《（江蘇專(zhuān)用）2020高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三板塊 考前巧訓(xùn)特訓(xùn) 第二類(lèi) 非選擇題專(zhuān)練 “5＋1”增分練（一）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專(zhuān)用）2020高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三板塊 考前巧訓(xùn)特訓(xùn) 第二類(lèi) 非選擇題專(zhuān)練 “5＋1”增分練（一）（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 “5＋1”增分練(一) 16．(12分)(2019蘇北三市一模)以硫酸渣(含F(xiàn)e2O3、SiO2等)為原料制備鐵黃(FeOOH)的一種工藝流程如下： (1)“酸溶”中加快溶解的方法為_(kāi)___________________(寫(xiě)出一種)。 (2)“還原”過(guò)程中的離子方程式為_(kāi)__________________________________________。 (3)①“沉鐵”過(guò)程中生成Fe(OH)2的化學(xué)方程式為_(kāi)____________________________。 ②若用CaCO3“沉鐵”，則生成FeCO3沉淀，當(dāng)反應(yīng)完成時(shí)，溶液中c(Ca2＋)/c(Fe2＋)＝___

2、_____。 [已知Ksp(CaCO3)＝2.810－9，Ksp(FeCO3)＝210－11] (4)“氧化”時(shí)，用NaNO2濃溶液代替空氣氧化Fe(OH)2漿液，雖然能縮短氧化時(shí)間，但缺點(diǎn)是______________________________。 (5)焦炭還原硫酸渣煉鐵能充分利用鐵資源，在1 225 ℃、n(C)/n(O)＝1.2時(shí)，焙燒時(shí)間與金屬產(chǎn)率的關(guān)系如圖，時(shí)間超過(guò)15分鐘金屬產(chǎn)率下降的原因是_______________________ __________________________________________________________________

3、______。 解析：(1)硫酸渣加酸溶解，為了加快溶解可采取加熱、攪拌、適當(dāng)增大硫酸濃度或?qū)⒘蛩嵩鬯榈确椒ǎ? (2)Fe2O3溶于酸，生成Fe3＋，加入鐵粉使之還原，離子方程式為Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋； (3)過(guò)濾Ⅰ，除去SiO2等不溶于酸的雜質(zhì)，加入NH4HCO3使鐵沉淀，同時(shí)產(chǎn)生了CO2，則①“沉鐵”過(guò)程中生成Fe(OH)2的化學(xué)方程式為FeSO4＋2NH4HCO3===Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋ 2CO2↑；②若用CaCO3“沉鐵”，則生成FeCO3沉淀，當(dāng)反應(yīng)完成時(shí)，溶液中c(Ca2＋)/c(Fe2＋)＝Ksp(CaCO3)/Ksp(FeCO3)＝2

4、.810－9/(210－11)＝140； (4)“氧化”時(shí)，用NaNO2濃溶液代替空氣氧化Fe(OH)2漿液，雖然能縮短氧化時(shí)間，但缺點(diǎn)是NaNO2被還原為氮氧化物，污染空氣； (5)焦炭還原硫酸渣煉鐵能充分利用鐵資源，在1 225 ℃、n(C)/n(O)＝1.2時(shí)，焙燒時(shí)間超過(guò)15分鐘金屬產(chǎn)率卻下降，原因是還原劑消耗完，空氣進(jìn)入使鐵再次氧化。 答案：(1)加熱或攪拌或適當(dāng)增大硫酸濃度(寫(xiě)一種) (2)Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋ (3)①FeSO4＋2NH4HCO3===Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋ 2CO2↑?、?40 (4)NaNO2被還原為氮氧化物，污染空氣

5、 (5)還原劑消耗完，空氣進(jìn)入使鐵再次氧化 17．(15分)(2019蘇州一模)利用蒈烯(A)為原料可制得除蟲(chóng)殺蟲(chóng)劑菊酯(H)，其合成路線(xiàn)可表示為： 已知：R1CHO＋R2CH2CHO CR1CHCHO (1)化合物B中的含氧官能團(tuán)名稱(chēng)為_(kāi)_______。 (2)A→B的反應(yīng)類(lèi)型為_(kāi)___________。 (3)G的分子式為C10H16O2，寫(xiě)出G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：____________。 (4)寫(xiě)出滿(mǎn)足下列條件的C的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：________________。 ①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；②分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。 (5)寫(xiě)出以和CH3

6、CH2OH為原料制備的合成路線(xiàn)流程圖(無(wú)機(jī)試劑任用，合成路線(xiàn)流程圖示例見(jiàn)本題題干)。 解析：(1)化合物B()中的含氧官能團(tuán)名稱(chēng)為醛基和羰基。 (2)A→B時(shí)碳碳雙鍵被打開(kāi)生成了醛基和羰基，則該反應(yīng)類(lèi)型為氧化反應(yīng)。 (3)從E→G→H的變化可以發(fā)現(xiàn)，G→H發(fā)生了酯化反應(yīng)，則E→G發(fā)生消去反應(yīng)，又G的分子式為C10H16O2，則G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。 (4)C的一種同分異構(gòu)體滿(mǎn)足①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，含有酚羥基；②分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，含有苯環(huán)，4個(gè)碳均飽和，分子結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)，則該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 (5)由題給信息已知，R1CHO＋R2CH2CHO ，能使碳鏈增長(zhǎng)，

7、先將CH3CH2OH氧化為CH3CHO，再與反應(yīng)生成，再將—CHO氧化為—COOH，最后與CH3CH2OH發(fā)生酯化反應(yīng)即得目標(biāo)產(chǎn)物。合成路線(xiàn)流程圖如下：CH3CH2OHCH3CHO 答案：(1)醛基、羰基　(2)氧化反應(yīng) (3) 18．(12分)(2019泰州一模)工廠化驗(yàn)員檢驗(yàn)?zāi)澈蠯BrO3、KBr及惰性物的樣品。化驗(yàn)員稱(chēng)取了該固體樣品1.000 g，加水溶解后配成100 mL溶液X。 Ⅰ.取25.00 mL溶液X，加入稀硫酸，然后用Na2SO3將BrO還原為Br－； Ⅱ.去除過(guò)量的SO后調(diào)至中性； Ⅲ.加入K2CrO4作指示劑，用0.100 0 molL－1AgNO3

8、標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Br－至終點(diǎn)，消耗AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液11.25 mL； Ⅳ.另取25.00 mL溶液X，酸化后加熱，再用堿液調(diào)至中性，測(cè)定過(guò)剩Br－，消耗上述AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液3.75 mL。 已知：①25 ℃時(shí)，Ag2CrO4(磚紅色)的Ksp＝1.1210－12，AgBr(淺黃色)的Ksp＝5.0 10－15； ②Ⅳ中酸化時(shí)發(fā)生反應(yīng)：BrO＋5Br－＋6H＋=== 3Br2＋3H2O 請(qǐng)回答： (1)步驟Ⅰ中，反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________。 (2)步驟Ⅲ中，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為_(kāi)__________________________

9、__________________?！? (3)步驟Ⅳ中，加熱的目的是______________________。 (4)計(jì)算試樣中KBrO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)。(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，結(jié)果保留3位有效數(shù)字) 解析：(1)步驟Ⅰ中，“加入稀硫酸，然后用Na2SO3將BrO還原為Br－”，SO －是還原劑，其氧化產(chǎn)物是SO －，BrO是氧化劑，還原產(chǎn)物是Br－，根據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等和原子守恒配平，其反應(yīng)的離子方程式為3SO －＋BrO===Br－＋3SO －。 (2)步驟Ⅲ中，待測(cè)溶液中的Br－與標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)：Ag＋＋Br－===AgBr↓，生成淺黃色沉淀，當(dāng)Br－耗盡，再加一滴AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液即發(fā)

10、生2Ag＋＋CrO －===Ag2CrO4↓，產(chǎn)生磚紅色沉淀，即表示達(dá)到滴定終點(diǎn)。 (3)步驟Ⅳ中，酸化時(shí)使KBrO3與KBr反應(yīng)：BrO＋5Br－＋6H＋=== 3Br2＋3H2O，再測(cè)定剩余的Br－，而溶液中溶解的Br2會(huì)干擾Br－的測(cè)定，通過(guò)加熱讓Br2揮發(fā)而除去。所以加熱的目的是除去溶解在溶液中的Br2(或使Br2揮發(fā))。 答案：(1)3SO＋BrO===Br－＋3SO　 (2)當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜛gNO3溶液時(shí)，產(chǎn)生磚紅色沉淀 (3)除去溶解在溶液中的Br2(或使Br2揮發(fā)) (4)第一次所取25.00 mL溶液中，n(Br－)總＝n(AgBr)＝0.100 0 molL－11

11、1.2510－3 L＝1.12510－3 mol， 所以，n(BrO)＋n(Br－)＝n(Br－)總＝1.12510－3 mol； 第二次所取25.00 mL溶液，加酸反應(yīng)后，n(Br－)余＝0.100 0 molL－1 3.7510－3 L＝3.7510－4 mol， 由步驟Ⅳ可知，BrO～5Br－ 所以，n(BrO)＝[n(Br－)總－n(Br－)余]＝(1.12510－3 mol－3.7510－4 mol)＝1.2510－4 mol；由1 g樣品配成100 mL溶液，且每次實(shí)驗(yàn)取的是25 mL，所以，w(KBrO3)＝100%＝8.35%。 19．(15分)(2019南京、鹽城

12、一模)以SO2、軟錳礦(主要成分MnO2，少量Fe、Al、Ca及Pb的化合物等)、氨水及凈化劑等為原料可制備MnSO4溶液和Mn3O4，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下： 步驟Ⅰ：如圖1所示裝置，將SO2通入裝置B中的軟錳礦漿液中(MnO2＋SO2===MnSO4)。 步驟Ⅱ：充分反應(yīng)后，在不斷攪拌下依次向三口燒瓶中加入適量純凈的MnO2、MnCO3，最后加入適量Na2S沉鉛等重金屬。 步驟Ⅲ：過(guò)濾得MnSO4溶液。 (1)裝置A用于制取SO2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)________________________________。 (2)裝置B中反應(yīng)需控制在90～100 ℃，適宜的加熱方式是__

13、______________。 (3)裝置C的作用是____________________________。 (4)“步驟Ⅱ”中加入純凈MnO2的目的是____________________________，用MnCO3調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)，需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為_(kāi)_______________(該實(shí)驗(yàn)條件下，部分金屬離子開(kāi)始沉淀和沉淀完全的pH如下)。 金屬離子 Fe2＋ Fe3＋ Al3＋ Mn2＋ 開(kāi)始沉淀pH 7.04 1.87 3.32 7.56 沉淀完全pH 9.18 3.27 4.9 10.2 (5)已知：①用空氣氧化Mn(OH)2濁液可制備M

14、n3O4[6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O]，主要副產(chǎn)物為MnOOH；反應(yīng)溫度和溶液pH對(duì)產(chǎn)品中Mn的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的影響分別如圖2、圖3所示： ②反應(yīng)溫度超過(guò)80 ℃時(shí)，Mn3O4產(chǎn)率開(kāi)始降低。 ③Mn(OH)2是白色沉淀，Mn3O4呈黑色；Mn3O4、MnOOH中錳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)理論值依次為72.03%、62.5%。 請(qǐng)補(bǔ)充完整由步驟Ⅲ得到的MnSO4溶液，并用氨水等制備較純凈的Mn3O4的實(shí)驗(yàn)方案：__________________________________________________________________________________________

15、________________________________________________________________， 真空干燥6小時(shí)得產(chǎn)品Mn3O4。 解析：(1)實(shí)驗(yàn)室用Na2SO3 和較濃H2SO4反應(yīng)制取SO2，反應(yīng)方程式為Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O；(2)水浴加熱的優(yōu)點(diǎn)就是能均勻受熱，便于控制溫度，因此反應(yīng)需控制在90～100 ℃，適宜的加熱方式用90～100 ℃的水浴加熱；(3)SO2有毒，為防止污染環(huán)境，燒杯中盛放NaOH溶液來(lái)吸收未反應(yīng)的SO2；(4)加入純凈MnO2的目的是將 Fe2＋氧化為Fe3＋，便于除去；用MnCO3調(diào)

16、節(jié)溶液pH時(shí)，需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為4.9＜pH＜7.56，這樣可以除去溶液中的Fe3＋和Al3＋，而Mn2＋不沉淀；(5)Mn3O4、MnOOH中錳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)理論值依次為72.03%、62.5%，因此產(chǎn)物中Mn的質(zhì)量分?jǐn)?shù)越接近72.03%，Mn3O4含量就越高，因此控制溫度在60～80 ℃，pH在8～9。故由MnSO4溶液，并用氨水等制備較純凈的Mn3O4的實(shí)驗(yàn)方案如下：將濾液加熱并保溫在60～80 ℃，用氨水調(diào)節(jié)溶液pH并維持在8～9，在不斷攪拌下，邊通空氣邊滴加氨水，至有大量黑色沉淀時(shí)，靜置，在上層清液再滴加氨水至無(wú)沉淀，過(guò)濾，用去離子水洗滌沉淀直至過(guò)濾液中檢不出SO。 答案：(1)Na

17、2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O (2)用90～100 ℃的水浴加熱 (3)吸收未反應(yīng)的SO2 (4)將Fe2＋氧化為Fe3＋　4.9＜pH＜7.56 (5)將濾液加熱并保溫在60～80 ℃，用氨水調(diào)節(jié)溶液pH并維持在8～9，在不斷攪拌下，邊通空氣邊滴加氨水，至有大量黑色沉淀時(shí)，靜置，在上層清液再滴加氨水至無(wú)沉淀，過(guò)濾，用去離子水洗滌沉淀直至過(guò)濾液中檢不出SO 20．(14分)(2019南京鹽城二模)H2O2在Fe2＋、Cu2＋的存在下生成具有強(qiáng)氧化性的OH(羥基自由基)，OH可將有機(jī)物氧化降解。 (1)Cu2＋—H2O2體系中存在下列反應(yīng)： Cu2＋(a

18、q)＋H2O2(aq)===CuOOH＋(aq)＋H＋(aq) ΔH1＝a kJmol－1 CuOOH＋(aq)===Cu＋(aq)＋OH(aq)＋O2(g) ΔH2＝b kJmol－1 2CuOOH＋(aq)===2Cu＋(aq)＋H2O2(aq)＋O2(g) ΔH3＝c kJmol－1 則H2O2(aq)===2OH(aq)ΔH＝________kJmol－1。 (2)為探究溫度對(duì)Cu2＋—H2O2甲基橙去除率的影響，某研究小組在不同溫度下進(jìn)行實(shí)驗(yàn)(其他條件相同)，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖1所示。相同條件下，溫度升高，甲基橙去除速率增大，其原因是___________________

19、_____________________________________________________。 (3)為探究Fe2＋—Cu2＋—H2O2能夠協(xié)同催化氧化降解甲基橙，某研究小組的實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖2所示。得出“Fe2＋—Cu2＋—H2O2催化氧化降解甲基橙效果優(yōu)于單獨(dú)加入Fe2＋或Cu2＋”結(jié)論的證據(jù)為_(kāi)__________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 實(shí)驗(yàn)條件：200

20、 mL甲基橙模擬廢水(1.5 gL－1，pH＝3.0)，溫度60 ℃、V(H2O2)＝2.0 mL 1—V(H2O2)∶m(FeSO4)∶m(CuSO4)＝2∶0.02∶0.4 2—V(H2O2)∶m(FeSO4)∶m(CuSO4)＝2∶0.02∶0 3—V(H2O2)∶m(FeSO4)∶m(CuSO4)＝2∶0∶0.4 4—V(H2O2)∶m(FeSO4)∶m(CuSO4)＝2∶0∶0 (4)EFH2O2FeOx法可用于水體中有機(jī)污染物降解，其反應(yīng)機(jī)理如圖3所示。陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)____________________________，X微粒的化學(xué)式為_(kāi)____________

21、________， 陰極附近Fe2＋參與反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________________________________。 (5)SCOD是指溶解性化學(xué)需氧量，是衡量水中有機(jī)物質(zhì)含量多少的指標(biāo)。水體SCOD越大，說(shuō)明其有機(jī)物含量越高。用Fe2＋H2O2法氧化破解啤酒工業(yè)污泥中的微生物，釋放出有機(jī)物和氮等。測(cè)得不同初始pH下污泥經(jīng)氧化破解后上層清液中的SCOD及總氮濃度如圖4所示。當(dāng)pH>2.5時(shí)，總氮濃度、SCOD均降低，其原因可能是____________________________。 解析：(1)①CuOOH＋(aq)===Cu＋(aq)＋OH(aq)＋O2(g

22、)　ΔH2＝b kJmol－1， ②2CuOOH＋(aq)===2Cu＋(aq)＋H2O2(aq)＋O2(g)　ΔH3＝c kJmol－1， 根據(jù)蓋斯定律，由①2－②得到H2O2(aq)===2OH(aq)，其ΔH＝(2b－c)kJmol－1； (2)圖1中相同條件下，溫度升高，甲基橙去除速率增大，其原因是OH濃度增大或活化分子數(shù)增多； (3)“Fe2＋—Cu2＋—H2O2催化氧化降解甲基橙效果優(yōu)于單獨(dú)加入Fe2＋或Cu2＋”結(jié)論的證據(jù)為相同時(shí)間時(shí)，曲線(xiàn)1對(duì)應(yīng)甲基橙降解率均高于曲線(xiàn)2、曲線(xiàn)3； (4)圖3中陽(yáng)極上Fe失去電子，陽(yáng)極反應(yīng)式為Fe－2e－===Fe2＋，陰極上2X＋2H＋

23、===H2O2＋O2↑，由電荷及原子守恒可知X為O；陰極附近Fe2＋與H2O2反應(yīng)，結(jié)合圖中生成物可知離子反應(yīng)為H2O2＋H＋＋Fe2＋===Fe3＋＋H2O＋OH； (5)當(dāng)pH＞2.5時(shí)，總氮濃度、SCOD均降低，其原因可能是Fe2＋、Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3。 答案：(1)2b－c (2)OH濃度增大或活化分子數(shù)增多 (3)相同時(shí)間時(shí)，曲線(xiàn)1對(duì)應(yīng)甲基橙降解率均高于曲線(xiàn)2、曲線(xiàn)3 (4)Fe－2e－===Fe2＋　O　H2O2＋H＋＋Fe2＋===Fe3＋＋H2O＋OH (5)Fe2＋、Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3 21．(12分)(2019鹽城阜寧中學(xué)模擬)1985年，

24、Rousssin研究發(fā)現(xiàn)了第一個(gè)金屬原子簇類(lèi)配位化合物，其結(jié)構(gòu)如圖1，金屬原子簇類(lèi)化合物與金屬原子表面性質(zhì)相似，具有良好的催化活性等功能。請(qǐng)回答下列問(wèn)題： 　 (1)Fe3＋的基態(tài)核外價(jià)電子排布式為_(kāi)__________。 (2)上述化合物中含有三種非金屬元素，試比較三種元素原子第一電離能由大到小順序?yàn)開(kāi)________；硫可以形成SOCl2化合物，則該化合物的空間構(gòu)型為_(kāi)_________。 (3)除了氮的氧化物之外，氮還可以形成NO。請(qǐng)寫(xiě)出氮原子雜化方式____________。 (4)上述原子簇類(lèi)配合物，中心原子鐵的配位原子是___________。 (5)配合物Fe(CO)

25、5的熔點(diǎn)－20 ℃，沸點(diǎn)103 ℃。可用于制備純鐵。Fe(CO)5的結(jié)構(gòu)如圖2所示。下列關(guān)于Fe(CO)5說(shuō)法正確的是_________。 A．Fe(CO)5是非極性分子，CO是極性分子 B．Fe(CO)5中Fe原子以sp3雜化方式與CO成鍵 C．1 mol Fe(CO)5含有10 mol配位鍵 D．Fe(CO)5===Fe＋5CO↑反應(yīng)中沒(méi)有新化學(xué)鍵生成 解析：(1)Fe位于周期表中第4周期第Ⅷ族，F(xiàn)e3＋的基態(tài)核外價(jià)電子排布式為3d5； (2)化合物中三種非金屬元素為N、O、S，同周期主族元素隨著原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大的趨勢(shì)，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，則三種元素原子

26、第一電離能由大到小順序?yàn)镹＞O＞S；對(duì)于SOCl2，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3＋(6－2－21)/2＝4，則其空間構(gòu)型為三角錐形； (3)對(duì)于NO，其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2＋(5－1－22)/2＝2，根據(jù)雜化軌道理論，則中心N原子為sp雜化； (4)直接與中心原子成鍵的為配位原子，所以中心原子鐵的配位原子是N、S； (5)A.看正負(fù)電荷中心是否重疊，F(xiàn)e(CO)5對(duì)稱(chēng)是非極性分子，CO不對(duì)稱(chēng)是極性分子，正確；B.鐵的雜化軌道數(shù)為5，鐵不是正四面構(gòu)型，F(xiàn)e(CO)5中Fe原子不是以sp3雜化方式與CO成鍵，錯(cuò)誤；C.碳與氧、鐵與碳之間形成配位鍵，1 mol Fe(CO)5含有10 mol配位鍵，正確；D反應(yīng)生成金屬鐵，其中含有金屬鍵，錯(cuò)誤。 答案：(1)3d5　(2)N＞O＞S　三角錐形　(3)sp　(4)S、N　(5)AC 9