（江苏专用）2020版高考化学二轮复习 6道主观大题组合练（三）（含解析）

-1-EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.6道主观大题组合练(三)16．硫酸锰在电解锰、染料、造纸以及陶瓷等工业生产中有广泛的应用。利用软锰矿(主要成分为MnO2，含铁的化合物等杂质)和闪锌矿(主要成分ZnS)制得硫酸锰的流程如下：(1)“酸浸”时，为了缩短浸取时间，常加入少量FeSO4溶液，FeSO4的作用可能是________；MnO2、ZnS及硫酸反应转变为两种硫酸盐的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)常温下，Ksp(ZnS)＝1.2×10－24，Ksp(MnS)＝1.5×10－15，“沉锌”反应为Zn2＋(aq)＋MnSZnS＋Mn2＋(aq)，该反应的平衡常数K＝________。(3)在强酸性条件下加入MnO2氧化Fe2＋的离子方程式为________________________。(4)“除铁”时需要调节pH约为3～4，过滤所得的滤渣2中除MnO2以外的另一种物质是__________________。(写化学式)(5)该工艺流程中可以循环利用的物质是________。解析：由流程图分析可知：软锰矿(主要成分为MnO2，含铁的化合物等杂质)和闪锌矿(主要成分ZnS)用稀硫酸浸取后形成两种硫酸盐，＋4价的锰被还原为＋2价，－2价的硫被氧化为＋6价，根据氧化还原反应规律进行配平即可；加入MnS使Zn2＋沉淀，生成的ZnS可循环利用；加入MnO2除去溶液中的铁，MnO2中＋4价的锰被还原为＋2价，溶液中Fe2＋被氧化，并调节pH约为3～4，铁则形成Fe(OH)3沉淀，滤渣2即为多余的MnO2和Fe(OH)3。(1)“酸浸”时，为了缩短浸取时间，常加入少量FeSO4溶液，FeSO4的作用可能是催化剂；MnO2、ZnS及硫酸反应转变为两种硫酸盐的化学方程式为4MnO2＋ZnS＋4H2SO4===4MnSO4＋ZnSO4＋4H2O。(2)常温下，Ksp(ZnS)＝1.2×10－24，Ksp(MnS)＝1.5×10－15，“沉锌”反应为Zn2＋(aq)＋MnSZnS＋Mn2＋(aq)，该反应的平衡常数K＝cMn2＋cZn2＋＝KspMnS/cS2－KspZnS/cS2－＝1.5×10－151.2×10－24＝1.25×109。(3)在强酸性条件下加入MnO2氧化Fe2＋的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。(4)“除铁”时需要调节pH约为3～4，过滤所得的滤渣2中除MnO2以外的另一种物质是Fe(OH)3。(5)该工艺流程中可以循环利用的物质是ZnS。答案：(1)催化剂4MnO2＋ZnS＋4H2SO4===4MnSO4＋ZnSO4＋4H2O(2)1.25×109-2-(3)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O(4)Fe(OH)3(5)ZnS17．化合物G是合成抗过敏药喘乐氧蒽酸的中间体，可通过以下方法合成：(1)化合物E中的含氧官能团名称为____________________________________。(2)B→C的反应类型为_____________________________________________。(3)D经还原得到E，D的分子式为C14H9O5N，写出D的结构简式________________________________________________________________________。(4)写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：___________________。①分子中含有两个苯环；②能发生水解反应生成两种物质，其中一种能与FeCl3溶液发生显色反应，另一种能发生银镜反应；③分子中只有3种不同化学环境的氢。-3-解析：(1)化合物E中的含氧官能团名称为醚键、羰基(酮基)。(2)B和C发生取代反应生成C()。(3)D经加氢还原得到E，根据D的分子式为C14H9O5N，可知D的结构简式为。(4)①分子中含有两个苯环；②能发生水解反应生成两种物质，其中一种能与FeCl3溶液发生显色反应，另一种能发生银镜反应；说明水解产物里一种物质中含有酚羟基，另一产物中含有醛基；③分子中只有3种不同化学环境的氢，说明结构对称性比较强；F同时满足上列条件的一种同分异构体的结构简式为。答案：(1)醚键、羰基(酮基)(2)取代反应(3)-4-18．草酸(二元弱酸，分子式为H2C2O4)遍布于自然界，几乎所有的植物都含有草酸钙(CaC2O4)。(1)葡萄糖(C6H12O6)与HNO3反应可生成草酸和NO，其化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)相当一部分肾结石的主要成分是CaC2O4。若某人每天排尿量为1.4L，含0.10gCa2＋。当尿液中c(C2O2－4)________mol·L－1时，易形成CaC2O4沉淀。[已知Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9](3)测定某草酸晶体(H2C2O4·xH2O)组成的实验如下：步骤1：准确称取0.5508g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50mL。步骤2：准确称取0.1512g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL。①“步骤1”的目的是________________。②计算x的值(写出计算过程)。解析：(1)HNO3将葡萄糖(C6H12O6)氧化为草酸，C元素从0价升高到＋3价，N元素从＋5价降低到＋2价，则根据电子转移数守恒、原子守恒可知，化学方程式为C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑。(2)c(Ca2＋)＝nV＝mMV＝0.10g1.4L×40g·mol－1≈0.00179mol·L－1，又Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9＝c(Ca2-5-＋)·c(C2O2－4)，因此当形成沉淀时溶液中c(C2O2－4)2.3×10－90.00179mol·L－1≈1.288×10－6mol·L－1。答案：(1)C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑(2)1.288×10－6(3)①测定NaOH溶液的准确浓度②n(NaOH)＝n(KHC8H4O4)＝0.5508g204g·mol－1＝2.700×10－3molc(NaOH)＝2.700×10－3mol22.50×10－3L＝0.1200mol·L－1n(H2C2O4·xH2O)＝12n(NaOH)＝12×0.1200mol·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1＝1.200×10－3molM(H2C2O4·xH2O)＝0.1512g1.200×10－3mol＝126.0g·mol－1由90＋18x＝126，解得x＝2。19．以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸[CH3CH(OH)COOH]为原料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。其主要实验流程如下：(1)FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为_______________________________。(2)向溶液1中加入过量铁粉的目的是________________________________________。(3)过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验洗涤已完全的方法是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)实验室制备乳酸亚铁的装置如图1所示。①实验前通入N2的目的是___________________________________________________________________________________________________________________________。②某兴趣小组用KMnO4滴定法测定样品中Fe2＋含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，结果测得产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是_____________________________________________________________________________________________。-6-(5)已知：①CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易氧化；可与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2。②NaCuCl2可水解生成CuCl，温度、pH对CuCl产率的影响如图2、3所示。由CuCl(s)、S(s)混合物提纯CuCl的实验方案为将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(实验中须使用的试剂有：饱和NaCl溶液，0.1mol·L－1H2SO4、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。解析：由实验流程可知，向黄铜矿(CuFeS2)中加入FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2、CuCl固体和硫单质，经过滤得到的固体为CuCl和S，进一步分离可得CuCl；溶液1中含有FeCl2和FeCl3，加入过量的铁粉除去溶液中的Fe3＋，得到溶液2为纯度较高的FeCl2溶液，向溶液2中加入碳酸钠溶液生成FeCO3沉淀，过滤后加乳酸得到乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，实验前通入N2排尽装置中的空气。(1)由上述分析可以知道，FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S。(2)溶液1中含有FeCl3，向溶液1中加入过量铁粉的目的是除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度。(3)FeCO3固体会吸附溶液中的Cl－，所以检验是否洗涤已完全应检验是否含有Cl－。(4)①亚铁离子容易被氧气氧化，实验前通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化。②乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的体积增大，计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。(5)根据题给信息，将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，CuCl与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2，过滤后除去S；将NaCuCl2水解生成CuCl，根据温度、pH对CuCl产率的影响的曲线，应选择温度60℃左右，控制溶液的pH为2.0～2.5左右。答案：(1)CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S(2)除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度(3)取最后一次洗涤后的滤液，滴加