2023版高考化学江苏专版二轮复习检测：第三板块-第二类-非选择题专练“5+1”增分练(五)-Word版含解析.doc

“5＋1”增分练(五)

16．K2Cr2O7是一种重要的化工原料。以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3等杂质)为原料制备K2Cr2O7的一种工艺流程如下：

已知：①4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2
②Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋
(1)“焙烧”时，Al2O3与Na2CO3发生反应的化学方程式为_______________________。
(2)“滤渣”的主要成分是________(填化学式)。
(3)“酸化”步骤调节溶液pH<5，其目的是_____________________________________。
(4)“转化”一步发生反应的化学方程式为________________________________。
(5)采用电解法处理含铬废水原理如图所示。阳极区溶液中发生反应：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，阳极的电极反应式为________________________，阴极产生的气体为________(填化学式)。
解析：铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3等杂质)加入Na2CO3并通入O2焙烧，4FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4和Fe2O3，Al2O3与Na2CO3反应生成NaAlO2，加水不溶的是Fe2O3，加入CH3COOH调节pH＝7，使NaAlO2转化为Al(OH)3而除去，再加入CH3COOH调节pH，使反应Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋平衡向逆方向移动，加入KCl，析出K2Cr2O7晶体。采用电解法处理含铬废水，阳极区溶液中发生反应：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，因此阳极须产生Fe2＋，故铁作阳极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，阴极则是2H＋＋2e－===H2↑。
答案：(1)Na2CO3＋Al2O32NaAlO2＋CO2↑
(2)Al(OH)3　(3)使CrO转化为Cr2O
(4)Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7↓＋2NaCl
(5)Fe－2e－===Fe2＋　H2
17．化合物I是一种医疗用的扩瞳剂，其合成路线如下：

(1)E中的官能团名称为________、________。
(2)D→E的反应类型为________。
(3)写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：________________________________________________________________________。
①含有苯环，能发生银镜反应；②酸性条件下水解的产物之一与FeCl3溶液能发生显色反应；③分子中有4种不同化学环境的氢。
(4)H的分子式为C15H20O3，写出H的结构简式：________________________________。

解析：(1)E()中的官能团名称为溴原子、羧基；
(2)比较D()和E(的结构)，可知D→E的反应类型为取代反应；
(4)结合G和I，分析G→H发生加成反应，H→I发生取代反应，H的分子式为C15H20O3，则H的结构简式为。

合成路线分析即可写出其合成路线流程图。
答案：(1)溴原子　羧基　(2)取代反应

(4)
(5)
18．水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O＋I2===2I－＋S4O)。
回答下列问题：
(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是________________________________________________________________________。
(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_________________________________。
(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和________；蒸馏水必须经过煮沸，冷却后才能使用，其目的是杀菌、除______________及二氧化碳。
(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为______________________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为______ mg·L－1。
(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏________(填“高”或“低”)。
解析：(1)取水样时避免扰动水体表面，这样能保证所取水样中溶解氧量与水体中实际溶解氧量基本相同，以减小实验误差。(2)根据水样与Mn(OH)2碱性悬浊液反应生成MnO(OH)2，可写出固氧的反应为O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2。(3)由于Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定，配制该溶液时无需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na2S2O3溶液时，还需要用到的玻璃仪器为量筒；所用蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，这样能除去水中溶解的氧气和CO2，且能杀菌。(4)根据Ⅱ可知MnO(OH)2能将水样中的I－氧化为I2，滴定过程中用淀粉溶液作指示剂，在滴定终点前I2遇淀粉变蓝，达到滴定终点时，I2完全被消耗，溶液蓝色刚好褪去。根据关系式O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，结合消耗n(Na2S2O3)＝a mol·L－1×b×10－3 L＝ab×10－3 mol，可求出100.00 mL水样中溶解氧的质量为ab×10－3 mol×32 g·mol－1＝8ab×10－3 g＝8ab mg，则该水样中溶解氧的含量为
8ab mg÷0.100 00 L＝80ab mg·L－1。(5)滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会导致读取的Na2S2O3标准液体积偏小，根据关系式O2～4Na2S2O3，可知测定的溶解氧的含量偏低。
答案：(1)使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差　(2)O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2　(3)量筒　氧气　(4)蓝色刚好褪去　80ab　(5)低
19．谢弗勒尔盐(Cu2SO3·CuSO3·2H2O)是一种深红色固体，不溶于水和乙醇，100 ℃时发生分解。可由CuSO4·5H2O和SO2等为原料制备，实验装置如图所示。

(1)装置A在常温下制取SO2时，用较浓的硫酸而不用稀硫酸，其原因是________________________________________________________________________。
(2)装置B中发生反应的离子方程式为____________________________________。
(3)装置C的作用是________________________________________________________。
(4)从B中获得的固体需先用蒸馏水充分洗涤，再真空干燥。
①检验洗涤已完全的方法是________________________________________________。
②不用烘干的方式得到产品，其原因是_______________________________________。
(5)请补充完整由工业级氧化铜(含少量FeO)制备实验原料(纯净CuSO4·5H2O)的实验方案：向工业级氧化铜中边搅拌边加入稍过量的硫酸溶液，微热使其完全溶解，_____________________________________________________________，过滤，用95%酒精洗涤晶体2～3次，晾干，得到CuSO4·5H2O。
[已知：①该溶液中氢氧化物开始沉淀与沉淀完全时的pH范围分别为Fe(OH)2(5.8，8.8)；Cu(OH)2(4.2，6.7)；Fe(OH)3(1.1,3.2)。②在水溶液中超过100 ℃，硫酸铜晶体易失去结晶水。③硫酸铜晶体溶解度随温度的变化如图所示。]
解析：(3)装置C的进气管短而与D装置相连的出气管长，故可以有效防止D中液体倒吸入B装置中。(4)①根据B中反应的离子方程式可知，溶液中生成了SO，若固体未洗涤干净，则洗涤液中含有SO，故只需检验洗涤液中是否含有SO即可判断是否洗涤干净。②谢弗勒尔盐100 ℃时发生分解，故不用烘干的方式得到产品。(5)要制备纯净的CuSO4·5H2O，需将FeO除去，故可以通过将其氧化成Fe3＋，然后调节溶液的pH，使其转变为Fe(OH)3而除去。
答案：(1)SO2易溶于水
(2)3Cu2＋＋3SO2＋6H2O===Cu2SO3·CuSO3·2H2O↓＋8H＋＋SO
(3)防止倒吸
(4)①取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全　②防止谢弗勒尔盐发生分解
(5)边搅拌边向其中滴入H2O2溶液，加入适量纯净的CuO[或Cu(OH)2]调节3.2<pH<4.2，静置，过滤，将滤液水浴加热蒸发，浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶
20．硫氰酸盐、苯酚及硫代硫酸盐是HPF脱硫废液中的主要污染物(其中还含有Cl－、SO、Na＋等)，可用NaClO3、H2SO4作脱除的试剂。
(1)Cl2与热的NaOH溶液反应生成NaClO3，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)常温时，反应C6H5O－＋H2OC6H5OH＋OH－的平衡常数为K＝________(C6H5OH的Ka＝1×10－10)。
(3)处理该废水需经预处理和再处理阶段。
①用浓硫酸对600 mL HPF脱硫废液进行酸化预处理(反应温度100 ℃)，其结果如表1所示：
表1　预处理前后三种离子浓度变化情况
项目
S2O/(g·L－1)
SCN－/(g·L－1)
苯酚/(g·L－1)
pH
处理前
34.28
70.11
1.3
8.55
处理后
0.91
69.76
1.35
2.4

由表1可知，该处理过程中主要被除去的污染物是________。
②对预处理后废液进行再处理(反应温度100 ℃)时，分13次依次向废液中加入试剂情况如表2所示：
表2　13次依次加入试剂情况
次数
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
NaClO3/g
16.3
0
0
0
0
0
7.6
0
5.7
0
10.9
0
7.1
浓H2SO4/mL
0
2
2
2
4
4
0
4
0
4
0
4
0

实验结果如图1所示

前6次苯酚脱除率可达到80%左右，该过程苯酚转化为白色沉淀(含苯环)，这与溶液中ClO和Cl－反应产生Cl2有关，该白色沉淀可能的结构简式为________________________________________________________________________。
③由表2和图1中数据得出，第7～13次操作中SCN－在较强酸性条件下被ClO(不水解)氧化的依据是________________________________________________。此过程中产生大量砖红色沉淀(夹杂少量白色沉淀)，对沉淀进行XPS分析，部分元素的物质的量分数如图2所示，已知SCN－可被某些氧化剂(如Cu2＋等)最终氧化为砖红色沉淀(SCN)x。一种推测认为该实验中产生的砖红色沉淀为(SCN)x，支持该推测的证据有：___________________________。
解析：(1)依题意可得Cl2与热的NaOH溶液反应的化学方程式为3Cl2＋6NaOHNaClO3＋5NaCl＋3H2O；(2)已知C6H5OH的Ka＝1×10－10，则反应C6H5O－＋H2OC6H5OH＋OH－的平衡常数为K＝＝＝＝＝1×10－4；(3)①由表1中数据的变化可知，该处理过程中主要被除去的污染物是S2O(硫代硫酸盐)；②溶液中ClO和Cl－反应产生的Cl2能与苯酚反应生成三氯苯酚(或二氯苯酚、一氯苯酚)白色沉淀，其结构简式为③由题图1可知，随NaClO3加入，pH增大说明H＋参加反应，SCN－脱除率明显增大，而苯酚脱除率增大不明显，所以SCN－在较强酸性条件下被ClO氧化了；由题目叙述可知SCN－可被某些氧化剂(如Cu2＋等)氧化为砖红色的沉淀，ClO具有较强的氧化性，由题图2可知沉淀中N、S物质的量之比几乎为1∶1，且还含有C元素，所以该实验中产生的砖红色沉淀为(SCN)x。
答案：(1)3Cl2＋6NaOHNaClO3＋5NaCl＋3H2O
(2)1×10－4
(3)①S2O(硫代硫酸盐)

③第7、9、11、13次加入NaClO3时，pH明显增大说明H＋参加反应，SCN－脱除率相应增大(或7～13次加入NaClO3时SCN－脱除率明显增大，而苯酚脱除率增大不明显)　SCN－可被某些氧化剂(如Cu2＋等)氧化为砖红色的沉淀，ClO具有较强的氧化性，沉淀中N、S物质的量之比几乎为1∶1且还含有C元素
21．乙酸锰可用于制造钠离子电池的负极材料。可用如下反应制得乙酸锰：
4[Mn(NO3)2·6H2O]＋26(CH3CO)2O===
4(CH3COO)3Mn＋8HNO2＋3O2↑＋40CH3COOH
(1)Mn3＋基态核外电子排布式为___________________________________________。
(2)NO中氮原子轨道的杂化类型是______________________________________。
(3)与HNO2互为等电子体的一种阴离子的化学式为_______________________。
(4)配合物[Mn(CH3OH)6]2＋中提供孤对电子的原子是________________。
(5)CH3COOH能与H2O任意比混溶的原因，除它们都是极性分子外还有________________________________________________________________________。
(6)镁铝合金经过高温淬火获得一种储钠材料，其晶胞为立方结构如图所示，图中原子位于顶点或面心。该晶体中每个铝原子周围距离最近的镁原子数目为________。
解析：(1)锰是25号元素，基态Mn原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn3＋基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d4或[Ar]3d4；(2)NO中氮原子形成了3个σ键，其孤对电子对数＝(5＋1－3×2)＝0，杂化轨道用于容纳σ键和孤对电子对，因此需要3个杂化轨道，则氮原子轨道的杂化类型为sp2；(3)与HNO2互为等电子体的一种阴离子的化学式为HCOO－；(4)配合物[Mn(CH3OH)6]2＋中提供孤对电子的原子是O；(5)CH3COOH能与H2O任意比混溶的原因，除它们都是极性分子外还有CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键；(6)镁铝合金晶胞中，Mg位于立方体的8个顶点和前后2个面的面心，Al位于立方体的2个侧面的面心，则该晶体中每个铝原子周围距离最近的镁原子数目为8个。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d4或[Ar]3d4　(2)sp2
(3)HCOO－　(4)O
(5)CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键　(6)8