【文档说明】2024届高考二轮复习化学试题（老高考旧教材） 大题突破练 Word版含答案.docx，共(48)页，5.050 MB，由小赞的店铺上传

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大题突破练(一)化学工艺流程题1.(2023·内蒙古呼和浩特一模)我国锂云母矿石储量丰富,现有产自内蒙古的锂云母矿石{主要成分为SiO2·Al2O3·2[(Li,K)(F,OH)],内含少量镁、钙、铁的

氧化物},工业上采用硫酸法制备Li2CO3,具体流程如图甲所示:图甲查阅资料可知:Ⅰ.“焙烧”温度对锂提取率的影响如图乙所示:图乙Ⅱ.“焙烧”过程中铁的氧化物未参与反应。Ⅲ.3SiO2·Al2O3·2[(Li,K)(F,OH)]+H2SO4(浓)Li2SO4+Al2(SO

4)3+K2SO4+SiO2+SiF4↑+H2O。Ⅳ.Li2SO4+Na2CO3Li2CO3↓+Na2SO4。回答下列问题:(1)“焙烧”温度理论上选择为宜,同时为提高“焙烧”效率,还可采取的措施有。(2)“焙烧”产生的气体可用NaOH溶液吸收,且元素化合价均不发生变化,该反应的化学方程

式为。(3)在“中和”过程中,为使Fe3+和Al3+完全沉淀,pH至少调整为。图丙部分金属氢氧化物的pKsp(pKsp=-lgKsp)如图丙所示:(4)“中和”所得“滤渣1”中除氢氧化物沉淀外还含有。(5

)“氧化”过程中发生氧化还原反应的离子方程式为。(6)“滤渣2”的主要成分是。(7)工业上还可以通过“苛化反应”,利用Li2CO3(s)+Ca2+(aq)CaCO3(s)+2Li+(aq)反应原理得到氢氧化锂溶液,进而生产出纯度更高的工业碳酸锂,请通过计算过程证实该方案的可行性:。[

已知Ksp(Li2CO3)=8.64×10-4,Ksp(CaCO3)=2.5×10-9]2.(2023·四川泸州二诊)四氧化三锰是电子工业生产锰锌铁氧体软磁材料的重要原料。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2

等杂质)为原料制备高品位四氧化三锰的一种工艺流程如下:已知:①0.01mol·L-1金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据:金属离子Al3+Fe3+Fe2+Mg2+Mn2+开始沉淀4.12.27.59.68.8完全沉淀5.43.29.5——②Ksp(MgF2)=7.4×10-1

1,Ksp(MnF2)=5.6×10-3。回答下列问题:(1)提高“酸浸”效果的方法有、(任写两种)。(2)“氧化1”步骤中,氧化剂a可选用MnO2,发生反应的离子方程式为;为了检验氧化是否完全,可选用的试剂是(填化学式)。(3)“沉铁铝”步骤中,调

节pH的范围为。(4)“沉镁”步骤中,沉淀转化反应的平衡常数K值等于。(5)“沉锰”步骤中,杂质含量直接影响四氧化三锰的品位,实验测得温度对四氧化三锰中硫酸根含量的影响如图所示。实际生产中综合考虑选择50℃为宜,不选择更高温度的原因是。(6)“氧化2”步骤中发生反应的离子方程

式为。3.(2023·宁夏银川一模)硫酸镍(NiSO4)是制备各种含镍材料的原料,在防腐、电镀、印染上有诸多应用。NiSO4·6H2O可用含镍废催化剂(主要含有Ni,还含有Al、Al2O3、Fe及其他不溶于酸、碱的杂质)制备。其制备流程如图:已知:①lg3≈0.5。②常温

下,部分金属化合物的Ksp近似值如表1所示:化学式Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Ksp近似值4.9×10-172.7×10-391.3×10-331.0×10-15表1回答下列问题:(1)

“预处理”用热的纯碱溶液去除废料表面的油污,其原理是(用离子方程式表示)。(2)“滤液1”中的主要溶质为NaOH和。(3)“滤渣2”的成分为。(4)“滤液2”中加入H2O2发生反应的离子方程式为。(5)常温下,“调pH”可选用的物质是(填字母)。a.氨水b.NaOHc.NiOd.NaClO为使Fe

3+沉淀完全(离子浓度小于或等于1.0×10-5mol·L-1),应调节溶液的pH至少为(保留3位有效数字)。(6)资料显示,硫酸镍结晶水合物的形态与温度的关系如表2所示:温度低于30.8℃30.8~53.8℃53.8~280℃高于280℃晶体形态NiSO4·7H2ONiSO4·6H

2O多种结晶水合物NiSO4表2从“滤液3”获得稳定的NiSO4·6H2O晶体的操作是。4.(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(CrO

2)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≤1.0×10-5mol·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5.(2023·宁夏吴忠一模)硫酸锰是一种重要的化工

中间体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿(主要成分为MnO2等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下:已知:①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。②金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示(25℃):物质Fe(OH)3

Fe(OH)2Mn(OH)2Al(OH)3开始沉淀的pH1.97.57.33.0完全沉淀的pH3.29.59.35.4③离子浓度≤10-5mol·L-1时,视为离子沉淀完全。(1)“混合焙烧”的主要目的是。(2)若“试剂a”为MnO2,则“氧化”步骤发生反应的

离子方程式为;若省略“氧化”步骤,造成的影响是。(3)“中和除杂”时,应控制溶液的pH范围是。(4)“氟化除杂”后,若使溶液中Mg2+沉淀完全,需维持c(F-)不低于。[已知:Ksp(MgF2)=6.4×10-10](5)“碳化结晶”时发生反应的离子方程式为,最后一步“系列

操作”主要是。6.(2023·四川绵阳二诊节选)锰酸锂(LiMn2O4)是一种锂电池的正极材料。工业上以方锰矿(主要成分为MnO,还含有少量的Fe3O4、Al2O3、CaO、SiO2)为原料制备锰酸锂的流程如下:已知:Ⅰ.25℃时,相关物质的Ks

p近似值如表所示:物质Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Ca(OH)2Ksp2×10-135×10-173×10-391×10-335×10-6Ⅱ.25℃时,NH3·H2O电离常数Kb=2×10-5。Ⅲ.离子浓度不高于1×10-

5mol·L-1时即视为沉淀完全。回答下列问题:(1)写出步骤①溶于稀硫酸时杂质Fe3O4反应的离子方程式:。(2)“滤渣1”的成分是(填化学式);步骤②加入MnO2的目的是。(3)反应Al3+(aq)+3NH3·H2O(aq)Al(OH)3(s)+3NH4+(aq)的平衡常数K=

。(4)“离子交换”步骤和“洗脱”过程是利用反应:Mn2++2HRMnR2+2H+(HR是氢型交换树脂)的平衡移动将Mn2+进一步提纯,为了提高洗脱效率,又不引入其他杂质,淋洗液应选用(填化学式)。(5)步骤④反应未见气体生成,则该反应留存在“滤液3”中的产物

有(填化学式)。(6)步骤⑤反应的化学方程式为。大题突破练(二)化学实验综合题1.(2023·内蒙古呼和浩特调研)Kx[Cu(C2O4)x]·3H2O[水合草酸铜(Ⅱ)酸钾]是一种化工原料,实验室制备少量水合草

酸铜(Ⅱ)酸钾并测定样品的组成,实验步骤如下:Ⅰ.制备CuO用图1所示装置将溶液混合后,小火加热至蓝色沉淀转变为黑色,煮沸5~10分钟。稍冷却后全部转移至图2装置过滤,并用蒸馏水洗涤沉淀2~3次。(1)由CuSO4·5H2O配制实验所需的CuSO4溶液,下列仪器中不需要的是(填仪器名称)。(2)检

验沉淀洗涤干净的方法为,滴入氯化钡溶液,。Ⅱ.制备KHC2O4和K2C2O4混合溶液称取一定质量H2C2O4·2H2O放入250mL烧杯中,加入40mL蒸馏水,微热(温度低于80℃)溶解。稍冷后加入一定量无水K2CO3,充分反应后生成含KHC2O4和K2C2O4

的混合物。(3)该步骤中原料配比(物质的量)为3∶2,则所得混合物中n(KHC2O4)∶n(K2C2O4)=。(4)为防止反应过于剧烈而引起喷溅,加入K2CO3应采取的方法。Ⅲ.制备水合草酸铜(Ⅱ)酸钾晶体将KHC2O4和K2C2O4混合溶液加热

至80~85℃,再将CuO连同滤纸一起加入该溶液中,充分反应至CuO沉淀全部溶解,取出滤纸后,加热浓缩、冷却结晶、过滤,用乙醇淋洗,自然晾干,称量。(5)溶解CuO沉淀时,连同滤纸一起加入溶液中的目的是。Ⅳ.测定水合草酸铜(Ⅱ)酸钾晶体的成分取少量制得的样品配成溶液。用标准酸性高锰酸

钾溶液滴定C2O42-、用标准EDTA溶液滴定Cu2+,经计算样品中n(Cu2+)∶n(C2O42-)=1∶2,假设制备的过程中Cu2+无损耗。(6)标准酸性高锰酸钾溶液与C2O42-反应的离子方程式为。(7)水合草酸铜(Ⅱ)酸钾晶体的化学式为。2.(202

3·西藏拉萨一模)某小组查阅有关资料后,在实验室中利用Cr2O3与CCl4反应制备无水CrCl3,并收集该反应产生的光气(COCl2),实验装置如图所示(夹持、加热及部分冷却装置已省略)。实验步骤如下:Ⅰ.检查完装置气密性后,按照图示装

入药品,打开K1、K2、K3,通入氮气。Ⅱ.一段时间后,关闭K3,将装置B加热到预定温度,再将装置A在85℃下进行水浴加热。Ⅲ.待装置B中反应结束后,装置A、B停止加热;一段时间后,停止通入氮气。Ⅳ.将装置C在30℃下进行

加热,得到产物光气。Ⅴ.实验结束后,称量装置B中剩余固体质量为28.4g。已知:ⅰ.光气能溶于CCl4,易与水发生反应生成CO2和HCl。ⅱ.有关物质的熔、沸点如下表:化学式Cr2O3CrCl3CCl4COCl2熔点/℃14351152-23-11

8沸点/℃40001300768.2回答下列问题:(1)仪器a的名称为。仪器d中盛有无水CaCl2固体,其作用为;若无仪器d和后续装置,仪器b的上管口可能出现的现象为。(2)通入N2除起到将装置内空气排出的作用外,还具有的作用为(至少写一条

)。(3)步骤Ⅳ中,将光气分离出的操作名称为;加热方式为;加热时K1、K2、K3的状态为。(4)仪器b和仪器c均为冷凝管,但在实验中不能互换位置,原因为。(5)B中得到产品的化学方程式为。(6)本实验中CrCl

3的产率为。3.(2023·宁夏银川一模)铬酰氯是一种无机化合物,化学式为CrO2Cl2,熔点-96.5℃,沸点117℃,常温下为深红棕色液体,放置在空气中会迅速挥发并水解。在实验室中可用重铬酸钾、浓硫酸与氯化钠反应得到铬酰

氯。反应机理:浓硫酸先分别与重铬酸钾和氯化钠反应生成CrO3和氯化氢气体两种中间产物,然后CrO3迅速与氯化氢气体反应生成铬酰氯。实验装置如图(夹持装置略):回答下列问题:(1)装置图中,仪器A、B的名称分别是、。(2)温度计的作用是。(3)收集装置选用冰水浴的目的是。(4)

CrO3与氯化氢气体反应生成铬酰氯的化学方程式是。(5)投料时,加入过量氯化钠粉末可以显著增大铬酰氯的产率,原因是。(6)图中C装置未画出,应为下列装置中的(填字母),该装置的作用是。4.(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-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)。5.(2023·内蒙古呼和浩特一模)过氧乙酸(CH3COOOH)在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域等有广泛应用。实验室利用醋酸(CH3COOH)与双氧水(H2O

2)共热,在难溶固体酸的催化下制备过氧乙酸(CH3COOOH)。同时利用乙酸丁酯与水形成共沸物(沸点90.7℃)及时分离出水,以提高产率。实验装置如图所示,请回答下列问题:已知:ⅰ.过氧乙酸为无色液体,易溶于水

;极不稳定,遇高热会引起爆炸;氧化性与高锰酸钾相当。ⅱ.相关物质的沸点如表:相关物质CH3COOHCH3COOOH乙酸丁酯沸点/℃118105126实验步骤:①向油水分离器中加入适量蒸馏水,液面低于分水器支管口。②仪器2中加入冰醋酸、固体酸催

化剂和适量乙酸丁酯,仪器6中通冷却水,开通仪器1和8,缓慢关闭仪器7处放空阀,温度维持为55℃。③待真空度达到反应要求时,打开仪器3的活塞,缓慢逐滴滴入浓度为35%的双氧水。④当油水分离器中水层液面升高到支管口时,经过操作a后,打开活塞逐滴放出适量水……⑤待反应结束,冷却后放出油水分离

器中下层水,将上层液体从油水分离器上口倒入仪器2,分离仪器2中的混合物,初步得到粗产品。(1)仪器2中制备过氧乙酸(CH3COOOH)的化学方程式为。(2)实验中反应温度控制在55℃,且缓慢逐滴滴入浓度为35%的双氧水,以上操作的原因是。(3)步骤④的“操作a”指;定期从

油水分离器放出水的原因是。(4)待观察到(填现象)时,说明反应已经结束。(5)反应结束,分离仪器2中的混合物初步得到粗产品的方法是。(6)粗产品中过氧乙酸(CH3COOOH)含量的测定:取一定体积的样品VmL,分

成2等份。其中一份用过量KI溶液与过氧化物作用,用0.10mol·L-1的硫代硫酸钠溶液滴定碘(I2+2S2O32-2I-+S4O62-),消耗量为V1mL;另一份用0.02mol·L-1的酸性高锰酸钾溶液滴定

,消耗量为V2mL。则样品中的过氧乙酸的浓度为mol·L-1。6.(2023·宁夏吴忠一轮联考)Cl2常用作自来水消毒剂,Cl2做消毒剂时生成的有机氯化物可能对人体有害。ClO2被世界卫生组织(WHO)列为A级高效、安全灭菌消毒剂,将逐渐取代Cl2成为自来水的消毒剂。某小组探究“地康法制氯气”的原

理并验证Cl2的性质,设计实验如下(夹持装置略去)。请回答下列问题:(1)A装置中反应利用了浓硫酸的难挥发性,则该反应的化学方程式为。(2)当B装置中反应转移0.08mol电子时,则消耗的Na2O2固体的质量为。(3)C装置的作用为。(4)反应开始后,硫酸铜变蓝,则装置D中发生反应的化学方程式

为。(5)ClO2的制备方法比较实用的有数十种,下列是其中常见的两种方法。方法一:2NaClO3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。当有0.4mol电子发生转移时,得到的还原产物为mol。方法二:实验室常用氯酸钾(KClO3)、草酸(H2C2O4)和硫酸溶

液共热制备ClO2。有同学设计如下装置制备ClO2并用其处理含锰离子的工业废水(加热和夹持装置略去)。①C'装置的作用:。②B'中反应的离子方程式:。7.(2023·四川泸州二诊)2-萘乙醚是香皂和化妆品等的香料添加剂。实验室用2-萘酚和乙醇反应制取2-萘乙醚,实验装置如图(夹持

和加热装置略去),反应原理和有关数据如下:+CH3CH2OH+H2O物质相对分子质量密度(g·cm-3)熔点℃沸点℃溶解性2-萘酚1441.22121.6285.5不溶于冷水,溶于热水、乙醇等,能在NaOH溶液中溶解乙醇460.79-114.178.5与水任意比互溶2-萘乙醚1

721.0635282不溶于水,溶于乙醇、乙醚等实验步骤:①在50mL三颈烧瓶中,加入3.6g2-萘酚、1.2g氯化铁、6mL乙醇和沸石,微沸3h。稍微冷却,取下分水器和冷凝管,蒸出剩余的大部分乙醇。②用冰水冷却三颈烧瓶析出固体,减压抽滤分离

,冰水洗涤固体,再将漏斗上的固体转移至研钵中,加5mL冰水研磨后,减压抽滤,冰水洗涤。回答下列问题:(1)上述制备2-萘乙醚的反应类型与下列反应相同的是(填字母)。A.甲烷燃烧B.乙烯水化法制乙醇C.制备乙酸乙酯(2)回流装置中分水

器上方仪器的作用是。(3)步骤②中,进行两次“抽滤,洗涤”的作用是,洗涤固体用冰水的目的是。(4)结合题给信息,猜测2-萘酚具有(填“酸”“碱”或“中”)性,依据是。(5)实验结束后测得从分水器中流出的水为0.35mL,则2-萘乙醚的产率为%(保留两位有效

数字,忽略②步洗涤的损失)。大题突破练(三)化学反应原理综合题1.(2023·内蒙古呼和浩特一模)低碳烯烃是指乙烯、丙烯和丁烯等小分子烯烃的总称。其用途十分广泛,是塑料、橡胶、树脂、高分子、医药、农药等后续产业链赖以生存的基石。请结合所学知识,回答下

列问题:(1)研究证明,CO2可作为合成低碳烯烃的原料,目前利用CO2与H2合成乙烯的相关热化学方程式如下:反应Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.01kJ·mol-1反应Ⅱ

:2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)ΔH2=-29.98kJ·mol-1反应Ⅲ:2CO2(g)+6H2(g)4H2O(g)+C2H4(g)ΔH3=kJ·mol-1(2)一定条件下,在2L的恒容密闭容器中以不同的氢

碳比[𝑛(H2)𝑛(CO2)]发生反应Ⅲ,CO2的平衡转化率α(CO2)与温度的关系如图甲所示。图甲①该反应在低温下是否可以自发进行?(填“是”“否”或“无法确定”)。②下列能提高CO2平衡转化率的措施有(填字母)。a.降低反应温度b.使用高效催化剂c.通入氦气使

体系的压强增大d.以相同的投料比增加反应物的物质的量③R点处,X(填“>”“<”或“=”)2.0。④若起始加入1molCO2和2molH2,则Q点的平衡常数K=。(3)我国科学家用Fe3(CO)12/ZSM-5催化

CO2加氢合成低碳烯烃——乙烯的反应,所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物,反应过程如图乙。图乙催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性,在其他条件相同时,添加不同助剂,经过相同时间后测得CO2转化率和各

产物的物质的量分数如表所示。助剂CO2转化率/%各产物在所有产物中的占比/%C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8①催化剂助剂主要在(填“第ⅰ步

”“第ⅱ步”或“第ⅲ步”)起作用。②在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加助剂效果最好,加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是。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=+247.4kJ·mol-1反应②:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(

g)ΔH2反应③:CH4(g)+12O2(g)CO(g)+2H2(g)ΔH3=-35.6kJ·mol-1(1)已知:反应④12O2(g)+H2(g)H2O(g)ΔH4=-241.8kJ·mol-1,则ΔH2=kJ·mol-1。(2)一定条件下,向容积为VL的密闭容器中通入CH4、C

O2各1.0mol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900K后产生H2O的主要反应并说明理由。②1100K平衡时,CH4与CO2的转化率分别为95%和90%,体系内剩余nmolO2,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1molCO2的同时消耗1molH2B.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.𝑐(CO2)·𝑐(H2)𝑐(CO)·

𝑐(H2𝑂)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·西藏拉萨一模)氮及其化合物之间转化的研究,对环境污染的治理和硝酸的制备具有重大意义。回答下列问题:(1)氨气在Pt的催化下,会发生Ⅰ、Ⅱ两个氧化反应:反应Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH1=-905kJ·mol-1反应Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)

2N2(g)+6H2O(g)ΔH2=-1267kJ·mol-1则反应Ⅲ:4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)ΔH3=kJ·mol-1。(2)向1L恒容密闭容器中充入0.1molNH3和0.2molO2,以Pt为催化剂、

不同温度下发生上述反应Ⅰ、Ⅱ,在反应相同的时间时,体系中含氮物质与加入氨的分子数之比δ(%)随温度的变化如图1所示。图1①温度低于400℃时,发生的反应以(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)为主,800℃时NO的δ数值较大,原因

可能为。②400℃时NH3的转化率为。③工业采用氨催化氧化制硝酸时,应选择的条件为(填字母)。A.常压,400℃,通过量纯氧B.高压,850℃,通过量纯氧C.常压,850℃,通过量空气D.高压,400℃,通过量空气(3)向VL密闭容器中充入5molNH3和7molNO,保持压强不变,在不

同温度下发生反应Ⅲ,经过相同的时间,测得容器内N2的物质的量变化如图2所示:图2①温度低于T3K时,N2的物质的量随温度的升高逐渐增大的原因是。②T3K时,NH3的体积分数为(保留4位有效数字)。4.(2023·四川绵阳二诊)二氧化碳的吸收和利用是实现“碳中和”的重要途径,利用二氧化碳合成二甲醚的

方法通常是CO2和H2先合成甲醇,再由甲醇脱水制备二甲醚。(1)已知:CH3OCH3(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g)ΔH1=-1328.26kJ·mol-12H2(g)+O2(g)2H2O(l

)ΔH2=-571.6kJ·mol-1H2O(g)H2O(l)ΔH3=-44.0kJ·mol-1则合成二甲醚反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)的ΔH4=。(2)合成二甲醚的关键是合成甲醇:Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)Δ

H<0①恒容绝热容器中,一定能说明反应Ⅰ已达到化学平衡状态的是(填字母)。A.3v正(H2)=v逆(CH3OH)B.n(CO2)∶n(H2)∶n(CH3OH)∶n(H2O)=1∶3∶1∶1C.气体的密度保持不变D.容器内气体的温度保持不变②合成甲醇时存在

逆水汽变换:Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH>0,按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料,保持压强为5MPa下达到平衡时,CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温

度的变化如图所示,图中(填“a”或“b”)表示甲醇在含碳产物中物质的量分数,CO2的转化率在270℃之后随温度升高而增大的原因是。若甲醇的选择性=𝑛(生成甲醇所用的CO2)𝑛(反应消耗的CO2总量)×100

%,则图中270℃时甲醇的选择性=。270℃时逆水汽变换反应的压强平衡常数Kp=。(3)甲醇脱水可制得二甲醚:2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH>0。实验测得:v正=k正·c2(CH3OH),v逆=k逆·c(CH

3OCH3)·c(H2O),k正、k逆为速率常数。T1温度下,向2L恒容密闭容器中加入0.4molCH3OH,达到平衡时测得CH3OH的体积分数为60%,则平衡时CH3OCH3的产率为;当温度改变为T2时,k逆=5k正,则T2(填“<”“>”或“=”)T1

。5.(2023·四川自贡二诊)CO2的转化和利用是实现碳中和的有效途径。其中CO2转化为CH3OH被认为是最可能利用的路径,该路径涉及反应如下:反应Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.01kJ·mol-1反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g)

CO(g)+H2O(g)ΔH2>0请回答下列问题:(1)若已知H2和CO的燃烧热,计算反应Ⅱ的ΔH2,还需要的一个只与水有关的物理量为。(2)在催化剂条件下,反应Ⅰ的反应机理和相对能量变化如图1(吸附在催化剂表面上的粒子用*标注,TS为过渡态)。图1完善该反应机理中相关反应

的化学方程式:OH*+12H2(g);以TS3为过渡态的反应,其正反应活化能为eV。(3)在恒温恒压(1.8MPa,260℃)下,CO2和H2按体积比1∶3分别在普通反应器(A)和分子筛膜催化反应器(B)中反

应,测得相关数据如下表。已知:ⅰ.分子筛膜催化反应器(B)具有催化反应、分离出部分水蒸气的双重功能;ⅱ.CH3OH的选择性=𝑛(CH3𝑂𝐻)生成𝑛(CO2)消耗×100%。反应器CO2平衡转化率甲醇的选择性达到平衡时间/s

普通反应器(A)25.0%80.0%10.0分子筛膜催化反应器(B)a>25.0%100.0%8.0①在普通反应器(A)中,下列能作为反应(反应Ⅰ和反应Ⅱ)达到平衡状态的判据是(填字母)。A.气体压强不再变化B.气体的密度不再改变C.v正(C

O2)=3v逆(H2)D.各物质浓度比不再改变②平衡状态下,反应器(A)中,甲醇的选择性随温度升高而降低,可能的原因是;在反应器(B)中,CO2的平衡转化率明显高于反应器(A),可能的原因是。③若反应器(A)中初始时n(CO2)=1mol,反应Ⅰ从开始到平衡态的平均反应速率v(CH3OH)

=mol·s-1;反应Ⅱ的化学平衡常数Kp(Ⅱ)=(用最简的分数表示)。(4)近年来,有研究人员用CO2通过电催化生成CH3OH,实现CO2的回收利用,其工作原理如图2所示。请写出Cu电极上的电极反应:。图26.(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MPa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.CH

3CO·+*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)+H

2(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)物

质结构与性质综合题(选考)1.(2023·内蒙古呼和浩特一模)硼及其化合物在材料制造、有机合成等方面用途非常广泛,硼的一些化合物表现出缺电子特征。回答下列问题:(1)基态硼原子的电子排布式为;B和Al的第一电离能I1(B)(填“>”“=”或“

<”)I1(Al)。(2)H3BO3(层状结构)的结构示意图如下,在硼酸的层状结构中O的杂化轨道类型是,层内存在的作用力有。硼酸显弱酸性与[B(OH)4]-配离子有关,硼酸的电离方程式:。(3)自然界中不存在单质硼,硼的氢化物也很

少,主要存在的是硼的含氧化合物,根据表中数据分析其原因是。化学键B—HB—OB—B键能/(kJ·mol-1)389561293(4)已知晶体硼的熔、沸点及硬度数据和基本结构单元(由硼原子组成的正二十面体如图1所示,每个三角形均为正三角形,每个顶点为一个

硼原子)如下:晶体金刚石晶体硅晶体硼熔点/K383214102573沸点/K510026283823硬度106.59.6①晶体硼属于原子(共价)晶体,其理由是。②每一个硼基本结构单元由个原子构成。③碳化硼,别名黑钻石,是已知最坚硬的三种材料之一,仅次于金刚石和立

方氮化硼,图2为碳化硼晶胞,其化学式为。(5)硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如图3所示,标注为“1”的Na+坐标参数为。已知NA代表阿伏加德罗常数的值,则硼氢化钠晶体的密度ρ=g·cm-3(用含NA的代数式表示)。图32.(2023·宁夏吴忠一轮联考)阿散酸()是一种饲料添加

剂,能溶于NaOH溶液中,常含有H3AsO3、NaCl等杂质。回答下列问题:(1)基态As原子核外电子排布式为,As的第一电离能比Se的大的原因为。(2)AsO33-的中心原子的杂化方式为,AsO33-的立体构型为。(3)与AsO43-互为等电子体的分

子为(填化学式,任写一种即可)。(4)液氨可做制冷剂,汽化时吸收大量的热的原因是。(5)NaCl晶体在50~300GPa的高压下与Na或Cl2反应,可以形成不同的晶体,其中一种晶体的晶胞如图1所示,该晶体的化学式为。(6)已知NaCl晶胞(如图2)

中Na+和Cl-间最短距离为acm,设阿伏加德罗常数的值为NA,NaCl晶体的密度为g·cm-3。3.(2023·四川泸州二诊)硫、锌分别是人体必需的常量元素和微量元素,在生产中有着广泛应用。回答下列问题:

(1)基态硫原子的价层电子排布式为,共有个未成对电子。下列状态的硫原子中,电离最外层1个电子所需能量最低的是(填字母)。(2)S与O同族,H2S与H2O立体构型相同,都含有2对孤电子对,但H2O分子中的键角比H2S分子中的键角大,请从成键电子对之间相

互排斥的角度解释其原因:。(3)二烃基锌(R—Zn—R)分子中烃基R与锌以σ键结合,C2H5—Zn—C2H5分子中原子的杂化方式有。下表是2种二烃基锌的沸点数据,则烃基R1是,推断的依据是。物质R1—Z

n—R1C2H5—Zn—C2H5沸点/℃46118(4)闪锌矿硫化锌的晶胞结构如图所示。硫离子呈面心立方最密堆积,Zn2+填入S2-构成的(填“正四面体”或“正八面体”)空隙中;设NA为阿伏加德罗常数的值,若晶体的密度为ρg·cm-3,则S2-之间最

短核间距离为pm(用含ρ、NA的代数式表示)。4.(2023·四川绵阳二诊)中国近代化学启蒙者徐寿首次把“Nitrogen”译成中文时曾写成“淡气”,意指它“冲淡”了空气中的氧气。含氮化合物种类繁多,用途广泛,根据信息回答下列问题:(1)Ga

N是第三代半导体材料,基态Ga原子的电子排布式为,GaN晶体为共价键空间网状结构,熔点1700℃,晶体类型为。(2)硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4在工业上用于镀铂,Pt的配位数为,其阴离子的立体构型为。(3)氨缩脲与

胆矾溶液反应得到如图1所示的紫色离子,离子中C的杂化轨道类型是。O的第二电离能比N的第二电离能更大,解释其原因:。图1(4)常温下,三甲胺[N(CH3)3]气体常用作天然气的警报剂。N(CH3)3与其同分异构体CH3CH2CH2NH2相比较,熔点较高的

是。N(CH3)3易与H+形成三甲胺正离子,反应中形成的化学键属于(填字母)。A.氢键B.极性键C.π键D.配位键(5)某铁氮化合物晶体的晶胞结构如图2所示。图2①若以氮原子为晶胞顶角,则铁原子在晶胞中的位置为。②若晶胞中距离最近的两个铁原子核间距离为apm,设阿伏加德罗常数的值

为NA,则该晶体的密度为g·cm-3。(列出计算式即可)大题突破练(五)有机化学基础综合题(选考)1.(2023·宁夏吴忠一轮联考)2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家,以表彰他作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如

下:C2H5CHCHCH3+CH2CH2C2H5CHCH2+CH2CHCH3。现以烯烃C5H10为原料,合成有机物M和N,合成路线如图:(1)有机物A的结构简式为。(2)按系统命名法,B的名称是。(3)B→C的反应类型是。(4)写出D→M的化学方程式:。(

5)满足下列条件的X的结构共有种,写出任意一种的结构简式:。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上的一氯取代物只有两种(6)写出E→F合成路线(在指定的3个方框内写有机物,有机物用结构简式表示,箭头上注明试剂和反应条件,若出现步骤合并,要标明反应的先后顺序)。2.(202

3·四川自贡二诊)3,4-二羟基肉桂酸乙酯()具有治疗自身免疫性疾病的潜力。由气体A制备3,4-二羟基肉桂酸乙酯(I)的合成路线如图:已知:+回答下列问题:(1)已知气体A对氢气的相对密度为14,A的化学名

称是。(2)B中含有的官能团的名称为。(3)D的结构简式为。(4)E→F的反应类型是;化学上把连有四个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子,E中含有个手性碳原子。(5)G→H的第①步反应的化学方程式为;H→I的反应中,使用稍过量浓硫酸可以提高I的产率,其原因是。(6)芳香族化合物X是H

的同分异构体,1molX与足量NaHCO3溶液反应可生成2molCO2,符合条件的X的结构有种,其中核磁共振氢谱的峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为(任写出一种)。3.(2023·西藏拉萨一模)有机物I是一种流感药物的合成中间体,其合成路线如下:已知:①+||;②R1CHCHR21)O

32)H2O2R1COOH+R2COOH。回答下列问题:(1)B的名称为。①的反应类型为。(2)I中所含官能团的名称为。用“*”在下面I的结构简式中标出手性碳原子(碳原子上连有4个不同的原子或原子团时,该碳原子称为手性碳原子)。(3)写出由F生成G的化学方程式:。(4)写出C的结构简式:

。在C的同分异构体中,同时满足如下条件的共有种(不考虑立体异构)。①含有苯环②与饱和Na2CO3溶液反应放出气体③与FeCl3溶液能发生显色反应(5)根据上述流程,写出以环己烯()为主要原料制备有机物J()的合成路线。4.(2023·四川泸州二诊)治疗流行性感冒常用药

——布洛芬的一种合成路线如下。回答下列问题:(1)有机物A的名称是,A→B、B→C的反应类型分别是、。(2)有机物D的分子式为,含有的官能团名称为,含有个手性碳原子(碳原子上连有4个不同原子或原子团时,该碳原子称为手性

碳原子)。(3)在实验室可以用Ag(NH3)2OH直接氧化再酸化来实现E→F的转化,写出氧化反应的化学方程式:。(4)写出同时满足下列条件的一种布洛芬的同分异构体的结构简式:。①属于二元酚,1mol该物质与浓溴水

反应最多可消耗4molBr2②含有4个甲基,且分子中含有6种不同化学环境的氢原子(5)参考上述合成路线,写出以苯为原料(其余原料任选)制备的合成路线。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)700℃将矿石粉碎(或搅拌)(2)SiF4+6NaOHNa2SiO3+4NaF+3H2O(3)5(4)SiO2、CaSO4(

5)ClO-+2Fe2++H2O+4OH-2Fe(OH)3↓+Cl-(6)Fe(OH)3、Mg(OH)2(7)K=𝑐2(Li+)𝑐(Ca2+)=𝑐2(Li+)·𝑐(CO32-)𝑐(Ca2+)·𝑐(CO32-)=𝐾sp(Li2CO3)𝐾sp(CaCO3)=8.

64×10-42.5×10-9≈3.5×105>105,说明该反应可以进行完全解析(1)由图可知,“焙烧”温度为700℃时,锂提取率最高,所以“焙烧”的温度理论上选择700℃;将矿石粉碎或搅拌可提高“焙烧”效率。(2)“焙烧”产生S

iF4气体,SiF4中Si元素化合价为+4价,F元素化合价为-1价;用NaOH溶液吸收,且元素化合价均不发生变化,所以该反应的化学方程式为SiF4+6NaOHNa2SiO3+4NaF+3H2O。(3)溶液中离子浓度

不高于1×10-5mol·L-1时视为完全沉淀,由图可知,Al3+完全沉淀时溶液pH比Fe3+完全沉淀时更高,此时溶液中c(OH-)=√1×10-321×10-53mol·L-1=1×10-9mol·L-1,此时pH=5,所以pH至少调整为5。(4)“焙烧”

后的物质中SiO2不与Ca(OH)2反应;“中和”后产物中含有CaSO4,CaSO4微溶于水,所以所得“滤渣1”中除氢氧化物沉淀外还含有SiO2和CaSO4。(5)“氧化”过程主要是氧化亚铁离子,并调pH使其沉淀,所以反应的离子方程式为ClO-+2Fe2++H2O+4OH-2Fe(

OH)3↓+Cl-。(6)根据工艺流程可知,Fe3+和Al3+在“中和”过程完全沉淀,“氧化”过程中有Fe(OH)3以及少量的Mg(OH)2生成。2.答案(1)碳酸锰矿粉碎、搅拌、增大H+浓度、升高温度

等(任写两种,合理即可)(2)2Fe2++4H++MnO22Fe3++Mn2++2H2OK3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液)(3)5.4≤pH<8.8(4)7.6×107(5)50℃后SO42-含量减少的趋势较小,升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应(6)6Mn(OH)2+

O22Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O22Mn3O4↓+12NH4++6H2O解析往碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)中加入硫酸“酸浸”,矿石中只有SiO2不溶解,其他物质转化为FeSO4、MgSO4、A

l2(SO4)3、MnSO4等;加入氧化剂a进行“氧化1”操作,此时Fe2+被氧化为Fe3+;加入试剂b“沉铁铝”,生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀;过滤后,往滤液中加入MnF2,将Mg2+转化为

MgF2;再次过滤后,往滤液中加入氨水,生成Mn(OH)2沉淀,然后通入O2,将Mn元素部分氧化,从而生成Mn3O4。(1)通过增大接触面积、适当增大酸的浓度、升高温度等,都可提高“酸浸”效果。(2)“氧化1”步骤中,将Fe2+氧化为Fe3+,氧化剂a可选用MnO

2,则发生反应生成Fe3+、Mn2+等,离子方程式为2Fe2++4H++MnO22Fe3++Mn2++2H2O;为了检验氧化是否完全,需检验Fe2+是否存在,可选用的试剂是K3[Fe(CN)6]溶液或酸性KMnO4溶液。(3)从表中可以看出,pH≥5.4时,Fe3+、Al3+全部转化为沉淀

,pH=8.8时,Mn2+开始沉淀,所以“沉铁铝”步骤中,调节pH的范围为5.4≤pH<8.8。(4)“沉镁”步骤中,沉淀转化反应为MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq),则平衡常数K=𝑐(Mn2+)𝑐(Mg2+)=𝐾sp(MnF2)𝐾sp(MgF2)=5.6×

10-37.4×10-11≈7.6×107。3.答案(1)CO32-+H2OHCO3-+OH-(2)NaAlO2(3)不溶于酸、碱的杂质(4)2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O(5)c2.83(6)蒸发浓缩、冷却至30.8~53.8

℃结晶并过滤解析(1)纯碱溶液由于CO32-水解呈碱性:CO32-+H2OHCO3-+OH-,油污的主要成分是酯类化合物,酯类化合物在碱性溶液中可以水解,所以可以用纯碱溶液来去除油污,加热促进了碳酸根离子的水解。(2)用NaOH溶液“碱浸

”,废催化剂中的Al和Al2O3均与NaOH反应生成NaAlO2,“滤液1”中的主要溶质为NaOH和NaAlO2。(3)前面加入NaOH和稀硫酸与Al、Al2O3、Fe反应,不参与反应的只剩下其他不溶于酸、碱的杂质。(5)“调pH”可选用的物质不能引入其他杂质,所以可选用的

物质为NiO;“调pH”是为了使Fe3+完全沉淀,但不能使Ni2+沉淀,Fe3+完全沉淀时c(Fe3+)≤1.0×10-5mol·L-1,c(OH-)≥√𝐾spFe(OH)3𝑐(Fe3+)3=√2.7

×10-391.0×10-53mol·L-1=3×10-353mol·L-1,则c(H+)≤13×10-73mol·L-1,pH≥-lg(13×10-73)≈2.83,即pH至少为2.83。4.答案(1)4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaF

eO2+10CO2(2)FeO2-+2H2OFe(OH)3↓+OH-(3)4.5~9.3H2SiO3、Al(OH)3(4)2CrO42-+2CH3COOHCr2O72-+2CH3COO-+H2O(5)重结晶(6)

a5.答案(1)除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)(2)MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2OFe2+完全沉淀时Mn2+也完全沉淀,造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全,影响产品纯度)(3)5

.4≤pH<7.3(4)8×10-3mol·L-1(5)Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥解析高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿“混合焙烧”,得到各类金属氧化物,加入硫酸,得到含Mn2+、Fe2+

、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液,加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子,再加入碳酸钙消耗氢离子促进水解,将铁离子和铝离子以氢氧化物的形式除去,加入MnF2“氟化除杂”,使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全,此时溶液中的金属离子主要为Mn2+,加入碳酸氢铵发生反

应:Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O,加入硫酸溶解得MnSO4溶液,经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作得到硫酸锰晶体。(1)高硫锰矿含有FeS,“混合焙烧”可以将金属硫化物转化为金属氧化物,同时除去硫元素。(2)若省略“氧化”步骤,则铁元素要以Fe2+和Fe3+

的形式除去,但是由表格数据可知除去亚铁离子的同时锰离子也会被除去,即造成的影响是Fe2+完全沉淀时Mn2+也完全沉淀,造成Mn2+损失。(3)“中和除杂”的目的是使铝离子、铁离子完全沉淀且锰离子不沉淀,则由表格数据可知应控制溶液的p

H范围是5.4≤pH<7.3。(4)已知:Ksp(MgF2)=6.4×10-10,若使溶液中的Mg2+沉淀完全,需维持c(F-)≥√6.4×10-101×10-5mol·L-1=8×10-3mol·L-1。6.答案(1)Fe3O4+8H+2Fe3++

Fe2++4H2O(2)SiO2、CaSO4将Fe2+氧化为Fe3+(3)8×1018(4)H2SO4(5)NH4HCO3、(NH4)2SO4(6)2Li2CO3+4MnCO3·Mn(OH)2+3O24LiMn2

O4+6CO2+4H2O解析由题给流程可知,方锰矿用稀硫酸酸溶时,金属氧化物与稀硫酸反应转化为硫酸盐(硫酸钙微溶于水),二氧化硅不与稀硫酸反应,“过滤”得到含有硫酸钙、二氧化硅的“滤渣1”和含有可溶性硫酸盐的“滤液1

”;向“滤液1”中加入二氧化锰将溶液中亚铁离子氧化为铁离子后,通入NH3调节溶液的pH,将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,“过滤”得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的“滤渣2”和含有硫酸锰的“滤液2”;“滤液2”经“离子交换”、淋洗液“洗脱”

后,加入碳酸铵溶液将溶液中的锰离子转化为碱式碳酸锰沉淀,“过滤”得到碱式碳酸锰和“滤液3”;碱式碳酸锰与碳酸锂在空气中高温煅烧制得锰酸锂。(2)由分析可知,“滤渣1”的成分为硫酸钙、二氧化硅;加入二氧化锰的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子。(3)由方程式可知,反应的平衡常数K=𝑐3(NH4+)

𝑐(Al3+)·𝑐3(𝑁H3·H2𝑂)=𝑐3(NH4+)·𝑐3(OH-)𝑐(Al3+)·𝑐3(𝑂H-)·𝑐3(𝑁H3·H2𝑂)=𝐾b3(NH3·H2O)𝐾sp[Al(OH)3]=(2×10-5)31×10-33=8×1018。(4)由方程式可知,为了提

高洗脱效率,又不引入其他杂质,淋洗液应选用稀硫酸,可以增大溶液中的氢离子浓度,使平衡向逆反应方向移动,有利于将锰离子进一步提纯。大题突破练(二)化学实验综合题1.答案(1)(普通)漏斗(2)取少量最后一次洗涤液于试管中若无白色沉淀生成,则沉淀已洗净(

3)2∶1(4)分批加入并搅拌(5)防止CuO损耗,产率减小(6)2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O(7)K2[Cu(C2O4)2]·3H2O解析(1)配制一定浓度的溶液需要电子天平、烧杯、量筒,不

需要漏斗。(2)得到的CuO固体表面可能附着有硫酸钠,可以通过检验SO42-来确定沉淀是否洗涤干净,具体方法为取少量最后一次洗涤液于试管中,滴入BaCl2溶液,若无白色沉淀生成,则沉淀已洗净。(3)假设两种原料的物质的量分别为3.0mol、2.0mol,

则根据C元素守恒可得:n(KHC2O4)+n(K2C2O4)=3mol,根据K元素守恒可得:n(KHC2O4)+2n(K2C2O4)=(2×2)mol,联立解得n(KHC2O4)=2mol,n(K2C2O4)=1mol,所以n(KHC2O4

)∶n(K2C2O4)=2∶1。(5)连同滤纸一起加入溶液中的目的是使残留在滤纸上的CuO充分利用。(7)已知样品中n(Cu2+)∶n(C2O42-)=1∶2,所以Kx[Cu(C2O4)x]·3H2O中x=2,则水合草酸铜(Ⅱ)酸钾晶体的化

学式为K2[Cu(C2O4)2]·3H2O。2.答案(1)三颈烧瓶防止水蒸气进入反应体系,导致光气等与水反应(或做吸水剂、干燥剂、防止装置C中COCl2与水发生反应)有白雾产生(2)利于CCl4的挥发,使产生的COCl2进入后续装置中(3)蒸馏水浴加热关闭K

1和K2,打开K3(4)球形冷凝管(仪器b)不能用于蒸馏,否则易积存液体(5)Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2(6)80%解析由题中信息可知A装置中的CCl4被N2鼓入B装置,与Cr2O3固体在700~800℃条件下反应生成

CrCl3固体和光气COCl2,用氢氧化钠吸收尾气防止污染空气,因为光气与水易反应,球形干燥管d中盛有无水氯化钙,防止水蒸气进入反应体系。反应开始,用氮气排出装置中空气,然后打开K1、K2,关闭K3,进行反应,C中得到光气和四氯化碳,再关闭K1、K2

,打开K3,利用沸点不同蒸馏分离出光气。(1)光气易与水发生反应生成CO2和HCl,若无仪器d和后续装置,仪器b的上管口可能出现的现象为有白雾产生。(3)C中收集到溶解在CCl4中的光气,利用沸点不同,采用蒸馏法分离出光气

,故步骤Ⅳ中,将光气分离出的操作名称为蒸馏;低于100℃可以采用水浴加热;由上述分析可知,加热装置C时关闭K1和K2,打开K3,利用沸点不同蒸馏出光气。(6)15.2gCr2O3的物质的量为0.1mol,理论上生成CrCl3的物质的量为0.2mol,设产率为x,结合元素质量守恒,

可得152g·mol-1×(0.1-0.1x)mol+0.2mol×x×158.5g·mol-1=28.4g,解得x=80%。3.答案(1)圆底烧瓶(直形)冷凝管(2)测量蒸气的温度,收集117℃左右的馏分(3)冷却,减缓铬酰氯挥发(4)CrO3+2H

ClCrO2Cl2+H2O(5)加入过量氯化钠可产生过量的氯化氢气体,使更多的CrO3参与反应(6)b吸收未参与反应的HCl气体,防止空气中的水蒸气进入收集装置解析由题意可知,制备铬酰氯的过程为浓硫酸先分别与重铬酸钾和氯化钠反应生成CrO3和氯化氢

气体两种中间产物,然后CrO3迅速与氯化氢气体共热反应生成铬酰氯,则实验装置图中左侧装置为铬酰氯的制备装置,中间装置为铬酰氯的冷凝收集装置,未画出的装置既要吸收未参与反应的氯化氢气体,又要防止空气中的水蒸气进入收集装置导致铬酰氯水解。(5)投料

时,加入过量氯化钠粉末可以产生过量的氯化氢气体,使更多的三氧化铬参与反应,增大铬酰氯的产率。(6)由分析可知,未画出的装置为盛有碱石灰的干燥管,目的是吸收未参与反应的氯化氢气体,防止空气中的水蒸气进入收集装置导致铬酰氯水解。4.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+14MnO

4-+32H+14Mn2++5CO2↑+5N2↑+5SO42-+26H2O③380𝑐𝑉7𝑚%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50𝑐𝑉7×1

0-3mol×76g·mol-1𝑚g×100%=380𝑐𝑉7𝑚%。5.答案(1)CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O(2)防止温度过高CH3COOOH爆炸分解,缓慢滴加可以减少H2O2热分解损失,提高H2O2的利用率(3)打开放空阀防止油水分离器中的水回到仪器2中,使过氧

乙酸溶解影响产率(4)仪器5油水分离器液面高度保持不变(5)过滤(6)0.1(𝑉1-𝑉2)𝑉解析(4)根据产生的水的量可判断反应是否结束,待观察到仪器5油水分离器液面高度保持不变时,说明反应已经结束。(5)反应结束,分离仪器2中的混合

物初步得到粗产品的方法是过滤,分离去掉难溶固体酸。(6)根据I2+2S2O32-2I-+S4O62-,由得失电子守恒、元素质量守恒可知:“O—O”(过氧化物)~I2~2S2O32-12(0.05V1×10

-3)mol(0.10V1×10-3)mol双氧水与高锰酸钾反应,由得失电子守恒可知:5H2O2~2KMnO452(0.05V2×10-3)mol(0.02V2×10-3)mol则𝑉2mL样品中含有n(CH3COO

OH)=(0.05V1×10-3-0.05V2×10-3)mol,由公式c=𝑛𝑉可得,样品中的过氧乙酸的浓度为0.05𝑉1×10-3-0.05𝑉2×10-3𝑉2×10-3mol·L-1=0.1(𝑉1-𝑉2)𝑉mol·L-1。6.答案(1)H2SO

4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑[或H2SO4(浓)+2NaClNa2SO4+2HCl↑](2)6.24g(3)吸水、干燥(4)4HCl+O22H2O+2Cl2(5)0.4①作为安全瓶,防倒吸②H2C2O4+2H++2ClO3-2ClO2↑

+2CO2↑+2H2O解析(2)B装置中发生过氧化钠与水的反应:2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,每消耗1molNa2O2,转移1mol电子,则转移0.08mol电子时,消耗的Na2O2的物质的量为0.08mol,其质量为0.08mol×78g·mol-1=6.24

g。(3)氯化氢与氧气在加热条件下反应,则氯化氢和氧气必须是干燥的,所以C装置中的浓硫酸用于干燥氯化氢和氧气。(4)硫酸铜变蓝说明反应生成了水,则装置D中发生反应的化学方程式为4HCl+O22H2O+2Cl2。(5)根据方法一的化学方程式可知,NaClO3中的+5价的氯元素反应后转

化为ClO2,NaClO3发生还原反应,生成的ClO2是还原产物,当生成1molClO2时,转移电子的物质的量为1mol,所以当有0.4mol电子发生转移时,得到的还原产物为0.4mol。7.答案(1)C(2)冷凝回流(3)除去产品中的FeCl3、乙醇等溶于水的杂质减少产品在水(

或乙醇稀溶液)中的溶解损失(或降低产品的溶解度)(4)酸2-萘酚不溶于冷水,能在NaOH溶液中溶解(5)78解析(1)2-萘酚中的羟基氢被乙基取代得到2-萘乙醚,该反应为取代反应;甲烷燃烧为氧化反应,乙烯水化法制乙醇为加成反应,制备乙酸乙酯为取代反应,所以答案为C。(3)反应体系中含有无机

盐和乙醇等,抽滤、洗涤的目的是除去产品中的FeCl3、乙醇等溶于水的杂质;冰水温度低,洗涤固体用冰水是为了降低产品在水或乙醇稀溶液中的溶解度。(5)n(乙醇)=0.79×646mol≈0.10mol,n(2

-萘酚)=3.6144mol=0.025mol,乙醇过量,则n理论(2-萘乙醚)=0.025mol;n实际(H2O)=n实际(2-萘乙醚)=0.3518mol,则2-萘乙醚的产率为=0.3518mol0.025mol×100%≈

78%。大题突破练(三)化学反应原理综合题1.答案(1)-128.00(2)①是②ad③>④512(3)①第ⅲ步②K降低生成乙烯的反应所需要的活化能,加快乙烯生成速率,而对其他副反应几乎无影响解析(1)反应

Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.01kJ·mol-1反应Ⅱ:2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)ΔH2=-29.98kJ·mol-1根据盖斯定律,Ⅰ×2+Ⅱ可得反应Ⅲ:2CO2(g)+6H2(g)4H2O(g)+C2H4(g)ΔH3=(-49

.01×2)kJ·mol-1+(-29.98)kJ·mol-1=-128.00kJ·mol-1。(2)①由上述分析可知,反应Ⅲ的ΔH<0、ΔS<0,ΔG=ΔH-TΔS,当ΔG<0时,反应能自发进行,则反应Ⅲ在低温下可以自发进行。②由于反应Ⅲ的ΔH<0,因

此降低反应温度,平衡正向移动,CO2平衡转化率增大,a正确;使用高效催化剂,不会使平衡移动,只会改变反应速率,b错误;通入氦气不改变反应物浓度,平衡不移动,c错误;以相同的投料比增加反应物的物质的量,气体压强增大,平衡正向移动,CO2平衡转化率增大,d正确。③如图所示,相同温

度下,X的平衡转化率α(CO2)的值更大,则𝑛(H2)𝑛(CO2)值更大,故R点处,X>2.0。④Q点与P点温度相同,则两点K值相同,以P点计算K值,𝑛(H2)𝑛(CO2)=2.0、α(CO2)=0.5,若起始加入1molCO2和2

molH2,列三段式:2CO2(g)+6H2(g)4H2O(g)+C2H4(g)起始(mol·L-1)0.5100转化(mol·L-1)0.250.750.50.125平衡(mol·L-1)0.250.250.50.125平衡常数K=𝑐4(H2O)·

𝑐(C2H4)𝑐6(H2)·𝑐2(CO2)=(0.5)4(0.125)(0.25)6(0.25)2=512。(3)②在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助剂效果最好,因为兼顾乙烯的产率、二氧化碳转化率和副产物影响。

2.答案(1)+41.2(2)①H2H2O由图知900K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+12O2H2O)为主要反应②1.85𝑉

·(1.55𝑉)20.05𝑉·(𝑛𝑉)12③BE(3)B(4)2∶1解析(1)反应12O2(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=+41.2kJ·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④12O2(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900K后H2O的含量减小,说明此时以H2O的含量减小的反应为主,故900K后,生成H2O的主要反应为反应④。②1100K时,CH4与CO2的转化率分别为95%、90%,则计算得平衡

时c(CH4)=1.0-0.95𝑉mol·L-1=0.05𝑉mol·L-1,根据碳元素守恒计算得平衡时c(CO)=0.95+0.9𝑉mol·L-1=1.85𝑉mol·L-1,由图可知,c(H2)=1.55𝑉mol·L-1,则反应③的平衡常数K=𝑐(CO)·

𝑐2(H2)𝑐(CH4)·𝑐12(O2)=1.85𝑉·(1.55𝑉)20.05𝑉·(𝑛𝑉)12。(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3mol和2mol,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:2molCO2~4mole-,电极B:3molCH4+4mole-yC2H4+xC2H6,可得方程组{碳原子守恒:2𝑥+2𝑦=3电子守恒:2𝑥+4𝑦=4,求得x∶y=2∶1。3.答案(1)-18

10(2)①Ⅱ该温度下催化剂对反应Ⅰ的催化活性更大,从而反应Ⅰ的选择性更大②75%③C(3)①温度小于T3K时,由于温度较低,反应速率较慢,尚未达到平衡状态,随温度的升高,反应逐渐接近平衡状态,生成N2的物质的量逐渐增加②14.06%解析(1)

根据盖斯定律,由Ⅱ×52-Ⅰ×32可得反应Ⅲ:4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g),ΔH3=ΔH2×52-ΔH1×32=-1810kJ·mol-1。(2)①由图1可知温度低于400℃时以生成氮气为主,主要发生反应Ⅱ。②400℃时δ(N2)=30

%,δ(NO)=15%,δ(NH3)=1-(30%×2+15%)=25%,NH3的转化率为75%。③反应Ⅰ是气体分子数增大的反应,故不宜采用高压,850℃时反应Ⅰ的选择性最大,通入过量的空气,使N2浓度增大,反应Ⅱ平衡逆向移

动,选择性减小,更有利于反应Ⅰ的发生,C项正确。(3)②根据题给信息可得以下三段式:4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)开始/mol5700转化/mol1652454245平衡/mol951154245T3K时,NH3的体积分数为

95mol645mol×100%≈14.06%。4.答案(1)-122.54kJ·mol-1(2)①D②a温度高于270℃,反应Ⅰ平衡逆向移动的程度小于反应Ⅱ平衡正向移动的程度50%1.7×10-2(或0.017或160)(3)40%>解析(1)将已知反应依次编号为①②③

,根据盖斯定律,由②×3-③×6-①可得目标热化学方程式,ΔH4=(-571.6×3+44.0×6+1328.26)kJ·mol-1=-122.54kJ·mol-1。(2)①反应达到平衡时,v正(H2)=3v逆(CH3O

H),A错误;各物质的物质的量之比等于化学计量数之比不能说明反应达到平衡状态,B错误;该反应前后气体质量不变,容器容积不变,则气体密度始终不变,C错误;该反应的正反应为放热反应,在恒容绝热容器中气体温度保持不变,说明正逆反

应速率相同,反应达到平衡,D正确。②反应Ⅰ为放热反应,反应Ⅱ为吸热反应,随着温度升高,反应Ⅰ化学平衡逆向移动,反应Ⅱ化学平衡正向移动,则CO的物质的量分数随温度的升高而增大,甲醇的物质的量分数随温度的升高而减小,故a曲线表示甲醇的

物质的量分数。从图中可知,270℃时,二氧化碳的转化率为25%,且甲醇和CO在含碳产物中的物质的量分数相等,设初始投入amolCO2、3amolH2,反应Ⅰ消耗xmolCO2,反应Ⅱ消耗ymolCO2:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g

)+H2O(g)初始/mola3a00转化/molx3xxxCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)转化/molyyyy平衡/mola-x-y3a-3x-yyx+y{𝑥+𝑦𝑎×100%=25%𝑥=𝑦,解得x=y=0.125a

,则甲醇的选择性=0.125𝑎mol25%𝑎mol×100%=50%,逆水汽变换反应的压强平衡常数Kp=𝑝(H2𝑂)·𝑝(CO)𝑝(CO2)·𝑝(H2)=𝑛(H2𝑂)·𝑛(CO)𝑛(CO2)·𝑛(H2)=0.25𝑎×0.125𝑎0.75�

�×2.5𝑎=160。(3)设T1温度下达到平衡时消耗2zmolCH3OH,列三段式:2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)初始/mol0.400转化/mol2zzz平衡/mol0.4-2zzz0.4-2𝑧

0.4×100%=60%,解得z=0.08,故CH3OCH3的产率为0.08mol0.2mol×100%=40%。当反应达到平衡时,v正=v逆,即k正·c2(CH3OH)=k逆·c(CH3OCH3)·c(H2O),平衡常数K=𝑘正𝑘逆=𝑐(CH3𝑂𝐶H3)·𝑐(

H2𝑂)𝑐2(CH3OH),T1时K1=19,T2时K2=𝑘正𝑘逆=15>K1,平衡常数增大,化学平衡正向移动,则T2>T1。5.答案(1)H2O(g)H2O(l)的ΔH(2)H2O*1.40(3)①BD②反应Ⅰ为放热反应,反应Ⅱ为吸热反应,升高温

度,反应Ⅰ逆向移动,反应Ⅱ正向移动在反应器(B)中,能分离出部分水蒸气,导致反应正向移动③0.021141(4)CO2+6e-+6H+CH3OH+H2O解析(1)若已知H2和CO的燃烧热,根据盖斯定律,还需要的一个只与水有关的物理量为H2O(g)H2O(l)的ΔH。(2)由图1可知

,该反应机理中相关反应为H2CO*+OH*+32H2(g)H2CO*+H2O*+H2(g),也可表示为OH*+12H2(g)H2O*;过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能,TS3为过渡态的反应,其正反应活化能为0.4

0eV-(-1.00eV)=1.40eV。(3)①在恒温恒压下进行反应,压强为常量;在恒温恒压下进行反应,气体总体积为变量,气体总质量始终不变,则混合气体的密度为变量,其不变说明反应已达平衡;v正(CO2)=3v逆(H2),此时正逆反应速率不相等,反应没有达到平衡;各物

质浓度比不再改变,说明平衡不再移动,反应达到平衡状态;故选BD。③在恒温恒压下,CO2和H2按体积比1∶3在普通反应器(A)中反应,若初始时n(CO2)=1mol,则n(H2)=3mol;CO2平衡转化率为

25.0%,则反应的二氧化碳的物质的量为0.25mol,甲醇的选择性为80%,则生成甲醇的物质的量为0.25mol×80%=0.2mol,则:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始/mol1300转化/mol0.20.

60.20.2CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)转化/mol0.25-0.2=0.050.050.050.05反应Ⅰ从开始到平衡态的平均反应速率v(CH3OH)=0.210.0mol·s-1=0.02mol·s-1。平衡时总的物质的量为3.6

mol,二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量分别为0.75mol、2.35mol、0.05mol、0.25mol,则二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分压分别为0.753.6×1.8MPa、2.353.6×1.8MPa、0.053.6×1.8MPa、0.253.6×1

.8MPa,反应Ⅱ为等气体分子数的反应,则化学平衡常数Kp(Ⅱ)=0.25×0.052.35×0.75=1141。(4)由图2可知,铜极为阴极,二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲醇,电极反应为CO2+6e-+6H+CH3OH+H2O。6.答案(1)ΔH

1+ΔH2+ΔH3AD(2)①1压强太小,不利于平衡向正反应方向移动②cbCH3CHO(3)p1>p2>p3m𝛼22(1-𝛼)(3-2𝛼)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)+H

2O(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1mol,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1mol和3mol,容器的容积为VL,反应ⅳ、ⅵ生成甲醇的物质的量分别为amol、bmol,反应ⅴ生成一氧化碳的物质的量为cmol,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/mol1300变/mola3aaa平/mol1-a3-3aaaCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)起/mol1-a3-3a0a变/molccca+c平/mol1-a-c3-3a

-cca+cCO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起/molc3-3a-ca变/molb2bb平/molc-b3-3a-c-2ba+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=𝛼2,解得a=c=

𝛼2、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、𝛼2mol和αmol,故反应ⅴ的浓度平衡常数Kc=𝛼2𝑉×𝛼𝑉1-𝛼𝑉×3-2𝛼𝑉=𝛼22(1-𝛼)(3-2𝛼)。大题突破练(四)物质结构与性质综合题(选考)

1.答案(1)1s22s22p1>(2)sp3共价键、氢键H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+(3)B—O键键能大于B—B键和B—H键键能,所以更易形成稳定性更强的B—O键(4)①晶体硼的熔点和沸点高,硬度大,故为原子晶体②12③B4C(5)(1,1,

12)76𝑎3𝑁A×10-21解析(1)B是5号元素,基态B原子核外电子排布为1s22s22p1;由元素周期律可知,同主族元素从上到下第一电离能逐渐变小,故B的第一电离能大于Al的第一电离能。(2)在H3BO3中,O的价电子数为6,成2个σ键,价层电子对数为4,杂化轨道类型为sp3;硼

酸分子内原子以共价键相连,硼酸分子之间存在氢键,故层内存在的作用力有共价键和氢键;因为硼酸的酸性与[B(OH)4]-有关,因此硼酸的电离为硼酸与水生成[B(OH)4]-和H+,电离方程式为H3BO3+H2O[B(OH)

4]-+H+。(3)由表中数据可知,三种化学键中B—O键的键能最高,因此B—O键最稳定,更易形成B—O键。(4)由表中数据可知,晶体硼的熔、沸点高,硬度大,为原子(共价)晶体的典型特征;由图1可知晶体硼

的基本结构单元有20个面,每个面均为正三角形,每个三角形的顶角被5个三角形共用,因此其含有的硼原子数为20×3×15=12;由图2可知,碳化硼晶胞每个顶角上有一个晶体硼基本结构单元,则该晶胞中含有的硼原子数为8×18×12=12,由图可知其含

有的碳原子数为3,故其化学式为B4C。(5)由图3可知,相对于坐标原点,“1”处原子的x坐标为整个长,y坐标为整个宽,z坐标为半个高,因此其坐标参数为(1,1,12);由晶胞结构可知,该晶胞中含有BH4-的数目为8×18+4×12+1=4,含有Na+的数目为6×12+4×

14=4,则一个晶胞的质量为4×(4×1+11+23)𝑁Ag=152𝑁Ag,晶胞体积为(a×a×2a)×10-21cm3=2a3×10-21cm3,则密度ρ=𝑚𝑉=152𝑁Ag2𝑎3×10-21cm3=76𝑎3𝑁A×10-21g·cm-3。2.答案(1)[Ar]3d10

4s24p3(或1s22s22p63s23p63d104s24p3)基态As原子的4p能级是半充满状态,比较稳定(2)sp3杂化三角锥形(3)CCl4或SiF4(其他合理答案均可)(4)NH3分子间存在氢键,汽化时克服分子间氢键,需要消耗大量的能量(5)Na2Cl(6)1174𝑎3𝑁A解析(1

)基态As原子的核外有33个电子,根据构造原理知其电子排布式为[Ar]3d104s24p3或1s22s22p63s23p63d104s24p3;基态As原子的4p能级是半充满状态,比较稳定,其第一电离能比Se的大。(2)AsO33-的中心原子价层电子对数为3+12(5+3-3×2)=4,中心原子的

杂化方式为sp3杂化,含有1对孤电子对,AsO33-的立体构型为三角锥形。(5)根据图1可知,该晶胞中Na原子数目为2×12+2+4×14=4,Cl原子数目为8×14=2,则该晶体的化学式为Na2Cl。(6)根据图2可知,1个NaCl晶胞中Na+的数目为12×14+1=4,Cl-的数

目为8×18+6×12=4,则1个NaCl晶胞的质量m=4×(23+35.5)𝑁Ag;已知NaCl晶胞中Na+和Cl-间最短距离为acm,则1个NaCl晶胞的体积V=(2a)3cm3,故NaCl晶体的密度ρ=𝑚𝑉=4×(23+35.5)𝑁Ag(2�

�)3𝑐m3=1174𝑎3𝑁Ag·cm-3。3.答案(1)3s23p42B(2)硫的电负性比氧小(或硫原子半径比氧大),成键电子对与中心原子核间的距离H2S比H2O大,2对成键电子对之间的排斥力H2S比H2O小(3)sp、sp3杂化CH3—(或甲基)R1—Zn—R

1的沸点低于C2H5—Zn—C2H5,则其相对分子质量小于C2H5—Zn—C2H5(4)正四面体√22×√4×97𝜌𝑁A3×1010解析(1)基态硫原子的价层电子排布式为3s23p4,价层电子排布图(轨道表示式)为,共有2个未成对

电子。A中的S为基态硫原子,B中的S为处于激发态的硫原子,能量高,不稳定,C中的S已经失去1个电子,所以电离最外层1个电子所需能量最低的是B。(3)C2H5—Zn—C2H5分子中,—C2H5中的2个C原子的价层电子对数

都为4,而Zn原子的4s电子发生跃迁后,发生sp轨道杂化,则杂化方式有sp、sp3杂化;R1—Zn—R1和C2H5—Zn—C2H5固态时都形成分子晶体,由表中数据可以看出,R1—Zn—R1比C2H5—Zn—C2H5的沸点低,则表明前者的相对分

子质量比后者小,则烃基R1是甲基。(4)从晶胞图中可以看出,每个Zn2+填入4个S2-构成的正四面体空隙中;在该晶胞中,含有Zn2+的个数为4,含有S2-的个数为8×18+6×12=4,设NA为阿伏加德罗常数的值,若

晶体的密度为ρg·cm-3,则晶胞参数为√4×97g·mol-1𝜌g·cm-3×𝑁Amol-13=√4×97𝜌𝑁A3cm=√4×97𝜌𝑁A3×1010pm,S2-之间最短核间距离为面对角线的一半,即为√22×

√4×97𝜌𝑁A3×1010pm。4.答案(1)[Ar]3d104s24p1(或1s22s22p63s23p63d104s24p1)原子晶体(或共价晶体)(2)4正四面体形(3)sp2O失去1个电子后p能级变为半充满状态比N失去1个电子后的结构更稳定,因此O的第二电离能更

大(4)CH3CH2CH2NH2BD(5)①棱心和体心②238(√2𝑎×10-10)3𝑁A解析(1)Ga是31号元素,位于元素周期表第四周期ⅢA族,根据构造原理,可知基态Ga原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1,可简写为[Ar]3d104s

24p1;GaN晶体为共价键空间网状结构,熔点为1700℃,晶体类型为原子晶体(或共价晶体)。(2)在硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4中,Pt与4个配体NH3结合,故Pt的配位数为4;外界离子SO42-的价层电子对数是4+6+2-2×42=4,无孤电

子对,因此SO42-的立体构型是正四面体形。(3)如图1所示,在该微粒中,C原子形成3个σ键,因此该C原子采用sp2杂化。(4)三甲胺[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2都属于分子晶体,N(CH3)3分子之间只存在范德

华力,而CH3CH2CH2NH2分子之间除存在范德华力外,还存在氢键,导致其物质的熔、沸点升高,因此二者相比较,熔点较高的是CH3CH2CH2NH2;N(CH3)3易与H+形成三甲胺正离子,这是由于N(CH3)3分

子中的N原子上存在孤电子对,H+上存在空轨道,二者形成配位键,配位键属于极性键,故合理选项是BD。(5)②根据图2可知,在该晶胞中含有Fe原子的数目为8×18+6×12=4,含有N原子的数目为1;由于晶胞中距离最近的两个铁原子核间距离为apm,则晶胞边长为√2apm,晶体密度ρ=𝑚𝑉=4×5

6+14(√2𝑎×10-10)3𝑁Ag·cm-3=238(√2𝑎×10-10)3𝑁Ag·cm-3。大题突破练(五)有机化学基础综合题(选考)1.答案(1)CH2C(CH3)CH2CH3(2)3,4-

二甲基-3-己烯(3)加成反应(4)++2H2O(5)3、、(任意一种)(6)解析由F的结构简式逆向分析推理可知,A应为CH2C(CH3)CH2CH3,E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3,F发生消去反

应生成G,G为;由G和N的分子式及反应条件可推知,X的分子式为C8H10O;由M的分子式可知D分子中含有8个C,结合信息可知B为CH3CH2C(CH3)C(CH3)CH2CH3,则C为CH3CH2CBr(

CH3)CBr(CH3)CH2CH3,D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3,M为。(2)由以上分析可知,B的结构简式为CH3CH2C(CH3)C(CH3)CH2CH3,根据系统命名法,其名称为3,4-二甲基-3-己烯。(3)B→C为碳碳双键

和溴的加成,故其反应类型为加成反应。(5)X的分子式为C8H10O,其结构要满足下列条件:①遇FeCl3溶液显紫色,则羟基连接在苯环上;②苯环上的一氯代物只有两种。若苯环上只有两个取代基,则一个为酚羟基,另一个为乙基,只能为对位;若苯环上有三个取代基,则一个为酚羟基,其他两个是甲基,两个甲基的位置

可以在酚羟基的邻位或间位,所以满足条件的X的结构共3种,即、、。2.答案(1)乙烯(2)羟基(3)(4)消去反应1(5)+5NaOH+2NaCl+3H2O浓硫酸可以吸收生成的水,促使反应正向进行(6)10(

或)解析气体A对氢气的相对密度为14,即A的相对分子质量为28,再由B的分子式可知A的分子式为C2H4,所以A为乙烯;由B的分子式为C2H6O及A生成B的条件可知,B为乙醇;由已知信息可知C、D均为醛,结合B为乙醇,则C为乙醛,再由E逆推可知D的结构简式为;由E→F的反应条件可知,F为;由F

的结构简式和反应条件可知,F中醛基发生氧化反应形成G,G为。(4)由E→F的反应条件及E的结构简式可知,F的结构简式为,E→F的反应类型是消去反应;E分子中含有1个手性碳原子,即中*位置的碳原子。(5)G为,G中氯原子在碱性条件下加热发生取代反应引入酚羟基,酚羟基可以与碱反应生成盐,羧基也

可以与碱反应生成盐,反应的化学方程式为+5NaOH+2NaCl+3H2O;H→I的反应是羧酸和醇的酯化反应,反应生成水,使用稍过量浓硫酸可以吸收生成的水,促使反应正向进行,提高I产率。(6)芳香族化合物X是H的同分异构体,1molX与足量NaHCO3溶液反

应可生成2molCO2,则符合条件的X分子结构中含2个—COOH;苯环上的取代基有三种情况:①1个—COOH、1个—CH2COOH,二者在苯环上有邻、间、对3种位置关系;②1个—CH(COOH)2,此

时有1种结构;③1个—CH3、2个—COOH,三者中有2个相同取代基,在苯环上有6种位置关系,所以符合条件的X的结构共有3+1+6=10种。其中核磁共振氢谱的峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为和。3.答案(1)1,3-丁二烯或丁二

烯加成反应(2)羧基、(酮)羰基(3)+2C2H5OH+2H2O(4)13(5)解析A与B发生已知①的反应生成C();E()在臭氧和双氧水的作用下生成F(),F与乙醇发生酯化反应生成G。(4)由上述分析可知,C的结构简式

为。C的同分异构体中,要同时满足如下条件:①含有苯环;②与饱和Na2CO3溶液反应放出气体,说明含有羧基;③与FeCl3溶液能发生显色反应,说明含有酚羟基;根据分子式可知还有一个甲基。若苯环上有2个取代基,则一个为酚羟基,另一个为—CH2COOH,二者在

苯环上有邻、间、对三种位置关系;若苯环上有3个取代基,则分别为酚羟基、甲基、羧基,三者在苯环上有10种位置关系,故满足条件的C的同分异构体共有13种。4.答案(1)甲苯加成反应取代反应(2)C16H22O3醚键、酯基2(3)+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O(4)或或或(

任写一种即可)(5)解析由C的结构简式和B→C的反应物,可知B→C发生的是取代反应,B的结构简式为;由A的分子式可知,A的结构简式为。(1)由上述分析可知,A的名称为甲苯;A→B为碳碳双键的加成反应,B→C为取代反应。(2)由D的结构简式可知,D的分子式为C16H22O3,含有的官能团

为酯基和醚键,其含有的手性碳原子如图:。(4)由于该同分异构体是二元酚,则除酚羟基外至少还存在一个取代基,1mol该有机物可与4mol溴单质发生反应,除苯环上的取代,还考虑碳碳双键与溴的加成反应;根据分子组成和不饱和度可知,除苯

环外支链有一个不饱和度,因此分子中含有一个碳碳双键;由此推知苯环上需有三个位置发生取代,所以该同分异构体有三个取代基,即两个羟基和一个烃基;该烃基含有7个C原子、4个甲基、1个碳碳双键,又因为分子中含有6种不同化学环境的氢原子,所以该同分异构体为对称结构,满足条件的布洛芬的同分异构体的

结构简式有或或或。5.答案(1)羧基、氯原子(2)(3)2+O22+2H2O(4)(5)还原(6)①+C2H5OH+H2O②H2N—NH—CH3③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(C

H3)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。