2024年新教材高考化学第二轮专题练习--大题突破练（含答案）
文档属性
| 名称 | 2024年新教材高考化学第二轮专题练习--大题突破练（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.9MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-10-24 11:59:47 | ||
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文档简介
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2024年新教材高考化学第二轮专题
大题突破练(一) 化学工艺流程题
1.(2023·辽宁锦州一模)锌是一种应用广泛的金属,目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌,以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS,还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示:
回答下列问题:
(1)在该流程中可循环使用的物质是Zn和H2SO4,基态S原子占据最高能级的原子轨道的形状为 ,S的空间结构为 。
(2)“焙烧”过程在氧气气氛的沸腾炉中进行,“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在,写出“焙烧”过程中FeS发生主要反应的化学方程式: ;“含尘烟气”中的SO2可用氨水吸收,经循环利用后制取硫酸,用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时,所得溶液中的= 。[已知:(H2SO3)=1.4×10-2;(H2SO3)=6.0×10-8]
(3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉(过量),所得“滤渣”的成分为 (填化学式),分离“滤液”与“滤渣”的操作名称为 。
(4)改进的锌冶炼工艺,采用了“氧压酸(稀硫酸)浸”的全湿法流程,既省略了易导致空气污染的焙烧过程,又可获得一种有工业价值的非金属单质。
①下列设想的加快浸取反应速率的措施中不合理的是 (填字母)。
A.将稀硫酸更换为98%的浓硫酸
B.将硫化锌精矿粉碎
C.适当升高温度
②硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液可慢慢地转化为铜蓝(CuS):ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq),该反应的平衡常数K= 。[已知:Ksp(ZnS)=1.6×10-24,Ksp(CuS)=6.4×10-36]
2.(2023·河北名校联盟联考)某软锰矿含锰50%,是重要的锰矿石。其主要成分如表:
软锰矿主要成分 杂质
MnO2 MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质
某科研团队设计制备高纯度MnCO3。反应原理为①MnO2+BaS+H2OMnO+Ba(OH)2+S;②MnO+H2SO4MnSO4+H2O;③MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2OMnCO3↓(白色)。工艺流程图如图。
回答下列问题:
(1)软锰矿与硫化钡反应时,适当提高反应液温度的目的是 。
(2)“不溶物”中除SiO2外,还有 (填化学式)。
(3)工序2中加入H2O2的目的是 ,使用氨水调溶液的pH,理论上pH最小值为 。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5 mol·L-1时沉淀完全;Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6、Ksp[Fe(OH)2]=10-16.3、Ksp[Al(OH)3]=10-32.3、Ksp[Mn(OH)2]=10-12.7)
(4)MnF2难溶于水,工序3加入MnF2的目的是除去Mg2+,其反应的离子方程式为 。
(5)碳化过程中发生反应的化学方程式为 。
3.(2023·辽宁沈阳二模)重铬酸钾(K2Cr2O7)在实验室和工业上都有广泛应用。如工业中常将其用于制铬矾、火柴、电镀、有机合成等。工业上以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2,杂质主要为硅、铁、铝的氧化物]制备重铬酸钾的工艺流程如下图所示:
已知:①焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe元素转化为NaFeO2,铝的氧化物转化为NaAlO2。
②矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示,当溶液中可溶性组分浓度c≤1.0×10-5 mol·L-1时,可认为已除尽。
请回答下列问题:
(1)写出焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式: 。
(2)水浸滤渣的主要成分是Fe(OH)3,写出生成此滤渣的离子方程式: 。
(3)中和步骤中理论pH的范围是 ,中和后滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(4)酸化时加冰醋酸调节pH约等于5,写出酸化过程中反应的离子方程式: 。
(5)工序Ⅰ经过过滤、洗涤后获得粗产品,则工序Ⅱ的操作方法是 。
(6)可以采用氧化还原滴定法测定产品的纯度,还可以采用分光光度法测定(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比),但测得的质量分数明显偏低,分析原因,发现配制K2Cr2O7待测液时少加了一种试剂,该试剂可以是 (填字母)。
a.硫酸 b.氢碘酸
c.硝酸钾 d.氢氧化钾
4.(2023·湖南长郡中学二模)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物,一种回收利用工艺的部分流程如下:
已知:该工艺中,pH>6.0时,溶液中Mo元素以Mo的形态存在。
(1)“焙烧”中,有Na2MoO4生成,其中Mo元素的化合价为 。
(2)“沉铝”中,生成沉淀X的离子方程式为 。
(3)“沉钼”中,pH为7.0,生成BaMoO4的离子方程式为 。
(4)①滤液Ⅲ中,主要存在的钠盐有NaCl和Y,Y为 (填化学式)。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后,通入足量 (填化学式)气体,再通入足量CO2,可析出Y。
(5)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示,图中所示致密保护膜为一种氧化物,可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。
①该氧化物为 。
②已知:Ga和Al同族,As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中,As元素的化合价变为+5价,则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
5.(2023·辽宁瓦房店一模)锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO,还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣,一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如下。回答下列问题:
已知:①MnSO4·H2O易溶于水,不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下,葡萄糖能发生如下反应:
(1)请写出Mn原子基态价层电子排布式: 。
(2)已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价,Mn为+2价和+4价,则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为 。
(3)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为 。
(4)实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量,为提高葡萄糖的有效利用率,除充分搅拌外还可采取的措施为 。
(5)整个流程中可循环利用的物质是 。获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥,其中洗涤的具体操作是 。
(6)加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3,Na2CO3溶液的最小浓度为 mol·L-1(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由 。[已知:20 ℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8,Ksp(PbCO3)=7.4×10-14,1.262≈1.6]
6.(2023·山西吕梁二模)钪(Sc)是一种重要且价格昂贵的稀土金属,广泛用于航空航天、超导等领域。从赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、TiO2等)中回收钪,同时生产聚合硫酸铁铝的工艺流程如图所示:
回答下列问题:
(1)写出基态Sc原子的简化电子排布式: 。
(2)在酸浸赤泥的后续萃取分离过程中,Fe3+与Sc3+会发生共萃而进入有机相,从而使后续分离难度加大,经探究温度、硫酸浓度与铁、钪的浸出率及分离系数(钪的浸出率和铁的浸出率比值)关系如下图所示,则酸浸的最佳浸出温度为 ℃,最佳硫酸浓度为 mol·L-1。
(3)该工艺条件下,溶液中有关离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示:
离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ TiO2+
开始沉淀的pH 7.0 1.9 3.0 0.3
完全沉淀的pH 9.0 3.2 4.7 2.0
①已知TiO2和硫酸反应生成水溶性的TiO2+,则流程中TiO2+水解生成TiO2·xH2O的离子方程式为 。
②试剂A常选用H2O2,写出其在生产、生活中可能的用途: (填一条即可)。
③该工艺流程中引入“还原”与“氧化”这两个步骤的原因是 。
(4)含钪元素的微粒与lg c(F-)、pH的关系如下图所示,“沉钪”时,溶液的pH=3,c(F-)=10-4 mol·L-1,则此时钪的存在形式为 (填化学式)。
(5)“聚合”生成聚合硫酸铁铝AlFe(OH)2(SO4)2时,同时产生气体,该步骤的离子方程式为 。
大题突破练(二) 化学实验综合题
1.(2023·江西上饶二模)水合肼(N2H4·H2O)具有还原性,利用其可以精炼铂。某同学在实验室制备水合肼,并模仿工业精炼铂。回答下列问题:
(1)水合肼的制备,实验步骤及装置(夹持及控温装置已省略)如图所示:
将NaClO溶液和过量NaOH溶液缓慢滴入尿素[CO(NH2)2]水溶液中,控制一定温度,充分反应后,三颈烧瓶中的溶液经蒸馏获得水合肼粗品后,剩余溶液再进一步处理还可获得副产品NaCl和Na2CO3·10H2O。
①仪器X的名称为 。
②三颈烧瓶中反应的化学方程式为 。
③若滴加NaClO溶液的速度较快,会导致水合肼的产率下降,其原因是 。
④NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图,由蒸馏后的剩余溶液获得NaCl粗品的操作是 。
(2)水合肼还原精炼法制备铂的流程如下:
①常温下,(NH4)2PtCl6难溶于水,粗(NH4)2PtCl6中含有大量氯化铵等可溶性的盐,在实验室中预处理时,需将样品溶解、过滤后洗涤,洗涤沉淀方法是 。
②该工序固液比、溶液的酸度(盐酸浓度)、反应时间等对于精炼铂的产率,均有较大的影响。在不同酸度下达到较高产率所需时间,以及不同固液比在最佳酸度下反应时间与产率关系如图所示:
由此可得最佳的反应条件是 。
③写出“煅烧”生成Pt、N2、NH3和HCl的化学方程式: 。
2.(2023·湖北荆州二模)硫脲[CS(NH2)2]是一种白色晶体,熔点180 ℃,易溶于水和乙醇,受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵,可用于制造药物,也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等。回答下列问题:
Ⅰ.硫脲的制备:
已知:将石灰氮(CaCN2)和水的混合物加热至80 ℃时,通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳,实验装置如图所示。
(1)装置B中的试剂X和试剂Y的最佳组合是 (填字母)。
A.FeS固体+浓硫酸
B.FeS固体+稀硝酸
C.FeS固体+稀盐酸
(2)仪器M的名称为 。按(1)中所选试剂组合,按气流从左到右的方向,上述装置的合理连接顺序为c→ (填仪器接口的小写字母)。
(3)装置C中反应温度控制在80 ℃,温度不宜过高或过低的原因是 ,装置C中反应的化学方程式为 。
Ⅱ.硫脲的分离及产品含量的测定:
(4)装置C反应后的液体过滤后,将滤液减压蒸发浓缩,之后冷却结晶,离心分离,烘干即可得到产品。称取m g产品,加水溶解配成500 mL溶液,量取25 mL于锥形瓶中,滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性,用c mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定,滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V mL。
①硫脲[CS(NH2)2]中硫元素的化合价为 价。
②滴定时,硫脲转化为CO2、N2、S的离子方程式为 。
③样品中硫脲的质量分数为 (用含“m、c、V”的式子表示)。
3.(2023·湖南怀化二模)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)广泛用于纺织、印染、造纸等行业,因其使用时对织物的损伤很小,故又称“保险粉”。
Ⅰ.Na2S2O4制备
锌粉法是最早应用于工业生产连二亚硫酸钠的方法,其制备原理及装置如下:
步骤1:检查装置气密性并加入药品;
步骤2:打开仪器a的活塞,向装置C中通入一段时间SO2,发生反应:Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O;
步骤3:打开仪器c的活塞滴加稍过量的NaOH溶液使装置C中溶液的pH处在8.2~10.5之间,发生反应ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4+Zn(OH)2↓;
步骤4:过滤,将滤液经“一系列操作”可获得Na2S2O4。
已知:①Na2S2O4易溶于水,不溶于乙醇,在碱性介质中较稳定。
②Zn(OH)2与Al(OH)3的化学性质相似。
回答下列问题:
(1)仪器d的名称为 。
(2)装置B(单向阀)的作用为 。
(3)一系列操作包括盐析、过滤、脱水、洗涤、干燥等操作,其中洗涤所用的试剂为 (填字母)。
A.乙醇 B.NaOH溶液
C.水 D.浓硫酸
(4)步骤3需控制溶液的pH在8.2~10.5之间,其原因为 。
Ⅱ.Na2S2O4含量的测定
称取2.0 g制得的Na2S2O4产品溶于冷水配成250 mL溶液,取出25.00 mL该溶液于锥形瓶中,用0.10 mol·L-1碱性K3[Fe(CN)6]标准溶液滴定,选择合适指示剂,平行滴定三次,消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。
(5)[Fe(CN)6]3-是一种比较弱的氧化剂,能将S2氧化为S,自身被还原为[Fe(CN)6]4-,滴定中发生反应的离子方程式为 。
(6)选择指示剂时,指示剂的条件电位要在滴定突跃电位之间,本实验滴定突跃范围为0.01~0.38 V,根据下表,可选择 为指示剂。
常用氧化还 原指示剂 条件电 位(V) 颜色变化
还原态 氧化态
亚甲基蓝 0.36 无色 蓝色
二苯胺 0.76 无色 紫色
二苯胺磺酸钠 0.84 无色 紫红
邻苯氨基苯甲酸 0.89 无色 紫红
(7)样品中Na2S2O4的质量分数为 (杂质不参与反应,计算结果精确到0.1%)。
4.(2023·北京朝阳区二模)某小组同学探究Na2SO3和不同铜盐溶液的反应,实验如下。
实验:向2 mL 0.5 mol·L-1 Na2SO3溶液中加入1 mL 0.25 mol·L-1 CuCl2溶液,立即产生橙黄色沉淀(沉淀A),放置5 min左右,转化为白色沉淀(沉淀B)。
已知:ⅰ.Cu+Cu(NH3(无色)
ⅱ.Cu+Cu2++Cu
(1)研究沉淀B的成分。
向洗涤后的沉淀B中加入足量浓氨水,得到无色溶液,在空气中放置一段时间,溶液变为深蓝色。取少量深蓝色溶液,滴加试剂X,产生白色沉淀。
①白色沉淀是AgCl,试剂X是 。
②无色溶液在空气中放置变为深蓝色,反应的离子方程式为 。
(2)经检验,沉淀A不含S。推测沉淀A能转化为沉淀B与Cl-有关,为研究沉淀A的成分及沉淀A转化为B的原因,实验如下。
①仅通过上述实验不能证明沉淀A中含有Cl-,补充实验:向少量洗净的沉淀A中加入稀硫酸,证实沉淀A中含有Cu+的证据是 。
②无色溶液中含有S,推测S的产生有两个途径:
途径1:实验过程中O2氧化S;
途径2: (将途径补充完整)。
经研究,途径1不合理,途径2合理。
③解释Na2SO3和CuCl2溶液反应时,先产生橙黄色沉淀,再转化为白色的原因: 。
(3)Na2SO3和CuCl2溶液反应最终生成CuCl沉淀,并检测到有SO2生成,离子方程式是 。用Na2SO3和CuSO4溶液重复上述实验,仅产生橙黄色沉淀,放置72 h后变为暗红色沉淀(可溶于氨水,得到无色溶液,放置变为深蓝色)。
(4)根据上述实验所得结论: (答出两点)。
5.(2023·广东六校联盟联考)某实验小组探究浅黄色草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)分解产物的装置如图所示。
回答下列问题:
(1)仪器M的名称是 。
(2)点燃酒精灯之前,先通入N2,其目的是 。
(3)装置C的作用是 。
(4)如果实验中观察到C、H变浑浊,E不变浑浊,可以得出实验结论:A装置中分解的气体产物一定有 (填化学式)。
(5)在300 ℃、500 ℃下进行上述实验,A装置中分别得到甲、乙两种黑色粉末,进行实验并观察到现象如下:
实验 实验操作及现象
① 用强磁铁接近甲,无明显现象;将黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀
② 用强磁铁接近乙,吸起部分粉末,将吸起来的粉末投入盐酸中,产生气泡;将剩余黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀
根据上述实验,实验①产生蓝色沉淀的离子方程式为 。乙中的成分可能为 (填化学式)。
(6)测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)纯度。准确称取W g样品于锥形瓶,加入适量的稀硫酸,用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点,消耗b mL KMnO4溶液。滴定反应:FeC2O4+Mn+H+Fe3++CO2+Mn2++H2O(未配平)。该样品纯度为 %。若滴定管没有用待装液润洗,测得结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
大题突破练(三) 化学反应原理综合题
1.(2023·辽宁沈阳一模)氢气作为一种清洁能源,一直是能源研究的热点,水煤气变换反应可用于大规模制H2,反应原理如下:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2 kJ·mol-1。
(1)根据下表中提供的数据,计算x= kJ·mol-1。
化学键 CO C≡O O—H H—H
键能/(kJ·mol-1) 803 x 463 436
(2)实验发现其他条件不变,在体系中投入一定量CaO可以增大H2的体积分数,从化学平衡的角度解释原因: 。
(3)某温度下,在一恒容密闭容器中充入CO和H2O[n(CO)∶n(H2O)=1∶1.5],加入催化剂使其发生上述反应(忽略其他副反应),测得该反应中初始压强为p0,分压如图甲所示(t时刻前,H2O的分压未给出),则A点坐标为(t, )、平衡常数Kp= 。
甲
(4)反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的Arrhenius经验公式的实验数据如图乙中曲线所示,已知经验公式为Rln k=-+C(其中Ea为活化能,k为速率常数,R和C为常数)。该反应的活化能Ea= kJ·mol-1。当使用更高效催化剂时,请绘制Rln k-关系示意图。(假定实验条件下,催化剂对C值无影响)
乙
(5)储氢合金能有效解决氢气的贮存和运输问题。某储氢合金的结构属六方晶系,晶体结构及俯视图分别如图(a)、(b)所示。已知a、b两点的分数坐标分别为(0,)、(),则c点坐标为 。X射线衍射测定两晶面间距为d pm(见图b),高为c pm,设阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的摩尔质量为M g·mol-1,则密度为 g·cm-3。(列出表达式)
2.(2023·陕西西安中学二模)可燃冰是一种高效清洁能源,中国已勘探的可燃冰储量居世界第一,持续安全开采量创下了世界纪录,有望2030年实现产业化开采。科学家也对CH4进行了重点研究。
Ⅰ.CH4与CO2重整的工艺过程中涉及如下反应:
反应①:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247.4 kJ·mol-1
反应②:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
反应③:CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g) ΔH3=-35.6 kJ·mol-1
(1)已知:反应④O2(g)+H2(g)H2O(g) ΔH4=-241.8 kJ·mol-1,则ΔH2= kJ·mol-1。
(2)一定条件下,向容积为V L的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0 mol及少量O2,测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。
①图中a和c分别代表产生 和 。由图中信息判断900 K后产生H2O的主要反应并说明理由 。
②1 100 K平衡时,CH4与CO2的转化率分别为95%和90%,体系内剩余n mol O2,反应③的平衡常数K= (写出计算式)。
③密闭恒容条件下,反应②达到平衡的标志是 (填字母)。
A.每消耗1 mol CO2的同时消耗1 mol H2
B.CO的分压不再发生变化
C.气体平均相对分子质量不再发生变化
D.气体密度不再发生变化
E.不再发生变化
Ⅱ.将CH4与一种产生温室效应的气体利用电解装置进行耦合转化,原理示意如图。
(3)电池工作时,O2-向电极 移动。
(4)若消耗CH4和产生温室效应气体的体积比为3∶2,则生成乙烷和乙烯的体积比为 。
3.(2023·湖南雅礼中学三模)甲醇是重要的化工原料,合成甲醇和利用甲醇的研究和探索,在国际上一直受到重视。工业上常利用CO2和H2为原料合成甲醇,再利用甲醇生产丙烯。回答下列问题:
(1)①常温下,H2和甲醇的燃烧热分别为285.8 kJ·mol-1和726.4 kJ·mol-1,1 mol甲醇汽化需要吸收82.0 kJ的热量,则CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下合成气态甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l) ΔH= kJ·mol-1;
②上述反应分两步进行:
第一步 (写化学方程式)ΔH>0
第二步Cu/Zn*+2H2+CO2Cu/ZnO*+CH3OH ΔH<0
③第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间,由此推知以下能正确表示Cu/ZnO催化CO2和H2合成甲醇反应过程的示意图为 (填字母)。
(2)工业上用CO2和H2催化合成甲醇存在如下反应:
主反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0
副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH>0
一定条件下,在装有催化剂的密闭容器中投入a mol CO2和3a mol H2,发生上述合成反应。
①在相同时间内,测得甲醇产率与温度的关系如图所示。图中490 K之后,甲醇的产率随温度的升高而减小的原因可能是 。
②某温度下,达平衡时容器中CH3OH的物质的量为c mol,CO的物质的量为d mol。则此条件下CO2的转化率为 (列式表示,下同);此条件下副反应的平衡常数为 。
③关于主反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0,已知该反应的v(正)=k正·c(CO2)·c3(H2),v(逆)=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)(k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数)。该反应的lg、lg随温度变化的曲线如图所示,则 表示lg随温度变化的曲线。
4.(2023·湖北十堰二模)氮及其化合物一直为环境科学领域研究的重点。
(1)废水中的NH3可通过硝化作用消除,已知:
NH3(g)+O2(g)N(aq)+H+(aq)+H2O(l)
ΔH=-273.5 kJ·mol-1
N(aq)+O2(g)N(aq) ΔH=-73.19 kJ·mol-1
则NH3通过硝化作用转化为N的热化学方程式为 。
(2)某科研小组设计双阴极微生物燃料电池进行同步硝化和反硝化脱氮研究,如图所示,“厌氧阳极”的电极反应方程式为 ,若“好氧阴极”1 mol N完全硝化生成N,此时向该电极输送电子的物质的量为4 mol,则“好氧阴极”区消耗的O2在标准状况下的体积约为 L。
(3)汽车尾气中的CO、NO等气体可在催化剂表面发生氧化还原反应进行消除,主要原理如下:2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH<0,某小组模拟该反应,在1 L恒容密闭容器内将气体总物质的量为6 mol的CO和NO以不同的物质的量比进行反应。
①平衡时某反应物的转化率与物质的量比及温度的关系如图,纵坐标表示 的转化率,T1和T2关系为T1 (填“>”“<”或“=”)T2,图中A、B、C三点对应反应速率v(NO)正最大的是 点。
②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行,下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是 。
③已知:压强平衡常数Kp含义为在平衡体系中用气体物质的分压(pⅰ=p总×物质的量分数)代替浓度,计算得到的平衡常数。若容器内起始压强为p0,则C点的压强平衡常数 。
5.(2023·湖北教研联盟联考)将CO2转化为有机碳酸酯CH3OCOOCH3(g)(DMC),可有效减少碳排放。CO2转化为DMC的总反应为3CO2(g)+6H2(g)CH3OCOOCH3(g)+3H2O(g) K总,可通过Ⅰ、Ⅱ两步反应完成:
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) K1
Ⅱ.CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) K2
请回答下列问题:
(1)有机碳酸酯CH3OCOOCH3中碳原子的杂化方式为 ,1 mol CH3OH中含有的σ键数目为 NA。
(2)反应Ⅱ的反应机理如图1所示,其中催化剂参与催化循环和脱水循环。
图1
①该反应的催化剂是 ,该物质还有另一个作用——提高DMC的平衡产率,结合反应机理图分析其中的原因: 。
②将物质的量之比为1∶2的CO2和CH3OH的混合气体以相同流速通过两种不同的催化剂a、b,仅发生反应Ⅱ。相同时间内CO2的转化率如图2所示。
图2
图3
M点 (填“是”或“不是”)对应温度下的CO2的平衡转化率,原因是 。
(3)一定温度范围内lgK-T的线性关系如图3。
①对于反应Ⅱ,活化能E正 (填“>”或“<”)E逆。
②K总=K2时,该温度下K1= 。某温度下,在5 L恒容密闭容器中充入5 mol CO2和10 mol H2,发生反应Ⅰ、Ⅱ,反应经10 min达到平衡,此时n(CH3OCOOCH3)=1 mol,n(CH3OH)=1 mol,则K2= 。
6.(2023·山西大同二模)随着时代的进步,人类对能源的需求量与日俱增,我国全球首套焦炉气化学合成法生产无水乙醇的工业示范项目打通全流程,项目投产成功。
(1)3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= (用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。
已知:ⅰ.2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH1
ⅱ.CH3OCH3(g)+CO(g)CH3COOCH3(g) ΔH2
ⅲ.CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g) ΔH3
在恒温恒容密闭容器中充入3 mol CO(g)和7 mol H2(g)仅发生反应3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g),下列叙述正确的是 (填字母)。
A.混合气体总压强不随时间变化时,反应达到平衡状态
B.反应达到平衡时,CH3CH2OH体积分数可能为25%
C.反应达到平衡后,再充入少量CO,CO的平衡转化率增大
D.反应达到平衡后,再加入高效催化剂,乙醇产率保持不变
(2)醋酸酯加氢制乙醇是一个乙酰基产物制备乙醇的路线。
①醋酸酯加氢的催化效能如表所示:
实验 组 催化剂 原料 反应条件 反应性能
转化 率/% 选择 性/%
1 Cu/SiO2 醋酸甲酯 190 28 96.1 99.0
2 Cu-Cr 醋酸乙酯 250 2.8 接近 完全 93.8
3 Cu/ZnO 醋酸乙酯 185 1 56 99.0
4 Cu/SiO2 醋酸乙酯 280 4.0 94.6 96.6
上述实验中,催化效能最好的为实验 (填序号),与之对比,实验3中,醋酸酯平衡转化率较低的主要原因可能是 (从表中所给条件的角度分析)。
②醋酸甲酯加氢历程一般认为可分为如下步骤(*代表催化剂位点,已知:CH3CO*+H·CH3CHO):
a.CH3COOCH3CH3CO·+CH3O·
b.CH3CO·+*CH3CO*(慢)
c.CH3O·+*CH3O*(快)
d.CH3CO*+3H·CH3CH2OH
e.CH3O*+H·CH3OH
……
其中,在b和c的步骤中,活化能较小的是 (填标号,下同),控制总反应速率的步骤是 ,分析上述步骤,副产物除CH3OH外,还可能有 (写一种即可)。
(3)甲醇也是新能源的重要组成部分。
以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下:
ⅳ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4<0
ⅴ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH5>0
ⅵ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH6<0
在不同压强下、按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3进行投料,在容器中发生上述3个反应,平衡时,CO和CH3OH在含碳产物(即CH3OH和CO)中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图,压强p1、p2、p3由大到小的顺序为 ,曲线 (填“m”或“n”)代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数,在T1 ℃下,压强为p3时,反应ⅴ的浓度平衡常数Kc= (填含α的表达式)。
大题突破练(四) 有机合成与推断综合题
1.(2023·辽宁本溪一模)化合物H(格列齐特)是一种有效的磺酰脲类口服抗糖尿病药。某课题组设计合成路线如图:
已知:
①
②
请回答:
(1)下列说法正确的是 (填字母)。
A.化合物A中所有碳原子共平面
B.1 mol化合物F在酸性条件下发生水解,该过程最多消耗3 mol盐酸
C.化合物J到I的反应为加成反应
D.化合物H的分子式为C15H21 N3O3S
(2)请在如图化合物D中正确的位置处用“*”标出所有的手性碳原子。
(3)化合物C的结构简式为 ;化合物E的结构简式为 。
(4)写出G+I→H的化学方程式: 。
(5)写出一种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式: 。
①有两个六元环(不含其他环),其中一个为苯环
②除苯环外,结构中只含有3种不同化学环境的氢
(6)以化合物甲苯()和氯仿(CHCl3)为原料,设计合成化合物K→化合物J的路线(用流程图表示,无机试剂、有机溶剂任选)。
(已知2CHCl3+O22COCl2+2HCl)
2.(2023·江苏南通二模)有机物R是一种手性催化剂,在药物合成中具有重要作用,其合成路线如下:
已知:R—NH2+。
回答下列问题:
(1)A的化学名称为 ;G中含氧官能团的名称为 。G→H的反应类型为 。
(2)E的结构简式为 。设计反应①、②的目的是 。
(3)B→C的化学方程式为 。
(4)R中含有 个手性碳原子(连有4个不同原子或原子团)。
(5)写出两种符合下列条件C的同分异构体的结构简式: 。
①能发生银镜反应
②核磁共振氢谱中有3组吸收峰,且面积之比为2∶1∶1
③不存在结构
(6)以乙二醇和对苯二胺()为原料,设计制备
()的合成路线(其他无机试剂任选)。
3.(2023·河北沧州二模)布洛芬具有消炎、止痛、解热的作用。以有机物A为原料制备布洛芬的一种合成路线如图所示。回答下列问题:
已知:
++H2O
+CH3CHO
(1)C中官能团的名称是 ,D的名称是 。
(2)B→C的反应类型是 。
(3)下列有关布洛芬的叙述正确的是 (填字母)。
a.能发生取代反应,不能发生加成反应
b.1 mol该物质与足量碳酸氢钠反应理论上可生成44 g CO2
c.布洛芬分子中最多有11个碳原子共平面
d.1 mol布洛芬分子中含有手性碳原子物质的量为2 mol
(4)满足下列条件的布洛芬的同分异构体有 种,写出其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱峰面积比为12∶2∶2∶1∶1的物质的结构简式: 。(写一种即可)
①苯环上有三个取代基,苯环上的一氯代物有两种
②能发生水解反应,且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应
(5)缓释布洛芬能缓慢水解释放出布洛芬,请将下列方程式补充完整。
+2nH2O 。
4.(2023·天津十二校联考)氯霉素H曾用做广谱抗菌药物,一种合成路线如下:
已知:。
请回答下列问题:
(1)A的化学名称为 。
(2)E中所含官能团的名称为 。
(3)写出反应①的化学方程式: 。
(4)反应②的反应类型是 。
(5)化合物D的同分异构体中能同时满足下列条件的有 种。
a.苯环上有三个取代基
b.能发生银镜反应
c.一定条件下能水解,1 mol有机物最多能消耗4 mol NaOH
(6)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳原子。F分子中含有手性碳原子的个数为 个。
(7)写出H的结构简式: 。
5.(2023·湖北重点中学联考)氟唑菌酰羟胺是新一代琥珀酸脱氢酶抑制剂类杀菌剂,合成路线如下:
已知:ⅰ.+R3—NH2。
(1)A能与Na2CO3溶液反应产生CO2。A的官能团有 。
(2)A的某种同分异构体与A含有相同官能团,其核磁共振氢谱也有两组峰,结构简式为 。
(3)B→D的化学方程式是 。
(4)G的结构简式为 。
(5)推测J→K的过程中,反应物NaBH3CN的作用是 。
(6)可通过如下路线合成:
已知:ⅱ.R—O—R'+H2OROH+R'OH;
ⅲ.。
①反应Ⅰ的化学方程式为 。
②M的结构简式为 。
③设计步骤Ⅰ和Ⅳ的目的是 。
6.(2023·湖北大学附中二模)黄烷酮作为一类重要的天然物质,其大部分具有广泛的生理和药理活性。其中一种新型的黄烷酮类化合物(H)的合成路线如图所示。
回答下列问题:
(1)A→B的反应类型为 。
(2)中官能团名称为 。
(3)步骤②③的作用为 。
(4)B→C的反应中B的2位羟基未被取代的原因是 。
(5)D的结构简式为 。
(6)已知G和H互为同分异构体,且结构内含有两个六元环,则G的结构简式为 。
参考答案
大题突破练(一) 化学工艺流程题
1.答案 (1)哑铃形 正四面体形
(2)3FeS+5O2Fe3O4+3SO2 6×10-3
(3)Zn、Fe 过滤
(4)①A ②2.5×1011
解析 (1)基态S原子占据的最高能级为3p能级,轨道形状为哑铃形。S中心原子S的价层电子对数为4+=4,无孤电子对,空间结构为正四面体形。
(2)焙烧过程中FeS与氧气反应生成SO2和Fe3O4,化学方程式为3FeS+5O2Fe3O4+3SO2。HSH++S(H2SO3)==6.0×10-8,c(H+)=10-5 mol·L-1,则有=6×10-3。
(3)浸出液中含有铁离子和亚铁离子,加入过量Zn,铁离子和亚铁离子与Zn反应生成Fe,所得滤渣的成分为Zn、Fe。分离滤液和滤渣的操作名称为过滤。
(4)①将稀硫酸更换为98%的浓硫酸,不会加快浸取反应速率,而且浓硫酸参与的反应会生成SO2造成空气污染,A错误;将硫化锌精矿粉碎,反应物接触面积增大,反应速率增大,B正确;适当提高温度,反应速率增大,C正确。
②根据离子方程式可知,K==2.5×1011。
2.答案 (1)加快反应速率 (2)S
(3)将Fe2+氧化为Fe3+ 4.9
(4)MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)
(5)MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2OMnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O
解析 (3)工序2中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,再加入氨水生成Fe(OH)3、Al(OH)3。由Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6(4)工序3中加入MnF2,MnF2(s)Mn2+(aq)+2F-(aq)产生的F-与Mg2+反应生成MgF2沉淀,即发生反应MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)。
3.答案 (1)4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2
(2)Fe+2H2OFe(OH)3↓+OH-
(3)4.5~9.3 H2SiO3、Al(OH)3
(4)2Cr+2CH3COOHCr2+2CH3COO-+H2O
(5)重结晶 (6)a
4.答案 (1)+6价
(2)Al+2H2O+CO2Al(OH)3↓+HC
(3)Mo+Ba2+BaMoO4↓
(4)①NaHCO3 ②NH3
(5)①Al2O3 ②4∶1
解析 (4)①滤液Ⅰ中通入过量的二氧化碳,偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀,同时生成碳酸氢钠,过滤得到的滤液Ⅱ中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液Ⅱ中加入适量的氯化钡溶液沉钼后,过滤得到的滤液Ⅲ中,主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3。
②根据侯氏制碱法的原理可知,往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后,通入足量NH3,再通入足量CO2,可析出NaHCO3。
(5)①由题中信息可知,致密的保护膜为一种氧化物,是由H2O2与AlAs反应生成的,联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知,该氧化物为Al2O3。
②由Ga和Al同族、As和N同族可知,GaAs中Ga显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中,As元素的化合价变为+5价,其化合价升高8,As元素被氧化,则该反应的氧化剂为H2O2,还原剂为GaAs。根据得失电子守恒可知,该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶2=4∶1。
5.答案 (1)3d54s2 (2)1∶3
(3)C6H12O6+24H++12MnO212Mn2++6CO2↑+18H2O
(4)少量多次加入葡萄糖
(5)醋酸(CH3COOH) 向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀),待乙醇自然流下,重复2~3次
(6)5.87×10-10 该沉淀转化反应能彻底进行,因为该沉淀转化反应的平衡常数为K=≈2.16×105>1×105,所以能彻底进行
解析 (6)饱和硫酸铅溶液中c(Pb2+)=×10-4 mol·L-1,则要生成碳酸铅沉淀,Na2CO3溶液的最小浓度为 mol·L-1≈ mol·L-1≈5.87×10-10 mol·L-1;该沉淀转化反应为PbSO4(s)+C(aq)PbCO3(s)+S(aq),该沉淀转化反应的平衡常数为K=≈2.16×105>1×105,故能彻底进行。
6.答案 (1)[Ar]3d14s2 (2)70 10
(3)①TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+
②在生产中作绿色氧化剂,除去一些具有还原性的微粒或检验一些还原性的微粒;在生活中可以用稀释的H2O2水溶液作耳道清洗剂 ③引入“还原”是为了防止Fe3+在水解步骤消耗;氧化步骤目的是将Fe2+转化为Fe3+,便于制备聚合硫酸铁铝
(4)ScF3 (5)Al3++Fe3++2S+2HC
AlFe(OH)2(SO4)2+2CO2↑
解析 (2)根据图示可知Fe3+、Sc3+浸出率在70 ℃时比较高,故酸浸的最佳浸出温度为70 ℃;Fe3+、Sc3+浸出率在硫酸浓度为10 mol·L-1时较高,故硫酸合适浓度是10 mol·L-1。
(4)c(F-)=10-4 mol·L-1,则lg c(F-)=-4,在溶液pH=3时,根据图示可知Sc元素的存在形式主要是ScF3。
(5)在“聚合”生成聚合硫酸铁铝AlFe(OH)2(SO4)2时,同时产生气体,根据元素守恒可知该气体为CO2,发生反应的离子方程式为Al3++Fe3++2S+2HCAlFe(OH)2(SO4)2+2CO2↑。
大题突破练(二) 化学实验综合题
1.答案 (1)①球形冷凝管 ②NaClO+CO(NH2)2+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3 ③N2H4·H2O被NaClO氧化 ④加热蒸发至有大量固体析出,趁热过滤(洗涤、干燥)
(2)①向漏斗中加水至没过沉淀,待水滤出后重复2~3次
②酸度4 mol·L-1、反应时间2.5~3 h、固液比1∶10
③3(NH4)2PtCl63Pt+2N2↑+2NH3↑+18HCl↑
解析 (1)②NaClO溶液和过量NaOH溶液、尿素[CO(NH2)2]溶液反应,生成NaCl和Na2CO3、水合肼。③N2H4·H2O具有还原性,NaClO具有氧化性,若滴加NaClO溶液的速度较快,会导致水合肼的产率下降,其原因是N2H4·H2O被NaClO氧化。
④结合NaCl和Na2CO3的溶解度曲线,由蒸馏后的剩余溶液获得NaCl粗品的操作是加热蒸发至有大量固体析出,趁热过滤(洗涤、干燥)。
(2)②由图可知,最佳的反应条件是酸度4 mol·L-1时反应达到较高产率且耗时较短,反应速率较快;反应时间2.5~3 h时产率较高且基本不再增加,固液比1∶10时产率较高,故最佳反应条件为酸度4 mol·L-1、反应时间2.5~3 h、固液比1∶10。
2.答案 (1)C (2)恒压滴液漏斗 a→b→d→e→f
(3)温度过高,硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵;温度过低,反应速度缓慢 CaCN2+H2S+2H2OCS(NH2)2+Ca(OH)2
(4)①-2 ②5CS(NH2)2+14Mn+32H+14Mn2++5CO2↑+5N2↑+5S+26H2O ③%
解析 (3)若反应温度过高,硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵;若反应温度过低,反应速度缓慢,故装置C中反应温度控制在80 ℃;装置C中,将石灰氮(CaCN2)和水的混合物加热至80 ℃时,通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳,化学方程式为CaCN2+H2S+2H2OCS(NH2)2+Ca(OH)2。
(4)③用c mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定,滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V mL,消耗KMnO4的物质的量为cV×10-3 mol,根据滴定反应可知,m g产品中CS(NH2)2的物质的量为cV×10-3 mol××20=×10-3 mol,则样品中硫脲的质量分数为×100%=%。
3.答案 (1)三颈烧瓶 (2)防止倒吸 (3)A
(4)pH太小Na2S2O4不能稳定存在(且不能使沉淀完全),pH太大Zn(OH)2会溶解,使得制备的Na2S2O4不纯
(5)2[Fe(CN)6]3-+S2+4OH-2[Fe(CN)6]4-+2S+2H2O
(6)亚甲基蓝 (7)87.0%
解析 (4)步骤3需控制溶液的pH在8.2~10.5之间,其原因为pH太小Na2S2O4不能稳定存在(且不能使沉淀完全),pH太大Zn(OH)2会溶解,使得制备的Na2S2O4不纯。
(5)[Fe(CN)6]3-是一种比较弱的氧化剂,能将S2氧化为S,自身被还原为[Fe(CN)6]4-,结合氧化还原反应及质量守恒可知,滴定中发生反应的离子方程式为2[Fe(CN)6]3-+S2+4OH-2[Fe(CN)6]4-+2S+2H2O。
(6)本实验滴定突跃范围为0.01~0.38 V,根据表中信息,亚甲基蓝的条件电位为0.36 V,且由还原态到氧化态颜色由无色变为蓝色,故可选择亚甲基蓝为指示剂。
(7)平行滴定三次,消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL,第二次误差较大,舍去,则平均消耗体积为20.00 mL,用0.10 mol·L-1碱性K3[Fe(CN)6]标准溶液滴定,其物质的量为0.10 mol·L-1×20.00×10-3 L=2.0×10-3 mol,根据滴定反应可知,2.0 g Na2S2O4产品中Na2S2O4的物质的量为×2.0×10-3 mol×=0.01 mol,质量为0.01 mol×174 g·mol-1=1.74 g,故样品中Na2S2O4的质量分数为×100%=87.0%。
4.答案 (1)①足量硝酸和AgNO3溶液 ②4Cu(NH3+O2+8NH3+2H2O4[Cu(NH3)4]2++4OH-
(2)①有红色固体析出 ②在Cl-的作用下,Cu2+氧化亚硫酸根到硫酸根 ③CuCl2和Na2SO3溶液生成棕黄色沉淀A反应速率快,生成白色沉淀B的程度大
(3)2Cu2++2Cl-+S+H2O2CuCl↓+S+2H+
(4)Cu2+和S能发生复分解反应和氧化还原反应,且复分解反应速率更快;在Cl-作用下,Cu2+的氧化性增强
解析 (2)ⅱ.Cu+Cu2++Cu,向含有亚铜离子的溶液中加入稀硫酸会发生歧化反应,生成铜,故答案为有红色固体析出;溶液中的氧化剂除了氧气之外还有铜离子,当存在氯离子时,铜离子会具有较强的氧化性,会把亚硫酸根氧化,故答案为在Cl-的作用下,Cu2+氧化亚硫酸根到硫酸根;向2 mL 0.5 mol·L-1 Na2SO3溶液中加入1 mL 0.25 mol·L-1 CuCl2溶液,立即产生橙黄色沉淀(沉淀A),说明生成亚硫酸铜沉淀的反应较快,放置5 min左右,转化为白色沉淀(沉淀B),说明生成白色沉淀B的程度大。
(3)Na2SO3和CuCl2溶液反应最终生成CuCl沉淀,该反应未外加酸碱,所以反应物为水,生成物为氢离子,根据电子守恒及电荷守恒可知,该反应的离子方程式是2Cu2++2Cl-+S+H2O2CuCl↓+S+2H+。
(4)向2 mL 0.5 mol·L-1 Na2SO3溶液中加入1 mL 0.25 mol·L-1 CuCl2溶液,立即产生橙黄色沉淀亚硫酸铜,在NaCl溶液中,亚硫酸铜继续发生氧化还原反应,生成CuCl白色沉淀,根据沉淀颜色的变化快慢可知,复分解反应较快,氧化还原反应较慢。
5.答案 (1)(球形)干燥管 (2)排尽装置内的空气
(3)检查是否有CO2生成 (4)CO和CO2
(5)K++Fe2++[Fe(CN)6]3-KFe[Fe(CN)6]↓或3Fe2++2[Fe(CN)6]3-Fe3[Fe(CN)6]2↓ Fe和FeO或Fe、FeO和FeC2O4
(6) 偏高
解析 (4)实验中观察到C、H变浑浊,说明都有二氧化碳,E不变浑浊,说明产物中存在CO,故可以得出实验结论:A装置中分解的气体产物一定有CO和CO2。
(5)由题干信息可知,将黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀,说明有Fe2+,实验①产生蓝色沉淀的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-KFe[Fe(CN)6]↓或3Fe2++2[Fe(CN)6]3-Fe3[Fe(CN)6]2↓;用强磁铁接近乙,吸起部分粉末,将吸起来的粉末投入盐酸中,产生气泡,说明存在Fe,故乙中的成分可能为Fe和FeO或Fe、FeO和FeC2O4。
(6)根据质量守恒和电荷守恒配平离子方程式:5FeC2O4+3Mn+24H+5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O,则有n(FeC2O4)=n(Mn)=×c mol·L-1×b×10-3 L=×10-3 mol,故样品纯度为×100%=%;若滴定管没有用待装液润洗,导致标准液体积偏大,测得结果偏高。
大题突破练(三) 化学反应原理综合题
1.答案 (1)1 074.8
(2)CaO与生成物CO2反应,生成物浓度减小,平衡正向移动,氢气的体积分数增大
(3) 0.5
(4)30.0
(5)()
解析 (2)其他条件不变,在体系中投入一定量CaO,CaO与生成物CO2反应生成CaCO3,生成物浓度减小,平衡正向移动,氢气的体积分数增大。
(3)由反应可知,反应前后总压不变,所以平衡时总压为p0,H2O的分压为p0-×3=,A点的坐标为(t,);由图可知,平衡时CO2、H2、CO、H2O的平衡分压分别为,平衡常数Kp==0.5。
(4)已知Arrhenius经验公式为Rln k=-+C,根据图像可得①63.0=-3.0Ea+C,②33.0=-4.0Ea+C,联立方程解得Ea=30.0,则反应的活化能为30.0 kJ·mol-1;使用高效催化剂,活化能降低。
(5)由a和b的坐标可得c的坐标为(),由均摊法可知,La为4×+4×+2×+2×=2,Ni原子位于内部和面心:12×+4=10,N(La)∶N(Ni)=2∶10=1∶5,故化学式为LaNi5。X射线衍射测定两晶面间距为d pm,设底面边长为a,则a=3d,可得a=2d,底面积为2d×3d=6d2,则晶体的密度为ρ= g·cm-3= g·cm-3。
2.答案 (1)+41.2
(2)①H2 H2O 由图知900 K后随温度升高n(H2O)减小,说明升温平衡移动方向为吸热方向,应该是n(H2O)减小方向,逆反应吸热的反应④(H2+O2H2O)为主要反应
② ③BE
(3)B (4)2∶1
解析 (1)反应O2(g)+H2(g)H2O(g)为反应④,由盖斯定律反应②=①-③+④,故ΔH2=ΔH1-ΔH3+ΔH4=(247.4+35.6-241.8) kJ·mol-1=+41.2 kJ·mol-1。
(2)①由反应①②③可知,反应产物有CO、H2和H2O,生成的H2会在反应②中与CO2反应生成CO,CO的产量高于H2,故a曲线表示产物H2,b曲线表示CO,c曲线表示H2O;反应②是吸热反应,升高温度,有利于反应正向进行,H2O的含量增大,但反应④O2(g)+H2(g)H2O(g)为放热反应,升高温度,不利于反应正向进行,H2O的含量减小,由图知900 K后H2O的含量减小,说明此时以H2O的含量减小的反应为主,故900 K后,生成H2O的主要反应为反应④。
②1 100 K时,CH4与CO2的转化率分别为95%、90%,则计算得平衡时c(CH4)= mol·L-1= mol·L-1,根据碳元素守恒计算得平衡时c(CO)= mol·L-1= mol·L-1,由图可知,c(H2)= mol·L-1,则反应③的平衡常数K=。
(3)产生温室效应的气体为CO2,且其在电极A上发生的反应为CO2+2e-CO+O2-,故电极A为电解池阴极,电极B为电解池阳极。电池工作时,O2-产生于电极A消耗于电极B,故O2-向电解池阳极即电极B移动。
(4)若消耗CH4和产生CO2的体积比为3∶2,根据阿伏加德罗定律,同温同压下,气体体积比等于物质的量之比,可令CH4和CO2物质的量分别为3 mol和2 mol,乙烷和乙烯物质的量分别为x、y,再根据得失电子守恒,电极A:2 mol CO2~4 mol e-,电极B:3 mol CH4+4 mol e-yC2H4+xC2H6,可得方程组,求得x∶y=2∶1。
3.答案 (1)①-49.0 ②Cu/ZnO*+H2Cu/Zn*+H2O
③c
(2)①升高温度,主反应平衡逆向移动,甲醇产率降低;催化剂活性降低或副反应更易进行 ②×100% ③m
解析 (1)根据题意写出热化学方程式:①H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH1=-285.8 kJ·mol-1,②CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH2=-726.4 kJ·mol-1,③CH3OH(l)CH3OH(g) ΔH3=+82.0 kJ·mol-1,由盖斯定律,3×①-②+③得目标方程式的ΔH=3ΔH1-ΔH2+ΔH3=(-285.8×3+726.4+82.0) kJ·mol-1=-49.0 kJ·mol-1;
②将总反应化学方程式减去第二步反应方程式即得第一步反应方程式为Cu/ZnO*+H2Cu/Zn*+H2O;
③第一步反应吸热,第二步反应放热,可排除b、d选项,又由于第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间,第二步速率快,反应活化能低于第一步,则c正确。
(2)①由图像可知,490 K之前,温度升高,反应速率加快,甲醇产率增大,在490 K时,反应达到平衡,此时甲醇产率达最高值,继续升高温度,主反应平衡逆向移动,另外随温度升高催化剂活性降低或副反应更易进行,使得甲醇产率降低;
②根据题意可列三段式,注意主反应各物质的末态量作为副反应对应物质的起始量,已知量为CO2、H2的起始物质的量、CH3OH、CO的末态物质的量:
CO2+3H2CH3OH+H2O
n0 a 3a 0 0
Δn -c -3c +c +c
nt a-c 3(a-c) c c
CO2 + H2 CO + H2O
n0 a-c 3(a-c) 0 c
Δn -d -d +d +d
nt a-c-d 3(a-c)-d d c+d
则CO2转化率为×100%;副反应的化学平衡常数为K副=;
③平衡时v(正)=v(逆),k正·c(CO2)·c3(H2)=k逆c(CH3OH)·c(H2O),K=,由于该反应为放热反应,温度升高时化学平衡向逆反应方向移动,速率常数随温度升高而增大,即平衡常数K的数值减小,而根据平衡常数K与k正、k逆的关系可知,k正增大得少,即温度升高过程中,lg的变化量小,即m为lg随温度变化的曲线。
4.答案 (1)NH3(g)+2O2(g)N(aq)+H+(aq)+H2O(l) ΔH=-346.69 kJ·mol-1
(2)C6H12O6+6H2O-24e-6CO2↑+24H+ 67.2
(3)①NO > B ②Ⅱ、Ⅲ ③
解析 (1)反应1:NH3(g)+O2(g)N(aq)+H+(aq)+H2O(l) ΔH1=-273.5 kJ·mol-1
反应2:N(aq)+O2(g)N(aq) ΔH2=-73.19 kJ·mol-1
根据盖斯定律可知NH3通过硝化作用转化为N的反应可由反应1加反应2得到,则反应的ΔH=ΔH1+ΔH2=-273.5 kJ·mol-1+(-73.19 kJ·mol-1)=-346.69 kJ·mol-1,故反应的热化学方程式为NH3(g)+2O2(g)N(aq)+H+(aq)+H2O(l) ΔH=-346.69 kJ·mol-1。
(2)由装置图可知厌氧阳极葡萄糖失电子生成二氧化碳气体,反应的电极方程式为C6H12O6+6H2O-24e-6CO2↑+24H+;1 mol N完全硝化生成N失8 mol电子,而该电极同时从电路中得到4 mol电子,则氧气得到电子总物质的量为12 mol,1 mol氧气参与反应得4 mol电子,则消耗氧气的物质的量为3 mol,标准状况下体积为67.2 L。
(3)①由图可知在温度不变时,随的增大即随着CO的物质的量的增大,NO的转化率增大,故纵坐标为NO转化率;在不变时,温度由T1到T2,NO转化率增大,可知平衡正向移动,而该反应为放热反应,温度降低平衡正向移动,则T1>T2;图中A、B、C三点,B点对应温度最高,反应速率最大;
③气体总物质的量为6 mol的CO和NO,C点时=2,则CO为4 mol,NO为2 mol,此时NO转化率为80%,列出三段式:
2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)
起始量/mol 4 2 0 0
转化量/mol 1.6 1.6 1.6 0.8
平衡量/mol 2.4 0.4 1.6 0.8
此时气体总物质的量为5.2 mol,起始压强为p0,平衡时压强为p0,则
压强平衡常数Kp=。
5.答案 (1)sp2、sp3 5
(2)① 催化剂的中间产物使产物水离开反应体系,促使平衡正向移动,提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率
②不是 催化剂不改变反应物的平衡转化率,相同温度下,催化剂b对应的CO2的转化率比M点高,说明M点未达到平衡
(3)①< ②1 20
解析 (1)有机碳酸酯CH3OCOOCH3中含有甲基和碳氧双键,碳原子的杂化方式为sp2、sp3,CH3OH中只含有单键,则1 mol CH3OH中含有5 mol σ键,其数目为5NA。
(2)①由图可知,在反应过程中先消耗再生成参与第一步反应,是催化剂;该物质还有另一个作用——提高DMC的平衡产率,原因是:催化剂的中间产物使产物水离开反应体系,促使平衡正向移动,提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率;
②催化剂不改变反应物的平衡转化率,相同温度下,催化剂b对应CO2的转化率比M点高,说明M点未达到平衡,M点不是对应温度下CO2的平衡转化率。
(3)①由图3可知,升高温度,K2减小,说明平衡逆向移动,则反应Ⅱ是放热反应,则活化能E正 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始/(mol·L-1) 1 2 0 0
转化/(mol·L-1) x 3x x x
平衡/(mol·L-1) 1-x 2-3x x x
CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)
1-x x 0 x
y 2y y y
1-x-y x-2y y x+y
则y==0.2 mol·L-1,x-2y==0.2 mol·L-1,则x=0.6 mol·L-1,则平衡常数K2==20。
6.答案 (1)ΔH1+ΔH2+ΔH3 AD
(2)①1 压强太小,不利于平衡向正反应方向移动
②c b CH3CHO
(3)p1>p2>p3 m
解析 (1)由盖斯定律可知,反应ⅰ+ⅱ+ⅲ可得反应3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g),则反应的ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3;
该反应是气体体积减小的反应,反应中气体压强减小,则混合气体总压强不随时间变化时,说明正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,A正确;若CO完全反应,由方程式可知,反应后氢气、甲醇、乙醇、水蒸气的物质的量都为1 mol,甲醇的体积分数可能为25%,该反应为可逆反应,可逆反应不可能完全反应,所以反应达到平衡时,甲醇体积分数不可能为25%,B错误;反应达到平衡后,再充入少量一氧化碳,平衡向正反应方向移动,但一氧化碳的平衡转化率减小,C错误;反应达到平衡后,再加入高效催化剂,化学反应速率加快,但化学平衡不移动,乙醇产率保持不变,D正确。
(2)①实验1催化剂的选择性高于实验2、4,原料的转化率高于实验3,所以题述实验中,催化效能最好的为实验1;与实验1相比,实验3的反应温度与1相近,压强小于实验1,说明实验3的压强太小,不利于平衡向正反应方向移动,导致醋酸酯平衡转化率较低;②活化能越小,反应速率越快,慢反应控制总反应速率,所以在b和c的步骤中,活化能较小的是快反应c、控制总反应速率的步骤是慢反应b;由反应CH3CO*+H·CH3CHO可知,醋酸酯加氢制乙醇时,副产物除了甲醇外,还有乙醛;
(3)设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1 mol和3 mol,容器的容积为V L,反应ⅳ、ⅵ生成甲醇的物质的量分别为a mol、b mol,反应ⅴ生成一氧化碳的物质的量为c mol,由图可知,在T1 ℃下,压强为p3时,甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等、二氧化碳的转化率为α,由题意可建立如下三段式:
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起/mol 1 3 0 0
变/mol a 3a a a
平/mol 1-a 3-3a a a
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
起/mol 1-a 3-3a 0 a
变/mol c c c a+c
平/mol 1-a-c 3-3a-c c a+c
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
起/mol c 3-3a-c a
变/mol b 2b b
平/mol c-b 3-3a-c-2b a+b
由二氧化碳的转化率为α可得:a+b+c=α,由甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等可得c-b=a+b=,解得a=c=、b=0,则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为(1-α) mol、(3-2α) mol、 mol和α mol,故反应ⅴ的浓度平衡常数Kc=。
大题突破练(四) 有机合成与推断综合题
1.答案 (1)CD
(2)
(3)
(4)++NH4Cl
(5)或
(6)
解析 A发生成环反应得到B,B中氨基、酰胺基在一定条件下转化为C,C和溴发生取代反应引入溴原子得到D,可以推知C的结构简式为;D通过两步反应转化为E,E分子内成环得到F,E的结构简式为;F转化为G,J和氨气转化为I,G、I生成H,结合H结构简式、I分子式可知,I结构简式为。
(1)A中含有饱和碳原子,具有甲烷的结构特征,则所有的碳原子不可能在同一个平面上,A错误;1 mol化合物F在酸性条件下发生水解,该过程最多消耗1 mol盐酸生成氯化铵,B错误;根据氨气和I的结构简式可推知,化合物J到I的反应是J与氨气发生加成反应,C正确;根据化合物H的结构简式可知,其分子式为C15H21 N3O3S,D正确。
(5)B为,其同分异构体:①有两个六元环(不含其他环),其中一个为苯环;
②除苯环外,结构中只含有3种不同的氢,符合条件的同分异构体可以为或。
(6)氯仿首先氧化为ClCOCl,甲苯和浓硫酸发生取代反应引入磺酸基,发生已知反应,磺酸基转化为—SO3NH2,再和ClCOCl反应得到目标产物,据此写出合成路线图。
2.答案 (1)1,3-丙二醇 羟基、酰胺键 加成反应
(2) 保护羧基,避免与CH3I反应
(3)+2CH3OH
+2H2O
(4)2
(5)HCOOCH2CH2CH2OOCH、
OHCCH2OCH2OCH2CHO、(任写2个即可)
(6)
解析 (1)A(C3H8O2)经催化氧化生成B(C3H4O4),则A是饱和二元醇,考虑C中酯基的位置,A应是HOCH2CH2CH2OH,其化学名称为1,3-丙二醇。由G的结构简式可知,含氧官能团的名称为羟基、酰胺键。G→H过程中CO键断裂,该反应为加成反应。
(2)D经反应②生成E(C5H8O4),该步为水解反应,则E为。反应①中转化—COOH,反应②中重新生成—COOH,中间发生与CH3I的取代反应,显然反应①、②的目的是保护羧基,避免与CH3I反应。
(3)B是,与CH3OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成C,结合反应机理及原子守恒写出化学方程式。
(4)手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的碳原子,R分子中与N形成单键(C—N键)的碳原子是手性碳原子。
3.答案 (1)(酮)羰基、碳氯键 2-甲基丙醛或异丁醛
(2)取代反应
(3)bc
(4)14 或
(5)nHOCH2CH2OH++
解析 A的分子式为C7H8,结合B的结构简式,可逆推A为;B→C在AlCl3条件下发生反应生成C,结合分子式,可知发生取代反应,则C的结构简式为;D与HCHO在稀NaOH溶液下反应生成E,结合+CH3CHO,可知D为;E在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成F,C和F在酸性条件下反应生成G,结合++H2O,则G为,最后得到布洛芬。
(3)布洛芬中含有羧基,结构中含有苯环,故可以与氢气发生加成反应,a错误;1 mol布洛芬含有1 mol羧基,可以与1 mol碳酸氢钠反应生成1 mol CO2(即44 g),b正确;最多11个碳原子共平面:,c正确;布洛芬分子中有1个手性碳原子,d错误。
(4)的不饱和度为5,含有2个O,一个苯环及苯环外的7个碳,①苯环上有三个取代基,苯环上的一氯代物有两种,说明苯环上的取代基在对称的位置上,②能发生水解反应,说明含有酯基,水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应,则布洛芬的同分异构体可能为或;当R1为—CH3时,R为—C4H9,共4×2=8种,当R1为—C2H5时,R为—C2H5,共1×2=2种,当R1为—C3H7时,R为H,共2×2=4种,故答案为14种,其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱峰面积比为12∶2∶2∶1∶1的物质的结构简式:或。
4.答案 (1)苯乙烯
(2)醚键、氨基
(3)+H2O
(4)加成反应
(5)20
(6)2
(7)
解析 结合B的结构简式及A到B的反应分析可知,A为苯乙烯;苯乙烯与溴单质和水发生加成反应生成B,B发生醇消去反应生成C,C与甲醛发生加成反应生成D,D与氨气在10 MPa条件下发生取代反应生成E,E在酸性条件下发生水解反应转化为F();F发生硝化反应生成G,G与Cl2CHCOOCH3在碱性条件下发生取代反应生成H()。
(4)对比C和D的结构简式可知C与甲醛反应过程中C中碳碳双键转化为单键,可知C发生加成反应。
(5)化合物D的同分异构体中满足条件:a.苯环上有三个取代基;b.能发生银镜反应,说明含有醛基或—OOCH,不含其他不饱和键及环结构;c.一定条件下能水解,则含酯基,结合氧原子个数可知该酯基为—OOCH,1 mol有机物最多能消耗4 mol NaOH,则—OOCH直接连在苯环上,其溴原子也直接连在苯环上;又因苯环上有三个取代基,则其他碳原子在一个取代基中,可以是正丙基和异丙基两种,苯环上三个取代基不相同时在苯环上有10种结构,则符合该条件的同分异构体个数为20。
(6)由F的结构简式及手性碳原子定义可知与苯环直接相连的碳原子以及氨基所连碳原子为手性碳原子。
5.答案 (1)羧基、氯原子 (2)
(3)2+O22+2H2O
(4)
(5)还原
(6)①+C2H5OH
+H2O
②H2N—NH—CH3
③保护羧基,避免其与氨基或亚氨基发生反应
解析 由B生成D的条件可知,该反应为醇的催化氧化,则在D中含有醛基或羰基,根据分子组成及E的结构简式分析可知,D中应是苯环上连接醛基,其结构简式为,B的结构简式为,对比A、B的分子式及B的结构简式可知,A为;D与C2H5NO2发生分子间脱水生成E,E在Fe/HCl作用下发生还原反应,硝基被还原成氨基,然后与水作用得到G,结合G的分子式及G到J发生信息中的转化可知,G中含有羰基,则G的结构简式为。G与CH3ONH2发生信息中反应生成J,J的结构简式为,J与NaBH3CN发生还原反应得到K,K为,K与发生取代反应生成氟唑菌酰羟胺。
(2)A的某种同分异构体与A含有相同官能团,即含有羧基和碳氯键,其核磁共振氢谱也有两组峰,除羧基外只有一种氢,则苯环结构应对称。
(6)①反应Ⅰ为与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成和水。②发生信息中反应生成,发生异构化反应生成,与M发生已知中信息反应,生成物发生水解得到,该生成物应为,则M应为H2N—NH—CH3。
③步骤Ⅰ实现羧基转化为酯基,Ⅳ又将酯基水解成羧基,可以起到保护羧基作用,避免其与氨基或亚氨基发生反应。
6.答案 (1)取代反应
(2)溴原子、碳碳双键
(3)引入保护基(保护酚羟基)
(4)该羟基和1位的酮羰基形成分子内氢键,氢键的存在使2位羟基不易被取代
(5)
(6)
解析 A和CH2BrCHC(CH3)2发生取代反应生成B,B生成C保护酚羟基;结合E结构可知,D为,D生成E,C、E生成F,F取代生成G,G成环生成H。
(4)B的2位羟基和1位的酮羰基形成分子内氢键,氢键的存在使2位羟基不易被取代,故B→C的反应中B的2位羟基未被取代。
(6)已知G和H互为同分异构体,且结构内含有两个六元环,结合F、H结构简式可知,G为F中苯环上CH3OCH2—被取代生成酚羟基的反应产物。
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2024年新教材高考化学第二轮专题
大题突破练(一) 化学工艺流程题
1.(2023·辽宁锦州一模)锌是一种应用广泛的金属,目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌,以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS,还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示:
回答下列问题:
(1)在该流程中可循环使用的物质是Zn和H2SO4,基态S原子占据最高能级的原子轨道的形状为 ,S的空间结构为 。
(2)“焙烧”过程在氧气气氛的沸腾炉中进行,“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在,写出“焙烧”过程中FeS发生主要反应的化学方程式: ;“含尘烟气”中的SO2可用氨水吸收,经循环利用后制取硫酸,用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时,所得溶液中的= 。[已知:(H2SO3)=1.4×10-2;(H2SO3)=6.0×10-8]
(3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉(过量),所得“滤渣”的成分为 (填化学式),分离“滤液”与“滤渣”的操作名称为 。
(4)改进的锌冶炼工艺,采用了“氧压酸(稀硫酸)浸”的全湿法流程,既省略了易导致空气污染的焙烧过程,又可获得一种有工业价值的非金属单质。
①下列设想的加快浸取反应速率的措施中不合理的是 (填字母)。
A.将稀硫酸更换为98%的浓硫酸
B.将硫化锌精矿粉碎
C.适当升高温度
②硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液可慢慢地转化为铜蓝(CuS):ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq),该反应的平衡常数K= 。[已知:Ksp(ZnS)=1.6×10-24,Ksp(CuS)=6.4×10-36]
2.(2023·河北名校联盟联考)某软锰矿含锰50%,是重要的锰矿石。其主要成分如表:
软锰矿主要成分 杂质
MnO2 MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质
某科研团队设计制备高纯度MnCO3。反应原理为①MnO2+BaS+H2OMnO+Ba(OH)2+S;②MnO+H2SO4MnSO4+H2O;③MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2OMnCO3↓(白色)。工艺流程图如图。
回答下列问题:
(1)软锰矿与硫化钡反应时,适当提高反应液温度的目的是 。
(2)“不溶物”中除SiO2外,还有 (填化学式)。
(3)工序2中加入H2O2的目的是 ,使用氨水调溶液的pH,理论上pH最小值为 。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5 mol·L-1时沉淀完全;Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6、Ksp[Fe(OH)2]=10-16.3、Ksp[Al(OH)3]=10-32.3、Ksp[Mn(OH)2]=10-12.7)
(4)MnF2难溶于水,工序3加入MnF2的目的是除去Mg2+,其反应的离子方程式为 。
(5)碳化过程中发生反应的化学方程式为 。
3.(2023·辽宁沈阳二模)重铬酸钾(K2Cr2O7)在实验室和工业上都有广泛应用。如工业中常将其用于制铬矾、火柴、电镀、有机合成等。工业上以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2,杂质主要为硅、铁、铝的氧化物]制备重铬酸钾的工艺流程如下图所示:
已知:①焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe元素转化为NaFeO2,铝的氧化物转化为NaAlO2。
②矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示,当溶液中可溶性组分浓度c≤1.0×10-5 mol·L-1时,可认为已除尽。
请回答下列问题:
(1)写出焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式: 。
(2)水浸滤渣的主要成分是Fe(OH)3,写出生成此滤渣的离子方程式: 。
(3)中和步骤中理论pH的范围是 ,中和后滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(4)酸化时加冰醋酸调节pH约等于5,写出酸化过程中反应的离子方程式: 。
(5)工序Ⅰ经过过滤、洗涤后获得粗产品,则工序Ⅱ的操作方法是 。
(6)可以采用氧化还原滴定法测定产品的纯度,还可以采用分光光度法测定(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比),但测得的质量分数明显偏低,分析原因,发现配制K2Cr2O7待测液时少加了一种试剂,该试剂可以是 (填字母)。
a.硫酸 b.氢碘酸
c.硝酸钾 d.氢氧化钾
4.(2023·湖南长郡中学二模)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物,一种回收利用工艺的部分流程如下:
已知:该工艺中,pH>6.0时,溶液中Mo元素以Mo的形态存在。
(1)“焙烧”中,有Na2MoO4生成,其中Mo元素的化合价为 。
(2)“沉铝”中,生成沉淀X的离子方程式为 。
(3)“沉钼”中,pH为7.0,生成BaMoO4的离子方程式为 。
(4)①滤液Ⅲ中,主要存在的钠盐有NaCl和Y,Y为 (填化学式)。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后,通入足量 (填化学式)气体,再通入足量CO2,可析出Y。
(5)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示,图中所示致密保护膜为一种氧化物,可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。
①该氧化物为 。
②已知:Ga和Al同族,As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中,As元素的化合价变为+5价,则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
5.(2023·辽宁瓦房店一模)锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO,还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣,一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如下。回答下列问题:
已知:①MnSO4·H2O易溶于水,不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下,葡萄糖能发生如下反应:
(1)请写出Mn原子基态价层电子排布式: 。
(2)已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价,Mn为+2价和+4价,则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为 。
(3)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为 。
(4)实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量,为提高葡萄糖的有效利用率,除充分搅拌外还可采取的措施为 。
(5)整个流程中可循环利用的物质是 。获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥,其中洗涤的具体操作是 。
(6)加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3,Na2CO3溶液的最小浓度为 mol·L-1(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由 。[已知:20 ℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8,Ksp(PbCO3)=7.4×10-14,1.262≈1.6]
6.(2023·山西吕梁二模)钪(Sc)是一种重要且价格昂贵的稀土金属,广泛用于航空航天、超导等领域。从赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、TiO2等)中回收钪,同时生产聚合硫酸铁铝的工艺流程如图所示:
回答下列问题:
(1)写出基态Sc原子的简化电子排布式: 。
(2)在酸浸赤泥的后续萃取分离过程中,Fe3+与Sc3+会发生共萃而进入有机相,从而使后续分离难度加大,经探究温度、硫酸浓度与铁、钪的浸出率及分离系数(钪的浸出率和铁的浸出率比值)关系如下图所示,则酸浸的最佳浸出温度为 ℃,最佳硫酸浓度为 mol·L-1。
(3)该工艺条件下,溶液中有关离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示:
离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ TiO2+
开始沉淀的pH 7.0 1.9 3.0 0.3
完全沉淀的pH 9.0 3.2 4.7 2.0
①已知TiO2和硫酸反应生成水溶性的TiO2+,则流程中TiO2+水解生成TiO2·xH2O的离子方程式为 。
②试剂A常选用H2O2,写出其在生产、生活中可能的用途: (填一条即可)。
③该工艺流程中引入“还原”与“氧化”这两个步骤的原因是 。
(4)含钪元素的微粒与lg c(F-)、pH的关系如下图所示,“沉钪”时,溶液的pH=3,c(F-)=10-4 mol·L-1,则此时钪的存在形式为 (填化学式)。
(5)“聚合”生成聚合硫酸铁铝AlFe(OH)2(SO4)2时,同时产生气体,该步骤的离子方程式为 。
大题突破练(二) 化学实验综合题
1.(2023·江西上饶二模)水合肼(N2H4·H2O)具有还原性,利用其可以精炼铂。某同学在实验室制备水合肼,并模仿工业精炼铂。回答下列问题:
(1)水合肼的制备,实验步骤及装置(夹持及控温装置已省略)如图所示:
将NaClO溶液和过量NaOH溶液缓慢滴入尿素[CO(NH2)2]水溶液中,控制一定温度,充分反应后,三颈烧瓶中的溶液经蒸馏获得水合肼粗品后,剩余溶液再进一步处理还可获得副产品NaCl和Na2CO3·10H2O。
①仪器X的名称为 。
②三颈烧瓶中反应的化学方程式为 。
③若滴加NaClO溶液的速度较快,会导致水合肼的产率下降,其原因是 。
④NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图,由蒸馏后的剩余溶液获得NaCl粗品的操作是 。
(2)水合肼还原精炼法制备铂的流程如下:
①常温下,(NH4)2PtCl6难溶于水,粗(NH4)2PtCl6中含有大量氯化铵等可溶性的盐,在实验室中预处理时,需将样品溶解、过滤后洗涤,洗涤沉淀方法是 。
②该工序固液比、溶液的酸度(盐酸浓度)、反应时间等对于精炼铂的产率,均有较大的影响。在不同酸度下达到较高产率所需时间,以及不同固液比在最佳酸度下反应时间与产率关系如图所示:
由此可得最佳的反应条件是 。
③写出“煅烧”生成Pt、N2、NH3和HCl的化学方程式: 。
2.(2023·湖北荆州二模)硫脲[CS(NH2)2]是一种白色晶体,熔点180 ℃,易溶于水和乙醇,受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵,可用于制造药物,也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等。回答下列问题:
Ⅰ.硫脲的制备:
已知:将石灰氮(CaCN2)和水的混合物加热至80 ℃时,通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳,实验装置如图所示。
(1)装置B中的试剂X和试剂Y的最佳组合是 (填字母)。
A.FeS固体+浓硫酸
B.FeS固体+稀硝酸
C.FeS固体+稀盐酸
(2)仪器M的名称为 。按(1)中所选试剂组合,按气流从左到右的方向,上述装置的合理连接顺序为c→ (填仪器接口的小写字母)。
(3)装置C中反应温度控制在80 ℃,温度不宜过高或过低的原因是 ,装置C中反应的化学方程式为 。
Ⅱ.硫脲的分离及产品含量的测定:
(4)装置C反应后的液体过滤后,将滤液减压蒸发浓缩,之后冷却结晶,离心分离,烘干即可得到产品。称取m g产品,加水溶解配成500 mL溶液,量取25 mL于锥形瓶中,滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性,用c mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定,滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V mL。
①硫脲[CS(NH2)2]中硫元素的化合价为 价。
②滴定时,硫脲转化为CO2、N2、S的离子方程式为 。
③样品中硫脲的质量分数为 (用含“m、c、V”的式子表示)。
3.(2023·湖南怀化二模)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)广泛用于纺织、印染、造纸等行业,因其使用时对织物的损伤很小,故又称“保险粉”。
Ⅰ.Na2S2O4制备
锌粉法是最早应用于工业生产连二亚硫酸钠的方法,其制备原理及装置如下:
步骤1:检查装置气密性并加入药品;
步骤2:打开仪器a的活塞,向装置C中通入一段时间SO2,发生反应:Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O;
步骤3:打开仪器c的活塞滴加稍过量的NaOH溶液使装置C中溶液的pH处在8.2~10.5之间,发生反应ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4+Zn(OH)2↓;
步骤4:过滤,将滤液经“一系列操作”可获得Na2S2O4。
已知:①Na2S2O4易溶于水,不溶于乙醇,在碱性介质中较稳定。
②Zn(OH)2与Al(OH)3的化学性质相似。
回答下列问题:
(1)仪器d的名称为 。
(2)装置B(单向阀)的作用为 。
(3)一系列操作包括盐析、过滤、脱水、洗涤、干燥等操作,其中洗涤所用的试剂为 (填字母)。
A.乙醇 B.NaOH溶液
C.水 D.浓硫酸
(4)步骤3需控制溶液的pH在8.2~10.5之间,其原因为 。
Ⅱ.Na2S2O4含量的测定
称取2.0 g制得的Na2S2O4产品溶于冷水配成250 mL溶液,取出25.00 mL该溶液于锥形瓶中,用0.10 mol·L-1碱性K3[Fe(CN)6]标准溶液滴定,选择合适指示剂,平行滴定三次,消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。
(5)[Fe(CN)6]3-是一种比较弱的氧化剂,能将S2氧化为S,自身被还原为[Fe(CN)6]4-,滴定中发生反应的离子方程式为 。
(6)选择指示剂时,指示剂的条件电位要在滴定突跃电位之间,本实验滴定突跃范围为0.01~0.38 V,根据下表,可选择 为指示剂。
常用氧化还 原指示剂 条件电 位(V) 颜色变化
还原态 氧化态
亚甲基蓝 0.36 无色 蓝色
二苯胺 0.76 无色 紫色
二苯胺磺酸钠 0.84 无色 紫红
邻苯氨基苯甲酸 0.89 无色 紫红
(7)样品中Na2S2O4的质量分数为 (杂质不参与反应,计算结果精确到0.1%)。
4.(2023·北京朝阳区二模)某小组同学探究Na2SO3和不同铜盐溶液的反应,实验如下。
实验:向2 mL 0.5 mol·L-1 Na2SO3溶液中加入1 mL 0.25 mol·L-1 CuCl2溶液,立即产生橙黄色沉淀(沉淀A),放置5 min左右,转化为白色沉淀(沉淀B)。
已知:ⅰ.Cu+Cu(NH3(无色)
ⅱ.Cu+Cu2++Cu
(1)研究沉淀B的成分。
向洗涤后的沉淀B中加入足量浓氨水,得到无色溶液,在空气中放置一段时间,溶液变为深蓝色。取少量深蓝色溶液,滴加试剂X,产生白色沉淀。
①白色沉淀是AgCl,试剂X是 。
②无色溶液在空气中放置变为深蓝色,反应的离子方程式为 。
(2)经检验,沉淀A不含S。推测沉淀A能转化为沉淀B与Cl-有关,为研究沉淀A的成分及沉淀A转化为B的原因,实验如下。
①仅通过上述实验不能证明沉淀A中含有Cl-,补充实验:向少量洗净的沉淀A中加入稀硫酸,证实沉淀A中含有Cu+的证据是 。
②无色溶液中含有S,推测S的产生有两个途径:
途径1:实验过程中O2氧化S;
途径2: (将途径补充完整)。
经研究,途径1不合理,途径2合理。
③解释Na2SO3和CuCl2溶液反应时,先产生橙黄色沉淀,再转化为白色的原因: 。
(3)Na2SO3和CuCl2溶液反应最终生成CuCl沉淀,并检测到有SO2生成,离子方程式是 。用Na2SO3和CuSO4溶液重复上述实验,仅产生橙黄色沉淀,放置72 h后变为暗红色沉淀(可溶于氨水,得到无色溶液,放置变为深蓝色)。
(4)根据上述实验所得结论: (答出两点)。
5.(2023·广东六校联盟联考)某实验小组探究浅黄色草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)分解产物的装置如图所示。
回答下列问题:
(1)仪器M的名称是 。
(2)点燃酒精灯之前,先通入N2,其目的是 。
(3)装置C的作用是 。
(4)如果实验中观察到C、H变浑浊,E不变浑浊,可以得出实验结论:A装置中分解的气体产物一定有 (填化学式)。
(5)在300 ℃、500 ℃下进行上述实验,A装置中分别得到甲、乙两种黑色粉末,进行实验并观察到现象如下:
实验 实验操作及现象
① 用强磁铁接近甲,无明显现象;将黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀
② 用强磁铁接近乙,吸起部分粉末,将吸起来的粉末投入盐酸中,产生气泡;将剩余黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀
根据上述实验,实验①产生蓝色沉淀的离子方程式为 。乙中的成分可能为 (填化学式)。
(6)测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)纯度。准确称取W g样品于锥形瓶,加入适量的稀硫酸,用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点,消耗b mL KMnO4溶液。滴定反应:FeC2O4+Mn+H+Fe3++CO2+Mn2++H2O(未配平)。该样品纯度为 %。若滴定管没有用待装液润洗,测得结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
大题突破练(三) 化学反应原理综合题
1.(2023·辽宁沈阳一模)氢气作为一种清洁能源,一直是能源研究的热点,水煤气变换反应可用于大规模制H2,反应原理如下:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2 kJ·mol-1。
(1)根据下表中提供的数据,计算x= kJ·mol-1。
化学键 CO C≡O O—H H—H
键能/(kJ·mol-1) 803 x 463 436
(2)实验发现其他条件不变,在体系中投入一定量CaO可以增大H2的体积分数,从化学平衡的角度解释原因: 。
(3)某温度下,在一恒容密闭容器中充入CO和H2O[n(CO)∶n(H2O)=1∶1.5],加入催化剂使其发生上述反应(忽略其他副反应),测得该反应中初始压强为p0,分压如图甲所示(t时刻前,H2O的分压未给出),则A点坐标为(t, )、平衡常数Kp= 。
甲
(4)反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的Arrhenius经验公式的实验数据如图乙中曲线所示,已知经验公式为Rln k=-+C(其中Ea为活化能,k为速率常数,R和C为常数)。该反应的活化能Ea= kJ·mol-1。当使用更高效催化剂时,请绘制Rln k-关系示意图。(假定实验条件下,催化剂对C值无影响)
乙
(5)储氢合金能有效解决氢气的贮存和运输问题。某储氢合金的结构属六方晶系,晶体结构及俯视图分别如图(a)、(b)所示。已知a、b两点的分数坐标分别为(0,)、(),则c点坐标为 。X射线衍射测定两晶面间距为d pm(见图b),高为c pm,设阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的摩尔质量为M g·mol-1,则密度为 g·cm-3。(列出表达式)
2.(2023·陕西西安中学二模)可燃冰是一种高效清洁能源,中国已勘探的可燃冰储量居世界第一,持续安全开采量创下了世界纪录,有望2030年实现产业化开采。科学家也对CH4进行了重点研究。
Ⅰ.CH4与CO2重整的工艺过程中涉及如下反应:
反应①:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247.4 kJ·mol-1
反应②:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
反应③:CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g) ΔH3=-35.6 kJ·mol-1
(1)已知:反应④O2(g)+H2(g)H2O(g) ΔH4=-241.8 kJ·mol-1,则ΔH2= kJ·mol-1。
(2)一定条件下,向容积为V L的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0 mol及少量O2,测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。
①图中a和c分别代表产生 和 。由图中信息判断900 K后产生H2O的主要反应并说明理由 。
②1 100 K平衡时,CH4与CO2的转化率分别为95%和90%,体系内剩余n mol O2,反应③的平衡常数K= (写出计算式)。
③密闭恒容条件下,反应②达到平衡的标志是 (填字母)。
A.每消耗1 mol CO2的同时消耗1 mol H2
B.CO的分压不再发生变化
C.气体平均相对分子质量不再发生变化
D.气体密度不再发生变化
E.不再发生变化
Ⅱ.将CH4与一种产生温室效应的气体利用电解装置进行耦合转化,原理示意如图。
(3)电池工作时,O2-向电极 移动。
(4)若消耗CH4和产生温室效应气体的体积比为3∶2,则生成乙烷和乙烯的体积比为 。
3.(2023·湖南雅礼中学三模)甲醇是重要的化工原料,合成甲醇和利用甲醇的研究和探索,在国际上一直受到重视。工业上常利用CO2和H2为原料合成甲醇,再利用甲醇生产丙烯。回答下列问题:
(1)①常温下,H2和甲醇的燃烧热分别为285.8 kJ·mol-1和726.4 kJ·mol-1,1 mol甲醇汽化需要吸收82.0 kJ的热量,则CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下合成气态甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l) ΔH= kJ·mol-1;
②上述反应分两步进行:
第一步 (写化学方程式)ΔH>0
第二步Cu/Zn*+2H2+CO2Cu/ZnO*+CH3OH ΔH<0
③第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间,由此推知以下能正确表示Cu/ZnO催化CO2和H2合成甲醇反应过程的示意图为 (填字母)。
(2)工业上用CO2和H2催化合成甲醇存在如下反应:
主反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0
副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH>0
一定条件下,在装有催化剂的密闭容器中投入a mol CO2和3a mol H2,发生上述合成反应。
①在相同时间内,测得甲醇产率与温度的关系如图所示。图中490 K之后,甲醇的产率随温度的升高而减小的原因可能是 。
②某温度下,达平衡时容器中CH3OH的物质的量为c mol,CO的物质的量为d mol。则此条件下CO2的转化率为 (列式表示,下同);此条件下副反应的平衡常数为 。
③关于主反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0,已知该反应的v(正)=k正·c(CO2)·c3(H2),v(逆)=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)(k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数)。该反应的lg、lg随温度变化的曲线如图所示,则 表示lg随温度变化的曲线。
4.(2023·湖北十堰二模)氮及其化合物一直为环境科学领域研究的重点。
(1)废水中的NH3可通过硝化作用消除,已知:
NH3(g)+O2(g)N(aq)+H+(aq)+H2O(l)
ΔH=-273.5 kJ·mol-1
N(aq)+O2(g)N(aq) ΔH=-73.19 kJ·mol-1
则NH3通过硝化作用转化为N的热化学方程式为 。
(2)某科研小组设计双阴极微生物燃料电池进行同步硝化和反硝化脱氮研究,如图所示,“厌氧阳极”的电极反应方程式为 ,若“好氧阴极”1 mol N完全硝化生成N,此时向该电极输送电子的物质的量为4 mol,则“好氧阴极”区消耗的O2在标准状况下的体积约为 L。
(3)汽车尾气中的CO、NO等气体可在催化剂表面发生氧化还原反应进行消除,主要原理如下:2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH<0,某小组模拟该反应,在1 L恒容密闭容器内将气体总物质的量为6 mol的CO和NO以不同的物质的量比进行反应。
①平衡时某反应物的转化率与物质的量比及温度的关系如图,纵坐标表示 的转化率,T1和T2关系为T1 (填“>”“<”或“=”)T2,图中A、B、C三点对应反应速率v(NO)正最大的是 点。
②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行,下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是 。
③已知:压强平衡常数Kp含义为在平衡体系中用气体物质的分压(pⅰ=p总×物质的量分数)代替浓度,计算得到的平衡常数。若容器内起始压强为p0,则C点的压强平衡常数 。
5.(2023·湖北教研联盟联考)将CO2转化为有机碳酸酯CH3OCOOCH3(g)(DMC),可有效减少碳排放。CO2转化为DMC的总反应为3CO2(g)+6H2(g)CH3OCOOCH3(g)+3H2O(g) K总,可通过Ⅰ、Ⅱ两步反应完成:
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) K1
Ⅱ.CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) K2
请回答下列问题:
(1)有机碳酸酯CH3OCOOCH3中碳原子的杂化方式为 ,1 mol CH3OH中含有的σ键数目为 NA。
(2)反应Ⅱ的反应机理如图1所示,其中催化剂参与催化循环和脱水循环。
图1
①该反应的催化剂是 ,该物质还有另一个作用——提高DMC的平衡产率,结合反应机理图分析其中的原因: 。
②将物质的量之比为1∶2的CO2和CH3OH的混合气体以相同流速通过两种不同的催化剂a、b,仅发生反应Ⅱ。相同时间内CO2的转化率如图2所示。
图2
图3
M点 (填“是”或“不是”)对应温度下的CO2的平衡转化率,原因是 。
(3)一定温度范围内lgK-T的线性关系如图3。
①对于反应Ⅱ,活化能E正 (填“>”或“<”)E逆。
②K总=K2时,该温度下K1= 。某温度下,在5 L恒容密闭容器中充入5 mol CO2和10 mol H2,发生反应Ⅰ、Ⅱ,反应经10 min达到平衡,此时n(CH3OCOOCH3)=1 mol,n(CH3OH)=1 mol,则K2= 。
6.(2023·山西大同二模)随着时代的进步,人类对能源的需求量与日俱增,我国全球首套焦炉气化学合成法生产无水乙醇的工业示范项目打通全流程,项目投产成功。
(1)3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= (用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。
已知:ⅰ.2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH1
ⅱ.CH3OCH3(g)+CO(g)CH3COOCH3(g) ΔH2
ⅲ.CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g) ΔH3
在恒温恒容密闭容器中充入3 mol CO(g)和7 mol H2(g)仅发生反应3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g),下列叙述正确的是 (填字母)。
A.混合气体总压强不随时间变化时,反应达到平衡状态
B.反应达到平衡时,CH3CH2OH体积分数可能为25%
C.反应达到平衡后,再充入少量CO,CO的平衡转化率增大
D.反应达到平衡后,再加入高效催化剂,乙醇产率保持不变
(2)醋酸酯加氢制乙醇是一个乙酰基产物制备乙醇的路线。
①醋酸酯加氢的催化效能如表所示:
实验 组 催化剂 原料 反应条件 反应性能
转化 率/% 选择 性/%
1 Cu/SiO2 醋酸甲酯 190 28 96.1 99.0
2 Cu-Cr 醋酸乙酯 250 2.8 接近 完全 93.8
3 Cu/ZnO 醋酸乙酯 185 1 56 99.0
4 Cu/SiO2 醋酸乙酯 280 4.0 94.6 96.6
上述实验中,催化效能最好的为实验 (填序号),与之对比,实验3中,醋酸酯平衡转化率较低的主要原因可能是 (从表中所给条件的角度分析)。
②醋酸甲酯加氢历程一般认为可分为如下步骤(*代表催化剂位点,已知:CH3CO*+H·CH3CHO):
a.CH3COOCH3CH3CO·+CH3O·
b.CH3CO·+*CH3CO*(慢)
c.CH3O·+*CH3O*(快)
d.CH3CO*+3H·CH3CH2OH
e.CH3O*+H·CH3OH
……
其中,在b和c的步骤中,活化能较小的是 (填标号,下同),控制总反应速率的步骤是 ,分析上述步骤,副产物除CH3OH外,还可能有 (写一种即可)。
(3)甲醇也是新能源的重要组成部分。
以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下:
ⅳ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4<0
ⅴ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH5>0
ⅵ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH6<0
在不同压强下、按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3进行投料,在容器中发生上述3个反应,平衡时,CO和CH3OH在含碳产物(即CH3OH和CO)中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图,压强p1、p2、p3由大到小的顺序为 ,曲线 (填“m”或“n”)代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数,在T1 ℃下,压强为p3时,反应ⅴ的浓度平衡常数Kc= (填含α的表达式)。
大题突破练(四) 有机合成与推断综合题
1.(2023·辽宁本溪一模)化合物H(格列齐特)是一种有效的磺酰脲类口服抗糖尿病药。某课题组设计合成路线如图:
已知:
①
②
请回答:
(1)下列说法正确的是 (填字母)。
A.化合物A中所有碳原子共平面
B.1 mol化合物F在酸性条件下发生水解,该过程最多消耗3 mol盐酸
C.化合物J到I的反应为加成反应
D.化合物H的分子式为C15H21 N3O3S
(2)请在如图化合物D中正确的位置处用“*”标出所有的手性碳原子。
(3)化合物C的结构简式为 ;化合物E的结构简式为 。
(4)写出G+I→H的化学方程式: 。
(5)写出一种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式: 。
①有两个六元环(不含其他环),其中一个为苯环
②除苯环外,结构中只含有3种不同化学环境的氢
(6)以化合物甲苯()和氯仿(CHCl3)为原料,设计合成化合物K→化合物J的路线(用流程图表示,无机试剂、有机溶剂任选)。
(已知2CHCl3+O22COCl2+2HCl)
2.(2023·江苏南通二模)有机物R是一种手性催化剂,在药物合成中具有重要作用,其合成路线如下:
已知:R—NH2+。
回答下列问题:
(1)A的化学名称为 ;G中含氧官能团的名称为 。G→H的反应类型为 。
(2)E的结构简式为 。设计反应①、②的目的是 。
(3)B→C的化学方程式为 。
(4)R中含有 个手性碳原子(连有4个不同原子或原子团)。
(5)写出两种符合下列条件C的同分异构体的结构简式: 。
①能发生银镜反应
②核磁共振氢谱中有3组吸收峰,且面积之比为2∶1∶1
③不存在结构
(6)以乙二醇和对苯二胺()为原料,设计制备
()的合成路线(其他无机试剂任选)。
3.(2023·河北沧州二模)布洛芬具有消炎、止痛、解热的作用。以有机物A为原料制备布洛芬的一种合成路线如图所示。回答下列问题:
已知:
++H2O
+CH3CHO
(1)C中官能团的名称是 ,D的名称是 。
(2)B→C的反应类型是 。
(3)下列有关布洛芬的叙述正确的是 (填字母)。
a.能发生取代反应,不能发生加成反应
b.1 mol该物质与足量碳酸氢钠反应理论上可生成44 g CO2
c.布洛芬分子中最多有11个碳原子共平面
d.1 mol布洛芬分子中含有手性碳原子物质的量为2 mol
(4)满足下列条件的布洛芬的同分异构体有 种,写出其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱峰面积比为12∶2∶2∶1∶1的物质的结构简式: 。(写一种即可)
①苯环上有三个取代基,苯环上的一氯代物有两种
②能发生水解反应,且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应
(5)缓释布洛芬能缓慢水解释放出布洛芬,请将下列方程式补充完整。
+2nH2O 。
4.(2023·天津十二校联考)氯霉素H曾用做广谱抗菌药物,一种合成路线如下:
已知:。
请回答下列问题:
(1)A的化学名称为 。
(2)E中所含官能团的名称为 。
(3)写出反应①的化学方程式: 。
(4)反应②的反应类型是 。
(5)化合物D的同分异构体中能同时满足下列条件的有 种。
a.苯环上有三个取代基
b.能发生银镜反应
c.一定条件下能水解,1 mol有机物最多能消耗4 mol NaOH
(6)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳原子。F分子中含有手性碳原子的个数为 个。
(7)写出H的结构简式: 。
5.(2023·湖北重点中学联考)氟唑菌酰羟胺是新一代琥珀酸脱氢酶抑制剂类杀菌剂,合成路线如下:
已知:ⅰ.+R3—NH2。
(1)A能与Na2CO3溶液反应产生CO2。A的官能团有 。
(2)A的某种同分异构体与A含有相同官能团,其核磁共振氢谱也有两组峰,结构简式为 。
(3)B→D的化学方程式是 。
(4)G的结构简式为 。
(5)推测J→K的过程中,反应物NaBH3CN的作用是 。
(6)可通过如下路线合成:
已知:ⅱ.R—O—R'+H2OROH+R'OH;
ⅲ.。
①反应Ⅰ的化学方程式为 。
②M的结构简式为 。
③设计步骤Ⅰ和Ⅳ的目的是 。
6.(2023·湖北大学附中二模)黄烷酮作为一类重要的天然物质,其大部分具有广泛的生理和药理活性。其中一种新型的黄烷酮类化合物(H)的合成路线如图所示。
回答下列问题:
(1)A→B的反应类型为 。
(2)中官能团名称为 。
(3)步骤②③的作用为 。
(4)B→C的反应中B的2位羟基未被取代的原因是 。
(5)D的结构简式为 。
(6)已知G和H互为同分异构体,且结构内含有两个六元环,则G的结构简式为 。
参考答案
大题突破练(一) 化学工艺流程题
1.答案 (1)哑铃形 正四面体形
(2)3FeS+5O2Fe3O4+3SO2 6×10-3
(3)Zn、Fe 过滤
(4)①A ②2.5×1011
解析 (1)基态S原子占据的最高能级为3p能级,轨道形状为哑铃形。S中心原子S的价层电子对数为4+=4,无孤电子对,空间结构为正四面体形。
(2)焙烧过程中FeS与氧气反应生成SO2和Fe3O4,化学方程式为3FeS+5O2Fe3O4+3SO2。HSH++S(H2SO3)==6.0×10-8,c(H+)=10-5 mol·L-1,则有=6×10-3。
(3)浸出液中含有铁离子和亚铁离子,加入过量Zn,铁离子和亚铁离子与Zn反应生成Fe,所得滤渣的成分为Zn、Fe。分离滤液和滤渣的操作名称为过滤。
(4)①将稀硫酸更换为98%的浓硫酸,不会加快浸取反应速率,而且浓硫酸参与的反应会生成SO2造成空气污染,A错误;将硫化锌精矿粉碎,反应物接触面积增大,反应速率增大,B正确;适当提高温度,反应速率增大,C正确。
②根据离子方程式可知,K==2.5×1011。
2.答案 (1)加快反应速率 (2)S
(3)将Fe2+氧化为Fe3+ 4.9
(4)MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)
(5)MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2OMnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O
解析 (3)工序2中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,再加入氨水生成Fe(OH)3、Al(OH)3。由Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6
3.答案 (1)4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2
(2)Fe+2H2OFe(OH)3↓+OH-
(3)4.5~9.3 H2SiO3、Al(OH)3
(4)2Cr+2CH3COOHCr2+2CH3COO-+H2O
(5)重结晶 (6)a
4.答案 (1)+6价
(2)Al+2H2O+CO2Al(OH)3↓+HC
(3)Mo+Ba2+BaMoO4↓
(4)①NaHCO3 ②NH3
(5)①Al2O3 ②4∶1
解析 (4)①滤液Ⅰ中通入过量的二氧化碳,偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀,同时生成碳酸氢钠,过滤得到的滤液Ⅱ中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液Ⅱ中加入适量的氯化钡溶液沉钼后,过滤得到的滤液Ⅲ中,主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3。
②根据侯氏制碱法的原理可知,往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后,通入足量NH3,再通入足量CO2,可析出NaHCO3。
(5)①由题中信息可知,致密的保护膜为一种氧化物,是由H2O2与AlAs反应生成的,联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知,该氧化物为Al2O3。
②由Ga和Al同族、As和N同族可知,GaAs中Ga显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中,As元素的化合价变为+5价,其化合价升高8,As元素被氧化,则该反应的氧化剂为H2O2,还原剂为GaAs。根据得失电子守恒可知,该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶2=4∶1。
5.答案 (1)3d54s2 (2)1∶3
(3)C6H12O6+24H++12MnO212Mn2++6CO2↑+18H2O
(4)少量多次加入葡萄糖
(5)醋酸(CH3COOH) 向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀),待乙醇自然流下,重复2~3次
(6)5.87×10-10 该沉淀转化反应能彻底进行,因为该沉淀转化反应的平衡常数为K=≈2.16×105>1×105,所以能彻底进行
解析 (6)饱和硫酸铅溶液中c(Pb2+)=×10-4 mol·L-1,则要生成碳酸铅沉淀,Na2CO3溶液的最小浓度为 mol·L-1≈ mol·L-1≈5.87×10-10 mol·L-1;该沉淀转化反应为PbSO4(s)+C(aq)PbCO3(s)+S(aq),该沉淀转化反应的平衡常数为K=≈2.16×105>1×105,故能彻底进行。
6.答案 (1)[Ar]3d14s2 (2)70 10
(3)①TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+
②在生产中作绿色氧化剂,除去一些具有还原性的微粒或检验一些还原性的微粒;在生活中可以用稀释的H2O2水溶液作耳道清洗剂 ③引入“还原”是为了防止Fe3+在水解步骤消耗;氧化步骤目的是将Fe2+转化为Fe3+,便于制备聚合硫酸铁铝
(4)ScF3 (5)Al3++Fe3++2S+2HC
AlFe(OH)2(SO4)2+2CO2↑
解析 (2)根据图示可知Fe3+、Sc3+浸出率在70 ℃时比较高,故酸浸的最佳浸出温度为70 ℃;Fe3+、Sc3+浸出率在硫酸浓度为10 mol·L-1时较高,故硫酸合适浓度是10 mol·L-1。
(4)c(F-)=10-4 mol·L-1,则lg c(F-)=-4,在溶液pH=3时,根据图示可知Sc元素的存在形式主要是ScF3。
(5)在“聚合”生成聚合硫酸铁铝AlFe(OH)2(SO4)2时,同时产生气体,根据元素守恒可知该气体为CO2,发生反应的离子方程式为Al3++Fe3++2S+2HCAlFe(OH)2(SO4)2+2CO2↑。
大题突破练(二) 化学实验综合题
1.答案 (1)①球形冷凝管 ②NaClO+CO(NH2)2+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3 ③N2H4·H2O被NaClO氧化 ④加热蒸发至有大量固体析出,趁热过滤(洗涤、干燥)
(2)①向漏斗中加水至没过沉淀,待水滤出后重复2~3次
②酸度4 mol·L-1、反应时间2.5~3 h、固液比1∶10
③3(NH4)2PtCl63Pt+2N2↑+2NH3↑+18HCl↑
解析 (1)②NaClO溶液和过量NaOH溶液、尿素[CO(NH2)2]溶液反应,生成NaCl和Na2CO3、水合肼。③N2H4·H2O具有还原性,NaClO具有氧化性,若滴加NaClO溶液的速度较快,会导致水合肼的产率下降,其原因是N2H4·H2O被NaClO氧化。
④结合NaCl和Na2CO3的溶解度曲线,由蒸馏后的剩余溶液获得NaCl粗品的操作是加热蒸发至有大量固体析出,趁热过滤(洗涤、干燥)。
(2)②由图可知,最佳的反应条件是酸度4 mol·L-1时反应达到较高产率且耗时较短,反应速率较快;反应时间2.5~3 h时产率较高且基本不再增加,固液比1∶10时产率较高,故最佳反应条件为酸度4 mol·L-1、反应时间2.5~3 h、固液比1∶10。
2.答案 (1)C (2)恒压滴液漏斗 a→b→d→e→f
(3)温度过高,硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵;温度过低,反应速度缓慢 CaCN2+H2S+2H2OCS(NH2)2+Ca(OH)2
(4)①-2 ②5CS(NH2)2+14Mn+32H+14Mn2++5CO2↑+5N2↑+5S+26H2O ③%
解析 (3)若反应温度过高,硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵;若反应温度过低,反应速度缓慢,故装置C中反应温度控制在80 ℃;装置C中,将石灰氮(CaCN2)和水的混合物加热至80 ℃时,通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳,化学方程式为CaCN2+H2S+2H2OCS(NH2)2+Ca(OH)2。
(4)③用c mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定,滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V mL,消耗KMnO4的物质的量为cV×10-3 mol,根据滴定反应可知,m g产品中CS(NH2)2的物质的量为cV×10-3 mol××20=×10-3 mol,则样品中硫脲的质量分数为×100%=%。
3.答案 (1)三颈烧瓶 (2)防止倒吸 (3)A
(4)pH太小Na2S2O4不能稳定存在(且不能使沉淀完全),pH太大Zn(OH)2会溶解,使得制备的Na2S2O4不纯
(5)2[Fe(CN)6]3-+S2+4OH-2[Fe(CN)6]4-+2S+2H2O
(6)亚甲基蓝 (7)87.0%
解析 (4)步骤3需控制溶液的pH在8.2~10.5之间,其原因为pH太小Na2S2O4不能稳定存在(且不能使沉淀完全),pH太大Zn(OH)2会溶解,使得制备的Na2S2O4不纯。
(5)[Fe(CN)6]3-是一种比较弱的氧化剂,能将S2氧化为S,自身被还原为[Fe(CN)6]4-,结合氧化还原反应及质量守恒可知,滴定中发生反应的离子方程式为2[Fe(CN)6]3-+S2+4OH-2[Fe(CN)6]4-+2S+2H2O。
(6)本实验滴定突跃范围为0.01~0.38 V,根据表中信息,亚甲基蓝的条件电位为0.36 V,且由还原态到氧化态颜色由无色变为蓝色,故可选择亚甲基蓝为指示剂。
(7)平行滴定三次,消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL,第二次误差较大,舍去,则平均消耗体积为20.00 mL,用0.10 mol·L-1碱性K3[Fe(CN)6]标准溶液滴定,其物质的量为0.10 mol·L-1×20.00×10-3 L=2.0×10-3 mol,根据滴定反应可知,2.0 g Na2S2O4产品中Na2S2O4的物质的量为×2.0×10-3 mol×=0.01 mol,质量为0.01 mol×174 g·mol-1=1.74 g,故样品中Na2S2O4的质量分数为×100%=87.0%。
4.答案 (1)①足量硝酸和AgNO3溶液 ②4Cu(NH3+O2+8NH3+2H2O4[Cu(NH3)4]2++4OH-
(2)①有红色固体析出 ②在Cl-的作用下,Cu2+氧化亚硫酸根到硫酸根 ③CuCl2和Na2SO3溶液生成棕黄色沉淀A反应速率快,生成白色沉淀B的程度大
(3)2Cu2++2Cl-+S+H2O2CuCl↓+S+2H+
(4)Cu2+和S能发生复分解反应和氧化还原反应,且复分解反应速率更快;在Cl-作用下,Cu2+的氧化性增强
解析 (2)ⅱ.Cu+Cu2++Cu,向含有亚铜离子的溶液中加入稀硫酸会发生歧化反应,生成铜,故答案为有红色固体析出;溶液中的氧化剂除了氧气之外还有铜离子,当存在氯离子时,铜离子会具有较强的氧化性,会把亚硫酸根氧化,故答案为在Cl-的作用下,Cu2+氧化亚硫酸根到硫酸根;向2 mL 0.5 mol·L-1 Na2SO3溶液中加入1 mL 0.25 mol·L-1 CuCl2溶液,立即产生橙黄色沉淀(沉淀A),说明生成亚硫酸铜沉淀的反应较快,放置5 min左右,转化为白色沉淀(沉淀B),说明生成白色沉淀B的程度大。
(3)Na2SO3和CuCl2溶液反应最终生成CuCl沉淀,该反应未外加酸碱,所以反应物为水,生成物为氢离子,根据电子守恒及电荷守恒可知,该反应的离子方程式是2Cu2++2Cl-+S+H2O2CuCl↓+S+2H+。
(4)向2 mL 0.5 mol·L-1 Na2SO3溶液中加入1 mL 0.25 mol·L-1 CuCl2溶液,立即产生橙黄色沉淀亚硫酸铜,在NaCl溶液中,亚硫酸铜继续发生氧化还原反应,生成CuCl白色沉淀,根据沉淀颜色的变化快慢可知,复分解反应较快,氧化还原反应较慢。
5.答案 (1)(球形)干燥管 (2)排尽装置内的空气
(3)检查是否有CO2生成 (4)CO和CO2
(5)K++Fe2++[Fe(CN)6]3-KFe[Fe(CN)6]↓或3Fe2++2[Fe(CN)6]3-Fe3[Fe(CN)6]2↓ Fe和FeO或Fe、FeO和FeC2O4
(6) 偏高
解析 (4)实验中观察到C、H变浑浊,说明都有二氧化碳,E不变浑浊,说明产物中存在CO,故可以得出实验结论:A装置中分解的气体产物一定有CO和CO2。
(5)由题干信息可知,将黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀,说明有Fe2+,实验①产生蓝色沉淀的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-KFe[Fe(CN)6]↓或3Fe2++2[Fe(CN)6]3-Fe3[Fe(CN)6]2↓;用强磁铁接近乙,吸起部分粉末,将吸起来的粉末投入盐酸中,产生气泡,说明存在Fe,故乙中的成分可能为Fe和FeO或Fe、FeO和FeC2O4。
(6)根据质量守恒和电荷守恒配平离子方程式:5FeC2O4+3Mn+24H+5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O,则有n(FeC2O4)=n(Mn)=×c mol·L-1×b×10-3 L=×10-3 mol,故样品纯度为×100%=%;若滴定管没有用待装液润洗,导致标准液体积偏大,测得结果偏高。
大题突破练(三) 化学反应原理综合题
1.答案 (1)1 074.8
(2)CaO与生成物CO2反应,生成物浓度减小,平衡正向移动,氢气的体积分数增大
(3) 0.5
(4)30.0
(5)()
解析 (2)其他条件不变,在体系中投入一定量CaO,CaO与生成物CO2反应生成CaCO3,生成物浓度减小,平衡正向移动,氢气的体积分数增大。
(3)由反应可知,反应前后总压不变,所以平衡时总压为p0,H2O的分压为p0-×3=,A点的坐标为(t,);由图可知,平衡时CO2、H2、CO、H2O的平衡分压分别为,平衡常数Kp==0.5。
(4)已知Arrhenius经验公式为Rln k=-+C,根据图像可得①63.0=-3.0Ea+C,②33.0=-4.0Ea+C,联立方程解得Ea=30.0,则反应的活化能为30.0 kJ·mol-1;使用高效催化剂,活化能降低。
(5)由a和b的坐标可得c的坐标为(),由均摊法可知,La为4×+4×+2×+2×=2,Ni原子位于内部和面心:12×+4=10,N(La)∶N(Ni)=2∶10=1∶5,故化学式为LaNi5。X射线衍射测定两晶面间距为d pm,设底面边长为a,则a=3d,可得a=2d,底面积为2d×3d=6d2,则晶体的密度为ρ= g·cm-3= g·cm-3。
2.答案 (1)+41.2
(2)①H2 H2O 由图知900 K后随温度升高n(H2O)减小,说明升温平衡移动方向为吸热方向,应该是n(H2O)减小方向,逆反应吸热的反应④(H2+O2H2O)为主要反应
② ③BE
(3)B (4)2∶1
解析 (1)反应O2(g)+H2(g)H2O(g)为反应④,由盖斯定律反应②=①-③+④,故ΔH2=ΔH1-ΔH3+ΔH4=(247.4+35.6-241.8) kJ·mol-1=+41.2 kJ·mol-1。
(2)①由反应①②③可知,反应产物有CO、H2和H2O,生成的H2会在反应②中与CO2反应生成CO,CO的产量高于H2,故a曲线表示产物H2,b曲线表示CO,c曲线表示H2O;反应②是吸热反应,升高温度,有利于反应正向进行,H2O的含量增大,但反应④O2(g)+H2(g)H2O(g)为放热反应,升高温度,不利于反应正向进行,H2O的含量减小,由图知900 K后H2O的含量减小,说明此时以H2O的含量减小的反应为主,故900 K后,生成H2O的主要反应为反应④。
②1 100 K时,CH4与CO2的转化率分别为95%、90%,则计算得平衡时c(CH4)= mol·L-1= mol·L-1,根据碳元素守恒计算得平衡时c(CO)= mol·L-1= mol·L-1,由图可知,c(H2)= mol·L-1,则反应③的平衡常数K=。
(3)产生温室效应的气体为CO2,且其在电极A上发生的反应为CO2+2e-CO+O2-,故电极A为电解池阴极,电极B为电解池阳极。电池工作时,O2-产生于电极A消耗于电极B,故O2-向电解池阳极即电极B移动。
(4)若消耗CH4和产生CO2的体积比为3∶2,根据阿伏加德罗定律,同温同压下,气体体积比等于物质的量之比,可令CH4和CO2物质的量分别为3 mol和2 mol,乙烷和乙烯物质的量分别为x、y,再根据得失电子守恒,电极A:2 mol CO2~4 mol e-,电极B:3 mol CH4+4 mol e-yC2H4+xC2H6,可得方程组,求得x∶y=2∶1。
3.答案 (1)①-49.0 ②Cu/ZnO*+H2Cu/Zn*+H2O
③c
(2)①升高温度,主反应平衡逆向移动,甲醇产率降低;催化剂活性降低或副反应更易进行 ②×100% ③m
解析 (1)根据题意写出热化学方程式:①H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH1=-285.8 kJ·mol-1,②CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH2=-726.4 kJ·mol-1,③CH3OH(l)CH3OH(g) ΔH3=+82.0 kJ·mol-1,由盖斯定律,3×①-②+③得目标方程式的ΔH=3ΔH1-ΔH2+ΔH3=(-285.8×3+726.4+82.0) kJ·mol-1=-49.0 kJ·mol-1;
②将总反应化学方程式减去第二步反应方程式即得第一步反应方程式为Cu/ZnO*+H2Cu/Zn*+H2O;
③第一步反应吸热,第二步反应放热,可排除b、d选项,又由于第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间,第二步速率快,反应活化能低于第一步,则c正确。
(2)①由图像可知,490 K之前,温度升高,反应速率加快,甲醇产率增大,在490 K时,反应达到平衡,此时甲醇产率达最高值,继续升高温度,主反应平衡逆向移动,另外随温度升高催化剂活性降低或副反应更易进行,使得甲醇产率降低;
②根据题意可列三段式,注意主反应各物质的末态量作为副反应对应物质的起始量,已知量为CO2、H2的起始物质的量、CH3OH、CO的末态物质的量:
CO2+3H2CH3OH+H2O
n0 a 3a 0 0
Δn -c -3c +c +c
nt a-c 3(a-c) c c
CO2 + H2 CO + H2O
n0 a-c 3(a-c) 0 c
Δn -d -d +d +d
nt a-c-d 3(a-c)-d d c+d
则CO2转化率为×100%;副反应的化学平衡常数为K副=;
③平衡时v(正)=v(逆),k正·c(CO2)·c3(H2)=k逆c(CH3OH)·c(H2O),K=,由于该反应为放热反应,温度升高时化学平衡向逆反应方向移动,速率常数随温度升高而增大,即平衡常数K的数值减小,而根据平衡常数K与k正、k逆的关系可知,k正增大得少,即温度升高过程中,lg的变化量小,即m为lg随温度变化的曲线。
4.答案 (1)NH3(g)+2O2(g)N(aq)+H+(aq)+H2O(l) ΔH=-346.69 kJ·mol-1
(2)C6H12O6+6H2O-24e-6CO2↑+24H+ 67.2
(3)①NO > B ②Ⅱ、Ⅲ ③
解析 (1)反应1:NH3(g)+O2(g)N(aq)+H+(aq)+H2O(l) ΔH1=-273.5 kJ·mol-1
反应2:N(aq)+O2(g)N(aq) ΔH2=-73.19 kJ·mol-1
根据盖斯定律可知NH3通过硝化作用转化为N的反应可由反应1加反应2得到,则反应的ΔH=ΔH1+ΔH2=-273.5 kJ·mol-1+(-73.19 kJ·mol-1)=-346.69 kJ·mol-1,故反应的热化学方程式为NH3(g)+2O2(g)N(aq)+H+(aq)+H2O(l) ΔH=-346.69 kJ·mol-1。
(2)由装置图可知厌氧阳极葡萄糖失电子生成二氧化碳气体,反应的电极方程式为C6H12O6+6H2O-24e-6CO2↑+24H+;1 mol N完全硝化生成N失8 mol电子,而该电极同时从电路中得到4 mol电子,则氧气得到电子总物质的量为12 mol,1 mol氧气参与反应得4 mol电子,则消耗氧气的物质的量为3 mol,标准状况下体积为67.2 L。
(3)①由图可知在温度不变时,随的增大即随着CO的物质的量的增大,NO的转化率增大,故纵坐标为NO转化率;在不变时,温度由T1到T2,NO转化率增大,可知平衡正向移动,而该反应为放热反应,温度降低平衡正向移动,则T1>T2;图中A、B、C三点,B点对应温度最高,反应速率最大;
③气体总物质的量为6 mol的CO和NO,C点时=2,则CO为4 mol,NO为2 mol,此时NO转化率为80%,列出三段式:
2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)
起始量/mol 4 2 0 0
转化量/mol 1.6 1.6 1.6 0.8
平衡量/mol 2.4 0.4 1.6 0.8
此时气体总物质的量为5.2 mol,起始压强为p0,平衡时压强为p0,则
压强平衡常数Kp=。
5.答案 (1)sp2、sp3 5
(2)① 催化剂的中间产物使产物水离开反应体系,促使平衡正向移动,提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率
②不是 催化剂不改变反应物的平衡转化率,相同温度下,催化剂b对应的CO2的转化率比M点高,说明M点未达到平衡
(3)①< ②1 20
解析 (1)有机碳酸酯CH3OCOOCH3中含有甲基和碳氧双键,碳原子的杂化方式为sp2、sp3,CH3OH中只含有单键,则1 mol CH3OH中含有5 mol σ键,其数目为5NA。
(2)①由图可知,在反应过程中先消耗再生成参与第一步反应,是催化剂;该物质还有另一个作用——提高DMC的平衡产率,原因是:催化剂的中间产物使产物水离开反应体系,促使平衡正向移动,提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率;
②催化剂不改变反应物的平衡转化率,相同温度下,催化剂b对应CO2的转化率比M点高,说明M点未达到平衡,M点不是对应温度下CO2的平衡转化率。
(3)①由图3可知,升高温度,K2减小,说明平衡逆向移动,则反应Ⅱ是放热反应,则活化能E正
起始/(mol·L-1) 1 2 0 0
转化/(mol·L-1) x 3x x x
平衡/(mol·L-1) 1-x 2-3x x x
CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)
1-x x 0 x
y 2y y y
1-x-y x-2y y x+y
则y==0.2 mol·L-1,x-2y==0.2 mol·L-1,则x=0.6 mol·L-1,则平衡常数K2==20。
6.答案 (1)ΔH1+ΔH2+ΔH3 AD
(2)①1 压强太小,不利于平衡向正反应方向移动
②c b CH3CHO
(3)p1>p2>p3 m
解析 (1)由盖斯定律可知,反应ⅰ+ⅱ+ⅲ可得反应3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g),则反应的ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3;
该反应是气体体积减小的反应,反应中气体压强减小,则混合气体总压强不随时间变化时,说明正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,A正确;若CO完全反应,由方程式可知,反应后氢气、甲醇、乙醇、水蒸气的物质的量都为1 mol,甲醇的体积分数可能为25%,该反应为可逆反应,可逆反应不可能完全反应,所以反应达到平衡时,甲醇体积分数不可能为25%,B错误;反应达到平衡后,再充入少量一氧化碳,平衡向正反应方向移动,但一氧化碳的平衡转化率减小,C错误;反应达到平衡后,再加入高效催化剂,化学反应速率加快,但化学平衡不移动,乙醇产率保持不变,D正确。
(2)①实验1催化剂的选择性高于实验2、4,原料的转化率高于实验3,所以题述实验中,催化效能最好的为实验1;与实验1相比,实验3的反应温度与1相近,压强小于实验1,说明实验3的压强太小,不利于平衡向正反应方向移动,导致醋酸酯平衡转化率较低;②活化能越小,反应速率越快,慢反应控制总反应速率,所以在b和c的步骤中,活化能较小的是快反应c、控制总反应速率的步骤是慢反应b;由反应CH3CO*+H·CH3CHO可知,醋酸酯加氢制乙醇时,副产物除了甲醇外,还有乙醛;
(3)设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1 mol和3 mol,容器的容积为V L,反应ⅳ、ⅵ生成甲醇的物质的量分别为a mol、b mol,反应ⅴ生成一氧化碳的物质的量为c mol,由图可知,在T1 ℃下,压强为p3时,甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等、二氧化碳的转化率为α,由题意可建立如下三段式:
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起/mol 1 3 0 0
变/mol a 3a a a
平/mol 1-a 3-3a a a
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
起/mol 1-a 3-3a 0 a
变/mol c c c a+c
平/mol 1-a-c 3-3a-c c a+c
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
起/mol c 3-3a-c a
变/mol b 2b b
平/mol c-b 3-3a-c-2b a+b
由二氧化碳的转化率为α可得:a+b+c=α,由甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等可得c-b=a+b=,解得a=c=、b=0,则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为(1-α) mol、(3-2α) mol、 mol和α mol,故反应ⅴ的浓度平衡常数Kc=。
大题突破练(四) 有机合成与推断综合题
1.答案 (1)CD
(2)
(3)
(4)++NH4Cl
(5)或
(6)
解析 A发生成环反应得到B,B中氨基、酰胺基在一定条件下转化为C,C和溴发生取代反应引入溴原子得到D,可以推知C的结构简式为;D通过两步反应转化为E,E分子内成环得到F,E的结构简式为;F转化为G,J和氨气转化为I,G、I生成H,结合H结构简式、I分子式可知,I结构简式为。
(1)A中含有饱和碳原子,具有甲烷的结构特征,则所有的碳原子不可能在同一个平面上,A错误;1 mol化合物F在酸性条件下发生水解,该过程最多消耗1 mol盐酸生成氯化铵,B错误;根据氨气和I的结构简式可推知,化合物J到I的反应是J与氨气发生加成反应,C正确;根据化合物H的结构简式可知,其分子式为C15H21 N3O3S,D正确。
(5)B为,其同分异构体:①有两个六元环(不含其他环),其中一个为苯环;
②除苯环外,结构中只含有3种不同的氢,符合条件的同分异构体可以为或。
(6)氯仿首先氧化为ClCOCl,甲苯和浓硫酸发生取代反应引入磺酸基,发生已知反应,磺酸基转化为—SO3NH2,再和ClCOCl反应得到目标产物,据此写出合成路线图。
2.答案 (1)1,3-丙二醇 羟基、酰胺键 加成反应
(2) 保护羧基,避免与CH3I反应
(3)+2CH3OH
+2H2O
(4)2
(5)HCOOCH2CH2CH2OOCH、
OHCCH2OCH2OCH2CHO、(任写2个即可)
(6)
解析 (1)A(C3H8O2)经催化氧化生成B(C3H4O4),则A是饱和二元醇,考虑C中酯基的位置,A应是HOCH2CH2CH2OH,其化学名称为1,3-丙二醇。由G的结构简式可知,含氧官能团的名称为羟基、酰胺键。G→H过程中CO键断裂,该反应为加成反应。
(2)D经反应②生成E(C5H8O4),该步为水解反应,则E为。反应①中转化—COOH,反应②中重新生成—COOH,中间发生与CH3I的取代反应,显然反应①、②的目的是保护羧基,避免与CH3I反应。
(3)B是,与CH3OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成C,结合反应机理及原子守恒写出化学方程式。
(4)手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的碳原子,R分子中与N形成单键(C—N键)的碳原子是手性碳原子。
3.答案 (1)(酮)羰基、碳氯键 2-甲基丙醛或异丁醛
(2)取代反应
(3)bc
(4)14 或
(5)nHOCH2CH2OH++
解析 A的分子式为C7H8,结合B的结构简式,可逆推A为;B→C在AlCl3条件下发生反应生成C,结合分子式,可知发生取代反应,则C的结构简式为;D与HCHO在稀NaOH溶液下反应生成E,结合+CH3CHO,可知D为;E在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成F,C和F在酸性条件下反应生成G,结合++H2O,则G为,最后得到布洛芬。
(3)布洛芬中含有羧基,结构中含有苯环,故可以与氢气发生加成反应,a错误;1 mol布洛芬含有1 mol羧基,可以与1 mol碳酸氢钠反应生成1 mol CO2(即44 g),b正确;最多11个碳原子共平面:,c正确;布洛芬分子中有1个手性碳原子,d错误。
(4)的不饱和度为5,含有2个O,一个苯环及苯环外的7个碳,①苯环上有三个取代基,苯环上的一氯代物有两种,说明苯环上的取代基在对称的位置上,②能发生水解反应,说明含有酯基,水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应,则布洛芬的同分异构体可能为或;当R1为—CH3时,R为—C4H9,共4×2=8种,当R1为—C2H5时,R为—C2H5,共1×2=2种,当R1为—C3H7时,R为H,共2×2=4种,故答案为14种,其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱峰面积比为12∶2∶2∶1∶1的物质的结构简式:或。
4.答案 (1)苯乙烯
(2)醚键、氨基
(3)+H2O
(4)加成反应
(5)20
(6)2
(7)
解析 结合B的结构简式及A到B的反应分析可知,A为苯乙烯;苯乙烯与溴单质和水发生加成反应生成B,B发生醇消去反应生成C,C与甲醛发生加成反应生成D,D与氨气在10 MPa条件下发生取代反应生成E,E在酸性条件下发生水解反应转化为F();F发生硝化反应生成G,G与Cl2CHCOOCH3在碱性条件下发生取代反应生成H()。
(4)对比C和D的结构简式可知C与甲醛反应过程中C中碳碳双键转化为单键,可知C发生加成反应。
(5)化合物D的同分异构体中满足条件:a.苯环上有三个取代基;b.能发生银镜反应,说明含有醛基或—OOCH,不含其他不饱和键及环结构;c.一定条件下能水解,则含酯基,结合氧原子个数可知该酯基为—OOCH,1 mol有机物最多能消耗4 mol NaOH,则—OOCH直接连在苯环上,其溴原子也直接连在苯环上;又因苯环上有三个取代基,则其他碳原子在一个取代基中,可以是正丙基和异丙基两种,苯环上三个取代基不相同时在苯环上有10种结构,则符合该条件的同分异构体个数为20。
(6)由F的结构简式及手性碳原子定义可知与苯环直接相连的碳原子以及氨基所连碳原子为手性碳原子。
5.答案 (1)羧基、氯原子 (2)
(3)2+O22+2H2O
(4)
(5)还原
(6)①+C2H5OH
+H2O
②H2N—NH—CH3
③保护羧基,避免其与氨基或亚氨基发生反应
解析 由B生成D的条件可知,该反应为醇的催化氧化,则在D中含有醛基或羰基,根据分子组成及E的结构简式分析可知,D中应是苯环上连接醛基,其结构简式为,B的结构简式为,对比A、B的分子式及B的结构简式可知,A为;D与C2H5NO2发生分子间脱水生成E,E在Fe/HCl作用下发生还原反应,硝基被还原成氨基,然后与水作用得到G,结合G的分子式及G到J发生信息中的转化可知,G中含有羰基,则G的结构简式为。G与CH3ONH2发生信息中反应生成J,J的结构简式为,J与NaBH3CN发生还原反应得到K,K为,K与发生取代反应生成氟唑菌酰羟胺。
(2)A的某种同分异构体与A含有相同官能团,即含有羧基和碳氯键,其核磁共振氢谱也有两组峰,除羧基外只有一种氢,则苯环结构应对称。
(6)①反应Ⅰ为与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成和水。②发生信息中反应生成,发生异构化反应生成,与M发生已知中信息反应,生成物发生水解得到,该生成物应为,则M应为H2N—NH—CH3。
③步骤Ⅰ实现羧基转化为酯基,Ⅳ又将酯基水解成羧基,可以起到保护羧基作用,避免其与氨基或亚氨基发生反应。
6.答案 (1)取代反应
(2)溴原子、碳碳双键
(3)引入保护基(保护酚羟基)
(4)该羟基和1位的酮羰基形成分子内氢键,氢键的存在使2位羟基不易被取代
(5)
(6)
解析 A和CH2BrCHC(CH3)2发生取代反应生成B,B生成C保护酚羟基;结合E结构可知,D为,D生成E,C、E生成F,F取代生成G,G成环生成H。
(4)B的2位羟基和1位的酮羰基形成分子内氢键,氢键的存在使2位羟基不易被取代,故B→C的反应中B的2位羟基未被取代。
(6)已知G和H互为同分异构体,且结构内含有两个六元环,结合F、H结构简式可知,G为F中苯环上CH3OCH2—被取代生成酚羟基的反应产物。
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