2026版化学步步高大二轮专题复习-第14练　综合大题标准练(一)

第14练综合大题标准练(一)[分值：50分]1.(14分)(2025·辽宁名校联盟一模)镓是一种战略金属元素，一种由湿法提锌浸出渣(含Ga、Pb、Zn、Fe等元素的氧化物)生产镓的流程如下：(1)“酸浸”步骤中，随着湿法提锌浸出渣含Pb量的升高，Ga的浸出率降低的原因是，

在含Pb量不变的条件下，可提高Ga浸出率的措施是(任答一点)。

(2)“还原”步骤中，若A物质选择ZnS(难溶于水)，可得到黄色沉淀，该步骤Fe3+发生反应的离子方程式为，

可用于证明Fe3+反应完全的试剂是(填化学式)。

(3)部分离子浓度pM[pM=-lgc(某离子)]与pH关系如图所示。根据流程和图中信息判断“中和沉镓”后所得滤液中的主要过渡金属阳离子为(填离子符号)。

(4)“电解”时需严格控制电解液pH，若pH过低可能造成的后果是。

(5)已知镓的化学性质与铝相似，“碱浸”时为了节约成本，有研究人员提出B物质选择氨水。已知25℃时，Ga(OH)3+H2O[Ga(OH)4]-+H+Ka[Ga(OH)3]=5×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。试通过计算推测该条件下Ga(OH)3在NH3·H2O中的溶解趋势，写出简要计算过程并得出结论：。

答案(1)生成的PbSO4难溶，覆盖在含镓残渣表面使Ga的浸出率降低粉碎、搅拌、增加浸出时间、反复浸出、适当升高温度、适当提高酸的浓度(任写一点即可)(2)ZnS+2Fe3+=2Fe2++S↓+Zn2+KSCN(或K4[Fe(CN)6])(3)Fe2+、Zn2+(4)阴极氢离子放电产生氢气(5)反应Ga(OH)3+NH3·H2O=[Ga(OH)4]-+NH4+的平衡常数K=c(NH4+)·c[Ga(OH)4]-c(NH3·H2O)=c(NH4+)·c[Ga(OH)4]-·c(H+)·c(OH-)c(NH3·H2O)·c(H+)·c(OH-)=Ka[Ga(OH)3]·Kb(NH3·H2O)解析(1)酸浸时生成硫酸铅沉淀，则“酸浸”步骤中，随着湿法提锌浸出渣含Pb量的升高，Ga的浸出率降低的原因是生成的PbSO4覆盖在含镓残渣表面使Ga的浸出率降低；增大反应物的浓度、增大接触面积、升温等均能加快反应速率，则在含Pb量不变的条件下，可提高Ga浸出率的措施是粉碎、搅拌、增加浸出时间、反复浸出、适当升高温度、适当提高酸的浓度。(3)通常，金属离子浓度小于10-5mol·L-1即图中该离子对应的pM>5时可认为沉淀完全，由图可知，镓离子沉淀完全时锌离子、亚铁离子尚未沉淀，则根据流程和图中信息判断“中和沉镓”后所得滤液中的主要过渡金属阳离子为Fe2+、Zn2+。(4)电解时，镓离子在阴极得到电子被还原生成镓，“电解”时需严格控制电解液pH，若pH过低，氢离子浓度过大，可能造成的后果是阴极氢离子放电产生氢气。2.(12分)(2025·河南名校学术联盟二模)苯甲酸乙酯(Mr=150)是一种有机化合物，天然存在于桃、菠萝、醋栗等水果中。常用于配制香水香精和人造精油，也大量用于食品中。某实验小组设计实验制备苯甲酸乙酯并计算产率。【反应式】+C2H5OH+H2O。【试剂】6g苯甲酸(0.049mol)、11.9g无水乙醇(15mL、0.25mol、99.9%)、环己烷、浓硫酸、碳酸钠、乙醚、无水氯化钙。【步骤】步骤1：安装如图所示装置。步骤2：在50mL圆底烧瓶中，加入6g苯甲酸、15mL无水乙醇、15mL环己烷和2.5mL浓硫酸，摇匀后加入几粒沸石，从分水器上端小心加试剂X，使液面与支管口距离1cm，分水器上端接一回流冷凝管。步骤3：将烧瓶在电热套中加热回流，开始时回流速度要慢，随着回流进行，蒸出环己烷、乙醇和水形成的三元共沸物。当分水器中的上层液体变得十分澄清，不再有水珠落入下层时，停止反应。步骤4：将瓶中残留液倒入盛有冷水的烧杯中，在搅拌下加入碳酸钠粉末至无气泡产生。步骤5：用分液漏斗分出粗产物，水层用乙醚萃取，合并粗产物和醚萃取液，用无水氯化钙干燥。水层倒入公用的回收瓶回收未反应的苯甲酸。干燥后的醚溶液置于25mL蒸馏烧瓶，先用水浴蒸馏乙醚，再在陶土网上加热，收集馏分，产量约5.0g。已知各物质及三元共沸物的沸点(101.325kPa)，如下：物质水乙醇环己烷三元共沸物乙醚苯甲酸乙酯沸点/℃10078.380.7562.6034.6212.6回答下列问题：(1)试剂X为(填字母，下同)。

A.乙醇 B.乙醚 C.水 D.环己烷(2)步骤2中，加入浓硫酸方式宜选择。

A.直接一次性加入B.在旋摇下滴入(3)本实验加入环己烷的目的是；

步骤3中，“开始时回流速度要慢”，其原因是。

(4)步骤4中，不能用NaOH替代碳酸钠，其原因是。步骤5中，回收未反应的苯甲酸操作是：用盐酸小心酸化经碳酸钠中和后分出的水溶液，至溶液经pH试纸检验呈酸性，抽滤析出的苯甲酸晶体，用少量冷水洗涤后干燥。“呈酸性”的目的是；

收集产品时控制温度为(填字母)。

A.62~63℃ B.80~81℃ C.212~213℃(5)本实验产率约为%(计算结果保留两位有效数字)。

答案(1)C(2)B(3)形成三元共沸物有利于蒸出水，提高产率避免反应物未反应就大量蒸出(4)NaOH溶液碱性太强，会造成产物水解确保苯甲酸钠完全转化成苯甲酸C(5)68解析本实验通过苯甲酸与乙醇在浓硫酸存在、加热条件下发生酯化反应生成苯甲酸乙酯和水。酯化反应是可逆反应，为了提高苯甲酸乙酯的产率，可以从影响化学平衡移动的因素入手。如步骤2使用分水器，可以及时将生成的水从分水器下端放出，有利于平衡正向移动；步骤3中形成三元共沸物，也有利于水的蒸出，从而提高苯甲酸乙酯的产率。(1)水的密度比环己烷、乙醚都大，且与乙醇混溶，故反应过程中分水器下层为水，上层为共沸物等物质，故反应开始前在分水器上端小心加试剂水，使液面与支管口距离1cm。(4)步骤4中，不能用NaOH替代碳酸钠，是因为NaOH的碱性强会造成苯甲酸乙酯大量水解；通过测定pH判断苯甲酸钠转化成苯甲酸，加入盐酸至酸性，确保苯甲酸钠完全转化成苯甲酸，提高苯甲酸回收率；苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，故收集产品时控制温度为212~213℃。(5)由反应方程式可知存在关系：苯甲酸~乙醇~苯甲酸乙酯，反应物中乙醇过量，应按照苯甲酸的量进行计算，理论上可得到苯甲酸乙酯0.049mol，故产率：5.0g150g·mo3.(12分)(2025·呼和浩特模拟)催化加氢制甲醇是减少碳排放的一项关键技术，并为未来燃料和材料的制造提供方案。在催化剂作用下主要发生以下反应：Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.4kJ·mol-1Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ·mol-1Ⅲ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3(1)反应Ⅲ自发进行的条件是。

(2)在恒温恒容密闭容器中充入3molH2和1molCO2，发生上述反应。①反应达平衡后，测得CH3OH为0.3mol，CO为0.2mol，则甲醇的选择性为

甲醇的选择性=n(甲醇)n(参加反应的CO2)②平衡时，CO2转化率[α(CO2)]、CH3OH选择性(SM)、CO选择性(SCO)随温度(T)变化如图所示：图中表示α(CO2)的曲线是(填“a”“b”或“c”)，曲线c变化趋势的原因是。

(3)二氧化碳与氢气反应生成的水在温度低于0℃时可形成多种冰的晶体，其中两种冰晶体的晶胞如图所示。①构成该晶体的粒子通过(填字母)结合成晶体。

A.极性键 B.非极性键C.氢键 D.范德华力②A晶胞和B晶胞的体积比为。

答案(1)低温(2)①60%0.105②a随着温度的升高，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅰ、Ⅲ平衡逆向移动，均导致CO的选择性提高(3)①CD②23∶45解析(1)根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，ΔH3=ΔH1-ΔH2=(-49.4kJ·mol-1)-(+41kJ·mol-1)=-90.4kJ·mol-1，反应Ⅲ是ΔH3<0、ΔS<0，反应在低温下自发进行。(2)①充入3molH2和1molCO2，发生上述反应，达平衡后，CH3OH为0.3mol，CO为0.2mol，根据C原子守恒，剩余的CO2为0.5mol，反应的CO2为1mol-0.5mol=0.5mol，甲醇的选择性为0.3mol0.5mol×100%=60%；根据O原子守恒，H2O的物质的量为1mol×2-0.3mol×1-0.2mol×1-0.5mol×2=0.5mol，根据H原子守恒，H2的物质的量为12×(3mol×2-0.3mol×4-0.5mol×2)=1.9mol；反应Ⅱ为前后化学计量数相等的反应，Kp=p(H2O)·p(CO)p(CO2)·p(H2)=n(H2O)·n(CO)n(CO2)·n(H2)=0.5×0.20.5×1.9≈0.105。②升高温度，反应Ⅰ和Ⅲ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，甲醇的选择性降低，曲线b代表甲醇的选择性，CO的选择性升高，曲线c代表CO的选择性，曲线a代表CO2的转化率。(3)①水形成的冰为分子晶体，粒子通过氢键和范德华力结合成晶体。②A晶胞中有H2O个数为1+8×18=2，B晶胞中有H2O的个数为2+4×4.(12分)(2025·东北三省四市教研联合体一模)维生素B6在自然界分布广泛，是维持蛋白质正常代谢必要的维生素，其合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)A的化学名称为。

(2)B中官能团名称分别为、。

(3)已知C的核磁共振氢谱只有一组峰，B→D的化学方程式为。

(4)F的结构简式为。

(5)I→J的反应类型为。

(6)同时满足以下条件的B的同分异构体有种(不考虑立体异构)。

①能与NaHCO3反应②能与O2发生催化氧化反应生成醛(7)D和E转化为F的路线如下：其中化合物M、N的结构简式分别为、。

答案(1)乙氧基乙酸(或2⁃乙氧基乙酸)(2)醚键酯基(3)(4)(5)还原反应(6)12(7)解析A为，与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成B()；B和C发生取代反应生成D()和CH3CH2OH，结合结构及题干信息，可知C为丙酮；D与E和氨气反应，生成F，F异构化生成G()，结合已知反应，可知F为；G与PCl3发生取代反应生成H()；H和浓硝酸发生取代反应生成I()；I中硝基、—CN发生还原反应生成J()；J经过系列反应生成维生素B6，据此分析作答。(6)B为，其同分异构体中：能与NaHCO3反应，