知，硝酸铵的作用是将试样中的二价锰定量氧化成三价锰和与产生的亚硝酸盐反应消除对滴定的影响；若滴定过程中标准溶液硫酸亚铁铵不是新配制的，部分Fe2被氧化为Fe3，滴定时消耗的标准液偏多，故所测定的MnSO4H2O晶体的纯度将会偏高；用0.100 0 molL1硫酸亚铁铵标准溶液测定MnSO4H2O晶体样品的纯度，主要是和生成的Mn(PO4)23反应，取MnSO4H

9、2O样品1.000 0 g，三次消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液平均值为20.00 mL。根据关系式：2MnSO4H2O2Mn(PO4)232Fe2n(MnSO4H2O)n(Fe2)20.00 mL103 LmL10.100 0 molL12103 mol，样品中MnSO4H2O的质量分数为100%33.8%。答案：(1)MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O(2)将试样中的二价锰定量氧化成三价锰与产生的亚硝酸盐反应消除对滴定的影响偏高消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液平均值为20.00 mL。2MnSO4H2O2Mn(PO4)232Fe2n(MnSO4H2O)n(F

10、e2)20.00 mL103 LmL10.100 0 molL12103 mol，样品中MnSO4H2O的质量分数为100%33.8%19(15分)(2019常州一模)某兴趣小组用铝箔制备Al2O3、AlCl36H2O及明矾大晶体，具体流程如下：已知：(1)AlCl36H2O易溶于水、乙醇及乙醚；(2)明矾在水中的溶解度如下表：温度/010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109请回答：(1)步骤中生成Al(OH)3的离子方程式_。(2)步骤灼烧Al(OH)3所用实验室常用仪器为_，为了提高Al2O3纯度，需_(填操作步骤)。(3)制备A

11、lCl36H2O的工业生产中，胶状固体用酸浸取后，还需要通入HCl气体。通入HCl的作用主要有两点：_和_。(4)已知：在不同温度条件下向一定量的氯化铝溶液中通入HCl气体，通入量对AlCl36H2O结晶量和结晶效率的影响如图，请补充完整由胶状固体制备AlCl36H2O晶体的实验方案：向胶状固体滴加一定浓度盐酸，直至恰好完全溶解，_。解析：(1)步骤I铝箔溶于NaOH溶液生成NaAlO2，步骤NaAlO2溶液中通入过量的CO2生成Al(OH)3的离子方程式为AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO；(2)步骤灼烧Al(OH)3所用实验室常用仪器为坩埚；为了提高Al2O3纯度，需灼烧至恒重；(

12、3)制备AlCl36H2O的工业生产中，胶状固体用酸浸取后，生成AlCl3溶液由于Al3易水解，加热时需要不断通入HCl气体。通入HCl的作用主要有两点：抑制AlCl3水解，增加c(Cl)，有利于AlCl36H2O结晶；(4)按题图所示，在低于45 时通入HCl气体，AlCl36H2O晶体结晶量和结晶效率快速增大，后继续通入HCl气体，结晶量和结晶效率变得缓慢，则由胶状固体制备AlCl36H2O晶体的实验方案如下：向胶状固体滴加一定浓度盐酸，直至恰好完全溶解，在45 以下(或冷水浴条件下)通入HCl气体，至有大量晶体析出，过滤，用浓盐酸洗涤23次，低温(或减压)干燥，得到AlCl36H2O晶体

13、。答案：(1)AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO(2)坩埚灼烧至恒重(3)抑制AlCl3水解增加c(Cl)，有利于AlCl36H2O结晶(4)在45 以下(或冷水浴条件下)通入HCl气体，至有大量晶体析出，过滤，用浓盐酸洗涤23次，低温(或减压)干燥，得到AlCl36H2O晶体20(14分)(2019姜中、前中、淮中、溧中联考)高炉废渣在循环利用前，需要脱硫(硫元素主要存在形式为S2，少量为SO和SO)处理。(1)高温“两段法”氧化脱硫。第一阶段在空气中的相关热化学方程式如下：CaS(s)2O2(g)=CaSO4(s)H907.1 kJmol1CaS(s)O2(g)=CaO(s)SO2

14、(g)H454.3 kJmol1第二阶段在惰性气氛中，反应CaS(s)3CaSO4(s)=4CaO(s)4SO2(g)的H_kJmol1。整个过程中，CaS完全转化生成1 mol SO2，转移的电子为_mol。生成的SO2用硫酸铜溶液吸收电解氧化，总反应为CuSO4SO22H2OCu2H2SO4。写出电解时阳极的电极反应式：_。(2)喷吹CO2脱硫。用水浸取炉渣，通入适量的CO2，将硫元素以含硫气体形式脱去。当CO2的流量、温度一定时，渣水混合液的pH、含碳元素各种微粒(H2CO3、HCO、CO)的分布随喷吹时间变化如图甲和图乙所示。已知Ksp(CdS)8.01027，Ksp(CdCO3)4.

15、01012。取渣水混合液过滤，可用如下试剂和一定浓度盐酸验证滤液中存在SO。试剂的添加顺序依次为_(填字母)。aH2O2bBaCl2cCdCO3H2CO3第二步电离的电离常数为Ka2，则pKa2_(填数值，已知pKa2lg Ka2)。通入CO21530 min时，混合液中发生的主要脱硫反应离子方程式为_。(3)硫酸工业生产中SO3吸收率与进入吸收塔的硫酸浓度和温度关系如图丙，由图可知吸收SO3所用硫酸的适宜浓度为98.3%，温度为_，而工业生产中一般采用60 的可能原因是_。解析：(1)CaS(s)2O2(g)=CaSO4(s)H1907.1 kJmol1，CaS(s)O2(g)=CaO(s)

16、SO2(g)H2454.3 kJmol1，根据盖斯定律可得：CaS(s)3CaSO4(s)=4CaO(s)4SO2(g)H4H23H1(454.34907.13)kJmol1904.1 kJmol1。在CaSSO2变化过程中，根据S元素的价态变化：24，可知生成1 mol SO2转移6 mol e。根据电解工作原理可知，在阳极发生失电子的氧化反应，故根据CuSO4SO22H2OCu2H2SO4可得，阳极的电极反应式为SO22H2O2e=SO4H。(2)根据图甲可知，随着反应的进行，溶液的pH在降低，故生成的含硫气体为H2S，所以喷吹CO2的脱硫反应原理为CaSCO2H2O=H2SCaCO3。要

17、检验过滤液中是否存在SO，需加入BaCl2溶液，观察是否产生白色沉淀，在滴加BaCl2前，要排除滤液中可能存在的S2和HSO对实验的干扰，所以滴加H2O2要放在滴加BaCl2后，防止H2O2将可能存在的HSO氧化成SO而对实验造成干扰，故添加顺序为cba。由Ka2，结合图甲、乙，当c(CO)c(HCO)、喷吹时间为0 min时，溶液的pH10.25，即Ka2c(H)1010.25，pKa210.25。根据乙可知，在1530 min内，含碳微粒主要是HCO，故反应的离子方程式为2CO2S22H2O=2HCOH2S。(3)从图丙可以看出，温度越低，SO3的吸收率越高，故适宜温度为40 ；但温度太低

18、，吸收SO3的速率慢，适当升高反应温度，可以提高吸收SO3的速率，所以工业生产中一般采用60 ，同时SO3的吸收率也较高。答案：(1)904.16SO22H2O2e=SO4H(2)cba10.252CO2S22H2O=2HCOH2S(3)40 适当升高反应的温度可加快吸收SO3的速率21(12分)(2019南通一模)室温下，Cu(NH3)4(NO3)2与液氨混合并加入Cu可制得一种黑绿色晶体。(1)基态Cu2核外电子排布式是_。(2)黑绿色晶体的晶胞如图所示，写出该晶体的化学式_。(3)不考虑空间构型，Cu(NH3)42的结构可用示意图表示为_(用“”标出其中的配位键)。(4)NO中N原子轨道的杂化类型是_。与NO互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。(5)液氨可作制冷剂，汽化时吸收大量热量的原因是_。解析：(2)晶胞中N原子数为81，Cu原子数为123，晶体化学式为Cu3N。(4)根据价层电子对互斥理论，NO中N的价层电子对数3(5132)3，所以NO中N的原子轨道杂化类型是sp2杂化；与NO互为等电子体的分子为SO3。(5)液氮可作制冷剂，汽化时需要消耗大量能量。答案：(1)Ar3d9(或1s22s22p63s23p63d9)(2)Cu3N(3)(4)sp2SO3(5)NH3分子间存在氢键，汽化时克服氢键，需要消耗大量能量