高考總復習優(yōu)化設計二輪用書化學H湖南專版(適用于新高考新教材)大題突破練

大題突破練(一)化學工藝流程題

1.(2023·湖南邵陽二模)某廢鎳催化劑的主要成分是Ni-Al合金,還含有少量Cr、Fe及不溶于酸堿的有機物。采用如下工藝流程回收其中的鎳,制備鎳的氧化物(NixOy)?；卮鹣铝袉栴}:(1)“堿浸”時發(fā)生的主要反應離子方程式為。

(2)“溶解”后的溶液中,所含金屬離子有Cr3+、Fe2+、Na+、Ni2+、。

(3)在空氣中煅燒NiCO3,其熱重曲線如圖1所示,300~400℃時NiCO3轉化為Ni2O3,反應的化學方程式為;400~450℃生成的固體產物的化學式為。

圖1(4)工業(yè)上可用電解法制取Ni2O3。用NaOH溶液調節(jié)NiCl2溶液pH至7.5,加入適量硫酸鈉后采用惰性電極進行電解。電解過程中產生的Cl2有80%在弱堿性條件下生成ClO-,再把二價鎳氧化為三價鎳。寫出ClO-氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的離子方程式:;amol二價鎳全部轉化為三價鎳時,外電路中通過的電子的物質的量為mol(假設電解時陽極只考慮Cl-放電)。

(5)金屬鎳的配合物Ni(CO)n的中心原子的價電子數(shù)與配體提供的成鍵電子總數(shù)之和為18,則n=;CO與N2結構相似,CO分子內σ鍵與π鍵個數(shù)之比為。

(6)NiO的晶胞結構如圖2所示,其中離子坐標參數(shù)A為(0,0,0),C為(1,12,1圖2(7)原子中運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài),若一種自旋狀態(tài)用+12表示,與之相反的用-12表示,稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對于基態(tài)鐵原子,其自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為2.(2023·河北名校聯(lián)盟聯(lián)考)某軟錳礦含錳50%,是重要的錳礦石。其主要成分如表:軟錳礦主要成分雜質MnO2MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等雜質某科研團隊設計制備高純度MnCO3。反應原理為①MnO2+BaS+H2OMnO+Ba(OH)2+S;②MnO+H2SO4MnSO4+H2O;③MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2OMnCO3↓(白色)。工藝流程圖如圖。回答下列問題:(1)軟錳礦與硫化鋇反應時,適當提高反應液溫度的目的是

。

(2)“不溶物”中除SiO2外,還有(填化學式)。

(3)工序2中加入H2O2的目的是,使用氨水調溶液的pH,理論上pH最小值為。(通常認為溶液中離子濃度小于10-5mol·L-1時沉淀完全;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難溶于水,工序3加入MnF2的目的是除去Mg2+,其反應的離子方程式為。

(5)碳化過程中發(fā)生反應的化學方程式為。

3.(2023·湖南教學教研聯(lián)盟高三第二次聯(lián)考)鈹有“超級金屬”之稱,是航天、航空、電子和核工業(yè)等領域不可替代的材料。以綠柱石[主要成分為Be3Al2(SiO3)6,還含有鐵元素等雜質]和方解石(主要成分為CaCO3)為原料冶煉鈹?shù)牟糠止に嚵鞒倘缦?已知:①Be(OH)2和Al(OH)3性質相似,是兩性氫氧化物。②鋁銨礬在不同溫度下的溶解度:溫度/℃01020304060溶解度/g2.105.007.7410.914.926.7③常溫時,Ksp[Fe(OH)3]≈1×10-39,Ksp[Be(OH)2]≈1×10-21;離子濃度≤1×10-5mol·L-1時,可認為離子沉淀完全?；卮鹣铝袉栴}:(1)“熔煉”后,需將熔塊粉碎的目的是。

(2)“濾渣1”的成分是。

(3)為了讓鋁銨礬更充分地析出,“操作Ⅰ”包含的步驟有、、過濾。

(4)由Fe2+轉化為“濾渣2”的總反應的離子方程式為。

(5)若“操作Ⅰ”得到的濾液中c(Be2+)=0.01mol·L-1,常溫時應調溶液的pH至的范圍內(保留一位小數(shù))。

(6)“沉淀”后的主要成分是Be(OH)2,工業(yè)上去除沉淀中過多的SO42-,常用的方法有:①將沉淀溶解在高濃度NaOH溶液中,然后用蒸餾水稀釋水解,使Be(OH)2二次沉淀析出;②將沉淀用鹽酸溶解后加入BaCl2溶液,生成BaSO4沉淀,再從濾液中二次沉淀出Be(OH)2。方法①中,Be(OH)2方法②操作簡單,去除SO42-的反應效率高、效果好,但存在二次污染、成本高等問題,請你提出去除SO4.(2023·湖南岳陽二模)硼氫化鈉(NaBH4)廣泛用于化工生產,常溫下能與水反應,堿性條件下能穩(wěn)定存在,易溶于異丙胺(沸點為33℃)。工業(yè)上可用硼鎂礦(主要成分為Mg2B2O5·H2O,含少量雜質Fe3O4)制取NaBH4,其工藝流程如圖1所示。圖1回答下列問題:(1)NaBH4中含有的化學鍵為。

(2)基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為。

(3)“堿溶”過濾所得濾渣的主要成分是、。

(4)寫出Na2B4O7制取NaBH4的化學方程式:

。

(5)高溫合成中,加料之前需將反應器加熱至100℃以上,并通入氬氣。通入氬氣的目的是

。

(6)在堿性條件下,用惰性電極電解NaBO2溶液也可制得NaBH4,裝置如圖2所示,寫出陰極反應的電極反應式:。

圖2(7)NaBH4常用作還原劑,H2也是常見的還原劑。與相同氧化劑反應時,7.6gNaBH4的還原能力相當于gH2的還原能力。

5.(2023·湖南長郡中學二模)對廢催化劑進行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁(Al)、鉬(Mo)、鎳(Ni)等元素的氧化物,一種回收利用工藝的部分流程如下:已知:該工藝中,pH>6.0時,溶液中Mo元素以MoO4(1)“焙燒”中,有Na2MoO4生成,其中Mo元素的化合價為。

(2)“沉鋁”中,生成沉淀X的離子方程式為。

(3)“沉鉬”中,pH為7.0,生成BaMoO4的離子方程式為。

(4)①濾液Ⅲ中,主要存在的鈉鹽有NaCl和Y,Y為(填化學式)。

②往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后,通入足量(填化學式)氣體,再通入足量CO2,可析出Y。

(5)高純AlAs(砷化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示,圖中所示致密保護膜為一種氧化物,可阻止H2O2刻蝕液與下層GaAs(砷化鎵)反應。①該氧化物為。

②已知:Ga和Al同族,As和N同族。在H2O2與上層GaAs的反應中,As元素的化合價變?yōu)?5價,則該反應的氧化劑與還原劑的物質的量之比為。

6.(2023·遼寧瓦房店一模)鋅電解陽極泥(主要成分為MnO2、PbSO4和ZnO,還有少量錳鉛氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶鋅過程中產生的廢渣,一種回收鋅電解陽極泥中金屬元素鋅、錳、鉛和銀的工藝如下?；卮鹣铝袉栴}:已知:①MnSO4·H2O易溶于水,不溶于乙醇。②在較高溫度及酸性催化條件下,葡萄糖能發(fā)生如下反應:(1)請寫出Mn原子基態(tài)價層電子排布式:。

(2)已知Pb2Mn8O16中Pb為+2價,Mn為+2價和+4價,則氧化物中+2價和+4價Mn的個數(shù)比為。

(3)“還原酸浸”過程中主要反應的離子方程式為。

(4)實際錳浸出最適宜的葡萄糖加入量遠大于理論加入量,為提高葡萄糖的有效利用率,除充分攪拌外還可采取的措施為。

(5)整個流程中可循環(huán)利用的物質是。獲得MnSO4·H2O晶體的一系列操作是指蒸發(fā)結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥,其中洗滌的具體操作是

。

(6)加入Na2CO3溶液的目的是將PbSO4轉化為PbCO3,Na2CO3溶液的最小濃度為mol·L-1(保留兩位小數(shù))。判斷沉淀轉化能否徹底進行并說明理由。[已知:20℃時Ksp(PbSO4)=1.6×10-8,Ksp(PbCO3)=7.4×10-14,1.262≈1.6]

大題突破練(二)化學實驗綜合題

1.(2023·湖南株洲南方中學月考)某課題小組利用硫渣與氯氣反應制備四氯化錫,其過程如圖所示(夾持、加熱及控溫裝置略)。已知:四氯化錫(SnCl4)常溫下為無色液體,易水解。硫渣的化學組成:物質SnCu2SPbAs其他雜質質量分數(shù)/%64.4325.827.341.231.18氯氣與硫渣反應相關產物的熔、沸點:物質SnCl4CuClPbCl2AsCl3S熔點/℃-33426501-18112沸點/℃1141490951130444(1)儀器a的名稱為,A中發(fā)生反應的化學方程式為。

(2)e中所加物質為,作用為

。

(3)裝置中存在一處缺陷會導致SnCl4產率降低,改進的方法是。

(4)三頸燒瓶中得到的粗產品進行提純的方法是;提純后剩余的固體渣經過處理,可回收的主要金屬有。

(5)已知SnCl4產品中含有少量AsCl3雜質,碘量法可用于測量產品的純度:取10.00g產品溶于水,加入0.100mol·L-1標準I2溶液20.00mL,并加入少量的淀粉溶液;用0.100×10-2mol·L-1的硫代硫酸鈉標準溶液滴定過量的碘。滴定終點時消耗20.00mL硫代硫酸鈉標準溶液。測定過程中發(fā)生的相關反應:①AsCl3+3H2OH3AsO3+3HCl②H3AsO3+I2+H2OH3AsO4+2HI③2S2O32-+I22I-+S則產品中SnCl4的質量分數(shù)為(保留小數(shù)點后1位);若滴定后發(fā)現(xiàn)滴管尖嘴處產生了氣泡,則測量結果(填“偏高”或“偏低”)。

2.(2023·湖北荊州二模)硫脲[CS(NH2)2]是一種白色晶體,熔點180℃,易溶于水和乙醇,受熱時部分發(fā)生異構化反應而生成硫氰化銨,可用于制造藥物,也可用作橡膠的硫化促進劑以及金屬礦物的浮選劑等?；卮鹣铝袉栴}:Ⅰ.硫脲的制備:已知:將石灰氮(CaCN2)和水的混合物加熱至80℃時,通入硫化氫氣體反應可生成硫脲溶液和石灰乳,實驗裝置如圖所示。(1)裝置B中的試劑X和試劑Y的最佳組合是(填字母)。

A.FeS固體+濃硫酸B.FeS固體+稀硝酸C.FeS固體+稀鹽酸(2)儀器M的名稱為。按(1)中所選試劑組合,按氣流從左到右的方向,上述裝置的合理連接順序為c→(填儀器接口的小寫字母)。

(3)裝置C中反應溫度控制在80℃,溫度不宜過高或過低的原因是,裝置C中反應的化學方程式為。

Ⅱ.硫脲的分離及產品含量的測定:(4)裝置C反應后的液體過濾后,將濾液減壓蒸發(fā)濃縮,之后冷卻結晶,離心分離,烘干即可得到產品。稱取mg產品,加水溶解配成500mL溶液,量取25mL于錐形瓶中,滴加一定量的稀硫酸使溶液顯酸性,用cmol·L-1KMnO4標準溶液滴定,滴定至終點時消耗KMnO4標準溶液VmL。①硫脲[CS(NH2)2]中硫元素的化合價為價。

②滴定時,硫脲轉化為CO2、N2、SO42-③樣品中硫脲的質量分數(shù)為(用含“m、c、V”的式子表示)。

3.(2023·湖南懷化二模)連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)廣泛用于紡織、印染、造紙等行業(yè),因其使用時對織物的損傷很小,故又稱“保險粉”。Ⅰ.Na2S2O4制備鋅粉法是最早應用于工業(yè)生產連二亞硫酸鈉的方法,其制備原理及裝置如下:步驟1:檢查裝置氣密性并加入藥品;步驟2:打開儀器a的活塞,向裝置C中通入一段時間SO2,發(fā)生反應:Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O;步驟3:打開儀器c的活塞滴加稍過量的NaOH溶液使裝置C中溶液的pH處在8.2~10.5之間,發(fā)生反應ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4+Zn(OH)2↓;步驟4:過濾,將濾液經“一系列操作”可獲得Na2S2O4。已知:①Na2S2O4易溶于水,不溶于乙醇,在堿性介質中較穩(wěn)定。②Zn(OH)2與Al(OH)3的化學性質相似?；卮鹣铝袉栴}:(1)儀器d的名稱為。

(2)裝置B(單向閥)的作用為。

(3)一系列操作包括鹽析、過濾、脫水、洗滌、干燥等操作,其中洗滌所用的試劑為(填字母)。

A.乙醇 B.NaOH溶液C.水 D.濃硫酸(4)步驟3需控制溶液的pH在8.2~10.5之間,其原因為

。

Ⅱ.Na2S2O4含量的測定稱取2.0g制得的Na2S2O4產品溶于冷水配成250mL溶液,取出25.00mL該溶液于錐形瓶中,用0.10mol·L-1堿性K3[Fe(CN)6]標準溶液滴定,選擇合適指示劑,平行滴定三次,消耗標準溶液體積分別為19.98mL、20.90mL、20.02mL。(5)[Fe(CN)6]3-是一種比較弱的氧化劑,能將S2O42-氧化為SO32-,自身被還原為[Fe(CN)(6)選擇指示劑時,指示劑的條件電位要在滴定突躍電位之間,本實驗滴定突躍范圍為0.01~0.38V,根據(jù)下表,可選擇為指示劑。

常用氧化還原指示劑條件電位(V)顏色變化還原態(tài)氧化態(tài)亞甲基藍0.36無色藍色二苯胺0.76無色紫色二苯胺磺酸鈉0.84無色紫紅鄰苯氨基苯甲酸0.89無色紫紅(7)樣品中Na2S2O4的質量分數(shù)為(雜質不參與反應,計算結果精確到0.1%)。

4.(2023·湖南湘潭一中高三月考)銅是生活中常見的金屬,以銅為原料進行如下實驗?；卮鹣铝袉栴}:Ⅰ.制備SO2(1)利用銅與濃硫酸制備SO2,適宜的裝置是(從A、B、C中選擇),該裝置內發(fā)生反應的化學方程式為。

(2)收集干燥的SO2,所需裝置的接口連接順序為發(fā)生裝置→(填小寫字母)。

(3)反應后,發(fā)生裝置中未觀察到藍色溶液,原因是。

Ⅱ.探究溫度對銅與過氧化氫反應的影響向10mL30%的H2O2溶液中滴加1mL3mol·L-1硫酸,將光潔無銹的銅絲置于其中,銅絲表面產生氣泡并逐漸變多,剩余溶液呈藍色。經檢驗產生的氣體為O2,查閱資料發(fā)現(xiàn)是Cu2+催化H2O2分解的結果。(4)寫出生成Cu2+的離子方程式:。

(5)學習小組提出猜想:升高溫度,Cu2+催化能力增強,該小組設計如下實驗驗證猜想。實驗序號301mol水水浴3min11011202.4210113093101140904100220A15A26100240A3①小組同學認為實驗1~3的結果,不能證明猜想成立,理由是。

②為進一步驗證猜想,完善實驗4~6的方案。小組同學結合實驗1~6,判斷猜想成立,依據(jù)是

。

5.(2023·北京朝陽區(qū)二模)某小組同學探究Na2SO3和不同銅鹽溶液的反應,實驗如下。實驗:向2mL0.5mol·L-1Na2SO3溶液中加入1mL0.25mol·L-1CuCl2溶液,立即產生橙黃色沉淀(沉淀A),放置5min左右,轉化為白色沉淀(沉淀B)。已知:ⅰ.Cu+Cu(NH3)2+ⅱ.Cu+Cu2++Cu(1)研究沉淀B的成分。向洗滌后的沉淀B中加入足量濃氨水,得到無色溶液,在空氣中放置一段時間,溶液變?yōu)樯钏{色。取少量深藍色溶液,滴加試劑X,產生白色沉淀。①白色沉淀是AgCl,試劑X是。

②無色溶液在空氣中放置變?yōu)樯钏{色,反應的離子方程式為。

(2)經檢驗,沉淀A不含SO42-①僅通過上述實驗不能證明沉淀A中含有Cl-,補充實驗:向少量洗凈的沉淀A中加入稀硫酸,證實沉淀A中含有Cu+的證據(jù)是。

②無色溶液中含有SO42-途徑1:實驗過程中O2氧化SO3途徑2:(將途徑補充完整)。

經研究,途徑1不合理,途徑2合理。③解釋Na2SO3和CuCl2溶液反應時,先產生橙黃色沉淀,再轉化為白色的原因:。

(3)Na2SO3和CuCl2溶液反應最終生成CuCl沉淀,并檢測到有SO2生成,離子方程式是。用Na2SO3和CuSO4溶液重復上述實驗,僅產生橙黃色沉淀,放置72h后變?yōu)榘导t色沉淀(可溶于氨水,得到無色溶液,放置變?yōu)樯钏{色)。

(4)根據(jù)上述實驗所得結論:(答出兩點)。

6.(2023·廣東六校聯(lián)盟聯(lián)考)某實驗小組探究淺黃色草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)分解產物的裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}:(1)儀器M的名稱是。

(2)點燃酒精燈之前,先通入N2,其目的是。

(3)裝置C的作用是。

(4)如果實驗中觀察到C、H變渾濁,E不變渾濁,可以得出實驗結論:A裝置中分解的氣體產物一定有(填化學式)。

(5)在300℃、500℃下進行上述實驗,A裝置中分別得到甲、乙兩種黑色粉末,進行實驗并觀察到現(xiàn)象如下:實驗實驗操作及現(xiàn)象①用強磁鐵接近甲,無明顯現(xiàn)象;將黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,產生藍色沉淀②用強磁鐵接近乙,吸起部分粉末,將吸起來的粉末投入鹽酸中,產生氣泡;將剩余黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,產生藍色沉淀根據(jù)上述實驗,實驗①產生藍色沉淀的離子方程式為。乙中的成分可能為(填化學式)。

(6)測定草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)純度。準確稱取Wg樣品于錐形瓶,加入適量的稀硫酸,用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至終點,消耗bmLKMnO4溶液。滴定反應:FeC2O4+MnO4-+H+Fe3++CO2+Mn2++H2O(未配平)。該樣品純度為%。若滴定管沒有用待裝液潤洗,測得結果(填“偏高”“偏低”或“無影響”大題突破練(三)化學反應原理綜合題

1.(2023·遼寧沈陽一模)氫氣作為一種清潔能源,一直是能源研究的熱點,水煤氣變換反應可用于大規(guī)模制H2,反應原理如下:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ·mol-1。(1)根據(jù)下表中提供的數(shù)據(jù),計算x=kJ·mol-1。

化學鍵COC≡OO—HH—H鍵能/(kJ·mol-1)803x463436(2)實驗發(fā)現(xiàn)其他條件不變,在體系中投入一定量CaO可以增大H2的體積分數(shù),從化學平衡的角度解釋原因:。

(3)某溫度下,在一恒容密閉容器中充入CO和H2O[n(CO)∶n(H2O)=1∶1.5],加入催化劑使其發(fā)生上述反應(忽略其他副反應),測得該反應中初始壓強為p0,分壓如圖甲所示(t時刻前,H2O的分壓未給出),則A點坐標為(t,)、平衡常數(shù)Kp=。

甲(4)反應CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的Arrhenius經驗公式的實驗數(shù)據(jù)如圖乙中曲線所示,已知經驗公式為Rlnk=-EaT+C(其中Ea為活化能,k為速率常數(shù),R和C為常數(shù))。該反應的活化能Ea=kJ·mol-1。當使用更高效催化劑時,請繪制Rlnk-1乙(5)儲氫合金能有效解決氫氣的貯存和運輸問題。某儲氫合金的結構屬六方晶系,晶體結構及俯視圖分別如圖(a)、(b)所示。已知a、b兩點的分數(shù)坐標分別為(0,12,14)、(12,12,34),則c點坐標為。X射線衍射測定兩晶面間距為dpm(見圖b),高為cpm,設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,該晶體的摩爾質量為M2.(2023·湖南九校聯(lián)盟高三第一次聯(lián)考)從衣食住行到探索浩瀚宇宙,都有氮及其化合物的參與,但同時有毒含氮化合物的排放,也對環(huán)境產生污染。如何實現(xiàn)環(huán)境保護與資源利用的和諧統(tǒng)一,已成為我們的重要研究課題。(1)工業(yè)上利用N2和H2可以合成NH3,NH3又可以進一步制備火箭燃料肼(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寫出氣態(tài)肼在氣態(tài)四氧化二氮中燃燒生成氮氣和氣態(tài)水的熱化學方程式:

。

(2)N2H4的水溶液呈弱堿性,室溫下其電離常數(shù)K1=4.0×10-6,則0.01mol·L-1的N2H4水溶液pH等于(忽略N2H4的第二步電離和H2O的電離,lg4≈0.6)。

(3)利用測壓法在剛性密閉容器中研究T1℃時4NO(g)N2(g)+2NO2(g)的分解反應,現(xiàn)將一定量的NO充入該密閉容器中,測得體系的總壓強隨時間的變化如下表所示:反應010203040壓強1514.0213.212.512.5①0~20min時,v(NO2)=MPa·min-1。

②T1℃時4NO(g)N2(g)+2NO2(g)反應的平衡常數(shù)Kx=(Kx為以物質的量分數(shù)表示的平衡常數(shù))。

(4)將等物質的量的NO和CO分別充入盛有催化劑①和②的容積相同的剛性容器,進行反應2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH<0,經過相同時間測得NO的轉化率如圖所示,圖中cd段轉化率下降的可能原因是

。

(5)電化學降解法可用于治理水中硝酸鹽污染,電化學降解NaNO3中性溶液的原理如圖所示:Ag-Pt電極上的電極反應為

。

3.(2023·湖南雅禮中學三模)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,在國際上一直受到重視。工業(yè)上常利用CO2和H2為原料合成甲醇,再利用甲醇生產丙烯?；卮鹣铝袉栴}:(1)①常溫下,H2和甲醇的燃燒熱分別為285.8kJ·mol-1和726.4kJ·mol-1,1mol甲醇汽化需要吸收82.0kJ的熱量,則CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下合成氣態(tài)甲醇的熱化學方程式為CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)ΔH=kJ·mol-1;

②上述反應分兩步進行:第一步(寫化學方程式)ΔH>0

第二步Cu/Zn*+2H2+CO2Cu/ZnO*+CH3OHΔH<0③第二步反應幾乎不影響總反應達到平衡所用的時間,由此推知以下能正確表示Cu/ZnO催化CO2和H2合成甲醇反應過程的示意圖為(填字母)。

(2)工業(yè)上用CO2和H2催化合成甲醇存在如下反應:主反應CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0副反應CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH>0一定條件下,在裝有催化劑的密閉容器中投入amolCO2和3amolH2,發(fā)生上述合成反應。①在相同時間內,測得甲醇產率與溫度的關系如圖所示。圖中490K之后,甲醇的產率隨溫度的升高而減小的原因可能是。

②某溫度下,達平衡時容器中CH3OH的物質的量為cmol,CO的物質的量為dmol。則此條件下CO2的轉化率為(列式表示,下同);此條件下副反應的平衡常數(shù)為。

③關于主反應CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0,已知該反應的v(正)=k正·c(CO2)·c3(H2),v(逆)=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)(k正、k逆分別為正、逆向反應速率常數(shù))。該反應的lg1k正、lg1k逆隨溫度變化的曲線如圖所示,則4.(2023·湖南湘潭一中高三月考)綠色能源是未來能源發(fā)展的重要方向,氫能是重要的綠色能源,利用生物乙醇來制取氫氣的部分反應過程如圖所示。(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則反應Ⅰ的熱化學方程式為

。

(2)反應Ⅱ在不同進氣比[n(CO)∶n(H2O)]、不同溫度下,測得相應的CO平衡轉化率見表(各點對應的其他反應條件都相同)。平衡點abcdn(CO)∶n(H2O)0.50.511CO平衡轉化率/%5066.75060①a點平衡混合物中H2的體積分數(shù)為,a、c兩點對應的反應溫度Ta(填“<”“=”或“>”)Tc,d點對應的平衡常數(shù)K=。

②有利于提高CO平衡轉化率的是(填字母)。

A.增大壓強B.降低溫度C.增大進氣比[n(CO)∶n(H2O)]D.分離出CO2(3)反應Ⅱ在工業(yè)上稱為一氧化碳的催化變換反應,若用[K]表示催化劑,則反應歷程可用下式表示:第一步:[K]+H2O(g)[K]O+H2第二步:[K]O+CO[K]+CO2第二步比第一步反應慢,則第二步反應的活化能比第一步反應的。

(4)研究表明,CO催化變換反應的速率方程為v=k(yCO·yH2O-yCO2·yH2K劑一定的情況下,反應速率隨溫度變化的曲線如圖所示。溫度升高時,CO催化變換反應的Kp(填“增大”或“減小”)。根據(jù)速率方程分析,T>Tm時v逐漸減小的原因是

。

5.(2023·湖北十堰二模)氮及其化合物一直為環(huán)境科學領域研究的重點。(1)廢水中的NH3可通過硝化作用消除,已知:NH3(g)+32O2(g)NO2-(aq)+H+(aq)+HΔH=-273.5kJ·mol-1NO2-(aq)+12O2(g)NO3-(aq)ΔH=-73.則NH3通過硝化作用轉化為NO3-的熱化學方程式為(2)某科研小組設計雙陰極微生物燃料電池進行同步硝化和反硝化脫氮研究,如圖所示,“厭氧陽極”的電極反應方程式為,若“好氧陰極”1molNH4+完全硝化生成NO3-,此時向該電極輸送電子的物質的量為4mol,則“好氧陰極”區(qū)消耗的O(3)汽車尾氣中的CO、NO等氣體可在催化劑表面發(fā)生氧化還原反應進行消除,主要原理如下:2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH<0,某小組模擬該反應,在1L恒容密閉容器內將氣體總物質的量為6mol的CO和NO以不同的物質的量比n(CO①平衡時某反應物的轉化率與物質的量比及溫度的關系如圖,縱坐標表示的轉化率,T1和T2關系為T1(填“>”“<”或“=”)T2,圖中A、B、C三點對應反應速率v(NO)正最大的是點。

②若該反應在絕熱、恒容的密閉體系中進行,下列示意圖正確且能說明反應在進行到t1時刻達到平衡狀態(tài)的是。

③已知:壓強平衡常數(shù)Kp含義為在平衡體系中用氣體物質的分壓(pⅰ=p總×物質的量分數(shù))代替濃度,計算得到的平衡常數(shù)。若容器內起始壓強為p0,則C點的壓強平衡常數(shù)。

6.(2023·山西大同二模)隨著時代的進步,人類對能源的需求量與日俱增,我國全球首套焦爐氣化學合成法生產無水乙醇的工業(yè)示范項目打通全流程,項目投產成功。(1)3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代數(shù)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在恒溫恒容密閉容器中充入3molCO(g)和7molH2(g)僅發(fā)生反應3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g),下列敘述正確的是(填字母)。

A.混合氣體總壓強不隨時間變化時,反應達到平衡狀態(tài)B.反應達到平衡時,CH3CH2OH體積分數(shù)可能為25%C.反應達到平衡后,再充入少量CO,CO的平衡轉化率增大D.反應達到平衡后,再加入高效催化劑,乙醇產率保持不變(2)醋酸酯加氫制乙醇是一個乙?；a物制備乙醇的路線。①醋酸酯加氫的催化效能如表所示:實驗組催化劑原料反應條件反應性能溫度壓力轉化率/%選擇性/%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上述實驗中,催化效能最好的為實驗(填序號),與之對比,實驗3中,醋酸酯平衡轉化率較低的主要原因可能是(從表中所給條件的角度分析)。

②醋酸甲酯加氫歷程一般認為可分為如下步驟(*代表催化劑位點,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的步驟中,活化能較小的是(填標號,下同),控制總反應速率的步驟是,分析上述步驟,副產物除CH3OH外,還可能有(寫一種即可)。

(3)甲醇也是新能源的重要組成部分。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應如下: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在不同壓強下、按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3進行投料,在容器中發(fā)生上述3個反應,平衡時,CO和CH3OH在含碳產物(即CH3OH和CO)中物質的量分數(shù)及CO2的轉化率隨溫度的變化如圖,壓強p1、p2、p3由大到小的順序為,曲線(填“m”或“n”)代表CH3OH在含碳產物中物質的量分數(shù),在T1℃下,壓強為p3時,反應ⅴ的濃度平衡常數(shù)Kc=(填含α的表達式)。

大題突破練(四)有機合成與推斷綜合題

1.(2023·湖南益陽高三期末)漢黃芩素(M)是一種重要的黃酮類化合物,具有廣泛的藥理活性,一種重要的合成方法如下:已知:①Bn表示;②;③?；卮鹣铝袉栴}:(1)A的化學名稱為。

(2)寫出B與氫氧化鈉溶液共熱時反應的化學方程式:。

(3)設計由C到D步驟的目的是。

(4)D生成E的反應類型為。

(5)E中含有的官能團有種。

(6)M的分子式為。

(7)滿足下列條件的B的同分異構體的結構簡式為、。

a.能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應b.1mol該物質與足量銀氨溶液反應生成4molAgc.核磁共振氫譜有4組峰(8)根據(jù)所學知識結合題目中信息,設計以和乙醇為原料制備的合成路線(其他試劑任選)。2.(2023·江蘇南通二模)有機物R是一種手性催化劑,在藥物合成中具有重要作用,其合成路線如下:已知:R—NH2+?；卮鹣铝袉栴}:(1)A的化學名稱為;G中含氧官能團的名稱為。G→H的反應類型為。

(2)E的結構簡式為。設計反應①、②的目的是。

(3)B→C的化學方程式為。

(4)R中含有個手性碳原子(連有4個不同原子或原子團)。

(5)寫出兩種符合下列條件C的同分異構體的結構簡式:。

①能發(fā)生銀鏡反應②核磁共振氫譜中有3組吸收峰,且面積之比為2∶1∶1③不存在結構(6)以乙二醇和對苯二胺()為原料,設計制備()的合成路線(其他無機試劑任選)。3.(2023·河北滄州二模)布洛芬具有消炎、止痛、解熱的作用。以有機物A為原料制備布洛芬的一種合成路線如圖所示?；卮鹣铝袉栴}:已知:++H2O+CH3CHO(1)C中官能團的名稱是,D的名稱是。

(2)B→C的反應類型是。

(3)下列有關布洛芬的敘述正確的是(填字母)。

a.能發(fā)生取代反應,不能發(fā)生加成反應b.1mol該物質與足量碳酸氫鈉反應理論上可生成44gCO2c.布洛芬分子中最多有11個碳原子共平面d.1mol布洛芬分子中含有手性碳原子物質的量為2mol(4)滿足下列條件的布洛芬的同分異構體有種,寫出其中能發(fā)生銀鏡反應且核磁共振氫譜峰面積比為12∶2∶2∶1∶1的物質的結構簡式:。(寫一種即可)

①苯環(huán)上有三個取代基,苯環(huán)上的一氯代物有兩種②能發(fā)生水解反應,且水解產物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(5)緩釋布洛芬能緩慢水解釋放出布洛芬,請將下列方程式補充完整。+2nH2O

。

4.(2023·湖南九校聯(lián)盟高三第一次聯(lián)考)有機合成幫助人們發(fā)現(xiàn)和制備一系列藥物、香料、染料、催化劑等,有力地推動了材料科學和生命科學的發(fā)展。有機化合物H可用于疾病治療,其合成路線如下:已知:①RCONH2R—NCO(X代表鹵素原子)。②Diels-Alder反應:+。(1)化合物A的名稱為。

(2)為檢驗G中的官能團—Br,所用試劑包括NaOH水溶液及。

(3)G→H先后進行的反應類型有兩種,加入K2CO3的原因是

。

(4)寫出C→D反應的化學方程式:

。

(5)化合物D的同分異構體中,同時滿足下列條件的有種(不考慮立體異構)。

①苯環(huán)上有兩個取代基,其中一個為氨基;②能發(fā)生銀鏡反應和水解反應;③苯環(huán)上有兩種化學環(huán)境的氫原子。寫出其中一種核磁共振氫譜中峰面積比為1∶1∶2∶2∶2∶3的結構簡式:。

(6)根據(jù)上述信息,寫出以和為原料合成的路線(其他無機試劑任選)。5.(2023·湖北重點中學聯(lián)考)氟唑菌酰羥胺是新一代琥珀酸脫氫酶抑制劑類殺菌劑,合成路線如下:已知:ⅰ.+R3—NH2。(1)A能與Na2CO3溶液反應產生CO2。A的官能團有。

(2)A的某種同分異構體與A含有相同官能團,其核磁共振氫譜也有兩組峰,結構簡式為。

(3)B→D的化學方程式是

。

(4)G的結構簡式為。

(5)推測J→K的過程中,反應物NaBH3CN的作用是。

(6)可通過如下路線合成:已知:ⅱ.R—O—R'+H2OROH+R'OH;ⅲ.。①反應Ⅰ的化學方程式為。

②M的結構簡式為。

③設計步驟Ⅰ和Ⅳ的目的是。

6.(2023·湖北大學附中二模)黃烷酮作為一類重要的天然物質,其大部分具有廣泛的生理和藥理活性。其中一種新型的黃烷酮類化合物(H)的合成路線如圖所示?；卮鹣铝袉栴}:(1)A→B的反應類型為。

(2)中官能團名稱為。

(3)步驟②③的作用為。

(4)B→C的反應中B的2位羥基未被取代的原因是。

(5)D的結構簡式為。

(6)已知G和H互為同分異構體,且結構內含有兩個六元環(huán),則G的結構簡式為。

參考答案大題突破練(一)化學工藝流程題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解析將廢鎳催化劑“堿浸”,Al與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣,Ni、Cr、Fe、有機物不與堿反應,則濾液1的主要溶質為NaOH、NaAlO2;通過“灼燒”,除去有機物;加入硫酸、硝酸,使Ni、Cr、Fe“溶解”生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+;加入NaClO,使Fe2+完全轉化為Fe3+,調節(jié)溶液pH,使Cr3+、Fe3+轉化為Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀;加入碳酸鈉,使Ni2+“轉化”為NiCO3沉淀,濾液2中含有硫酸鈉、硝酸鈉、碳酸鈉和次氯酸鈉;過濾后得到的NiCO3中含有雜質,應洗滌、干燥后,再煅燒,最終得到鎳的氧化物。(1)“堿浸”時發(fā)生的主要反應是鋁和氫氧化鈉的反應。(2)由分析可知,“溶解”后的溶液中,所含金屬離子有Cr3+、Fe2+、Na+、Ni2+、Fe3+。(3)300~400℃時NiCO3轉化為Ni2O3,反應的化學方程式為4NiCO3+O22Ni2O3+4CO2;設1molNiCO3在400~450℃下分解為NixOy,1molNiCO3的質量為1mol×119g·mol-1=119g,由圖可知,NiCO3在400~450℃分解固體殘留率為67.5%,則分解后NixOy的質量為119g×67.5%≈80.3g,根據(jù)Ni原子守恒可知,生成NixOy的物質的量為1xmol,1xmol×(59x+16y)g·mol-1=80.3g,得到y(tǒng)x≈43,故400~450℃生成產物的化學式為(4)ClO-把Ni(OH)2氧化成Ni2O3,本身被還原成Cl-,因此離子方程式為ClO-+2Ni(OH)2Ni2O3+Cl-+2H2O;根據(jù)離子方程式,消耗amolNi(OH)2的同時消耗0.5amol的ClO-,Cl2有80%在弱堿性條件下轉化成ClO-,即Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O,電解過程中產生氯氣的物質的量為0.5a80%mol,電解過程中陽極反應為2Cl--2e-Cl2↑,因此外電路中通過的電子物質的量為0.5a80%×2(5)Ni的價電子數(shù)為10,每個配體提供一個電子對,則10+2n=18,n=4;CO與N2結構相似,含有C≡O鍵,則CO分子內σ鍵與π鍵個數(shù)之比為1∶2。(6)離子坐標參數(shù)A為(0,0,0),C為(1,12,12),則(7)Fe是26號元素,根據(jù)構造原理,可知基態(tài)Fe原子核外電子排布式是[Ar]3d64s2,若一種自旋狀態(tài)用+12表示,與之相反的用-12表示,則基態(tài)Fe原子的自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為(+12)×4=+2,也可以是(-122.答案(1)加快反應速率(2)S(3)將Fe2+氧化為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的目的是將Fe2+氧化為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最小應達到使Al3+沉淀完全,此時Fe3+已沉淀完全,即c(OH-)=310-32.310-5mol·L-1=10-9.1mol·L-1,則c(H+)=KWc(OH-)=10(4)工序3中加入MnF2,MnF2(s)Mn2+(aq)+2F-(aq)產生的F-與Mg2+反應生成MgF2沉淀,即發(fā)生反應MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)。3.答案(1)增大與硫酸的接觸面積,提高反應速率與浸取率(2)H2SiO3和CaSO4(3)蒸發(fā)濃縮冷卻結晶(4)2Fe2++H2O2+4NH3·H2O2Fe(OH)3↓+4NH4(5)2.7≤pH<4.5(6)Be(OH)2+2OH-BeO22-+2H2O離子交換樹脂法或CaCl解析綠柱石和方解石混合“熔煉”,“酸浸”過程中生成的硅酸不溶于水,硫酸鈣微溶于水,故“濾渣1”成分為H2SiO3和CaSO4,“操作Ⅰ”加入(NH4)2SO4使鋁離子發(fā)生反應并結晶析出;“除鐵”加入過氧化氫可以將亞鐵離子氧化成鐵離子,加入的氨水使鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀而分離,“沉淀”時加入氨水生成氫氧化鈹,氫氧化鈹煅燒分解轉化為氧化鈹,最后得到Be。(1)“熔煉”后將熔塊粉碎,目的是增大熔塊與硫酸的接觸面積,提高反應速率與浸取率。(2)根據(jù)分析可知,“濾渣1”的成分為H2SiO3和CaSO4。(3)根據(jù)已知②,鋁銨礬的溶解度受溫度影響較大,從溶液中得到該晶體的操作步驟為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。(4)Fe2+先被H2O2氧化成Fe3+,Fe3+再與一水合氨反應生成氫氧化鐵沉淀,總反應的離子方程式為2Fe2++H2O2+4NH3·H2O2Fe(OH)3↓+4NH4+(5)調溶液pH的目的是將Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀完全,而使Be2+不發(fā)生沉淀。Ksp[Fe(OH)3]≈1×10-39,c(Fe3+)=1×10-5mol·L-1時,解得c(OH-)≈10-11.3mol·L-1,所以pH=2.7時,Fe3+剛好沉淀完全;Ksp[Be(OH)2]≈1×10-21,c(Be2+)=0.01mol·L-1時,解得c(OH-)=10-9.5mol·L-1,所以pH=4.5時,Be2+會開始沉淀。綜合上述,當2.7≤pH<4.5時,Fe3+沉淀完全,而Be2+還未開始沉淀。(6)根據(jù)題干可知Be(OH)2為兩性氫氧化物,可與NaOH反應生成BeO22-,則Be(OH)2與NaOH反應的離子方程式為Be(OH)2+2OH-BeO22-+2H2O。沉淀劑BaCl2存在二次污染、成本高等問題4.答案(1)離子鍵、共價鍵(2)[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2(3)Fe3O4Mg(OH)2(4)Na2B4O7+16Na+8H2+7SiO24NaBH4+7Na2SiO3(5)排除裝置中的空氣,防止空氣中的O2與Na、H2反應(6)BO2-+8e-+6H2OBH4(7)1.6解析硼鎂礦主要成分為Mg2B2O5·H2O,含少量雜質Fe3O4。硼鎂礦粉碎后用氫氧化鈉“堿溶”,Fe3O4不溶于氫氧化鈉,Mg2B2O5·H2O與氫氧化鈉反應生成氫氧化鎂沉淀、NaBO2,過濾出Fe3O4、氫氧化鎂沉淀,所得濾液中含有NaBO2,經“濃縮”“結晶”得Na2B4O7·10H2O,Na2B4O7·10H2O脫水生成Na2B4O7,Na2B4O7與Na、H2、SiO2在高溫條件下反應生成NaBH4和硅酸鈉,用異丙胺溶解NaBH4,過濾除去硅酸鈉,蒸發(fā)NaBH4的異丙胺溶液得NaBH4。(1)NaBH4是離子化合物,含有的化學鍵為離子鍵、共價鍵。(2)Ti是22號元素,基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2。(3)由以上分析可知“堿溶”過濾所得濾渣的主要成分是Fe3O4、Mg(OH)2。(4)Na2B4O7與Na、H2、SiO2在高溫條件下反應生成NaBH4和Na2SiO3。(5)高溫合成中,加料之前需將反應器加熱至100℃以上,并通入氬氣,排除裝置中的空氣,防止空氣中的O2與Na、H2反應。(6)在堿性條件下,用惰性電極電解NaBO2溶液也可制得NaBH4,H元素化合價由+1價降低為-1價發(fā)生還原反應,陰極反應的電極反應式為BO2-+8e-+6H2OBH4-(7)7.6gNaBH4作為還原劑,氫元素化合價由-1價升高為+1價,轉移電子的物質的量為7.6g38g·mol-1×8=1.6mol;氫氣作為還原劑,氫元素化合價由0價升高為+1價,轉移1.6mol電子需要0.8mol氫氣,所以7.6g5.答案(1)+6價(2)AlO2-+2H2O+CO2Al(OH)3↓+HC(3)MoO42-+Ba2+BaMoO(4)①NaHCO3②NH3(5)①Al2O3②4∶1解析(4)①濾液Ⅰ中通入過量的二氧化碳,偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁沉淀,同時生成碳酸氫鈉,過濾得到的濾液Ⅱ中含有碳酸氫鈉和鉬酸鈉。濾液Ⅱ中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后,過濾得到的濾液Ⅲ中,主要存在的鈉鹽有NaCl和NaHCO3。②根據(jù)侯氏制堿法的原理可知,往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后,通入足量NH3,再通入足量CO2,可析出NaHCO3。(5)①由題中信息可知,致密的保護膜為一種氧化物,是由H2O2與AlAs反應生成的,聯(lián)想到金屬鋁表面容易形成致密的氧化膜可知,該氧化物為Al2O3。②由Ga和Al同族、As和N同族可知,GaAs中Ga顯+3價(其最高價)、As顯-3價。在H2O2與上層GaAs的反應中,As元素的化合價變?yōu)?5價,其化合價升高8,As元素被氧化,則該反應的氧化劑為H2O2,還原劑為GaAs。根據(jù)得失電子守恒可知,該反應的氧化劑與還原劑的物質的量之比為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沒MnSO4·H2O晶體(或沉淀),待乙醇自然流下,重復2~3次(6)5.87×10-10該沉淀轉化反應能徹底進行,因為該沉淀轉化反應的平衡常數(shù)為K=Ksp(PbSO4)Ksp(PbCO3解析(6)飽和硫酸鉛溶液中c(Pb2+)=1.6×10-4mol·L-1,則要生成碳酸鉛沉淀,Na2CO3溶液的最小濃度為7.4×10-141.6×10-4mol·L-1≈7.4×10-141.26×10-4mol·L-1≈5.87×10-10mol·大題突破練(二)化學實驗綜合題1.答案(1)恒壓滴液漏斗K2Cr2O7+14HCl(濃)2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O(2)堿石灰吸收多余的氯氣,防止污染空氣;防止空氣中的水蒸氣進入三頸燒瓶中引起SnCl4水解(3)在裝置A與B之間加盛有飽和食鹽水的洗氣瓶(4)蒸餾Cu、Pb(5)96.4%偏低解析實驗裝置中A用于制備Cl2,反應原理為K2Cr2O7+14HCl(濃)2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O。由于SnCl4常溫下易水解,B裝置用于除去Cl2中混有的水蒸氣,C裝置用于制備四氯化錫,化學反應原理為Sn+2Cl2SnCl4,同理為了防止空氣中的水蒸氣進入三頸燒瓶,且吸收多余的氯氣,e中加入堿石灰,據(jù)此分析來解題。(1)為了使?jié)恹}酸順利滴入燒瓶中,使用的儀器a為恒壓滴液漏斗。(3)通過上面的分析可知,裝置A用于制備Cl2,Cl2中含有雜質HCl和水蒸氣,都會使SnCl4產率降低,因此除了B裝置除去水蒸氣之外,在裝置A與B之間加盛有飽和食鹽水的洗氣瓶,用于除去雜質HCl。(4)根據(jù)氯氣與硫渣反應相關產物的熔、沸點可知,三頸燒瓶中得到的粗產品進行提純的方法是蒸餾,且控制溫度為114℃,硫渣中含有的金屬元素為Sn、Cu和Pb,與氯氣反應提純后剩余的固體渣經過處理,可回收的主要金屬有Cu和Pb。(5)根據(jù)滴定反應原理可知,過量的碘的物質的量為n(I2)剩余=12×0.100×10-2mol·L-1×20.00×10-3L=1×10-5mol,所以與H3AsO3發(fā)生反應的碘的物質的量n(I2)=0.100mol·L-1×20.00×10-3L-1×10-5mol=1.99×10-3mol,即可得雜質n(AsCl3)=1.99×10-3mol,所以產品中SnCl4的質量分數(shù)為10.00g-1.99×10-3mol2.答案(1)C(2)恒壓滴液漏斗a→b→d→e→f(3)溫度過高,硫脲會部分發(fā)生異構化反應而生成硫氰化銨;溫度過低,反應速度緩慢CaCN2+H2S+2H2OCS(NH2)2+Ca(OH)2(4)①-2②5CS(NH2)2+14MnO4-+32H+14Mn2++5CO2↑+5N2↑+5SO42-+26H2解析(3)若反應溫度過高,硫脲會部分發(fā)生異構化反應而生成硫氰化銨;若反應溫度過低,反應速度緩慢,故裝置C中反應溫度控制在80℃;裝置C中,將石灰氮(CaCN2)和水的混合物加熱至80℃時,通入硫化氫氣體反應可生成硫脲溶液和石灰乳,化學方程式為CaCN2+H2S+2H2OCS(NH2)2+Ca(OH)2。(4)③用cmol·L-1KMnO4標準溶液滴定,滴定至終點時消耗KMnO4標準溶液VmL,消耗KMnO4的物質的量為cV×10-3mol,根據(jù)滴定反應可知,mg產品中CS(NH2)2的物質的量為cV×10-3mol×514×20=50cV7×10-3mol,則樣品中硫脲的質量分數(shù)為50cV73.答案(1)三頸燒瓶(2)防止倒吸(3)A(4)pH太小Na2S2O4不能穩(wěn)定存在(且不能使沉淀完全),pH太大Zn(OH)2會溶解,使得制備的Na2S2O4不純(5)2[Fe(CN)6]3-+S2O42-+4OH-2[Fe(CN)6]4-+2SO3(6)亞甲基藍(7)87.0%解析(4)步驟3需控制溶液的pH在8.2~10.5之間,其原因為pH太小Na2S2O4不能穩(wěn)定存在(且不能使沉淀完全),pH太大Zn(OH)2會溶解,使得制備的Na2S2O4不純。(5)[Fe(CN)6]3-是一種比較弱的氧化劑,能將S2O42-氧化為SO32-,自身被還原為[Fe(CN)6]4-,結合氧化還原反應及質量守恒可知,滴定中發(fā)生反應的離子方程式為2[Fe(CN)6]3-+S2O42-+4OH-2[Fe(CN)6(6)本實驗滴定突躍范圍為0.01~0.38V,根據(jù)表中信息,亞甲基藍的條件電位為0.36V,且由還原態(tài)到氧化態(tài)顏色由無色變?yōu)樗{色,故可選擇亞甲基藍為指示劑。(7)平行滴定三次,消耗標準溶液體積分別為19.98mL、20.90mL、20.02mL,第二次誤差較大,舍去,則平均消耗體積為20.00mL,用0.10mol·L-1堿性K3[Fe(CN)6]標準溶液滴定,其物質的量為0.10mol·L-1×20.00×10-3L=2.0×10-3mol,根據(jù)滴定反應可知,2.0gNa2S2O4產品中Na2S2O4的物質的量為12×2.0×10-3mol×250mL25.00mL=0.01mol,質量為0.01mol×174g·mol-1=1.74g,故樣品中Na2S2O4.答案(1)BCu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O(2)ghedij(3)濃硫酸具有吸水性,反應后的硫酸銅以固體形式存在(4)Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O(5)①溫度升高促進H2O2的分解②100230實驗組1~3生成氧氣平均速率隨溫度升高的增大程度比對照組4~6大解析(1)用銅與濃硫酸制備SO2,需在加熱條件下反應,因此適宜的裝置是B,化學方程式為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O。(2)收集干燥的SO2,先用濃硫酸干燥二氧化硫氣體,再用向上排空氣法收集二氧化硫氣體,最后進行尾氣處理,因此所需裝置的接口連接順序為發(fā)生裝置→ghedij。(3)反應后,發(fā)生裝置中未觀察到藍色溶液,可能是濃硫酸具有吸水性,將硫酸銅溶液中的水吸收,最后硫酸銅以固體形式存在。(4)銅、硫酸和H2O2反應生成硫酸銅和水,則生成Cu2+的離子方程式為Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O。(5)①小組同學認為實驗1~3的結果,不能證明猜想成立,理由是H2O2的熱穩(wěn)定性較差,溫度升高促進H2O2的分解。②為進一步驗證猜想,根據(jù)實驗1、4以及實驗3、6,實驗溫度相同,實驗條件中硫酸銅溶液的用量不同,得出實驗2、5是一組對比實驗;小組同學結合實驗1~6,判斷猜想成立,根據(jù)1和4、2和5、3和6分別對比實驗得出溫度升高,Cu2+催化能力增強,即依據(jù)是實驗組1~3生成氧氣平均速率隨溫度升高的增大程度比對照組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有紅色固體析出②在Cl-的作用下,Cu2+氧化亞硫酸根到硫酸根③CuCl2和Na2SO3溶液生成棕黃色沉淀A反應速率快,生成白色沉淀B的程度大(3)2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O2CuCl↓+SO(4)Cu2+和SO32-能發(fā)生復分解反應和氧化還原反應,且復分解反應速率更快;在Cl-解析(2)ⅱ.Cu+Cu2++Cu,向含有亞銅離子的溶液中加入稀硫酸會發(fā)生歧化反應,生成銅,故答案為有紅色固體析出;溶液中的氧化劑除了氧氣之外還有銅離子,當存在氯離子時,銅離子會具有較強的氧化性,會把亞硫酸根氧化,故答案為在Cl-的作用下,Cu2+氧化亞硫酸根到硫酸根;向2mL0.5mol·L-1Na2SO3溶液中加入1mL0.25mol·L-1CuCl2溶液,立即產生橙黃色沉淀(沉淀A),說明生成亞硫酸銅沉淀的反應較快,放置5min左右,轉化為白色沉淀(沉淀B),說明生成白色沉淀B的程度大。(3)Na2SO3和CuCl2溶液反應最終生成CuCl沉淀,該反應未外加酸堿,所以反應物為水,生成物為氫離子,根據(jù)電子守恒及電荷守恒可知,該反應的離子方程式是2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O2CuCl↓+SO4(4)向2mL0.5mol·L-1Na2SO3溶液中加入1mL0.25mol·L-1CuCl2溶液,立即產生橙黃色沉淀亞硫酸銅,在NaCl溶液中,亞硫酸銅繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應,生成CuCl白色沉淀,根據(jù)沉淀顏色的變化快慢可知,復分解反應較快,氧化還原反應較慢。6.答案(1)(球形)干燥管(2)排盡裝置內的空氣(3)檢查是否有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)實驗中觀察到C、H變渾濁,說明都有二氧化碳,E不變渾濁,說明產物中存在CO,故可以得出實驗結論:A裝置中分解的氣體產物一定有CO和CO2。(5)由題干信息可知,將黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,產生藍色沉淀,說明有Fe2+,實驗①產生藍色沉淀的離子方程式為K++Fe2++[Fe(CN)6]3-KFe[Fe(CN)6]↓或3Fe2++2[Fe(CN)6]3-Fe3[Fe(CN)6]2↓;用強磁鐵接近乙,吸起部分粉末,將吸起來的粉末投入鹽酸中,產生氣泡,說明存在Fe,故乙中的成分可能為Fe和FeO或Fe、FeO和FeC2O4。(6)根據(jù)質量守恒和電荷守恒配平離子方程式:5FeC2O4+3MnO4-+24H+5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O,則有n(FeC2O4)=53n(MnO4-)=53×cmol·L-1×b×10-3L=5bc3×10-3mol,故樣品純度為53bc大題突破練(三)化學反應原理綜合題1.答案(1)1074.8(2)CaO與生成物CO2反應,生成物濃度減小,平衡正向移動,氫氣的體積分數(shù)增大(3)2p05(4)30.0(5)(23,解析(2)其他條件不變,在體系中投入一定量CaO,CaO與生成物CO2反應生成CaCO3,生成物濃度減小,平衡正向移動,氫氣的體積分數(shù)增大。(3)由反應可知,反應前后總壓不變,所以平衡時總壓為p0,H2O的分壓為p0-p05×3=2p05,A點的坐標為(t,2p05);由圖可知,平衡時CO2、H2、CO、H2O的平衡分壓分別為p05(4)已知Arrhenius經驗公式為Rlnk=-EaT+C,根據(jù)圖像可得①63.0=-3.0Ea+C,②33.0=-4.0Ea+C,聯(lián)立方程解得Ea=30.0,則反應的活化能為30.0kJ·mol-1;使用高效催化劑(5)由a和b的坐標可得c的坐標為(23,23,12),由均攤法可知,La為4×16+4×112+2×13+2×16=2,Ni原子位于內部和面心:12×12+4=10,N(La)∶N(Ni)=2∶10=1∶5,故化學式為LaNi5。X射線衍射測定兩晶面間距為dpm,設底面邊長為a,則32a=3d,可得a=23d,底面積為23d×3d=63d2,則晶體的密度為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)該反應為放熱反應,升溫平衡逆向移動,轉化率降低(或溫度升高,催化劑活性降低,反應速率減慢,相同時間內轉化率降低)(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的第一步電離方程式為N2H4+H2ON2H5++OH-,電離程度較小,因此c(N2H4)≈0.01mol·L-1,其電離常數(shù)K1=c(OH-)·c(N2H5+)c(N2H4)=4.0×10-6,c(N2H(3)在恒溫恒容條件下,氣體壓強之比等于其物質的量之比,因此可以直接用壓強代替物質的量計算:4NO(g)N2(g)+2NO2(g)初始壓強/MPa 15 0 0轉化壓強/MPa 4x x 2x某時刻壓強/MPa 15-4x x 2x20min時,15-4x+x+2x=13.2,x=1.8,故0~20min時,v(NO2)=3.6MPa20min=0.18MPa·min-1;平衡時,15-x=12.5,x=2.5,NO、N2、NO2的分壓分別為5MPa、2.5MPa、5MPa,Kx為以物質的量分數(shù)表示的平衡常數(shù),且在恒溫恒容條件下,氣體壓強之比等于其物質的量之比,因此可以直接用壓強代替物質的量計算,代入公式Kx=(5)由圖示知在Ag-Pt電極上NO3-發(fā)生還原反應生成N2,結合質子交換膜、電荷守恒、原子守恒得電極反應為2NO3-+12H++10e-N2↑+6H3.答案(1)①-49.0②Cu/ZnO*+H2Cu/Zn*+H2O③c(2)①升高溫度,主反應平衡逆向移動,甲醇產率降低;催化劑活性降低或副反應更易進行②d+ca×100%d解析(1)根據(jù)題意寫出熱化學方程式: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,由蓋斯定律,3×①-②+③得目標方程式的ΔH=3ΔH1-ΔH2+ΔH3=(-285.8×3+726.4+82.0)kJ·mol-1=-49.0kJ·mol-1;②將總反應化學方程式減去第二步反應方程式即得第一步反應方程式為Cu/ZnO*+H2Cu/Zn*+H2O;③第一步反應吸熱,第二步反應放熱,可排除b、d選項,又由于第二步反應幾乎不影響總反應達到平衡所用的時間,第二步速率快,反應活化能低于第一步,則c正確。(2)①由圖像可知,490K之前,溫度升高,反應速率加快,甲醇產率增大,在490K時,反應達到平衡,此時甲醇產率達最高值,繼續(xù)升高溫度,主反應平衡逆向移動,另外隨溫度升高催化劑活性降低或副反應更易進行,使得甲醇產率降低;②根據(jù)題意可列三段式,注意主反應各物質的末態(tài)量作為副反應對應物質的起始量,已知量為CO2、H2的起始物質的量、CH3OH、CO的末態(tài)物質的量: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則CO2轉化率為c+da×100%;副反應的化學平衡常數(shù)為K副③平衡時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,由于該反應為放熱反應,溫度升高時化學平衡向逆反應方向移動,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)減小Kp減小對v的降低大于k增大對v的提高解析(1)將已知反應分別標記為反應①和反應②,則反應ⅠCH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)可由①-2×②得到,根據(jù)蓋斯定律可知,反應Ⅰ的ΔH=ΔH1-2ΔH2=(+173.5kJ·mol-1)-2×(-41.2kJ·mol-1)=+255.9kJ·mol-1。(2)①達到a點平衡的進氣比為0.5,設CO起始量為amol,則H2O的起始量為2amol,由三段式可知,CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量mol a 2a 0 轉化量mol 0.5a 0.5a 0.5a 0.5平衡量mol 0.5a 1.5a 0.5a 0.5a點平衡混合物中H2的體積分數(shù)為0.5a0.5a+1.5a+0.5a+0.5a×100%≈16.67%;已知反應ⅡCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1是一個放熱反應,升高溫度,平衡逆向移動,CO的轉化率減小,而增大CO的用量平衡正向移動,但CO的轉化率減小,比較a、c兩點可知,c點中CO的用量大于a點,CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量/mol a a 0 0轉化量/mol 0.6a 0.6a 0.6a 0.6a平衡量/mol 0.4a 0.4a 0.6a 0.6ad點對應的平衡常數(shù)K=c(CO2②由反應CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1可知,該反應正反應是一個氣體體積不變的放熱反應,增大壓強平衡不移動,A不合題意;降低溫度平衡正向移動,CO的平衡轉化率增大,B符合題意;增大進氣比[n(CO)∶n(H2O)]即增大CO的用量,平衡正向移動,根據(jù)勒夏特列原理可知,CO的平衡轉化率減小,C不合題意;分離出CO2即減小生成物CO2濃度,平衡正向移動,則CO的平衡轉化率增大,D符合題意。(3)反應的活化能越大,反應越慢。(4)CO催化變換反應為CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1,則溫度升高時,平衡逆向移動,Kp減小;CO催化變換反應的速率方程為v=k(yCO·yH2O-yCO2·yH2Kp),溫度升高,k增大,Kp減小,由于Kp減小對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)反應1:NH3(g)+32O2(g)NO2-(aq)+H+(aq)+H2O(l)ΔH1=-273.5kJ·反應2:NO2-(aq)+12O2(g)NO3-(aq)ΔH2=-73.19根據(jù)蓋斯定律可知NH3通過硝化作用轉化為NO3-的反應可由反應1加反應2得