1、6道主观大题组合练(一)16以硫铁矿烧渣(主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO)生产安全高效的水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)的工艺流程如下：已知：FeO在强碱性溶液中稳定，但在Fe(OH)3催化作用下会发生分解。(1)“酸浸”时加入硫酸的量不宜过多的原因是_。(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为_。(3)在控制其他条件不变的情况下，探究保持Fe2(SO4)3和NaOH总质量不变，改变其质量比对K2FeO4产率的影响，实验结果如图所示，当质量比大于0.55时K2FeO4的产率下降的原因可能是_。(4) “过滤2”产生的滤渣的主要成分为_(填化学式)，“过滤3”所
2、得滤液中含有的阴离子有OH、Cl、SO、_、_(填化学式)。(5)K2FeO4可将水中的H2S氧化为硫酸盐，同时K2FeO4被还原为Fe(OH)3，则反应时K2FeO4与H2S的物质的量之比为_。解析：硫铁矿烧渣中加入稀硫酸、过氧化氢，滤渣为二氧化硅，滤液中含有铁离子、铝离子、硫酸根离子和镁离子，加入次氯酸钠溶液和氢氧化钠溶液，混合发生氧化还原反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，过滤除去氢氧化镁，滤液中加入饱和氢氧化钾溶液实现高铁酸钠转化为高铁酸钾沉淀，冷却结晶过滤得到高铁酸钾固体，滤液中含有的阴离子有OH、Cl、SO、FeO、AlO，上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂质，可用重结晶法提纯。(1)为避免
3、后续反应消耗较多的氢氧化钠，则“酸浸”时加入硫酸的量不宜过多。(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe33ClO10OH=2FeO3Cl5H2O。(3)题给信息中FeO在强碱性溶液中稳定，但在Fe(OH)3催化作用下会发生分解，由图像可知，当质量比大于0.55时，过多的Fe3与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降。(4)滤渣2含有氢氧化镁，“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH、Cl、SO2、FeO2、AlO。(5)反应中Fe元素化合价由6价降低为3价，S元素化合价由2价升高为6价，根据化合价升降总数相等可得，K2FeO4与
4、H2S的物质的量之比为83。答案：(1)可以减少“氧化”步骤中NaOH的用量(2)2Fe33ClO10OH=2FeO3Cl5H2O(3)当硫酸铁跟氢氧化钠的质量比增大到一定程度时，过多的Fe3与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降(4)Mg(OH)2FeOAlO(5) 8317以化合物A为原料合成化合物M的线路如图所示。(1)写出化合物B中含氧官能团的名称为_。(2)的反应类型为_。(3)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式_。能与FeCl3发生显色反应；分子中有3种不同化学环境的氢。(4)E与Y反应生成M同时还生
5、成甲醇，写出Y (C5H8O4)的结构简式_。答案：(1)羟基、醚键(2)取代反应(4)CH3OOCCH2COOCH3(5)18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。.取25.00 mL溶液X，加入稀硫酸，然后用Na2SO3将BrO还原为Br；.去除过量的SO后调至中性；.加入K2CrO4作指示剂，用0.100 0 molL1AgNO3标准溶液滴定Br至终点，消耗AgNO3标准溶液11.25 mL；.另取25.00 mL溶液X，酸化后加热，再用碱液调至中性，测定剩余Br，消耗上述AgNO3标准溶液3.75
6、mL。已知：25 时，Ag2CrO4(砖红色)的Ksp1.121012，AgBr(浅黄色)的Ksp5.01015；中酸化时发生反应：BrO5Br6H= 3Br23H2O请回答：(1)步骤中，反应的离子方程式为_。(2)步骤中，滴定终点的现象为_。(3)步骤中，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)步骤中，“加入稀硫酸，然后用Na2SO3将BrO还原为Br”，SO 是还原剂，其氧化产物是SO ，BrO是氧化剂，还原产物是Br，根据化合价升降守恒和原子守恒配平，其反应的离子方程式为3SO BrO=Br3SO 。(2)步骤中，待测溶液中
7、的Br与标准溶液反应：AgBr=AgBr，生成浅黄色沉淀，当Br耗尽，再多一滴AgNO3标准溶液即发生2AgCrO =Ag2CrO4，产生砖红色沉淀且半分钟内红色不褪色，即表示达到滴定终点。(3)步骤中，酸化时使KBrO3与KBr反应：BrO5Br6H=3Br23H2O，再测定剩余的Br，而溶液中溶解的Br2会干扰Br的测定，通过加热让溶液中溶解的Br2挥发而除去。(4)根据反应方程式AgBr=AgBr，25.00 mL溶液X中KBrO3和KBr中的溴元素总物质的量n(Br)总n(AgNO3)0.100 0 molL111.25103 L1.125103 mol，即n(BrO)n(Br)n(B
8、r)总1.125103 mol。由步骤可知，第二次取25.00 mL样品溶液加酸反应完全后剩余Br的物质的量n(Br)余0.100 0 molL1 3.75103 L3.75104 mol。由反应方程式BrO5Br6H= 3Br23H2O可知，其中BrO与参加反应的Br的物质的量之比为15，所以25.00 mL溶液X中含BrO的物质的量n(BrO)n(Br)总n(Br)余(1.125103 mol3.75104 mol)1.25104 mol。由1 g样品配成100 mL溶液，且每次实验取的是25 mL，所以试样中KBrO3的质量分数w(KBrO3)100%8.35%。答案：(1)3SOBrO
9、=Br3SO(2)当滴入最后一滴AgNO3溶液时，产生砖红色沉淀，且半分钟内，红色不褪色(3)除去溶解在溶液中的Br2(或使Br2挥发)(4)w(KBrO3)8.35%第一次所取25.00 mL溶液中：n(Br)总n(AgBr)0.100 0 molL111.25103 L1.125103 mol所以，n(BrO)n(Br)n(Br)总1.125103 mol 第二次所取25.00 mL溶液，加酸反应后：n(Br)余0.100 0 molL1 3.75103 L3.75104 mol由步骤可知：BrO5Br所以，n(BrO)n(Br)总n(Br)余(1.125103 mol3.75104 mo
10、l)1.25104 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)100%8.35%19以SO2、软锰矿(主要成分为MnO2，含少量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：如图1所示装置，将SO2通入装置B中的软锰矿浆液中(MnO2SO2=MnSO4)。步骤：充分反应后，在不断搅拌下依次向三颈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：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90100
11、 ，适宜的加热方式是_。(3)装置C的作用是_。(4)“步骤”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Fe2Fe3Al3Mn2开始沉淀pH7.041.873.327.56沉淀完全pH9.183.274.910.2(5)已知：用空气氧化Mn(OH)2浊液可制备Mn3O46Mn(OH)2O22Mn3O46H2O，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：反应温度超过80 时，Mn3O4产率开始降低。Mn(OH)2是白色沉淀，Mn3O4呈黑色；
12、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 H2SO4反应制取SO2，反应方程式为Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O。(2)水浴加热的优点是能均匀受热，便于控制温度，因此反应适宜的加热方式为用90100 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Fe2氧化为Fe3，便于沉淀除去；用MnCO3调节溶液pH时，需调节溶液p
13、H范围为4.9pH7.56，这样可以除去溶液中的Fe3和Al3，而Mn2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6080 ，pH在89。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6080 ，用氨水调节溶液pH并维持在89，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，在上层清液中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验不出SO，真空干燥6小时得产品Mn3O4。答案：(1)Na2SO3H2S
14、O4=Na2SO4SO2H2O(2)用90100 的水浴加热(3)吸收未反应的SO2(4)将Fe2氧化为Fe34.9pH7.56(5)将滤液加热并保温在6080 ，用氨水调节溶液pH并维持在89，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，在上层清液中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验不出SO20铁炭混合物(铁屑和活性炭的混合物)、纳米铁粉均可用于处理水中污染物。(1)铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有Cr2O的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上Cr2O转化为Cr3，其电极反应式为_。(2)在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的
15、铁炭混合物对水中Cu2和Pb2的去除率，结果如下图所示。当铁炭混合物中铁的质量分数为0时，也能去除水中少量的Cu2和Pb2，其原因是_。当铁炭混合物中铁的质量分数大于50%时，随着铁的质量分数的增加，Cu2和Pb2的去除率不升反降，其主要原因是_。(3)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为3)与Fe2反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，其离子方程式为_。纳米铁粉与水中NO反应的离子方程式为4FeNO10H=4Fe2NH3H2O研究发现，若pH偏低将会导致NO的去除率下降，其原因是_。相同条件下，纳米铁粉去除不同水
16、样中NO的速率有较大差异(见下图)，产生该差异的可能原因是_。解析：(1)由题意知，正极上Cr2O得电子生成Cr3，其电极反应式为Cr2O6e14H=2Cr37H2O。(2)活性炭具有较大的表面积，吸附性很强，能吸附废水中少量的Cu2和Pb2。铁的质量分数增加，形成铁炭微电池的数量减少，从而降低了反应效果，导致Cu2和Pb2的去除率降低。(3)因BH中B元素的化合价为3，则BH中H元素的化合价为1。根据题中信息和电子守恒规律可写出该反应的离子方程式：2Fe2BH4OH=2Fe2H2B(OH)。pH偏低，即溶液的酸性增强，则易发生副反应：Fe2H=Fe2H2，导致NO的去除率降低。水样和相比较，
17、水样中含有Cu2。由题图可知，相同条件下水样的NO去除速率明显比水样快，可能是Fe与Cu2反应：FeCu2=Fe2Cu，析出的Cu与Fe在溶液中构成原电池，加快了Fe与NO的反应，也可能是析出的Cu或原废水中的Cu2催化了Fe与NO的反应。答案：(1)Cr2O6e14H=2Cr37H2O(2)活性炭对Cu2和Pb2有吸附作用铁的质量分数增加，铁炭混合物中微电池数目减少(3)2Fe2BH4OH=2Fe2H2B(OH)纳米铁粉与H反应生成H2Cu或Cu2催化纳米铁粉去除NO的反应(或形成的FeCu原电池增大纳米铁粉去除NO的反应速率)21.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
18、性等功能，第一个金属原子簇类配位化合物结构如图1。请回答下列问题：(1)Fe3的基态核外价电子排布式为_。(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NO。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_。AFe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子BFe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键
19、C1 mol Fe(CO)5含有10 mol配位键DFe(CO)5=Fe5CO反应中没有新化学键生成解析：(1)Fe位于周期表中第4周期第族，Fe3的基态核外价电子排布式为3d5。(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A族和第A族元素反常，则三种元素原子第一电离能由大到小顺序为NOS，对于SOCl2，其等电子体为SO，二者结构相似，根据VSEPR理论，价电子对数为34，则其空间构型为三角锥形。(3)对于NO，根据VSEPR理论，价电子对数为22，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)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，故A正确；铁的杂化轨道数为5，铁不是正四面体构型，Fe(CO)5中Fe原子不是以sp3杂化方式与CO成键，故B错误；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，故C正确 ；化学反应的实质是旧键的断裂，新键的生成，故D错误。答案：(1)3d5(2)NOS三角锥形(3)sp(4)S、N(5)AC- 10 -
