（江蘇專用）2020高考化學二輪復習 第三板塊 考前巧訓特訓 第二類 非選擇題專練 “5＋1”增分練（四）

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1、 “5＋1”增分練(四) 16．(12分)(2019南京、鹽城一模)NaH2PO2(次磷酸鈉)易溶于水，水溶液近中性，具有強還原性，可用于化學鍍銀、鎳、鉻等。一種利用泥磷(含P4和少量CaO、Fe2O3、Al2O3、CaCl2等)為原料制備NaH2PO2H2O的工藝流程如下： 已知P4與兩種堿的反應主要有： Ⅰ.2Ca(OH)2＋P4＋4H2O===2Ca(H2PO2)2＋2H2↑ Ⅱ.4NaOH＋P4＋8H2O===4NaH2PO2H2O＋2H2↑ Ⅲ.4NaOH＋P4＋2H2O===2Na2HPO3＋2PH3↑ Ⅳ.NaH2PO2＋NaOH===Na2HPO3＋H2↑ (

2、1)尾氣中的PH3被NaClO溶液吸收生成NaH2PO2和NaCl的離子方程式為___________________________________。 (2)“反應”階段，在溫度和水量一定時，混合堿總物質的量與P4的物質的量之比[n(堿)/n(磷)]與NaH2PO2產率的關系如圖所示。當n(堿)/n(磷)>2.6時，NaH2PO2的產率隨n(堿)/n(磷)的增大而降低的可能原因是__________________________________________。 (3)常溫下通CO2“調pH”應至溶液的pH約為________，濾渣2主要成分為____________(填化學式)。

3、(4)“過濾2”的濾液須用Ag2SO4、Ba(OH)2及Na2S溶液除去其中Cl－及Fe2＋等，其中加入的Ag2SO4溶液不宜過量太多，其主要原因__________________。 (5)用NiCl2與NaH2PO2溶液化學鍍Ni，同時生成H3PO4和氯化物的化學方程式為______________________________________________。 解析：(1)根據題意可知，PH3與NaClO反應生成NaH2PO2和NaCl，即PH3 被 ClO－氧化生成H2PO和Cl－，PH3中P為－3價，H2PO中P為＋1價，化合價升高了4，ClO－中Cl為＋1價，氯元素化合價降低

4、了2，且NaClO溶液呈堿性，根據氧化還原反應的配平原則，得到：PH3＋2ClO－＋OH－===H2PO＋2Cl－＋H2O； (2)由反應4NaOH＋P4＋8H2O===4NaH2PO2H2O＋2H2↑、NaH2PO2＋NaOH===Na2HPO3＋H2↑可知，過量的堿與NaH2PO2繼續(xù)反應生成Na2HPO3，因此當n(堿)/n(磷)>2.6時，NaH2PO2的產率隨n(堿)/n(磷)的增大而降低，可能的原因是過量的堿將NaH2PO2轉化為Na2HPO3； (3)常溫下通CO2“調pH”，CO2與過量的Ca(OH)2反應生成CaCO3，與NaAlO2溶液反應生成Al(OH)3 和NaHC

5、O3，因此溶液pH應調節(jié)至約為7，濾渣2主要成分為 CaCO3和Al(OH)3； (4)過濾后的濾液用Ag2SO4除去其中Cl－、Ba(OH)2除去SO － 、Na2S溶液除去Fe2＋等，其中加入的Ag2SO4溶液不宜過量太多，即Ag＋過量，其主要原因是過量的Ag＋會氧化H2PO； (5)NiCl2與NaH2PO2反應生成Ni、H3PO4和氯化物，NiCl2 中Ni為＋2價降低到0價，化合價降低了2，NaH2PO2 中P為＋1價，H3PO4中P為＋5價，化合價升高了4，根據氧化還原反應的配平原則，得到：2NiCl2＋NaH2PO2＋2H2O===2Ni↓＋H3PO4＋NaCl＋3HCl。

6、 答案：(1)PH3＋2ClO－＋OH－===H2PO＋2Cl－＋H2O (2)過量的堿將NaH2PO2轉化為Na2HPO3 (3)7　CaCO3和Al(OH)3 (4)過量的Ag＋會氧化H2PO (5)2NiCl2＋NaH2PO2＋2H2O===2Ni↓＋H3PO4＋NaCl＋3HCl 17．(15分)(2019泰州一模)那可汀是一種藥物，該藥適用于刺激性干咳病人服用，無成癮性?；衔颕是制備該藥物的重要中間體，合成路線如下： (1)化合物A中的官能團名稱為________________(寫兩種)。 (2)設計反應A→B的目的是______________________

7、__________。 (3)化合物C的分子式為C10H11O4I，寫出C的結構簡式：________________________。 (4)化合物I的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：____________________。 ①分子中含有硝基(—NO2)且直接連在苯環(huán)上；②分子中只有3種不同化學環(huán)境的氫。 (5)寫出以和為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。 解析：(1)由A結構可知，A中含有醚鍵和醛基兩種官能團。 (2)從合成路線A→E看，設計反應A→B的目的是防止醛基在后續(xù)步驟中反應，起到保護醛基的作用。 (

8、3)對比B和D分子結構可知，苯環(huán)一個氫原子被—OCH3代替，而B→C條件中有I2參加反應，又因C的分子式為C10H11O4I，可推知C的結構為。 (4)化合物I的分子式為C12H15O3N，根據限定條件可知，該同分異構體中含有1個—NO2,1個苯環(huán)，因為只有3種不同化學環(huán)境的氫原子，所以側鏈的6個碳原子和1個氧原子分布高度對稱，故該同分異構體的結構簡式為 答案：(1)醚鍵、醛基　(2)防止醛基在后續(xù)步驟中反應(或保護醛基) ( 18．(12分)(2019南京二模)KBr可用于光譜分析和化學分析等。 (1)制備KBr的一種方法如下：80 ℃時，向溶有CO(NH2)2的KOH溶液

9、中緩慢加入Br2，至pH為6～7時反應完全，生成CO2、N2等。該反應的化學方程式為__________________。 (2)KBr可用于測定苯酚(C6H5OH)樣品的純度，方法如下：取0.500 0 g苯酚試樣，用NaOH溶液溶解后定容成250.00 mL溶液；移取25.00 mL該溶液，加入25.00 mL 0.030 00 molL－1的KBrO3(含過量KBr)標準溶液，然后加入足量鹽酸，充分反應后再加足量KI溶液，充分反應；用0.100 0 molL－1 Na2S2O3溶液滴定至淡黃色，加入指示劑，繼續(xù)滴定至終點，用去16.20 mL。測定過程中物質的轉化關系如下： ①加

10、入的指示劑為________。 ②計算苯酚樣品的純度(寫出計算過程)。 解析：(1)80 ℃時，向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中緩慢加入Br2，至pH為6～7時反應完全，生成CO2、N2等，反應的化學方程式：3Br2＋6KOH＋CO(NH2)26KBr＋CO2↑＋N2↑＋5H2O； (2)①溴液中含有的KBrO3及過量KBr在鹽酸條件下反應產生單質溴、氯化鉀和水，方程式為KBrO3＋5KBr＋6HCl===3Br2＋6KCl＋3H2O，單質溴具有氧化性，能將碘離子氧化生成單質碘，離子方程式為Br2＋2I－===2Br－＋I2，用0.100 0 molL－1Na2S2O3溶液滴定至淡黃

11、色，加入指示劑，繼續(xù)滴定至終點，I2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI，加入的指示劑為淀粉溶液，碘單質遇到淀粉變藍色，待碘單質消耗完后變至無色； ②定量關系Br2＋2I－===2Br－＋I2，I2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI， Br2～I2～2S2O，與I－反應的Br2： n1(Br2)＝n(S2O)＝16.2010－3 L0.100 0 molL－1＝8.110－4 mol， KBrO3＋5KBr＋6HCl===3Br2＋6KCl＋3H2O，定量關系BrO～5Br－～3Br2，KBrO3與KBr生成的Br2： n(Br2)＝3n(KBrO3)＝32

12、5.0010－3 L0.030 00 molL－1＝2.2510－3 mol， 與C6H5OH反應的Br2：n2(Br2)＝n(Br2)－n1(Br2)＝2.2510－3 mol－8.110－4 mol＝1.4410－3 mol， 根據C6H5OH～3Br2知，苯酚的物質的量： n(C6H5OH)＝n2(Br2)＝1.4410－3 mol＝4.810－4 mol， 苯酚的純度＝＝90.24%。 答案：(1)3Br2＋6KOH＋CO(NH2)26KBr＋CO2↑＋N2↑＋5H2O (2)①淀粉溶液 ②根據Br2～I2～2S2O，與I－反應的Br2： n1(Br2)＝n(S2O)＝

13、16.2010－3 L0.100 0 molL－1＝8.110－4 mol 根據BrO～5Br－～3Br2，KBrO3與KBr生成的Br2： n(Br2)＝3n(KBrO3)＝325.0010－3 L0.030 00 molL－1＝2.2510－3 mol 與C6H5OH反應的Br2： n2(Br2)＝n(Br2)－n1(Br2)＝2.2510－3 mol－8.110－4 mol＝1.4410－3 mol 根據C6H5OH～3Br2知，苯酚的物質的量： n(C6H5OH)＝n2(Br2)＝1.4410－3 mol＝4.810－4 mol 苯酚的純度＝＝90.24% 19．(15

14、分)(2019揚州一模)以高氯冶煉煙灰(主要成分為銅鋅的氯化物、氧化物、硫酸鹽，少量鐵元素和砷元素)為原料，可回收制備Cu和ZnSO4H2O，其主要實驗流程如下： 已知：①Fe3＋完全沉淀pH為3.2，此時Zn2＋、Cu2＋未開始沉淀； ②K3[Fe(CN)6]可用于檢驗Fe2＋：3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓(深藍色)； ③砷元素進入水體中對環(huán)境污染大，可通過沉淀法除去。 (1)兩段脫氯均需在85 ℃條件下進行，適宜的加熱方式為________。 (2)堿洗脫氯時，溶液中Cu2＋主要轉化為Cu(OH)2和Cu2(OH)2CO3，也會發(fā)生副

15、反應得到Cu2(OH)3Cl沉淀并放出氣體，該副反應的離子方程式為____________________________。若用NaOH溶液進行堿洗操作時，濃度不宜過大，通過下表的數(shù)據分析其原因是__________________________________________________。 NaOH溶液濃度對脫氯率和其他元素浸出率的影響 NaOH濃度 /(molL－1) 脫氯率/% 元素浸出率/% Cl Zn Cu As 1.0 51.20 0.51 0.04 0.00 2.0 80.25 0.89 0.06 58.87 3.0 86.58

16、7.39 0.26 78.22 (3)ZnSO4的溶解度曲線如圖所示?！半娊狻焙?，從溶液中回收ZnSO4H2O的實驗操作為____________________________________________________。 (4)濾液1和濾液2中含一定量的Cu2＋、Zn2＋。為提高原料利用率，可采取的措施有：將濾液1和濾液2混合，回收銅鋅沉淀物；循環(huán)使用電解過程產生的________(填化學式)。 (5)已知H3AsO3的還原性強于Fe2＋，Ksp(FeAsO3)>Ksp(FeAsO4)＝5.710－21。測得酸浸液中雜質鐵元素(以Fe2＋存在)、砷元素(以H3AsO3

17、存在)的濃度分別為1.15 gL－1、0.58 gL－1，可采用“氧化中和共沉淀”法除去，請設計實驗方案：_________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________(實驗中須使用的試劑有：30%雙氧水，0.001 molL－1K3[Fe(CN)6]溶液，回收的銅鋅沉淀物)。 解析：(1)兩段脫氯均需在85 ℃條件下進行，適宜的加熱方式為水浴加熱(或85 ℃水浴加熱)；

18、 (2)堿洗脫氯時溶液中有Cu2＋和2Cl－，加入CO發(fā)生副反應得到Cu2(OH)3Cl沉淀并放出氣體CO2，則該副反應的離子方程式為4Cu2＋＋3CO＋2Cl－＋3H2O===2Cu2(OH)3Cl↓＋3CO2↑；由表的數(shù)據分析可知，NaOH溶液濃度高時，鋅、砷兩種元素浸出率高，要回收鋅元素制備ZnSO4H2O，鋅元素損失較多；砷元素浸出率高，砷元素進入水體中對環(huán)境污染大，增加了廢水處理難度； (3)根據溶解度曲線，在330 K以下，析出ZnSO46H2O，在330 K以上，析出ZnSO4H2O，且ZnSO4H2O溶解度隨溫度升高而減小，故從溶液中回收ZnSO4H2O的實驗操作為在330

19、 K以上(330～380 K范圍內皆可以)蒸發(fā)結晶，趁熱過濾，熱水洗滌干燥即得ZnSO4H2O； (4)電解CuSO4溶液，生成Cu、O2、H2SO4，故可循環(huán)使用的物質是 H2SO4； (5)實驗方案如下： 向酸浸濾液中加入過量30%雙氧水，攪拌使其充分反應，取樣滴加0.001 molL－1K3[Fe(CN)6]溶液，無深藍色沉淀，加入回收的銅鋅沉淀物，并攪拌至調節(jié)pH為3.2，靜置，過濾，取濾液。 答案：(1)水浴加熱(或85 ℃水浴加熱) (2)4Cu2＋＋3CO＋2Cl－＋3H2O===2Cu2(OH)3Cl↓＋3CO2↑　NaOH溶液濃度高時鋅元素損失較多；砷元素浸出率高，增

20、加廢水處理難度 (3)在330 K以上(330～380 K范圍內皆可以)蒸發(fā)結晶，趁熱過濾，熱水洗滌干燥 (4)H2SO4 (5)向酸浸濾液中加入過量30%雙氧水，攪拌使其充分反應，取樣滴加0.001 molL－1K3[Fe(CN)6]溶液無深藍色沉淀，加入回收的銅鋅沉淀物并攪拌至調節(jié)pH為3.2，靜置，過濾，取濾液 20．(14分)(2019南通七市三模)有效去除廢水中的H2SiF6、F－，改善水質是環(huán)境部門的重要研究課題。 (1)AlF3是有機合成中常用催化劑，利用廢水中的H2SiF6可轉變制得，相關的熱化學方程式如下： 3H2SiF6(aq)＋2Al(OH)3(s)===Al

21、2(SiF6)3(aq)＋6H2O(l) ΔH＝a kJmol－1 Al2(SiF6)3(aq)＋6H2O(l)===2AlF3(aq)＋3SiO2(s)＋12HF(aq) ΔH＝b kJmol－1 3HF(aq)＋Al(OH)3(s)===AlF3(aq)＋3H2O(l) ΔH＝c kJmol－1 反應H2SiF6(aq)＋2Al(OH)3(s)===2AlF3(aq)＋SiO2(s)＋4H2O(l)的ΔH＝________kJmol－1。　 (2)廢水的酸堿度及廢水中的Fe3＋對F－濃度的測定都會產生一定的影響。 ①測定時，通?？刂茝U水的pH在5～6之間。pH過小所測

22、F－濃度偏低，其原因是____________________________________________________________________。 ②Fe3＋與檸檬酸根(C6H5O)、F－反應可表示為Fe3＋＋nC6H5OFe(C6H5O7)n、Fe3＋＋nF－FeF。向含有Fe3＋的含氟廢水中加入檸檬酸鈉(C6H5O7Na3)可消除Fe3＋對F－測定的干擾，其原因是__________________________________________________。 (3)利用聚苯胺可吸附去除水中F－。用惰性電極電解苯胺(NH2)和鹽酸的混合液可在陽極獲得聚苯胺薄膜

23、，變化過程如下： 寫出陽極生成二聚體的電極反應方程式：_____________________________________。 (4)利用MgCO3、Ca(OH)2和CaCO3等可沉淀去除廢水中F－。 ①以MgCl2溶液、尿素[CO(NH2)2]為原料可制得MgCO3，寫出該反應的化學方程式：______________________________________________________________。 ②取三份相同的含F(xiàn)－的酸性廢水，分別加入足量的MgCO3、Ca(OH)2和CaCO3。相同時間后溶液的pH及F－殘留量如圖1所示。實際廢水處理過程中常選用MgCO

24、3的理由是________________________________________________________________。 ③改變碳酸鎂添加量，處理后廢水中F－含量及溶液pH的變化如圖2所示。添加量超過2.4 gL－1后，F(xiàn)－含量略有升高的原因是_______________________________{Ksp(MgF2)＝7.410－11，Ksp[Mg(OH)2]＝5.610－12}。 解析：(1)將給定的三個熱化學方程式分別編號為①、②、③，根據蓋斯定律，將[①＋②＋4③]/3即得目標熱化學方程式H2SiF6(aq)＋2Al(OH)3(s)===2AlF3

25、(aq)＋SiO2(s)＋4H2O(l)，其ΔH＝ kJmol－1； (2)①測定時，通?？刂茝U水的pH在5～6之間。pH過小所測F－濃度偏低，是由于pH過小，H＋與F－轉化為弱酸HF；②根據題給方程式可知，向含有Fe3＋的含氟廢水中加入檸檬酸鈉(C6H5O7Na3)可消除Fe3＋對F－測定的干擾，是由于Fe3＋與檸檬酸根(C6H5O)的結合能力強于其與F－的結合能力； (3)苯胺在陽極失去電子生成二聚體的電極反應方程式為 (4)①以MgCl2溶液、尿素[CO(NH2)2]為原料可制得MgCO3，該反應的化學方程式為MgCl2＋CO(NH2)2＋2H2O===MgCO3↓＋2NH4C

26、l；②由圖1可知，加入Ca(OH)2，反應后溶液的pH較大，即溶液的堿性較強，加入CaCO3，反應后溶液中F－殘留量較大，因此實際廢水處理過程中常選用MgCO3，理由是相同條件下，使用MgCO3處理后的廢水中F－殘留量最低，溶液接近中性；③Ksp(MgF2)＝7.410－11大于Ksp[Mg(OH)2]＝5.610－12，由圖2可知，當添加MgCO3量超過2.4 gL－1后，F(xiàn)－含量略有升高是由于碳酸鎂的加入量增大后，導致溶液pH增大，使部分MgF2轉化成Mg(OH)。 答案：(1) (2)①pH過小，H＋與F－轉化為弱酸HF?、贔e3＋與檸檬酸根(C6H5O)的結合能力強于其與F－的結合

27、能力 (4)①MgCl2＋CO(NH2)2＋2H2O===MgCO3↓＋2NH4Cl?、谙嗤瑮l件下，使用MgCO3處理后的廢水中F－殘留量最低，溶液接近中性?、厶妓徭V的加入量增大后，導致溶液pH增大，使部分MgF2轉化成Mg(OH)2 21．(12分)(2019徐州一中模擬)乙酸錳可用于制造鈉離子電池的負極材料?？捎萌缦路磻频靡宜徨i：4Mn(NO3)26H2O＋26(CH3CO)2O===4(CH3COO)3Mn＋8HNO2＋3O2↑＋40CH3COOH (1)Mn3＋基態(tài)核外電子排布式為________。 (2)NO中氮原子軌道的雜化類型是________。 (3)與HNO2

28、互為等電子體的一種陰離子的化學式為________。 (4)配合物[Mn(CH3OH)6]2＋中提供孤對電子的原子是________。 (5)CH3COOH能與H2O任意比混溶的原因，除它們都是極性分子外還有_____________。 (6)鎂鋁合金經過高溫淬火獲得一種儲鈉材料，其晶胞為立方結構(如圖所示)，圖中原子位于頂點或面心。該晶體中每個鋁原子周圍距離最近的鎂原子數(shù)目為________。 解析：(1)錳為25號元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s2，則Mn3＋基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d4或[Ar]3d4； (2)NO中N原

29、子的價層電子對數(shù)＝3＋＝3，氮原子采用sp2雜化； (3)與HNO2互為等電子體的一種陰離子為HCOO－； (4)配合物[Mn(CH3OH)6]2＋中的中心原子為Mn，配體為CH3OH，提供孤對電子的原子是羥基中的O原子； (5)CH3COOH分子與H2O分子都是極性分子，另外CH3COOH分子與H2O分子間可形成氫鍵，使得CH3COOH能與H2O任意比混溶； (6)根據鎂鋁合金的晶胞結構可知，圖中原子位于頂點或面心，其中鎂原子位于頂點和其中2個面心，鋁原子位于其中2個面心，每個鋁原子周圍距離最近的鎂原子有8個，包括同一側面的4個頂點和4個面心，距離均為晶胞面對角線長度的一半。 答案：(1)[Ar]3d4　(2)sp2　(3)HCOO－　(4)O (5)CH3COOH分子與H2O分子間可形成氫鍵　(6)8 10