2020版高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)6道主觀大題組合練（一）（含解析）

1、學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精6道主觀大題組合練(一)16以硫鐵礦燒渣（主要成分fe2o3、sio2，少量的fe3o4、al2o3、mgo）生產(chǎn)安全高效的水處理劑高鐵酸鉀(k2feo4)的工藝流程如下：已知：feo在強(qiáng)堿性溶液中穩(wěn)定,但在fe(oh)3催化作用下會(huì)發(fā)生分解。(1）“酸浸”時(shí)加入硫酸的量不宜過(guò)多的原因是_。(2)“氧化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)。(3)在控制其他條件不變的情況下，探究保持fe2（so4）3和naoh總質(zhì)量不變，改變其質(zhì)量比對(duì)k2feo4產(chǎn)率的影響，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖所示，當(dāng)質(zhì)量比大于0.55時(shí)k2feo4的產(chǎn)率下降的原因可能是_.（4） “過(guò)濾2產(chǎn)生的濾渣的主要成分為_(kāi)(

2、填化學(xué)式）,“過(guò)濾3所得濾液中含有的陰離子有oh、cl、so、_、_(填化學(xué)式)。（5)k2feo4可將水中的h2s氧化為硫酸鹽，同時(shí)k2feo4被還原為fe（oh）3,則反應(yīng)時(shí)k2feo4與h2s的物質(zhì)的量之比為_(kāi)。解析：硫鐵礦燒渣中加入稀硫酸、過(guò)氧化氫，濾渣為二氧化硅，濾液中含有鐵離子、鋁離子、硫酸根離子和鎂離子，加入次氯酸鈉溶液和氫氧化鈉溶液，混合發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成高鐵酸鈉、氯化鈉和水，過(guò)濾除去氫氧化鎂,濾液中加入飽和氫氧化鉀溶液實(shí)現(xiàn)高鐵酸鈉轉(zhuǎn)化為高鐵酸鉀沉淀，冷卻結(jié)晶過(guò)濾得到高鐵酸鉀固體,濾液中含有的陰離子有oh、cl、so、feo、alo,上述工藝得到的高鐵酸鉀常含有雜質(zhì),可用重結(jié)

3、晶法提純.（1）為避免后續(xù)反應(yīng)消耗較多的氫氧化鈉，則“酸浸時(shí)加入硫酸的量不宜過(guò)多。（2）“氧化時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2fe33clo10oh=2feo3cl5h2o。(3)題給信息中feo在強(qiáng)堿性溶液中穩(wěn)定,但在fe（oh）3催化作用下會(huì)發(fā)生分解，由圖像可知，當(dāng)質(zhì)量比大于0.55時(shí)，過(guò)多的fe3與naoh反應(yīng)生成fe(oh）3，fe(oh）3可以加速k2feo4的分解，從而使k2feo4的產(chǎn)率下降。(4）濾渣2含有氫氧化鎂，“過(guò)濾3所得濾液中含有的陰離子有oh、cl、so2、feo2、alo。（5)反應(yīng)中fe元素化合價(jià)由6價(jià)降低為3價(jià)，s元素化合價(jià)由2價(jià)升高為6價(jià)，根據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等可得

4、，k2feo4與h2s的物質(zhì)的量之比為83。答案：(1）可以減少“氧化”步驟中naoh的用量（2）2fe33clo10oh=2feo3cl5h2o(3）當(dāng)硫酸鐵跟氫氧化鈉的質(zhì)量比增大到一定程度時(shí)，過(guò)多的fe3與naoh反應(yīng)生成fe(oh)3,fe(oh)3可以加速k2feo4的分解，從而使k2feo4的產(chǎn)率下降（4)mg（oh)2feoalo(5) 8317以化合物a為原料合成化合物m的線路如圖所示。(1）寫出化合物b中含氧官能團(tuán)的名稱為_(kāi)。（2）的反應(yīng)類型為_(kāi)。(3）寫出同時(shí)滿足下列條件的e的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_。能與fecl3發(fā)生顯色反應(yīng)；分子中有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫.（4)e與y反

5、應(yīng)生成m同時(shí)還生成甲醇,寫出y （c5h8o4）的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_.答案:(1）羥基、醚鍵(2）取代反應(yīng)（4）ch3oocch2cooch3(5）18工廠化驗(yàn)員檢驗(yàn)?zāi)澈衚bro3、kbr及惰性物的樣品?；?yàn)員稱取了該固體樣品1.000 g，加水溶解后配成100 ml溶液x.。取25.00 ml溶液x，加入稀硫酸,然后用na2so3將bro還原為br；。去除過(guò)量的so后調(diào)至中性；.加入k2cro4作指示劑，用0.100 0 moll1agno3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；.另取25。00 ml溶液x，酸化后加熱，再用堿液調(diào)至中性，測(cè)定剩余br，消耗上述agno3標(biāo)

6、準(zhǔn)溶液3。75 ml.已知：25 時(shí)，ag2cro4（磚紅色)的ksp1。121012,agbr（淺黃色)的ksp5.01015；中酸化時(shí)發(fā)生反應(yīng)：bro5br6h= 3br23h2o請(qǐng)回答:(1）步驟中，反應(yīng)的離子方程式為_(kāi).（2)步驟中,滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為_(kāi)。(3)步驟中，加熱的目的是_.(4)計(jì)算試樣中kbro3質(zhì)量分?jǐn)?shù)。(寫出計(jì)算過(guò)程,結(jié)果保留3位有效數(shù)字）解析:（1)步驟中，“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)升降守恒和原子守恒配平，其反應(yīng)的離子方程式為3so bro=br3so .（2)步

7、驟中，待測(cè)溶液中的br與標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)：agbr=agbr，生成淺黃色沉淀，當(dāng)br耗盡，再多一滴agno3標(biāo)準(zhǔn)溶液即發(fā)生2agcro =ag2cro4，產(chǎn)生磚紅色沉淀且半分鐘內(nèi)紅色不褪色，即表示達(dá)到滴定終點(diǎn).(3）步驟中，酸化時(shí)使kbro3與kbr反應(yīng)：bro5br6h=3br23h2o，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)加熱讓溶液中溶解的br2揮發(fā)而除去.（4)根據(jù)反應(yīng)方程式agbr=agbr，25。00 ml溶液x中kbro3和kbr中的溴元素總物質(zhì)的量n(br)總n（agno3)0。100 0 moll111。25103 l1.125103 mol,即n(bro)

8、n(br)n（br）總1.125103 mol。由步驟可知,第二次取25.00 ml樣品溶液加酸反應(yīng)完全后剩余br的物質(zhì)的量n（br)余0。100 0 moll1 3。75103 l3.75104 mol。由反應(yīng)方程式bro5br6h= 3br23h2o可知,其中bro與參加反應(yīng)的br的物質(zhì)的量之比為15，所以25.00 ml溶液x中含bro的物質(zhì)的量n（bro)n（br)總n（br)余（1.125103 mol3.75104 mol)1.25104 mol.由1 g樣品配成100 ml溶液，且每次實(shí)驗(yàn)取的是25 ml，所以試樣中kbro3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w(kbro3)100%8.35。答案：（1

9、）3sobro=br3so(2)當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蝍gno3溶液時(shí)，產(chǎn)生磚紅色沉淀，且半分鐘內(nèi)，紅色不褪色（3）除去溶解在溶液中的br2（或使br2揮發(fā))(4)w(kbro3)8.35%第一次所取25.00 ml溶液中：n(br)總n（agbr）0。100 0 moll111。25103 l1。125103 mol所以,n(bro）n（br)n(br）總1。125103 mol 第二次所取25。00 ml溶液，加酸反應(yīng)后：n（br)余0。100 0 moll1 3.75103 l3.75104 mol由步驟可知:bro5br所以,n（bro)n（br)總n(br)余(1.125103 mol3。7

10、5104 mol）1。25104 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以so2、軟錳礦（主要成分為mno2,含少量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:如圖1所示裝置，將so2通入裝置b中的軟錳礦漿液中（mno2so2=mnso4）。步驟：充分反應(yīng)后，在不斷攪拌下依次向三頸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: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

11、制在90100 ，適宜的加熱方式是_。（3)裝置c的作用是_。(4）“步驟”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fe2fe3al3mn2開(kāi)始沉淀ph7.041。873。327.56沉淀完全ph9.183。274.910。2(5)已知:用空氣氧化mn（oh)2濁液可制備mn3o46mn（oh）2o22mn3o46h2o,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：反應(yīng)溫度超過(guò)80 時(shí),mn3o4產(chǎn)率開(kāi)始降低。mn（oh)2是白色沉淀，mn

12、3o4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：_，真空干燥6小時(shí)得產(chǎn)品mn3o4。解析：(1)實(shí)驗(yàn)室用na2so3 和 h2so4反應(yīng)制取so2，反應(yīng)方程式為na2so3h2so4=na2so4so2h2o。（2）水浴加熱的優(yōu)點(diǎn)是能均勻受熱，便于控制溫度，因此反應(yīng)適宜的加熱方式為用90100 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,便于沉淀除去;用mnco3調(diào)節(jié)溶液ph時(shí)，需

13、調(diào)節(jié)溶液ph范圍為4.9ph7。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6080 ，ph在89。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6080 ,用氨水調(diào)節(jié)溶液ph并維持在89，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，在上層清液中再滴加氨水至無(wú)沉淀,過(guò)濾，用去離子水洗滌沉淀直至過(guò)濾液中檢驗(yàn)不出so，真空干燥6小時(shí)得產(chǎn)品mn3o4。答案：（1)na2so3

14、h2so4=na2so4so2h2o(2）用90100 的水浴加熱（3）吸收未反應(yīng)的so2(4）將fe2氧化為fe34.9ph7。56(5)將濾液加熱并保溫在6080 ，用氨水調(diào)節(jié)溶液ph并維持在89，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，在上層清液中再滴加氨水至無(wú)沉淀,過(guò)濾，用去離子水洗滌沉淀直至過(guò)濾液中檢驗(yàn)不出so20鐵炭混合物(鐵屑和活性炭的混合物)、納米鐵粉均可用于處理水中污染物.（1）鐵炭混合物在水溶液中可形成許多微電池.將含有cr2o的酸性廢水通過(guò)鐵炭混合物，在微電池正極上cr2o轉(zhuǎn)化為cr3，其電極反應(yīng)式為_(kāi)。（2)在相同條件下,測(cè)量總質(zhì)量相同、鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)

15、不同的鐵炭混合物對(duì)水中cu2和pb2的去除率，結(jié)果如下圖所示。當(dāng)鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0時(shí)，也能去除水中少量的cu2和pb2，其原因是_。當(dāng)鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于50時(shí),隨著鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的增加,cu2和pb2的去除率不升反降，其主要原因是_.（3)納米鐵粉可用于處理地下水中的污染物。一定條件下,向feso4溶液中滴加堿性nabh4溶液,溶液中bh（b元素的化合價(jià)為3)與fe2反應(yīng)生成納米鐵粉、h2和b（oh）,其離子方程式為_(kāi).納米鐵粉與水中no反應(yīng)的離子方程式為4feno10h=4fe2nh3h2o研究發(fā)現(xiàn)，若ph偏低將會(huì)導(dǎo)致no的去除率下降，其原因是_。相同條件下，納米鐵粉去除不

16、同水樣中no的速率有較大差異(見(jiàn)下圖)，產(chǎn)生該差異的可能原因是_。解析：(1）由題意知,正極上cr2o得電子生成cr3，其電極反應(yīng)式為cr2o6e14h=2cr37h2o.(2）活性炭具有較大的表面積,吸附性很強(qiáng)，能吸附廢水中少量的cu2和pb2。鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增加，形成鐵炭微電池的數(shù)量減少，從而降低了反應(yīng)效果，導(dǎo)致cu2和pb2的去除率降低。（3）因bh中b元素的化合價(jià)為3，則bh中h元素的化合價(jià)為1。根據(jù)題中信息和電子守恒規(guī)律可寫出該反應(yīng)的離子方程式：2fe2bh4oh=2fe2h2b（oh)。ph偏低,即溶液的酸性增強(qiáng),則易發(fā)生副反應(yīng)：fe2h=fe2h2，導(dǎo)致no的去除率降低。水樣和相比

17、較,水樣中含有cu2.由題圖可知，相同條件下水樣的no去除速率明顯比水樣快，可能是fe與cu2反應(yīng):fecu2=fe2cu，析出的cu與fe在溶液中構(gòu)成原電池，加快了fe與no的反應(yīng),也可能是析出的cu或原廢水中的cu2催化了fe與no的反應(yīng).答案：(1）cr2o6e14h=2cr37h2o（2）活性炭對(duì)cu2和pb2有吸附作用鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增加，鐵炭混合物中微電池?cái)?shù)目減少(3）2fe2bh4oh=2fe2h2b(oh）納米鐵粉與h反應(yīng)生成h2cu或cu2催化納米鐵粉去除no的反應(yīng)（或形成的fecu原電池增大納米鐵粉去除no的反應(yīng)速率)21。金屬原子簇類化合物與金屬原子表面性質(zhì)相似,具有良好的催

18、化活性等功能，第一個(gè)金屬原子簇類配位化合物結(jié)構(gòu)如圖1。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)寫出氮原子雜化方式_。（4)上述原子簇類配合物，中心原子鐵的配位原子是_。(5)配合物fe(co)5的熔點(diǎn)20 ,沸點(diǎn)103 ?？捎糜谥苽浼冭F.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_。afe(co)5是非極性分子，co是極性分子bfe（co)5中fe原子以sp3雜化方式與co成鍵c1 mol fe（co）5含有10 mol配位鍵dfe(co)5=fe5co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周期第族，fe3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a族和第a族元素反常,則三種元素原子第一電離能由大到小順序?yàn)閚os，對(duì)于socl2，其等電子體為so，二者結(jié)構(gòu)相似，根據(jù)vsepr理論，價(jià)電子對(duì)數(shù)為34，則其空間構(gòu)型為三角錐形。