“51”增分練(三)16(12分)(2019南通七市二模)以紅土鎳礦(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)為原料，獲取凈水劑黃鈉鐵礬NaFe3(SO4)2(OH)6和納米鎳粉的部分工藝流程如下：(1)工業(yè)上常將“過濾”的濾液和濾渣洗滌液合并，其目的是_。(2)“氧化”過程發(fā)生的離子方程式為_。(3)“沉鐵”過程中加入碳酸鈉調(diào)節(jié)溶液的pH至2，碳酸鈉過多會導(dǎo)致生成的沉淀由黃鈉鐵釩轉(zhuǎn)變?yōu)開(填化學(xué)式)。(4)向“過濾”所得濾液(富含Ni2)中加入N2H4H2O，在不同濃度的氫氧化鈉溶液中反應(yīng)，含鎳產(chǎn)物的XRD圖譜如右圖所示(XRD圖譜可用于判斷某晶態(tài)物質(zhì)是否存在，不同晶態(tài)物質(zhì)出現(xiàn)衍射峰的衍射角不同)。欲制得高純納米鎳粉最適宜的NaOH的濃度為_。寫出該條件下制備納米鎳粉同時生成N2的離子方程式：_。不同NaOH濃度下，產(chǎn)物Ni的含量不同，可能的原因是_。解析：(1)紅土鎳礦(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加硫酸酸浸后由于Fe2O3、FeO、NiO溶于酸生成對應(yīng)的硫酸鹽，而SiO2不溶于酸，經(jīng)過“過濾”得到濾渣為SiO2，洗去表面的硫酸鹽，將濾液和濾渣洗滌液合并，其目的是為提高鎳、鐵元素的利用率；(2)用NaClO氧化是在酸性條件下把溶液中的Fe2轉(zhuǎn)化為Fe3，則“氧化”過程發(fā)生的離子方程式為 2H2Fe2ClO=2Fe3ClH2O；(3)“沉鐵”過程中加入碳酸鈉調(diào)節(jié)溶液的pH至2，碳酸鈉過多會導(dǎo)致生成的沉淀由黃鈉鐵釩轉(zhuǎn)變?yōu)?Fe(OH)3；(4)“過濾”所得濾液中富含Ni2，根據(jù)圖分析可知，在0.005 molL1NaOH溶液中主要得到NiSO4N2H4，在0.015 molL1NaOH中能制得高純納米鎳粉；該條件下Ni2被還原為納米鎳，N2H4被氧化生成N2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的配平原則配平得到該反應(yīng)的離子方程式N2H4H2O2Ni24OH=2NiN25H2O；不同NaOH濃度下，產(chǎn)物Ni的含量不同，可能的原因是堿性越強，N2H4H2O的還原性越強。答案：(1)為提高鎳、鐵元素的利用率(2)2H2Fe2ClO=2Fe3ClH2O(3)Fe(OH)3(4)0.015 molL1N2H4H2O2Ni24OH=2NiN25H2O堿性越強，N2H4H2O的還原性越強17(15分)(2019蘇北三市一模)某研究小組擬以對苯二酚為原料合成染料G。合成路線如下：(1)G中的含氧官能團名稱為_(寫出兩種)。(2)AB的反應(yīng)類型為_。(3)E的分子式為C17H19O3N，寫出E的結(jié)構(gòu)簡式：_。(4)C的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_。含有苯環(huán)，且分子中有一個手性碳原子，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；能發(fā)生水解反應(yīng)，水解產(chǎn)物均有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫且水解產(chǎn)物之一是氨基酸。解析：(1)G中的含氧官能團是醚鍵、酰胺鍵(或肽鍵)；(2)AB的過程酚羥基中的氫被乙基代替，其反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；(3)從EF反應(yīng)的條件濃硝酸、濃硫酸，加熱，即發(fā)生硝化反應(yīng)，又E分子式為C17H19O3N，則E的結(jié)構(gòu)簡式為；(4)C的一種同分異構(gòu)體滿足含有苯環(huán)，且分子中有一個手性碳原子，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，含酚羥基；能發(fā)生水解反應(yīng)，含有酯基，水解產(chǎn)物均有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫且水解產(chǎn)物之一是氨基酸。則該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為或；(5)由于產(chǎn)物兩個支鏈在鄰位，以甲苯為原料必須先硝化引入鄰位NO2，再還原成NH2，與形成酰胺鍵，最后將CH3氧化為COOH。因此以和為原料制備的合成路線如下： 答案：(1)醚鍵、酰胺鍵(或肽鍵)(2)取代反應(yīng)18(12分)(2019揚州一模)納米級Co3O4是一種電極材料，可用草酸鹽濕式沉淀煅燒分解法制備。(1)先用(NH4)2C2O4溶液和CoCl2溶液為原料制取難溶于水的CoC2O42H2O晶體。已知25 ，Kb(NH3H2O)1.8105，H2C2O4的Ka15.6102，Ka25.4105。(NH4)2C2O4溶液的pH_(填“>”“”或“<”)7。反應(yīng)時，使(NH4)2C2O4過量的原因是_。(2)為確定由CoC2O42H2O獲得Co3O4的最佳煅燒溫度，準確稱取4.575 g的CoC2O42H2O樣品，在空氣中加熱，固體樣品的剩余質(zhì)量隨溫度的變化如圖所示(已知385 以上殘留固體均為金屬氧化物)B處的物質(zhì)為_(填化學(xué)式)。經(jīng)測定，205385 的煅燒過程中，產(chǎn)生的氣體為CO2，計算AB段消耗O2在標準狀況下的體積。(寫出計算過程，結(jié)果保留2位有效數(shù)字)解析：(1)由于Kb(NH3H2O)1.8105，H2C2O4的Ka25.4105，則在相同條件下NH的水解程度比C2O大，(NH4)2C2O4溶液呈酸性，pH<7。反應(yīng)時，使(NH4)2C2O4過量的原因是使Co2充分沉淀(或提高Co2的沉淀率)。(2)n(CoC2O42H2O)0.025 mol，CoC2O42H2O中m(H2O)0.025 mol218 gmol10.9 g，CoC2O42H2O中m(CoC2O4)4.575 g0.9 g3.675 g，根據(jù)圖中A點數(shù)據(jù)可知，A為CoC2O4B處固體質(zhì)量為2.008 g，其中m(Co)0.025 mol59 gmol11.475 g，則含m(O)2.008 g1.475 g0.533 g，n(Co)n(O)0.025 mol34，故B處物質(zhì)為Co3O4。已知205385 的煅燒過程中，產(chǎn)生的氣體為CO2，則AB段發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為3CoC2O42O2Co3O46CO2V(O2)0.025 mol22.4 Lmol10.37 L。答案：(1)<使Co2充分沉淀(或提高Co2的沉淀率)(2)Co3O4n(CoC2O42H2O)0.025 molCoC2O42H2O中m(H2O)0.025 mol218 gmol10.9 g，CoC2O42H2O中m(CoC2O4)4.575 g0.9 g3.675 g，根據(jù)圖中A點數(shù)據(jù)可知，A為CoC2O4AB段發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為3CoC2O42O2 Co3O46CO2V(O2)0.025 mol22.4 Lmol10.37 L(其他合理計算步驟也可)19(15分)(2019天一中學(xué)診測)硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化劑或氯磺化劑，用于制作藥品、染料、表面活性劑等。有關(guān)物質(zhì)的部分性質(zhì)如表：物質(zhì)熔點/沸點/其他性質(zhì)SO2Cl254.169.1易水解，產(chǎn)生大量白霧易分解：SO2Cl2 SO2Cl2H2SO410.4338具有吸水性且不易分解實驗室用干燥而純凈的二氧化硫和氯氣合成硫酰氯，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為SO2(g)Cl2(g)SO2Cl2(l)H97.3 kJmol1，反應(yīng)裝置如圖所示(夾持儀器已省略)，請回答有關(guān)問題：(1)儀器A的名稱為_。(2)儀器B的作用是_。(3)裝置丙中盛放的試劑為_，在實驗室用氫氧化鈉吸收多余硫酰氯的離子反應(yīng)方程式為_。(4)為提高本實驗中硫酰氯的產(chǎn)率，在實驗操作中需要注意的事項有_(填序號)。先通冷凝水，再通氣體控制氣流速率，宜慢不宜快若三頸燒瓶發(fā)燙，可適當(dāng)降溫加熱三頸燒瓶(5)少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO3H)分解獲得，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2ClSO3H=H2SO4SO2Cl2，此方法得到的產(chǎn)品中會混有硫酸。從分解產(chǎn)物中分離出硫酰氯的實驗操作名稱為_。請設(shè)計實驗方案檢驗氯磺酸分解制取硫酰氯產(chǎn)品中混有硫酸_。(可選試劑：稀鹽酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸餾水、紫色石蕊溶液)解析：(1)儀器A為球形冷凝管，可冷凝回流，提高利用率。(2)儀器B的作用是吸收未反應(yīng)完的氯氣和二氧化硫，防止污染空氣，同時防止空氣中水蒸氣進入甲，使SO2Cl2水解。(3)裝置丙中盛放的試劑為飽和食鹽水，吸收揮發(fā)出的HCl；氫氧化鈉吸收多余硫酰氯的離子反應(yīng)方程式為SO2Cl24OH=SO2Cl2H2O。(4)先通冷凝水，再通氣體，可提高反應(yīng)物的利用率，增大產(chǎn)率，正確；控制氣流速率，宜慢不宜快，可提高反應(yīng)物的利用率，增大產(chǎn)率，正確；若三頸燒瓶發(fā)燙，可適當(dāng)降溫，實驗中的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡正向移動，增大產(chǎn)率，正確；反應(yīng)放熱，加熱三頸燒瓶，平衡逆向移動，產(chǎn)率減小，錯誤。(5)反應(yīng)后得到的液體混合物互溶，因SO2Cl2與H2SO4的沸點不同，故可通過蒸餾(溫度范圍在69.1 以上，100 以下)分離出硫酰氯。答案：(1)球形冷凝管(2)吸收未反應(yīng)完的氯氣和二氧化硫，防止污染空氣，同時防止空氣中水蒸氣進入甲，使SO2Cl2水解(3)飽和食鹽水SO2Cl24OH=SO2Cl2H2O(4)(5)蒸餾取樣品在干燥條件下加熱至完全反應(yīng)(揮發(fā)或分解等)，冷卻后加入蒸餾水進行稀釋，取少量溶液滴加紫色石蕊溶液變紅，再取少量溶液，加入BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀，說明含有H2SO4(或取樣品在干燥條件下加熱至完全反應(yīng)，冷卻后直接加BaCl2溶液，有白色沉淀，再滴加紫色石蕊溶液變紅，說明含有H2SO4)20(14分)(2019南京三模)廢水中氨氮(NH3、NH)的處理技術(shù)有生物脫氮法、化學(xué)沉淀法、折點加氯法和電催化氧化法等。(1)氨氮污水直接排放入河流、湖泊導(dǎo)致的環(huán)境問題是_。(2)生物脫氮法：利用微生物脫氮，原理如下：NHNON2反應(yīng)的離子方程式為_。(3)化學(xué)沉淀法：向廢水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液，NH轉(zhuǎn)化為MgNH4PO46H2O沉淀。若pH過大，氨氮去除率和磷利用率均降低，其原因是_(用離子方程式表示)。(4)折點加氯法：向廢水中加入NaClO溶液，使氨氮氧化成N2，相關(guān)反應(yīng)如下：NaClOH2O=HClONaOH()NH3HClO=NH2ClH2O()NH2ClHClO=NHCl2H2O()NHCl2H2O=NOH2HCl()NHCl2NOH=N2HClOHCl()探究NaClO的投加量以m(Cl2)表示對氨氮去除率的影響，實驗結(jié)果如圖1所示。當(dāng)m(Cl2)m(NH3)7.7時，污水中總氮去除率緩慢下降，其原因是_。當(dāng)m(Cl2)m(NH3)<7.7時，隨著m(Cl2)m(NH3)的減小，污水中余氯(除Cl外的氯元素存在形式)濃度升高，其原因是_。(5)電催化氧化法：原理如圖2所示(MOx表示催化劑)。反應(yīng)的離子方程式可表示為2NH6MOx(OH)=6MOxN26H2O2H。陽極電極反應(yīng)式為_。電催化氧化法除氨氮時，若其他條件相同時，含Cl的污水比不含Cl的污水氨氮去除率要高，其原因是_。解析：(1)氨氮污水直接排放入河流、湖泊導(dǎo)致水體富營養(yǎng)化；(2)據(jù)圖可知，反應(yīng)的離子方程式為NH2O2NO2HH2O；(3)若pH過大，MgNH4PO46H2O會與氫氧根離子反應(yīng)轉(zhuǎn)化成氫氧化鎂，其離子方程式為MgNH4PO46H2O2OH=Mg(OH)2NHPO6H2O；(4)當(dāng)m(Cl2)m(NH3)7.7時，次氯酸鈉投加量過大，導(dǎo)致污水中部分氨氮氧化為NO；當(dāng)m(Cl2)m(NH3)<7.7時，說明次氯酸投入量小，此時部分氨氮以NH2Cl形式存在；(5)依據(jù)電解原理，陽極MOx失電子轉(zhuǎn)化為MOx(OH)，其電極反應(yīng)式為MOxH2Oe=MOx(OH)H；電催化氧化法除氨氮時，若其他條件相同時，污水若有Cl在陽極放電生成Cl2，Cl2將氨氮氧化為N2而除去，因此含Cl的污水比不含Cl的污水氨氮去除率要高。答案：(1)水體富營養(yǎng)化(2)NH2O2NO2HH2O(3)MgNH4PO46H2O2OH=Mg(OH)2NHPO6H2O(4)次氯酸鈉投加量過大，導(dǎo)致污水中部分氨氮氧化為 NO加入次氯酸鈉量不足，部分氨氮以NH2Cl形式存在(5)MOxH2Oe=MOx(OH)HCl在陽極放電生成 Cl2，Cl2 將氨氮氧化為N2而除去21(12分)(2019蘇錫常鎮(zhèn)二模)高溫?zé)掋~的反應(yīng)之一為2CuFeS2O2Cu2S2FeSSO2。(1)Cu基態(tài)核外電子排布式為_。(2)Cu、Zn的第二電離能：I2(Cu)_(填“>”“<”或“”)I2(Zn)。(3)SO2分子中S原子的軌道雜化類型為_，分子的空間構(gòu)型為_，與SO2互為等電子體的分子有_(寫一種)。(4)Cu(CH3CN)4是非常穩(wěn)定的絡(luò)合離子，配體中鍵和鍵個數(shù)之比為_。(5)Fe2、Fe3能與CN絡(luò)合，其結(jié)構(gòu)如圖所示。該離子可形成鐵藍鉀鹽，該鉀鹽的化學(xué)式為_。解析：(1)Cu基態(tài)的3d能級上有10個電子，其核外電子排布式為Ar3d10；(2)Cu的價電子排布為3d104s1、Zn的價電子排布為3d104s2，銅失去1個電子內(nèi)層達到飽和，再失去一個電子比較困難，Zn失去一個電子變?yōu)?d104s1，再失去一個電子比Cu容易，所以Cu、Zn的第二電離能大?。篒2(Cu)>I2(Zn)；(3)SO2分子中S原子價層電子對數(shù)23，雜化軌道數(shù)為3，雜化軌道類型為sp2，且含有1個孤電子對，分子的空間構(gòu)型為V形，與SO2互為等電子體的分子中有3個原子，價電子數(shù)是18，為O3；(4)Cu(CH3CN)4的配體是CH3CN，其中鍵和鍵個數(shù)之比為52；(5)晶胞中Fe2、Fe3處于頂點，含有4個Fe2和4個Fe3，CN位于晶胞的棱上，含有123個，F(xiàn)e2、Fe3、CN個數(shù)比為3116，則該離子形成鐵藍鉀鹽的化學(xué)式為KFeFe(CN)6。答案：(1)Ar3d10(2)>(3)sp2V形O3(4)52(5)KFeFe(CN)69