高考总复习优化设计二轮用书化学H湖南专版(适用于新高考新教材)大题突破练

大题突破练(一)化学工艺流程题

1.(2023·湖南邵阳二模)某废镍催化剂的主要成分是Ni-Al合金,还含有少量Cr、Fe及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍,制备镍的氧化物(NixOy)。回答下列问题:(1)“碱浸”时发生的主要反应离子方程式为。

(2)“溶解”后的溶液中,所含金属离子有Cr3+、Fe2+、Na+、Ni2+、。

(3)在空气中煅烧NiCO3,其热重曲线如图1所示,300~400℃时NiCO3转化为Ni2O3,反应的化学方程式为;400~450℃生成的固体产物的化学式为。

图1(4)工业上可用电解法制取Ni2O3。用NaOH溶液调节NiCl2溶液pH至7.5,加入适量硫酸钠后采用惰性电极进行电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-,再把二价镍氧化为三价镍。写出ClO-氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式:;amol二价镍全部转化为三价镍时,外电路中通过的电子的物质的量为mol(假设电解时阳极只考虑Cl-放电)。

(5)金属镍的配合物Ni(CO)n的中心原子的价电子数与配体提供的成键电子总数之和为18,则n=;CO与N2结构相似,CO分子内σ键与π键个数之比为。

(6)NiO的晶胞结构如图2所示,其中离子坐标参数A为(0,0,0),C为(1,12,1图2(7)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态,若一种自旋状态用+12表示,与之相反的用-12表示,称为电子的自旋磁量子数。对于基态铁原子,其自旋磁量子数的代数和为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MnO2MgO、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10-5mol·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·湖南教学教研联盟高三第二次联考)铍有“超级金属”之称,是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料。以绿柱石[主要成分为Be3Al2(SiO3)6,还含有铁元素等杂质]和方解石(主要成分为CaCO3)为原料冶炼铍的部分工艺流程如下:已知:①Be(OH)2和Al(OH)3性质相似,是两性氢氧化物。②铝铵矾在不同温度下的溶解度:温度/℃01020304060溶解度/g2.105.007.7410.914.926.7③常温时,Ksp[Fe(OH)3]≈1×10-39,Ksp[Be(OH)2]≈1×10-21;离子浓度≤1×10-5mol·L-1时,可认为离子沉淀完全。回答下列问题:(1)“熔炼”后,需将熔块粉碎的目的是。

(2)“滤渣1”的成分是。

(3)为了让铝铵矾更充分地析出,“操作Ⅰ”包含的步骤有、、过滤。

(4)由Fe2+转化为“滤渣2”的总反应的离子方程式为。

(5)若“操作Ⅰ”得到的滤液中c(Be2+)=0.01mol·L-1,常温时应调溶液的pH至的范围内(保留一位小数)。

(6)“沉淀”后的主要成分是Be(OH)2,工业上去除沉淀中过多的SO42-,常用的方法有:①将沉淀溶解在高浓度NaOH溶液中,然后用蒸馏水稀释水解,使Be(OH)2二次沉淀析出;②将沉淀用盐酸溶解后加入BaCl2溶液,生成BaSO4沉淀,再从滤液中二次沉淀出Be(OH)2。方法①中,Be(OH)2方法②操作简单,去除SO42-的反应效率高、效果好,但存在二次污染、成本高等问题,请你提出去除SO4.(2023·湖南岳阳二模)硼氢化钠(NaBH4)广泛用于化工生产,常温下能与水反应,碱性条件下能稳定存在,易溶于异丙胺(沸点为33℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O,含少量杂质Fe3O4)制取NaBH4,其工艺流程如图1所示。图1回答下列问题:(1)NaBH4中含有的化学键为。

(2)基态Ti原子的核外电子排布式为。

(3)“碱溶”过滤所得滤渣的主要成分是、。

(4)写出Na2B4O7制取NaBH4的化学方程式:

。

(5)高温合成中,加料之前需将反应器加热至100℃以上,并通入氩气。通入氩气的目的是

。

(6)在碱性条件下,用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4,装置如图2所示,写出阴极反应的电极反应式:。

图2(7)NaBH4常用作还原剂,H2也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时,7.6gNaBH4的还原能力相当于gH2的还原能力。

5.(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MoO4(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。

6.(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]

大题突破练(二)化学实验综合题

1.(2023·湖南株洲南方中学月考)某课题小组利用硫渣与氯气反应制备四氯化锡,其过程如图所示(夹持、加热及控温装置略)。已知:四氯化锡(SnCl4)常温下为无色液体,易水解。硫渣的化学组成:物质SnCu2SPbAs其他杂质质量分数/%64.4325.827.341.231.18氯气与硫渣反应相关产物的熔、沸点:物质SnCl4CuClPbCl2AsCl3S熔点/℃-33426501-18112沸点/℃1141490951130444(1)仪器a的名称为,A中发生反应的化学方程式为。

(2)e中所加物质为,作用为

。

(3)装置中存在一处缺陷会导致SnCl4产率降低,改进的方法是。

(4)三颈烧瓶中得到的粗产品进行提纯的方法是;提纯后剩余的固体渣经过处理,可回收的主要金属有。

(5)已知SnCl4产品中含有少量AsCl3杂质,碘量法可用于测量产品的纯度:取10.00g产品溶于水,加入0.100mol·L-1标准I2溶液20.00mL,并加入少量的淀粉溶液;用0.100×10-2mol·L-1的硫代硫酸钠标准溶液滴定过量的碘。滴定终点时消耗20.00mL硫代硫酸钠标准溶液。测定过程中发生的相关反应:①AsCl3+3H2OH3AsO3+3HCl②H3AsO3+I2+H2OH3AsO4+2HI③2S2O32-+I22I-+S则产品中SnCl4的质量分数为(保留小数点后1位);若滴定后发现滴管尖嘴处产生了气泡,则测量结果(填“偏高”或“偏低”)。

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mg产品,加水溶解配成500mL溶液,量取25mL于锥形瓶中,滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性,用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定,滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液VmL。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、SO42-③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2.0g制得的Na2S2O4产品溶于冷水配成250mL溶液,取出25.00mL该溶液于锥形瓶中,用0.10mol·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19.98mL、20.90mL、20.02mL。(5)[Fe(CN)6]3-是一种比较弱的氧化剂,能将S2O42-氧化为SO32-,自身被还原为[Fe(CN)(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0.01~0.38V,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·湖南湘潭一中高三月考)铜是生活中常见的金属,以铜为原料进行如下实验。回答下列问题:Ⅰ.制备SO2(1)利用铜与浓硫酸制备SO2,适宜的装置是(从A、B、C中选择),该装置内发生反应的化学方程式为。

(2)收集干燥的SO2,所需装置的接口连接顺序为发生装置→(填小写字母)。

(3)反应后,发生装置中未观察到蓝色溶液,原因是。

Ⅱ.探究温度对铜与过氧化氢反应的影响向10mL30%的H2O2溶液中滴加1mL3mol·L-1硫酸,将光洁无锈的铜丝置于其中,铜丝表面产生气泡并逐渐变多,剩余溶液呈蓝色。经检验产生的气体为O2,查阅资料发现是Cu2+催化H2O2分解的结果。(4)写出生成Cu2+的离子方程式:。

(5)学习小组提出猜想:升高温度,Cu2+催化能力增强,该小组设计如下实验验证猜想。实验序号301mol水水浴3min11011202.4210113093101140904100220A15A26100240A3①小组同学认为实验1~3的结果,不能证明猜想成立,理由是。

②为进一步验证猜想,完善实验4~6的方案。小组同学结合实验1~6,判断猜想成立,依据是

。

5.(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2mL0.5mol·L-1Na2SO3溶液中加入1mL0.25mol·L-1CuCl2溶液,立即产生橙黄色沉淀(沉淀A),放置5min左右,转化为白色沉淀(沉淀B)。已知:ⅰ.Cu+Cu(NH3)2+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SO42-①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SO42-途径1:实验过程中O2氧化SO3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72h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)。

6.(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Wg样品于锥形瓶,加入适量的稀硫酸,用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗bmLKMnO4溶液。滴定反应:FeC2O4+MnO4-+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=-41.2kJ·mol-1。(1)根据下表中提供的数据,计算x=kJ·mol-1。

化学键COC≡OO—HH—H键能/(kJ·mol-1)803x463436(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Rlnk=-EaT+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Rlnk-1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(0,12,14)、(12,12,34),则c点坐标为。X射线衍射测定两晶面间距为dpm(见图b),高为cpm,设阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的摩尔质量为M2.(2023·湖南九校联盟高三第一次联考)从衣食住行到探索浩瀚宇宙,都有氮及其化合物的参与,但同时有毒含氮化合物的排放,也对环境产生污染。如何实现环境保护与资源利用的和谐统一,已成为我们的重要研究课题。(1)工业上利用N2和H2可以合成NH3,NH3又可以进一步制备火箭燃料肼(N2H4)。已知:①N2(g)+2O2(g)2NO2(g)ΔH=+67.74kJ·mol-1②N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-534.1kJ·mol-1③2NO2(g)N2O4(g)ΔH=-52.7kJ·mol-1写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式:

。

(2)N2H4的水溶液呈弱碱性,室温下其电离常数K1=4.0×10-6,则0.01mol·L-1的N2H4水溶液pH等于(忽略N2H4的第二步电离和H2O的电离,lg4≈0.6)。

(3)利用测压法在刚性密闭容器中研究T1℃时4NO(g)N2(g)+2NO2(g)的分解反应,现将一定量的NO充入该密闭容器中,测得体系的总压强随时间的变化如下表所示:反应010203040压强1514.0213.212.512.5①0~20min时,v(NO2)=MPa·min-1。

②T1℃时4NO(g)N2(g)+2NO2(g)反应的平衡常数Kx=(Kx为以物质的量分数表示的平衡常数)。

(4)将等物质的量的NO和CO分别充入盛有催化剂①和②的容积相同的刚性容器,进行反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH<0,经过相同时间测得NO的转化率如图所示,图中cd段转化率下降的可能原因是

。

(5)电化学降解法可用于治理水中硝酸盐污染,电化学降解NaNO3中性溶液的原理如图所示:Ag-Pt电极上的电极反应为

。

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285.8kJ·mol-1和726.4kJ·mol-1,1mol甲醇汽化需要吸收82.0kJ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*+CH3OHΔH<0③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amolCO2和3amolH2,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490K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cmol,CO的物质的量为dmol。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lg1k正、lg1k逆随温度变化的曲线如图所示,则4.(2023·湖南湘潭一中高三月考)绿色能源是未来能源发展的重要方向,氢能是重要的绿色能源,利用生物乙醇来制取氢气的部分反应过程如图所示。(1)已知:CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)ΔH1=+173.5kJ·mol-1CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1则反应Ⅰ的热化学方程式为

。

(2)反应Ⅱ在不同进气比[n(CO)∶n(H2O)]、不同温度下,测得相应的CO平衡转化率见表(各点对应的其他反应条件都相同)。平衡点abcdn(CO)∶n(H2O)0.50.511CO平衡转化率/%5066.75060①a点平衡混合物中H2的体积分数为,a、c两点对应的反应温度Ta(填“<”“=”或“>”)Tc,d点对应的平衡常数K=。

②有利于提高CO平衡转化率的是(填字母)。

A.增大压强B.降低温度C.增大进气比[n(CO)∶n(H2O)]D.分离出CO2(3)反应Ⅱ在工业上称为一氧化碳的催化变换反应,若用[K]表示催化剂,则反应历程可用下式表示:第一步:[K]+H2O(g)[K]O+H2第二步:[K]O+CO[K]+CO2第二步比第一步反应慢,则第二步反应的活化能比第一步反应的。

(4)研究表明,CO催化变换反应的速率方程为v=k(yCO·yH2O-yCO2·yH2K剂一定的情况下,反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时,CO催化变换反应的Kp(填“增大”或“减小”)。根据速率方程分析,T>Tm时v逐渐减小的原因是

。

5.(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)+32O2(g)NO2-(aq)+H+(aq)+HΔH=-273.5kJ·mol-1NO2-(aq)+12O2(g)NO3-(aq)ΔH=-73.则NH3通过硝化作用转化为NO3-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”1molNH4+完全硝化生成NO3-,此时向该电极输送电子的物质的量为4mol,则“好氧阴极”区消耗的O(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1L恒容密闭容器内将气体总物质的量为6mol的CO和NO以不同的物质的量比n(CO①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。

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)ΔH1ⅱ.CH3OCH3(g)+CO(g)CH3COOCH3(g)ΔH2ⅲ.CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)ΔH3在恒温恒容密闭容器中充入3molCO(g)和7molH2(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温度压力转化率/%选择性/%1Cu/SiO2醋酸甲酯1902896.199.02Cu-Cr醋酸乙酯2502.8接近完全93.83Cu/ZnO醋酸乙酯18515699.04Cu/SiO2醋酸乙酯2804.094.696.6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·CH3CH2OHe.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<0ⅴ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH5>0ⅵ.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·湖南益阳高三期末)汉黄芩素(M)是一种重要的黄酮类化合物,具有广泛的药理活性,一种重要的合成方法如下:已知:①Bn表示;②;③。回答下列问题:(1)A的化学名称为。

(2)写出B与氢氧化钠溶液共热时反应的化学方程式:。

(3)设计由C到D步骤的目的是。

(4)D生成E的反应类型为。

(5)E中含有的官能团有种。

(6)M的分子式为。

(7)满足下列条件的B的同分异构体的结构简式为、。

a.能与FeCl3溶液发生显色反应b.1mol该物质与足量银氨溶液反应生成4molAgc.核磁共振氢谱有4组峰(8)根据所学知识结合题目中信息,设计以和乙醇为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。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∶1③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.1mol该物质与足量碳酸氢钠反应理论上可生成44gCO2c.布洛芬分子中最多有11个碳原子共平面d.1mol布洛芬分子中含有手性碳原子物质的量为2mol(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·湖南九校联盟高三第一次联考)有机合成帮助人们发现和制备一系列药物、香料、染料、催化剂等,有力地推动了材料科学和生命科学的发展。有机化合物H可用于疾病治疗,其合成路线如下:已知:①RCONH2R—NCO(X代表卤素原子)。②Diels-Alder反应:+。(1)化合物A的名称为。

(2)为检验G中的官能团—Br,所用试剂包括NaOH水溶液及。

(3)G→H先后进行的反应类型有两种,加入K2CO3的原因是

。

(4)写出C→D反应的化学方程式:

。

(5)化合物D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)。

①苯环上有两个取代基,其中一个为氨基;②能发生银镜反应和水解反应;③苯环上有两种化学环境的氢原子。写出其中一种核磁共振氢谱中峰面积比为1∶1∶2∶2∶2∶3的结构简式:。

(6)根据上述信息,写出以和为原料合成的路线(其他无机试剂任选)。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)2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2(2)Fe3+(3)4NiCO3+O22Ni2O3+4CO2Ni3O4(4)ClO-+2Ni(OH)2Ni2O3+Cl-+2H2O1.25a(5)41∶2(6)(1,1,1)(7)+2或-2解析将废镍催化剂“碱浸”,Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应,则滤液1的主要溶质为NaOH、NaAlO2;通过“灼烧”,除去有机物;加入硫酸、硝酸,使Ni、Cr、Fe“溶解”生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+;加入NaClO,使Fe2+完全转化为Fe3+,调节溶液pH,使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀;加入碳酸钠,使Ni2+“转化”为NiCO3沉淀,滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠和次氯酸钠;过滤后得到的NiCO3中含有杂质,应洗涤、干燥后,再煅烧,最终得到镍的氧化物。(1)“碱浸”时发生的主要反应是铝和氢氧化钠的反应。(2)由分析可知,“溶解”后的溶液中,所含金属离子有Cr3+、Fe2+、Na+、Ni2+、Fe3+。(3)300~400℃时NiCO3转化为Ni2O3,反应的化学方程式为4NiCO3+O22Ni2O3+4CO2;设1molNiCO3在400~450℃下分解为NixOy,1molNiCO3的质量为1mol×119g·mol-1=119g,由图可知,NiCO3在400~450℃分解固体残留率为67.5%,则分解后NixOy的质量为119g×67.5%≈80.3g,根据Ni原子守恒可知,生成NixOy的物质的量为1xmol,1xmol×(59x+16y)g·mol-1=80.3g,得到yx≈43,故400~450℃生成产物的化学式为(4)ClO-把Ni(OH)2氧化成Ni2O3,本身被还原成Cl-,因此离子方程式为ClO-+2Ni(OH)2Ni2O3+Cl-+2H2O;根据离子方程式,消耗amolNi(OH)2的同时消耗0.5amol的ClO-,Cl2有80%在弱碱性条件下转化成ClO-,即Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O,电解过程中产生氯气的物质的量为0.5a80%mol,电解过程中阳极反应为2Cl--2e-Cl2↑,因此外电路中通过的电子物质的量为0.5a80%×2(5)Ni的价电子数为10,每个配体提供一个电子对,则10+2n=18,n=4;CO与N2结构相似,含有C≡O键,则CO分子内σ键与π键个数之比为1∶2。(6)离子坐标参数A为(0,0,0),C为(1,12,12),则(7)Fe是26号元素,根据构造原理,可知基态Fe原子核外电子排布式是[Ar]3d64s2,若一种自旋状态用+12表示,与之相反的用-12表示,则基态Fe原子的自旋磁量子数的代数和为(+12)×4=+2,也可以是(-122.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<Ksp[Al(OH)3]=10-32.3可知,pH最小应达到使Al3+沉淀完全,此时Fe3+已沉淀完全,即c(OH-)=310-32.310-5mol·L-1=10-9.1mol·L-1,则c(H+)=KWc(OH-)=10(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)增大与硫酸的接触面积,提高反应速率与浸取率(2)H2SiO3和CaSO4(3)蒸发浓缩冷却结晶(4)2Fe2++H2O2+4NH3·H2O2Fe(OH)3↓+4NH4(5)2.7≤pH<4.5(6)Be(OH)2+2OH-BeO22-+2H2O离子交换树脂法或CaCl解析绿柱石和方解石混合“熔炼”,“酸浸”过程中生成的硅酸不溶于水,硫酸钙微溶于水,故“滤渣1”成分为H2SiO3和CaSO4,“操作Ⅰ”加入(NH4)2SO4使铝离子发生反应并结晶析出;“除铁”加入过氧化氢可以将亚铁离子氧化成铁离子,加入的氨水使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而分离,“沉淀”时加入氨水生成氢氧化铍,氢氧化铍煅烧分解转化为氧化铍,最后得到Be。(1)“熔炼”后将熔块粉碎,目的是增大熔块与硫酸的接触面积,提高反应速率与浸取率。(2)根据分析可知,“滤渣1”的成分为H2SiO3和CaSO4。(3)根据已知②,铝铵矾的溶解度受温度影响较大,从溶液中得到该晶体的操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(4)Fe2+先被H2O2氧化成Fe3+,Fe3+再与一水合氨反应生成氢氧化铁沉淀,总反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+4NH3·H2O2Fe(OH)3↓+4NH4+(5)调溶液pH的目的是将Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀完全,而使Be2+不发生沉淀。Ksp[Fe(OH)3]≈1×10-39,c(Fe3+)=1×10-5mol·L-1时,解得c(OH-)≈10-11.3mol·L-1,所以pH=2.7时,Fe3+刚好沉淀完全;Ksp[Be(OH)2]≈1×10-21,c(Be2+)=0.01mol·L-1时,解得c(OH-)=10-9.5mol·L-1,所以pH=4.5时,Be2+会开始沉淀。综合上述,当2.7≤pH<4.5时,Fe3+沉淀完全,而Be2+还未开始沉淀。(6)根据题干可知Be(OH)2为两性氢氧化物,可与NaOH反应生成BeO22-,则Be(OH)2与NaOH反应的离子方程式为Be(OH)2+2OH-BeO22-+2H2O。沉淀剂BaCl2存在二次污染、成本高等问题4.答案(1)离子键、共价键(2)[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2(3)Fe3O4Mg(OH)2(4)Na2B4O7+16Na+8H2+7SiO24NaBH4+7Na2SiO3(5)排除装置中的空气,防止空气中的O2与Na、H2反应(6)BO2-+8e-+6H2OBH4(7)1.6解析硼镁矿主要成分为Mg2B2O5·H2O,含少量杂质Fe3O4。硼镁矿粉碎后用氢氧化钠“碱溶”,Fe3O4不溶于氢氧化钠,Mg2B2O5·H2O与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、NaBO2,过滤出Fe3O4、氢氧化镁沉淀,所得滤液中含有NaBO2,经“浓缩”“结晶”得Na2B4O7·10H2O,Na2B4O7·10H2O脱水生成Na2B4O7,Na2B4O7与Na、H2、SiO2在高温条件下反应生成NaBH4和硅酸钠,用异丙胺溶解NaBH4,过滤除去硅酸钠,蒸发NaBH4的异丙胺溶液得NaBH4。(1)NaBH4是离子化合物,含有的化学键为离子键、共价键。(2)Ti是22号元素,基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2。(3)由以上分析可知“碱溶”过滤所得滤渣的主要成分是Fe3O4、Mg(OH)2。(4)Na2B4O7与Na、H2、SiO2在高温条件下反应生成NaBH4和Na2SiO3。(5)高温合成中,加料之前需将反应器加热至100℃以上,并通入氩气,排除装置中的空气,防止空气中的O2与Na、H2反应。(6)在碱性条件下,用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4,H元素化合价由+1价降低为-1价发生还原反应,阴极反应的电极反应式为BO2-+8e-+6H2OBH4-(7)7.6gNaBH4作为还原剂,氢元素化合价由-1价升高为+1价,转移电子的物质的量为7.6g38g·mol-1×8=1.6mol;氢气作为还原剂,氢元素化合价由0价升高为+1价,转移1.6mol电子需要0.8mol氢气,所以7.6g5.答案(1)+6价(2)AlO2-+2H2O+CO2Al(OH)3↓+HC(3)MoO42-+Ba2+BaMoO(4)①NaHCO3②NH3(5)①Al2O3②4∶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。6.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=Ksp(PbSO4)Ksp(PbCO3解析(6)饱和硫酸铅溶液中c(Pb2+)=1.6×10-4mol·L-1,则要生成碳酸铅沉淀,Na2CO3溶液的最小浓度为7.4×10-141.6×10-4mol·L-1≈7.4×10-141.26×10-4mol·L-1≈5.87×10-10mol·大题突破练(二)化学实验综合题1.答案(1)恒压滴液漏斗K2Cr2O7+14HCl(浓)2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O(2)碱石灰吸收多余的氯气,防止污染空气;防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中引起SnCl4水解(3)在装置A与B之间加盛有饱和食盐水的洗气瓶(4)蒸馏Cu、Pb(5)96.4%偏低解析实验装置中A用于制备Cl2,反应原理为K2Cr2O7+14HCl(浓)2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O。由于SnCl4常温下易水解,B装置用于除去Cl2中混有的水蒸气,C装置用于制备四氯化锡,化学反应原理为Sn+2Cl2SnCl4,同理为了防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶,且吸收多余的氯气,e中加入碱石灰,据此分析来解题。(1)为了使浓盐酸顺利滴入烧瓶中,使用的仪器a为恒压滴液漏斗。(3)通过上面的分析可知,装置A用于制备Cl2,Cl2中含有杂质HCl和水蒸气,都会使SnCl4产率降低,因此除了B装置除去水蒸气之外,在装置A与B之间加盛有饱和食盐水的洗气瓶,用于除去杂质HCl。(4)根据氯气与硫渣反应相关产物的熔、沸点可知,三颈烧瓶中得到的粗产品进行提纯的方法是蒸馏,且控制温度为114℃,硫渣中含有的金属元素为Sn、Cu和Pb,与氯气反应提纯后剩余的固体渣经过处理,可回收的主要金属有Cu和Pb。(5)根据滴定反应原理可知,过量的碘的物质的量为n(I2)剩余=12×0.100×10-2mol·L-1×20.00×10-3L=1×10-5mol,所以与H3AsO3发生反应的碘的物质的量n(I2)=0.100mol·L-1×20.00×10-3L-1×10-5mol=1.99×10-3mol,即可得杂质n(AsCl3)=1.99×10-3mol,所以产品中SnCl4的质量分数为10.00g-1.99×10-3mol2.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)①-2②5CS(NH2)2+14MnO4-+32H+14Mn2++5CO2↑+5N2↑+5SO42-+26H2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cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定,滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液VmL,消耗KMnO4的物质的量为cV×10-3mol,根据滴定反应可知,mg产品中CS(NH2)2的物质的量为cV×10-3mol×514×20=50cV7×10-3mol,则样品中硫脲的质量分数为50cV73.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-+S2O42-+4OH-2[Fe(CN)6]4-+2SO3(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S2O42-氧化为SO32-,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-+S2O42-+4OH-2[Fe(CN)6(6)本实验滴定突跃范围为0.01~0.38V,根据表中信息,亚甲基蓝的条件电位为0.36V,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19.98mL、20.90mL、20.02mL,第二次误差较大,舍去,则平均消耗体积为20.00mL,用0.10mol·L-1碱性K3[Fe(CN)6]标准溶液滴定,其物质的量为0.10mol·L-1×20.00×10-3L=2.0×10-3mol,根据滴定反应可知,2.0gNa2S2O4产品中Na2S2O4的物质的量为12×2.0×10-3mol×250mL25.00mL=0.01mol,质量为0.01mol×174g·mol-1=1.74g,故样品中Na2S2O4.答案(1)BCu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(2)ghedij(3)浓硫酸具有吸水性,反应后的硫酸铜以固体形式存在(4)Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O(5)①温度升高促进H2O2的分解②100230实验组1~3生成氧气平均速率随温度升高的增大程度比对照组4~6大解析(1)用铜与浓硫酸制备SO2,需在加热条件下反应,因此适宜的装置是B,化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。(2)收集干燥的SO2,先用浓硫酸干燥二氧化硫气体,再用向上排空气法收集二氧化硫气体,最后进行尾气处理,因此所需装置的接口连接顺序为发生装置→ghedij。(3)反应后,发生装置中未观察到蓝色溶液,可能是浓硫酸具有吸水性,将硫酸铜溶液中的水吸收,最后硫酸铜以固体形式存在。(4)铜、硫酸和H2O2反应生成硫酸铜和水,则生成Cu2+的离子方程式为Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O。(5)①小组同学认为实验1~3的结果,不能证明猜想成立,理由是H2O2的热稳定性较差,温度升高促进H2O2的分解。②为进一步验证猜想,根据实验1、4以及实验3、6,实验温度相同,实验条件中硫酸铜溶液的用量不同,得出实验2、5是一组对比实验;小组同学结合实验1~6,判断猜想成立,根据1和4、2和5、3和6分别对比实验得出温度升高,Cu2+催化能力增强,即依据是实验组1~3生成氧气平均速率随温度升高的增大程度比对照组4~6大。5.答案(1)①足量硝酸和AgNO3溶液②4Cu(NH3)2++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-+SO32-+H2O2CuCl↓+SO(4)Cu2+和SO32-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-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2mL0.5mol·L-1Na2SO3溶液中加入1mL0.25mol·L-1CuCl2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5min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-+SO32-+H2O2CuCl↓+SO4(4)向2mL0.5mol·L-1Na2SO3溶液中加入1mL0.25mol·L-1CuCl2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。6.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)30bc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+3MnO4-+24H+5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O,则有n(FeC2O4)=53n(MnO4-)=53×cmol·L-1×b×10-3L=5bc3×10-3mol,故样品纯度为53bc大题突破练(三)化学反应原理综合题1.答案(1)1074.8(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)2p05(4)30.0(5)(23,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-p05×3=2p05,A点的坐标为(t,2p05);由图可知,平衡时CO2、H2、CO、H2O的平衡分压分别为p05(4)已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-EaT+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30.0kJ·mol-1;使用高效催化剂(5)由a和b的坐标可得c的坐标为(23,23,12),由均摊法可知,La为4×16+4×112+2×13+2×16=2,Ni原子位于内部和面心:12×12+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dpm,设底面边长为a,则32a=3d,可得a=23d,底面积为23d×3d=63d2,则晶体的密度为ρ=22.答案(1)2N2H4(g)+N2O4(g)3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1083.24kJ·mol-1(2)10.3(3)①0.18②1.25(或54(4)该反应为放热反应,升温平衡逆向移动,转化率降低(或温度升高,催化剂活性降低,反应速率减慢,相同时间内转化率降低)(5)2NO3-+12H++10e-N2↑+6H2解析(1)由②×2-①-③可得2N2H4(g)+N2O4(g)3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1083.24kJ·mol-1。(2)N2H4的第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-,电离程度较小,因此c(N2H4)≈0.01mol·L-1,其电离常数K1=c(OH-)·c(N2H5+)c(N2H4)=4.0×10-6,c(N2H(3)在恒温恒容条件下,气体压强之比等于其物质的量之比,因此可以直接用压强代替物质的量计算:4NO(g)N2(g)+2NO2(g)初始压强/MPa 15 0 0转化压强/MPa 4x x 2x某时刻压强/MPa 15-4x x 2x20min时,15-4x+x+2x=13.2,x=1.8,故0~20min时,v(NO2)=3.6MPa20min=0.18MPa·min-1;平衡时,15-x=12.5,x=2.5,NO、N2、NO2的分压分别为5MPa、2.5MPa、5MPa,Kx为以物质的量分数表示的平衡常数,且在恒温恒容条件下,气体压强之比等于其物质的量之比,因此可以直接用压强代替物质的量计算,代入公式Kx=(5)由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应生成N2,结合质子交换膜、电荷守恒、原子守恒得电极反应为2NO3-+12H++10e-N2↑+6H3.答案(1)①-49.0②Cu/ZnO*+H2Cu/Zn*+H2O③c(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②d+ca×100%d解析(1)根据题意写出热化学方程式:①H2(g)+12O2(g)H2O(l)ΔH1=-285.8kJ·mol-1,②CH3OH(l)+32O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH2=-726.4kJ·mol-1,③CH3OH(l)CH3OH(g)ΔH3=+82.0kJ·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=-49.0kJ·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,490K之前,温度升高,反应速率加快,甲醇产率增大,在490K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+H2On0 a 3a 0 0Δn -c -3c +c +cnt a-c 3(a-c) c cCO2+H2CO+H2On0 a-c 3(a-c) 0 cΔn -d -d +d +dnt a-c-d 3(a-c)-d d c+d则CO2转化率为c+da×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=c(CH3OH)·c(H2O)c(CO2)·c3(H2)=k正k逆,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,4.答案(1)CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)ΔH=+255.9kJ·mol-1(2)①16.67%>2.25②BD(3)大(4)减小Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高解析(1)将已知反应分别标记为反应①和反应②,则反应ⅠCH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)可由①-2×②得到,根据盖斯定律可知,反应Ⅰ的ΔH=ΔH1-2ΔH2=(+173.5kJ·mol-1)-2×(-41.2kJ·mol-1)=+255.9kJ·mol-1。(2)①达到a点平衡的进气比为0.5,设CO起始量为amol,则H2O的起始量为2amol,由三段式可知,CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量mol a 2a 0 转化量mol 0.5a 0.5a 0.5a 0.5平衡量mol 0.5a 1.5a 0.5a 0.5a点平衡混合物中H2的体积分数为0.5a0.5a+1.5a+0.5a+0.5a×100%≈16.67%;已知反应ⅡCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1是一个放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO的转化率减小,而增大CO的用量平衡正向移动,但CO的转化率减小,比较a、c两点可知,c点中CO的用量大于a点,CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量/mol a a 0 0转化量/mol 0.6a 0.6a 0.6a 0.6a平衡量/mol 0.4a 0.4a 0.6a 0.6ad点对应的平衡常数K=c(CO2②由反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1可知,该反应正反应是一个气体体积不变的放热反应,增大压强平衡不移动,A不合题意;降低温度平衡正向移动,CO的平衡转化率增大,B符合题意;增大进气比[n(CO)∶n(H2O)]即增大CO的用量,平衡正向移动,根据勒夏特列原理可知,CO的平衡转化率减小,C不合题意;分离出CO2即减小生成物CO2浓度,平衡正向移动,则CO的平衡转化率增大,D符合题意。(3)反应的活化能越大,反应越慢。(4)CO催化变换反应为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1,则温度升高时,平衡逆向移动,Kp减小;CO催化变换反应的速率方程为v=k(yCO·yH2O-yCO2·yH2Kp),温度升高,k增大,Kp减小,由于Kp减小对5.答案(1)NH3(g)+2O2(g)NO3-(aq)+H+(aq)+H2O(l)ΔH=-346.69kJ·mol(2)C6H12O6+6H2O-24e-6CO2↑+24H+67.2(3)①NO>B②Ⅱ、Ⅲ③40解析(1)反应1:NH3(g)+32O2(g)NO2-(aq)+H+(aq)+H2O(l)ΔH1=-273.5kJ·反应2:NO2-(aq)+12O2(g)NO3-(aq)ΔH2=-73.19根据盖斯定律可知NH3通过硝化作用转化为NO3-的反应可由反应1加反应2得