发布时间 : 星期日 文章(京津鲁琼版)2020版新高考化学三轮复习 非选择题专项练(三)(含解析)更新完毕开始阅读
________________________________________________________________________(无机试剂任选)。
非选择题专项练(三)
1．解析：硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、黄铁矿(FexS)、晶质铀矿(UO2)，“酸浸”时，加入的硫酸与MgBO2(OH)发生反应生成H3BO3，少量铁精矿(Fe3O4、FexS)因形成“腐蚀电池”而溶解，反应生成Fe，NaClO3可将UO2转化为UO2，同时也将Fe氧化为Fe，滤液中有H3BO3、Fe、UO2、H、Mg、SO4。“除铁净化”时，向滤液中加入MgO或Mg(OH)2调节溶液pH至4～5，使溶液中Fe、UO2分别转化为Fe(OH)3和UO2(OH)2沉淀而除去。最后将“除铁净化”后的滤液进行蒸发浓缩，加入固体MgCl2，可促进MgSO4·H2O晶体的析出，趁热过滤即可将MgSO4·H2O和H3BO3分离。(1)“酸浸”时，MgBO2(OH)与硫酸发生反应生成H3BO3，化学方程式为MgBO2(OH)＋H2SO4===MgSO4＋H3BO3。ClO3可将UO2转化为UO2，自身被还原为Cl，离子方程式为ClO3＋3UO2＋6H===Cl＋3UO2＋3H2O。
(2)“除铁净化”时，需加入一种物质通过中和部分酸，调节溶液pH至4～5，从而使溶液中Fe沉淀，为了不引入杂质离子，该物质为MgO或Mg(OH)2。同时UO2在pH为4～5的溶液中生成UO2 (OH)2沉淀，故滤渣为Fe(OH)3和UO2 (OH)2。
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，增大了Mg浓度，有利于析出MgSO4·H2O。 (4)“酸浸”时，FexS在“腐蚀电池”的负极上发生氧化反应生成Fe和S，电极反应式为FexS－2xe===xFe＋S。
11
621150m2
(5)m2 kg H3BO3中B的质量为m2× kg，则产率为×100%＝×100%。
62m1×111m1
－
2＋
2＋
2＋
3＋
2＋
－
－
＋
－
2＋
－
2＋
3＋
2＋
3＋
3＋
2＋
＋
2＋
2－
2＋
2＋
2＋
m2×
答案：(1)MgBO2(OH)＋H2SO4===MgSO4＋H3BO3 3UO2＋6H＋ClO3===3UO2＋3H2O＋Cl (2)MgO[或Mg(OH)2] Fe(OH)3、UO2(OH)2 (3)增大Mg浓度，有利于析出MgSO4·H2O (4)FexS－2xe===xFe＋S 50m2
(5)×100% 31m1
2．解析：(1)由装置图可知装置B为球形干燥管；a处不断通入空气的目的是提供硫铁矿反应所需的氧气，同时使反应生成的二氧化硫全部转移到装置D中被完全吸收。(2)可以根据装置A中产生气泡的多少来控制气流的速度。(3)①装置D中含有过量的NaOH溶液，通入SO2发生反应：2NaOH＋SO2===Na2SO3＋H2O，再通入过量的氯气，发生反应：Na2SO3＋Cl2＋H2O===Na2SO4＋2HCl，HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，2NaOH＋Cl2===NaCl＋H2O＋NaClO，故操作Ⅰ所得溶液中所含的溶质有Na2SO4、NaCl、NaClO。②可通过检验最后一次洗涤液中是否含有Cl来检验固体是否洗净，方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸银溶液和稀硝酸，有白色沉淀生
－
－
2＋
2＋＋
－
2＋
－
成则没有洗净，否则洗净。③根据硫原子守恒可知，该硫铁矿中硫元素的质量为
×32 g＝233
m2
32m232m232m2
g，该硫铁矿中硫元素的质量分数为 g÷m1 g×100%＝×100%。(4)验证煅烧后233233233m1的熔渣中存在FeO，即需要验证Fe，可以先加入盐酸或稀硫酸，再加入铁氰化钾溶液，也可以先加入稀硫酸，再加入高锰酸钾溶液。
答案：(1)干燥管(或球形干燥管) 提供氧气(使硫铁矿充分燃烧)，同时使煅烧生成的SO2
气体完全被装置D中NaOH溶液吸收
(2)控制通入的空气气流，使之平稳
(3)①Na2SO4、NaCl、NaClO ②取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入少量硝酸酸化的AgNO3
32m2溶液，若无白色沉淀生成，说明已经洗净 ③×100%
233m1
(4)稀硫酸、KMnO4溶液(或稀盐酸、铁氰化钾溶液或稀硫酸、铁氰化钾溶液)
3．解析：(1)根据盖斯定律，由①－②－③×2得C(s)＋2H2O(g)===CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2－2ΔH3。(2)①由碳和水蒸气反应生成CO2和H2可知，生成的CO2和H2的物质的量之比为1∶2，而CO2和H2反应生成甲醇和水时，CO2和H2的物质的量之比为1∶3，故此生产过程中H2的转化率大；该反应为气体分子数减小的放热反应，增大压强，反应速率增大，平衡正向移动，甲醇的产率提高；增大二氧化碳和氢气的浓度也能使反应速率加快，同时提高甲醇的产率。②由题图可知，平衡时CO2的浓度为0.25 mol·L，CH3OH(g)的浓度为0.75 mol·L
－1
－1
2＋
，则H2的浓度为0.75 mol·L，水蒸气的浓度为0.75 mol·L，故平衡常数为K＝
－1－1
0.75×0.75
(3)①由题给条件可知，如果反应Ⅰ和Ⅱ都是在恒温恒容条件下进行，3≈5.33。
0.25×（0.75）
则达到的平衡是等效平衡，由于该反应的正反应为放热反应，且反应Ⅱ在绝热恒容条件下进行，故反应达平衡时，反应Ⅱ的温度小于T1 ℃，故平衡常数K(Ⅰ) 度c(Ⅰ) 3＝ 0.5 mol－1－1 ＝0.025 mol·L·min；由题表中数据知，20 min时该反应已经达到平衡， 2 L×10 min 30 min时向容器中再加入1 mol CO2和1 mol水蒸气，反应物和生成物改变的浓度相同，且CO2和H2O的系数之比为1∶1，故平衡不移动。 答案：(1)ΔH1－ΔH2－2ΔH3 (2)①后者大 增大压强(或增大CO2和H2的浓度) ②5.33 (3)①< < ②0.025 mol·L·min 不 4．解析：(1)基态铬原子的核外有24个电子，核外电子排布式为[Ar]3d4s；3d4s都是未成对电子，所以未成对电子数是6。(2)同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，所以Ge、Ga、As的第一电离能从大到小的顺序为As>Ge>Ga；非金属性越强，电负性越大，所以Zn、 5 1 5 1 －1 －1 5＋3 Ge、As电负性从大到小的顺序为As>Ge>Zn。(3)氮原子的价电子对数为＝4，所以氮原子 2的杂化轨道类型为sp；单键为σ键，双键中一个是σ键、一个是π键，所以吡咯分子中σ键与π键的数目之比为10∶2＝5∶1。(5)①根据氧化亚铜的熔点为1 235 ℃，比原子晶体低，比分子晶体高，故氧化亚铜属于离子晶体；②根据“均摊法”，晶胞中亚铜离子数是4，1－1 氧离子数是8×＋1＝2，所以晶胞的摩尔质量是288 g·mol，a＝425.8 pm，晶胞的体积为 8 －17 m288 g·mol288×10－3 425.8×10 cm，ρ＝＝3－30323－1＝3 g·cm。 V425.8×10 cm×6.02×10 mol6.02×425.8 3 －30 3 3 答案：(1)[Ar]3d4s 6 (2)As>Ge>Ga As>Ge>Zn (3)sp 5∶1 (4)它们都是具有正四面体形空间网状结构的原子晶体，原子结合力为共价键，由于键长C—C 288×10 (5)①离子 ②3 6.02×425.8 7 3 51 5．解析：由A和C的结构简式可知B为；由C和E的结构简式可推出D 为。(1)由F的结构简式可知其官能团为羧基和硝基。(2)D的结构简式为 。(3)反应①为取代反应，反应②为取代反应(或水解反应)，反应③为氧化 反应，反应④为氧化反应，反应⑤为取代反应(或硝化反应)，反应⑥为还原反应，反应⑦为取代反应。(5)由题意知，X的酸性水解产物遇FeCl3溶液显紫色，说明X在酸性条件下水解后产物中含有酚羟基，结合其分子式为C8H8O2可知，符合条件的同分异构体结构简式分别为 苯先氧化 成苯甲酸，苯甲酸发生硝化反应后进行还原反应，使硝基变为氨基，得到的物质间反应形成肽键即得目标产物： 答案：(1)羧基、硝基