（江苏专用）2020版高考化学二轮复习6道主观大题组合练（四）（含解析）

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1、6道主观大题组合练(四)16目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如下：(1)检验“含碘废水”中是否含有单质I2，常用的试剂是_。(2)通入SO2的目的是将I2还原为I，该反应的离子方程式为_。(3)滤渣1的成分为_。(4)“制KI(aq)”时，Fe2会水解形成胶状物吸附KI，造成I的损失。已知此温度下，KW1.01013，KspFe(OH)29.01015。现测得溶液中c(FeI2)为0.9 molL1，为减少I的损失，起始时，加入K2CO3必须保持FeI2溶液的pH不大于_。(5)“制KIO3溶液”时，发生反应的离子方程式为_。(6)KCl、KIO3的溶解度曲线如图

2、所示。由KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为_。解析：由流程图可知，含碘废水通入SO2将I2还原为I，Cu2和I发生反应生成CuI和I2，总反应为2SO2I22Cu24H2O=2CuI2SO8H，过滤后得到CuI固体；向CuI固体中加入Fe粉和水置换出铜并生成FeI2溶液，过滤后得到滤渣为过量的铁和生成的铜；向FeI2溶液中加入K2CO3溶液制取KI；在KI溶液中加入H2O2和H2SO4，将I氧化为I2；I2和Cl2在碱性条件下反应生成KIO3，KIO3溶液通过蒸发浓缩，降温结晶得到KIO3晶体。(1)碘遇淀粉溶液变蓝，所以检验I2，常用的试剂是淀粉溶液。(2)SO2将I2还原为I，本身被氧化

3、为SO，离子方程式为SO2I22H2O=SO2I4H。(3)根据以上分析，滤渣1的成分为Fe、Cu。(4)Fe2会水解形成胶状物吸附KI，造成I的损失，为减少I的损失，防止生成Fe(OH)2，需要控制溶液的pH，根据KspFe(OH)2c(Fe2)c2(OH)9.01015，得c(OH) molL1107 molL1，则c(H)1.0106 molL1，pHlg 1066.0，即加入K2CO3必须保持FeI2溶液的pH不大于6.0。(5)I2和Cl2在碱性条件下反应生成KIO3，离子方程式为5Cl2I212OH=2IO10Cl6H2O 。(6)由溶解度曲线可知KIO3在常温下的溶解度较小，故由

4、KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为蒸发浓缩，降温结晶。答案：(1)淀粉溶液(2)SO2I22H2O =SO2I4H(或2SO2I22Cu24H2O =2CuI2SO8H)(3)Fe、Cu(4)6.0(5)5Cl2I212OH=2IO10Cl6H2O(6)蒸发浓缩，降温结晶17氟喹诺酮是人工合成的抗菌药，其中间体G的合成路线如下：(1)G中的含氧官能团为_和_(填名称)。(2)由CD的反应类型是_。(3)化合物X(分子式为C3H7N)的结构简式为_。(4)B和乙醇反应的产物为H(C8H6FCl2NO2)，写出满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式：_。.是一种氨基酸；.分子中有4种不同化学

5、环境的氢，且分子中含有一个苯环。解析：(1)由G的结构，可知其含有的含氧官能团有：酯基、羰基。(2)对比C、D的结构，可知C中酰氯中氯原子被CH(COOC2H5)2替代生成D，属于取代反应。(3)化合物X的分子式为C3H7N，对比F、G的结构，F中OCH3被替代生成G，同时生成甲醇，则X结构简式为。(4)H(C8H6FCl2NO2)的一种同分异构体满足：.是一种氨基酸，说明氨基、羧基连接同一碳原子上，.分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环，由于氨基、羧基中共含有的3个H原子是2种化学环境不同的氢，故另外3个H原子有2种不同的氢，应存在对称结构，H的同分异构体结构简式可能为或或或。

6、答案：(1)羰基酯基(2) 取代反应(3) (4) 或 或 或 (5)18为测定某三价铁配合物化学式表示为KaFeb(C2O4)cxH2O的组成，做了如下实验：步骤1：称量1.964 0 g KaFeb(C2O4)cxH2O晶体，配制成250.00 mL溶液。步骤2：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加入1 molL1 H2SO4 5.00 mL，加热到7085 ，用0.010 00 molL1 KMnO4溶液滴定至终点(5C2O2MnO16H=10CO22Mn28H2O)，消耗KMnO4溶液48.00 mL。步骤3：向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至黄色恰好消失，过滤，洗涤，将过滤及

7、洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤4：继续用0.010 00 molL1 KMnO4溶液滴定步骤3所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液8.00 mL。(1)步骤2中滴定终点的现象是_。(2)步骤3中加入锌粉的目的是_。(3)步骤4中发生反应的离子方程式为_。(4)通过计算确定该三价铁配合物的化学式(写出计算过程)。解析：根据题意化合物中铁为3价，步骤1将化合物溶于水，步骤2用KMnO4溶液滴定溶液中的C2O，发生的反应为5C2O2MnO16H=10CO22Mn28H2O，滴定终点的现象是溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，根据消耗的KMnO4溶液求出n(C2O)；步骤3加入锌

8、粉，将Fe3还原为Fe2，步骤4再用KMnO4溶液滴定Fe2，根据氧化还原反应的配平原则，发生反应的离子方程式为5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O，根据步骤4消耗的KMnO4溶液求出n(Fe2)即得化合物中n(Fe3)；根据电荷守恒求出n(K)，再根据质量守恒求出n(H2O)，从而求出n(K)n(Fe3)n(C2O)n(H2O)的比值，得出化学式。答案：(1)溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色(2)将Fe3还原为Fe2(3)5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O(4)250.00 mL溶液中各微粒的物质的量分别为n(C2O)n(MnO)0.01 molL148.00103 L1

9、00.012 moln(Fe3)5n(MnO)50.01 molL18.00103 L100.004 mol根据电荷守恒：n(K)20.012 mol30.004 mol0.012 mol根据质量守恒：n(H2O)(1.964 0 g0.012 mol39 gmol10.004 mol56 gmol10.012 mol88 gmol1)/18 gmol10.012 moln(K)n(Fe3)n(C2O)n(H2O)0012 mol0.004 mol0.012 mol0.012 mol3133化学式为K3Fe(C2O4)33H2O19南通江海实验学校研究性学习小组以一种酸性印刷电路蚀刻废液(主要

10、离子有Cu2、H、Cl)为原料制备Cu2O。实验过程如下：图1已知：CuCl是一种无色离子，易水解生成Cu2O。(1)60 条件下，控制反应混合液的pH在23之间，加入Na2SO3溶液将CuCl2还原成CuCl。“还原”的实验装置如图1所示。将Na2SO3溶液滴入三颈瓶中的操作是_。写出上述反应的离子方程式：_，判断反应已经完全的标志为_。该过程中加入NaCl的目的是_。(2)“洗涤”过程包括水洗、醇洗、2%葡萄糖溶液洗涤，其中葡萄糖溶液的作用是_。(3)已知CuCl的水解率随pH的变化如图2所示，请补充完整由滤液X(主要成分：Na、NH、 Cl、SO，少量CuCl)获取NaCl固体的实验方案

11、：_，加入1 mol L1盐酸至pH略小于7，_，冷却，密封包装。(实验中须使用的试剂：1 molL1NaOH溶液，2 molL1 BaCl2溶液，1 mol L1 Na2CO3溶液。)图2解析：(1)将Na2SO3溶液滴入三颈瓶中的操作是打开分液漏斗上口塞子(或将塞子上的凹槽与瓶口上的小孔对齐)，旋开分液漏斗的旋塞，逐滴滴加；根据题意Na2SO3溶液将CuCl2还原成CuCl，Na2SO3则被氧化成Na2SO4，该反应的离子方程式2Cu2SO4ClH2O=2CuClSO2H；Cu2呈蓝色，CuCl呈无色，则判断反应已经完全的标志为溶液由蓝色变成无色；该过程中加入NaCl的目的是增大Cl浓度，

12、促进CuCl生成。(2)“洗涤”过程包括水洗、醇洗、2%葡萄糖溶液洗涤，其中葡萄糖溶液的作用是葡萄糖具有还原性，防止Cu2O在烘干过程中被氧化。(3)由滤液X(主要成分：Na、NH、 Cl、SO，少量CuCl)获取NaCl固体的实验方案：向滤液X中加入2 molL1BaCl2溶液至不再有沉淀产生(除去SO)，继续加入1 molL1的Na2CO3溶液至无沉淀产生(除去过量的Ba2)，再用1 molL1NaOH溶液调节pH至12(使CuCl完全水解生成Cu2O)，过滤，加入1 mol L1盐酸至pH略小于7，蒸发结晶，冷却，密封包装。答案：(1)打开分液漏斗上口塞子(或将塞子上的凹槽与瓶口上的小孔

13、对齐)，旋开分液漏斗的旋塞，逐滴滴加2Cu2SO4ClH2O=2CuClSO2H溶液变成无色增大Cl浓度，促进CuCl生成(2)葡萄糖具有还原性，防止Cu2O在烘干过程中被氧化(3)向滤液X中加入2 molL1BaCl2溶液至不再有沉淀产生，继续加入1 molL1的Na2CO3溶液至无沉淀产生，再用1 molL1NaOH溶液调节pH至12，过滤蒸发结晶20氮氧化物会形成光化学烟雾和酸雨，可采取下列方法对氮氧化物进行处理。(1)SNCR脱硝技术的原理：4NO(g)4NH3(g)O2(g)=4N2(g)6H2O(g)H11 627.2 kJmol16NO(g)4NH3(g)=5N2(g)6H2O(

14、g)H21 807.0 kJmol12NO(g)O2(g)=2NO2(g)H3113.0 kJmol1则6NO2(g)8NH3(g)=7N2(g)12H2O(g)H_ kJmol1。(2)NSR(NOx储存还原)工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。NOx储存转化为Ba(NO3)2过程中，参加反应的NO和O2的物质的量之比为_。H2还原Ba(NO3)2的过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应的化学方程式为_。(3)SCR消除氮氧化物的反应原理：4NO(g)4NH3(g)O2(g)=4N2(g)6H2O(g)H0其他条件相同，某密闭容器中分别

15、投入NH3、NO、O2，在甲、乙两种催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图c所示。在催化剂甲作用下，图中Y点处(对应温度为210 )NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率的原因是_。工业实际选择催化剂乙的原因是_。(4)用石灰乳吸收氨的氧化物，原理为4NO22Ca(OH)2=Ca(NO3)2Ca(NO2)22H2ONO2NOCa(OH)2=Ca(NO2)2H2O为使吸收充分，V(NO2)/V(NO)_(填“”或“”)1。目前可采用电解的方法除去废水中的NO，原理如图d所示。写出阴极的电极反应式：_。解析：(1)将已知三个热化学方程式依次编号、，则根据盖斯定律由()3即得到反应6NO2(g)

16、8NH3(g)=7N2(g)12H2O(g)H2 735.6 kJmol1。(2)反应中氮元素化合价从2价升高到5价，失去3个电子，氧气中氧元素化合价从0价降低到2价，得到2个电子，根据电子得失守恒可知参加反应的NO和O2的物质的量之比为43；根据图b可知第一步反应的还原产物是氨气，则结合图a可知第一步反应的化学方程式为8H2Ba(NO3)2BaO2NH35H2O。(3)由于平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时Y点NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时NO的转化率。根据图c可知在低温下，使用催化剂乙，NO转化率很高，所以工业实际选择催化剂乙。(4)由于NO不能与氢氧化钙反应，而NO2可以，

17、所以为使吸收充分，NO2与NO的体积之比应该1。阴极NO得到电子发生还原反应生成氮气，因此阴极的电极反应式为2NO4H2O6e=N28OH。答案：(1)2 735.6(2)438H2Ba(NO3)2BaO2NH35H2O(3)平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时Y点NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时NO的转化率在低温下，使用催化剂乙，NO转化率很高(4)2NO4H2O6e=N28OH21氢氧化镍在乙醇的悬浊液中可发生如下反应生成单质镍的配合物：Ni(OH)25CH3NC=(CH3NC)4NiCH3NCOH2O(1)Ni2基态核外电子排布式为_。(2)CH3NC(其结构简式为CH3NC)

18、分子中碳原子轨道的杂化类型是_；1 mol CH3NC中键的数目为_。(3)用光气(COCl2)与甲胺(CH3NH2)可以制取CH3NCO。与COCl2互为等电子体的一种阴离子为_。甲胺极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为_。(4)Ni单质的晶胞结构如图所示，每个晶胞中含Ni原子数目为_。解析：(1)Ni元素原子核外有28个电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，Ni失去4s能级2个电子形成Ni2，Ni2核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8。(2)CH3NC中甲基上的碳是sp3 杂化，而碳氮三键中的碳是sp杂化，1 mol CH3NC中键的5 mol。(3)原子数和价电子数都相等的微粒互为等电子体，与COCl2互为等电子体的阴离子的化学式为CO或NO。因为甲胺能与水形成分子间氢键，所以甲胺极易溶于水。(4)每个晶胞中镍原子个数864。答案：(1)Ar3d8(2)sp、sp35NA(3)CO或NO甲胺能与水形成分子间氢键(4)4- 9 -