综合大题标准练(一)（含答案）-2024年江苏高考化学二轮复习

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1．以Cu(NO3)2、氨水、NaOH乙醇溶液为原料制备的纳米CuO催化剂，可用于脱除废气中的AsH3。纳米CuO催化剂的制备、催化氧化、再生可表示为
(1)As元素在周期表中的位置为__________。
(2)流程中“反应”步骤加入过量的氨水，“沉淀”步骤的反应在加热下进行，写出“沉淀”步骤中生成纳米CuO的化学方程式：____________________________________________。
(3)“沉淀”步骤中加入乙醇的作用是_____________________________________________。
(4)“催化氧化”时，废气中AsH3主要被氧化成As2O3固体除去，温度低于100 ℃时，生成的固体中砷含量会升高，原因是_________________________________________________。
(5)“再生”时需除去纳米CuO催化剂上的As2O3和少量As2O5，可采用在氮气氛围中加热分解的方法。已知：250 ℃时催化剂上的As2O3完全升华，350 ℃时催化剂上的As2O5完全分解为As2O3和O2，将处理过10 L废气的纳米CuO催化剂进行加热再生处理，加热到250 ℃时，催化剂质量减轻了1.980 0 g，加热到350 ℃，催化剂质量又减轻了0.460 0 g。计算10 L废气中AsH3的含量[已知M(As2O3)＝198 g·ml－1，M(As2O5)＝230 g·ml－1，M(AsH3)＝78 g·ml－1，结果以mg·L－1表示，写出计算过程]。
(6)砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料。砷化镓晶胞结构如图所示，晶体中As原子周围与其距离最近的As原子的个数为__________；若该晶胞的边长为a nm，则砷化镓晶体的密度为________g·cm－3(用含a的式子表示，阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
2．化合物F是一种药物中间体，其合成路线如下：
(1)C分子所含官能团的名称为________。
(2)E→F分两步进行，反应类型依次为加成反应、____________。
(3)A→B的反应过程中会产生一种与B互为同分异构体的副产物，写出该副产物的结构简式：___________________________________________________________。
(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式：__________________________。
①分子中含有苯环且有2种含氧官能团。
②分子中不同化学环境的氢原子个数比是9∶2∶2∶1。
(5)已知：eq \(―――――→,\s\up14(1R″MgBr),\s\d5(2H3O＋)) (R和R′表示烃基或氢，R″表示烃基)。写出以和CH3MgBr为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
3．预处理后的锰阳极泥(含Mn2O3及少量PbO等的氧化物)可回收转化为PbO和MnO2，其部分流程如下：
已知：(CH3COO)2Pb易溶于水，Ksp(PbCO3)＝7.4×10－14；常温下，(CH3COO)2Pb2CH3COO－＋Pb2＋ K＝1.0×10－4。
(1)“浸出”时的离子方程式为____________________________________________________。
温度对铅浸出率的影响如图所示，选择适宜的浸出温度为________________，温度过高浸出率变化的可能原因是______________________________________。
(2)“沉铅”时，理论上加入的Na2CO3与醋酸铅的物质的量之比为1∶1。实际需加入稍过量的Na2CO3固体，其目的是_______________________________________________________。
为循环利用滤液，可改用试剂________________(填化学式)沉铅。
(3)已知：Mn2O3＋2H＋===MnO2＋Mn2＋＋H2O；NaClO3可将Mn2＋氧化为MnO2，其用量对Mn2＋的转化率影响如图所示；实验条件下pH小于5.5时，Cl－易被氧化为Cl2。请将Mn2O3完全转化为MnO2的实验方案补充完整：称取过滤所得Mn2O3固体5 g，在一定温度、固液比等条件下，___________________________________________________，得到较纯的MnO2固体(可选用的试剂：稀NaOH溶液、1.5 ml·L－1H2SO4溶液、3.0 ml·L－1HCl溶液、NaClO3固体)。
4．“碳达峰”“碳中和”是我国社会发展重大战略之一。
Ⅰ.中国首次实现了利用二氧化碳人工合成淀粉，其中最关键的一步是以CO2为原料制CH3OH。在某CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应有：
①CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41.1 kJ·ml－1
②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2＝－90.0 kJ·ml－1
③CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3＝－48.9 kJ·ml－1
(1)5 MPa时，向某密闭容器中按投料比n(H2)∶n(CO2)＝3∶1充入H2和CO2，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
①图中Y代表__________________(填化学式)。
②体系中CO2的物质的量分数受温度影响不大，原因是_______________________________。
Ⅱ.CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) K1
②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) K2
请回答：
(2)反应CH4(g)＋3CO2(g)4CO(g)＋2H2O(g)的K＝________(用K1、K2表示)。
(3)恒压，750 ℃时，CH4和CO2按物质的量之比1∶3投料，经如下流程可实现CO2高效转化。
①写出过程ⅱ产生H2O(g)的化学方程式：________________________________________________________。
②过程ⅱ的催化剂是______________，若CH4和CO2按物质的量之比1∶1投料，则会导致过程ⅱ______________。
③过程ⅱ平衡后通入稀有气体He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因：_______________________________________________________________________________________________________________________。
综合大题标准练(一)
1．(1)第四周期第ⅤA族 (2)[Cu(NH3)4](NO3)2＋2NaOHeq \(=====,\s\up7(△))CuO↓＋2NaNO3＋4NH3↑＋H2O (3)有利于除去纳米CuO表面吸附的NaNO3，使生成的纳米CuO颗粒更均匀
(4)生成As单质 (5)250 ℃时催化剂减少的质量为三氧化二砷的质量，350 ℃时催化剂减少的质量为五氧化二砷的质量，由砷原子个数守恒可知，砷化氢的物质的量为eq \f(1.980 0 g,198 g·ml－1)×2＋eq \f(0.460 0 g,230 g·ml－1)×2＝0.024 ml，则10 L废气中砷化氢的含量为
eq \f(0.024 ml×78 g·ml－1×1 000 mg·g－1,10 L)＝187.2 mg·L－1。 (6)12 eq \f(580,a3NA)×1021
解析 由题给流程可知，向硝酸铜溶液中加氨水，溶液中铜离子与氨水反应生成硝酸四氨合铜，硝酸四氨合铜与氢氧化钠乙醇溶液共热反应生成纳米氧化铜，在反应生成的纳米氧化铜做催化剂的条件下，废气中的砷化氢主要被氧化成三氧化二砷固体而除去，纳米氧化铜再生的方法为在氮气氛围中加热分解，除去催化剂表面的三氧化二砷和少量五氧化二砷。
(3)由流程可知，“沉淀”步骤中硝酸四氨合铜与氢氧化钠乙醇溶液共热反应生成纳米氧化铜沉淀、硝酸钠、氨气和水，与用氢氧化钠溶液相比，“沉淀”步骤中加入乙醇可除去纳米氧化铜表面吸附的硝酸钠，使生成的纳米氧化铜颗粒更均匀。
(6)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的砷原子与位于面心的砷原子的距离最近，则晶体中砷原子周围与其距离最近的砷原子的个数为12；晶胞中位于顶点和面心的砷原子个数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，位于体内的镓原子个数为4，设晶体的密度为d g·cm－3，由晶胞的质量公式可得：eq \f(4×145,NA)＝(a×10－7)3d，解得d＝eq \f(580,a3NA)×1021。
2．(1)碳碳双键、醚键
(2)消去反应 (3)
(4)(或)
(5)
解析 (2)E发生加成反应后得到，再经消去反应得到F。
(3)醚断键有如图两种情况：，则副产物的结构简式为。
(4)F的分子式为C10H14O3，不饱和度为4，分子中含有苯环且有2种含氧官能团，该分子中除了苯环无其他不饱和键，分子中不同化学环境的氢原子个数比是9∶2∶2∶1，分子中含有三个等效的甲基即—C(CH3)3，所以同分异构体的结构简式为或。
3．(1)PbO＋2CH3COO－＋2NHeq \\al(＋,4)＋H2O===(CH3COO)2Pb＋2NH3·H2O 85 ℃ 温度过高，CH3COONH4水解挥发损失 (2)将浸出液中的Pb2＋沉淀完全 (NH4)2CO3 (3)边搅拌边加入1.5 ml·L－1H2SO4溶液，充分反应后，加入稀NaOH溶液调节溶液pH约为6，加入理论所需量1.3倍～1.4倍即约1.5 g NaClO3固体，反应一段时间后，过滤、洗涤、干燥
解析 (3)根据方程式：Mn2O3＋2H＋===MnO2＋Mn2＋＋H2O、3Mn2＋＋ClOeq \\al(－,3)＋3H2O===3MnO2＋Cl－＋6H＋，可得关系式：3Mn2O3～3Mn2＋～NaClO3,5 g Mn2O3反应产生的Mn2＋完全被氧化需NaClO3质量m(NaClO3)＝eq \f(106.5,3×158)×5 g≈1.12 g。根据NaClO3用量对Mn2＋转化率的影响可知应该选择NaClO3用量与理论值之比为1.3倍至1.4倍，Mn2＋转化率达到最大值，其质量约为1.5 g。
4．(1)①CH3OH ②温度升高时，反应①吸热反应正向进行的程度和反应③放热反应逆向进行的程度相差不大
(2)K1·Keq \\al(2,2) (3)①Fe3O4＋4H2eq \(=======,\s\up7(一定条件))3Fe＋4H2O ②一氧化碳(或CO) 一氧化碳量减小，反应减慢，不利于二氧化碳的转化 ③恒压条件下通入氦气，碳酸钙分解平衡正向移动，导致二氧化碳和一氧化碳比例增大，促进铁还原二氧化碳生成一氧化碳平衡正向移动，使一氧化碳的物质的量上升
解析 (1)①生成甲醇的反应都为放热反应，所以温度升高平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数减小，生成一氧化碳的反应为吸热反应，所以温度升高平衡正向移动，一氧化碳的物质的量分数增大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，故Z为水，Y为甲醇，X为一氧化碳。②反应③消耗二氧化碳，反应①生成二氧化碳，最终体系中的二氧化碳的物质的量分数与上述两个反应有关，由于温度改变时，反应①和反应③的平衡移动方向相反，且平衡移动程度接近，导致体系中的二氧化碳的物质的量分数受温度的影响不大。
(2)根据盖斯定律分析，①＋②×2得反应：CH4(g)＋3CO2(g)4CO(g)＋2H2O(g) K＝K1·Keq \\al(2,2)。
(3)①由图分析，氢气和四氧化三铁反应生成水，故过程ⅱ产生H2O(g)的化学方程式为Fe3O4＋4H2eq \(======,\s\up7(一定条件))3Fe＋4H2O。