“5＋1”增分练(一)
16．(12分)(2019·苏北三市一模)以硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如下：
(1)“酸溶”中加快溶解的方法为____________________(写出一种)。
(2)“还原”过程中的离子方程式为___________________________________________。 (3)①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为_____________________________。 ②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀，当反应完成时，溶液中c(Ca)/c(Fe)＝________。
[已知Ksp(CaCO3)＝2.8×10，Ksp(FeCO3)＝2×10
－9
－11
2＋
2＋
]
(4)“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2浆液，虽然能缩短氧化时间，但缺点是______________________________。
(5)焦炭还原硫酸渣炼铁能充分利用铁资源，在1 225 ℃、n(C)/n(O)＝1.2时，焙烧时间与金属产率的关系如图，时间超过15分钟金属产率下降的原因是_______________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)硫酸渣加酸溶解，为了加快溶解可采取加热、搅拌、适当增大硫酸浓度或将硫酸渣粉碎等方法；
(2)Fe2O3溶于酸，生成Fe，加入铁粉使之还原，离子方程式为Fe＋2Fe===3Fe； (3)过滤Ⅰ，除去SiO2等不溶于酸的杂质，加入NH4HCO3使铁沉淀，同时产生了CO2，则①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为FeSO4＋2NH4HCO3===Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋ 2CO2↑；②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀，当反应完成时，溶液中c(Ca)/c(Fe
＋
2＋
2
3＋
3＋
2＋
)＝Ksp(CaCO3)/Ksp(FeCO3)＝2.8×10/(2×10
－9－11
)＝140；
(4)“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2浆液，虽然能缩短氧化时间，但缺点是NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气；
(5)焦炭还原硫酸渣炼铁能充分利用铁资源，在1 225 ℃、n(C)/n(O)＝1.2时，焙烧时间超过15分钟金属产率却下降，原因是还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化。
1
答案：(1)加热或搅拌或适当增大硫酸浓度(写一种) (2)Fe＋2Fe===3Fe
(3)①FeSO4＋2NH4HCO3===Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋ 2CO2↑ ②140 (4)NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气 (5)还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化
17．(15分)(2019·苏州一模)利用蒈烯(A)为原料可制得除虫杀虫剂菊酯(H)，其合成路线可表示为：
3＋
2＋
①稀NaOH溶液
＋已知：R1CHO＋R2CH2CHO②―H3―O→/△ CR1CHR2CHO
(1)化合物B中的含氧官能团名称为________。 (2)A→B的反应类型为____________。
(3)G的分子式为C10H16O2，写出G的结构简式：____________。
(4)写出满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：________________。 ①能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中有4种不同化学环境的氢原子。
(5)写出以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图(无机
试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
解析：(1)化合物B()中的含氧官能团名称为醛基和羰基。
(2)A→B时碳碳双键被打开生成了醛基和羰基，则该反应类型为氧化反应。
(3)从E→G→H的变化可以发现，G→H发生了酯化反应，则E→G发生消去反应，又G
的分子式为C10H16O2，则G的结构简式为。
(4)C的一种同分异构体满足①能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；②分子中有4种不同化学环境的氢原子，含有苯环，4个碳均饱和，分子结构对称，则该同分异构体的
结构简式为
2
①稀NaOH溶液
＋(5)由题给信息已知，R1CHO＋R2CH2CHO②―H3―O→/△ 先将CH3CH2OH氧化为CH3CHO，再与
反应生成
，能使碳链增长，
，再将—CHO氧
化为—COOH，最后与CH3CH2OH发生酯化反应即得目标产物。合成路线流程图如下：O2
CH3CH2OHCu――→CH3CHO ，△
答案：(1)醛基、羰基 (2)氧化反应
(3)
18．(12分)(2019·泰州一模)工厂化验员检验某含有KBrO3、KBr及惰性物的样品。化验员称取了该固体样品1.000 g，加水溶解后配成100 mL溶液X。
Ⅰ.取25.00 mL溶液X，加入稀硫酸，然后用Na2SO3将BrO3还原为Br； Ⅱ.去除过量的SO3后调至中性；
Ⅲ.加入K2CrO4作指示剂，用0.100 0 mol·LAgNO3标准溶液滴定Br至终点，消耗AgNO3
标准溶液11.25 mL；
Ⅳ.另取25.00 mL溶液X，酸化后加热，再用碱液调至中性，测定过剩Br，消耗上述AgNO3标准溶液3.75 mL。
已知：①25 ℃时，Ag2CrO4(砖红色)的Ksp＝1.12×1010
－15
－12
－
－1
－
2－
－
－
，AgBr(浅黄色)的Ksp＝5.0×
；
3
②Ⅳ中酸化时发生反应：BrO3＋5Br＋6H=== 3Br2＋3H2O 请回答：
(1)步骤Ⅰ中，反应的离子方程式为________________________________。
(2)步骤Ⅲ中，滴定终点的现象为_____________________________________________。 (3)步骤Ⅳ中，加热的目的是______________________。
(4)计算试样中KBrO3质量分数。(写出计算过程，结果保留3位有效数字)
解析：(1)步骤Ⅰ中，“加入稀硫酸，然后用Na2SO3将BrO3还原为Br”，SO3 是还原剂，其氧化产物是SO4 ，BrO3是氧化剂，还原产物是Br，根据化合价升降总数相等和原子守恒配平，其反应的离子方程式为3SO3 ＋BrO3===Br＋3SO4 。
(2)步骤Ⅲ中，待测溶液中的Br与标准溶液反应：Ag＋Br===AgBr↓，生成浅黄色沉淀，当Br耗尽，再加一滴AgNO3标准溶液即发生2Ag＋CrO4 ===Ag2CrO4↓，产生砖红色沉淀，即表示达到滴定终点。
(3)步骤Ⅳ中，酸化时使KBrO3与KBr反应：BrO3＋5Br＋6H=== 3Br2＋3H2O，再测定剩余的Br，而溶液中溶解的Br2会干扰Br的测定，通过加热让Br2挥发而除去。所以加热的目的是除去溶解在溶液中的Br2(或使Br2挥发)。
答案：(1)3SO3＋BrO3===Br＋3SO4
(2)当滴入最后一滴AgNO3溶液时，产生砖红色沉淀 (3)除去溶解在溶液中的Br2(或使Br2挥发)
(4)第一次所取25.00 mL溶液中，n(Br)总＝n(AgBr)＝0.100 0 mol·L×11.25×10
－3
－
－1
2－
－
－
2－
－
－
－
－
＋
－
＋
2－
－
＋
－
2－
－
－
2－
2－
－
－
－
－
2－
－－＋
L＝1.125×10 mol，
所以，n(BrO3)＋n(Br)＝n(Br)总＝1.125×10 mol；
第二次所取25.00 mL溶液，加酸反应后，n(Br)余＝0.100 0 mol·L× 3.75×10 L
－
－1
－3
－
－
－
－3
－3
＝3.75×10 mol，
由步骤Ⅳ可知，BrO3～5Br
11－－－－3－4
所以，n(BrO3)＝×[n(Br)总－n(Br)余]＝×(1.125×10 mol－3.75×10 mol)＝
661.25×10 mol；由1 g样品配成100 mL溶液，且每次实验取的是25 mL，所以，w(KBrO3)1.25×10 mol×4×167 g·mol
＝×100%＝8.35%。
1.000 g
19．(15分)(2019·南京、盐城一模)以SO2、软锰矿(主要成分MnO2，少量Fe、Al、Ca及Pb的化合物等)、氨水及净化剂等为原料可制备MnSO4溶液和Mn3O4，主要实验步骤如下：
步骤Ⅰ：如图1所示装置，将SO2通入装置B中的软锰矿浆液中(MnO2＋SO2===MnSO4)。
－4
－1
－4
－
－
－4
4
步骤Ⅱ：充分反应后，在不断搅拌下依次向三口烧瓶中加入适量纯净的MnO2、MnCO3，最后加入适量Na2S沉铅等重金属。
步骤Ⅲ：过滤得MnSO4溶液。
(1)装置A用于制取SO2，反应的化学方程式为_________________________________。 (2)装置B中反应需控制在90～100 ℃，适宜的加热方式是________________。 (3)装置C的作用是____________________________。
(4)“步骤Ⅱ”中加入纯净MnO2的目的是____________________________，用MnCO3调节溶液pH时，需调节溶液pH范围为________________(该实验条件下，部分金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下)。
金属离子 开始沉淀pH 沉淀完全pH
△
(5)已知：①用空气氧化Mn(OH)2浊液可制备Mn3O4[6Mn(OH)2＋O2=====2Mn3O4＋6H2O]，主要副产物为MnOOH；反应温度和溶液pH对产品中Mn的质量分数的影响分别如图2、图3所示：
Fe 7.04 9.18 2＋Fe 1.87 3.27 3＋Al 3.32 4.9 3＋Mn 7.56 10.2 2＋
②反应温度超过80 ℃时，Mn3O4产率开始降低。
③Mn(OH)2是白色沉淀，Mn3O4呈黑色；Mn3O4、MnOOH中锰的质量分数理论值依次为72.03%、62.5%。
请补充完整由步骤Ⅲ得到的MnSO4溶液，并用氨水等制备较纯净的Mn3O4的实验方案：__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________，
真空干燥6小时得产品Mn3O4。
解析：(1)实验室用Na2SO3 和较浓H2SO4反应制取SO2，反应方程式为Na2SO3＋
5
H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O；(2)水浴加热的优点就是能均匀受热，便于控制温度，因此反应需控制在90～100 ℃，适宜的加热方式用90～100 ℃的水浴加热；(3)SO2有毒，为防止污染环境，烧杯中盛放NaOH溶液来吸收未反应的SO2；(4)加入纯净MnO2的目的是将 Fe氧化为Fe，便于除去；用MnCO3调节溶液pH时，需调节溶液pH范围为4.9＜pH＜7.56，这样可以除去溶液中的Fe和Al，而Mn不沉淀；(5)Mn3O4、MnOOH中锰的质量分数理论值依次为72.03%、62.5%，因此产物中Mn的质量分数越接近72.03%，Mn3O4含量就越高，因此控制温度在60～80 ℃，pH在8～9。故由MnSO4溶液，并用氨水等制备较纯净的Mn3O4的实验方案如下：将滤液加热并保温在60～80 ℃，用氨水调节溶液pH并维持在8～9，在不断搅拌下，边通空气边滴加氨水，至有大量黑色沉淀时，静置，在上层清液再滴加氨水至无沉淀，过滤，用去离子水洗涤沉淀直至过滤液中检不出SO4。
答案：(1)Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O (2)用90～100 ℃的水浴加热 (3)吸收未反应的SO2
(4)将Fe氧化为Fe 4.9＜pH＜7.56
(5)将滤液加热并保温在60～80 ℃，用氨水调节溶液pH并维持在8～9，在不断搅拌下，边通空气边滴加氨水，至有大量黑色沉淀时，静置，在上层清液再滴加氨水至无沉淀，过滤，用去离子水洗涤沉淀直至过滤液中检不出SO4
20．(14分)(2019·南京盐城二模)H2O2在Fe、Cu的存在下生成具有强氧化性的·OH(羟基自由基)，·OH可将有机物氧化降解。
(1)Cu—H2O2体系中存在下列反应： Cu(aq)＋H2O2(aq)===CuOOH(aq)＋H(aq) ΔH1＝a kJ·mol
1＋＋
CuOOH(aq)===Cu(aq)＋·OH(aq)＋O2(g)
2ΔH2＝b kJ·mol
2CuOOH(aq)===2Cu(aq)＋H2O2(aq)＋O2(g) ΔH3＝c kJ·mol
则H2O2(aq)===2·OH(aq)ΔH＝________kJ·mol。
－1
－1
＋
＋－1－1
2＋
＋
＋
2＋
2＋
2＋
2－
2＋
3＋
2－
3＋
3＋
2＋
2＋
3＋
(2)为探究温度对Cu—H2O2甲基橙去除率的影响，某研究小组在不同温度下进行实验
6
2＋
(其他条件相同)，实验结果如图1所示。相同条件下，温度升高，甲基橙去除速率增大，其原因是________________________________________________________________________。
(3)为探究Fe—Cu—H2O2能够协同催化氧化降解甲基橙，某研究小组的实验结果如图2所示。得出“Fe—Cu—H2O2催化氧化降解甲基橙效果优于单独加入Fe或Cu”结论的证据为___________________________________________________________
________________________________________________________________________。
实验条件：200 mL甲基橙模拟废水(1.5 g·L，pH＝3.0)，温度60 ℃、V(H2O2)＝2.0 mL
1—V(H2O2)∶m(FeSO4)∶m(CuSO4)＝2∶0.02∶0.4 2—V(H2O2)∶m(FeSO4)∶m(CuSO4)＝2∶0.02∶0 3—V(H2O2)∶m(FeSO4)∶m(CuSO4)＝2∶0∶0.4 4—V(H2O2)∶m(FeSO4)∶m(CuSO4)＝2∶0∶0
(4)EFH2O2FeOx法可用于水体中有机污染物降解，其反应机理如图3所示。阳极的电极反应式为_____________________________，X微粒的化学式为_____________________，
阴极附近Fe参与反应的离子方程式为______________________________________。
2＋
－1
2＋
2＋
2＋
2＋
2＋
2＋
(5)SCOD是指溶解性化学需氧量，是衡量水中有机物质含量多少的指标。水体SCOD越大，说明其有机物含量越高。用FeH2O2法氧化破解啤酒工业污泥中的微生物，释放出有机物和氮等。测得不同初始pH下污泥经氧化破解后上层清液中的SCOD及总氮浓度如图4所示。当pH>2.5时，总氮浓度、SCOD均降低，其原因可能是____________________________。
1＋＋－1
解析：(1)①CuOOH(aq)===Cu(aq)＋·OH(aq)＋O2(g) ΔH2＝b kJ·mol，
2②2CuOOH(aq)===2Cu(aq)＋H2O2(aq)＋O2(g) ΔH3＝c kJ·mol，
根据盖斯定律，由①×2－②得到H2O2(aq)===2·OH(aq)，其ΔH＝(2b－c)kJ·mol； (2)图1中相同条件下，温度升高，甲基橙去除速率增大，其原因是·OH浓度增大或活化分子数增多；
(3)“Fe—Cu—H2O2催化氧化降解甲基橙效果优于单独加入Fe或Cu”结论的证据为相同时间时，曲线1对应甲基橙降解率均高于曲线2、曲线3；
(4)图3中阳极上Fe失去电子，阳极反应式为Fe－2e===Fe，阴极上2X＋2H===H2O2
＋O2↑，由电荷及原子守恒可知X为O2；阴极附近Fe与H2O2反应，结合图中生成物可知离子反应为H2O2＋H＋Fe===Fe＋H2O＋·OH；
7
＋
2＋
3＋
－
2＋
－
2＋
＋
2＋
2＋
2＋
2＋
－1
＋
＋
－1
2＋
(5)当pH＞2.5时，总氮浓度、SCOD均降低，其原因可能是Fe、Fe转化为Fe(OH)3。 答案：(1)2b－c
(2)·OH浓度增大或活化分子数增多
(3)相同时间时，曲线1对应甲基橙降解率均高于曲线2、曲线3 (4)Fe－2e===Fe O2 H2O2＋H＋Fe===Fe＋H2O＋·OH (5)Fe、Fe转化为Fe(OH)3
21．(12分)(2019·盐城阜宁中学模拟)1985年，Rousssin研究发现了第一个金属原子簇类配位化合物，其结构如图1，金属原子簇类化合物与金属原子表面性质相似，具有良好的催化活性等功能。请回答下列问题：
2＋
3＋－
2＋
－
＋
2＋
3＋
2＋3＋
(1)Fe的基态核外价电子排布式为___________。
3＋
(2)上述化合物中含有三种非金属元素，试比较三种元素原子第一电离能由大到小顺序为_________；硫可以形成SOCl2化合物，则该化合物的空间构型为__________。
(3)除了氮的氧化物之外，氮还可以形成NO2。请写出氮原子杂化方式____________。 (4)上述原子簇类配合物，中心原子铁的配位原子是___________。
(5)配合物Fe(CO)5的熔点－20 ℃，沸点103 ℃。可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图2所示。下列关于Fe(CO)5说法正确的是_________。
A．Fe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子 B．Fe(CO)5中Fe原子以sp杂化方式与CO成键 C．1 mol Fe(CO)5含有10 mol配位键
D．Fe(CO)5===Fe＋5CO↑反应中没有新化学键生成
解析：(1)Fe位于周期表中第4周期第Ⅷ族，Fe的基态核外价电子排布式为3d； (2)化合物中三种非金属元素为N、O、S，同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，则三种元素原子第一电离能由大到小顺序为N＞O＞S；对于SOCl2，价层电子对数为3＋(6－2－2×1)/2＝4，则其空间构型为三角锥形；
(3)对于NO2，其价层电子对数为2＋(5－1－2×2)/2＝2，根据杂化轨道理论，则中心N原子为sp杂化；
(4)直接与中心原子成键的为配位原子，所以中心原子铁的配位原子是N、S； (5)A.看正负电荷中心是否重叠，Fe(CO)5对称是非极性分子，CO不对称是极性分子，正确；B.铁的杂化轨道数为5，铁不是正四面构型，Fe(CO)5中Fe原子不是以sp杂化方式
8
3
＋
3＋
5
3
＋
与CO成键，错误；C.碳与氧、铁与碳之间形成配位键，1 mol Fe(CO)5含有10 mol配位键，正确；D反应生成金属铁，其中含有金属键，错误。
答案：(1)3d (2)N＞O＞S 三角锥形 (3)sp (4)S、N (5)AC
5
9
