（江苏专用）2022届高考化学二轮复习 压轴套题增分练4

（江苏专用）2022届高考化学二轮复习 压轴套题增分练41电解精炼铜的阳极泥主要成分为Cu2Te、Ag2Se，工业上从其中回收硒(Se)、碲(Te)的一种工艺流程如下：已知：.TeO2是两性氧化物、微溶于水；.元素碲在溶液中主要以Te4、TeO、HTeO等形式存在；.25 时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka11103、Ka22108。(1)NaHTeO3溶液的pH_7(填“”“”或“”)。(2)SeO2与SO2通入水中反应的化学方程式为_。操作的名称为_。(3)焙砂中碲以TeO2形式存在。溶液中的溶质主要成分为NaOH、_。工业上通过电解溶液也可得到单质碲。已知电极均为石墨，则阴极的电极反应式为_。(4)向溶液中加入硫酸，控制溶液的pH为4.55.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4过量，将导致碲的回收率偏低，其原因是_。(5)将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲溶液，然后将SO2通入到溶液中得到Te单质。由四氯化碲得到Te单质的离子方程式为_。(6)上述流程中可循环利用的物质有_(填化学式)。答案(1)Kh，所以NaHTeO3溶液呈酸性，pHbcacd75%(3)NO2NO2eH2O=NO2H0.8NA(4)c(Na)c(HC2O)c(H)c(C2O)c(OH)酸性解析(1)依据盖斯定律，由4可得4CO(g)2NO2(g)=4CO2(g)N2(g)H(234 kJmol1)4112.3 kJmol1179.5 kJmol11227.8 kJmol1。(2)当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时N2的体积分数最大，故b点时平衡体系中C、N原子个数之比接近11。增大n(CO)/n(NO)，CO的转化率降低，所以转化率：abc。平衡常数只与温度有关，所以a点与c点的平衡常数K相同。该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，N2的体积分数减小，所以T1T2，d点的平衡常数小于a点和c点。设CO起始物质的量为0.8 mol，反应达平衡时，CO转化了x mol，则有： 2CO(g)2NO(g) N2(g)2CO2(g)n(始)/mol0.81 0 0n(转化)/mol x x xn(平)/mol0.8x 1x x平衡时，N2的体积分数为100%20%，解得x0.6。所以，CO的转化率为100%75%。(3)甲为原电池，乙为电解池，D电极上有红色铜析出，则A为负极，A电极处通入NO2，发生氧化反应，电极反应式为NO2eH2O=NO2H。电解时阴极先电解析出铜，后又电解水产生氢气，若加0.2 mol Cu(OH)2可使溶液复原，则转移电子数为(0.220.22)NA0.8NA。(4)HC2O的水解常数Kh1.691013，Khc(HC2O)c(H)c(C2O)c(OH)。当c(HC2O)c(C2O)时，由Ka2知，c(H)Ka26.4105 molL1c(OH)，溶液呈酸性。4化学选修3：物质结构与性质H、C、N、Na、Si、Cu等元素单质的熔点高低的顺序如下图所示，其中c、d均是热和电的良导体。(1)d的价层电子排布图为_。上述六种元素中第一电离能最小的是_，电负性最大的是_(填元素符号)。将d单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是_。(2)试判断硝酸含氧酸根离子的立体构型_；请简要说明该酸易溶于水的原因：_。(3)准晶体是一种介于晶体和非晶体之间的独特晶体。d能与Al等元素形成准晶体或非晶体合金，用途广泛。区分晶体、准晶体和非晶体，可通过_方法。(4)无水氯化铝在178 升华，它的蒸气是缔合的双分子(Al2Cl6)，更高温度下Al2Cl6则离解生成AlCl3单分子。试判断固体氯化铝的晶体类型是_；缔合双分子Al2Cl6中Al原子的轨道杂化类型是_。(5)金属铝属立方晶系，其晶胞边长为405 pm，密度是2.70 gcm3，通过计算确定其晶胞的类型为_(填“简单”“体心”或“面心”)立方；晶胞中距离最近的铝原子可看作是接触的，铝的原子半径r(Al)_pm(结果保留整数)。答案(1)NaN2Cu8NH3H2OO2=2Cu(NH3)424OH6H2O(2)平面三角形硝酸分子是极性分子，硝酸分子易与水分子间形成氢键，易溶于极性溶剂水中(3)X射线衍射(4)分子晶体sp3(5)面心143解析H、C、N、Na、Si、Cu等元素单质的熔点由高到低的顺序是C、Si、Cu、Na、N、H，即a是H2，b是N2，c是Na，d是Cu，e是Si，f是C。(1)Cu是29号元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价层电子排布图为。第一电离能最小的是最活泼的金属Na，电负性最大的是得电子能力最强的N。Cu在浓氨水中被O2氧化，Cu的化合价由0价升高到2价，根据溶液的颜色可知生成Cu(NH3)42，O的化合价由0价降低到2价，依据得失电子守恒和原子守恒可写出离子方程式。(2)NO中心N原子孤电子对数(5132)0，价层电子对数303，故NO的立体构型是平面三角形；依据相似相溶原理和氢键可判断该酸易溶于水。(3)晶体、准晶体和非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，则可用X射线衍射区别。(4)氯化铝中每个铝原子含有3个共价键，且不含孤电子对，为平面三角形结构，Cl和Al可形成配位键，形成缔合双分子Al2Cl6，其中Al原子的轨道杂化类型为sp3杂化。(5)依据 gcm32.7 gcm3，解得N(Al)4，则为面心立方晶胞；面心立方晶胞中，每个面的对角线上三个原子紧挨着，所以4r(Al)405 pm，故r(Al)143 pm。5化学选修5：有机化学基础化合物I(C11H12O3)是制备液晶材料的中间体之一，能发生银镜反应。已知：A的核磁共振氢谱中只有一组吸收峰；RCH=CH2RCH2CH2OH；化合物F的苯环上的一氯代物只有两种；H2O。回答下列问题：(1)按系统命名法，B的名称为_，试剂R为_。(2)加热条件下，D中加入新制Cu(OH)2悬浊液后发生反应的化学方程式为_。(3)GH的第步反应的化学方程式为_。(4)I的结构简式为_。(5)I的同系物J比I的相对分子质量小14，J的同分异构体中能同时满足如下条件的共有_种。(不考虑立体异构)苯环上只有2个取代基；既能发生银镜反应，又能和饱和NaHCO3溶液反应放出CO2。(6)由甲苯和E经如下步骤可合成M()。步骤中的反应条件为_，L的结构简式为_。答案(1)2甲基丙烯NaOH的乙醇溶液(2) 2Cu(OH)2NaOHCu2O3H2O(3) 3NaOH2NaCl2H2O(4) (5)18(6)NaOH的水溶液并加热(或强碱的水溶液并加热)解析(1)A(C4H9Cl)的核磁共振氢谱中只有一组吸收峰，说明A分子中只有一种H原子，则A的结构简式为，比较A、B的分子式可知，一氯代烃A脱去了HCl变为B(烯烃)，B的结构简式为，名称为2甲基丙烯。AB为消去反应，试剂R为NaOH的乙醇溶液。(2)根据图中转化关系和已知信息可推知，C的结构简式为，进而推知D为，E为。(3)F(C7H8O)的苯环上的一氯代物只有两种，说明苯环上有羟基和甲基两个取代基，且二者处于对位，即F为，根据转化关系可推知G为，结合信息可推知H为。在GH的第步反应中，除了卤代烃在强碱溶液中发生水解反应和脱水反应外，酚羟基与NaOH也发生反应。(4)E与H发生酯化反应生成I，故I的结构简式为。(5)由题意可知，J比I少一个原子团CH2，且J的同分异构体中含有醛基(CHO)和羧基(COOH)，则苯环上的2个取代基有6组：CHO和CH2CH2COOH、CHO和CH(CH3)COOH、CH2CHO和CH2COOH、CH2CH2CHO和COOH、CH(CH3)CHO 和COOH、CH3和CH(CHO)COOH，且每组的2个取代基在苯环上有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的J的同分异构体的种数3618。(6)由转化关系可推知，L和E发生酯化反应生成M，可逆推知L为，进而可推知K为卤代烃，卤代烃K在NaOH(或强碱)的水溶液并加热条件下水解生成L，故步骤中的反应条件为NaOH水溶液并加热。