板块二 03-增分练（三）-（教师用书配套课件）【领跑高中】2025版高考化学二轮专题复习

增分练（三） 1. 铊（Tl）本身是一种剧毒物质，为毒性最大的金属元素之一，但是铊在 工业中的用途非常广泛，主要存在于一些矿物和工业废水中，也可以从 含铊的合金中提取。从某铅锌厂的富铊灰（主要成分为PbO、FeO、 Fe2O3、ZnO、Tl2O）中回收铊的工艺流程如图所示： 1 2 3 4 ①在氯化物—硫酸水溶液中，铊元素以 形式存在； ②萃取过程的反应原理为H＋＋R＋ HRTlCl4。 已知： 请回答下列问题： （1）基态81Tl原子核外电子的运动状态有 种。 81 1 2 3 4 解析：富铊灰的主要成分有PbO、Fe2O3、FeO、ZnO、Tl2O等，富铊灰中加入KMnO4、H2SO4的混合溶液浸取时ZnO转化为ZnSO4，PbO转化为PbSO4，Fe2O3转化为Fe2（SO4）3，FeO被氧化为 Fe2（SO4）3，再加入NaCl溶液，Tl2O转化为 ，过滤所得滤液中加入萃取剂发生反应H＋＋R＋ HRTlCl4，然后反萃取得到 ，加入还原剂还原、氯化和沉淀得到 TlCl，TlCl“焙烧”“水浸”得到 Tl2SO4溶液，最后加入锌发生置换反应得到 Tl和ZnSO4溶液。（1）基态81Tl原子核外电子的运动状态有81种。 1 2 3 4 （2）“浸取Ⅰ”过程中为提高铊的浸取速率，可采取的措施有 ⁠ （写出两条）。 解析： “浸取Ⅰ”过程中为提高铊的浸取速率，可采取的措施有搅拌、适当升温、增大混合液浓度等。 搅拌、 适当升温、增大混合液浓度等 1 2 3 4 （3）写出“浸取Ⅰ”中Tl2O发生反应的化学方程式： ⁠ ⁠， “滤渣”的主要成分是 （填化学式）。 解析：“浸取Ⅰ”中Tl2O被高锰酸钾氧化为Tl3＋，根据得失电子守恒及元素守恒得化学方程式为5Tl2O＋4KMnO4＋21H2SO4 5Tl2（SO4）3＋4MnSO4＋21H2O＋2K2SO4；“滤渣”的主要成分是PbSO4。 5Tl2O＋4KMnO4 ＋21H2SO4 5Tl2（SO4）3＋4MnSO4＋21H2O＋2K2SO4 PbSO4 1 2 3 4 （4）请从化学平衡的角度解释“反萃取”过程中加入CH3COONH4溶液 的原因： ⁠ ⁠。 解析： “反萃取”过程中加入CH3COONH4，CH3COO－与H＋反应，减小H＋浓度，平衡逆向移动，使Tl元素以 形式重新进入水层。 CH3COO－与H＋反应，减小H＋浓度，平衡逆向移动， 使Tl元素以 形式重新进入水层 1 2 3 4 （5）写出“还原氯化沉淀”中反应的离子方程式： ⁠ ⁠。 解析： “还原氯化沉淀”中反应的离子方程式： ＋S ＋H2O S ＋TlCl↓＋3Cl－＋2H＋。 ＋S ＋H2O S ＋TlCl↓＋3Cl－＋2H＋ 1 2 3 4 （6）通过沉淀法也可以去除工业废水中的Tl＋和Tl3＋。 ①已知Ksp（Tl2S）＝5×10－21，某地区规定工业污水中铊的污染 物排放限值为5.1×10－3 mg·L－1，若铊的含量符合国家排放限 值，则处理后的废水中c（S2－）≥ mol·L－1（假设污 水中铊全部以Tl＋形式存在）。 8×10－6 1 2 3 4 ②向含铊废水中加入溴水，使Tl＋充分被氧化成Tl3＋，调节溶液 pH，沉淀去除铊元素。若pH过大，铊元素去除率下降的原因 是 ⁠。 Tl（OH）3沉淀又转化成[Tl（OH）4]－进入溶液 解析： ①c（Tl＋）＝ ＝2.5×10－8 mol·L－1，Ksp（Tl2S）＝c2（Tl＋）·c（S2－）＝5×10－21⇒c（S2－）＝ ＝ mol·L－1＝8×10－6 mol·L－1；②Tl与Al同族，Tl（OH）3与Al（OH）3化学性质相似，能溶于碱溶液中，当pH过大时，Tl的主要存在形式为[Tl（OH）4]－，即Tl（OH）3沉淀又转化成[Tl（OH）4]－进入溶液，因此Tl元素去除率下降。 1 2 3 4 2. NaHCO3用途广泛。某实验小组同学围绕NaHCO3开展如下实验活动。 Ⅰ.配制溶液 （1）配制500 mL 0.10 mol·L－1的NaHCO3溶液，需要称量NaHCO3固体的 质量为 g。 4.2 解析：配制500 mL 0.10 mol·L－1的NaHCO3溶液，需要称量NaHCO3固体的质量为0.5 L×0.10 mol·L－1×84 g·mol－1＝4.2 g。 1 2 3 4 （2）配制上述溶液的过程中，用到的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、胶头滴 管外，还有 （填字母）。 BD 解析：配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、 移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃 棒、量筒、胶头滴管、500 mL容量瓶，缺少的玻璃仪器为500 mL容 量瓶和烧杯，答案为B、D。 1 2 3 4 Ⅱ.实验探究 探究温度对0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液pH的影响，进行如下实验（不考虑 水的挥发）。 实验序号 操作 测试温度（T） pH 1 采用水浴加热，将0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液从25 ℃持续升温至65 ℃，每隔10 ℃测量并记录溶液pH 25 ℃ A1 35 ℃ A2 45 ℃ A3 55 ℃ A4 65 ℃ A5 1 2 3 4 （3）NaHCO3溶液显碱性的原因是 （用 离子方程式表示）。 HC ＋H2O H2CO3＋OH－ 解析：碳酸氢根离子水解导致碳酸氢钠溶液显碱性，离子方程式为HC ＋H2O H2CO3＋OH－。 1 2 3 4 （4）实验1中测得A1＞A2＞A3，可知当25 ℃≤T≤45 ℃时，0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH随温度升高而减小，这主要是Kw改变 与水解平衡移动共同作用的结果，其中 ⁠发挥主导作 用。实验1中测得A5＞A4＞A3，且当45 ℃＜T≤65 ℃时，实验过 程中观察到有气泡产生。 Kw改变 解析：当25 ℃≤T≤45 ℃时，0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH随温度升高而减小；而升高温度，Kw增大，使c（H＋）增大，pH减小；温度升高，水解平衡向右移动，使c（OH－）增大，pH增大，而溶液的pH随温度升高而减小，说明Kw的改变发挥了主导作用。 1 2 3 4 （5）针对（4）中实验现象，小组同学继续开展探究。 查阅资料：NaHCO3溶液中存在平衡：2HC CO2↑＋H2O＋C 。 提出猜想：对于0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液，当25 ℃≤T≤45 ℃ 时，该反应进行程度很小；当45 ℃＜T≤65 ℃时，该反应进行程度 明显增大。 实验验证：该小组同学设计如下方案进行实验，进一步验证猜想。 补充表格内容。 1 2 3 4 实验序号 操作 测试温度 pH 2 采用水浴加热，① ⁠ ⁠ ，然后冷却至25 ℃，并记录溶液pH 25 ℃ B1 3 采用水浴加热，将0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液从25 ℃升温至65 ℃， 然后冷却至25 ℃，并记录溶液pH 25 ℃ B2 将0.10 mol·L－ 1NaHCO3溶液从25 ℃升温至45 ℃ 1 2 3 4 实验结论：②根据实验1～3的结果，小组同学认为猜想成立，其判 断依据是 ⁠ ⁠。 拓展总结：③NaHCO3溶液中存在HC 的自偶电离平衡：2HC H2CO3＋C ；25 ℃时，HC 自偶电离的平衡常数为 ⁠ [保留两位有效数字；已知：25 ℃时，Ka1（H2CO3）＝4.2×10－7；Ka2（H2CO3）＝5.6×10－11]。当温度升高时，H2CO3更易分解，CO2从体系逸出，促进了NaHCO3在溶液中的分解。 B2＞B1≈A1（或B1≈A1、B2＞B1或B1≈A1、B2＞A1） 1.3×10－4 1 2 3 4 解析：①实验2和实验3要验证提出的猜想，需要将0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液升高到45 ℃及以上，再降低到室温，比较pH的变化，如果pH升高说明发生了反应：2HC CO2↑＋H2O＋C ，根据实验3的操作，实验2的操作为采用水浴加热，将0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液从25 ℃升温至45 ℃，然后冷却至25 ℃，记录pH； 1 2 3 4 ②如果在45 ℃＜T≤65 ℃时，升高温度，反应2HC CO2↑＋H2O＋ C 进行程度明显增大，则实验3的pH会比实验2大，而实验2的pH与A1 接近，即B2＞B1≈A1；③根据碳酸氢根离子的自偶电离方程式： 2HC H2CO3＋C ，自偶电离平衡常数K＝ ， Ka1＝ ，Ka2＝ ， ＝ ＝K，即HC 自偶电离平衡常数K＝ ＝ ≈1.3×10－4。 1 2 3 4 （6）写出NaHCO3在生产或生活中的一种应用： ⁠ ⁠。 治疗胃酸过多、用于制 作膨松剂等（任写一种即可） 解析： NaHCO3在生产或生活中可用于制作膨松剂、治疗胃酸过多等。 1 2 3 4 3. 为实现碳中和，将CO2在一定条件下转化为化工原料，其中CO2和H2可 发生如下两个平行反应： ①CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g） ΔH1＝＋41.17 kJ·mol－1 ΔS1＝＋42.08 J·mol－1·K－1 ②CO2（g）＋3H2（g） CH3OH（g）＋H2O（g） ΔH2＝－48.97 kJ·mol－1 ΔS2＝－177.16 J·mol－1·K－1 （1）根据所给信息，若要反应②自发进行，需要控制温度范围为 ⁠ ℃（保留一位小数）。 低 于3.4 1 2 3 4 解析：根据反应自发进行的条件，若反应②自发进行，则自由能变ΔG＝ΔH－TΔS＝－48.97 kJ·mol－1－（－177.16 J·mol－1·K－1×10－3 kJ·J－1）T＝－48.97 kJ·mol－1－（－0.177 16 kJ·mol－1·K－1）T＜0，解得T＜276.4 K，即低于276.4－273＝3.4 ℃。 1 2 3 4 （2）将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下发生反应①和反应②，在相同的时间内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如下表所示。 ［已知：X代表CH3OH的选择性，CH3OH的选择性＝ ×100％，Y代表甲醇的产率％］ 温度 /K 催化剂A[CZ（Zr-1）T] 催化剂B（CZT） X（甲醇选择性） Y（甲醇产率） X（甲醇选择性） Y（甲醇产率） 483 38 2 19 0.9 503 26 4.5 33 2.2 523 23 3.9 30 1.9 543 18 3 25 1.8 563 16 3 25 1.6 1 2 3 4 ①在上述条件下合成甲醇的工业条件是 （填字母）。 A. 483 K B. 503 K C. 催化剂B（CZT） D. 催化剂A[CZ（Zr-1）T] ②503 K以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降 低，可能的原因是 ⁠ ⁠ ⁠ ⁠。 BD 温度升高，反应速率加快，反应①是吸热反 应，向正反应方向进行，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化 率增大；反应②为放热反应，升高温度，反应向左进行，制甲醇 以反应②为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低 1 2 3 4 解析：①根据表格中的数据绘制图像，根据甲醇的选择性和甲醇产率最高的点寻找温度，再根据温度相同时甲醇选择性和甲醇产率较高的点找催化剂。温度选503 K，催化剂选催化剂A[CZ（Zr-1）T]，选BD；②503 K以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低，可能的原因是温度升高，反应速率加快，反应①是吸热反应，向正反应方向进行，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化率增大；反应②为放热反应，升高温度，反应向左进行，制甲醇以反应②为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低。 1 2 3 4 （3）假设在容器容积不变的条件下只发生上述反应②，下列说法中， 能判断反应②达到平衡状态的有 （填字母）。 A. 混合气体总压强不再变化 B. 断裂3 mol H—H的同时断裂2 mol O—H C. CO2和H2的物质的量之比不再变化 D. 混合气体的平均相对分子质量不再变化 E. 混合气体的密度不再变化 F. c（H2O）保持不变 ADF 1 2 3 4 解析：A项，反应②为气体分子数减小的反应，气体压强是变化的量，压强不再变化，说明反应达到平衡，正确；B项，水中和甲醇中都含有O—H，则断裂3 mol H—H的同时断裂2 mol O—H不能证明正、逆反应速率相等，不能证明反应达到平衡，错误；C项，若加入的CO2和H2物质的量之比等于化学计量数之比，任何时候CO2和H2的物质的量之比都不变，CO2和H2的物质的量之比不再变化，不能说明正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，错误；D项，气体物质的总质量不变，反应的气体分子数减小，气体的总物质的量是变化的量，气体平均相对分子质量是变化的量，当气体平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡，正确；E项，容器的容积不变，且反应物和产物都是气体，总质量不变，则混合气体的密度不是变量，密度不变，不能证明反应达到平衡，错误；F项，c（H2O）保持不变，容器容积不变，则水的物质的量不再变化，说明反应达到平衡，正确。 1 2 3 4 （4）若容积不变的密闭容器中只发生上述反应①，在进气比n（CO2）∶n（H2）不同、温度不同时，测得相应的CO2平衡转化率如图所示。则B和D两点的温度：T（B） （填“＜”“＞”或“＝”）T（　D　）。 ＜ 1 2 3 4 解析：B点进气比n（CO2）∶n（H2）＝1∶1，设投料均为1 mol，CO2转化率为60％，则平衡后CO2、H2、CO、H2O分别为0.4 mol、0.4 mol、0.6 mol、0.6 mol，反应为气体分子数不变的反应，则此时KB＝ ＝2.25；同理，D点进气比n（CO2）∶n（H2）＝1.5∶1，KD＝3，由B至D平衡常数变大，且反应①为吸热反应，升高温度平衡正向移动，故B和D两点的温度：T（B）＜T（D）。 1 2 3 4 （5）250 ℃，在甲（容积为4 L）、乙（容积为2 L）两刚性容器中分别充入2 mol CO2和6 mol H2在适宜的催化剂作用下发生反应②，容器内总压强随时间变化如图所示： ①其中B曲线对应 （填“甲”或“乙”）容器中压强的变化 情况。 甲 ②利用图中数据计算250 ℃该反应的分压平衡常数Kp ＝ MPa－2（结果用分数表示）。 ​ 1 2 3 4 解析：①甲、乙两刚性容器中分别充入相同量的CO2和H2，曲线B的总压强始终小于曲线A，所以曲线B代表的容器应该是容积较大的甲容器；②根据图中的A曲线可知，反应前容器的总压强为4 MPa，达到平衡后总压强为2.8 MPa，设CO2转化了x MPa，根据同温同压下气体的压强与物质的量成正比，则可列三段式如下： 　 　　CO2（g）＋3H2（g） CH3OH（g）＋H2O（g） 起始/MPa 1 3 0 0 转化/MPa x 3x x x 平衡/MPa 1－x 3－3x x x 则有（1－x）＋（3－3x）＋x＋x＝2.8，x＝ ，则Kp＝ ＝ ＝ MPa－2。 1 2 3 4 4. 艾曲波帕（K）可用于治疗短期特发性血小板减少性紫癜，其合成路线 如图所示。 （1）A的化学名称为 ⁠。 邻溴苯酚（或2-溴苯酚） 1 2 3 4 解析：A为 ，A与硝酸发生取代反应生成的B为 ，B 与CH3I发生取代反应生成的C为 ，C与 发生取代反应生成的D为 ，E发生还原反应生成的F为 ，F与J反应生成艾曲波帕（K）。 （1）A为 ，因此A的化学名称为邻溴苯酚或2-溴苯酚。 1 2 3 4 （2）写出A→B的化学方程式： ⁠ ⁠。 ＋HNO3 　 ＋ H2O 解析： A与硝酸发生取代反应生成的B为 ，A→B的化学方程 式： ＋HNO3 ＋H2O。 1 2 3 4 （3）设计B→C和D→F两个步骤的目的是 ⁠ ⁠。 解析：设计B→C和D→F两个步骤的目的是保护酚羟基，将硝基还 原为氨基。 保护酚羟基，将硝基还原为 氨基 1 2 3 4 （4）F的结构简式为  。 解析： 根据分析可知F的结构简式为 。 1 2 3 4 （5）Ⅰ的结构为 。 ①Ⅰ中官能团的名称为 ⁠。 酯基、酮羰基 ②Ⅰ的同分异构体中，同时满足下列条件的有 种（不考虑立 体异构）。 a.分子内有一个五元环 b.只含醛基和羟基两种官能团 c.同一个碳原子上不能连两个羟基 6 1 2 3 4 ③Ⅰ可以与Na反应生成Na＋[ ]－，是因为其分子中碳 原子上的氢活性很强，从结构角度解释氢活性很强的原因为 ⁠ ⁠ ⁠。 酮 羰基和酯基中氧的电负性大于碳，导致其中碳原子的正电性增 强，继而使亚甲基中的碳氢键极性增强 1 2 3 4 解析： ①Ⅰ中官能团的名称为酯基、酮羰基；②Ⅰ的分子式为C6H10O3，不饱和度为2，其同分异构体满足下列条件：a.分子内有一个五元环；b.只含醛基和羟基两种官能团，说明没有含氧杂环；c.同一个碳原子上不能连两个羟基。由此可知符合条件的同分异构体 有： 、 、 、 、 、 ， 共有6种；③Ⅰ可以与Na反应生成Na＋[ ]－，是因为I分子中酮羰基和酯基中氧的电负性大于碳，导致其中碳原子的正电性增强，继而使亚甲基中的碳氢键极性增强。 1 2 3 4 （6）参照上述流程，以 和 为有机原料，合成另一种试剂L，写出合成路 线 　　　　 　　。 1 2 3 4 答案： 1 2 3 4 解析：根据题干中的合成路线，以 和 为有 机原料，合成另一种试剂L（ ），合成路线 为 。 1 2 3 4 $