《江苏专用2022版高考化学二轮复习6道主观大题组合练三含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专用2022版高考化学二轮复习6道主观大题组合练三含解析.doc（7页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、6道主观大题组合练(三)16硫酸锰在电解锰、染料、造纸以及陶瓷等工业生产中有广泛的应用。利用软锰矿(主要成分为MnO2，含铁的化合物等杂质)和闪锌矿(主要成分ZnS)制得硫酸锰的流程如下：(1)“酸浸时，为了缩短浸取时间，常参加少量FeSO4溶液，FeSO4的作用可能是_；MnO2、ZnS及硫酸反响转变为两种硫酸盐的化学方程式为_。(2)常温下，Ksp(ZnS)1.21024，Ksp(MnS)1.51015，“沉锌反响为Zn2(aq)MnSZnSMn2(aq)，该反响的平衡常数K_。(3)在强酸性条件下参加MnO2氧化Fe2的离子方程式为_。(4)“除铁时需要调节pH约为34，过滤所得的滤渣2
2、中除MnO2以外的另一种物质是_。(写化学式)(5)该工艺流程中可以循环利用的物质是_。解析：由流程图分析可知：软锰矿(主要成分为MnO2，含铁的化合物等杂质)和闪锌矿(主要成分ZnS)用稀硫酸浸取后形成两种硫酸盐，4价的锰被复原为2价，2价的硫被氧化为6价，根据氧化复原反响规律进行配平即可；参加MnS使Zn2沉淀，生成的ZnS可循环利用；参加MnO2除去溶液中的铁，MnO2中4价的锰被复原为2价，溶液中Fe2被氧化，并调节pH约为34，铁那么形成Fe(OH)3沉淀，滤渣2即为多余的MnO2和Fe(OH)3。(1)“酸浸时，为了缩短浸取时间，常参加少量FeSO4溶液，FeSO4的作用可能是催化
3、剂；MnO2、ZnS及硫酸反响转变为两种硫酸盐的化学方程式为4MnO2ZnS4H2SO4=4MnSO4ZnSO44H2O。(2)常温下，Ksp(ZnS)1.21024，Ksp(MnS)1.51015，“沉锌反响为Zn2(aq)MnSZnSMn2(aq)，该反响的平衡常数K1.25109。(3)在强酸性条件下参加MnO2氧化Fe2的离子方程式为MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O。(4)“除铁时需要调节pH约为34，过滤所得的滤渣2中除MnO2以外的另一种物质是Fe(OH)3。(5)该工艺流程中可以循环利用的物质是ZnS。答案：(1)催化剂4MnO2ZnS4H2SO4=4MnSO4ZnS
4、O44H2O(2)1.25109(3)MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O(4)Fe(OH)3(5)ZnS17化合物G是合成抗过敏药喘乐氧蒽酸的中间体，可通过以下方法合成：(1)化合物E中的含氧官能团名称为_。(2)BC的反响类型为_。(3)D经复原得到E，D的分子式为C14H9O5N，写出D的结构简式_。(4)写出同时满足以下条件的F的一种同分异构体的结构简式：_。分子中含有两个苯环；能发生水解反响生成两种物质，其中一种能与FeCl3溶液发生显色反响，另一种能发生银镜反响；分子中只有3种不同化学环境的氢。解析：(1)化合物E中的含氧官能团名称为醚键、羰基(酮基)。(2)B和C发生取代
5、反响生成C()。(3)D经加氢复原得到E，根据D的分子式为C14H9O5N，可知D的结构简式为。(4)分子中含有两个苯环；能发生水解反响生成两种物质，其中一种能与FeCl3溶液发生显色反响，另一种能发生银镜反响；说明水解产物里一种物质中含有酚羟基，另一产物中含有醛基；分子中只有3种不同化学环境的氢，说明结构对称性比拟强；F同时满足上列条件的一种同分异构体的结构简式为。答案：(1)醚键、羰基(酮基)(2)取代反响(3)18草酸(二元弱酸，分子式为H2C2O4)遍布于自然界，几乎所有的植物都含有草酸钙(CaC2O4)。(1) 葡萄糖(C6H12O6)与HNO3反响可生成草酸和NO，其化学方程式为_
6、。(2)相当一局部肾结石的主要成分是CaC2O4。假设某人每天排尿量为1.4 L，含0.10 g Ca2。当尿液中c(C2O)_molL1时，易形成CaC2O4沉淀。Ksp(CaC2O4)2.3109(3)测定某草酸晶体(H2C2O4xH2O)组成的实验如下：步骤1：准确称取0.550 8 g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50 mL。步骤2：准确称取0.151 2 g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O42NaOH=Na2C2O42H2O
7、)，消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL。“步骤1”的目的是_。计算x的值(写出计算过程)。解析：(1)HNO3将葡萄糖(C6H12O6)氧化为草酸，C元素从0价升高到3价，N元素从5价降低到2价，那么根据电子转移数守恒、原子守恒可知，化学方程式为C6H12O66HNO3=3H2C2O46H2O6NO。(2)c(Ca2)0.00 179 molL1，又Ksp(CaC2O4)2.3109c(Ca2)c(C2O)，因此当形成沉淀时溶液中c(C2O)1.288106 molL1。答案：(1) C6H12O66HNO3=3H2C2O46H2O6NO(2)1.288106(3)测定NaOH 溶液的准
8、确浓度n(NaOH)n(KHC8H4O4)2.700103 molc(NaOH)0.120 0 molL1n(H2C2O4xH2O)n(NaOH)0.120 0 molL120.00 mL103 LmL11.200103 molM(H2C2O4xH2O)126.0 gmol1由9018x126，解得x2。19以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸CH3CH(OH)COOH为原料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁CH3CH(OH)COO2Fe。其主要实验流程如下：(1)FeCl3溶液与黄铜矿发生反响的离子方程式为_。(2)向溶液1中参加过量铁粉的目的是_。(3)过滤后得到的FeCO
9、3固体应进行洗涤，检验洗涤已完全的方法是_。(4)实验室制备乳酸亚铁的装置如图1所示。实验前通入N2的目的是_。某兴趣小组用KMnO4滴定法测定样品中Fe2含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，结果测得产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是_。(5)：CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易氧化；可与NaCl溶液反响，生成易溶于水的NaCuCl2。NaCuCl2可水解生成CuCl，温度、pH对CuCl产率的影响如图2、3所示。由CuCl(s)、S(s)混合物提纯CuCl的实验方案为将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，_。(实验中须使用的试剂有：饱和NaCl溶液，0.1 molL
10、1 H2SO4、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：真空枯燥箱)。解析：由实验流程可知，向黄铜矿(CuFeS2)中参加FeCl3溶液发生氧化复原反响生成FeCl2、CuCl固体和硫单质，经过滤得到的固体为CuCl和S，进一步别离可得CuCl；溶液1中含有FeCl2和FeCl3，参加过量的铁粉除去溶液中的Fe3，得到溶液2为纯度较高的FeCl2溶液，向溶液2中参加碳酸钠溶液生成FeCO3沉淀，过滤后加乳酸得到乳酸亚铁CH3CH(OH)COO2Fe。亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，实验前通入N2排尽装置中的空气。(1)由上述分析可以知道，FeCl3溶液与黄铜矿发生反响的离子方程
11、式为CuFeS23Fe3Cl=4Fe2CuCl2S。(2)溶液1中含有FeCl3，向溶液1中参加过量铁粉的目的是除去溶液中的Fe3，提高产品的纯度。(3)FeCO3固体会吸附溶液中的Cl，所以检验是否洗涤已完全应检验是否含有Cl。(4)亚铁离子容易被氧气氧化，实验前通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止Fe2被氧化。乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的体积增大，计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。(5)根据题给信息，将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，CuCl与NaCl溶液反响，生成易溶于水的NaCuCl
12、2，过滤后除去S；将NaCuCl2水解生成CuCl，根据温度、pH对CuCl产率的影响的曲线，应选择温度60 左右，控制溶液的pH为2.02.5左右。答案：(1)CuFeS23Fe3Cl=4Fe2CuCl2S(2)除去溶液中的Fe3，提高产品的纯度(3)取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，假设无白色沉淀生成，那么洗涤完全(4)排尽装置中的空气，防止Fe2被氧化KMnO4具有强氧化性，可将Fe2和乳酸根离子中的羟基一同氧化(5)过滤，控制温度60 左右，向滤液中滴加0.1 molL1 H2SO4，控制溶液的pH为2.02.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空枯燥
13、箱中枯燥20烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反响的热化学方程式为：NO(g)O3(g)=NO2(g)O2(g)H200.9 kJmol1NO(g)O2(g)=NO2(g)H58.2 kJmol1SO2(g)O3(g)=SO3(g)O2(g)H241.6 kJmol1(1)反响3NO(g)O3(g)=3NO2(g)的H_kJmol1。(2)室温下，固定进入反响器的NO、SO2的物质的量，改变参加O3的物质的量，反响一段时间后体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反响前n(O3)n(
14、NO)的变化见以下图。当n(O3)n(NO)1时，反响后NO2的物质的量减少，其原因是_。增加n(O3)，O3氧化SO2的反响几乎不受影响，其可能原因是_。(3)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SO将NO2转化为NO，其离子方程式为_。(4)CaSO3水悬浮液中参加Na2SO4溶液，到达平衡后溶液中c(SO)_用c(SO)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示；CaSO3水悬浮液中参加Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是_。解析：(1)应用盖斯定律进行解答。(2)O3的氧化性很强，O3能将NO2氧化为更高价的氮氧化物。O3能氧化SO
15、2，而增加n(O3)时O3氧化SO2的反响几乎不受影响，其原因是SO2与O3的反响速率慢。(3)NO2转化为NO是NO2发生了复原反响，那么SO发生氧化反响；pH8的溶液呈碱性。在此根底上，应用书写氧化复原反响型离子方程式的规那么，可写出SO与NO2反响的离子方程式。(4)CaSO3水悬浮液中参加Na2SO4溶液以后的体系中存在两个沉淀溶解平衡：CaSO3(s)Ca2(aq)SO(aq)，Ksp(CaSO3)c(Ca2)c(SO)CaSO4(s)Ca2(aq)SO(aq)，Ksp(CaSO4)c(Ca2)c(SO)那么c(SO)c(SO)。CaSO3水悬浮液吸收NO2的实质是SO与NO2发生氧
16、化复原反响。CaSO3水悬浮液中参加Na2SO4溶液以后，发生反响：Ca2(aq)SO(aq)CaSO4(s)，促使沉淀溶解平衡CaSO3(s)Ca2(aq)SO(aq)向右移动，SO的浓度增大，加快了SO与NO2的反响速率。答案：(1)317.3(2)O3将NO2氧化为更高价氮氧化物(或生成了N2O5)SO2与O3的反响速率慢(3)SO2NO22OH=SO2NOH2O(4)c(SO)CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO的浓度增大，加快SO与NO2的反响速率 21.乙酸锰可用于制造钠离子电池的负极材料。可用如下反响制得乙酸锰：4Mn(NO3)26H2O26(CH3CO)2O=4(CH3COO
17、)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(如下图)，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，那么Mn3基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63
18、d4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或1s22s22p63s23p63d4(2)sp2(3)HCOO(4)O(5)CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键(6)8- 7 -