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

“51”增分练(五)16K2Cr2O7是一种重要的化工原料。以铬铁矿(主要成分为FeOCr2O3，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：4FeOCr2O38Na2CO37O28Na2CrO42Fe2O38CO2Cr2OH2O2CrO2H(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pH5，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：Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O，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FeOCr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3等杂质)加入Na2CO3并通入O2焙烧，4FeOCr2O3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pH7，使NaAlO2转化为Al(OH)3而除去，再加入CH3COOH调节pH，使反应Cr2OH2O2CrO2H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：Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O，因此阳极须产生Fe2，故铁作阳极，电极反应式为Fe2e=Fe2，阴极则是2H2e=H2。答案：(1)Na2CO3Al2O32NaAlO2CO2(2)Al(OH)3(3)使CrO转化为Cr2O(4)Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaCl(5)Fe2e=Fe2H217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)DE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：_。含有苯环，能发生银镜反应；酸性条件下水解的产物之一与FeCl3溶液能发生显色反应；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DE的反应类型为取代反应；(4)结合G和I，分析GH发生加成反应，HI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：.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。.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(2S2OI2=2IS4O)。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 molL1 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_ mgL1。(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O22Mn(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O22MnO(OH)22I24Na2S2O3，结合消耗n(Na2S2O3)a molL1b103 Lab103 mol，可求出100.00 mL水样中溶解氧的质量为ab103 mol32 gmol18ab103 g8ab mg，则该水样中溶解氧的含量为8ab mg0.100 00 L80ab mgL1。(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O24Na2S2O3，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)O22Mn(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(Cu2SO3CuSO32H2O)是一种深红色固体，不溶于水和乙醇，100 时发生分解。可由CuSO45H2O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。检验洗涤已完全的方法是_。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CuSO45H2O)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23次，晾干，得到CuSO45H2O。已知：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)。在水溶液中超过100 ，硫酸铜晶体易失去结晶水。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)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。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CuSO45H2O，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)3Cu23SO26H2O=Cu2SO3CuSO32H2O8HSO(3)防止倒吸(4)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3.2pH4.2，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C6H5OH2OC6H5OHOH的平衡常数为K_(C6H5OH的Ka11010)。(3)处理该废水需经预处理和再处理阶段。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/(gL1)SCN/(gL1)苯酚/(gL1)pH处理前34.2870.111.38.55处理后0.9169.761.352.4由表1可知，该处理过程中主要被除去的污染物是_。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213次依次加入试剂情况次数12345678910111213NaClO3/g16.3000007.605.7010.907.1浓H2SO4/mL0222440404040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_。由表2和图1中数据得出，第713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3Cl26NaOHNaClO35NaCl3H2O；(2)已知C6H5OH的Ka11010，则反应C6H5OH2OC6H5OHOH的平衡常数为K1104；(3)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)；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11，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)3Cl26NaOHNaClO35NaCl3H2O(2)1104(3)S2O(硫代硫酸盐)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713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11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：4Mn(NO3)26H2O26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn8HNO23O240CH3COOH(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)62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Ar3d4；(2)NO中氮原子形成了3个键，其孤对电子对数(5132)0，杂化轨道用于容纳键和孤对电子对，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)62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Ar3d4(2)sp2(3)HCOO(4)O(5)CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键(6)8