主观题突破3 大单元2025高考总复习优化设计二轮用书化学Y课后习题含答案

主观题突破3大单元2025高考总复习优化设计二轮用书化学Y课后习题含答案主观题突破三(分值:94分)学生用书P2251.(12分)(2024·广东2月大联考)碳中和、碳循环是科学家们研究的热门课题,一种以CO2为碳源和胺类化合物合成甲基红(化合物ⅷ)的路线如图所示(加料顺序、反应条件略):已知:重氮盐(含—N2Cl结构)与胺类或酚类发生耦合反应,耦合位置优先选择氨基或酚羟基的对位。回答下列问题:(1)化合物ⅰ的分子式为;芳香族化合物x为化合物ⅰ的同分异构体,其核磁共振氢谱有4组峰,则x的结构简式为,其化学名称为。

(2)反应①中,除了生成化合物ⅱ外,还有另外一种产物y为(填化学式)。

(3)根据化合物ⅱ的结构特征,分析预测其可能的化学性质,完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型a

加成反应b

水解反应(4)下列关于反应⑤的说法正确的有(填字母)。

AE.反应⑤中,有C—H和N—Cl的断裂BE.反应物ⅵ中,C原子和N原子的杂化方式完全相同CE.产物ⅶ中不存在手性碳原子DE.反应⑤的另一种产物z属于极性分子,存在仅由p轨道“头碰头”形成的σ键(5)以苯为含碳原料,利用上述有机合成路线的原理,合成化合物,基于你设计的合成路线,回答下列问题:①最后一步反应的化学方程式为

。

②相关步骤涉及卤代烃制酚的反应,写出该反应第一步的化学方程式:

。

③从苯出发制重氮盐,经过第一步反应得到的产物为(填结构简式)。

答案:(1)C7H9N对甲基苯胺(合理即可)(2)H2O(3)H2,催化剂,△NaOH溶液,△,HCOONa(合理即可)(4)AC(5)①++HCl②+2NaOH+NaCl+H2O③2.(15分)(2024·湖南长郡中学一模)法匹拉韦(有机物I)是一种广谱抗病毒仿制药,其含有的环状结构与苯的共轭结构类似。一种合成法匹拉韦的路线如图所示:C已知:①R—NH2R—OH;②R1—CHOR1CH(OH)COOH;③化合物F、G不易分离,萃取剂的极性过大则常得到黑色糊状物,过小则萃取率不高。回答下列问题:(1)化合物B中含氧官能团的名称为。

(2)C的结构简式为,其分子中sp2杂化的C原子个数是;F到G的反应类型为。

(3)D的同分异构体J满足下列条件:①J与其一种水解产物均可以发生银镜反应;②J的1H-NMR谱如图所示;③J含有两种含氧官能团,不存在两个氧原子相连或氧原子与溴原子相连的情况;④J含有环状结构。请写出J的结构简式:。

(4)请写出G到H的化学方程式:

。

本工艺与传统工艺相比,不同之处即在G到H这一步:进行此步骤前将萃取剂由正己烷/乙酸乙酯换为甲苯,反应时将CH3COOK或CH3COONa换为NaOH,请从产率与经济性的角度分析本工艺的优点:;。

(5)根据已有知识并结合相关信息,将以A为原料制备的合成路线补充完整。答案:(1)酯基(2)5取代反应(3)、(4)+2NaOH+NaF+H2O甲苯的极性介于乙酸乙酯与正己烷之间,分离效果好NaOH更为廉价,使此工艺更适合工业化(5)3.(14分)(2024·湖北卷)某研究小组按以下路线对内酰胺F的合成进行了探索。回答下列问题。(1)从实验安全角度考虑,AB中应连有吸收装置,吸收剂为。

(2)C的名称为,它在酸溶液中用甲醇处理,可得到制备(填字母)的原料。

a.涤纶 b.尼龙c.维纶 d.有机玻璃(3)下列反应中不属于加成反应的有(填字母)。

a.AB b.BCc.EF(4)写出CD的化学方程式:

。

(5)已知(亚胺)。然而,E在室温下主要生成G(),原因是

。

(6)已知亚胺易被还原。DE中,催化加氢需在酸性条件下进行的原因是;若催化加氢时,不加入酸,则生成分子式为C10H19NO2的化合物H,其结构简式为。

答案:(1)NaOH溶液(或其他碱溶液等)(2)2-甲基-2-丙烯腈(或甲基丙烯腈)d(3)bc(4)+(5)亚胺不稳定,易发生分子重排反应(异构化)生成有机化合物G(6)H+可以保护氨基,使E不转化为G4.(12分)(2024·广东东莞中学、广州二中等六校联考)有机化合物Ⅰ结构对称,是一种优良的抗菌药成分,其合成路线如下。已知:(R'、R″是烃基或氢)回答下列问题:(1)化合物A的分子式为。

(2)反应①中,化合物A与气体x反应生成化合物B,原子利用率100%。x为。

(3)芳香族化合物M为B的同分异构体,其能够发生银镜反应、水解反应,且在核磁共振氢谱上只有4组峰,则M的结构简式为,其含有的官能团名称为。

(4)关于由D→E的说法不正确的是。

AE.反应过程中,有C—O单键的断裂和CC双键的形成BE.HCHO为平面结构,分子中存在由p轨道“头碰头”形成的π键CE.化合物D中含有氧原子,能与水形成氢键,因此该物质易溶于水DE.化合物E中,碳原子采取sp2、sp3杂化,但不存在顺反异构(5)根据化合物E的结构特征,分析预测其可能的化学性质,完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型aBr2的CCl4溶液

b

水解反应(6)以甲苯、乙醛为含碳原料,利用反应③和反应④的原理,合成化合物W()。基于自己设计的合成路线,回答下列问题:①最后一步反应中,有机反应物为(写结构简式)。

②相关步骤涉及芳香烃制卤代烃,其化学方程式为

(注明反应条件)。

答案:(1)C7H8(2)CO2(3)酯基(4)BC(5)加成反应NaOH溶液,加热—COONa、—OH(合理即可)(6)①②+Br2+HBr解析:化合物A()与气体x反应生成化合物B(),原子利用率为100%,可推知x为CO2,B与Br2发生取代反应生成C(),C与甲醇在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应生成D(),D发生反应③生成E(),E在题给条件下发生水解反应生成F(),F与I2在一定条件下反应生成G(),G在加热条件下生成H(),H在酸性条件下发生反应④生成I()。(1)化合物A为,A的分子式为C7H8。(2)由上述分析知,x为CO2。(3)芳香族化合物M为B的同分异构体,M能够发生银镜反应、水解反应,则M为甲酸酯,且在核磁共振氢谱上只有4组峰,则M的结构简式为;其含有的官能团名称为酯基。(4)由D→E的反应过程中,有C—O单键的断裂和CC双键的形成,A正确;HCHO为平面结构,分子中存在由p轨道“肩并肩”形成的π键,B错误;化合物D中含有的氧原子为酯基上的氧原子,不能与水形成氢键,因此其难溶于水,C错误;化合物E中,碳原子采取sp2、sp3杂化,但不存在顺反异构,D正确;答案:选BC。(5)a.化合物E与Br2的CCl4溶液反应生成,b.化合物E在NaOH溶液及加热的条件下发生水解反应生成和CH3OH。(6)以甲苯、乙醛为含碳原料,利用反应③和反应④的原理,合成化合物W的路线为,故最后一步反应中,有机反应物为;涉及芳香烃制卤代烃,其化学方程式为+Br2+HBr。5.(12分)(2024·广东大湾区联合模拟)有机化合物I的一种合成路线如下:回答下列问题:(1)化合物A的名称为;化合物C中含有的官能团名称为。

(2)反应②是原子利用率100%的反应,写出化合物ⅰ的一种用途。

(3)芳香化合物x为ⅱ的同分异构体,能发生水解反应,且核磁共振氢谱中4组峰的面积之比为6∶2∶1∶1。x的结构简式为(写出一种)。

(4)根据化合物D的结构特征,分析预测其主要的化学性质,完成下表。序号可反应的试剂反应形成的新结构消耗反应物的物质的量之比①新制Cu(OH)2

n[Cu(OH)2]∶n(D)=

②H2

n(H2)∶n(D)=4∶1(5)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是。

AE.有机物A中碳原子杂化方式有sp2、sp3BE.反应①,有C—I和H—O断裂CE.1mol化合物B中,含σ键16NA个DE.产品I属于极性分子,易溶于水和酒精(6)参照上述路线,以、ⅲ(一种二溴代烃)为主要原料合成流程中的物质H,基于你的设计,回答下列问题:①原料ⅲ为(写结构简式)。

②相关步骤涉及芳香醇转化为芳香醛的反应,对应的化学方程式为

。

③最后一步反应类型为。

答案:(1)邻甲基苯酚(合理即可)羟基、醚键(2)防腐剂或杀菌剂(3)或(4)①—COONa2∶1②(5)AB(6)①CH2Br2②2+O22+2H2O③还原反应解析:由有机化合物的转化关系可知,与一碘甲烷发生取代反应生成,与甲醛发生加成反应生成,则ⅰ为甲醛;铜作催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成,与H3C—NO2先发生加成反应、后发生消去反应生成,与锌、HCl发生还原反应生成,与发生取代反应生成,则ⅱ为;与发生取代反应生成。(1)的名称为邻甲基苯酚,的官能团为羟基和醚键。(2)根据上述分析可知,化合物ⅰ为可以做防腐剂、杀菌剂的甲醛。(3)化合物ⅱ的结构简式为,ⅱ的同分异构体芳香化合物x能发生水解反应说明x分子中含有酯基,核磁共振氢谱中4组峰的面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为、。(4)分子中含有的醛基能在NaOH存在的条件下被新制氢氧化铜氧化生成、氧化亚铜和水,反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O,D与新制氢氧化铜反应时,消耗氢氧化铜和D的物质的量之比2∶1,反应形成的新结构为—COONa;分子中含有的醛基和苯环在一定条件下能与氢气发生加成反应生成。(5)分子中苯环上碳原子的杂化方式为sp2杂化,饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化,A正确;反应①为与一碘甲烷发生取代反应生成和碘化氢,反应中有C—I和H—O断裂,B正确;1个分子中含有的σ键数目为19,则1mol化合物B中含有σ键的数目为19NA,C错误;产品I属于极性分子,但分子中憎水基的结构远大于亲水基,所以产品I难溶于水,D错误;故选AB。(6)由有机化合物的转化关系可知,以、CH2Br2为主要原料合成流程中的物质H的合成步骤为与CH2Br2发生取代反应生成,在铜作催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成,与H3C—NO2先发生加成反应、后发生消去反应生成,在铁和盐酸作用下发生还原反应生成;①由分析可知,原料ⅲ的结构简式为CH2Br2。②由分析可知,芳香醇转化为芳香醛的化学方程式为2+O22+2H2O。③由分析可知,最后一步反应为还原反应。6.(15分)(2024·全国新课标卷)四氟咯草胺(化合物G)是一种新型除草剂,可有效控制稻田杂草。G的一条合成路线如下(略去部分试剂和条件,忽略立体化学)。已知反应Ⅰ:ROHROSO2CH3+(C2H5)3N·HCl已知反应Ⅱ:++R4OHR1为烃基或H,R、R2、R3、R4为烃基回答下列问题:(1)反应①的反应类型为;加入K2CO3的作用是。

(2)D分子中采用sp3杂化的碳原子数是。

(3)对照已知反应Ⅰ,反应③不使用(C2H5)3N也能进行,原因是

。

(4)E中含氧官能团名称是。

(5)F的结构简式是;反应⑤分两步进行,第一步产物的分子式为C15H18F3NO4,其结构简式是。

(6)G中手性碳原子是(写出序号)。

(7)化合物H是B的同分异构体,具有苯环结构,核磁共振氢谱中显示为四组峰,且可以发生已知反应Ⅱ,则H的可能结构是。

答案:(1)取代反应与生成的HBr反应,促进反应正向进行(2)5(3)存在含三级胺结构的化合物,可吸收HCl(4)酯基(5)(6)3和4(7)、解析:结合A、C的结构简式和B的分子式可知,B的结构简式为,A与B发生取代反应,生成C和小分子HBr,加入的K2CO3与生成的HBr发生反应,促进反应正向进行;由反应③的反应条件可知,反应③发生已知反应Ⅰ,则D中应含有—OH,再结合C的结构简式、D的分子式可知,C→D发生的是羰基的加氢还原反应,D的结构简式为,采取sp3杂化的C原子为图中数字标注的C原子,有5个;D的分子中存在—OH和,依次发生反应③(类似已知反应Ⅰ)、反应④(取代反应)生成E,E中含氧官能团为酯基;根据E、G的结构简式和反应⑤、反应⑥的反应试剂,结合F的分子式可知,F的结构简式为。(3)已知反应Ⅰ为—OH与CH3SO2Cl发生取代反应,生成的小分子HCl与结合生成铵盐。由D的结构简式可知,D分子中存在三级胺结构,存在含三级胺结构的化合物,可吸收HCl,故反应③不使用(C2H5)3N也能进行。(5)已知反应⑤分两步进行,结合F的结构简式可知,E→F过程中,第二步为第一步产物发生已知反应Ⅱ的反应,结合第一步产物的分子式及已知反应Ⅱ的机理知,第一步产物的结构简式为。(7)由分析可知,B的结构简式为,其同分异构体H能发生已知反应Ⅱ,说明其具有或—NH2结构;具有苯环结构,核磁共振氢谱中显示有4组峰,说明结构对称,则其可能的结构简式有、。7.(14分)(2024·四川成都一模)靛蓝类色素广泛用于食品、医药和印染工业。靛蓝(化合物X)和多环化合物Y的一种合成路线如下所示(部分反应条件或试剂略去)。已知:ⅰ.R1—CHO+(1)B的名称是。

(2)E→G的反应类型是,G中所含官能团的名称是。

(3)符合下列条件的J的同分异构体有种;

a.苯环上含有两个取代基,其中一个是硝基,且硝基连在苯环上b.能发生银镜反应c.可与氢氧化钠溶液发生化学反应其中核磁共振氢谱显示4组峰,且峰面积比为6∶2∶2∶1的有机物结构简式是。

(4)G→J的化学反应方程式是

。

(5)已知K中除苯环外还含有一个五元环,K的结构简式是。

(6)已知:ⅱ.+R3—NH2ⅲ.中CN键性质类似于羰基,在一定条件下能发生类似ⅰ的反应。根据上述信息写出M与L在一定条件下转化为Y的路线图。答案:(1)2-硝基甲苯或邻硝基甲苯(2)氧化反应硝基和醛基(3)15(4)+(5)(6)解析:A的分子式为C7H8,结合E的结构简式,可知A分子含有苯环,故A为,由B的分子式、E的结构简式,可知A发生硝化反应生成B,B与氯气在光照条件下发生一卤取代生成D,D发生卤代烃的水解反应生成E,故B为、D为;E发生催化氧化生成G是,和I反应生成J,由信息可知I是;X水解为K、L,根据K、L的分子式,K中除苯环外还含有一个五元环,推知K是、L是,K水解为M,M是。(2)E→G的过程中—CH2OH转化为—CHO,反应类型是氧化反应。(3)符合下列条件的J的同分异构体:a.苯环上含有两个取代基,其中一个是硝基;b.能发生银镜反应;c.可与氢氧化钠溶液发生化学反应;说明含有—OOCH基团,苯环的另一个取代基为CH3CH2CH2OOCH、(CH3)2CHOOCH中烃基失去1个氢原子形成的基团,前者有3种,后者有2种,2个取代基有邻、间、对3种位置关系,故符合条件的同分异构体共有3×(3+2)=15种,其中核磁共振氢谱显示4组峰,且峰面积比为6∶2∶2∶1的有机物结构简式是。(5)由分析可知K是。(6)由分析可知,L是,M是,M、L发生信息ⅱ的反应,所得产物发生信息ⅲ的反应。主观题突破四(分值:85分)学生用书P2391.(13分)氮及其化合物在工农业生产中有着重要应用,减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。Ⅰ.一定条件下,用CH4催化还原可消除NO污染。已知:①CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-865.0kJ·mol-1②2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=-112.5kJ·mol-1(1)N2和O2完全反应,每生成2.24L(标准状况)NO时,吸收8.9kJ的热量,则CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=kJ·mol-1;一定温度下,往一容积不变的密闭容器中加入适量的CH4和NO,下列条件能判断该反应到达平衡状态的有(填字母)。

A.混合气体的平均相对分子质量不变B.v消耗(NO)=4v消耗(CO2)C.单位时间里有4nmolC—H断开同时有4nmolO—H断开D.混合气体的压强不变E.混合气体的密度不变(2)将2molNO(g)、1molO2(g)和2molHe(g)通入反应器,在温度T、压强p条件下进行反应②和2NO2(g)N2O4(g)。平衡时,若O2、NO2与N2O4三者的物质的量相等,则NO转化率为,反应②平衡常数Kp=(用含p的代数式表示)。

Ⅱ.利用如图所示原理去除NO:(3)基态N原子中,电子占据的最高能级为能级,该能级轨道的形状为;电解池中阴极反应式为

。

(4)A口每产生224mLO2(体积已换算成标准状况,不考虑O2的溶解),可处理NO的物质的量为mol。

答案:(1)-1155.5BC(2)60%5(3)2p哑铃形2HSO3-+2e-+2H+S2O42(4)0.02解析:(1)N2和O2完全反应,每生成2.24L(标准状况)NO时n(NO)=2.24L22.4L·mol-1=0.1mol,吸收8.9kJ的热量,则生成2molNO吸收热量Q=8.9kJ×20=178kJ,即热化学方程式为③N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+178kJ·mol-1,根据盖斯定律,反应①+②-③整理可得CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)Δ反应前后气体质量守恒,物质的量不变,故而平均相对分子质量一直不变,不能作为平衡的标志,A错误。达到平衡时不同物质按计量数成比例,B正确。同理,C正确。整个反应过程气体压强不变,不能作为平衡的标志,D错误。反应前后气体质量守恒,体积不变,故而密度不变,不能作为平衡的标志,E错误。(2)由题目信息可知,设平衡时n(NO)=xmol,n(NO2)=n(O2)=n(N2O4)=ymol,根据N守恒可得x+3y=2,根据O守恒可得x+8y=4;解得n(NO)=xmol=0.8mol,n(NO2)=n(O2)=n(N2O4)=ymol=0.4mol。NO转化率为2-0.82×100%=60%;平衡时混合气体总物质的量为0.8mol+0.4mol×3+2mol=4mol,反应②平衡常数(3)基态N原子核外电子排布为1s22s22p3,基态N原子中,电子占据的最高能级为2p能级,该能级轨道的形状为哑铃形。由图可知,电解池中阴极的亚硫酸氢根离子得到电子发生还原反应生成S2O42-,反应式为2HSO3-+2e-+2H+S2O(4)A口每产生224mLO2(体积已换算成标准状况,不考虑O2的溶解)为0.01mol,NO得到电子生成0价的氮气,根据电子守恒可知,2NO~4e-~O2,则可处理NO的物质的量为0.02mol。2.(14分)(2024·广东惠州第三次调研)减少NOx、CO2的排放,实现资源化利用是化学工作者研究的重要课题。(1)尿素水解生成的NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术,且为可逆过程。反应过程与能量关系如图1,在以Fe2O3为主的催化剂表面可能发生的反应过程如图2。①NH3催化还原NO为(填“放热”或“吸热”)反应。

②基态Fe3+的价层电子排布式为。

③上述脱硝的总反应化学方程式为

。

(2)电厂烟气脱氮的反应为4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)ΔH<0,现向某2L密闭容器中分别投入一定量的NH3和2.0×10-4molNO发生以上反应。其他条件相同时,在甲、乙两种催化剂的作用下,反应1min时NO的转化率与温度的关系如图3。①在催化剂甲的作用下,温度高于210℃而低于300℃时,NO转化率降低的可能原因是

。

②100~300℃区间,0~1min内,使用甲催化剂时NO的最高平均反应速率为。

(3)工业以NH3和CO2为原料合成尿素。液相中,合成尿素的热化学方程式为2NH3(l)+CO2(l)H2O(l)+NH2CONH2(l)ΔH<0,在液相中,CO2的平衡转化率与温度、初始氨碳比[用L表示,L=n(NH3)n(C①曲线A、B中,(填“A”或“B”)的W较小。

②对于液相反应,常用某组分M达到平衡时的物质的量分数x(M)代替平衡浓度来计算平衡常数(记作Kx)。195℃时,2NH3(l)+CO2(l)H2O(l)+NH2CONH2(l)的Kx的值为。

答案:(1)①放热②3d5③4NH3+4NO+O24N2+6H2O(2)①催化剂活性降低②6.0×10-5mol·L-1·min-1(3)①A②3.25解析:(1)①由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量,为放热反应。②Fe的价层电子排布式为3d64s2,而Fe3+是Fe失去3个电子形成的,因此Fe3+的价层电子排布式为3d5。③由图可知,反应物为氨气、一氧化氮、氧气,生成物为氮气和水,则脱硝的总反应为4NH3+4NO+O24N2+6H2O。(2)①催化剂的活性受温度的影响,温度升高催化剂的活性可能降低,因此转化率减小。②由图可知100~300℃之间,使用催化剂甲时NO的最高转化率为60%,故NO的变化量为2.0×10-4mol×60%=1.2×10-4mol,则最高反应速率为1.2×10-4mol2L×1min=6(3)①当初始氨碳比相同时,水碳比越大,二氧化碳的转化率越小,根据图中信息可知,曲线A二氧化碳转化率大于曲线B,则W较小的是曲线A。②N点氨碳比为3,初始水碳比为0,平衡时二氧化碳的转化率为75%,设初始时氨气物质的量为3amol,根据“三段式”:2NH3(l)+CO2(l)H2O(l)+NH2CONH2(l)起始/mol 3a a 0 0变化/mol 1.5a 0.75a 0.75a 0.75a平衡/mol 1.5a 0.25a 0.75a 0.75a平衡时总物质的量为3.25amol,则Kx=x(H2O3.(15分)(2024·湖南卷)丙烯腈(CH2CHCN)是一种重要的化工原料。工业上以N2为载气,用TiO2作催化剂生产CH2CHCN的流程如下。已知:①进料混合气进入两釜的流量恒定,两釜中反应温度恒定;②反应釜Ⅰ中发生的反应为ⅰ:HOCH2CH2COOC2H5(g)CH2CHCOOC2H5(g)+H2O(g)ΔH1③反应釜Ⅱ中发生的反应为ⅱ:CH2CHCOOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCONH2(g)+C2H5OH(g)ΔH2ⅲ:CH2CHCONH2(g)CH2CHCN(g)+H2O(g)ΔH3④在此生产条件下,酯类物质可能发生水解。回答下列问题。(1)总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)ΔH=(用含ΔH1、ΔH2和ΔH3的代数式表示)。

(2)进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)∶n(C2H5OH)=1∶2,出料中四种物质(CH2CHCOOC2H5、CH2CHCN、C2H5OH、H2O)的流量(单位时间内出料口流出物质的物质的量)随时间变化关系如图。①表示CH2CHCN的曲线是(填“a”“b”或“c”)。

②反应釜Ⅰ中加入C2H5OH的作用是

。

③出料中没有检测到CH2CHCONH2的原因是

。

④反应11h后,a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是

。

(3)催化剂TiO2再生时会释放CO2,可用氨水吸收获得NH4HCO3。现将一定量的NH4HCO3固体(含0.72g水)置于密闭真空容器中,充入CO2和NH3,其中CO2的分压为100kPa,在27℃下进行干燥。为保证NH4HCO3不分解,NH3的分压应不低于kPa[已知p(H2O)=2.5×102kPa·mol-1×n(H2O),NH4HCO3分解的平衡常数Kp=4×104(kPa)3]。

(4)以CH2CHCN为原料,稀硫酸为电解液,Sn作阴极,用电解的方法可制得Sn(CH2CH2CN)4,其阴极反应式为

。

答案:(1)ΔH1+ΔH2+ΔH3(2)①c②降低HOCH2CH2COOC2H5的分压,有利于反应ⅰ正向移动,同时增大乙醇的浓度可以使酯的水解程度降低,从而提高CH2CHCOOC2H5的产率③CH2CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下可彻底分解④反应时间过长,催化剂中毒活性降低,反应速率减小,故产物减少(3)40(4)Sn+4CH2CHCN+4e-+4H+Sn(CH2CH2CN)4解析:工业上以N2为载气,用TiO2作催化剂,由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH为进料气体生产CH2CHCN,在反应釜Ⅰ中发生反应ⅰ:HOCH2CH2COOC2H5(g)CH2CHCOOC2H5(g)+H2O(g),加入NH3后,在反应釜Ⅱ中发生反应ⅱ:CH2CHCOOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCONH2(g)+C2H5OH(g),反应ⅲ:CH2CHCONH2(g)CH2CHCN(g)+H2O(g),故产物的混合气体中有CH2CHCN、C2H5OH、未反应完的CH2CHCOOC2H5和水。(1)根据盖斯定律,总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)可以由反应ⅰ+反应ⅱ+反应ⅲ得到,故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。(2)①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g),设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1mol,n(C2H5OH)=2mol,出料气中CH2CHCOOC2H5含量很少,则生成CH2CHCN(g)、C2H5OH(g)的物质的量约为1mol,生成H2O(g)的物质的量约为2mol,故出料气中C2H5OH(g)的物质的量共约3mol,出料气中CH2CHCN、C2H5OH、H2O的物质的量之比约为1∶3∶2,因此曲线c表示CH2CHCN的曲线。②已知进料混合气进入两釜的流量恒定,反应釜Ⅰ中发生反应ⅰ是气体体积增大的反应,故加入C2H5OH降低HOCH2CH2COOC2H5的分压有利于反应ⅰ正向移动,同时增大乙醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高CH2CHCOOC2H5的产率。③丙烯酰胺(CH2CHCONH2)的分解温度为160~170℃,出料中没有检测到CH2CHCONH2的原因是CH2CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下可彻底分解。④反应11h后,a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长,催化剂中毒活性降低,反应速率减小,故产物减少。(3)0.72g水的物质的量为0.04mol,故p(H2O)=2.5×102kPa·mol-1×n(H2O)=10kPa,NH4HCO3分解的化学方程式为NH4HCO3(s)NH3(g)+CO2(g)+H2O(g),故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)·p(CO2)·p(H2O)=4×104(kPa)3,解得p(NH3)=40kPa,故为保证NH4HCO3不分解,NH3的分压应不低于40kPa。(4)Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物,在水中不电离,以CH2CHCN为原料,稀硫酸为电解液,Sn作阴极,用电解的方法可制得Sn(CH2CH2CN)4,故阴极的电极反应式为Sn+4CH2CHCN+4e-+4H+Sn(CH2CH2CN)4。4.(14分)(2024·广东惠州一模)对氮氧化物NOx的资源化利用,运用多种方式促进氮的循环转化,具有重要的研究意义。(1)已知a:N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+182.6kJ·mol-1b:C的燃烧热ΔH=-393kJ·mol-1;c:CO2(g)+C(s)2CO(g)ΔH=+172.4kJ·mol-1①请写出NO(g)与CO(g)反应生成两种无污染性气体的热化学方程式:。②将等物质的量的NO与CO混合气体分别通入体积均为1L的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中,反应一段时间后两容器内达到平衡状态,下列说法正确的是。

A.两容器内混合气体密度相等B.NO转化率αⅠ<αⅡC.反应的平衡常数KⅠ>KⅡ(2)可利用钴氨配合物吸收NO,[Co(NH3)6]2+对NO的配合能力很强,而[Co(NH3)6]3+对NO的配合能力极低。①已知[Co(NH3)6]3+的结构如图所示,1mol[Co(NH3)6]3+中含有σ键的数目是。

②有氧和无氧条件下,[Co(NH3)6]2+溶液脱除NO的效率如图1所示,有氧环境下,发生总反应:4[Co(NH3)6]2++2NO+2O2+H2O4[Co(NH3)6]3++2OH-+NO3-+NO2-,在50℃的有氧环境下,往1L0.01mol·L-1[Co(NH3)6]2+溶液中持续通入试样气体5h,NO脱除率为60%(假设溶液体积不发生改变),结合图1信息,计算此时钴氨溶液中[Co(NH3)6]2+有效含钴率为。{有效含钴率=图1图2③钴氨溶液经过多次循环吸收NO后,其吸收NO的能力变化如图2所示,前16h内钴氨溶液吸收NO的能力不断下降的原因是

。

(3)催化电解NO吸收液可将NO还原为NH3,其催化机理如图3所示,在相同条件下,恒定通过电解池的电量,电解得到部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图4所示。已知FE%=QxQ总,Qx=nF,n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量,F表示法拉第常数,图3图4①当电解电压为U2时,催化电解NO生成NH3的电极反应式为

。

②当电解电压为U1时,电解生成的H2和NH3的物质的量之比为。

答案:(1)①2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-748kJ·mol-1②AC(2)①24NA②85.6%③[Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+,[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低(3)①NO+5e-+5H+NH3+H2O②15∶2解析:(1)①由题意可知,b对应的碳燃烧的热化学方程式为C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH=-393kJ·mol-1,由盖斯定律可知,反应b-a-c得到反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=(-393kJ·mol-1)-(+182.6kJ·mol-1)-(+172.4kJ·mol-1)=-748kJ·mol-1。②由质量守恒定律可知,反应前后气体的质量相等,则1L的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中混合气体密度相等,A正确;该反应为放热反应,则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度低于绝热密闭容器Ⅱ,升高温度,平衡向逆反应方向移动,一氧化氮的转化率减小,则一氧化氮转化率αⅠ>αⅡ,B错误;结合B中分析可知,反应的平衡常数KⅠ>KⅡ,C正确;故选AC。(2)①[Co(NH3)6]3+中配位键属于σ键,氮氢键属于σ键,则1mol[Co(NH3)6]3+中含有σ键的数目为1mol×24×NAmol-1=24NA。②由题给信息可知,反应消耗一氧化氮的物质的量为2×10-4m3·min-1×300min×2×10-2mol·m-3×60%=0.00072mol,则钴氨溶液中[Co(NH3)6]2+有效含钴率为0.01mol·L-1×1L-0.00072mol×20.01mol·L-1×1L×100%=85.6%。③(3)①由图可知,当电解电压为U2时,催化电解一氧化氮生成氨气的电极为阴极,酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和水,电极反应式为NO+5e-+5H+NH3+H2O。②由图可知,当电解电压为U1时,氢气和氨气的法拉第效率分别为60%和20%,则电解生成的氢气和氨气的物质的量之比为60%×Q总25.(15分)(2024·全国甲卷)甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(C3H6)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题:(1)已知如下热化学方程式:CH4(g)+Br2(g)CH3Br(g)+HBr(g)ΔH1=-29kJ·mol-13CH3Br(g)C3H6(g)+3HBr(g)ΔH2=+20kJ·mol-1计算反应3CH4(g)+3Br2(g)C3H6(g)+6HBr(g)的ΔH=kJ·mol-1。

(2)CH4与Br2反应生成CH3Br,部分CH3Br会进一步溴化。将8mmolCH4和8mmolBr2通入密闭容器,平衡时,n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2)。(ⅰ)图中CH3Br的曲线是(填“a”或“b”)。

(ⅱ)560℃时,CH4的转化率α=,n(HBr)=mmol。

(ⅲ)560℃时,反应CH3Br(g)+Br2(g)CH2Br2(g)+HBr(g)的平衡常数K=。

(3)少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500℃时,分别在有I2和无I2的条件下,将8mmolCH4和8mmolBr2通入密闭容器,溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。(ⅰ)在11~19s之间,有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比v(有I2(ⅱ)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据:

。

(ⅲ)研究表明,I2参与反应的可能机理如下:①I2(g)·I(g)+·I(g)②·I(g)+CH2Br2(g)IBr(g)+·CH2Br(g)③·CH2Br(g)+HBr(g)CH3Br(g)+·Br(g)④·Br(g)+CH4(g)HBr(g)+·CH3(g)⑤·CH3(g)+IBr(g)CH3Br(g)+·I(g)⑥·I(g)+·I(g)I2(g)根据上述机理,分析I2提高CH3Br选择性的原因:

。

答案:(1)-67(2)(ⅰ)a(ⅱ)80%7.8(ⅲ)10.92(3)(ⅰ)32(或3∶2)(ⅱ)5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低,有I2催化的CH3Br的含量陡然上升(ⅲ)I2的投入消耗了部分CH2Br2,使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3解析:(1)将第一个热化学方程式命名为①,将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律,将方程式①乘以3再加上方程式②,即①×3+②,得热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)C3H6(g)+6HBr(g)的ΔH=-29kJ·mol-1×3+20kJ·mol-1=-67kJ·mol-1。(2)(ⅰ)根据CH4(g)+Br2(g)CH3Br(g)+HBr(g)为放热反应知,升高温度,平衡逆向移动,CH4(g)的含量增多,CH3Br(g)的含量减少,故CH3Br的曲线为a。(ⅱ)560℃时反应达平衡,剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol,其转化率α=8mmol-1.6mmol8mmol×100%=80%;若只发生一步反应,则生成6.4mmolCH3Br,但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol,说明还有1.4mmolCH3Br发生反应生成CH2Br2,则此时生成的HBr的物质的量n=6.4(ⅲ)由(ⅱ)分析知,平衡时,反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol,n(Br2)=0.2mmol,n(CH2Br2)=1.4mmol,n(HBr)=7.8mmol,故该反应的平衡常数K=c(CH2(3)(ⅰ)11~19s时,有I2的生成速率v=3.2V-2.6V8mol·L-1·s-1=0.075Vmmol·L-1·s-1,无I2的生成速率v=2.2V-1.8V8(ⅱ)从图中可以看出,大约5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低,有I2催化的CH3Br的含量陡然上升,因此,可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性。(ⅲ)根据反应机理可知,I2的投入消耗了部分CH2Br2,同时也消耗了部分HBr,使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br,提高了CH3Br的选择性。6.(14分)(2024·广东2月大联考)银作为催化剂,主要用于乙烯氧化制环氧乙烷、甲醇氧化制甲醛等,通过亚硫酸钠-甲醛还原法或氨浸-水合肼还原法可回收失效的银催化剂。回答下列问题:(1)向银催化剂中加入稀硝酸溶解的化学方程式为。

(2)用氯化钠溶液沉淀银离子可发生下列反应:Ⅰ.Ag++Cl-AgClK1=5.6×109Ⅱ.Ag++2Cl-[AgCl2]-K2=1.1×105Ⅲ.AgCl+Cl-[AgCl2]-K3①计算K3=(列出计算式即可)。

②根据上述平衡信息,为了使Ag+沉淀完全,应注意控制的条件是。

(3)亚硫酸钠-甲醛还原法浸取AgCl的主要反应为AgCl+2SO32-[Ag(SO3)2]3-+Cl①该反应在敞口容器中进行,其他条件不变时,浸出时间过长会使银的浸出率降低,原因可能是

(用离子方程式表示)。②浸出液中含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度及浸出液pH的关系如图所示:已知浸出液中含银微粒的存在形式为Ag+、[Ag(SO3)]-、[Ag(SO3)2]3-、[Ag(SO3)3]5-和[AgXn](n-1)-(X为Cl或OH),则含硫微粒的总浓度c总=c([Ag(SO3)]-)+2c([Ag(SO3)2]3-)+c(H2SO3)+(4)常温下用氨浸-水合肼还原法浸取AgCl,已知:Ag+(aq)+2NH3·H2O(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)+2H2OK4=1.6×107,Ksp(AgCl)=1.8×10-10,写出AgCl溶于氨水发生反应的离子方程式:

,计算该反应的平衡常数K=(保留3位有效数字)。

答案:(1)3Ag+4HNO3(稀)3AgNO3+NO↑+2H2O(2)①1.1×(3)①2SO32-+O22SO42-或2[Ag(SO3)2]3-+2O2Ag2②3c([Ag(SO3)3]5-)c(SO32-)pH=5时,SO32-与H+结合生成HSO3-或H(4)AgCl+2NH3·H2O[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O2.88×10-3解析:(1)银和稀硝酸反应的化学方程式为3Ag+4HNO3(稀)3AgNO3+NO↑+2H2O。(2)①根据盖斯定律,可知反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ,所以K3=K2K1=1.1×10(3)①其他条件不变时,该反应在敞口容器中进行,浸出时间过长会使银的浸出率降低,可能原因是亚硫酸钠或[Ag(SO3)2]3-被空气中的氧气氧化,离子方程式为2SO32-+O22SO42-或2[Ag(SO3)2]3-+2O2Ag2SO4+3SO42-。②根据元素守恒,c总=c([Ag(SO3)]-)+2c([Ag(SO3)2]3-)+c(H2SO3)+3c([Ag(SO3)3]5-)+c(HSO3-)+c(SO32-);pH=5时,含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度的变化与pH=10时不同,结合硫元素的存在形式,可推测原因是pH=5时,SO32-与H+结合生成HSO3(4)AgCl溶于氨水的离子方程式为AgCl+2NH3·H2O[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O;K4=c([Ag(NH3)2]+)c2(NH3·H2O)·c(Ag+)=1.6×107,Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10,所以AgCl溶于氨水的离子反应的平衡常数K=c主观题突破五(分值:96分)学生用书P2471.(14分)(2024·广东茂名第二次综合测试)SO2可用于食品工业、农业、染料业等,以下进行SO2性质的探究。(1)SO2的制备实验室可用Na2SO3固体和75%的硫酸在加热条件下制备SO2,其化学方程式为

。

(2)SO2的收集为收集纯净的SO2可用如图所示装置,则连接顺序为发生装置→→e。

(3)SO2的性质探究ⅰ)探究SO2与水的反应。将注射器中的水注入三颈烧瓶中,测得压强随时间变化如图所示:①计算0~50s烧瓶内SO2的变化速率kPa·s-1。

②ab段变化及溶液的pH减小,表明SO2与水发生反应,该反应的化学方程式为,该反应的产物不稳定,可通过以下实验证明,请补充操作填在表格横线中。操作100s内压强变化/kPa待烧瓶中压强稳定后,将其置于热水浴中,重新测定压强变化Δp1

Δp2若,证明该反应产物不稳定。

ⅱ)探究SO2使品红溶液褪色的原因操作1:将SO2通入品红溶液中,品红溶液褪色。③猜想:能使品红褪色的含硫微粒可能为SO2、H2SO3、。

已知:品红是一种棕红色晶体状有机染料,微溶于水,溶于乙醇和酸,溶液呈红色。④实验设计:小组结合以上信息,设计如下实验证明使品红溶液褪色的微粒不是SO2,请完成表格。操作2现象

不褪色答案:(1)Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2↑(2)c→d→b→a(3)①0.8②SO2+H2OH2SO3将装有等量未溶解SO2的蒸馏水的烧瓶置于热水浴中加热100s,测定压强变化Δp1>Δp2③HSO3-、SO32-解析:Na2SO3固体和75%的硫酸在加热条件下反应可生成SO2,用浓硫酸干燥二氧化硫,用向上排空气法收集,最后用氢氧化钠溶液吸收尾气,防止污染。(1)Na2SO3固体与75%硫酸反应生成SO2、硫酸钠和水,该反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2↑。(2)为收集纯净的SO2,先用浓硫酸干燥,再用向上排空气法收集,最后用氢氧化钠溶液吸收尾气,则连接顺序为发生装置→c→d→b→a→e。(3)①0~50s烧瓶内SO2的变化速率为(100-60)kPa50s=0.8kPa·s-1。②ab段变化及溶液的pH减小,表明SO2与水发生反应SO2+H2OH2SO3,待烧瓶中压强稳定后,将其置于热水浴中加热100s,测定压强变化为Δp1;将装有等量未溶解SO2的蒸馏水的烧瓶置于热水浴中加热100s,测定压强变化Δp2,若Δp1>Δp2,证明该反应产物不稳定。③能使品红溶液褪色的含硫微粒可能为SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-。④将二氧化硫通入无水的体系中,若品红不褪色,能证明使品红褪色的微粒不是SO2,具体实验操作为2.(14分)(2024·广东广州三模)某小组研究Cu与浓硝酸反应时发现如下现象:装置与试剂现象Cu片完全溶解,反应放热,产生红棕色气体,得到绿色溶液A该溶液长时间放置后得到蓝色溶液B,反应后溶液体积几乎不变(1)Cu与浓硝酸反应的离子方程式为

。

(2)甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解了NO2有关,于是向溶液B中通入NO2,然后持续通入一段时间N2,观察到现象:,证实猜测合理。

甲同学为深入研究溶液A呈绿色的原因,查得如下资料并提出了新的假设:资料ⅰ:NO2溶于水部分发生歧化反应:2NO2+H2OHNO2+HNO3资料ⅱ:NO2-能与Cu2+络合发生反应Cu2+(蓝色)+4NO2-[Cu(NO2)4资料ⅲ:HNO2是弱酸,加热或遇强酸发生分解3HNO2HNO3+2NO↑+H2O假设一:A中形成了[Cu(NO2)4]2-使溶液呈绿色。为了验证假设一的合理性,甲同学进行了如下实验:【实验一】操作现象①向20.0mL0.5mol·L-1Cu(NO3)2蓝色溶液中通入少量NO2气体溶液呈绿色②向20.0mL水中通入与①中等量的NO2气体溶液呈无色(3)操作②的目的是

。

(4)乙同学向①所得溶液中滴加浓硫酸,使溶液中c(H+)≈8mol·L-1,观察到有无色气体放出(遇空气变为红棕色),溶液很快变回蓝色。利用平衡移动原理解释溶液变蓝的原因:

。

(5)综合甲、乙两位同学的实验,假设一不成立。请说明理由:

。

乙同学查得如下资料并提出来另一种假设:资料ⅳ:浓硝酸中溶有NO2时呈黄色,向水或稀硝酸中通入少量NO2时呈无色假设二:A中浓硝酸溶解了NO2所得黄色溶液与Cu2+的蓝色复合形成的绿色。为验证假设二的合理性,乙同学进行了如下实验:【实验二】操作现象①配制与溶液A等pH的HNO3溶液,取20.0mL,通入NO2气体溶液呈黄色②加入

溶液变为绿色③

溶液立即变回蓝色(6)操作②中加入的试剂为,操作③进一步证明了假设二的合理性,写出该操作:。溶液变回蓝色可能的原因是

(用化学方程式表示)。答案:(1)Cu+4H++2NO3-Cu2++2H2O+2NO2(2)通入NO2后溶液呈绿色,通入一段N2后变蓝(3)证明NO2溶于水时没有颜色变化,排除这一因素在①中的干扰(4)加入浓硫酸后,温度升高且c(H+)增大,HNO2分解导致c(HNO2)下降,均引起平衡HNO2NO2-+H+逆向移动,c(NO2-)下降,Cu2+(蓝色)+4NO2-[Cu(NO2)(5)加酸且升温后,溶液变为蓝色,说明酸性较强的热溶液A中NO2-能大量存在,因此[Cu(NO2)4]2-也不能大量存在,[Cu(NO2)4](6)0.5molCu(NO3)2加水稀释3NO2+H2O2HNO3+NO解析:(1)Cu与浓硝酸反应生成硫酸铜、NO2和H2O,该反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-Cu2++2H2O+2NO2↑(2)甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解了NO2有关,于是向溶液B中通入NO2,溶液变成绿色,然后持续通入一段时间N2,目的是将NO2吹出,进一步确认NO2的影响,因此通入一段时间N2后溶液又变成蓝色。(3)操作②是对比实验,可证明NO2溶于水时没有颜色变化,排除这一因素在①中的干扰。(4)结合资料可知,由于加入浓硫酸后,温度升高且c(H+)增大,HNO2分解导致c(HNO2)下降,引起平衡HNO2NO2-+H+逆向移动,同时产生无色气体,c(NO2-)下降,Cu2+(蓝色)+4NO2-[Cu(NO2)4]2-(绿色(5)根据题干信息,所用Cu和HNO3的量中HNO3过量,根据方程式可知,A中存有大量HNO3,酸性很强,而加酸后溶液变为蓝色,说明酸性较强的溶液中NO2-不能大量存在,因此[Cu(NO2)4]2-也不能大量存在,[Cu(NO2)4]2-不是溶液A呈绿色的主要原因(6)根据控制变量法,操作②中加入的试剂应与实验一相同,即为20.0mL0.5mol·L-1Cu(NO3)2溶液;根据资料ⅳ,稀硝酸中溶有少量NO2时呈无色,因此可采用加水稀释的方法,发生反应的化学方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO。3.(14分)(2024·全国甲卷)CO(NH2)2·H2O2(俗称过氧化脲)是一种消毒剂,实验室中可用尿素与过氧化氢制取,反应方程式如下:CO(NH2)2+H2O2CO(NH2)2·H2O2。(一)过氧化脲的合成烧杯中分别加入25mL30%H2O2(ρ=1.11g·cm-3)、40mL蒸馏水和12.0g尿素,搅拌溶解。30℃下反应40min,冷却结晶、过滤、干燥,得白色针状晶体9.4g。(二)过氧化脲性质检测Ⅰ.过氧化脲溶液用稀硫酸酸化后,滴加KMnO4溶液,紫红色消失。Ⅱ.过氧化脲溶液用稀硫酸酸化后,加入KI溶液和四氯化碳,振荡,静置。(三)产品纯度测定溶液配制:称取一定量产品,用蒸馏水溶解后配制成100mL溶液。滴定分析:量取25.00mL过氧化脲溶液至锥形瓶中,加入一定量稀硫酸,用准确浓度的KMnO4溶液滴定至微红色,记录滴定体积,计算纯度。回答下列问题:(1)过滤中使用到的玻璃仪器有

(写出两种即可)。

(2)过氧化脲的产率为。

(3)性质检测Ⅱ中的现象为。性质检测Ⅰ和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是。

(4)下图为“溶液配制”的部分过程,操作a应重复3次,目的是,定容后还需要的操作为。

(5)“滴定分析”步骤中,下列操作错误的是(填字母)。

A.KMnO4溶液置于酸式滴定管中B.用量筒量取25.00mL过氧化脲溶液C.滴定接近终点时,用洗瓶冲洗锥形瓶内壁D.锥形瓶内溶液变色后,立即记录滴定管液面刻度(6)以下操作导致过氧化脲纯度测定结果偏低的是(填字母)。

A.容量瓶中液面超过刻度线B.滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗C.摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外D.滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后气泡消失答案:(1)烧杯、漏斗、玻璃棒(任选两种作答)(2)50%(3)液体分层,上层为无色,下层为紫红色还原性、氧化性(4)避免溶质损失盖好瓶塞,反复上下颠倒、摇匀(5)BD(6)A解析:(1)过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒,可任选两种作答。(2)实验中加入尿素的质量为12.0g,物质的量为0.2mol,过氧化氢的质量为25mL×1.11g·cm-3×30%=8.325g,物质的量约为0.245mol,过氧化氢过量,产率应按照尿素的质量计算,理论上可得到过氧化脲0.2mol,质量为0.2mol×94g·mol-1=18.8g,实验中实际得到过氧化脲为9.4g,故过氧化脲的产率为9.4(3)在过氧化脲的性质检测中,检测Ⅰ用稀硫酸酸化,加入高锰酸钾溶液,紫红色消失,说明过氧化脲被酸性高锰酸钾溶液氧化,体现了过氧化脲的还原性;检测Ⅱ用稀硫酸酸化,加入KI溶液和四氯化碳,过氧化脲会将KI氧化为I2单质,体现了过氧化脲的氧化性,生成的I2在四氯化碳中溶解度大,会溶于四氯化碳中,且四氯化碳密度大于水的,振荡,静置后出现的现象为液体分层,上层为无色,下层为紫红色。(4)操作a为洗涤烧杯和玻璃棒,并将洗涤液转移到容量瓶中,目的是避免溶质损失;定容后应盖好瓶塞,反复上下颠倒、摇匀。(5)KMnO4溶液具有强氧化性,应置于酸式滴定管中,A项正确;量筒的精确度不能达到0.01mL,量取25.00mL的溶液应选用滴定管或移液管,B项错误;滴定过程中,待测液有可能会溅到锥形瓶内壁,滴定接近终点时,为了使结果更精确,可用洗瓶冲洗锥形瓶内壁,C项正确;锥形瓶内溶液变色后,且半分钟内溶液不再恢复原来的颜色,才能说明反应达到滴定终点,记录滴定管液面刻度,D项错误。(6)在配制过氧化脲溶液时,容量瓶中液面超过刻度线,使溶液体积偏大,配制溶液的浓度偏低,则滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏低,导致测定结果偏低,A项符合题意;滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗,导致KMnO4溶液浓度偏低,使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高,导致测定结果偏高,B项不符合题意;摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外,使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高,导致测定结果偏高,C项不符合题意;滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后气泡消失,使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高,导致测定结果偏高,D项不符合题意。4.(14分)(2024·黑吉辽卷)某实验小组为实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化,设计实验方案如下:Ⅰ.向50mL烧瓶中分别加入5.7mL乙酸(100mmol)、8.8mL乙醇(150mmol)、1.4gNaHSO4固体及4~6滴1‰甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中装入变色硅胶。Ⅱ.加热回流50min后,反应液由蓝色变为紫色,变色硅胶由蓝色变为粉红色,停止加热。Ⅲ.冷却后,向烧瓶中缓慢加入饱和Na2CO3溶液至无CO2逸出,分离出有机相。Ⅳ.洗涤有机相后,加入无水MgSO4,过滤。Ⅴ.蒸馏滤液,收集73~78℃馏分,得无色液体6.60g,色谱检测纯度为98.0%。回答下列问题:(1)NaHSO4在反应中起作用,用其代替浓硫酸的优点是

(答出一条即可)。

(2)甲基紫和变色硅胶的颜色变化均可指示反应进程。变色硅胶吸水,除指示反应进程外,还可

。

(3)使用小孔冷凝柱承载,而不向反应液中直接加入变色硅胶的优点是(填字母)。

A.无需分离B.增大该反应平衡常数C.起到沸石作用,防止暴沸D.不影响甲基紫指示反应进程(4)下列仪器中,分离有机相和洗涤有机相时均需使用的是(填名称)。

(5)该实验乙酸乙酯的产率为(精确至0.1%)。

(6)若改用C2H518OH作为反应物进行反应,质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为答案:(1)催化剂浓硫酸具有脱水性,使原料炭化,NaHSO4无脱水性,使产品产率更高(或其他合理答案:)(2)吸收生成的H2O,使平衡正向移动,提高乙酸乙酯的产率(3)AD(4)分液漏斗(5)73.5%(6)90解析:乙酸乙酯的制备原理为其中浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂,既能催化反应,加快反应速率,又能吸收反应生成的水,使平衡正向移动,增大产率。本题所给实验中用NaHSO4代替浓硫酸起催化作用,用能吸水的变色硅胶吸水,使平衡正向移动,冷却后用Na2CO3溶液将剩余的酸性物质反应掉,用无水MgSO4干燥产品,最后蒸馏收集73~78℃馏分获得产品乙酸乙酯。(1)用NaHSO4代替浓硫酸起催化作用,因为浓硫酸有脱水性,能够将反应原料炭化,而NaHSO4无脱水性,可提高产品产率。同时还有减少有毒气体(SO2)的产生等其他优点。(2)变色硅胶有吸水性,可吸收反应生成的水,使酯化反应平衡右移,提高产率。(3)不向溶液中直接加入变色硅胶的优点是后续过程中不用再分离出去,且与甲基紫指示剂分开,不会影响其指示过程。平衡常数只与温度有关。故选A、D。(4)分离有机相和洗涤有机相均需用分液漏斗进行分液。容量瓶在配制一定物质的量浓度的溶液时使用,普通漏斗在过滤时使用,洗气瓶在除气体中的杂质时使用。(5)产率=实际产量理论产量×100%。原料中乙酸和乙醇按1∶1反应,显然乙酸比乙醇的量少,利用乙酸的物质的量计算产率:6.60g(6)酯化反应中,酸脱羟基醇脱氢,得到的产品应为CH3CO18OCH2CH3,其分子离子峰的质荷比数值为90。5.(14分)(2024·广东佛山质检二)某合作学习小组将铜片放入氯化铁溶液中,观察到溶液呈无色,产生红褐色固体,铜片表面有白色物质。Ⅰ.探究红褐色固体的成分(1)过滤得到红褐色固体,过滤时下列仪器用到的有(填字母)。

(2)①取少量红褐色固体加盐酸溶解,滴加溶液,溶液变红色,证明是氢氧化铁。

②产生氢氧化铁的原因可能是

(用化学方程式表示)。

Ⅱ.查阅资料:CuCl是白色难溶物(3)探究产生白色物质的原因。设计实验方案如下:实验铜粉/gFeCl3·H2O/g蒸馏水/mL实验现象10.11.82棕黄色溶液变为墨绿色20.51.82棕黄色溶液变为白色浊液①由以上实验可知,产生白色物质的条件是

。

②实验2生成白色物质的化学方程式为

。

③请你从氧化还原反应规律角度分析实验1中未产生白色物质的原因:

。

(4)以石墨为电极电解CuCl2溶液,发现在石墨上析出的铜在切断电源后消失。从电化学角度进行分析,铜消失的原因为

。

(5)基于上述分析,用CuCl2溶液腐蚀覆铜板效果不理想。查阅资料:工业上常用CuCl2、KCl、盐酸混合物腐蚀覆铜板,原理为Cu2++Cu+4Cl-2[CuCl2]-。①基态Cu+的价层电子轨道表示式为

。

②KCl的作用是

。

(6)氧化还原反应的应用十分广泛。写出一种氧化剂在生活中的应用:

。

答案:(1)BC(2)①KSCN②FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl或4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3(3)①铜粉过量②CuCl2+Cu2CuCl③Fe3+的氧化性强于Cu2+,Fe3+过量时,Cu不与Cu2+反应(4)析出的铜单质、石墨和氯化铜溶液形成原电池,铜作负极被氧化溶解(5)①②提供配体,促使平衡Cu2++Cu+4Cl-2[CuCl2]-正向移动(6)过氧化氢或次氯酸钠用于杀菌消毒(合理即可)解析:铜与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁,可用酸溶解后加入硫氰化钾溶液进行检验,氯化铜与过量的铜反应可生成白色固体氯化亚铜,通过对比实验中铜的用量的控制可进行验证。(1)将固体与液体分离需进行过滤,过滤需要的仪器有玻璃棒、漏斗和烧杯,故选BC。(2)①若红褐色固体为氢氧化铁,加盐酸溶解,溶液中含Fe3+,可用KSCN溶液进行检验,若溶液变红,即可证明。②产生氢氧化铁的原因可能是Fe3+在溶液中水解形成氢氧化铁,化学方程式:FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl,也可能是氢氧化亚铁被空气氧化为氢氧化铁,化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。(3)①对比实验中铜的用量可知,产生氯化亚铜的条件是铜粉过量。②生成白色物质氯化亚铜的化学方程式为CuCl2+Cu2CuCl。③Fe3+的氧化性较强,Fe3+过量时将Cu全部氧化为Cu2+,而Cu2+氧化性弱于Fe3+,Fe3+过量时,Cu不与Cu2+反应生成Cu+,则实验1中未产生白色物质。(4)以石墨为电极电解CuCl2溶液,阴极有铜单质析出,断电后析出的铜单质、石墨和氯化铜溶液又形成原电池,铜作负极发生失电子的氧化反应被溶解。(5)①Cu的原子序数为29,基态Cu+的价层电子轨道表示式为;②KCl的作用是提供配体,促使平衡Cu2++Cu+4Cl-2[CuCl2]-正向移动。(6)过氧化氢或次氯酸钠可用于杀菌消毒。6.(13分)(2024·福建泉州一模)某研究小组利用下图所示装置模拟高炉煤气(主要成分为CO、N2、H2、H2S和少量COS)和金属冶炼厂尾气(含SO2)联合制备Na2S2O3·5H2O。回答下列问题:Ⅰ.模拟Na2S2O3的制备步骤一:打开K3,关闭K1、K2,通入高炉煤气。发生的反应有:丁中COS+H2CO+H2S;乙中H2S+Na2CO3NaHCO3+NaHS。(1)丙装置的主要作用为。

(2)当润湿的(CH3COO)2Pb试纸(填现象),关闭K3,停止通入高炉煤气。

(3)导管b接盛有醋酸亚铜氨溶液的洗气瓶用于吸收CO气体,反应的方程式为CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)ΔH<0。①过量H2S会导致吸收CO的能力下降的原因是

。

②将吸收液通过(写一种)的方法实现吸收液的再生,同时释放CO,达到资源化利用。

步骤二:打开K1、K2,通入SO2气体。(4)试剂a为。

(