江苏专用2020高考化学二轮复习第三板块考前巧训特训第二类非选择题专练“5＋1”增分练四

“51”增分练(四)16(12分)(2019南京、盐城一模)NaH2PO2(次磷酸钠)易溶于水，水溶液近中性，具有强还原性，可用于化学镀银、镍、铬等。一种利用泥磷(含P4和少量CaO、Fe2O3、Al2O3、CaCl2等)为原料制备NaH2PO2H2O的工艺流程如下：已知P4与两种碱的反应主要有：.2Ca(OH)2P44H2O=2Ca(H2PO2)22H2.4NaOHP48H2O=4NaH2PO2H2O2H2.4NaOHP42H2O=2Na2HPO32PH3.NaH2PO2NaOH=Na2HPO3H2(1)尾气中的PH3被NaClO溶液吸收生成NaH2PO2和NaCl的离子方程式为_。(2)“反应”阶段，在温度和水量一定时，混合碱总物质的量与P4的物质的量之比n(碱)/n(磷)与NaH2PO2产率的关系如图所示。当n(碱)/n(磷)2.6时，NaH2PO2的产率随n(碱)/n(磷)的增大而降低的可能原因是_。(3)常温下通CO2“调pH”应至溶液的pH约为_，滤渣2主要成分为_(填化学式)。(4)“过滤2”的滤液须用Ag2SO4、Ba(OH)2及Na2S溶液除去其中Cl及Fe2等，其中加入的Ag2SO4溶液不宜过量太多，其主要原因_。(5)用NiCl2与NaH2PO2溶液化学镀Ni，同时生成H3PO4和氯化物的化学方程式为_。解析：(1)根据题意可知，PH3与NaClO反应生成NaH2PO2和NaCl，即PH3 被 ClO氧化生成H2PO和Cl，PH3中P为3价，H2PO中P为1价，化合价升高了4，ClO中Cl为1价，氯元素化合价降低了2，且NaClO溶液呈碱性，根据氧化还原反应的配平原则，得到：PH32ClOOH=H2PO2ClH2O；(2)由反应4NaOHP48H2O=4NaH2PO2H2O2H2、NaH2PO2NaOH=Na2HPO3H2可知，过量的碱与NaH2PO2继续反应生成Na2HPO3，因此当n(碱)/n(磷)2.6时，NaH2PO2的产率随n(碱)/n(磷)的增大而降低，可能的原因是过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3；(3)常温下通CO2“调pH”，CO2与过量的Ca(OH)2反应生成CaCO3，与NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3 和NaHCO3，因此溶液pH应调节至约为7，滤渣2主要成分为 CaCO3和Al(OH)3；(4)过滤后的滤液用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溶液不宜过量太多，即Ag过量，其主要原因是过量的Ag会氧化H2PO；(5)NiCl2与NaH2PO2反应生成Ni、H3PO4和氯化物，NiCl2 中Ni为2价降低到0价，化合价降低了2，NaH2PO2 中P为1价，H3PO4中P为5价，化合价升高了4，根据氧化还原反应的配平原则，得到：2NiCl2NaH2PO22H2O=2NiH3PO4NaCl3HCl。答案：(1)PH32ClOOH=H2PO2ClH2O(2)过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3(3)7CaCO3和Al(OH)3(4)过量的Ag会氧化H2PO(5)2NiCl2NaH2PO22H2O=2NiH3PO4NaCl3HCl17(15分)(2019泰州一模)那可汀是一种药物，该药适用于刺激性干咳病人服用，无成瘾性。化合物I是制备该药物的重要中间体，合成路线如下：(1)化合物A中的官能团名称为_(写两种)。(2)设计反应AB的目的是_。(3)化合物C的分子式为C10H11O4I，写出C的结构简式：_。(4)化合物I的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。分子中含有硝基(NO2)且直接连在苯环上；分子中只有3种不同化学环境的氢。(5)写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。解析：(1)由A结构可知，A中含有醚键和醛基两种官能团。(2)从合成路线AE看，设计反应AB的目的是防止醛基在后续步骤中反应，起到保护醛基的作用。(3)对比B和D分子结构可知，苯环一个氢原子被OCH3代替，而BC条件中有I2参加反应，又因C的分子式为C10H11O4I，可推知C的结构为。(4)化合物I的分子式为C12H15O3N，根据限定条件可知，该同分异构体中含有1个NO2,1个苯环，因为只有3种不同化学环境的氢原子，所以侧链的6个碳原子和1个氧原子分布高度对称，故该同分异构体的结构简式为答案：(1)醚键、醛基(2)防止醛基在后续步骤中反应(或保护醛基)(18(12分)(2019南京二模)KBr可用于光谱分析和化学分析等。(1)制备KBr的一种方法如下：80 时，向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中缓慢加入Br2，至pH为67时反应完全，生成CO2、N2等。该反应的化学方程式为_。(2)KBr可用于测定苯酚(C6H5OH)样品的纯度，方法如下：取0.500 0 g苯酚试样，用NaOH溶液溶解后定容成250.00 mL溶液；移取25.00 mL该溶液，加入25.00 mL 0.030 00 molL1的KBrO3(含过量KBr)标准溶液，然后加入足量盐酸，充分反应后再加足量KI溶液，充分反应；用0.100 0 molL1 Na2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，用去16.20 mL。测定过程中物质的转化关系如下：加入的指示剂为_。计算苯酚样品的纯度(写出计算过程)。解析：(1)80 时，向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中缓慢加入Br2，至pH为67时反应完全，生成CO2、N2等，反应的化学方程式：3Br26KOHCO(NH2)26KBrCO2N25H2O；(2)溴液中含有的KBrO3及过量KBr在盐酸条件下反应产生单质溴、氯化钾和水，方程式为KBrO35KBr6HCl=3Br26KCl3H2O，单质溴具有氧化性，能将碘离子氧化生成单质碘，离子方程式为Br22I=2BrI2，用0.100 0 molL1Na2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，I22Na2S2O3=Na2S4O62NaI，加入的指示剂为淀粉溶液，碘单质遇到淀粉变蓝色，待碘单质消耗完后变至无色；定量关系Br22I=2BrI2，I22Na2S2O3=Na2S4O62NaI，Br2I22S2O，与I反应的Br2：n1(Br2)n(S2O)16.20103 L0.100 0 molL18.1104 mol，KBrO35KBr6HCl=3Br26KCl3H2O，定量关系BrO5Br3Br2，KBrO3与KBr生成的Br2：n(Br2)3n(KBrO3)325.00103 L0.030 00 molL12.25103 mol，与C6H5OH反应的Br2：n2(Br2)n(Br2)n1(Br2)2.25103 mol8.1104 mol1.44103 mol，根据C6H5OH3Br2知，苯酚的物质的量：n(C6H5OH)n2(Br2)1.44103 mol4.8104 mol，苯酚的纯度90.24%。答案：(1)3Br26KOHCO(NH2)26KBrCO2N25H2O(2)淀粉溶液根据Br2I22S2O，与I反应的Br2：n1(Br2)n(S2O)16.20103 L0.100 0 molL18.1104 mol根据BrO5Br3Br2，KBrO3与KBr生成的Br2：n(Br2)3n(KBrO3)325.00103 L0.030 00 molL12.25103 mol与C6H5OH反应的Br2：n2(Br2)n(Br2)n1(Br2)2.25103 mol8.1104 mol1.44103 mol根据C6H5OH3Br2知，苯酚的物质的量：n(C6H5OH)n2(Br2)1.44103 mol4.8104 mol苯酚的纯度90.24%19(15分)(2019扬州一模)以高氯冶炼烟灰(主要成分为铜锌的氯化物、氧化物、硫酸盐，少量铁元素和砷元素)为原料，可回收制备Cu和ZnSO4H2O，其主要实验流程如下：已知：Fe3完全沉淀pH为3.2，此时Zn2、Cu2未开始沉淀；K3Fe(CN)6可用于检验Fe2：3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62(深蓝色)；砷元素进入水体中对环境污染大，可通过沉淀法除去。(1)两段脱氯均需在85 条件下进行，适宜的加热方式为_。(2)碱洗脱氯时，溶液中Cu2主要转化为Cu(OH)2和Cu2(OH)2CO3，也会发生副反应得到Cu2(OH)3Cl沉淀并放出气体，该副反应的离子方程式为_。若用NaOH溶液进行碱洗操作时，浓度不宜过大，通过下表的数据分析其原因是_。NaOH溶液浓度对脱氯率和其他元素浸出率的影响NaOH浓度/(molL1)脱氯率/%元素浸出率/%ClZnCuAs1.051.200.510.040.002.080.250.890.0658.873.086.587.390.2678.22(3)ZnSO4的溶解度曲线如图所示。“电解”后，从溶液中回收ZnSO4H2O的实验操作为_。(4)滤液1和滤液2中含一定量的Cu2、Zn2。为提高原料利用率，可采取的措施有：将滤液1和滤液2混合，回收铜锌沉淀物；循环使用电解过程产生的_(填化学式)。(5)已知H3AsO3的还原性强于Fe2，Ksp(FeAsO3)Ksp(FeAsO4)5.71021。测得酸浸液中杂质铁元素(以Fe2存在)、砷元素(以H3AsO3存在)的浓度分别为1.15 gL1、0.58 gL1，可采用“氧化中和共沉淀”法除去，请设计实验方案：_(实验中须使用的试剂有：30%双氧水，0.001 molL1K3Fe(CN)6溶液，回收的铜锌沉淀物)。解析：(1)两段脱氯均需在85 条件下进行，适宜的加热方式为水浴加热(或85 水浴加热)；(2)碱洗脱氯时溶液中有Cu2和2Cl，加入CO发生副反应得到Cu2(OH)3Cl沉淀并放出气体CO2，则该副反应的离子方程式为4Cu23CO2Cl3H2O=2Cu2(OH)3Cl3CO2；由表的数据分析可知，NaOH溶液浓度高时，锌、砷两种元素浸出率高，要回收锌元素制备ZnSO4H2O，锌元素损失较多；砷元素浸出率高，砷元素进入水体中对环境污染大，增加了废水处理难度；(3)根据溶解度曲线，在330 K以下，析出ZnSO46H2O，在330 K以上，析出ZnSO4H2O，且ZnSO4H2O溶解度随温度升高而减小，故从溶液中回收ZnSO4H2O的实验操作为在330 K以上(330380 K范围内皆可以)蒸发结晶，趁热过滤，热水洗涤干燥即得ZnSO4H2O；(4)电解CuSO4溶液，生成Cu、O2、H2SO4，故可循环使用的物质是 H2SO4；(5)实验方案如下： 向酸浸滤液中加入过量30%双氧水，搅拌使其充分反应，取样滴加0.001 molL1K3Fe(CN)6溶液，无深蓝色沉淀，加入回收的铜锌沉淀物，并搅拌至调节pH为3.2，静置，过滤，取滤液。答案：(1)水浴加热(或85 水浴加热)(2)4Cu23CO2Cl3H2O=2Cu2(OH)3Cl3CO2NaOH溶液浓度高时锌元素损失较多；砷元素浸出率高，增加废水处理难度(3)在330 K以上(330380 K范围内皆可以)蒸发结晶，趁热过滤，热水洗涤干燥(4)H2SO4(5)向酸浸滤液中加入过量30%双氧水，搅拌使其充分反应，取样滴加0.001 molL1K3Fe(CN)6溶液无深蓝色沉淀，加入回收的铜锌沉淀物并搅拌至调节pH为3.2，静置，过滤，取滤液20(14分)(2019南通七市三模)有效去除废水中的H2SiF6、F，改善水质是环境部门的重要研究课题。(1)AlF3是有机合成中常用催化剂，利用废水中的H2SiF6可转变制得，相关的热化学方程式如下：3H2SiF6(aq)2Al(OH)3(s)=Al2(SiF6)3(aq)6H2O(l) Ha kJmol1Al2(SiF6)3(aq)6H2O(l)=2AlF3(aq)3SiO2(s)12HF(aq) Hb kJmol13HF(aq)Al(OH)3(s)=AlF3(aq)3H2O(l) Hc kJmol1反应H2SiF6(aq)2Al(OH)3(s)=2AlF3(aq)SiO2(s)4H2O(l)的H_kJmol1。(2)废水的酸碱度及废水中的Fe3对F浓度的测定都会产生一定的影响。测定时，通常控制废水的pH在56之间。pH过小所测F浓度偏低，其原因是_。Fe3与柠檬酸根(C6H5O)、F反应可表示为Fe3nC6H5OFe(C6H5O7)n、Fe3nFFeF。向含有Fe3的含氟废水中加入柠檬酸钠(C6H5O7Na3)可消除Fe3对F测定的干扰，其原因是_。(3)利用聚苯胺可吸附去除水中F。用惰性电极电解苯胺(NH2)和盐酸的混合液可在阳极获得聚苯胺薄膜，变化过程如下：写出阳极生成二聚体的电极反应方程式：_。(4)利用MgCO3、Ca(OH)2和CaCO3等可沉淀去除废水中F。以MgCl2溶液、尿素CO(NH2)2为原料可制得MgCO3，写出该反应的化学方程式：_。取三份相同的含F的酸性废水，分别加入足量的MgCO3、Ca(OH)2和CaCO3。相同时间后溶液的pH及F残留量如图1所示。实际废水处理过程中常选用MgCO3的理由是_。改变碳酸镁添加量，处理后废水中F含量及溶液pH的变化如图2所示。添加量超过2.4 gL1后，F含量略有升高的原因是_Ksp(MgF2)7.41011，KspMg(OH)25.61012。解析：(1)将给定的三个热化学方程式分别编号为、，根据盖斯定律，将4/3即得目标热化学方程式H2SiF6(aq)2Al(OH)3(s)=2AlF3(aq)SiO2(s)4H2O(l)，其H kJmol1；(2)测定时，通常控制废水的pH在56之间。pH过小所测F浓度偏低，是由于pH过小，H与F转化为弱酸HF；根据题给方程式可知，向含有Fe3的含氟废水中加入柠檬酸钠(C6H5O7Na3)可消除Fe3对F测定的干扰，是由于Fe3与柠檬酸根(C6H5O)的结合能力强于其与F的结合能力；(3)苯胺在阳极失去电子生成二聚体的电极反应方程式为(4)以MgCl2溶液、尿素CO(NH2)2为原料可制得MgCO3，该反应的化学方程式为MgCl2CO(NH2)22H2O=MgCO32NH4Cl；由图1可知，加入Ca(OH)2，反应后溶液的pH较大，即溶液的碱性较强，加入CaCO3，反应后溶液中F残留量较大，因此实际废水处理过程中常选用MgCO3，理由是相同条件下，使用MgCO3处理后的废水中F残留量最低，溶液接近中性；Ksp(MgF2)7.41011大于KspMg(OH)25.61012，由图2可知，当添加MgCO3量超过2.4 gL1后，F含量略有升高是由于碳酸镁的加入量增大后，导致溶液pH增大，使部分MgF2转化成Mg(OH)。答案：(1)(2)pH过小，H与F转化为弱酸HFFe3与柠檬酸根(C6H5O)的结合能力强于其与F的结合能力(4)MgCl2CO(NH2)22H2O=MgCO32NH4Cl相同条件下，使用MgCO3处理后的废水中F残留量最低，溶液接近中性碳酸镁的加入量增大后，导致溶液pH增大，使部分MgF2转化成Mg(OH)221(12分)(2019徐州一中模拟)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)锰为25号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn3基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d4或Ar3d4；(2)NO中N原子的价层电子对数33，氮原子采用sp2杂化；(3)与HNO2互为等电子体的一种阴离子为HCOO；(4)配合物Mn(CH3OH)62中的中心原子为Mn，配体为CH3OH，提供孤对电子的原子是羟基中的O原子；(5)CH3COOH分子与H2O分子都是极性分子，另外CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键，使得CH3COOH能与H2O任意比混溶；(6)根据镁铝合金的晶胞结构可知，图中原子位于顶点或面心，其中镁原子位于顶点和其中2个面心，铝原子位于其中2个面心，每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个，包括同一侧面的4个顶点和4个面心，距离均为晶胞面对角线长度的一半。答案：(1)Ar3d4(2)sp2(3)HCOO(4)O(5)CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键(6)8