2022屆高考化學(xué)人教版二輪專題復(fù)習(xí)訓(xùn)練-綜合大題規(guī)范練(二)

綜合大題規(guī)范練(二)必做題26．鈦用途廣泛，焦磷酸鎂(Mg2P2O7)不溶于水，是牙膏、牙粉的穩(wěn)定劑。一種以含鈦廢料(主要成分為TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)為原料，分離提純TiO2并制取少量焦磷酸鎂的工藝流程如圖：已知：TiO2不與堿反應(yīng)，與酸反應(yīng)后以TiO2＋的形式存在?；卮鹣铝袉栴}：(1)“堿浸”和“酸浸”操作的目的是_____________________________________________。(2)適當(dāng)升高溫度可有效提高鈦的浸出率，工業(yè)上“酸浸”時(shí)，溫度選擇40℃而不選擇更高溫度的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)“反應(yīng)”步驟中加入適量鐵粉，加入鐵粉的目的為_________________________；濾渣2的主要成分為_______________________________________(填化學(xué)式)。(4)“氧化”時(shí)S2Oeq\o\al(2－,8)轉(zhuǎn)化為SOeq\o\al(2－,4)的離子方程式為___________________________________________________________________________________________________________。(5)離子濃度≤1.0×10－5mol·L－1時(shí)表示該離子沉淀完全。常溫下，為了使Fe3＋沉淀完全，調(diào)節(jié)pH的最小值為________________(已知：Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10－38，lg2＝0.3)。(6)向?yàn)V液Ⅲ中加入Na4P2O7溶液生成焦磷酸鎂(Mg2P2O7)的化學(xué)方程式為______________________________________________________________________________________________。答案(1)除去Al2O3、Cu，使TiO2生成TiO2＋(2)防止TiO2＋水解，減少損失(3)將Fe3＋還原成Fe2＋FeSO4·7H2O(4)S2Oeq\o\al(2－,8)＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)(5)3.3(6)Na4P2O7＋2MgSO4=Mg2P2O7↓＋2Na2SO4解析以含鈦廢料(主要成分為TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)為原料，分離提純TiO2并制取少量焦磷酸鎂。由于原料中除主要含有TiO2外還含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3，所以堿浸是為了除去能與堿反應(yīng)的Al2O3，然后過濾，向?yàn)V渣中加入過量的稀硫酸除去不與酸反應(yīng)的Cu，再次過濾，向?yàn)V液中加鐵粉，將鐵離子還原成亞鐵離子。然后冷卻結(jié)晶時(shí)亞鐵離子生成七水硫酸亞鐵晶體析出從而除去大部分亞鐵離子；然后過濾，將濾液加熱水解生成TiO(OH)2，過濾得到TiO(OH)2固體和主要含硫酸鎂以及少量硫酸亞鐵的溶液；煅燒TiO(OH)2得TiO2；將濾液氧化后調(diào)pH使鐵離子生成氫氧化鐵而被除去，然后過濾，向?yàn)V液中加焦磷酸鈉溶液得到焦磷酸鎂，據(jù)此分析可得。(1)“堿浸”的目的是除去能與堿反應(yīng)的Al2O3，“酸浸”的目的是除去不與酸反應(yīng)的Cu，并使TiO2以TiO2＋形式存在，同時(shí)產(chǎn)生Fe2＋、Fe3＋以及Mg2＋。(3)“酸浸”后溶液中存在的離子有Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、TiO2＋以及SOeq\o\al(2－,4)，所以加鐵粉是為了將Fe3＋還原成Fe2＋，便于冷卻結(jié)晶生成FeSO4·7H2O晶體而析出，所以濾渣2的主要成分為FeSO4·7H2O。(5)當(dāng)c(Fe3＋)≤1.0×10－5mol·L－1時(shí)表示該離子沉淀完全。由Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10－38，可知Fe3＋恰好完全沉淀時(shí)c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp,cFe3＋))＝eq\r(3,\f(8.0×10－38,1×10－5))mol·L－1＝2×10－11mol·L－1，則pH＝3.3。27．海洋是人類未來賴以生存和發(fā)展的資源寶庫，合理開發(fā)和有效利用應(yīng)得到重視。如從海藻灰中可得到NaI溶液。(1)以NaI溶液為原料，經(jīng)過一系列變化和操作，可得到粗碘，進(jìn)一步提純粗碘時(shí)，不需要的儀器有____________________________________(填字母)。(2)某學(xué)習(xí)小組以空氣氧化NaI溶液為研究對(duì)象，探究溶液的酸堿性對(duì)反應(yīng)的影響。實(shí)驗(yàn)編號(hào)pH＝a現(xiàn)象Ⅰ34分鐘左右，溶液呈黃色Ⅱ760分鐘左右，溶液呈淺黃色Ⅲ810小時(shí)后，溶液呈很淺的黃色Ⅳ1010小時(shí)后，溶液顏色無明顯變化①用CCl4萃取反應(yīng)后Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的溶液，萃取后下層CCl4均為無色，取萃取后的上層溶液，用淀粉檢驗(yàn)：Ⅰ、Ⅱ的溶液變藍(lán)色；Ⅲ的溶液藍(lán)色不明顯；Ⅳ的溶液未變藍(lán)。i．寫出實(shí)驗(yàn)Ⅰ中反應(yīng)的離子方程式：________________________________________________。ii.查閱資料：I2易溶于NaI溶液。下列實(shí)驗(yàn)證實(shí)了該結(jié)論并解釋Ⅰ、Ⅱ的萃取現(xiàn)象：用CCl4萃取Ⅰ、Ⅱ反應(yīng)后的溶液，萃取后下層CCl4顏色均無色的原因是________________________________________________________________________________________。－=IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋3H2O，pH越大，歧化速率越快。某同學(xué)利用原電池原理設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證實(shí)：pH＝10的條件下實(shí)驗(yàn)Ⅳ確實(shí)可以發(fā)生I－能被O2氧化為I2的反應(yīng)，如圖所示：據(jù)此分析，試劑1是____________；試劑2是____________________________________。實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：電流表指針偏轉(zhuǎn)，左側(cè)電極附近溶液變藍(lán)(t＜30min)。③綜合實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象。說明I－被空氣氧化的影響因素及對(duì)應(yīng)關(guān)系為_______________________________________________________________________________________________。(3)測定NaI溶液中I－含量。量取25.00mLNaI溶液于250mL錐形瓶中，分別加入少量稀H2SO4和稍過量的NH4Fe(SO4)2·12H2O溶液，搖勻。小火加熱蒸發(fā)至碘完全升華，取下錐形瓶冷卻后，用cmol·L－1酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定至終點(diǎn)，重復(fù)3次。平均每次消耗酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL(已知反應(yīng)：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2、5Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O)。①該實(shí)驗(yàn)達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，現(xiàn)象為___________________________________________________________________________________________________________________________。②根據(jù)滴定有關(guān)數(shù)據(jù)，該NaI溶液中I－含量是________g·L－1。答案(1)BE(2)①4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2OI2在NaI溶液中的溶解度大于在CCl4中的溶解度②滴有淀粉的1mol·L－1NaI溶液pH＝10的NaOH溶液③與H＋濃度有關(guān)，H＋濃度越大，I－越易被氧化(3)①溶液恰好變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來的顏色②eq\f(127cV,5)解析(1)碘單質(zhì)受熱易升華，粗碘應(yīng)用升華的方法提純，升華用到的儀器有酒精燈、石棉網(wǎng)、燒杯和圓底燒瓶，用不到容量瓶和坩堝。(2)①i．實(shí)驗(yàn)Ⅰ中發(fā)生的反應(yīng)為碘離子在酸性條件下與氧氣反應(yīng)生成碘和水，離子方程式為4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O。ii.由題意可知，碘易溶于NaI溶液，而NaI溶液與四氯化碳不互溶，用CCl4萃取Ⅰ、Ⅱ反應(yīng)后的溶液，萃取后下層CCl4顏色均無色，說明I2在NaI溶液中的溶解度大于在CCl4中的溶解度。(3)①由題意可知，該實(shí)驗(yàn)達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，亞鐵離子完全反應(yīng)，再滴入一滴酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液會(huì)變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來的顏色。②由題給方程式可得如下關(guān)系式：5I－～5Fe2＋～MnOeq\o\al(－,4)，滴定消耗cmol·L－1酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，則NaI溶液中I－含量是eq\f(127×5×c×V×10－3,25×10－3)g·L－1＝eq\f(127cV,5)g·L－1。28．光氣(COCl2)在工業(yè)上具有重要的用途。(1)相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下表。化學(xué)鍵Cl—ClC—ClCOC=OE/(kJ·mol－1)2433301076765寫出工業(yè)上采用高溫活性炭催化CO與Cl2合成COCl2(g)的熱化學(xué)方程式：______________。(2)在密閉體系中，充入體積比為1∶1的CO和Cl2和適量的活性炭，發(fā)生反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)測得反應(yīng)平衡體系中COCl2的體積分?jǐn)?shù)與壓強(qiáng)p和溫度T的關(guān)系曲線如圖所示：①有利于提高光氣(COCl2)平衡產(chǎn)率的反應(yīng)條件是________________________________________________________________________________________________________。②圖中A點(diǎn)和C點(diǎn)化學(xué)平衡常數(shù)的大小關(guān)系：KA______KC(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。若用壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp表示，計(jì)算B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的Kp＝________(用含p6的式子表示)(Kp為壓強(qiáng)平衡常數(shù)，用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，氣體平衡分壓＝總壓×氣體體積分?jǐn)?shù))。答案(1)CO(g)＋Cl2(g),COCl2(g)ΔH＝－106kJ·mol－1(2)①增大壓強(qiáng)，降低溫度，增大反應(yīng)物濃度②大于該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，其他條件一定時(shí)，溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，此時(shí)COCl2的體積分?jǐn)?shù)減小而K值減小eq\f(40,9p6)解析(1)工業(yè)上采用高溫活性炭催化CO與Cl2合成COCl2(g)的熱化學(xué)方程式：CO(g)＋Cl2(g)COCl2(g)ΔH＝反應(yīng)物總鍵能－生成物總鍵能＝[(243＋1076)－(2×330＋765)]kJ·mol－1＝－106kJ·mol－1。(2)①有利于提高光氣(COCl2)平衡產(chǎn)率的反應(yīng)條件是增大壓強(qiáng)，因?yàn)榉磻?yīng)物的總化學(xué)計(jì)量數(shù)大于生成物的化學(xué)計(jì)量數(shù)；降低溫度，因?yàn)榇朔磻?yīng)為放熱反應(yīng)；增大反應(yīng)物濃度。②設(shè)B點(diǎn)光氣轉(zhuǎn)化xmol，列三段式：CO(g)＋Cl2(g)COCl2(g)起始量/mol110轉(zhuǎn)化量/molxxx平衡量/mol1－x1－xxB點(diǎn)COCl2的體積分?jǐn)?shù)為0.4，解得x＝eq\f(4,7)，則CO的體積分?jǐn)?shù)為0.3，Cl2的體積分?jǐn)?shù)為0.3，B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的Kp＝eq\f(pCOCl2,pCl2·pCO)＝eq\f(0.4p6,0.3p62)＝eq\f(40,9p6)。選做題35．硼化鎂是迄今發(fā)現(xiàn)的臨界溫度最高的簡單的金屬化合物超導(dǎo)材料?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)硼的電子排布圖為____________，基態(tài)鎂原子的電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有____種。(2)BF3的鍵角____(填“大于”“小于”或“等于”)NF3的鍵角，理由是_________________________________________________________________________________________。(3)堿土金屬的碳酸鹽熱分解反應(yīng)模式為MCO3(s)=MO(s)＋CO2(g)。從結(jié)構(gòu)的角度解釋：MgCO3的熱分解溫度小于CaCO3的熱分解溫度的原因是___________________________。(4)已知硼化鎂屬六方晶系(如圖1所示)a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120°。又知硼化鎂是一種插層型離子化合物，鎂層和硼層交替排列；鎂原子層呈三角形結(jié)構(gòu)，硼原子層具有規(guī)則的六角蜂房結(jié)構(gòu)，與石墨相似。硼化鎂晶體沿z軸方向的投影如圖2所示，黑球代表硼原子，白球代表鎂原子。硼化鎂的化學(xué)式為____；B的配位數(shù)是____。(5)已知硼化鎂的晶格常數(shù)為a＝b＝0.3086nm，c＝0.3524nm，則硼化鎂晶體的密度表達(dá)式為________g·cm－3(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。答案(1)12(2)大于BF3立體構(gòu)型是平面正三角形，鍵角為120°，NF3立體構(gòu)型是三角錐形，鍵角小于109°28′(或BF3中B原子采用sp2雜化，無孤電子對(duì)，鍵角為120°，NF3中N原子采用sp3雜化，有一對(duì)孤電子對(duì)，鍵角小于109°28′)(3)鎂離子、鈣離子的電荷數(shù)相同，鎂離子的半徑小，奪取碳酸根離子中的氧離子的能力強(qiáng)(或MgO的晶格能大于CaO的晶格能)(4)MgB26(5)eq\f(3×24＋6×11,NA×0.30862×\f(\r(3),2)×3×0.3524×10－21)解析(3)堿土金屬的碳酸鹽熱分解反應(yīng)模式為MCO3(s)=MO(s)＋CO2(g)。從結(jié)構(gòu)的角度解釋：MgCO3的熱分解溫度小于CaCO3的熱分解溫度的原因是鎂離子、鈣離子的電荷數(shù)相同，鎂離子的半徑小，奪取碳酸根離子中的氧離子的能力強(qiáng)，所以碳酸鎂的熱分解溫度低(或MgO的晶格能大于CaO的晶格能，所以MgCO3比CaCO3更容易分解)。(4)由均攤法，觀察圖1，晶胞中B的個(gè)數(shù)：6；Mg的個(gè)數(shù)：12×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,2)＝3，硼化鎂的化學(xué)式為MgB2；由于硼化鎂是一種插層型離子化合物，鎂層和硼層交替排列，鎂原子層呈三角形結(jié)構(gòu)，硼原子層具有規(guī)則的六角蜂房結(jié)構(gòu)，所以，每個(gè)B原子所在層的上下兩層分別有3個(gè)Mg原子與B相鄰，故B的配位數(shù)是6。(5)已知硼化鎂的晶格常數(shù)為a＝b＝0.3086nm，c＝0.3524nm，晶胞質(zhì)量為eq\f(3×24＋6×11,NA)g，晶胞體積為0.30862×eq\f(\r(3),2)×3×0.3524nm3，則硼化鎂晶體的密度表達(dá)式為eq\f(3×24＋6×11,NA×0.30862×\f(\r(3),2)×3×0.3524×10－21)g·cm－3。36．有機(jī)物G是一種新型聚合物，其一種合成路線如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)F中含的官能團(tuán)有________________________________________________________。(2)反應(yīng)③需要選用的試劑和條件分別為___________________________________。(3)寫出反應(yīng)⑥的化學(xué)方程式為___________________________________________。(4)反應(yīng)②和反應(yīng)④的反應(yīng)類型分別為__________________