2019-2020年高考化学大二轮复习第3部分训练非选择题专项练(V).doc

2019-2020年高考化学大二轮复习第3部分训练非选择题专项练(V)1铁触媒(铁的某氧化物)是工业合成氨的催化剂。某同学设计了以下两种方案研究铁触媒的组成。方案一：用下列流程测定铁触媒的含铁量，确定其组成。(1)步骤后面需用_(填仪器名称)取25.00 mL稀释后溶液。(2)因为通入Cl2不足量，“溶液B”中还含有_会影响测定结果。(3)因为通入Cl2过量且加热煮沸不充分，“溶液B”中可能含有Cl2。请设计实验方案检验Cl2，完成下列实验报告。限选试剂：0.1 molL1酸性KMnO4溶液、紫色石蕊试液、品红稀溶液、淀粉KI溶液、0.1 molL1KSCN溶液实验操作实验现象与结论方案二：用下列实验方法测定铁触媒的含铁量，确定其组成。(4)“干燥管C”的作用是_。(5)称取15.2 g铁触媒进行上述实验。充分反应后，测得“干燥管B”增重11.0 g，则该铁触媒的化学式可表示为_。(相对原子质量：C12 O16Fe56)解析(1)根据仪器的精确度，量取25.00 mL稀释后溶液需用酸式滴定管；(2)通入Cl2的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，氯气量不足时，“溶液B”中会含有亚铁离子，即FeCl2或者FeSO4；(3)氯气的性质：能使石蕊试液先变红后褪色，向溶液B中加入石蕊试液，如果石蕊试液显红色，后红色褪去，这是氯水的性质，证明含有氯气，若溶液变红后不褪色，溶液B不含有Cl2；(4)一氧化碳可以和铁的氧化物之间发生反应，得到气体产物二氧化碳，干燥管B可以吸收生成的二氧化碳，测定二氧化碳的量可以获得铁触媒的量，但是要排除空气成份的干扰，所以C的作用是：防止空气中的CO2和水蒸气进入B中；(5)根据实验方案一的原理，15.2 g铁触媒充分反应生成二氧化碳的质量是11.0 g，设发生的反应为：yCOFexOyxFeyCO2， 1 y 即=，解得xy=45，所以氧化物的化学式为：Fe4O5或2FeOFe2O3。答案(1)酸式滴定管(2)FeCl2或者FeSO4或者Fe2(3)实验操作预期现象和结论取适量溶液B于试管中，滴加23滴紫色石蕊试液，振荡，观察现象若溶液显红色，后红色褪去，则溶液B中含Cl2；若溶液变红后不褪色，则溶液B不含有Cl2(加入品红稀溶液也可)(4)防止空气中的CO2和水蒸气进入B中(5)Fe4O5或2FeOFe2O32某工厂对工业生产钛白粉产生的废液进行综合利用，废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，可用于生产颜料铁红和补血剂乳酸亚铁。其生产工艺流程如下：已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2和SO；TiOSO4水解的反应为：TiOSO4(x1)H2OTiO2xH2OH2SO4。请回答：(1)步骤所得滤渣的主要成分为_，分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作中所用的玻璃仪器是_；步骤中得到硫酸亚铁晶体的操作为蒸发浓缩、_。(2)步骤硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。(3)步骤的离子方程式是_。(4)已知：FeCO3(s)Fe2(aq)CO(aq)，试用平衡移动原理解释步骤生成乳酸亚铁的原因_。(5)实验室中常用KMnO4滴定法测定晶体中FeSO47H2O的质量分数，取步骤中所得FeSO47H2O晶体样品a g，配成500.00 mL溶液，取出25.00 mL溶液，用KMnO4溶液滴定(杂质与KMnO4不反应)。若消耗0.100 0 molL1 KMnO4溶液25.00 mL，则所得晶体中FeSO47H2O的质量分数为_(用a表示)。解析废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，加铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2(SO4)3反应生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2xH2O，过滤，滤渣为TiO2xH2O、Fe，滤液为FeSO4，FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体；(1)由流程分析可知，步骤所得滤渣的主要成分为TiO2xH2O、Fe；实现固体和液体的分离用过滤的方法，过滤操作使用的仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；步骤是从溶液中得到硫酸亚铁晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等操作；(2)硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫的方程式为：4FeSO4O22Fe2O34SO3，氧化剂是氧气，还原剂是硫酸亚铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为14；(3)由流程图可知，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应是碳酸亚铁，还生成气体为二氧化碳，溶液B为硫酸铵溶液，反应离子方程式为：Fe22HCO=FeCO3H2OCO2；(4)碳酸亚铁的沉淀存在溶解平衡：FeCO3(s)Fe2(aq)CO(aq)，加入乳酸，这样CO与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液；(6)令FeSO47H2O的质量分数为x，亚铁离子会被高锰酸钾氧化为三价铁离子，本身被还原为2价的锰离子，根据电子守恒，则5FeSO47H2OKMnO4，5278 g 1 mol a gx 0.100 0 molL10.025 L所以=解得x=。答案(1)TiO2xH2O、Fe玻璃棒、烧杯、漏斗冷却结晶、过滤洗涤(2)14(3)Fe22HCO=FeCO3H2OCO2(4)FeCO3(s)Fe2(aq)CO(aq)，CO与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液(6)3研究发现，含PM2.5的雾霾主要成分有SO2、NOx、CxHy及可吸入颗粒等。(1)雾霾中能形成酸雨的物质是_。(2)为消除NOx对环境的污染，可利用NH3在一定条件下与NO反应生成无污染的气体。已知：4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)H=905.48 kJmol1N2(g)O2(g)2NO(g)H=180.50 kJmol1下列表示NH3(g)与NO(g)在一定条件下反应，生成无污染气体的能量转化关系示意图1正确的是：_(填字母)。图1图2是反应4NH3(g)6NO(g)5N2(g)6H2O(g)过程中NH3的体积分数随X变化的示意图2，X代表的物理量可能是_，原因是_。图3图4(3)图3电解装置可将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4，阴极的电极反应式是_。物质A是_(填化学式)，理由是_。(4)为减少雾霾、降低大气中有害气体含量，研究机动车尾气中CO、NOx及CxHy的排放量意义重大。机动车尾气污染物的含量与空/燃比(空气与燃油气的体积比)的变化关系示意图如图4：请解释：随空/燃比增大，CO和CxHy的含量减少的原因是_。当空/燃比达到15后，NOx减少的原因可能是_。解析(1)二氧化硫和氮氧化物是形成酸雨的主要气体；(2)已知N2(g)O2(g)=2NO(g)H=180.50 kJmoll4NH3(g)5O2(g)=4NO(g)6H2O(g)H=905.48 kJmoll氨气被一氧化氮氧化生成氮气和气态水的热化学方程式依据盖斯定律，结合热化学方程式合并计算：5得到：4NH3(g)6NO(g)=5N2(g)6H2O(g)H=1 807.98 kJmol1；该反应是放热及体积增大的可逆反应，升高温度或增大压强，平衡均逆向移动，使NH3的体积分数增大；(3)NO得电子生成铵根离子方程式：NO5e6H=NHH2O；SO2失电子形成硫酸，反应方程式：5SO22NO8H2O(NH4)2SO44H2SO4；(4)空/燃比增大，燃油气燃烧更充分；反应 N2(g)O2(g)2NO(g) 是吸热反应，当空/燃比大于15后，由于燃油气含量减少，燃油气燃烧放出的热量相应减少，环境温度降低。答案(1)SO2和 NOx(2)a温度或压强因为该反应是放热及体积增大的可逆反应，升高温度或增大压强，平衡均逆向移动，使NH3的体积分数增大(3)NO5e6H=NHH2OH2SO4根据反应：5SO22NO8H2O(NH4)2SO44H2SO4，产物中除有(NH4)2SO4外还有H2SO4(4)空/燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO、CxHy含量减少因为反应 N2(g)O2(g)2NO(g)是吸热反应，当空/燃比大于15后，由于燃油气含量减少，燃油气燃烧放出的热量相应减少，环境温度降低4硼酸(H3BO3)大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿(2MgOB2O3H2O、 SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、 Al2O3)为原料生产硼酸的工艺流程如下：已知：H3BO3在20、40、60、100时的溶解度依次为5.0 g、8.7 g、14.8 g、 40.2 g。Fe3、Al3、Fe2和Mg2以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和 12.4。(1)由于矿粉中含CaCO3，“浸取”时容易产生大量泡沫使物料从反应器溢出，故应分批加入稀硫酸。该反应的化学方程式为_。(2)“浸出液”显酸性，含H3BO3和Mg2、SO，还含有Fe3、Fe2、Ca2、Al3等杂质。“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，除去的杂质离子是_。H2O2的作用是_ (用离子方程式表示)。(3)“浸取”后，采用“热过滤”的目的是_。(4)“母液”可用于回收硫酸镁，已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如下图，且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从“母液”中充分回收MgSO4H2O，应采取的措施是将“母液”蒸发浓缩，_。答案(1)CaCO3 (粉末)H2SO4=CaSO4H2OCO2(2)Fe3、Fe2、Al3H2O22H2Fe2=2Fe32H2O(3)防止温度下降时H3BO3从溶液中析出(4)加压升温结晶 5钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。(1)钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。Ti的基态原子价电子排布式为_。Fe的基态原子共有_种不同能级的电子。(2)制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7 3CCl4=2KCl2CrO2Cl23COCl2。上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是_(用元素符号表示)。COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，COCl2分子中 键和键的个数比为_，中心原子的杂化方式为_。(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2和Fe2的离子半径分别为6.9102 nm和7.8102 nm。则熔点：NiO_(填“”、“ClC31sp2 (3)(4) LaNi51 2366化合物F是一种重要的有机合成中间体，它的合成路线如下： 请认真分析和推理回答下列问题：(1)由B生成C的化学反应类型是_；化合物F中含氧官能团的名称是_。(2)写出化合物C与乙酸反应生成酯的化学方程式：_。(3)写出化合物B的结构简式：_。同时满足下列条件的B的同分异构体(不包括B)共有_种：苯环上只有两个取代基；能与FeCl3溶液显紫色。 (4)工业上以苯酚()和烃W为主要原料制备有机物3乙基1,6己二酸的合成路线流程图如下：提示：3乙基1,6己二酸的结构简式如下图：写出X、Z的结构简式： X：_，Z：_；写出苯酚与W反应的化学方程式：_。解析根据题中各物质的转化关系可知，由A苯酚到C的变化分别是：在苯酚的对位引入一个烷烃基(丁基)，然后苯环上发生与氢气的加成，变为环己烷，据此可以推断出B的结构简式为，然后C中醇羟基被氧化生成羰基，即得到D。(1)由上面的分析可知，B生成C的化学反应类型为加成反应。根据F的结构简式可知，化合物F中含氧官能团的名称为醛基和羰基。 (2)化合物C与乙酸发生酯化反应，反应的方程式为：CH3COOHH2O。(3) 根据上面分析可知，化合物B 的结构简式为, 同时满足下列条件苯环上只有两个取代基，能与氯化铁溶液显色，即有酚羟基的B的同分异构体为苯环上连有酚羟基和C4H9，有邻间对三种位置关系，其中C4H9有四种结构，所以共有12种结构，其中除去B的结构还有11种。(4) 依据上面的分析可知X为，Z为或W为乙烯，苯酚与之反应的化学方程式为CH2=CH2答案(1) 加成反应醛基、羰基(2)CH3COOHH2O(3) 11(4)或CH2=CH2