高考化学一轮复习讲义 第69练　综合大题标准练(二)

第69练综合大题标准练(二)[分值：50分]1.(14分)(2025·盐城模拟预测)从分金脱氯渣(主要成分为Ag、Pb、SiO2)中获取高纯银的流程如图所示：(1)“酸浸”的目的是将Ag、Pb转化为硝酸盐。加入H2O2的作用是。(2)已知：Pb2++4Cl-=[PbCl4]2-。“沉银”后的滤液中，主要含有的阴离子可能有(3)①为提高银的回收率，需对“浸银”后的滤渣进行洗涤，并。(补充完整实验操作)②溶液中Ag+、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]+三种离子分布系数δ随lgc(NH3·H2O)的变化关系如图1所示。[δ(Ag+)=c(Ag+浸银后的“银转化”体系中，c(NH3·H2O)=0.010mol·L-1，c{[Ag(NH3)2]+(4)①N2H4·H2O还原[Ag(NH3)2]②实验表明pH过高，银的还原率下降，主要原因是。(5)α⁃AgI晶体是离子导体，晶胞结构如图2。Ag+可随机地分布在彼此共面相连的四面体空隙和八面体空隙中，则晶胞中n(Ag+)∶n(四面体空隙)=。答案(1)将Ag、Pb氧化为Ag+、Pb2+，避免生成NO，污染环境(2)NO3-、[PbCl4]2-(3)①将洗涤液加入还原工序中②63.2(4)①4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O+3H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3·H2O②pH过高，NH3·H2O浓度增大，导致[Ag(NH3)2]+络离子更稳定，难以被还原解析(1)加入H2O2的作用是作氧化剂，将Ag、Pb氧化为Ag+、Pb2+，避免生成NO，污染环境。(2)酸浸时加入了硝酸，故“沉银”后的滤液中，还存在的阴离子有NO3-(3)①洗涤滤渣的滤液中还存在残留的[Ag(NH3)2]+，需要将洗涤液加入还原工序中，避免Ag损失。②NH3(aq)+[Ag(NH3)]+(aq)⥬[Ag(NH3)2]+(aq)的K=c{[Ag(NH3)2]+}c{[Ag(NH3)]+}×c(NH3)=0.4(4)①“还原”过程为N2H4·H2O将[Ag(NH3)2]+还原为银单质，N2H4·H2O被氧化为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O+3H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3·H(5)如图所示四面体空隙位于晶胞面上，每个面上有4个空隙，每个晶胞有4×6×12=12个，每个晶胞中含有I-的个数有8×18+1=2个，则Ag+的个数也为2，则晶胞中n(Ag+)∶n(四面体空隙)=2∶12=1∶62.(10分)化合物G是药物合成的中间体，其一种合成路线如下：已知：R1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH(1)下列有关说法正确的是(填字母)。A.B的名称为乙二酸二乙酯B.D的分子式为C13H16O4NClC.F中采取sp2杂化的碳原子数为10D.相同条件下，G在水中的溶解度大于F(2)E的结构简式为。(3)C→D可分两步进行，若第二步反应类型为消去反应，则第一步反应类型为。(4)X为比G相对分子质量大14的同系物，写出同时满足下列条件的X的一种同分异构体的结构简式：。①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②含有手性碳原子且分子中有4种不同化学环境的氢。(5)试运用相关信息，补充完整以下合成路线流程图(补充①、②、④中的反应条件，写出有机物③、⑤的结构简式)。答案(1)AC(2)(3)加成反应(4)(或其他合理答案)(5)解析化合物A的分子式是C2H2O4，根据物质转化过程中碳链结构不变，可知A是乙二酸，结构简式是HOOC—COOH，HOOC—COOH与C2H5OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应生成B(乙二酸二乙酯)，B与CH3COOC2H5在C2H5ONa/DMF作用下发生已知信息的取代反应生成C，C与在一定条件下发生反应生成D，D在一定条件下发生反应生成分子式是C12H10O3NCl的物质E()，E与NaOH/H2O及H3O+作用产生F，F经脱羧、—OH的取代反应生成G。(1)根据分析可知B是乙二酸二乙酯，A正确；根据D的结构简式可知其分子式是C14H16O4NCl，B错误；根据F的结构简式可知其中所有C原子都采用sp2杂化，则F中采取sp2杂化的碳原子数为10，C正确；—OH、—COOH都是亲水基团，分子中含有的—OH、—COOH的数目越多，物质在水中的溶解度就越大，可知相同条件下，G在水中的溶解度小于F，D错误。(3)C→D可分两步进行，第一步反应为C中的C=O与中—NH2的H原子发生加成反应，产生—OH，第二步反应为—OH与—NH—上的H原子发生消去反应产生N=C，故第一步反应为加成反应，第二步反应为消去反应。3.(12分)在不同温度下，Co3+可与NH3、H2O或Cl-以配位键形成多种配合物。Co(NH3)(1)以K2CrO4溶液为指示剂，用AgNO3溶液滴定可测定Co(NH3)①1molCo(NH3)63+②反应2AgCl(s)+CrO42-(aq)⥬Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq)的平衡常数K=。[已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.2×(2)“混合”反应物需降温到10℃以下，原因是。(3)制备Co(NH3)6Cl3装置如图所示。加入催化剂活性炭加热至60①“转化”过程中，可采取的加热方式为。②“转化”的化学方程式为。(4)保持其他条件不变，改变反应温度，Co(NH3)6Cl3的产率与温度变化的关系如图所示。温度高于60℃时，Co(NH(5)补充完整从转化后的混合液中获取Co(NH3)6Cl3的实验方案：把反应后的混合物转移到烧杯中，在冰水中快速冷却并过滤，答案(1)①24NA②2.7×10-8(2)减少氨水挥发和双氧水分解(3)①水浴加热②2CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O22Co(NH3)6Cl3+12H2O(4)温度高于60℃时，可能有Cl-或H2O替代NH3作为配体与Co3+结合发生副反应，促使Co(N(5)将过滤所得固体转入一定量的沸水中，趁热过滤并弃去滤渣，滤液转入烧杯，加入适量浓盐酸，冷却结晶、过滤，用少量乙醇洗涤晶体、干燥，得到晶体解析(1)②反应2AgCl(s)+CrO42-(aq)⥬Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq)的平衡常数K=c2(Cl-)c(CrO4.(14分)(2024·连云港一模)氮氧化物(N2O、NO等)的处理和资源化利用具有重要意义。(1)N2O的处理。研究证明：I2(g)能提高N2O的分解速率，N2O参与了第Ⅱ步、第Ⅲ步反应。反应历程如下(Ea为反应活化能)：第Ⅰ步：I2(g)→2I(g)Ea1第Ⅱ步：……Ea2第Ⅲ步：2IO(g)+2N2O(g)→2N2(g)+2O2(g)+I2(g)Ea3①第Ⅱ步发生反应的方程式为。②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，则Ea2(填“>”“<”或“=”)Ea3。(2)NO的应用。NO分解ICl制取I2和Cl2的原理如下：反应Ⅰ：2ICl(g)+2NO(g)⥬2NOCl(g)+I2(g)K1反应Ⅱ：2NOCl(g)⥬2NO(g)+Cl2(g)K2反应的-lgK~T(K值为平衡时用各气体的分压表示得出的值)的关系如图1所示。①430K时，反应2ICl(g)⥬I2(g)+Cl2(g)的K为。②410K时，向容积不变的容器中充入1molNO和1molICl进行反应，测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图2所示(反应开始和平衡后容器的温度相同)。在0~t1min时间段内，容器中压强增大的主要原因是。(3)催化电解NO吸收液可将NO还原为NH3，其催化机理如图3所示。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图4所示。已知FE%=QxQ总，Qx=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；①当电解电压为U1时，电解生成的H2和NH3的物质的量之比为。②当电解电压为U2时，催化电解NO生成NH3的电极反应式为。③电解电压大于U3后，随着电解电压的不断增大，N2O的法拉第效率迅速增大，可能原因是(吸附在催化剂上的物种加“*”表示，如*NO、*NOH等)。答案(1)①I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)②>(2)①10-4②反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行，容器中的温度上升，导致容器内的压强增大(3)①15∶2②NO+5e-+5H+=NH3+H2O③随着电解电压的不断增大，*NO结合H+与e-得到*NOH(或*NO+H++e-=*NOH)的量增多，*NOH在催化剂表面失水转化成N2O(或2*NOH=N2O↑+H2O)的选择性增大，导致N2O的量增多，使N2O的法拉第效率迅速增大解析(1)①I2(g)能提高N2O的分解速率，I2(g)是N2O分解反应的催化剂，N2O参与了第Ⅱ、Ⅲ步的反应，结合题给第Ⅰ、Ⅲ步的反应和N2O的分解反应[2N2O(g)2N2(g)+O2(g)]可知，第Ⅱ步发生反应的方程式为I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)。②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，说明第Ⅱ步的反应速率最慢，活化能越大、反应速率越慢，则Ea2>Ea3。(2)①由图1可知，430K时，-lgK1=1.1、-lgK2=2.9，由盖斯定律反应Ⅰ+反应Ⅱ得反应2ICl(g)⥬I2(g)+Cl2(g)，则K=K1·K2=10-1.1×10-2.9=10-4。②由图1可知，随着温度的升高，-lgK1逐渐增大、-lgK2逐渐减小，即随着温度的升高，K1逐渐减小、K2逐渐增大，说明反应Ⅰ为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应，结合pV=nRT，故图2在0~