2025屆高三化學二輪專題訓練　物質轉化與推斷綜合訓練

物質轉化與推斷綜合訓練1.(10分)(2024·寧波第一學期模擬)工業(yè)上氮氧化物(NOx:NO和NO2混合氣)廢氣吸收利用的某流程如下:已知:氧化度α=n(NO2)n(NOx);吸收液含有的產(chǎn)物有NaNO請回答:(1)(2分)過程Ⅳ以“肼合成酶”催化NH2OH與NH3轉化為肼(NH2NH2)的反應歷程如下所示:該反應歷程中Fe元素的化合價(填“變化”或“不變”)。若將NH2OH替換為ND2OD,反應制得的肼的結構簡式為。

(2)(2分)寫出過程Ⅰ中α=23。

(3)(2分)下列說法正確的是。

A.過程Ⅰ采用氣、液逆流的方式可提高NOx的吸收效率B.SO2的鍵角小于SCl2C.NH2OH可作為配體,與Zn2+等金屬離子形成配合物D.NH2OH的水溶液顯弱堿性,且Kb(NH2OH)>Kb(NH3·H2O)(4)(2分)NH3OHCl是一種理想還原劑,氧化產(chǎn)物對環(huán)境友好,寫出NH3OHCl還原FeCl3的化學方程式。

(5)(2分)設計實驗證明NH2OH中存在N元素

。

2.(10分)(2024·金麗衢十二校一聯(lián))工業(yè)上以制作印刷電路的廢液(含F(xiàn)e3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生產(chǎn)CuCl和蝕刻液重新生成的流程如下:已知:CuCl是一種白色粉末,微溶于水、不溶于乙醇。請回答下列問題:(1)(1分)Y中所含溶質的化學式為。

(2)(3分)下列說法正確的是。

A.CuCl微溶于水、不溶于乙醇是因為水的極性比乙醇小B.相同條件下,濾渣1和X分別與等濃度的鹽酸反應,濾渣①的反應速率快C.SO2分子的VSEPR模型為平面三角形D.基態(tài)亞銅的價層電子排布式為3d10,故Cu2O與稀硫酸不反應E.工業(yè)上對濾渣2用濃硫酸進行了處理,符合綠色化學的原則(3)(2分)寫出上述流程中生成CuCl的化學方程式。

(4)(2分)濃硫酸是一種高沸點的酸,溶于水放出大量的熱,請從物質結構與微粒之間作用力的角度解釋上述硫酸的兩點性質

。

(5)(2分)濾液1需要加過量Z,檢驗Z過量的方法是

。

3.(10分)(2024·浙江縣域教研聯(lián)盟高三選考)黃銅礦的主要成分為CuFeS2,現(xiàn)有如下轉化關系制備有關物質。已知:沉淀D的摩爾質量為99.5g·mol-1。請回答:(1)(2分)尾氣中SO2經(jīng)過充分綜合利用可以得到石膏,請寫出石膏的化學式:。

(2)(4分)煅燒含硫量高的礦物得到高濃度的SO2,干燥的SO2氣體與氯氣在活性炭催化下可生成一種用于有機合成的常見物質A,該物質水解時發(fā)生非氧化還原反應得到兩種強酸。①寫出物質A分子的結構式:。

②一定壓強下,化合物A的沸點低于硫酸的原因是。

(3)(2分)生成沉淀D的離子反應方程式

。

(4)(2分)請設計實驗檢驗溶液C中的陽離子

。

4.(10分)(2024·浙江浙南名校聯(lián)盟高三聯(lián)考)如圖所示可以分離并回收廢舊芯片中的幾種貴金屬。已知:①HAuCl4是一種強酸;②Pd(NH3)2Cl2難溶。請回答:(1)(2分)含金固體可溶于HNO3和NaCl的混合溶液,并產(chǎn)生NO,請寫出反應的離子方程式:

。

(2)(5分)金的分離還可以加王水,銀鈀的分離可重復利用某些溶液。①下列說法正確的是(2分)。

A.芯片中的金是芯片連接的絕佳材料,只是利用其物理性質B.溶液X可以是NaCl溶液C.溶液Z的主要成分是[Ag(NH3)2]Cl,是一種鹽D.N2H4不直接還原固體Y可能的原因是得到的Ag純度更高②加入氨水,[PdCl4]2-轉化為[Pd(NH3)4]2+,則該條件下配位能力:Cl-(1分)NH3(填“>”或“<”)。

③“加入鹽酸,調pH≈1”能將[Pd(NH3)4]2+轉化為Pd(NH3)2Cl2的原因

(2分)。

(3)(3分)溶液Z中加NaCl溶液是否有沉淀?(1分)(填“有”或“沒有”)。設計實驗驗證溶液Z中銀元素的存在

(2分)。

5.(10分)(2023·衢州、麗水、湖州高三質檢)硝基乙烷可用作硝化纖維、染料等的溶劑和火箭的燃料,也可用于合成農(nóng)藥、醫(yī)藥等。硫酸二乙酯硝化法是合成硝基乙烷的重要方法,工藝流程示意圖如下:已知:硫酸結構簡式為請回答:(1)(2分)步驟①的化學方程式

。

(2)(2分)下列有關說法不正確的是。

A.硫酸氫乙酯具有酸性B.相同溫度下,硫酸二乙酯在水中的溶解性大于硫酸C.NaNO2具有一定毒性,不能作為食品添加劑使用D.若③中硫酸二乙酯和NaNO2等物質的量反應,則A化學式為CH3CH2OSO2ONa(3)(2分)硫酸氫乙酯沸點為280℃,硫酸二乙酯的沸點為208℃,試從結構角度分析硫酸氫乙酯沸點高于硫酸二乙酯的原因

。

(4)(4分)設計實驗驗證固體NaNO2有還原性(可供選擇的試劑有:酸性KMnO4溶液、KI溶液、H2O2溶液、FeSO4溶液);

寫出實驗過程中涉及的離子反應方程式

。物質轉化與推斷綜合訓練1.(1)變化ND2NH2(2)4NO2+2NO+3CO32?5NO2?+N(4)2NH3OHCl+2FeCl3N2↑+2FeCl2+2H2O+4HCl(5)取少量NH2OH溶液于試管中,加入足量NaOH溶液,加熱,產(chǎn)生能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體,證明NH2OH中有N元素解析(1)由反應歷程可知,反應過程中Fe2+先失去電子發(fā)生氧化反應生成Fe3+,后面又得到電子被還原成Fe2+,該反應歷程中Fe元素的化合價發(fā)生變化;由反應歷程可知,NH2NH2有兩個H原子來源于NH3,另外兩個H原子來源于NH2OH,所以若將NH2OH替換為ND2OD,反應制得的肼的結構簡式為ND2NH2;(2)若過程Ⅰ中α=23,則反應物中n(NO2)∶n(NO)=2∶1,該反應為氧化還原反應,生成硝酸根和亞硝酸根,根據(jù)氧化還原反應規(guī)律配平可得:4NO2+2NO+3CO32?5NO2?+NO3?+3CO2;(3)采用氣、液逆流的方式可增大反應物的接觸面積,增大反應速率,提高NOx的吸收效率,A項正確;SO2中的硫原子為sp2雜化,SCl2的硫原子為sp3雜化,所以SO2的鍵角大于SCl2,B項錯誤;NH2OH中的N原子有孤電子對,可作為配體,與Zn2+等金屬離子形成配合物,C項正確;羥基的吸電子能力大于氫原子,所以NH2OH堿性應弱于NH3·H2O,即Kb(NH2OH)<Kb(NH3·H2O),D項錯誤,應選AC。(4)NH3OHCl是一種理想還原劑,氧化產(chǎn)物對環(huán)境友好,所以氧化產(chǎn)物應該為無毒的氮氣,同時氯化鐵被還原為氯化亞鐵,反應方程式為2NH3OHCl+2FeCl3N2↑+2FeCl2+2H2O+4HCl;(5)NH2OH在堿性條件下受熱分解產(chǎn)物之一為N2,化合價升高,說明還會有化合價降低的產(chǎn)物生成,即氨氣,所以檢驗氨氣即可,實驗方法為取少量NH2OH溶液于試管中,加入足量NaOH溶液,加熱2.(1)HCl(2)BC(3)CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O2CuCl↓+2H2SO4(4)濃硫酸分子之間有氫鍵,故其沸點高;硫酸分子和水分子之間形成氫鍵,水合的時候放出大量的熱(5)取蝕刻液少量于試管中,加入KBr溶液和少量四氯化碳,如下層液體呈橙色,說明氯氣已過量解析廢液中加入過量鐵粉,發(fā)生反應:Fe+2Fe3+3Fe2+、Fe+Cu2+Fe2++Cu,原溶液中的Fe3+、Cu2+被除去,過濾所得的濾液1中含有Fe2+、Cl-,在濾液中通入過量的氯氣,可以將Fe2+氧化成FeCl3,即得到FeCl3蝕刻液,實現(xiàn)蝕刻液的再生。濾渣1為銅單質和剩余的鐵單質,加入過量的稀鹽酸,銅與稀鹽酸不反應,因此濾液2也為FeCl2溶液,濾渣2為銅,銅和氯氣反應生成CuCl2,Z為Cl2。(1)Y中所含溶質的化學式為HCl。(2)A.根據(jù)相似相溶原理,CuCl是極性分子,CuCl微溶于水、不溶于乙醇是因為水的極性比乙醇大,故A錯誤;B.由分析可知,濾渣1為銅單質和剩余的鐵單質,X為Fe粉,分別與等濃度的鹽酸反應,濾渣1形成原電池,反應速率更快,故B正確;C.SO2分子中心S原子價層電子對數(shù)為2+12(6-4)=3,VSEPR模型為平面三角形,故C正確;D.基態(tài)亞銅的價層電子排布式為3d10,Cu2O能與稀硫酸發(fā)生如下反應:Cu2O+H2SO4Cu+CuSO4+H2O,故D錯誤;E.濾渣2為銅,銅與濃硫酸反應生成硫酸銅、二氧化硫和水,有污染性氣體生成,不符合綠色化學的原則,故E錯誤;(3)依據(jù)圖示可知:CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反應生成H2SO4、CuCl,依據(jù)得失電子守恒得到產(chǎn)生CuCl的化學方程式:CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O2CuCl↓+2H2SO4。(4)濃硫酸是一種高沸點的酸,溶于水放出大量的熱,從物質結構與微粒之間作用力的角度解釋上述硫酸的兩點性質為濃硫酸分子之間有氫鍵,故其沸點高;硫酸分子和水分子之間形成氫鍵,水合的時候放出大量的熱。(5)Z為Cl2,檢驗Cl2過量的方法為取蝕刻液少量于試管中,加入KBr溶液和少量四氯化碳,如下層液體呈橙色,說明氯氣已過量。3.(1)CaSO4·2H2O(2)①②硫酸能形成分子間氫鍵,SO2Cl2沒有分子間氫鍵(3)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O2CuCl↓+SO42?+4H(4)取少量溶液C于一支試管,加入石蕊試液(或pH試紙)若溶液顯紅色(pH試紙變紅),則有H+;,另取少量溶液于試管中,加入K3[Fe(CN)6]溶液,若出現(xiàn)藍色沉淀,則有Fe2+解析黃銅礦(CuFeS2)在足量空氣中煅燒生成二氧化硫、氧化鐵和氧化銅固體,固體加入鹽酸反應生成氯化鐵和氯化銅混合溶液,通入足量二氧化硫,發(fā)生氧化還原反應生成硫酸亞鐵、硫酸和氯化亞銅沉淀,二氧化硫氣體和氯氣在活性炭催化作用下反應生成SO2Cl2。(1)石膏的化學式:CaSO4·2H2O;(2)①干燥的SO2氣體與氯氣在活性炭催化下可生成一種用于有機合成的常見物質A,則A為SO2Cl2,該物質(SO2Cl2)水解時發(fā)生非氧化還原反應得到兩種強酸,即硫酸和鹽酸,則物質A分子為SO2Cl2,其結構式:;②一定壓強下,化合物A的沸點低于硫酸的原因是硫酸能形成分子間氫鍵,SO2Cl2沒有分子間氫鍵;(3)根據(jù)沉淀D的摩爾質量為99.5g·mol-1,說明D為氯化亞銅,則是銅離子和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根和亞銅離子,亞銅離子和氯離子反應生成CuCl,則生成沉淀D的離子反應方程式2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O2CuCl↓+SO42?+4H+。(4)根據(jù)前面分析,溶液C中含有氫離子和亞鐵離子,檢驗氫離子常用紫色石蕊試液,檢驗亞鐵離子常用K3[Fe(CN)6]溶液,因此實驗檢驗溶液C中的陽離子方法是取少量溶液C于一支試管,加入石蕊試液(或pH試紙)溶液顯紅色(pH試紙變紅),則有H+;另取少量溶液于試管中,加入K3[Fe(CN)6]溶液,若出現(xiàn)藍色沉淀,則有Fe2+。4.(1)Au+NO3?+4Cl-+4H+[AuCl4]-+NO↑+2H2(2)①BD②<③調pH≈1,使部分NH3轉化為NH4+,能使可溶性配離子轉化為難溶性的Pd(NH3)2Cl2;但若pH過小,c(H+)過大,NH3全部轉化為NH4+,則可能會完全轉化成[(3)沒有取少量Z溶液于試管,加入過量的鹽酸,產(chǎn)生白色沉淀,加稀硝酸不溶,則證明有Ag元素解析廢舊芯片中含有貴金屬單質Au、Ag和Pd,在硝酸中酸浸,Au不發(fā)生反應,Ag、Pd發(fā)生反應轉化為Ag+、Pd2+;含Au固體用王水溶解轉化為HAuCl4溶液;向含有Ag+、Pd2-溶液中加入NaCl生成AgCl固體和[PdCl4]2-溶液;AgCl固體用氨水溶解得到銀氨溶液,再向銀氨溶液中加入肼得到Ag;向含[PdCl4]2-溶液中加入氨水得到含[Pd(NH3)4]2+溶液,再加入鹽酸調pH得到Pd(NH3)2Cl2。(1)含金固體可溶于HNO3和NaCl的混合溶液,生成HAuCl4,并產(chǎn)生NO,根據(jù)氧化還原反應配平可得該反應的離子方程式為Au+NO3?+4Cl-+4H+[AuCl4]-+NO↑+2H2O;(2)①芯片中的金是芯片連接的絕佳材料,不只是利用其物理性質,還因為金的化學性質不活潑,A項錯誤;生成的固體Y為氯化銀,所以溶液X可以是NaCl溶液,B項正確;溶液Z是氯化銀溶于氨水生成的[Ag(NH3)2]Cl溶液,C項錯誤;N2H4不直接還原固體AgCl可能的原因是堿性條件下水合肼的還原性增強,將固體AgCl溶解為銀氨離子,能提高反應速率,同時避免生成的銀單質中混有AgCl雜質,得到的Ag純度更高,D項正確;故選BD;②加入氨水,[PdCl4]2-轉化為[Pd(NH3)4]2+,說明該條件下配位能力Cl-小于NH3;③Pd(NH3)2Cl2為難溶物,調pH≈1,使部分NH3轉化為NH4+,能使可溶性配離子轉化為難溶性的Pd(NH3)2Cl2