《（江蘇專用）2020高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 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（一）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 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（一）（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 “51”增分練(一)16(12分)(2019蘇北三市一模)以硫酸渣(含F(xiàn)e2O3、SiO2等)為原料制備鐵黃(FeOOH)的一種工藝流程如下：(1)“酸溶”中加快溶解的方法為_(寫出一種)。(2)“還原”過(guò)程中的離子方程式為_。(3)“沉鐵”過(guò)程中生成Fe(OH)2的化學(xué)方程式為_。若用CaCO3“沉鐵”，則生成FeCO3沉淀，當(dāng)反應(yīng)完成時(shí)，溶液中c(Ca2)/c(Fe2)_。已知Ksp(CaCO3)2.8109，Ksp(FeCO3)21011(4)“氧化”時(shí)，用NaNO2濃溶液代替空氣氧化Fe(OH)2漿液，雖然能縮短氧化時(shí)間，但缺點(diǎn)是_。(5)焦炭還原硫酸渣煉鐵能充分利用鐵資源，在1 2

2、25 、n(C)/n(O)1.2時(shí)，焙燒時(shí)間與金屬產(chǎn)率的關(guān)系如圖，時(shí)間超過(guò)15分鐘金屬產(chǎn)率下降的原因是_。解析：(1)硫酸渣加酸溶解，為了加快溶解可采取加熱、攪拌、適當(dāng)增大硫酸濃度或?qū)⒘蛩嵩鬯榈确椒ǎ?2)Fe2O3溶于酸，生成Fe3，加入鐵粉使之還原，離子方程式為Fe2Fe3=3Fe2；(3)過(guò)濾，除去SiO2等不溶于酸的雜質(zhì)，加入NH4HCO3使鐵沉淀，同時(shí)產(chǎn)生了CO2，則“沉鐵”過(guò)程中生成Fe(OH)2的化學(xué)方程式為FeSO42NH4HCO3=Fe(OH)2(NH4)2SO4 2CO2；若用CaCO3“沉鐵”，則生成FeCO3沉淀，當(dāng)反應(yīng)完成時(shí)，溶液中c(Ca2)/c(Fe2)Ksp(

3、CaCO3)/Ksp(FeCO3)2.8109/(21011)140；(4)“氧化”時(shí)，用NaNO2濃溶液代替空氣氧化Fe(OH)2漿液，雖然能縮短氧化時(shí)間，但缺點(diǎn)是NaNO2被還原為氮氧化物，污染空氣；(5)焦炭還原硫酸渣煉鐵能充分利用鐵資源，在1 225 、n(C)/n(O)1.2時(shí)，焙燒時(shí)間超過(guò)15分鐘金屬產(chǎn)率卻下降，原因是還原劑消耗完，空氣進(jìn)入使鐵再次氧化。答案：(1)加熱或攪拌或適當(dāng)增大硫酸濃度(寫一種)(2)Fe2Fe3=3Fe2(3)FeSO42NH4HCO3=Fe(OH)2(NH4)2SO4 2CO2140(4)NaNO2被還原為氮氧化物，污染空氣(5)還原劑消耗完，空氣進(jìn)入使

4、鐵再次氧化17(15分)(2019蘇州一模)利用蒈烯(A)為原料可制得除蟲殺蟲劑菊酯(H)，其合成路線可表示為：已知：R1CHOR2CH2CHOCR1CHCHO(1)化合物B中的含氧官能團(tuán)名稱為_。(2)AB的反應(yīng)類型為_。(3)G的分子式為C10H16O2，寫出G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：_。(4)寫出滿足下列條件的C的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：_。能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。(5)寫出以和CH3CH2OH為原料制備的合成路線流程圖(無(wú)機(jī)試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。解析：(1)化合物B()中的含氧官能團(tuán)名稱為醛基和羰基。(2)AB時(shí)碳碳雙鍵被打開生成了醛

5、基和羰基，則該反應(yīng)類型為氧化反應(yīng)。(3)從EGH的變化可以發(fā)現(xiàn)，GH發(fā)生了酯化反應(yīng)，則EG發(fā)生消去反應(yīng)，又G的分子式為C10H16O2，則G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。(4)C的一種同分異構(gòu)體滿足能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，含有酚羥基；分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，含有苯環(huán)，4個(gè)碳均飽和，分子結(jié)構(gòu)對(duì)稱，則該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為(5)由題給信息已知，R1CHOR2CH2CHO ，能使碳鏈增長(zhǎng)，先將CH3CH2OH氧化為CH3CHO，再與反應(yīng)生成，再將CHO氧化為COOH，最后與CH3CH2OH發(fā)生酯化反應(yīng)即得目標(biāo)產(chǎn)物。合成路線流程圖如下：CH3CH2OHCH3CHO答案：(1)醛基、羰基(2)氧化反

6、應(yīng)(3)18(12分)(2019泰州一模)工廠化驗(yàn)員檢驗(yàn)?zāi)澈蠯BrO3、KBr及惰性物的樣品?；?yàn)員稱取了該固體樣品1.000 g，加水溶解后配成100 mL溶液X。.取25.00 mL溶液X，加入稀硫酸，然后用Na2SO3將BrO還原為Br；.去除過(guò)量的SO后調(diào)至中性；.加入K2CrO4作指示劑，用0.100 0 molL1AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Br至終點(diǎn)，消耗AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液11.25 mL；.另取25.00 mL溶液X，酸化后加熱，再用堿液調(diào)至中性，測(cè)定過(guò)剩Br，消耗上述AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液3.75 mL。已知：25 時(shí)，Ag2CrO4(磚紅色)的Ksp1.121012，AgBr(淺黃

7、色)的Ksp5.01015；中酸化時(shí)發(fā)生反應(yīng)：BrO5Br6H= 3Br23H2O請(qǐng)回答：(1)步驟中，反應(yīng)的離子方程式為_。(2)步驟中，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為_。(3)步驟中，加熱的目的是_。(4)計(jì)算試樣中KBrO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)。(寫出計(jì)算過(guò)程，結(jié)果保留3位有效數(shù)字)解析：(1)步驟中，“加入稀硫酸，然后用Na2SO3將BrO還原為Br”，SO 是還原劑，其氧化產(chǎn)物是SO ，BrO是氧化劑，還原產(chǎn)物是Br，根據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等和原子守恒配平，其反應(yīng)的離子方程式為3SO BrO=Br3SO 。(2)步驟中，待測(cè)溶液中的Br與標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)：AgBr=AgBr，生成淺黃色沉淀，當(dāng)Br耗盡，再加一滴Ag

8、NO3標(biāo)準(zhǔn)溶液即發(fā)生2AgCrO =Ag2CrO4，產(chǎn)生磚紅色沉淀，即表示達(dá)到滴定終點(diǎn)。(3)步驟中，酸化時(shí)使KBrO3與KBr反應(yīng)：BrO5Br6H= 3Br23H2O，再測(cè)定剩余的Br，而溶液中溶解的Br2會(huì)干擾Br的測(cè)定，通過(guò)加熱讓Br2揮發(fā)而除去。所以加熱的目的是除去溶解在溶液中的Br2(或使Br2揮發(fā))。答案：(1)3SOBrO=Br3SO(2)當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜛gNO3溶液時(shí)，產(chǎn)生磚紅色沉淀(3)除去溶解在溶液中的Br2(或使Br2揮發(fā))(4)第一次所取25.00 mL溶液中，n(Br)總n(AgBr)0.100 0 molL111.25103 L1.125103 mol，所以，n(

9、BrO)n(Br)n(Br)總1.125103 mol；第二次所取25.00 mL溶液，加酸反應(yīng)后，n(Br)余0.100 0 molL1 3.75103 L3.75104 mol，由步驟可知，BrO5Br所以，n(BrO)n(Br)總n(Br)余(1.125103 mol3.75104 mol)1.25104 mol；由1 g樣品配成100 mL溶液，且每次實(shí)驗(yàn)取的是25 mL，所以，w(KBrO3)100%8.35%。19(15分)(2019南京、鹽城一模)以SO2、軟錳礦(主要成分MnO2，少量Fe、Al、Ca及Pb的化合物等)、氨水及凈化劑等為原料可制備MnSO4溶液和Mn3O4，主要

10、實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟：如圖1所示裝置，將SO2通入裝置B中的軟錳礦漿液中(MnO2SO2=MnSO4)。步驟：充分反應(yīng)后，在不斷攪拌下依次向三口燒瓶中加入適量純凈的MnO2、MnCO3，最后加入適量Na2S沉鉛等重金屬。步驟：過(guò)濾得MnSO4溶液。(1)裝置A用于制取SO2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。(2)裝置B中反應(yīng)需控制在90100 ，適宜的加熱方式是_。(3)裝置C的作用是_。(4)“步驟”中加入純凈MnO2的目的是_，用MnCO3調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)，需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為_(該實(shí)驗(yàn)條件下，部分金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH如下)。金屬離子Fe2Fe3Al3Mn2開始沉淀pH7.041.873.3

11、27.56沉淀完全pH9.183.274.910.2(5)已知：用空氣氧化Mn(OH)2濁液可制備Mn3O46Mn(OH)2O22Mn3O46H2O，主要副產(chǎn)物為MnOOH；反應(yīng)溫度和溶液pH對(duì)產(chǎn)品中Mn的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的影響分別如圖2、圖3所示：反應(yīng)溫度超過(guò)80 時(shí)，Mn3O4產(chǎn)率開始降低。Mn(OH)2是白色沉淀，Mn3O4呈黑色；Mn3O4、MnOOH中錳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)理論值依次為72.03%、62.5%。請(qǐng)補(bǔ)充完整由步驟得到的MnSO4溶液，并用氨水等制備較純凈的Mn3O4的實(shí)驗(yàn)方案：_，真空干燥6小時(shí)得產(chǎn)品Mn3O4。解析：(1)實(shí)驗(yàn)室用Na2SO3 和較濃H2SO4反應(yīng)制取SO2，反應(yīng)方程式

12、為Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O；(2)水浴加熱的優(yōu)點(diǎn)就是能均勻受熱，便于控制溫度，因此反應(yīng)需控制在90100 ，適宜的加熱方式用90100 的水浴加熱；(3)SO2有毒，為防止污染環(huán)境，燒杯中盛放NaOH溶液來(lái)吸收未反應(yīng)的SO2；(4)加入純凈MnO2的目的是將Fe2氧化為Fe3，便于除去；用MnCO3調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)，需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為4.9pH7.56，這樣可以除去溶液中的Fe3和Al3，而Mn2不沉淀；(5)Mn3O4、MnOOH中錳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)理論值依次為72.03%、62.5%，因此產(chǎn)物中Mn的質(zhì)量分?jǐn)?shù)越接近72.03%，Mn3O4含量就越高，因此控制溫度在6080

13、 ，pH在89。故由MnSO4溶液，并用氨水等制備較純凈的Mn3O4的實(shí)驗(yàn)方案如下：將濾液加熱并保溫在6080 ，用氨水調(diào)節(jié)溶液pH并維持在89，在不斷攪拌下，邊通空氣邊滴加氨水，至有大量黑色沉淀時(shí)，靜置，在上層清液再滴加氨水至無(wú)沉淀，過(guò)濾，用去離子水洗滌沉淀直至過(guò)濾液中檢不出SO。答案：(1)Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O(2)用90100 的水浴加熱(3)吸收未反應(yīng)的SO2(4)將Fe2氧化為Fe34.9pH7.56(5)將濾液加熱并保溫在6080 ，用氨水調(diào)節(jié)溶液pH并維持在89，在不斷攪拌下，邊通空氣邊滴加氨水，至有大量黑色沉淀時(shí)，靜置，在上層清液再滴加氨水至無(wú)沉淀，

14、過(guò)濾，用去離子水洗滌沉淀直至過(guò)濾液中檢不出SO20(14分)(2019南京鹽城二模)H2O2在Fe2、Cu2的存在下生成具有強(qiáng)氧化性的OH(羥基自由基)，OH可將有機(jī)物氧化降解。(1)Cu2H2O2體系中存在下列反應(yīng)：Cu2(aq)H2O2(aq)=CuOOH(aq)H(aq)H1a kJmol1CuOOH(aq)=Cu(aq)OH(aq)O2(g)H2b kJmol12CuOOH(aq)=2Cu(aq)H2O2(aq)O2(g)H3c kJmol1則H2O2(aq)=2OH(aq)H_kJmol1。(2)為探究溫度對(duì)Cu2H2O2甲基橙去除率的影響，某研究小組在不同溫度下進(jìn)行實(shí)驗(yàn)(其他條件相

15、同)，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖1所示。相同條件下，溫度升高，甲基橙去除速率增大，其原因是_。(3)為探究Fe2Cu2H2O2能夠協(xié)同催化氧化降解甲基橙，某研究小組的實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖2所示。得出“Fe2Cu2H2O2催化氧化降解甲基橙效果優(yōu)于單獨(dú)加入Fe2或Cu2”結(jié)論的證據(jù)為_。實(shí)驗(yàn)條件：200 mL甲基橙模擬廢水(1.5 gL1，pH3.0)，溫度60 、V(H2O2)2.0 mL1V(H2O2)m(FeSO4)m(CuSO4)20.020.42V(H2O2)m(FeSO4)m(CuSO4)20.0203V(H2O2)m(FeSO4)m(CuSO4)200.44V(H2O2)m(FeSO4)m(CuSO4)

16、200(4)EFH2O2FeOx法可用于水體中有機(jī)污染物降解，其反應(yīng)機(jī)理如圖3所示。陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_，X微粒的化學(xué)式為_，陰極附近Fe2參與反應(yīng)的離子方程式為_。(5)SCOD是指溶解性化學(xué)需氧量，是衡量水中有機(jī)物質(zhì)含量多少的指標(biāo)。水體SCOD越大，說(shuō)明其有機(jī)物含量越高。用Fe2H2O2法氧化破解啤酒工業(yè)污泥中的微生物，釋放出有機(jī)物和氮等。測(cè)得不同初始pH下污泥經(jīng)氧化破解后上層清液中的SCOD及總氮濃度如圖4所示。當(dāng)pH2.5時(shí)，總氮濃度、SCOD均降低，其原因可能是_。解析：(1)CuOOH(aq)=Cu(aq)OH(aq)O2(g)H2b kJmol1，2CuOOH(aq)=2Cu(a

17、q)H2O2(aq)O2(g)H3c kJmol1，根據(jù)蓋斯定律，由2得到H2O2(aq)=2OH(aq)，其H(2bc)kJmol1；(2)圖1中相同條件下，溫度升高，甲基橙去除速率增大，其原因是OH濃度增大或活化分子數(shù)增多；(3)“Fe2Cu2H2O2催化氧化降解甲基橙效果優(yōu)于單獨(dú)加入Fe2或Cu2”結(jié)論的證據(jù)為相同時(shí)間時(shí)，曲線1對(duì)應(yīng)甲基橙降解率均高于曲線2、曲線3；(4)圖3中陽(yáng)極上Fe失去電子，陽(yáng)極反應(yīng)式為Fe2e=Fe2，陰極上2X2H=H2O2O2，由電荷及原子守恒可知X為O；陰極附近Fe2與H2O2反應(yīng)，結(jié)合圖中生成物可知離子反應(yīng)為H2O2HFe2=Fe3H2OOH；(5)當(dāng)pH

18、2.5時(shí)，總氮濃度、SCOD均降低，其原因可能是Fe2、Fe3轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3。答案：(1)2bc(2)OH濃度增大或活化分子數(shù)增多(3)相同時(shí)間時(shí)，曲線1對(duì)應(yīng)甲基橙降解率均高于曲線2、曲線3(4)Fe2e=Fe2OH2O2HFe2=Fe3H2OOH(5)Fe2、Fe3轉(zhuǎn)化為Fe(OH)321(12分)(2019鹽城阜寧中學(xué)模擬)1985年，Rousssin研究發(fā)現(xiàn)了第一個(gè)金屬原子簇類配位化合物，其結(jié)構(gòu)如圖1，金屬原子簇類化合物與金屬原子表面性質(zhì)相似，具有良好的催化活性等功能。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)Fe3的基態(tài)核外價(jià)電子排布式為_。(2)上述化合物中含有三種非金屬元素，試比較三種元素原子第

19、一電離能由大到小順序?yàn)開；硫可以形成SOCl2化合物，則該化合物的空間構(gòu)型為_。(3)除了氮的氧化物之外，氮還可以形成NO。請(qǐng)寫出氮原子雜化方式_。(4)上述原子簇類配合物，中心原子鐵的配位原子是_。(5)配合物Fe(CO)5的熔點(diǎn)20 ，沸點(diǎn)103 。可用于制備純鐵。Fe(CO)5的結(jié)構(gòu)如圖2所示。下列關(guān)于Fe(CO)5說(shuō)法正確的是_。AFe(CO)5是非極性分子，CO是極性分子BFe(CO)5中Fe原子以sp3雜化方式與CO成鍵C1 mol Fe(CO)5含有10 mol配位鍵DFe(CO)5=Fe5CO反應(yīng)中沒(méi)有新化學(xué)鍵生成解析：(1)Fe位于周期表中第4周期第族，F(xiàn)e3的基態(tài)核外價(jià)電子

20、排布式為3d5；(2)化合物中三種非金屬元素為N、O、S，同周期主族元素隨著原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大的趨勢(shì)，但第A族和第A族元素反常，則三種元素原子第一電離能由大到小順序?yàn)镹OS；對(duì)于SOCl2，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3(6221)/24，則其空間構(gòu)型為三角錐形；(3)對(duì)于NO，其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2(5122)/22，根據(jù)雜化軌道理論，則中心N原子為sp雜化；(4)直接與中心原子成鍵的為配位原子，所以中心原子鐵的配位原子是N、S；(5)A.看正負(fù)電荷中心是否重疊，F(xiàn)e(CO)5對(duì)稱是非極性分子，CO不對(duì)稱是極性分子，正確；B.鐵的雜化軌道數(shù)為5，鐵不是正四面構(gòu)型，F(xiàn)e(CO)5中Fe原子不是以sp3雜化方式與CO成鍵，錯(cuò)誤；C.碳與氧、鐵與碳之間形成配位鍵，1 mol Fe(CO)5含有10 mol配位鍵，正確；D反應(yīng)生成金屬鐵，其中含有金屬鍵，錯(cuò)誤。答案：(1)3d5(2)NOS三角錐形(3)sp(4)S、N(5)AC9