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(江蘇專(zhuān)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(lèi) 非選擇題專(zhuān)練 “5+1”增分練(五)

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(江蘇專(zhuān)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(lèi) 非選擇題專(zhuān)練 “5+1”增分練(五)

“51”增分練(五)16(12分)(2019常州一中模擬)某工廠以硝酸為原料生產(chǎn)亞硝酸鈉,其工藝流程如下:已知:Na2CO3NONO2=2NaNO2CO2(1)“分解塔”中SO2從塔底進(jìn)入,硝酸從塔頂噴淋,其目的是_。(2)“分解塔”中的溫度不宜過(guò)高,其原因是_。(3)按一定計(jì)量比在“分解塔”中通SO2和噴入硝酸,若反應(yīng)后生成的NO與NO2物質(zhì)的量之比恰好11,則“分解塔”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)。(4)“分解塔”中的硝酸濃度不宜過(guò)大的原因是_。(5)為提高氮氧化物的轉(zhuǎn)化率,可向“尾氣”中通入一定量的_氣體,再通入“吸收塔”中,實(shí)現(xiàn)循環(huán)吸收。(6)“吸收塔”所得溶液中除含有NaNO2、NaNO3和少量Na2CO3外,還含有的溶質(zhì)為_(kāi)(填化學(xué)式)。解析:(1)“分解塔”中SO2從塔底進(jìn)入,硝酸從塔頂噴淋,采取逆向吸收,接觸更充分,吸收效果更好;(2)因硝酸易揮發(fā),且不穩(wěn)定、受熱易分解,“分解塔”中的溫度不宜過(guò)高;(3)由題給信息可知,反應(yīng)物為硝酸和二氧化硫,生成物為物質(zhì)的量之比為11的NO與NO2、硫酸等,則反應(yīng)的化學(xué)方程式為2HNO32SO2H2O=NONO22H2SO4;(4)濃硝酸的還原產(chǎn)物是NO2,稀硝酸的還原產(chǎn)物是NO,故當(dāng)硝酸濃度過(guò)大,主要還原生成NO2,導(dǎo)致亞硝酸鈉產(chǎn)率降低;若硝酸濃度過(guò)低,分解塔中出來(lái)的主要是NO,亞硝酸鈉產(chǎn)率也低;(5)吸收塔中尾氣的成分主要是NO和NO2,故可以通入適量的O2,再進(jìn)入吸收塔,循環(huán)吸收;(6)由碳酸鈉與酸反應(yīng)的原理可知,“吸收塔”所得溶液中除含有NaNO2、NaNO3和少量Na2CO3外,還含有NaHCO3。答案:(1)使SO2氣體被充分吸收(2)硝酸受熱會(huì)揮發(fā)、分解(3)2HNO32SO2H2O=NONO22H2SO4(4)硝酸濃度過(guò)大,氮氧化物中NO2含量高,導(dǎo)致亞硝酸鈉產(chǎn)率降低(或硝酸鈉含量過(guò)高)(5)O2(6)NaHCO317(15分)(2019南京二模)氟喹諾酮是人工合成的抗菌藥,其中間體G的合成路線如下:(1)G中的含氧官能團(tuán)為_(kāi)和_(填名稱(chēng))。(2)由CD的反應(yīng)類(lèi)型是_。(3)化合物X(分子式為C3H7N)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)。(4)B和乙醇反應(yīng)的產(chǎn)物為H(C8H6FCl2NO2),寫(xiě)出滿足下列條件的H的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:_。.是一種氨基酸;.分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子,且分子中含有一個(gè)苯環(huán)。(5)根據(jù)已有知識(shí)并結(jié)合相關(guān)信息,寫(xiě)出以和ClMgCH(COOC2H5)2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(jiàn)本題題干)。解析:(1)由G的結(jié)構(gòu)可知,其含有的含氧官能團(tuán)有酯基、羰基;(2)對(duì)比C、D的結(jié)構(gòu),可知C中酰氯中氯原子被CH(COOC2H5)2替代生成D,屬于取代反應(yīng);(3)化合物X的分子式為C3H7N,對(duì)比F、G的結(jié)構(gòu),F(xiàn)中OCH3被替代生成G,同時(shí)生成甲醇,則X結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為;(4)H(C8H6FCl2NO2)的一種同分異構(gòu)體滿足:.是一種氨基酸,說(shuō)明氨基、羧基連接同一碳原子上;.分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子,且分子中含有一個(gè)苯環(huán)。由于氨基、羧基中共含有的3個(gè)氫原子是2種化學(xué)環(huán)境不同的氫,故另外3個(gè)氫原子是2種化學(xué)環(huán)境不同的氫,應(yīng)存在對(duì)稱(chēng)結(jié)構(gòu),H的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能為:(5)模仿路線流程設(shè)計(jì),發(fā)生催化氧化生成,進(jìn)一步氧化生成答案:(1)羰基酯基(2)取代反應(yīng)(3)18(12分)(2019蘇錫常鎮(zhèn)二模)以軟錳礦(主要成分為MnO2)和硫錳礦(主要成分為MnS)為原料制備硫酸錳晶體的工藝流程如下:(1)濾渣中存在一種非金屬單質(zhì),則酸浸過(guò)程中的化學(xué)方程式為_(kāi)。(2)實(shí)驗(yàn)室常用氧化還原法測(cè)定MnSO4H2O晶體的純度,原理如下:2Mn2NO4PO2H=2Mn(PO4)23NOH2ONHNO=N22H2OMn(PO4)23Fe2=Mn2Fe(PO4)23稱(chēng)取MnSO4H2O樣品1.000 0 g,溶于適量水,以磷酸作配位劑,加入過(guò)量硝酸銨,在220240 下充分反應(yīng)。然后以N苯代鄰氨基苯甲酸作指示劑,用0.100 0 molL1硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的Mn(PO4)23至終點(diǎn)。重復(fù)操作3次,記錄數(shù)據(jù)如下表:滴定次數(shù)0.100 0 molL1(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液讀數(shù)(mL)滴定前滴定后10.1020.2021.3221.3231.0520.95已知:Fe2NO2H=Fe3NOH2O。測(cè)定過(guò)程中,硝酸銨的作用是_和_。若滴定過(guò)程中標(biāo)準(zhǔn)溶液硫酸亞鐵銨不是新配制的,所測(cè)定的MnSO4H2O晶體的純度將會(huì)_(填“偏高”“偏低”或“不變”)。計(jì)算樣品中MnSO4H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)。解析:軟錳礦和硫錳礦在稀硫酸中酸浸,發(fā)生反應(yīng),得到濾渣,含有S,過(guò)濾得到濾液中含硫酸錳和稀硫酸,經(jīng)過(guò)結(jié)晶得到硫酸錳晶體;用0.100 0 molL1硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)溶液測(cè)定流程圖中MnSO4H2O晶體樣品的純度,主要是和生成的Mn(PO4)23反應(yīng)。(1)MnO2在酸性條件之下是一種氧化劑,MnO2和MnS在稀硫酸中反應(yīng)生成一種非金屬單質(zhì)S,即濾渣1,同時(shí)產(chǎn)生MnSO4,是一個(gè)氧化還原反應(yīng),則“酸浸”時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O;(2)由原理反應(yīng)2Mn2NO4PO2H=2Mn(PO4)23NOH2O,NHNO=N22H2O可知,硝酸銨的作用是將試樣中的二價(jià)錳定量氧化成三價(jià)錳和與產(chǎn)生的亞硝酸鹽反應(yīng)消除對(duì)滴定的影響;若滴定過(guò)程中標(biāo)準(zhǔn)溶液硫酸亞鐵銨不是新配制的,部分Fe2被氧化為Fe3,滴定時(shí)消耗的標(biāo)準(zhǔn)液偏多,故所測(cè)定的MnSO4H2O晶體的純度將會(huì)偏高;用0.100 0 molL1硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)溶液測(cè)定MnSO4H2O晶體樣品的純度,主要是和生成的Mn(PO4)23反應(yīng),取MnSO4H2O樣品1.000 0 g,三次消耗(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液平均值為20.00 mL。根據(jù)關(guān)系式:2MnSO4H2O2Mn(PO4)232Fe2n(MnSO4H2O)n(Fe2)20.00 mL103 LmL10.100 0 molL12103 mol,樣品中MnSO4H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為100%33.8%。答案:(1)MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O(2)將試樣中的二價(jià)錳定量氧化成三價(jià)錳與產(chǎn)生的亞硝酸鹽反應(yīng)消除對(duì)滴定的影響偏高消耗(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液平均值為20.00 mL。2MnSO4H2O2Mn(PO4)232Fe2n(MnSO4H2O)n(Fe2)20.00 mL103 LmL10.100 0 molL12103 mol,樣品中MnSO4H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為100%33.8%19(15分)(2019常州一模)某興趣小組用鋁箔制備Al2O3、AlCl36H2O及明礬大晶體,具體流程如下:已知:(1)AlCl36H2O易溶于水、乙醇及乙醚;(2)明礬在水中的溶解度如下表:溫度/010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109請(qǐng)回答:(1)步驟中生成Al(OH)3的離子方程式_。(2)步驟灼燒Al(OH)3所用實(shí)驗(yàn)室常用儀器為_(kāi),為了提高Al2O3純度,需_(填操作步驟)。(3)制備AlCl36H2O的工業(yè)生產(chǎn)中,膠狀固體用酸浸取后,還需要通入HCl氣體。通入HCl的作用主要有兩點(diǎn):_和_。(4)已知:在不同溫度條件下向一定量的氯化鋁溶液中通入HCl氣體,通入量對(duì)AlCl36H2O結(jié)晶量和結(jié)晶效率的影響如圖,請(qǐng)補(bǔ)充完整由膠狀固體制備AlCl36H2O晶體的實(shí)驗(yàn)方案:向膠狀固體滴加一定濃度鹽酸,直至恰好完全溶解,_。解析:(1)步驟I鋁箔溶于NaOH溶液生成NaAlO2,步驟NaAlO2溶液中通入過(guò)量的CO2生成Al(OH)3的離子方程式為AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO;(2)步驟灼燒Al(OH)3所用實(shí)驗(yàn)室常用儀器為坩堝;為了提高Al2O3純度,需灼燒至恒重;(3)制備AlCl36H2O的工業(yè)生產(chǎn)中,膠狀固體用酸浸取后,生成AlCl3溶液由于Al3易水解,加熱時(shí)需要不斷通入HCl氣體。通入HCl的作用主要有兩點(diǎn):抑制AlCl3水解,增加c(Cl),有利于AlCl36H2O結(jié)晶;(4)按題圖所示,在低于45 時(shí)通入HCl氣體,AlCl36H2O晶體結(jié)晶量和結(jié)晶效率快速增大,后繼續(xù)通入HCl氣體,結(jié)晶量和結(jié)晶效率變得緩慢,則由膠狀固體制備AlCl36H2O晶體的實(shí)驗(yàn)方案如下:向膠狀固體滴加一定濃度鹽酸,直至恰好完全溶解,在45 以下(或冷水浴條件下)通入HCl氣體,至有大量晶體析出,過(guò)濾,用濃鹽酸洗滌23次,低溫(或減壓)干燥,得到AlCl36H2O晶體。答案:(1)AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO(2)坩堝灼燒至恒重(3)抑制AlCl3水解增加c(Cl),有利于AlCl36H2O結(jié)晶(4)在45 以下(或冷水浴條件下)通入HCl氣體,至有大量晶體析出,過(guò)濾,用濃鹽酸洗滌23次,低溫(或減壓)干燥,得到AlCl36H2O晶體20(14分)(2019姜中、前中、淮中、溧中聯(lián)考)高爐廢渣在循環(huán)利用前,需要脫硫(硫元素主要存在形式為S2,少量為SO和SO)處理。(1)高溫“兩段法”氧化脫硫。第一階段在空氣中的相關(guān)熱化學(xué)方程式如下:CaS(s)2O2(g)=CaSO4(s)H907.1 kJmol1CaS(s)O2(g)=CaO(s)SO2(g)H454.3 kJmol1第二階段在惰性氣氛中,反應(yīng)CaS(s)3CaSO4(s)=4CaO(s)4SO2(g)的H_kJmol1。整個(gè)過(guò)程中,CaS完全轉(zhuǎn)化生成1 mol SO2,轉(zhuǎn)移的電子為_(kāi)mol。生成的SO2用硫酸銅溶液吸收電解氧化,總反應(yīng)為CuSO4SO22H2OCu2H2SO4。寫(xiě)出電解時(shí)陽(yáng)極的電極反應(yīng)式:_。(2)噴吹CO2脫硫。用水浸取爐渣,通入適量的CO2,將硫元素以含硫氣體形式脫去。當(dāng)CO2的流量、溫度一定時(shí),渣水混合液的pH、含碳元素各種微粒(H2CO3、HCO、CO)的分布隨噴吹時(shí)間變化如圖甲和圖乙所示。已知Ksp(CdS)8.01027,Ksp(CdCO3)4.01012。取渣水混合液過(guò)濾,可用如下試劑和一定濃度鹽酸驗(yàn)證濾液中存在SO。試劑的添加順序依次為_(kāi)(填字母)。aH2O2bBaCl2cCdCO3H2CO3第二步電離的電離常數(shù)為Ka2,則pKa2_(填數(shù)值,已知pKa2lg Ka2)。通入CO21530 min時(shí),混合液中發(fā)生的主要脫硫反應(yīng)離子方程式為_(kāi)。(3)硫酸工業(yè)生產(chǎn)中SO3吸收率與進(jìn)入吸收塔的硫酸濃度和溫度關(guān)系如圖丙,由圖可知吸收SO3所用硫酸的適宜濃度為98.3%,溫度為_(kāi),而工業(yè)生產(chǎn)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)SO2(g)H2454.3 kJmol1,根據(jù)蓋斯定律可得:CaS(s)3CaSO4(s)=4CaO(s)4SO2(g)H4H23H1(454.34907.13)kJmol1904.1 kJmol1。在CaSSO2變化過(guò)程中,根據(jù)S元素的價(jià)態(tài)變化:24,可知生成1 mol SO2轉(zhuǎn)移6 mol e。根據(jù)電解工作原理可知,在陽(yáng)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng),故根據(jù)CuSO4SO22H2OCu2H2SO4可得,陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為SO22H2O2e=SO4H。(2)根據(jù)圖甲可知,隨著反應(yīng)的進(jìn)行,溶液的pH在降低,故生成的含硫氣體為H2S,所以噴吹CO2的脫硫反應(yīng)原理為CaSCO2H2O=H2SCaCO3。要檢驗(yàn)過(guò)濾液中是否存在SO,需加入BaCl2溶液,觀察是否產(chǎn)生白色沉淀,在滴加BaCl2前,要排除濾液中可能存在的S2和HSO對(duì)實(shí)驗(yàn)的干擾,所以滴加H2O2要放在滴加BaCl2后,防止H2O2將可能存在的HSO氧化成SO而對(duì)實(shí)驗(yàn)造成干擾,故添加順序?yàn)閏ba。由Ka2,結(jié)合圖甲、乙,當(dāng)c(CO)c(HCO)、噴吹時(shí)間為0 min時(shí),溶液的pH10.25,即Ka2c(H)1010.25,pKa210.25。根據(jù)乙可知,在1530 min內(nèi),含碳微粒主要是HCO,故反應(yīng)的離子方程式為2CO2S22H2O=2HCOH2S。(3)從圖丙可以看出,溫度越低,SO3的吸收率越高,故適宜溫度為40 ;但溫度太低,吸收SO3的速率慢,適當(dāng)升高反應(yīng)溫度,可以提高吸收SO3的速率,所以工業(yè)生產(chǎn)中一般采用60 ,同時(shí)SO3的吸收率也較高。答案:(1)904.16SO22H2O2e=SO4H(2)cba10.252CO2S22H2O=2HCOH2S(3)40 適當(dāng)升高反應(yīng)的溫度可加快吸收SO3的速率21(12分)(2019南通一模)室溫下,Cu(NH3)4(NO3)2與液氨混合并加入Cu可制得一種黑綠色晶體。(1)基態(tài)Cu2核外電子排布式是_。(2)黑綠色晶體的晶胞如圖所示,寫(xiě)出該晶體的化學(xué)式_。(3)不考慮空間構(gòu)型,Cu(NH3)42的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為_(kāi)(用“”標(biāo)出其中的配位鍵)。(4)NO中N原子軌道的雜化類(lèi)型是_。與NO互為等電子體的一種分子為_(kāi)(填化學(xué)式)。(5)液氨可作制冷劑,汽化時(shí)吸收大量熱量的原因是_。解析:(2)晶胞中N原子數(shù)為81,Cu原子數(shù)為123,晶體化學(xué)式為Cu3N。(4)根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論,NO中N的價(jià)層電子對(duì)數(shù)3(5132)3,所以NO中N的原子軌道雜化類(lèi)型是sp2雜化;與NO互為等電子體的分子為SO3。(5)液氮可作制冷劑,汽化時(shí)需要消耗大量能量。答案:(1)Ar3d9(或1s22s22p63s23p63d9)(2)Cu3N(3)(4)sp2SO3(5)NH3分子間存在氫鍵,汽化時(shí)克服氫鍵,需要消耗大量能量9

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