統(tǒng)考版2022高考化學二輪專題復習考前非選擇題適應性訓練5

訓練（五）（滿分：58分限時：40分鐘）非選擇題（包括必考題和選考題兩部分。第26～28題為必考題，每道題考生都必須作答。第35、36題為選考題，考生根據(jù)要求作答。）（一）必考題（共43分）26．（14分）某銅鈷礦石主要含有CoO（OH）、CoCO3、Cu2（OH）2CO3和SiO2，及一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。由該礦石制Co2O3的部分工藝流程如圖所示：回答下列問題：（1）“浸泡”過程中，鈷（Ⅲ）可轉化為CoSO4，寫出該轉化的化學方程式。（2）“除銅”若選用MnS，計算常溫下該“除銅”反應的平衡常數(shù)K＝。[保留2位有效數(shù)字；已知常溫下Ksp（MnS）＝2.5×10－13，Ksp（CuS）＝1.3×10－36]（3）①步驟Ⅰ中加入NaClO3反應的離子方程式為。②常溫下，溶液中金屬離子（Mn＋）的pM[pM＝－lgc（Mn＋）]隨溶液pH變化關系如圖所示，設加入NaClO3后，溶液中的c（Co2＋）為0.1mol·L－1，依據(jù)如圖分析，步驟Ⅰ中加入Na2CO3調(diào)整溶液pH范圍為。[當c（Mn＋）≤10－6mol·L－1，即認為該金屬離子沉淀完全]。（4）步驟Ⅱ中加入足量NaF的目的是。（5）過濾出的CoC2O4·2H2O固體經(jīng)洗滌后，證明固體已洗凈的操作為。（6）若某工廠用m1kg該銅鈷礦石制備了m2kgCo2O3，假設產(chǎn)率為a，則該礦石中鈷元素的百分含量為。27．（14分）硫酸鎳（NiSO4）是電鍍鎳工業(yè)所用的主要鎳鹽，易溶于水。下圖為某興趣小組設計的在實驗室中制備NiSO4·6H2O的裝置?；卮鹣铝袉栴}：（1）實驗室中配制濃H2SO4與濃HNO3混酸的操作為。（2）圖甲中儀器a的名稱為，有同學認為將儀器a換作圖乙中的儀器b效果更好，其理由為。（3）混酸與鎳粉反應時，除生成NiSO4外，還生成了NO2、NO和H2O等氧化物，若NO2與NO的物質的量之比為1∶1，則該反應的化學方程式為。從反應后的溶液中得到NiSO4·6H2O的操作有和過濾等。（4）該小組同學查閱資料發(fā)現(xiàn)用鎳粉與混酸制備NiSO4成本高，用冶鐵尾礦提取的草酸鎳（NiC2O4）與硫酸制取NiSO4 成本較低。反應原理為：NiC2O4eq\o(=,\s\up7(△))NiO＋CO↑＋CO2↑，NiO＋H2SO4=NiSO4＋H2O（已知PdCl2溶液能夠吸收CO）?，F(xiàn)加熱NiC2O4制備NiO，并檢驗生成的CO，可能用到的裝置如下：①各裝置的連接順序為：→→→f→→→。（填裝置標號，可重復使用）②能夠說明生成CO的現(xiàn)象有。③PdCl2溶液吸收CO時產(chǎn)生黑色金屬單質和CO2氣體，該反應其他產(chǎn)物的化學式為。（5）將NiSO4·6H2O制成電鍍液時往往加入少量稀硫酸，其目的是。28．（15分）生物浸出是用細菌等微生物從固體中浸出金屬離子，有速率快、浸出率高等特點。氧化亞鐵硫桿菌是一類在酸性環(huán)境中加速Fe2＋氧化的細菌，培養(yǎng)后能提供Fe3＋，控制反應條件可達細菌的最大活性，其生物浸礦機理如圖甲所示：（1）氧化亞鐵硫桿菌生物浸出ZnS礦。①反應2中有S單質生成，離子方程式是。②實驗表明溫度較高或酸性過強時金屬離子的浸出率均偏低，原因可能是。（2）氧化亞鐵硫桿菌生物浸出廢舊鋰離子電池中鈷酸鋰（LiCoO2）與上述浸出機理相似，發(fā)生反應1和反應3：LiCoO2＋3Fe3＋=Li＋＋Co2＋＋3Fe2＋＋O2↑①在酸性環(huán)境中，LiCoO2浸出Co2＋的總反應的離子方程式是。②研究表明氧化亞鐵硫桿菌存在時，Ag＋對鈷浸出率有影響，實驗研究Ag＋的作用。取LiCoO2粉末和氧化亞鐵硫桿菌溶液于錐形瓶中，分別加入不同濃度Ag＋的溶液，鈷浸出率和溶液pH隨時間變化曲線如圖乙、丙所示。圖乙：不同濃度Ag＋作用下鈷浸出率變化曲線圖丙：不同濃度Ag＋作用下溶液中pH變化曲線Ⅰ.由圖乙和其他實驗可知，Ag＋能催化浸出Co2＋，圖乙中的證據(jù)是Ｗ．Ⅱ.Ag＋是反應3的催化劑，催化過程可表示為：反應4：Ag＋＋LiCoO2=AgCoO2＋Li＋反應5：……反應5的離子方程式是。Ⅲ.由圖丙可知，第3天至第7天，加入Ag＋后的pH均比未加時大，結合反應解釋其原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________（二）選考題：共15分。請學生從給出的2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做第一題計分。35．[選修3：物質結構與性質]（15分）硼及其化合物在工業(yè)上有重要的用途，回答下列問題：（1）基態(tài)硼原子有個不同運動狀態(tài)的電子，其電子云輪廓圖為啞鈴形的電子有個，基態(tài)硼原子最高能級的電子排布式為。（2）BF3能與多種物質化合。①BF3的空間結構為，其分子的極性為。②氣態(tài)BF3與無水乙醚可化合生成，該產(chǎn)物中硼原子的雜化類型為，該產(chǎn)物熔點為－58℃，沸點為126～129℃，據(jù)此判斷該產(chǎn)物的晶體類型為。③BF3與NH3可形成“H3N—BF3”分子，其原因是____________________________________________________________________________________________________（3）硼原子和磷原子能形成原子晶體磷化硼，其密度為ρg·cm－3，晶胞如圖所示：①磷化硼的化學式為。②硼原子的配位數(shù)為。③其晶胞參數(shù)a＝pm（B的相對原子質量為10.8，P的相對原子質量為31，阿伏加德羅常數(shù)的值用NA表示）。36．[選修5：有機化學基礎]（15分）氯吡格雷（Clopidogrel）是一種用于抑制血小板聚集的藥物。以A為原料合成氯吡格雷的路線如圖所示：請回答下列問題：（1）A中含氧官能團的名稱為，C→D的反應類型是。（2）Y的結構簡式為，在一定條件下Y與BrCl（一氯化溴，與鹵素單質性質相似）按物質的量1∶1發(fā)生加成反應，生成的產(chǎn)物可能有種。（3）C分子間可在一定條件下反應生成含有3個六元環(huán)的產(chǎn)物，該反應的化學方程式為。（4）由E轉化為氯吡格雷時，生成的另一種產(chǎn)物的結構簡式為。（5）寫出A的所有同分異構體（芳香族化合物）的結構簡式：（只有一個環(huán)、不考慮立體異構）。（6）請結合題中信息寫出以為有機原料制備化合物的合成路線流程圖（無機試劑任選）。合成流程圖示例如下：CH2=CH2→CH3CH2Breq\o(→,\s\up7(NaOH溶液),\s\do5(△))CH3CH2OH訓練（五）26．解析：銅鈷礦石主要含有CoO（OH）、CoCO3、Cu2（OH）2CO3和SiO2，及一定量的Fe2O3、MgO和CaO等，由流程可知，加入過量稀硫酸和Na2SO3，可得Co2＋、Cu2＋、Fe2＋、Mg2＋、Ca2＋，加入的Na2SO3主要是將Co3＋、Fe3＋還原為Co2＋、Fe2＋，加MnS可沉銅，然后加入NaClO3將Fe2＋氧化為Fe3＋，加入Na2CO3調(diào)pH，可以使Fe3＋沉淀，過濾后所得濾液主要含有Co2＋、Mg2＋、Ca2＋，再用NaF溶液除去鈣、鎂離子，過濾后，向濾液中加入濃Na2CO3溶液轉為CoCO3固體，溶于鹽酸后加入草酸銨溶液得到草酸鈷晶體，煅燒后制得Co2O3。（1）“浸泡”過程中，鈷（Ⅲ）可轉化為CoSO4，該轉化的化學方程式為2CoO（OH）＋2H2SO4＋Na2SO3=2CoSO4＋Na2SO4＋3H2O。（2）“除銅”若選用MnS，發(fā)生MnS（s）＋Cu2＋（aq）?CuS（s）＋Mn2＋（aq），常溫下該“除銅”反應的平衡常數(shù)K＝eq\f(Ksp（MnS）,Ksp（CuS）)＝eq\f(2.5×10－13,1.3×10－36)＝1.9×1023。（3）①步驟I中加入NaClO3反應的離子方程式為6H＋＋6Fe2＋＋ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。②設加入NaClO3后，溶液中的c（Co2＋）為0.1mol·L－1，由題圖可知pH≥3時Fe3＋完全沉淀，使Co2＋不轉化為沉淀，pH<7.6即可，則步驟Ⅰ中加入Na2CO3調(diào)整溶液pH范圍為3≤pH＜7.6。（4）步驟Ⅱ中加入足量NaF的目的是除去鈣離子、鎂離子。（5）過濾出的CoC2O4·2H2O固體經(jīng)洗滌后，證明固體已洗凈的操作為取最后一次的洗滌液少量于試管中，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，證明洗滌干凈。（6）若某工廠用m1kg該銅鈷礦石制備了m2kgCo2O3，假設產(chǎn)率為a，設該礦石中鈷元素的百分含量為x，由原子守恒可知m1kg×x×a×eq\f(166,118)＝m2kg，解得x＝eq\f(5900m2,83am1)%。答案：（1）2CoO（OH）＋2H2SO4＋Na2SO3=2CoSO4＋Na2SO4＋3H2O（2）1.9×1023（3）①6H＋＋6Fe2＋＋ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O②3≤pH＜7.6（4）除去鈣、鎂離子（5）取最后一次的洗滌液少量于試管中，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，無白色沉淀產(chǎn)生，證明洗滌干凈（6）eq\f(5900m2,83am1)%27．解析：（1）實驗室中液體混合時，應該將密度大的液體倒入密度小的液體中，濃H2SO4密度大，且稀釋時放出大量的熱，所以要將濃H2SO4沿器壁緩慢倒入濃HNO3中，并不斷攪拌。（2）儀器a為分液漏斗；圖乙所示儀器為恒壓漏斗，恒壓漏斗的玻璃側管連通漏斗和圓底燒瓶，可以平衡漏斗與圓底燒瓶內(nèi)的壓強，便于液體順利流下。（3）根據(jù)信息，NO2與NO的物質的量之比為1∶1，均設為1mol，則HNO3共得4mol電子，1mol鎳失去2mol電子，則需要2molNi，配平可得：2Ni＋2H2SO4＋2HNO3=2NiSO4＋NO2↑＋NO↑＋3H2O；從溶液中得到結晶水合物需要將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等。（4）①、②：先用b裝置加熱NiC2O4使其分解，然后用c裝置除去CO2，用e裝置檢驗CO2是否除盡，若已除盡，則e中石灰水不變渾濁，然后用f裝置干燥CO，再用干燥的CO在a裝置中還原CuO，黑色固體變紅，產(chǎn)生的CO2使e裝置中的石灰水變渾濁，最后用d裝置中的PdCl2溶液吸收CO。③根據(jù)信息，反應的方程式為：CO＋PdCl2＋H2O=2HCl＋Pd↓＋CO2，則另一種產(chǎn)物為HCl。（5）Ni2＋易水解，抑制Ni2＋水解時不能引入雜質，所以用稀硫酸抑制NiSO4水解。答案：（1）將濃H2SO4沿器壁緩慢倒入濃HNO3中，并不斷攪拌（2）分液漏斗圖乙中儀器的玻璃側管可以平衡漏斗與圓底燒瓶內(nèi)的壓強，便于液體順利流下（3）2Ni＋2H2SO4＋2HNO3=2NiSO4＋NO2↑＋NO↑＋3H2O蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶（4）①b→c→e→f→a→e→d②a中固體變紅，a前的e中石灰水不變渾濁，a后的e中石灰水變渾濁③HCl（5）抑制Ni2＋水解28．解析：（1）①根據(jù)題目信息：氧化亞鐵硫桿菌生物浸出ZnS礦過程中，鐵離子轉化為亞鐵離子，礦物中的金屬離子游離出來并產(chǎn)生硫單質，離子方程式為2Fe3＋＋ZnS=2Fe2＋＋S＋Zn2＋；②當溶液的酸性較強或是溫度偏高時，會導致細菌的活性降低或者失去活性，因此金屬離子的浸出率均偏低；（2）①在酸性條件下，發(fā)生氧化還原反應生成Co2＋，說明LiCoO2具有強氧化性，LiCoO2浸出Co2＋的總反應的離子方程式是4LiCoO2＋12H＋eq\o(=,\s\up7(細菌))4Co2＋＋O2↑＋4Li＋＋6H2O；②Ⅰ.由圖乙可以看出加入銀離子明顯提高了單位時間內(nèi)鈷浸出率，即提高了鈷離子的浸出速率；Ⅱ.Ag＋是反應3的催化劑，催化過程中反應4：Ag＋＋LiCoO2=AgCoO2＋Li＋，可以知道反應5是產(chǎn)生銀離子的反應：AgCoO2＋3Fe3＋=Ag＋＋Co2＋＋3Fe2＋＋O2↑；Ⅲ.加入Ag＋后，Ag＋是反應3的催化劑，使得LiCoO2浸出的總反應的反應速率加快，相同時間內(nèi)消耗氫離子增多，所以加入Ag＋后的pH均比未加時大。答案：（1）2Fe3＋＋ZnS=2Fe2＋＋S＋Zn2＋②溫度較高或酸性過強時，會導致細菌的活性降低或者失去活性，金屬離子的浸出率均偏低（2）①4LiCoO2＋12H＋eq\o(=,\s\up7(細菌))4Co2＋＋O2↑＋4Li＋＋6H2O②Ⅰ.加入銀離子明顯提高了單位時間內(nèi)鈷浸出率，即提高了鈷離子的浸出速率Ⅱ.AgCoO2＋3Fe3＋=Ag＋＋Co2＋＋3Fe2＋＋O2↑Ⅲ.加入銀離子催化了反應3，使得LiCoO2浸出的總反應的反應速率加快，相同時間內(nèi)消耗氫離子增多，所以加入Ag＋后的pH均比未加時大35．解析：（1）B位于周期表中第二周期第ⅢA族，基態(tài)B原子的核外電子排布為1s22s22p1，有5個不同運動狀態(tài)的電子；電子云輪廓圖為啞鈴形的為p軌道，電子有1個；基態(tài)硼原子最高能級的電子排布式為2p1。（2）①對于BF3，根據(jù)VSEPR理論，價層電子對數(shù)，＝3＋eq\f(3－1×3,2)＝3，所以其空間構型為平面三角形，分子中正負電荷中心重合，可判斷分子為非極性分子。②根據(jù)分子結構，B已經(jīng)達到8電子結構，則其價電子對數(shù)為4，所以該產(chǎn)物中硼原子的雜化類型為sp3雜化；根據(jù)產(chǎn)物的熔沸點較低，且分子中只有非金屬元素，可以判斷該產(chǎn)物屬于分子晶體。③BF3與NH3可形成“H3N—BF3”分子，是由于B存在空軌道，N存在孤電子對，二者形成配位鍵。（3）①晶胞中，頂點粒子占eq\f(1,8)，面心粒子占eq\f(1,2)，內(nèi)部粒子為整個晶胞所有，所以一個晶胞中，含有B的數(shù)目為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，含有P的數(shù)目為4，所以化學式為BP。②P和B原子個數(shù)之比為1∶1，B周圍等距且最近的P原子數(shù)為4，所以B的配位數(shù)為4。③取1mol晶胞，則有NA個晶胞，質量為m＝（4×41.8）g，設晶胞邊長為a，則密度為ρg·cm－3＝eq\f(m,V)＝eq\f(4×41.8g,NAmol－1×a3)，所以a＝eq\r(3,\f(4×41.8,ρNA))cm＝eq\r(3,\f(4×41.8,ρNA))×1010pm。答案：（1）512p1（2）①平面三角形非極性分子②sp3分子晶體③硼原子有空的原子軌道，NH3分子氮原子上有孤電子對，二者可以以配位鍵相結合