江蘇專用2024高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)第三板塊考前巧訓(xùn)特訓(xùn)第二類非選擇題專練“5＋1”增分練五

PAGEPAGE1“5＋1”增分練(五)16．(12分)(2024·常州一中模擬)某工廠以硝酸為原料生產(chǎn)亞硝酸鈉，其工藝流程如下：已知：Na2CO3＋NO＋NO2=2NaNO2＋CO2(1)“分解塔”中SO2從塔底進入，硝酸從塔頂噴淋，其目的是____________________。(2)“分解塔”中的溫度不宜過高，其緣由是__________________________________。(3)按肯定計量比在“分解塔”中通SO2和噴入硝酸，若反應(yīng)后生成的NO與NO2物質(zhì)的量之比恰好1∶1，則“分解塔”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為______________________。(4)“分解塔”中的硝酸濃度不宜過大的緣由是_______________________________。(5)為提高氮氧化物的轉(zhuǎn)化率，可向“尾氣”中通入肯定量的________氣體，再通入“汲取塔”中，實現(xiàn)循環(huán)汲取。(6)“汲取塔”所得溶液中除含有NaNO2、NaNO3和少量Na2CO3外，還含有的溶質(zhì)為________(填化學(xué)式)。解析：(1)“分解塔”中SO2從塔底進入，硝酸從塔頂噴淋，實行逆向汲取，接觸更充分，汲取效果更好；(2)因硝酸易揮發(fā)，且不穩(wěn)定、受熱易分解，“分解塔”中的溫度不宜過高；(3)由題給信息可知，反應(yīng)物為硝酸和二氧化硫，生成物為物質(zhì)的量之比為1∶1的NO與NO2、硫酸等，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為2HNO3＋2SO2＋H2O=NO＋NO2＋2H2SO4；(4)濃硝酸的還原產(chǎn)物是NO2，稀硝酸的還原產(chǎn)物是NO，故當硝酸濃度過大，主要還原生成NO2，導(dǎo)致亞硝酸鈉產(chǎn)率降低；若硝酸濃度過低，分解塔中出來的主要是NO，亞硝酸鈉產(chǎn)率也低；(5)汲取塔中尾氣的成分主要是NO和NO2，故可以通入適量的O2，再進入汲取塔，循環(huán)汲??；(6)由碳酸鈉與酸反應(yīng)的原理可知，“汲取塔”所得溶液中除含有NaNO2、NaNO3和少量Na2CO3外，還含有NaHCO3。答案：(1)使SO2氣體被充分汲取(2)硝酸受熱會揮發(fā)、分解(3)2HNO3＋2SO2＋H2O=NO＋NO2＋2H2SO4(4)硝酸濃度過大，氮氧化物中NO2含量高，導(dǎo)致亞硝酸鈉產(chǎn)率降低(或硝酸鈉含量過高)(5)O2(6)NaHCO317．(15分)(2024·南京二模)氟喹諾酮是人工合成的抗菌藥，其中間體G的合成路途如下：(1)G中的含氧官能團為________和________(填名稱)。(2)由C→D的反應(yīng)類型是________。(3)化合物X(分子式為C3H7N)的結(jié)構(gòu)簡式為________________。(4)B和乙醇反應(yīng)的產(chǎn)物為H(C8H6FCl2NO2)，寫出滿意下列條件的H的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：________________。Ⅰ.是一種α-氨基酸；Ⅱ.分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，且分子中含有一個苯環(huán)。(5)依據(jù)已有學(xué)問并結(jié)合相關(guān)信息，寫出以和ClMgCH(COOC2H5)2為原料制備的合成路途流程圖(無機試劑任用，合成路途流程圖示例見本題題干)。解析：(1)由G的結(jié)構(gòu)可知，其含有的含氧官能團有酯基、羰基；(2)對比C、D的結(jié)構(gòu)，可知C中酰氯中氯原子被—CH(COOC2H5)2替代生成D，屬于取代反應(yīng)；(3)化合物X的分子式為C3H7N，對比F、G的結(jié)構(gòu)，F(xiàn)中—OCH3被替代生成G，同時生成甲醇，則X結(jié)構(gòu)簡式為；(4)H(C8H6FCl2NO2)的一種同分異構(gòu)體滿意：Ⅰ.是一種α-氨基酸，說明氨基、羧基連接同一碳原子上；Ⅱ.分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，且分子中含有一個苯環(huán)。由于氨基、羧基中共含有的3個氫原子是2種化學(xué)環(huán)境不同的氫，故另外3個氫原子是2種化學(xué)環(huán)境不同的氫，應(yīng)存在對稱結(jié)構(gòu)，H的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式可能為：(5)仿照路途流程設(shè)計，發(fā)生催化氧化生成，進一步氧化生成答案：(1)羰基酯基(2)取代反應(yīng)(3)18．(12分)(2024·蘇錫常鎮(zhèn)二模)以軟錳礦(主要成分為MnO2)和硫錳礦(主要成分為MnS)為原料制備硫酸錳晶體的工藝流程如下：(1)濾渣中存在一種非金屬單質(zhì)，則酸浸過程中的化學(xué)方程式為__________________。(2)試驗室常用氧化還原法測定MnSO4·H2O晶體的純度，原理如下：2Mn2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋4POeq\o\al(3－,4)＋2H＋=2[Mn(PO4)2]3－＋NOeq\o\al(－,2)＋H2ONHeq\o\al(＋,4)＋NOeq\o\al(－,2)=N2↑＋2H2O[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋=Mn2＋＋[Fe(PO4)2]3－稱取MnSO4·H2O樣品1.0000g，溶于適量水，以磷酸作配位劑，加入過量硝酸銨，在220～240℃下充分反應(yīng)。然后以N-苯代鄰氨基苯甲酸作指示劑，用0.1000mol·L－1硫酸亞鐵銨標準溶液滴定生成的[Mn(PO4)2]3－至終點。重復(fù)操作3次，記錄數(shù)據(jù)如下表：滴定次數(shù)0.1000mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液讀數(shù)(mL)滴定前滴定后10.1020.2021.3221.3231.0520.95①已知：Fe2＋＋NOeq\o\al(－,2)＋2H＋=Fe3＋＋NO↑＋H2O。測定過程中，硝酸銨的作用是____________________和____________________。②若滴定過程中標準溶液硫酸亞鐵銨不是新配制的，所測定的MnSO4·H2O晶體的純度將會________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。③計算樣品中MnSO4·H2O的質(zhì)量分數(shù)(寫出計算過程)。解析：軟錳礦和硫錳礦在稀硫酸中酸浸，發(fā)生反應(yīng)，得到濾渣，含有S，過濾得到濾液中含硫酸錳和稀硫酸，經(jīng)過結(jié)晶得到硫酸錳晶體；用0.1000mol·L－1硫酸亞鐵銨標準溶液測定流程圖中MnSO4·H2O晶體樣品的純度，主要是和生成的[Mn(PO4)2]3－反應(yīng)。(1)MnO2在酸性條件之下是一種氧化劑，MnO2和MnS在稀硫酸中反應(yīng)生成一種非金屬單質(zhì)S，即濾渣1，同時產(chǎn)生MnSO4，是一個氧化還原反應(yīng)，則“酸浸”時反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO2＋MnS＋2H2SO4=2MnSO4＋S＋2H2O；(2)①由原理反應(yīng)2Mn2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋4POeq\o\al(3－,4)＋2H＋=2[Mn(PO4)2]3－＋NOeq\o\al(－,2)＋H2O，NHeq\o\al(＋,4)＋NOeq\o\al(－,2)=N2↑＋2H2O可知，硝酸銨的作用是將試樣中的二價錳定量氧化成三價錳和與產(chǎn)生的亞硝酸鹽反應(yīng)消退對滴定的影響；②若滴定過程中標準溶液硫酸亞鐵銨不是新配制的，部分Fe2＋被氧化為Fe3＋，滴定時消耗的標準液偏多，故所測定的MnSO4·H2O晶體的純度將會偏高；③用0.1000mol·L－1硫酸亞鐵銨標準溶液測定MnSO4·H2O晶體樣品的純度，主要是和生成的[Mn(PO4)2]3－反應(yīng)，取MnSO4·H2O樣品1.0000g，三次消耗(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液平均值為eq\f(22.10＋20.00＋19.90,3)＝20.00mL。依據(jù)關(guān)系式：2MnSO4·H2O～2[Mn(PO4)2]3－～2Fe2＋n(MnSO4·H2O)＝n(Fe2＋)＝20.00mL×10－3L·mL－1×0.1000mol·L－1＝2×10－3mol，樣品中MnSO4·H2O的質(zhì)量分數(shù)為＝eq\f(2×10－3mol×169g/mol,1.0000g)×100%＝33.8%。答案：(1)MnO2＋MnS＋2H2SO4=2MnSO4＋S＋2H2O(2)①將試樣中的二價錳定量氧化成三價錳與產(chǎn)生的亞硝酸鹽反應(yīng)消退對滴定的影響②偏高③消耗(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液平均值為20.00mL。2MnSO4·H2O～2[Mn(PO4)2]3－～2Fe2＋n(MnSO4·H2O)＝n(Fe2＋)＝20.00mL×10－3L·mL－1×0.1000mol·L－1＝2×10－3樣品中MnSO4·H2O的質(zhì)量分數(shù)為eq\f(2×10－3mol×169g/mol,1.0000g)×100%＝33.8%19．(15分)(2024·常州一模)某愛好小組用鋁箔制備Al2O3、AlCl3·6H2O及明礬大晶體，詳細流程如下：已知：(1)AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；(2)明礬在水中的溶解度如下表：溫度/℃010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109請回答：(1)步驟Ⅱ中生成Al(OH)3的離子方程式___________________________________。(2)步驟Ⅲ灼燒Al(OH)3所用試驗室常用儀器為____________，為了提高Al2O3純度，需________________(填操作步驟)。(3)制備AlCl3·6H2O的工業(yè)生產(chǎn)中，膠狀固體用酸浸取后，還須要通入HCl氣體。通入HCl的作用主要有兩點：_______________和_________________________。(4)已知：在不同溫度條件下向肯定量的氯化鋁溶液中通入HCl氣體，通入量對AlCl3·6H2O結(jié)晶量和結(jié)晶效率的影響如圖，請補充完整由膠狀固體制備AlCl3·6H2O晶體的試驗方案：向膠狀固體滴加肯定濃度鹽酸，直至恰好完全溶解，___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)步驟I鋁箔溶于NaOH溶液生成NaAlO2，步驟ⅡNaAlO2溶液中通入過量的CO2生成Al(OH)3的離子方程式為AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)；(2)步驟Ⅲ灼燒Al(OH)3所用試驗室常用儀器為坩堝；為了提高Al2O3純度，需灼燒至恒重；(3)制備AlCl3·6H2O的工業(yè)生產(chǎn)中，膠狀固體用酸浸取后，生成AlCl3溶液由于Al3＋易水解，加熱時須要不斷通入HCl氣體。通入HCl的作用主要有兩點：①抑制AlCl3水解，②增加c(Cl－)，有利于AlCl3·6H2O結(jié)晶；(4)按題圖所示，在低于45℃時通入HCl氣體，AlCl3·6H2O晶體結(jié)晶量和結(jié)晶效率快速增大，后接著通入HCl氣體，結(jié)晶量和結(jié)晶效率變得緩慢，則由膠狀固體制備AlCl3·6H2O晶體的試驗方案如下：向膠狀固體滴加肯定濃度鹽酸，直至恰好完全溶解，在45℃以下(或冷水浴條件下)通入HCl氣體，至有大量晶體析出，過濾，用濃鹽酸洗滌2～3次，低溫(或減壓)干燥，得到AlCl3·6H2O晶體。答案：(1)AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)(2)坩堝灼燒至恒重(3)抑制AlCl3水解增加c(Cl－)，有利于AlCl3·6H2O結(jié)晶(4)在45℃以下(或冷水浴條件下)通入HCl氣體，至有大量晶體析出，過濾，用濃鹽酸洗滌2～3次，低溫(或減壓)干燥，得到AlCl3·6H2O晶體20．(14分)(2024·姜中、前中、淮中、溧中聯(lián)考)高爐廢渣在循環(huán)利用前，須要脫硫(硫元素主要存在形式為S2－，少量為SOeq\o\al(2－,3)和SOeq\o\al(2－,4))處理。(1)高溫“兩段法”氧化脫硫。第一階段在空氣中的相關(guān)熱化學(xué)方程式如下：CaS(s)＋2O2(g)=CaSO4(s)ΔH＝－907.1kJ·mol－1CaS(s)＋eq\f(3,2)O2(g)=CaO(s)＋SO2(g)ΔH＝－454.3kJ·mol－1①其次階段在惰性氣氛中，反應(yīng)CaS(s)＋3CaSO4(s)=4CaO(s)＋4SO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。②整個過程中，CaS完全轉(zhuǎn)化生成1molSO2，轉(zhuǎn)移的電子為________mol。③生成的SO2用硫酸銅溶液汲取電解氧化，總反應(yīng)為CuSO4＋SO2＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))Cu＋2H2SO4。寫出電解時陽極的電極反應(yīng)式：___________________________________________。(2)噴吹CO2脫硫。用水浸取爐渣，通入適量的CO2，將硫元素以含硫氣體形式脫去。當CO2的流量、溫度肯定時，渣—水混合液的pH、含碳元素各種微粒(H2CO3、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3))的分布隨噴吹時間改變?nèi)鐖D甲和圖乙所示。①已知Ksp(CdS)＝8.0×10－27，Ksp(CdCO3)＝4.0×10－12。取渣—水混合液過濾，可用如下試劑和肯定濃度鹽酸驗證濾液中存在SOeq\o\al(2－,3)。試劑的添加依次依次為________(填字母)。a．H2O2 b．BaCl2c．CdCO②H2CO3其次步電離的電離常數(shù)為Ka2，則pKa2＝________(填數(shù)值，已知pKa2＝－lgKa2)。③通入CO215～30min時，混合液中發(fā)生的主要脫硫反應(yīng)離子方程式為_______________________________________________________。(3)硫酸工業(yè)生產(chǎn)中SO3汲取率與進入汲取塔的硫酸濃度和溫度關(guān)系如圖丙，由圖可知汲取SO3所用硫酸的相宜濃度為98.3%，溫度為________，而工業(yè)生產(chǎn)中一般采納60℃的可能緣由是____________________________________________________________。解析：(1)①CaS(s)＋2O2(g)=CaSO4(s)ΔH1＝－907.1kJ·mol－1，CaS(s)＋eq\f(3,2)O2(g)=CaO(s)＋SO2(g)ΔH2＝－454.3kJ·mol－1，依據(jù)蓋斯定律可得：CaS(s)＋3CaSO4(s)=4CaO(s)＋4SO2(g)ΔH＝4ΔH2－3ΔH1＝(－454.3×4＋907.1×3)kJ·mol－1＝＋904.1kJ·mol－1。②在CaS→SO2改變過程中，依據(jù)S元素的價態(tài)改變：－2→＋4，可知生成1molSO2轉(zhuǎn)移6mole－。③依據(jù)電解工作原理可知，在陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，故依據(jù)CuSO4＋SO2＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))Cu＋2H2SO4可得，陽極的電極反應(yīng)式為SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋。(2)依據(jù)圖甲可知，隨著反應(yīng)的進行，溶液的pH在降低，故生成的含硫氣體為H2S，所以噴吹CO2的脫硫反應(yīng)原理為CaS＋CO2＋H2O=H2S＋CaCO3。①要檢驗過濾液中是否存在SOeq\o\al(2－,3)，需加入BaCl2溶液，視察是否產(chǎn)生白色沉淀，在滴加BaCl2前，要解除濾液中可能存在的S2－和HSOeq\o\al(－,3)對試驗的干擾，所以滴加H2O2要放在滴加BaCl2后，防止H2O2將可能存在的HSOeq\o\al(－,3)氧化成SOeq\o\al(2－,4)而對試驗造成干擾，故添加依次為cba。②由Ka2＝eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))，結(jié)合圖甲、乙，當c(COeq\o\al(2－,3))＝c(HCOeq\o\al(－,3))、噴吹時間為0min時，溶液的pH＝10.25，即Ka2＝c(H＋)＝10－10.25，pKa2＝10.25。③依據(jù)乙可知，在15～30min內(nèi)，含碳微粒主要是HCOeq\o\al(－,3)，故反應(yīng)的離子方程式為2CO2＋S2－＋2H2O=2HCOeq\o\al(－,3)＋H2S↑。(3)從圖丙可以看出，溫度越低，SO3的汲取率越高，故相宜溫度為40℃；但溫度太低，汲取SO3的速率慢，適當上升反應(yīng)溫度，可以提高汲取SO3的速率，所以工業(yè)生產(chǎn)中一般采納60℃，同時SO3的汲取率也較高。答案：(1)①＋904.1②6③SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋(2)①cba②10.25③2CO2＋S2