2020年高考化学二轮复习 考点微测26 非选择题标准练3（含解析）.docx

1、微测26非选择题标准练3必做题1(2019武汉调研)工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2)为原料制取金属锰的工艺流程如下：(1)软锰矿“粉磨”的目的是_。(2)“浸渣”的主要成分是_。(3)经检测“浸取液”中无Fe2，“浸取”时MnO2发生反应的离子方程式为_。(4)在“沉锰”操作中，不能用Na2CO3代替NH4HCO3，其原因是_。(5)将“酸溶”后的溶液作为电解液，用图甲装置电解应采用_(填“阴”或“阳”)离子交换膜，阳极的电极反应式为_。甲乙(6)为充分利用“滤渣1”，需测定滤渣中Al元素的含量，设计以下方案。(1 mol103 mmol)将m

2、g滤渣处理成a mL溶液；取少量中溶液用EDTA滴定测得溶液中Fe3、Al3的浓度之和为b mmolL1；另取少量中溶液将Fe3用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH与Cl)还原Fe2，离子方程式为_；将所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400(吸光度与Fe2的浓度关系如图乙所示)。该样品中Al元素的质量分数为_(用含字母的表达式表示)。解析(1)软锰矿是固体物质，将其“粉磨”的目的是增大物质的表面积，以便于在用稀硫酸和FeSO4溶液浸取时加快反应速率。(2)(3)软锰矿主要成分为MnO2，另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2，用硫酸和FeSO4浸取时，FeCO3、Al2O3与硫

3、酸反应产生FeSO4、Al2(SO4)3进入溶液，经检测“浸取液”中无Fe2，说明Fe2在“浸取”时与具有氧化性MnO2发生了氧化还原反应，反应的离子方程式为MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O，而SiO2不能发生反应，所以“浸渣”的主要成分是二氧化硅(或写为SiO2)。(4)在“沉锰”操作中，不能用Na2CO3代替NH4HCO3，原因是Na2CO3溶液中只有CO发生水解反应，溶液的碱性较强，会导致Mn2生成氢氧化物(或碱式碳酸锰)沉淀，影响产品的纯度。(5)反应产生的MnCO3与稀硫酸反应MnCO3H2SO4=MnSO4H2OCO2，要采用电解的方法使Mn2还原为金属Mn，在阴极发生

4、反应2Mn24e=2Mn，在阳极发生反应2H2O4e=4HO2，为了维持溶液电中性，右边的SO要进入左边，因此要选择阴离子交换膜。(6)另取少量中溶液将Fe3用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH与Cl)还原Fe2，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为2Fe32NH3OH=2Fe24HN22H2O。将所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400，根据物质的吸光度与Fe2的浓度关系可知该溶液中c(Fe2)，根据2Fe32NH3OH=2Fe24HN22H2O可知c(Fe3)c(Fe2)0.040 mmolL1，因为c(Al3)c(Fe3)b mmolL1，所以c(Al3)(

5、ba) mmolL1 mmolL1，溶液的体积为a mL，故cV(b0.040) mmolL1a103 La(b0.040)106 mol，则该样品中Al元素的质量分数为100%。答案(1)加快浸取速率(2)二氧化硅(3)MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O(4)Na2CO3溶液碱性较强，会导致生成Mn(OH)2沉淀(或碱式碳酸锰)(5)阴2H2O4e=4HO2(6)2Fe32NH3OH=2Fe24HN22H2O100%2(2019威海三模)碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：(1

6、)水合肼的制备有关反应原理为CO(NH2)2(尿素)NaClO2NaOHN2H4H2ONaClNa2CO3制取次氯酸钠和氢氧化钠混合液的连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示)。若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO与ClO的物质的量之比为61，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为_。取适量A中的混合液逐滴加入定量的尿素溶液中制备水合肼，实验中滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，理由是_。(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：“合成”过程中，反应温度不宜超过70 ，目的是_。在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的

7、副产物IO，该过程的离子方程式为_。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是_。(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：a称取10.00 g样品并溶解，在500 mL容量瓶中定容；b量取25.00 mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂；c用0.210 0 molL1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15.00 mL。M为_(写名称)。该样品中NaI的质量分数为_。解析(1)制取次氯酸钠和氢氧化钠混

8、合液时先利用装置C制取氯气，再通过装置B除去氯气中的氯化氢气体，再通过装置A反应得到混合液，最后利用装置D进行尾气处理，故连接顺序为ecdabf；Cl2生成ClO与ClO是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为1价和5价，ClO与ClO的物质的量浓度之比为61，则可设ClO为6 mol，ClO为1 mol，被氧化的Cl共为7 mol，失去电子的总物质的量为6 mol(10)(50)11 mol，根据电子守恒，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为1价，被还原的Cl的物质的量为11 mol，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为117。取适量A中的混合液逐滴加入定量的尿素溶液中

9、制备水合肼，实验中滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率。(2)“合成”过程中，为防止碘升华，反应温度不宜超过70 。在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO，N2H4H2O与IO反应的离子方程式为2IO3N2H4H2O=3N22I9H2O；工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是N2H4H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质。(3)滴定过程中碘单质被还原为碘离子，故加入的M溶液作指示剂，M为淀粉溶液。据反应2Na2S2O3I2=Na2S4O

10、62NaI可知，n(I2)n(Na2S2O3)0.210 0 molL115.00 mL103 LmL10.063 mol，样品中NaI的质量分数为100%94.5%。答案(1)ecdabf117将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率(2)防止碘升华2IO3N2H4H2O=3N22I9H2ON2H4H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质(3)淀粉溶液94.5%3(2019东北三省三校一模)羰基硫(COS)与氢气或与水在催化剂作用下的反应如下：.COS(g)H2(g)H2S(g)CO(g)H1 kJmol1；.COS(g)H2O(g)H2S(

11、g)CO2(g)H235 kJmol1。回答下列问题：(1)两个反应在热力学上趋势均不大，其原因是_。(2)反应CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)H_。(3)羰基硫、氢气、水蒸气共混体系初始投料比不变，提高羰基硫与水蒸气反应的选择性的关键因素是_。(4)在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应。设起始充入的n(H2)n(COS)m，相同时间内测得COS转化率与m和温度(T)的关系如图所示：m1_(填“”“”“m2；温度高于T0，COS转化率减小的可能原因为.有副反应发生；.催化剂活性最低；.平衡逆向进行。(5)在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应.COS(g)H2O(g)H2S(g)C

12、O2(g)H235kJmol1，COS(g)与H2O(g)投料比分别为13和11，反应物的总物质的量相同时，转化率大的曲线a为COS(g)与H2O(g)投料比13，曲线b为COS(g)与H2O(g)投料比11，正反应为放热反应，升温平衡逆向进行，化学平衡常数减小，则M点对应的平衡常数催化剂活性最低平衡逆向进行(5)NCH；Fe(H2NCONH2)6(NO3)3中尿素分子的结构简式为，C原子形成3个键，无孤对电子，是sp2杂化；NO中N是sp2杂化，为平面三角形。(2)卤素单质属于分子晶体，铝原子簇Al13的性质与卤素相似，则原子簇Al13也属于分子晶体；NaAl(OH)4属于离子化合物，存在着

13、离子键，铝是缺电子结构，能接受氢氧根离子给予的孤对电子形成配位键，氧氢之间可以形成极性键，NaAl(OH)4属于离子化合物，含有离子键、极性键、配位键。(3)每生成1 mol氯吡苯脲，需要1 mol 2氯4氨基吡啶、异氰酸苯酯，反应过程中每个2氯4氨基吡啶分子断裂一个键、每个异氰酸苯酯分子断裂一个键，所以当键增加了1 mol时，键减少了NA(或6.021023)个。(4)多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域键”，因为(咪唑)中的有5个原子参与形成键，6个p轨道上的电子参与成键，咪唑的“离域键”可表示为。(5)分析晶胞结构可知一个晶胞中含铁

14、原子864，碳原子1214，化学式中铁原子和碳原子比为11，化学式为FeC；晶胞中最近的两个碳原子的距离设为x，立方体棱边的一半为a，则2a2x2，a，密度d，x cm1010 pm。答案(1)Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5ONCHsp2(2)分子ABD(3)减少NA(或6.021023)(4)(5)10102【化学选做选修5：有机化学基础】(2019重庆二诊)有机化合物K是有机合成中的一种重要的中间体，K的合成路线如下(部分产物及条件略去)： (1)A的核磁共振氢谱只有一组峰，A中官能团的名称为_。(2)BC和DHK的反应类型分别是_、_。(3)H的结构简式为_。(4)D的系统命名为_。(5)GI的第步反应方程式为_；IJ的反应方程式为_。(6)同时满足下列条件的K的同分异构体有_种(不考虑立体异构，也不包括K)。与K具有相同的官能团分子中有一个甲基具有六元碳环结构(7)参照上述合成路线，设计一条由乙醛和乙炔为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：CH2CHO_。答案(1)羰基(2)消去反应加成反应(3)CH2=CHCHO(4)2甲基1,3丁二烯(5)CH2(OH)CH2CHO2Cu(OH)2NaOHCH2(OH)CH2COONaCu2O3H2O(6)16(7)