2025届高三化学二轮复习 综合题提能练(四)

这是一份2025届高三化学二轮复习 综合题提能练(四)，共13页。试卷主要包含了5 kJ·ml-1，67等内容，欢迎下载使用。
1.(12分)硝酸镍可用于电镀镍铬合金、蓄电池、金属表面处理剂。某兴趣小组用含镍废催化剂(主要含有Ni,还含有Al、Al2O3、CuO、SiO2及有机物)制备Ni(NO3)2,其工艺流程如下:
部分金属化合物的Ksp近似值如表所示:
回答下列问题:
(1)(1分)能溶解在石油醚中的物质是 。
(2)(2分)“过滤1”中用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、 ,过滤时玻璃棒的作用是 。
(3)(1分)滤液2的主要成分是 (填化学式)。
(4)(3分)“酸浸”时,有同学提出用稀硫酸代替稀硝酸更合理,理由是
(1分)。
Ni与稀硝酸反应时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (2分)。
(5)(2分)常温下,“调pH”时,溶液的pH最小为
(离子浓度小于或等于1.0×10-5ml·L-l时认为沉淀完全,lg22=1.34,保留小数点后2位)。
(6)(1分)“一系列步骤”包括再次加入稍过量的NaOH溶液、过滤、向滤渣中加入稀硝酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。“再次加入稍过量的NaOH溶液、过滤、向滤渣中加入稀硝酸”的目的是 。
(7)(2分)用沉淀法测定产品Ni(NO3)2的纯度。
取a g粗品溶于水,加入稍过量的NaOH溶液,过滤、洗涤、干燥,得到b g沉淀。则粗品中Ni(NO3)2的纯度是 (用含a、b的代数式表示)。
2.(12分)铁氰化钾俗称赤血盐,化学式为K3[Fe(CN)6],可溶于水,常用作分析试剂。实验室用Cl2在60~65 ℃时氧化K4[Fe(CN)6]制备K3[Fe(CN)6]的装置如图所示(夹持装置省略)。
回答下列问题:
(1)(4分)装置B中试剂是 (1分);装置C最好的加热方式为 (1分)(填“水浴”或“油浴”),C中反应的离子方程式为 (2分)。
(2)(2分)反应结束后通入N2一段时间的目的是 。
(3)(6分)工业上可用铁氰化钾法测定蔗糖(C12H22O11)的水解程度(杂质不参与反应)。
Ⅰ.反应原理:铁氰化钾在碱性溶液中有氧化性,能将葡萄糖(或果糖)氧化,反应的化学方程式为C6H12O6+6K3[Fe(CN)6]+6KOH===(CHOH)4·(COOH)2+6K4[Fe(CN)6]+4H2O。
Ⅱ.实验步骤:
i.称取纯净的蔗糖1.000 g,置于200 mL锥形瓶中,加入少量水溶解,再加入5 mL 2 ml·L-1稀硫酸、摇匀,加热20分钟;
ii.进行“一系列操作”;
iii.加入2滴次甲基兰指示剂,用c ml·L-1铁氰化钾标准液滴定,终点时消耗标准液V mL。
已知:铁氰化钾溶液中加入次甲基兰指示剂,溶液迅速变蓝。
①配制铁氰化钾标准液时,用到的定量玻璃仪器有 (1分)(填仪器名称)。
②实验步骤ii中“一系列操作”为 (1分)。
③蔗糖的水解程度为 (2分)%(用含c、V的代数式表示)。
④下列操作会导致测定结果偏低的是 (2分)。
a.称取蔗糖时,砝码生锈
b.配制铁氰化钾溶液时,转移操作未洗涤烧杯
c.溶液变蓝立即读数,后又恢复无色
d.滴定前俯视,滴定后仰视
3.(13分)CO2催化加氢是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题:
(1)(7分)以CO2、H2为原料合成CH3OH,体系中发生如下反应:
反应 Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5 kJ·ml-1
反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
①已知键能:E(H—H)=436 kJ·ml-1、E(C≡O)=1 071 kJ·ml-1、E(O—H)=464 kJ·ml-1、E(C==O)=803 kJ·ml-1,则ΔH2= (2分) kJ·ml-1。
②下列操作中,能提高CO2(g)平衡转化率的是 (2分)(填标号)。
A.增加CO2(g)用量
B.恒温恒容下通入惰性气体
C.移除H2O(g)
D.加入催化剂
③在催化剂作用下,发生上述反应Ⅰ、Ⅱ,达平衡时CO2的转化率随温度和压强的变化如图,压强p1、p2、p3由大到小的顺序为 (1分)。解释压强一定时,CO2的平衡转化率呈现如图变化的原因 (2分)。
(2)(2分)以CO2、H2为原料合成二甲醚,反应如下:
主反应:2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)
副反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
向恒温恒压(250 ℃、3.0 MPa)的密闭容器中,通入物质的量之比为n(CO)∶n(CO2)∶n(H2)=1∶5∶20的混合气体,平衡时测得CO2的转化率为20%,二甲醚的选择性为80%(已知二甲醚的选择性=生成二甲醚的CO2物质的量反应共耗CO2物质的量×100%),则副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的Kp= (以分压表示,分压=总压×物质的量分数,保留2位有效数字)。
(3)(4分)工业上利用废气中的CO2、CO联合制取烧碱、氯代烃和甲醇的流程如图。已知B中的电解装置使用了阳离子交换膜。
①B中发生的总反应的离子方程式为 。
②若某废气中含有的CO2和CO的体积比为2∶1,废气中CO2和CO体积分数共为13.44%。假设A中处理了标准状况下10 m3的废气,其中CO2和CO全部转化成CH3OH,理论上可制得CH3OH kg。
4.(11分)(2024·山东卷)锰氧化物具有较大应用价值,回答下列问题:
(1)(3分)Mn在元素周期表中位于第 周期 族;同周期中,基态原子未成对电子数比Mn多的元素是 (填元素符号)。
(2)(4分)Mn如某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示,该氧化物化学式为 (1分)。
当MnOx晶体有O原子脱出时,出现O空位,Mn的化合价 (1分)(填“升高”“降低”或“不变”),O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是 (2分)(填标号)。
A.CaOB.V2O5C.Fe2O3D.CuO
(3)(2分)[BMIM]+BF4-(见图)是MnOx晶型转变的诱导剂。BF4-的空间构型为 ;
[BMIM]+中咪唑环存在Π56大π键,则N原子采取的轨道杂化方式为 。
(4)(2分)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF,除相对分子质量存在差异外,另一重要原因是 。
5.(12分)(2024·泰安二模)化合物K是合成抗病毒药物普拉那韦的原料,其合成路线如下。
已知:
①R1—CHO+
R1—CH==
②
(1)(1分)A具有酸性,B分子中碳原子的杂化类型为 。
(2)(2分)E→F的反应类型为 ,G中官能团名称为 。
(3)(1分)由D→E的过程中有副产物E1生成,E1为E的同分异构体,则E1的结构简式为 。
(4)(3分)E有多种同分异构体,符合下类条件的同分异构体有 (2分)种。
a.经红外光谱测定结构中含结构,且苯环上只有两个取代基
b.能发生水解反应
c.能与新制Cu(OH)2反应产生砖红色沉淀
写出其中核磁共振氢谱的峰面积之比为1∶2∶2∶2∶9的有机物的结构简式 (1分)。
(5)(2分)K分子中含有两个六元环,写出J→K的化学反应方程式
。
(6)(3分)由CH3CHO、、为原料(无机试剂任选),设计制备有机物的合成路线。
化学式
Cu(OH)2
Al(OH)3
Ni(OH)2
Ksp近似值
2.2×10-20
1.0×10-34
1.0×10-15
综合题提能练(四)
1.答案 (1)有机物 (2)漏斗、烧杯 引流
(3)NaOH、NaAlO2、Na2SiO3
(4)Ni与稀硝酸反应会生成污染环境的NO 2∶3 (5)6.67
(6)使产品Ni(NO3)2更纯(或除去硝酸钠等) (7)183b93a×100%
解析 镍废催化剂(主要含有Ni,还含有Al、Al2O3、CuO、SiO2及有机物),加入石油醚后溶解有机物,过滤得到滤渣1,滤渣1碱浸过滤得到固体,过滤得到滤液2的主要成分为NaOH、NaAlO2、Na2SiO3;滤渣2加入硝酸酸浸过滤,调节溶液pH使铜离子全部沉淀,镍离子不沉淀,过滤后经过一系列操作得到Ni(NO3)2;(1)据分析可知,能溶解在石油醚中的物质是有机物;(2)过滤时,用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯;玻璃棒的作用是引流;(3)据分析可知,滤渣1主要含有Ni,还含有Al、Al2O3、CuO、SiO2;Al、Al2O3、SiO2与碱反应,碱浸过滤得到固体,过滤得到滤液2为NaOH、NaAlO2、Na2SiO3;(4)“酸浸”时反应为3Ni+8HNO3===3Ni(NO3)2+2NO↑+4H2O;产物中有污染环境的NO;所以有同学提出用稀硫酸代替稀硝酸更合理;HNO3为氧化剂,所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3;(5)调节溶液pH的目的是使铜离子全部沉淀,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,所以铜离子全部沉淀时c(OH-)=2.2×10-201×10-5;所以溶液的pH最小为6.67;(6)为了获得纯度高的Ni(NO3)2,可再次加入稍过量的NaOH溶液、过滤、向滤渣中加入稀硝酸;(7)取a g粗品溶于水,加入稍过量的NaOH溶液,过滤、洗涤、干燥,得到b g沉淀为Ni(OH)2,Ni物质的量守恒,则粗品中Ni(NO3)2的纯度是183b93a×100%。
2.答案 (1)饱和食盐水 水浴 2[Fe(CN)6]4-+Cl22[Fe(CN)6]3-+2Cl- (2)排空Cl2,使得Cl2充分被氢氧化钠吸收,减少对环境的污染 (3)①量筒和容量瓶 ②移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、需调pH至碱性 ③2.85Vc ④c
解析 A中利用浓盐酸和二氧化锰制备氯气,制备的氯气中含有HCl气体,通过饱和食盐水净化后通入C,与K4[Fe(CN)6]反应制备K3[Fe(CN)6],尾气使用氢氧化钠吸收。(1)据分析可知,装置B中试剂是饱和食盐水;实验室用Cl2在60~65 ℃时氧化K4[Fe(CN)6]制备K3[Fe(CN)6],所以装置C最好的加热方式为水浴;装置C中反应离子方程式为2[Fe(CN)6]4-+Cl22[Fe(CN)6]3-+2Cl-;(2)反应结束后通入N2一段时间,将仪器内的Cl2排空,使得Cl2充分被氢氧化钠吸收,减少对环境的污染;(2)①配制铁氰化钾标准液时,需要天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管;其中定量玻璃仪器为量筒和容量瓶;②加热20分钟后,用玻璃棒引流,转移到容量瓶内,用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,当向容量瓶中加水至刻度线1 cm~2 cm处时,再改用胶头滴管至刻度处,摇匀后装并贴好标签;由于反应在碱性条件下进行,需调pH至碱性;所以“一系列操作”为移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、需调pH至碱性;③已知反应的化学方程式为C6H12O6+6K3[Fe(CN)6]+6KOH===(CHOH)4·(COOH)2+6K4[Fe(CN)6]+4H2O,加入2滴次甲基兰指示剂,用c ml·L-1铁氰化钾标准液滴定,终点时消耗标准液V mL,所以消耗的C6H12O6质量为m(C6H12O6)=V×10-3L×cml·L-16×180 g·ml-1=0.03Vc g;所以蔗糖的水解程度为342×0.03Vc2×180×100%=2.85Vc%;④a.砝码生锈,使得称得的质量增加,溶质的物质的量偏大,使得V增大,故a不符合题意;b.配制铁氰化钾溶液时,转移操作未洗涤烧杯,溶质的物质的量偏小;滴定量增大,导致测定结果偏大;故b不符合题意;c.溶液变蓝立即读数,后又恢复无色,说明反应未完全,此时V偏小,使得测定结果偏低,故c符合题意;d.滴定前俯视,使读出的刻度比实际的刻度小;滴定后仰视,使读出刻度比实际大,因此,记录下来的滴定用量比实际用量多了,计算出来的结果偏高,故d不符合题意;故答案选c。
3.答案 (1)①+43 ②C ③p1>p2>p3 T K之前以反应Ⅱ为主,转化率随着温度的升高而增大,T K之后以反应Ⅰ为主,转化率随着温度的升高而减小 (2)0.024 (3)①2H2O+2Cl-H2↑+Cl2↑+2OH- ②1.92
解析 (1)①已知键能:E(H—H)=436 kJ·ml-1、E(C≡O)=1 071 kJ·ml-1、E(O—H)=464 kJ·ml-1、E(C==O)=803 kJ·ml-1,则ΔH2=反应物的键能-生成物的键能=2×803 kJ·ml-1+436 kJ·ml-1-1 071 kJ·ml-1-2×464 kJ·ml-1=+43 kJ·ml-1;②A.增加CO2(g)用量,平衡正向移动,但CO2(g)平衡转化率降低,故A不选;B.恒温恒容下通入惰性气体,反应物和生成物的浓度不变,平衡不移动,CO2(g)平衡转化率不变,故B不选;C.移除H2O(g),平衡正向移动,CO2(g)平衡转化率增大,故C选;D.加入催化剂,不能改变平衡状态,CO2(g)平衡转化率不变,故D不选;故选C;③反应Ⅰ是气体体积减小的反应,增大压强平衡正向移动,CO2(g)平衡转化率增大,反应Ⅱ是气体体积不变的反应,增大压强,平衡不移动,CO2(g)平衡转化率不变,则由温度T时CO2的平衡转化率大小可知,压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p1>p2>p3;反应Ⅰ是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO2(g)平衡转化率减小,反应Ⅱ是吸热反应,升高温度,平衡正向移动,CO2(g)平衡转化率增大,压强一定时,CO2的平衡转化率呈现如图变化的原因是:T K之前以反应Ⅱ为主,转化率随着温度的升高而增大,T K之后以反应Ⅰ为主,转化率随着温度的升高而减小。(2)由已知条件列出“三段式”
平衡时测得CO2的转化率为2x+y5=20%,二甲醚的选择性为2x2x+y=80%,解得x=0.4,y=0.2,反应后总物质的量为26-4x=24.4 ml,则副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的Kp=p(H2O)·p(CO)p(CO2)·p(H2)=
3×0.4+0.224.4×3.0×1+0.224.4×3.05-2×0.4-0.224.4×3.0×20-0.4×6-0.224.4×3.0=0.024。(3)①由图可知,B中发生的总反应为电解氯化钠溶液的反应,离子方程式为:2H2O+2Cl-H2↑+Cl2↑+2OH-;②10 m3的废气中CO2和CO总体积为10×103 L×13.44%=1 344 L,CO2和CO的体积比为2∶1,则V(CO)=1 344 L×13=448 L,V(CO2)=1 344 L×23=896 L,n(CO)= 448 L22.4 L·ml-1=20 ml,n(CO2)= 896 L22.4 L·ml-1=40 ml,CO2和CO全部转化成CH3OH,则生成CH3OH的物质的量为20 ml+40 ml=60 ml,质量为60 ml×32 g·ml-1=1 920 g=1.92 kg。
4.答案 (1)四 ⅦB Cr (2)MnO2 降低 A
(3)正四面体形 sp2 (4)FDCA形成的分子间氢键更多
解析 (1)Mn的原子序数为25,位于元素周期表第四周期ⅦB族;基态Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2,未成对电子数有5个,同周期中,基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr,基态Cr的电子排布式为[Ar]3d54s1,有6个未成对电子;(2)由均摊法得,晶胞中Mn的数目为1+8×18=2,O的数目为2+4×12=4,即该氧化物的化学式为MnO2;MnOx晶体有O原子脱出时,出现O空位,即x减小,Mn的化合价为+2x,即Mn的化合价降低;CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3价、CuO中Cu的化合价为+2价,其中CaO中Ca的化合价下降只能为0,其余可下降得到比0大的价态,说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质;(3)BF4-中B形成4个σ键(其中有1个配位键),为sp3杂化,空间构型为正四面体形;咪唑环存在Π56大π键,N原子形成3个σ键,杂化方式为sp2;(4)由HMF和FDCA的结构可知,HMF和FDCA均能形成分子间氢键,但FDCA形成的分子间氢键更多,使得FDCA的熔点远大于HMF。
5.答案 (1)sp2、sp3 (2)消去反应 羰基 (3)
(4)24
(5)
(6)CH3CHO
解析 根据(1)问可知,A具有酸性,则A的结构简式为CH2BrCOOH,A与乙醇发生酯化反应,则B的结构简式为CH2BrCOOCH2CH3,根据信息②可知,C的结构简式为,根据D的分子式,以及E的结构简式可知,D为苯甲醛,即结构简式为,根据F的分子式,以及E的结构简式,E→F发生消去反应,即F的结构简式为,F与氢气发生加成反应,对比F、G的分子式,则G的结构简式为,H的结构简式为,生成J发生酯的水解,即J的结构简式为,根据(5)K分子有两个六元环,J→K发生酯化反应,即K的结构简式为,据此分析;(1)根据上述分析,B的结构简式为CH2BrCOOCH2CH3,碳原子杂化方式类型为sp2、sp3;(2)根据上述分析,E→F发生消去反应,G的结构简式为,含有的官能团为(酮)羰基;(3)根据信息①第一步发生反应的原理,E'的结构简式为;(4)能发生水解反应,说明含有酯基,能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀,说明含有醛基,根据E的结构简式,综上所述,符合条件的结构简式中存在甲酸某酯的形式,因此符合条件的结构简式为,两个取代基位置有邻、间、对三种,-C5H11有8种形式,同分异构体共有3×8=24种;核磁共振氢谱有5种峰,说明是对称结构,峰面积之比中有9,说明有三个相同的甲基,即符合条件的是;(5)根据上述分析,J的结构简式为,K的结构简式为,J→K的反应方程式为+H2O;(6)根据目标方程式,以及题中所给信息可知,发生消去反应得到目标产物,因此由乙醛、丙酮经过一系列反应得到,因此合成路线为CH3CHO。