1、“51”增分练(七)16CuCl为白色粉末，微溶于水，溶于浓盐酸或NaCl浓溶液，不溶于乙醇。一种由海绵铜(Cu和少量CuO等)为原料制备CuCl的工艺流程如下：(1)“溶解浸取”时，下列措施不能提高铜的浸取率的是_(填字母)。a将海绵铜粉末与水搅拌成浆液b投料时，NaNO3适当过量c缩短浸取时间d将滤渣1返回再次溶解浸取(2)“还原，氯化”时，Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图1、图2所示：CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为_。当n(Na2SO3)/n(CuSO4)1.33时，比值越大CuCl产率越小，其原因是_。当1.0n(NaCl)
2、/n(CuSO4)1.33时，比值越大CuCl产率越小，其原因是随着n(Na2SO3)/n(CuSO4)不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2及CuCl的水解程度增大；当1.0n(NaCl)/n(CuSO4)1.5时，比值越大CuCl产率越大，其原因是适当增大c(Cl)，有利于平衡Cu(aq)Cl(aq)CuCl(s)向生成CuCl(s)方向移动；(3)CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl沉淀和Na2SO4，“过滤2”所得滤液2中溶质的主要成分为Na2SO4；(4)CuCl被氧化为Cu2(OH)3Cl的化学方程式为4CuClO24H2O=2Cu2(OH)3Cl2HCl。答案
3、：(1)c(2)2Cu2SO2ClH2O=2CuClSO2H随着n(Na2SO3)/n(CuSO4)不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2及CuCl的水解程度增大适当增大c(Cl)，有利于平衡Cu(aq)Cl(aq)CuCl(s)向生成CuCl(s)方向移动(3)Na2SO4(4)4CuClO24H2O=2Cu2(OH)3Cl2HCl17胡椒醛衍生物在香料、农药、医药等领域有着广泛用途，以香草醛(A)为原料合成5三氟甲基胡椒醛(E)的路线如图所示：已知：.酚羟基能与CH2I2发生反应，而醇羟基则不能。(1)反应的类型是_。(2)香草醛中含氧官能团的名称为醚键、_和_。香草醛分子中最多有_个碳原子
4、共平面。(3)写出香草醛在加热的条件下与新制的氢氧化铜反应的化学方程式：_。(4)满足下列条件的香草醛的芳香族类同分异构体共有_种(不含立体结构)。不能与氯化铁溶液发生显色反应能与碳酸氢钠溶液反应放出气体1 mol该化合物与足量钠反应产生2 g氢气其中核磁共振氢谱显示其有5种不同化学环境的氢原子的结构简式为_。(5)以香草醛和2氯丙烷为原料，用四个步骤合成香草醛缩丙二醇()。写出合成流程图(无机试剂和溶剂任用)。合成流程图示例如下：CH2CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。解析：(1)比较C和D的结构可知，反应是酚羟基上的H原子被取代，属于取代反应。(2)苯环是平面形结构，苯环上的6个碳原
5、子和醛基中的碳原子肯定共面，而单键可以旋转，则甲基碳可能也共面，故最多有8个碳原子共平面。(3)新制的氢氧化铜中有过量的NaOH，注意羧基和酚羟基均与NaOH反应。(4)根据条件，说明没有酚羟基；根据条件，说明有羧基；根据条件，说明还含有1个醇羟基。如果苯环上含有1个取代基，应该是CH(OH)COOH，如果苯环上含有2个取代基应该是COOH和CH2OH，有邻、间、对三种，共计4种。核磁共振氢谱显示其有5种不同化学环境的氢原子，结合香草醛的结构可知其结构简式为(5)以香草醛和2氯丙烷为原料，合成香草醛缩丙二醇，可以用2氯丙烷发生消去反应生成丙烯，再与溴加成、水解得1,2丙二醇，再与香草醛发生信息
6、中的反应可得产品。答案：(1)取代反应(2)醛基羟基818二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色的气体，易溶于水，是目前国际上公认的第四代高效、无毒的消毒剂。(1)目前，氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法(如图所示)。用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，写出阳极产生ClO2的电极反应式：_。(2)将ClO2用水吸收得到溶液，为了测定该溶液的浓度，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00 mL，稀释成100.00 mL试样，取其中10.00 mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，充分反应；步骤3：加入淀粉溶液作指示
7、剂，用0.2 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，再重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液的平均值为20.00 mL。(已知：2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI)若步骤2所得溶液放置时间太长，则测定结果会_。(填“偏高”“偏低”或“不变”)步骤3中，滴定终点的现象是_。通过计算确定原ClO2溶液的物质的量浓度。(写出计算过程)解析：(1)用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，NaCl中1价氯失去电子生成4价的ClO2，阳极产生ClO2的电极反应式为Cl5e2H2O=ClO24H。(2)若步骤2所得溶液放置时间太长，部分KI被空气中O2氧化，使生成的I2增多，滴
8、定时消耗的Na2S2O3偏多，则测定结果会偏高；步骤3中，用淀粉溶液作指示剂，溶液中I2转化为I，则滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变。答案：(1)Cl5e2H2O=ClO24H(2)偏高溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变每10.00 mL试样关系式：2Na2S2O3I2n(I2)0.2 molL120.00103 L2103 mol根据得失电子守恒得到：2ClO25I2n(ClO2)2103 mol8104 mol则原ClO2溶液中c(ClO2)0.8 molL119以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料，制取氧化钴的流程如下：(1)溶
9、解：溶解后过滤，将滤渣洗涤23次，再将洗液与滤液合并的目的是_。(2)氧化：加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2氧化成Fe3，其离子方程式是_。已知：铁氰化钾化学式为K3Fe(CN)6；亚铁氰化钾化学式为K4Fe(CN)63H2O。3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62(蓝色沉淀)4Fe33Fe(CN)64=Fe4Fe(CN)63(蓝色沉淀)确定Fe2是否氧化完全的方法是_。(可供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液)(3)除铁：加入适量的Na2CO3调节酸度，生成黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，写出该反应的化学方程式：_。(4)沉淀：
10、生成沉淀碱式碳酸钴(CoCO3)23Co(OH)2，沉淀需洗涤，洗涤的操作是_。(5)溶解：CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤，其原因是_。(6)灼烧：准确称取CoC2O4 1.470 g，在空气中充分灼烧得0.830 g氧化钴，写出氧化钴的化学式：_。解析：含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)用稀硫酸溶解，SiO2不溶于水，滤渣为SiO2，滤液中主要是CoSO4和FeSO4，Fe2被NaClO3氧化，ClO被还原为Cl，确定Fe2是否氧化完全，即溶液中是否有Fe2用铁氰化钾检验；溶液中的Fe2(SO4)3与Na2CO3
11、反应生成黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，同时生成Na2SO4和CO2；再加入Na2CO3生成CoCO3沉淀，用稀盐酸溶解，再加入(NH4)2C2O4，形成CoC2O4沉淀，经灼烧制得氧化钴。(6)n(CoC2O4)0.01 mol，n(Co)0.01 mol0830 g氧化钴中n(O)0.015 moln(Co)n(O)0.01 mol0.015 mol23该氧化钴的化学式为Co2O3。答案：(1)提高钴等元素的利用率(2)6Fe26HClO6Fe3Cl3H2O取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2已全部被氧化(3)3Fe2(SO4)36
12、H2O6Na2CO3=Na2Fe6(SO4)4(OH)125Na2SO46CO2(4)沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出。重复操作23次(5)防止因温度降低，CoCl2晶体析出(6)Co2O320粉煤灰的综合利用既有利于节约资源又有利于保护环境。某粉煤灰(主要含Al2O3、Fe2O3、CaCO3等)的铝、铁分离工艺流程如下：(1)“酸浸”时Al2O3发生反应的离子方程式为_。当硫酸质量分数大于50%，金属氧化物浸出率明显下降。其原因是_。(2)有关金属离子以氢氧化物沉淀时离子浓度随pH变化如图1所示。若浸出液不经还原直接与氨水混合，铝、铁元素分离效果较差的原因是_。(3)沉铝
13、后所得FeSO4溶液可用于烟气中NO吸收，其原理为Fe22NOFe(NO)22，烟气中O2的体积分数对NO吸收率的影响如图2所示。为提高烟气中NO的吸收率，可采取的措施有_(答一条，并说明理由)。“再生”过程中，Fe(NO)22在微生物的作用下与C6H12O6发生反应的离子方程式为_。(4)Al(OH)3经过一系列反应可获得粗铝，利用熔融状态下物质密度不同，通过三层液电解精炼法可由粗铝获得高纯铝(装置如图3所示)。该装置工作时，电极A作_极。熔融粗铝时加入铜的作用是_。解析：煤灰(主要含Al2O3、Fe2O3、CaCO3等)用硫酸酸浸，Al2O3、Fe2O3均溶解，Al2O36H=2Al33H
14、2O，Fe2O36H=2Fe33H2O，CaCO3转化为微溶的CaSO4；由题图1所示分析可知Fe3完全沉淀与Al3开始沉淀的pH相近，难以分离Fe3和Al3，将Fe3还原转化为Fe2，便于与Al3分离，沉铝后所得FeSO4溶液用于烟气中NO吸收，其原理为Fe22NOFe(NO)22，为提高烟气中NO的吸收率，适当增大FeSO4溶液浓度，有利于吸收NO的平衡向正反应方向移动，“再生”过程中，Fe(NO)22在微生物的作用下与C6H12O6发生反应，生成Fe2、CO2和N2。(1)“酸浸”时Al2O3发生反应的离子方程式为Al2O36H=2Al33H2O；当硫酸质量分数大于50%，SO的浓度较大
15、，生成的CaSO4析出覆盖在固体反应物表面，阻止铁、铝氧化物的溶解；(2)浸出液不经还原直接与氨水混合，因为Fe3完全沉淀与Al3开始沉淀的pH相近，二者分离效果较差；(3)为提高烟气中NO的吸收率，可采取的措施有适当增大FeSO4溶液浓度，有利于吸收NO的平衡向正反应方向移动；或增大氧气含量，有利于NO与O2、H2O反应转化为HNO3等被吸收；或减缓通入气体的速率，增大气液接触时间；根据氧化还原反应的配平原则，“再生”过程中，Fe(NO)22在微生物的作用下与C6H12O6发生反应的离子方程式为C6H12O66Fe(NO)226Fe26N26H2O6CO2；(4)电解精炼时粗铝作阳极，纯铝作
16、阴极。故该装置工作时，电极A作阴极；利用熔融状态下物质密度不同，则熔融粗铝时加入铜的作用是增大阳极熔融物的密度。答案：(1)Al2O36H=2Al33H2O生成的CaSO4覆盖在固体反应物表面，阻止铁、铝氧化物的溶解(2)Fe3完全沉淀与Al3开始沉淀的pH相近(3)增大FeSO4溶液浓度，有利于吸收NO的平衡向正反应方向移动或增大氧气含量，有利于NO与O2、H2O反应转化为HNO3等被吸收或减缓通入气体的速率，增大气液接触时间C6H12O66Fe(NO)226Fe26N26CO26H2O(4)阴增大阳极熔融物的密度21一定条件下，苯甲酸可实现如下转化：(1)Mn2基态核外电子排布式为_。(2
17、)B、C、O、K的第一电离能由小到大的顺序是_。(3)1 mol苯甲酸分子含有键的数目为_，苯甲醇分子中O原子的轨道杂化类型为_。(4)KBH4中所含BH空间构型为_，写出一种与BH互为等电子体的阳离子的化学式：_。(5)苯甲酸、苯甲醛、苯甲醇三种物质中沸点最低的是_，原因是_。解析：(1)锰是25号元素，Mn2基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5；(2)同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0，d0，f0)、半满(p3，
18、d5，f7)或全满(p6，d10，f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。B、C、O、K的第一电离能由小到大的顺序为KBCO；(3)1 mol苯甲酸分子中含有5 mol CH,7 mol CC,1 mol C=O,1 mol CO,1 mol OH，共含有键15 mol，苯甲醇分子中O原子连接2个原子，有2个孤电子对，采用sp3杂化；(4)KBH4中所含BH中B原子采用sp3杂化，空间构型为正四面体形，与BH互为等电子体的阳离子为NH；(5)苯甲醛分子间不存在氢键，其余两种物质分子间存在氢键，分子间氢键能够使物质的沸点升高，则苯甲酸、苯甲醛、苯甲醇三种物质中沸点最低的是苯甲醛。答案：(1)1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5(2)KBCO(3)15NA或156.021023sp3(4)正四面体形NH(5)苯甲醛苯甲醛分子间不存在氢键，其余两种物质分子间存在氢键
