2025版高三化学二轮复习天天增分练 大题强化练3

大题强化练3授课提示：天天增分特训71页(限时60分钟分值：58分)1．(15分)碲具有独特的理化性质，被广泛应用于军工、航天、石油化工、冶金等领域。从碲铜渣[主要成分为Cu2Te，含Bi(Ⅲ)、Sb(Ⅲ)、Pb(Ⅱ)、Se等杂质]中分离提纯碲的一种流程如下图所示。回答下列问题。(1)“氧化酸浸”时，Cu2Te发生反应生成难溶的TeO2，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(2)已知“碱浸除杂”所得浸出液中硒和碲的化合价相同，“氧化沉碲”的目的是利用钠盐的溶解性差异分离硒和碲，推测滤液2中硒的存在形式是__________(填离子符号)；为除去所得Na2TeO4表面吸附的杂质，将其置于氢氧化钠溶液中进行常温漂洗，漂洗液与滤液2合并，经煮沸后可返回上述流程中的__________工序循环利用，煮沸的目的是__________。(3)Na2TeO4在“溶解还原”工序中生成单质Te的总反应的离子方程式为________________________________________________________________________。(4)滤液1、2、3中，含铜量较高，可用于回收铜的是__________。(5)碲是第五周期氧族元素，其基态原子的价层电子排布式为__________；常温常压下，单质碲为六方晶体结构，8个原子位于晶胞顶点，2个原子位于晶胞内部，晶胞参数如图所示，其中，a＝b＝445.6pm、c＝592.1pm，α＝β＝90°，γ＝120°，碲晶体的密度为__________________________g·cm－3(列出计算式即可)。解析：由题给流程可知，向碲铜渣中加入稀硫酸、氯酸钠氧化酸浸，将碲化亚铜转化为硫酸铜和二氧化碲，过滤得到含有硫酸铜的滤液和滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液、硫化钠碱浸除杂，将铋元素、锑元素、铅元素转化为金属硫化物沉淀，硒元素、碲元素转化为亚硒酸根离子、亚碲酸根离子，过滤得到含有金属硫化物的滤渣和浸出液；向浸出液中加入双氧水氧化沉碲，将亚硒酸根离子转化为硒酸根离子，亚碲酸根离子转化为碲酸钠沉淀，过滤得到含有硒酸钠、氢氧化钠的滤液和碲酸钠；向碲酸钠中加入盐酸溶解，再通入二氧化硫将溶液中的碲元素转化为单质碲，过滤得到滤液和碲。(1)“氧化酸浸”时加入稀硫酸、氯酸钠的目的是将碲化亚铜转化为硫酸铜和二氧化碲，反应的化学方程式为3Cu2Te＋6H2SO4＋4NaClO3=6CuSO4＋3TeO2＋4NaCl＋6H2O。(2)滤液2中硒元素存在形式为硒酸根离子；用氢氧化钠溶液洗涤除去碲酸钠表面的可溶性杂质，将漂洗液与滤液2合并煮沸，除去混合溶液中的过氧化氢，防止过氧化氢氧化碱浸除杂液中的硫化钠，将煮沸后的混合溶液返回上述流程中的碱浸除杂工序循环利用，提高原料的利用率。(3)向碲酸钠中加入盐酸溶解，通入二氧化硫的目的是将溶液中的碲元素转化为单质碲，总反应的离子方程式为Na2TeO4+3SO2+2H2O=Te+3SO42−＋4H＋＋2Na＋。(4)由分析可知，滤液1的主要成分是硫酸铜，溶液中含铜量较高，可用于回收铜。(5)碲元素的原子序数为52，是第五周期氧族元素，其基态原子的价层电子排布式为5s25p4；由题意可知，晶胞中位于顶点和体内的碲原子个数为8×18＋2＝3，设碲晶体的密度为dg·cm－3，由晶胞的质量公式可得：3×128NA＝asin60°×答案：(1)3Cu2Te＋6H2SO4＋4NaClO3=6CuSO4＋3TeO2＋4NaCl＋6H2O2SeO42−碱浸除杂除去多余的H3Na2TeO4(4)滤液1(5)5s25p43×1282．(14分)磺酰胺[SO2(NH2)2]易溶于醇，溶于热水，不溶于冷水，在酸性、中性、碱性水溶液中性质稳定，主要用于制造医药、农药、染料等。制备磺酰胺的装置如图甲，其原理为SO2Cl2＋4NH3=SO2(NH2)2＋2NH4Cl。已知：磺酰氯(SO2Cl2)熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，遇潮湿空气会水解产生酸雾。回答下列问题。Ⅰ.磺酰胺的制备(1)试剂X的名称为____________。(2)装置B中盛放的试剂为________(填标号)。a．碱石灰b．浓硫酸c．P2O5d．无水CaCl2(3)写出SO2Cl2水解的化学方程式：____________。(4)装置C中多孔球泡的作用是_________________________________________。Ⅱ.用图乙装置测定产品SO2(NH2)2的含量(假设只含NH4Cl杂质，部分装置已省略)(5)蒸氨：取ag样品进行测定。添加药品后，加热仪器M，蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol·L－1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。仪器M的名称为____________，单向阀的作用是____________。(6)滴定：将液封装置2中的水放入锥形瓶中，再将锥形瓶中的溶液倒入容量瓶中配制成500mL的溶液，取20mL溶液用c2mol·L－1的NaOH标准溶液滴定过量的H2SO4，共消耗NaOH标准溶液V2mL，产品中SO2解析：Ⅰ.在装置A中浓氨水与CaO反应制取NH3，然后在装置B中用碱石灰干燥氨气，通过多孔球泡通入装置C中，与SO2Cl2发生反应SO2Cl2＋4NH3=SO2(NH2)2＋2NH4Cl，制取得到磺酰胺[SO2(NH2)2]，在装置后边连接一个盛有碱石灰的干燥管，用于吸收SO2Cl2发生水解反应SO2Cl2＋2H2O=2HCl＋H2SO4产生的HCl；Ⅱ.将样品放入蒸氨装置，加入浓NaOH溶液，并进行加热，发生反应NH4Cl＋NaOH△NaCl＋NH3↑＋H2O，产生NH3被吸收装置的H2SO4吸收。过量的H2SO4用NaOH溶液进行滴定，根据反应消耗NaOH标准溶液的体积及浓度可计算出过量H2SO4的量，进而可知吸收NH3的H2SO4及NH3的物质的量，根据N元素守恒，可计算出样品SO2(NH2)2中NH4Cl的物质的量、质量，结合样品质量，可得SO2(NH2)2的质量及含量。(1)浓氨水与CaO发生反应NH3·H2O+CaO=CaOH2＋NH3↑，反应制取得到NH3，故试剂X为浓氨水。(2)装置B中盛有干燥剂，用于干燥NH3。碱石灰可以吸收氨气中的水蒸气，并且与氨气不能发生反应，因此可以用于干燥氨气，a正确；酸性干燥剂浓硫酸会与碱性气体氨气发生反应，因此不能用于干燥氨气，b错误；P2O5吸收水分反应产生H3PO4，H3PO4是酸性干燥剂，能够与碱性气体氨气发生反应，因此不能用于干燥氨气，c错误；无水CaCl2会和氨气发生反应产生CaCl2·8NH3，因此无水CaCl2不能用于干燥氨气，d错误。(3)SO2Cl2容易与水发生水解反应，产生HCl、H2SO4，反应的化学方程式为SO2Cl2＋2H2O=2HCl＋H2SO4。(4)装置C中多孔球泡的作用是增大气体与液体的接触面积，使反应更充分。(5)根据装置图可知仪器M的名称是三颈烧瓶。根据装置图可知在蒸氨装置与吸收装置之间安装了一个单向阀，其作用是防止由于NH3的溶解吸收而产生的倒吸现象。(6)在20mL的吸收液中反应消耗了V1mLc2mol·L－1NaOH标准溶液，用于滴定过量H2SO4，则根据反应2NaOH＋H2SO4=Na2SO4＋2H2O可知，过量H2SO4的物质的量为n(H2SO4)＝12n(NaOH)＝12c2×V2×10－3L×500mL20mL＝(12c2V2×10－3×25)mol，溶液中开始加入H2SO4的物质的量为n(H2SO4)总＝c1V1×10－3mol，故用于吸收NH3反应消耗H2SO4的物质的量为n(H2SO4)反应＝(c1V1×10－3－12c2V2×10－3×25)mol，根据物质反应转化关系，结合元素守恒可知关系式：2NH4Cl～2NH3～H2SO4，故n(NH4Cl)＝2n(H2SO4)反应＝2(c1V1×10－3－12c2V2×答案：(1)浓氨水(2)a(3)SO2Cl2＋2H2O=2HCl＋H2SO4(4)增大气体与液体的接触面积，使反应更充分(5)三颈烧瓶防倒吸(6)a−c13．(15分)二氢吡啶类钙拮抗剂是目前治疗高血压和冠心病的主要药物，某种二氢吡啶类钙拮抗剂的合成路线如下。回答下列问题。(1)B的结构简式为__________，C中含有的官能团名称为__________。D的名称为__________。(2)C＋D→E的化学方程式为________________________。(3)E→F的反应类型为__________。(4)符合以下条件的B的同分异构体有______种(不考虑立体异构)。a.遇到FeCl3溶液显紫色b．能发生银镜反应(5)根据上述信息，写出以乙酸乙酯和乙醛为主要原料制备的合成路线。解析：(1)(A)与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成B，B的结构简式为与CH3COOC2H5在C2H5ONa作用下发生取代反应生成C，C的结构简式为，其中含有的官能团的名称为酮羰基(或羰基)、酯基。D的结构简式为，其名称为邻氯苯甲醛。(2)与(D)在C2H5ONa作用下反应生成(E)，C＋D→E的化学方程式为(3)与在C2H5ONa作用下反应生成(F)，反应过程中中的碳碳双键发生了加成反应，即该反应类型为加成反应。(4)B的结构简式为，满足题目要求的同分异构体有①2个侧链OHCHO(邻、间、对3种)、OHCHO(邻、间、对3种)；②3个侧链a.分别为—OH、—CHO、—CH2CH3时有，共10种；b.分别为—OH、—CH2CHO、—CH3时，同理，也因为三个不同侧链在苯环位置不同而引起10种同分异构体；答案：(1)酮羰基(或羰基)、酯基邻氯苯甲醛(2)＋ClCHOC2H5(3)加成反应(4)42(5)4．(14分)氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。涉及反应如下。反应Ⅰ：CO(g)＋3H2(g)⇌CH4(g)＋H2O(g)ΔH1＝－206.2kJ·mol－1反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)ΔH2反应Ⅲ：CO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)ΔH3＝－165.0kJ·mol－1回答下列问题。(1)ΔH2＝____________kJ·mol－1。(2)已知反应Ⅱ的速率方程为v正＝k正·p(CO)·p(H2O)，v逆＝k逆·p(CO2)·p(H2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数。如图甲(lgk表示速率常数的对数，1T表示温度的倒数)所示a、b、c、d四条斜线中，能表示lgk逆随1(3)温度T2时，在固定容积的容器中充入一定量的H2和1molCO，平衡时H2和CO的转化率(α)及CH4和CO2的物质的量(n)随nH①图乙中表示α(CO)、m(CH4)变化的曲线分别是__________、__________(填标号)；m＝____________；CH4的选择性[nCH4②已知起始充入1mol的CO和0.5mol的H2进行上述反应时，起始压强为1.5p0。反应Ⅰ的Kp＝______________(用p0表示)；温度T1，nH2n解析：(1)根据盖斯定律可知反应Ⅱ＝反应Ⅰ－反应Ⅲ，所以ΔH2＝ΔH1－ΔH3＝－206.2kJ·mol－1－(－165.0kJ·mol－1)＝－41.2kJ·mol－1。(2)化学反应速率与温度成正比，随着温度的降低，横坐标的1T在增大，此时正、逆反应速率均降低，则lgk正和lgk逆均减小，反应Ⅱ的正反应为放热反应，因此温度降低平衡正向移动，则v正＞v逆，则降低相同的温度时lgk逆减小更快，图中斜线在降低的是c、d，而降低更快的是d。(3)①结合反应，nH2nCO越大，CO转化率越大，直到接近100%，而氢气本身的转化率将下降，故a表示CO转化率、b表示H2转化率，随着nH2nCO的增大，CO接近完全转化，CH4产率逐渐增大，直到接近100%，故c表示CH4产率变化的曲线，a表示CO转化率，b表示H2转化率，d表示CO2产率变化的曲线；温度CO(g)＋3H2(g)⇌CH4(g)＋H2O(g)起始/mol1100转化/molx3xxx平衡/mol1－x1－3xxxCO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)起始/mol1－xx01－3x转化/molyyyy平衡/mol1－x－yx－yy1－3x＋yCO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)起始/moly1－3x＋yxx－y转化/molz4zz2z平衡/moly－z1－3x＋y－4zx＋zx－y＋2za表示CO转化率因此m点计算CO转化率，观察图可知b表示H2转化率，因此此时H2转化率为87.5%，d表示CO2产率，由此可得，α(H2)＝3x−y+4z1×100%＝87.5%，n(CO2)＝y－z＝0.25mol，计算可得x＋y＝0.625，x＋z＝0.375，y－z＝0.25