《新課標(biāo)2020高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)第Ⅱ部分非選擇題專項(xiàng)練一非選擇題規(guī)范練非選擇題規(guī)范練一無(wú)機(jī)化學(xué)工藝流程綜合題202003190118.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新課標(biāo)2020高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)第Ⅱ部分非選擇題專項(xiàng)練一非選擇題規(guī)范練非選擇題規(guī)范練一無(wú)機(jī)化學(xué)工藝流程綜合題202003190118.doc（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、非選擇題規(guī)范練(一)無(wú)機(jī)化學(xué)工藝流程綜合題(建議用時(shí)：35分鐘)1硫酸錳在錳系產(chǎn)品中具有重要地位，一種由軟錳礦(MnO2)和硫鐵礦(FeS2)制備硫酸錳的流程如下：回答下列問(wèn)題：(1)將軟錳礦、硫鐵礦和硫酸按一定比例放入反應(yīng)釜中，攪拌，加熱保溫反應(yīng)一定時(shí)間，其中攪拌、加熱的目的是_；從“除質(zhì)2”后的溶液中得到MnSO4固體的操作為_(kāi)、降溫結(jié)晶、過(guò)濾和干燥。(2)如圖是在一定條件下，不同濃度的硫酸對(duì)各元素浸出率的影響，由此得出的相關(guān)結(jié)論是_；_。(3)除鐵劑為H2SO5和氨水。H2SO5中S的化合價(jià)為6，其中過(guò)氧鍵的數(shù)目為_(kāi)，加入其目的是_。寫(xiě)出Fe3生成沉淀黃銨鐵礬NH4Fe3(SO4)2(O

2、H)6的離子方程式：_。(4)工業(yè)除質(zhì)劑為MnF2，發(fā)生反應(yīng)為(已知，該溫度下MnF2、CaF2和MgF2的Ksp分別為5.0103、2.01010、8.01011)：反應(yīng)MnF2(s)Ca2CaF2(s)Mn2反應(yīng)MnF2(s)Mg2MgF2(s)Mn2若濾液中c(Mg2)0.02 molL1，加入MnF2(s)，使Ca2恰好沉淀完全，即溶液中c(Ca2)1.0105molL1，此時(shí)是否有MgF2沉淀生成？_(填“是”或“否”)，原因是_(結(jié)合計(jì)算解釋)。2(新題預(yù)測(cè))硼氫化鈉(NaBH4)是有機(jī)合成中常用的還原劑。一種制備工藝如下(部分條件和產(chǎn)物省略)：回答下列問(wèn)題：(1)MgH2和NaB

3、O2合成硼氫化鈉的化學(xué)方程式為_(kāi)。(2)難溶的Mg2B2O5與濃氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)。(3)SOCl2溶于水能產(chǎn)生兩種氣體，其中一種氣體能使品紅溶液褪色，則灼燒時(shí)加入SOCl2的目的是_。(4)已知鎂H2O2酸性燃料電池反應(yīng)為MgH2O2H2SO4=MgSO42H2O。常溫下，電解質(zhì)溶液為200 mL 0.1 molL1硫酸溶液。寫(xiě)出正極的電極反應(yīng)式：_。若電路轉(zhuǎn)移0.038 mol電子時(shí)，溶液pH為_(kāi)(忽略溶液體積變化，不考慮H2O2電離)。(5)“有效氫含量”是衡量含氫還原劑的還原能力指標(biāo)，定義為每克含氫還原劑的還原能力與多少克H2的還原能力相當(dāng)。則NaBH4的“有效氫含量”為

4、_(結(jié)果保留兩位小數(shù))。(6)工業(yè)上，也可以利用NaBO2、HCHO和生石灰在加熱條件下制備NaBH4，并得到副產(chǎn)物CaCO3，該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_(kāi)。3五氧化二釩(V2O5)在冶金、搪瓷、磁性材料等領(lǐng)域有重要應(yīng)用。實(shí)驗(yàn)室以含釩廢料(含V2O3、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有機(jī)物)為原料制備V2O5的一種流程如下：已知.含釩離子在溶液中的主要存在形式與溶液pH的關(guān)系如表所示：pH46688101012含釩離子VOVOV2OVO.25時(shí)，難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如表所示：難溶電解質(zhì)Cu(OH)2Mn(OH)2Al(OH)3Ksp2.21020410141.91033

5、.NH4VO3在水中的溶解度：20 、4.8 gL1；60 、24.2 gL1?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)“焙燒”的目的是_。(2)“濾渣1”的用途為_(kāi)(寫(xiě)出一種即可)。(3)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明，常溫下，若“調(diào)pH”為7，Cu2是否沉淀完全_。(溶液中離子濃度小于105molL1時(shí)，認(rèn)為該離子沉淀完全)(4)“沉錳”需將溫度控制在70 左右，溫度不能過(guò)高或過(guò)低的原因?yàn)開(kāi)。(5)結(jié)晶所得NH4VO3需進(jìn)行洗滌、干燥。合適的洗滌試劑為_(kāi)；證明NH4VO3已洗滌干凈的實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象為_(kāi)。(6)“煅燒”時(shí)生成兩種能參與大氣循環(huán)的氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)。4TiO2和CaTiO3都是光電轉(zhuǎn)化材料，某研究小組利用

6、鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，還含有少量SiO2等雜質(zhì))來(lái)制備，并利用黃鉀礬KFe3(SO4)2(OH)6回收鐵的工藝流程如下：回答下列問(wèn)題：(1)“氧化酸解”的實(shí)驗(yàn)中，控制反應(yīng)溫度為150 ，不同氧化劑對(duì)鈦鐵礦酸解率的影響如圖所示。50 min時(shí)，要求酸解率大于85%，所選氧化劑應(yīng)為_(kāi)；采用H2O2做氧化劑時(shí)，其效率低的原因可能是_。(2)“氧化酸解”的濾液中加入尿素CO(NH2)2，TiO2轉(zhuǎn)化為T(mén)iO2，寫(xiě)出相應(yīng)的離子方程式：_，使用尿素而不直接通入NH3的原因是_。(3)寫(xiě)出“高溫煅燒”中由TiO2制備CaTiO3的化學(xué)方程式：_。(4)使Fe3恰好沉淀完全時(shí)，溶液中c(Fe3)1.

7、0105 molL1，計(jì)算此時(shí)溶液的pH_。Fe(OH)3的Ksp1.01039、水的Kw1.01014(5)黃鉀礬沉淀為晶體，含水量很少。回收Fe3時(shí)，不采用加入氨水調(diào)節(jié)pH制得Fe(OH)3的原因是_。5碲(Te)常用于冶金工業(yè)，也是石油裂解的催化劑。工業(yè)上用精煉銅的陽(yáng)極泥(主要含有TeO2，還含有少量Ag、Au)為原料制備單質(zhì)碲的一種工藝流程如下：已知TeO2微溶于水，易溶于較濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿。(1)從濾渣A中分離出Au的方法是_。(2)“沉碲”時(shí)控制溶液的pH為4.55.0，生成TeO2沉淀。防止溶液局部酸性過(guò)強(qiáng)的操作是_。(3)寫(xiě)出“堿浸”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_。濾液B經(jīng)過(guò)蒸發(fā)濃縮

8、、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥，得到的副產(chǎn)品是_(填化學(xué)式)。(4)為了提高“堿浸”的浸出率，宜采取的措施有_(寫(xiě)兩條即可)?！八崛堋睍r(shí)要控制溫度，溫度不宜過(guò)高，原因是_。(5)寫(xiě)出“還原”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。參考答案與解析第部分非選擇題專項(xiàng)練一非選擇題規(guī)范練非選擇題規(guī)范練(一)無(wú)機(jī)化學(xué)工藝流程綜合題1解析：(1)從“除質(zhì)2”后的溶液中得到MnSO4固體，是由溶液得到固體的過(guò)程，實(shí)驗(yàn)操作為蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過(guò)濾和干燥。(2)根據(jù)圖示，pH越大，即硫酸濃度越小，各元素的浸出率越低，但錳元素有反常，即硫酸濃度與錳的浸出率相關(guān)性不完全一致。(3)根據(jù)化合物中各元素的正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和為0可知

9、，H2SO5中5個(gè)O總化合價(jià)為8。設(shè)2價(jià)氧個(gè)數(shù)為x，1價(jià)氧個(gè)數(shù)為y，則xy5，2xy8，解得x3，y2。2個(gè)1價(jià)氧形成一個(gè)過(guò)氧鍵。H2SO5含有過(guò)氧鍵，具有強(qiáng)氧化性，加入的目的是氧化亞鐵離子，便于之后除去。向溶液中加入氨水生成沉淀黃銨鐵礬，離子方程式為6NH3H2O3Fe32SO=NH4Fe3(SO4)2(OH)65NH。(4)根據(jù)Ksp(CaF2)c(Ca2)c2(F)，Ca2恰好沉淀完全時(shí)，c2(F)mol2L22.0105mol2L2，此時(shí)c(Mg2)c2(F)Ksp(MgF2)，因此會(huì)生成MgF2沉淀。答案：(1)使反應(yīng)物充分接觸，加快反應(yīng)速率蒸發(fā)濃縮(2)除錳外，硫酸濃度越低(高)，

10、浸出率越低(高)硫酸濃度與錳的浸出率相關(guān)性不完全一致(3)1氧化亞鐵離子，便于之后除去6NH3H2O3Fe32SO=NH4Fe3(SO4)2(OH)65NH(4)是Ca2恰好沉淀完全時(shí)，c2(F)mol2L22.0105mol2L2，c(Mg2)c2(F)Ksp(MgF2)，因此會(huì)生成MgF2沉淀2解析：(1)根據(jù)原子守恒，配平MgH2和NaBO2合成硼氫化鈉的化學(xué)方程式：2MgH2NaBO2NaBH42MgO。(2)濾液最終提取出溶質(zhì)NaBO2，堿性條件下Mg2形成濾渣氫氧化鎂。(3)依題意，其中一種氣體為SO2，結(jié)合原子守恒以及Mg2水解的特性，可推測(cè)另一產(chǎn)物為HCl，反應(yīng)為SOCl2H2

11、O=SO22HCl，產(chǎn)生的氯化氫可抑制氯化鎂水解。(4)根據(jù)電池反應(yīng)可知，電池正極發(fā)生H2O2的還原反應(yīng)：H2O22e2H=2H2O。n(H)0.04 mol，由電極反應(yīng)式知，轉(zhuǎn)移1 mol電子消耗1 mol H，轉(zhuǎn)移0.038 mol電子時(shí)溶液中c(H)0.01 molL1，pH2。(5)1 mol(即38 g)NaBH4做還原劑時(shí)，H元素由1價(jià)被氧化為1價(jià)，失去8 mol電子，與4 mol(即8 g)H2做還原劑時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等，故NaBH4的“有效氫含量”為0.21。(6)該反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaBO22HCHO2CaONaBH42CaCO3，甲醛中的C為0價(jià)，被氧化為CaCO3中的4價(jià)

12、，CaCO3為氧化產(chǎn)物，甲醛中的H為1價(jià)，被還原為NaBH4中的1價(jià)，NaBH4為還原產(chǎn)物，故氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為21。答案：(1)2MgH2NaBO2NaBH42MgO(2)Mg2B2O5H2O2OH=2Mg(OH)22BO(3)提供HCl抑制MgCl2水解(4)H2O22e2H=2H2O2(5)0.21(6)213解析：(1)由含釩廢料成分和流程圖中物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系知，“焙燒”的目的是除去有機(jī)物雜質(zhì)，將V2O3氧化為V2O5。(2)“濾渣1”為SiO2，可用于制光導(dǎo)纖維、制玻璃、制硅膠等。(3)由流程中信息知，“調(diào)pH”的目的是將Al3和Cu2分別轉(zhuǎn)化為Al(OH)3、Cu(OH

13、)2沉淀，并使含釩離子主要以VO形式存在，常溫下，若“調(diào)pH”為7，溶液中c(OH)107molL1，c(Cu2)molL12.2106molL1105molL1，Cu2沉淀完全。(4)“沉錳”所用試劑為NH4HCO3，若溫度過(guò)低，反應(yīng)速率慢，NH4VO3可能提前結(jié)晶析出導(dǎo)致產(chǎn)率低；溫度過(guò)高，NH4HCO3分解導(dǎo)致原料利用率低。(5)由NH4VO3的溶解度數(shù)據(jù)知，洗滌NH4VO3晶體可用冷水。NH4VO3上可能附著NH、HCO、SO等，故證明NH4VO3已洗滌干凈的實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象為取少量最后一次洗滌液于潔凈的試管中，滴加BaCl2溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象，證明NH4VO3已洗滌干凈。(6)由NH4VO

14、3的組成和題給信息知，“煅燒”時(shí)生成的兩種能參與大氣循環(huán)的氣體為N2和H2O，“煅燒”時(shí)有O2參加反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NH4VO33O22V2O52N28H2O。答案：(1)除去有機(jī)物雜質(zhì)，將V2O3氧化為V2O5(2)制光導(dǎo)纖維、制玻璃、制硅膠(任寫(xiě)一種即可)(3)“調(diào)pH”為7，溶液中c(Cu2)molL12.2106molL1105molL1，Cu2沉淀完全(4)溫度過(guò)低，反應(yīng)速率慢，NH4VO3可能提前結(jié)晶析出導(dǎo)致產(chǎn)率低；溫度過(guò)高，NH4HCO3分解導(dǎo)致原料利用率低(5)冷水取少量最后一次洗滌液于潔凈的試管中，滴加BaCl2溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象，證明NH4VO3已洗滌干凈(6)4NH

15、4VO33O22V2O52N28H2O4解析：(1)根據(jù)題目要求，結(jié)合圖像在50 min時(shí)酸解率大于85%的氧化劑有KMnO4和KClO3，但KMnO4做氧化劑引入Mn2，對(duì)后續(xù)的物質(zhì)分離造成干擾，故選用KClO3做氧化劑。產(chǎn)物中的Fe3可以催化H2O2的分解，所以采用H2O2做氧化劑時(shí)效率低。(2)由題中信息可知Ti元素的化合價(jià)并沒(méi)有發(fā)生改變，該反應(yīng)為非氧化還原反應(yīng)，在酸性環(huán)境中，C、N元素的產(chǎn)物為CO2、NH，反應(yīng)的離子方程式是TiO2CO(NH2)22H2OTiO2CO22NH。由于Fe3開(kāi)始沉淀需要的溶液pH很小，直接通入NH3會(huì)使溶液pH快速增大，容易使Fe3沉淀，所以使用尿素而不直

16、接通入NH3。(3)由題中信息可知，制備CaTiO3為非氧化還原反應(yīng)，根據(jù)元素守恒，剩余產(chǎn)物為HCl、H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式是TiO2CaCl22H2OCaTiO32HClH2O。(4)根據(jù)Fe(OH)3的Ksp1.01039和溶液中c(Fe3)1.0105 molL1，溶液中OH的濃度為 molL11.01011 molL1，所以pH約為3。(5)氫氧化鐵為絮狀沉淀不易從溶液中分離，所以不采用加入氨水調(diào)節(jié)pH制得Fe(OH)3。答案：(1)KClO3在溫度較高時(shí)H2O2易分解(或產(chǎn)物中的Fe3可以催化H2O2的分解或H2O2氧化能力弱，其他答案合理也可)(2)TiO2CO(NH2)22H2

17、OTiO2CO22NH避免將溶液中的Fe3沉淀(3)TiO2CaCl22H2OCaTiO32HClH2O(4)3(5)Fe(OH)3絮狀沉淀不容易分離5解析：(1)濾渣A的主要成分是金、銀，金不溶于硝酸。(2)為了避免溶液局部酸性過(guò)強(qiáng)，應(yīng)緩慢加入稀硫酸，同時(shí)攪拌，并檢測(cè)溶液的pH。(3)二氧化碲類似SO2，與氫氧化鈉反應(yīng)生成亞碲酸鈉?！皦A浸”時(shí)加入NaOH溶液，“沉碲”時(shí)加入稀硫酸，故濾液B中所得副產(chǎn)品是Na2SO4。(4)從影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素角度考慮，即從增大接觸面積、升溫、增大濃度等角度分析?！八崛堋睍r(shí)用到鹽酸，溫度高，鹽酸揮發(fā)快。(5)二氧化硫是還原劑，還原四氯化碲生成碲、硫酸和鹽酸。答案：(1)加稀硝酸充分反應(yīng)，過(guò)濾、洗滌、干燥(2)緩慢加入稀硫酸，同時(shí)攪拌，并檢測(cè)溶液的pH(3)TeO22OH=TeOH2ONa2SO4(4)粉碎陽(yáng)極泥、加熱、增大氫氧化鈉溶液的濃度、攪拌等(任選兩條)溫度過(guò)高，加快鹽酸揮發(fā)，降低原料的利用率(5)TeCl42SO24H2O=Te2H2SO44HCl8