主觀題突破3 大單元2025高考總復習優(yōu)化設(shè)計二輪用書化學Y課后習題含答案

主觀題突破3大單元2025高考總復習優(yōu)化設(shè)計二輪用書化學Y課后習題含答案主觀題突破三(分值:94分)學生用書P2251.(12分)(2024·廣東2月大聯(lián)考)碳中和、碳循環(huán)是科學家們研究的熱門課題,一種以CO2為碳源和胺類化合物合成甲基紅(化合物ⅷ)的路線如圖所示(加料順序、反應條件略):已知:重氮鹽(含—N2Cl結(jié)構(gòu))與胺類或酚類發(fā)生耦合反應,耦合位置優(yōu)先選擇氨基或酚羥基的對位?；卮鹣铝袉栴}:(1)化合物ⅰ的分子式為;芳香族化合物x為化合物ⅰ的同分異構(gòu)體,其核磁共振氫譜有4組峰,則x的結(jié)構(gòu)簡式為,其化學名稱為。

(2)反應①中,除了生成化合物ⅱ外,還有另外一種產(chǎn)物y為(填化學式)。

(3)根據(jù)化合物ⅱ的結(jié)構(gòu)特征,分析預測其可能的化學性質(zhì),完成下表。序號反應試劑、條件反應形成的新結(jié)構(gòu)反應類型a

加成反應b

水解反應(4)下列關(guān)于反應⑤的說法正確的有(填字母)。

AE.反應⑤中,有C—H和N—Cl的斷裂BE.反應物ⅵ中,C原子和N原子的雜化方式完全相同CE.產(chǎn)物ⅶ中不存在手性碳原子DE.反應⑤的另一種產(chǎn)物z屬于極性分子,存在僅由p軌道“頭碰頭”形成的σ鍵(5)以苯為含碳原料,利用上述有機合成路線的原理,合成化合物,基于你設(shè)計的合成路線,回答下列問題:①最后一步反應的化學方程式為

。

②相關(guān)步驟涉及鹵代烴制酚的反應,寫出該反應第一步的化學方程式:

。

③從苯出發(fā)制重氮鹽,經(jīng)過第一步反應得到的產(chǎn)物為(填結(jié)構(gòu)簡式)。

答案:(1)C7H9N對甲基苯胺(合理即可)(2)H2O(3)H2,催化劑,△NaOH溶液,△,HCOONa(合理即可)(4)AC(5)①++HCl②+2NaOH+NaCl+H2O③2.(15分)(2024·湖南長郡中學一模)法匹拉韋(有機物I)是一種廣譜抗病毒仿制藥,其含有的環(huán)狀結(jié)構(gòu)與苯的共軛結(jié)構(gòu)類似。一種合成法匹拉韋的路線如圖所示:C已知:①R—NH2R—OH;②R1—CHOR1CH(OH)COOH;③化合物F、G不易分離,萃取劑的極性過大則常得到黑色糊狀物,過小則萃取率不高?；卮鹣铝袉栴}:(1)化合物B中含氧官能團的名稱為。

(2)C的結(jié)構(gòu)簡式為,其分子中sp2雜化的C原子個數(shù)是;F到G的反應類型為。

(3)D的同分異構(gòu)體J滿足下列條件:①J與其一種水解產(chǎn)物均可以發(fā)生銀鏡反應;②J的1H-NMR譜如圖所示;③J含有兩種含氧官能團,不存在兩個氧原子相連或氧原子與溴原子相連的情況;④J含有環(huán)狀結(jié)構(gòu)。請寫出J的結(jié)構(gòu)簡式:。

(4)請寫出G到H的化學方程式:

。

本工藝與傳統(tǒng)工藝相比,不同之處即在G到H這一步:進行此步驟前將萃取劑由正己烷/乙酸乙酯換為甲苯,反應時將CH3COOK或CH3COONa換為NaOH,請從產(chǎn)率與經(jīng)濟性的角度分析本工藝的優(yōu)點:;。

(5)根據(jù)已有知識并結(jié)合相關(guān)信息,將以A為原料制備的合成路線補充完整。答案:(1)酯基(2)5取代反應(3)、(4)+2NaOH+NaF+H2O甲苯的極性介于乙酸乙酯與正己烷之間,分離效果好NaOH更為廉價,使此工藝更適合工業(yè)化(5)3.(14分)(2024·湖北卷)某研究小組按以下路線對內(nèi)酰胺F的合成進行了探索。回答下列問題。(1)從實驗安全角度考慮,AB中應連有吸收裝置,吸收劑為。

(2)C的名稱為,它在酸溶液中用甲醇處理,可得到制備(填字母)的原料。

a.滌綸 b.尼龍c.維綸 d.有機玻璃(3)下列反應中不屬于加成反應的有(填字母)。

a.AB b.BCc.EF(4)寫出CD的化學方程式:

。

(5)已知(亞胺)。然而,E在室溫下主要生成G(),原因是

。

(6)已知亞胺易被還原。DE中,催化加氫需在酸性條件下進行的原因是;若催化加氫時,不加入酸,則生成分子式為C10H19NO2的化合物H,其結(jié)構(gòu)簡式為。

答案:(1)NaOH溶液(或其他堿溶液等)(2)2-甲基-2-丙烯腈(或甲基丙烯腈)d(3)bc(4)+(5)亞胺不穩(wěn)定,易發(fā)生分子重排反應(異構(gòu)化)生成有機化合物G(6)H+可以保護氨基,使E不轉(zhuǎn)化為G4.(12分)(2024·廣東東莞中學、廣州二中等六校聯(lián)考)有機化合物Ⅰ結(jié)構(gòu)對稱,是一種優(yōu)良的抗菌藥成分,其合成路線如下。已知:(R'、R″是烴基或氫)回答下列問題:(1)化合物A的分子式為。

(2)反應①中,化合物A與氣體x反應生成化合物B,原子利用率100%。x為。

(3)芳香族化合物M為B的同分異構(gòu)體,其能夠發(fā)生銀鏡反應、水解反應,且在核磁共振氫譜上只有4組峰,則M的結(jié)構(gòu)簡式為,其含有的官能團名稱為。

(4)關(guān)于由D→E的說法不正確的是。

AE.反應過程中,有C—O單鍵的斷裂和CC雙鍵的形成BE.HCHO為平面結(jié)構(gòu),分子中存在由p軌道“頭碰頭”形成的π鍵CE.化合物D中含有氧原子,能與水形成氫鍵,因此該物質(zhì)易溶于水DE.化合物E中,碳原子采取sp2、sp3雜化,但不存在順反異構(gòu)(5)根據(jù)化合物E的結(jié)構(gòu)特征,分析預測其可能的化學性質(zhì),完成下表。序號反應試劑、條件反應形成的新結(jié)構(gòu)反應類型aBr2的CCl4溶液

b

水解反應(6)以甲苯、乙醛為含碳原料,利用反應③和反應④的原理,合成化合物W()?；谧约涸O(shè)計的合成路線,回答下列問題:①最后一步反應中,有機反應物為(寫結(jié)構(gòu)簡式)。

②相關(guān)步驟涉及芳香烴制鹵代烴,其化學方程式為

(注明反應條件)。

答案:(1)C7H8(2)CO2(3)酯基(4)BC(5)加成反應NaOH溶液,加熱—COONa、—OH(合理即可)(6)①②+Br2+HBr解析:化合物A()與氣體x反應生成化合物B(),原子利用率為100%,可推知x為CO2,B與Br2發(fā)生取代反應生成C(),C與甲醇在濃硫酸作催化劑的條件下發(fā)生酯化反應生成D(),D發(fā)生反應③生成E(),E在題給條件下發(fā)生水解反應生成F(),F與I2在一定條件下反應生成G(),G在加熱條件下生成H(),H在酸性條件下發(fā)生反應④生成I()。(1)化合物A為,A的分子式為C7H8。(2)由上述分析知,x為CO2。(3)芳香族化合物M為B的同分異構(gòu)體,M能夠發(fā)生銀鏡反應、水解反應,則M為甲酸酯,且在核磁共振氫譜上只有4組峰,則M的結(jié)構(gòu)簡式為;其含有的官能團名稱為酯基。(4)由D→E的反應過程中,有C—O單鍵的斷裂和CC雙鍵的形成,A正確;HCHO為平面結(jié)構(gòu),分子中存在由p軌道“肩并肩”形成的π鍵,B錯誤;化合物D中含有的氧原子為酯基上的氧原子,不能與水形成氫鍵,因此其難溶于水,C錯誤;化合物E中,碳原子采取sp2、sp3雜化,但不存在順反異構(gòu),D正確;答案:選BC。(5)a.化合物E與Br2的CCl4溶液反應生成,b.化合物E在NaOH溶液及加熱的條件下發(fā)生水解反應生成和CH3OH。(6)以甲苯、乙醛為含碳原料,利用反應③和反應④的原理,合成化合物W的路線為,故最后一步反應中,有機反應物為;涉及芳香烴制鹵代烴,其化學方程式為+Br2+HBr。5.(12分)(2024·廣東大灣區(qū)聯(lián)合模擬)有機化合物I的一種合成路線如下:回答下列問題:(1)化合物A的名稱為;化合物C中含有的官能團名稱為。

(2)反應②是原子利用率100%的反應,寫出化合物ⅰ的一種用途。

(3)芳香化合物x為ⅱ的同分異構(gòu)體,能發(fā)生水解反應,且核磁共振氫譜中4組峰的面積之比為6∶2∶1∶1。x的結(jié)構(gòu)簡式為(寫出一種)。

(4)根據(jù)化合物D的結(jié)構(gòu)特征,分析預測其主要的化學性質(zhì),完成下表。序號可反應的試劑反應形成的新結(jié)構(gòu)消耗反應物的物質(zhì)的量之比①新制Cu(OH)2

n[Cu(OH)2]∶n(D)=

②H2

n(H2)∶n(D)=4∶1(5)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是。

AE.有機物A中碳原子雜化方式有sp2、sp3BE.反應①,有C—I和H—O斷裂CE.1mol化合物B中,含σ鍵16NA個DE.產(chǎn)品I屬于極性分子,易溶于水和酒精(6)參照上述路線,以、ⅲ(一種二溴代烴)為主要原料合成流程中的物質(zhì)H,基于你的設(shè)計,回答下列問題:①原料ⅲ為(寫結(jié)構(gòu)簡式)。

②相關(guān)步驟涉及芳香醇轉(zhuǎn)化為芳香醛的反應,對應的化學方程式為

。

③最后一步反應類型為。

答案:(1)鄰甲基苯酚(合理即可)羥基、醚鍵(2)防腐劑或殺菌劑(3)或(4)①—COONa2∶1②(5)AB(6)①CH2Br2②2+O22+2H2O③還原反應解析:由有機化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知,與一碘甲烷發(fā)生取代反應生成,與甲醛發(fā)生加成反應生成,則ⅰ為甲醛;銅作催化劑條件下與氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應生成,與H3C—NO2先發(fā)生加成反應、后發(fā)生消去反應生成,與鋅、HCl發(fā)生還原反應生成,與發(fā)生取代反應生成,則ⅱ為;與發(fā)生取代反應生成。(1)的名稱為鄰甲基苯酚,的官能團為羥基和醚鍵。(2)根據(jù)上述分析可知,化合物ⅰ為可以做防腐劑、殺菌劑的甲醛。(3)化合物ⅱ的結(jié)構(gòu)簡式為,ⅱ的同分異構(gòu)體芳香化合物x能發(fā)生水解反應說明x分子中含有酯基,核磁共振氫譜中4組峰的面積之比為6∶2∶1∶1的結(jié)構(gòu)簡式為、。(4)分子中含有的醛基能在NaOH存在的條件下被新制氫氧化銅氧化生成、氧化亞銅和水,反應的化學方程式為+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O,D與新制氫氧化銅反應時,消耗氫氧化銅和D的物質(zhì)的量之比2∶1,反應形成的新結(jié)構(gòu)為—COONa;分子中含有的醛基和苯環(huán)在一定條件下能與氫氣發(fā)生加成反應生成。(5)分子中苯環(huán)上碳原子的雜化方式為sp2雜化,飽和碳原子的雜化方式為sp3雜化,A正確;反應①為與一碘甲烷發(fā)生取代反應生成和碘化氫,反應中有C—I和H—O斷裂,B正確;1個分子中含有的σ鍵數(shù)目為19,則1mol化合物B中含有σ鍵的數(shù)目為19NA,C錯誤;產(chǎn)品I屬于極性分子,但分子中憎水基的結(jié)構(gòu)遠大于親水基,所以產(chǎn)品I難溶于水,D錯誤;故選AB。(6)由有機化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知,以、CH2Br2為主要原料合成流程中的物質(zhì)H的合成步驟為與CH2Br2發(fā)生取代反應生成,在銅作催化劑條件下與氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應生成,與H3C—NO2先發(fā)生加成反應、后發(fā)生消去反應生成,在鐵和鹽酸作用下發(fā)生還原反應生成;①由分析可知,原料ⅲ的結(jié)構(gòu)簡式為CH2Br2。②由分析可知,芳香醇轉(zhuǎn)化為芳香醛的化學方程式為2+O22+2H2O。③由分析可知,最后一步反應為還原反應。6.(15分)(2024·全國新課標卷)四氟咯草胺(化合物G)是一種新型除草劑,可有效控制稻田雜草。G的一條合成路線如下(略去部分試劑和條件,忽略立體化學)。已知反應Ⅰ:ROHROSO2CH3+(C2H5)3N·HCl已知反應Ⅱ:++R4OHR1為烴基或H,R、R2、R3、R4為烴基回答下列問題:(1)反應①的反應類型為;加入K2CO3的作用是。

(2)D分子中采用sp3雜化的碳原子數(shù)是。

(3)對照已知反應Ⅰ,反應③不使用(C2H5)3N也能進行,原因是

。

(4)E中含氧官能團名稱是。

(5)F的結(jié)構(gòu)簡式是;反應⑤分兩步進行,第一步產(chǎn)物的分子式為C15H18F3NO4,其結(jié)構(gòu)簡式是。

(6)G中手性碳原子是(寫出序號)。

(7)化合物H是B的同分異構(gòu)體,具有苯環(huán)結(jié)構(gòu),核磁共振氫譜中顯示為四組峰,且可以發(fā)生已知反應Ⅱ,則H的可能結(jié)構(gòu)是。

答案:(1)取代反應與生成的HBr反應,促進反應正向進行(2)5(3)存在含三級胺結(jié)構(gòu)的化合物,可吸收HCl(4)酯基(5)(6)3和4(7)、解析:結(jié)合A、C的結(jié)構(gòu)簡式和B的分子式可知,B的結(jié)構(gòu)簡式為,A與B發(fā)生取代反應,生成C和小分子HBr,加入的K2CO3與生成的HBr發(fā)生反應,促進反應正向進行;由反應③的反應條件可知,反應③發(fā)生已知反應Ⅰ,則D中應含有—OH,再結(jié)合C的結(jié)構(gòu)簡式、D的分子式可知,C→D發(fā)生的是羰基的加氫還原反應,D的結(jié)構(gòu)簡式為,采取sp3雜化的C原子為圖中數(shù)字標注的C原子,有5個;D的分子中存在—OH和,依次發(fā)生反應③(類似已知反應Ⅰ)、反應④(取代反應)生成E,E中含氧官能團為酯基;根據(jù)E、G的結(jié)構(gòu)簡式和反應⑤、反應⑥的反應試劑,結(jié)合F的分子式可知,F的結(jié)構(gòu)簡式為。(3)已知反應Ⅰ為—OH與CH3SO2Cl發(fā)生取代反應,生成的小分子HCl與結(jié)合生成銨鹽。由D的結(jié)構(gòu)簡式可知,D分子中存在三級胺結(jié)構(gòu),存在含三級胺結(jié)構(gòu)的化合物,可吸收HCl,故反應③不使用(C2H5)3N也能進行。(5)已知反應⑤分兩步進行,結(jié)合F的結(jié)構(gòu)簡式可知,E→F過程中,第二步為第一步產(chǎn)物發(fā)生已知反應Ⅱ的反應,結(jié)合第一步產(chǎn)物的分子式及已知反應Ⅱ的機理知,第一步產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為。(7)由分析可知,B的結(jié)構(gòu)簡式為,其同分異構(gòu)體H能發(fā)生已知反應Ⅱ,說明其具有或—NH2結(jié)構(gòu);具有苯環(huán)結(jié)構(gòu),核磁共振氫譜中顯示有4組峰,說明結(jié)構(gòu)對稱,則其可能的結(jié)構(gòu)簡式有、。7.(14分)(2024·四川成都一模)靛藍類色素廣泛用于食品、醫(yī)藥和印染工業(yè)。靛藍(化合物X)和多環(huán)化合物Y的一種合成路線如下所示(部分反應條件或試劑略去)。已知:ⅰ.R1—CHO+(1)B的名稱是。

(2)E→G的反應類型是,G中所含官能團的名稱是。

(3)符合下列條件的J的同分異構(gòu)體有種;

a.苯環(huán)上含有兩個取代基,其中一個是硝基,且硝基連在苯環(huán)上b.能發(fā)生銀鏡反應c.可與氫氧化鈉溶液發(fā)生化學反應其中核磁共振氫譜顯示4組峰,且峰面積比為6∶2∶2∶1的有機物結(jié)構(gòu)簡式是。

(4)G→J的化學反應方程式是

。

(5)已知K中除苯環(huán)外還含有一個五元環(huán),K的結(jié)構(gòu)簡式是。

(6)已知:ⅱ.+R3—NH2ⅲ.中CN鍵性質(zhì)類似于羰基,在一定條件下能發(fā)生類似ⅰ的反應。根據(jù)上述信息寫出M與L在一定條件下轉(zhuǎn)化為Y的路線圖。答案:(1)2-硝基甲苯或鄰硝基甲苯(2)氧化反應硝基和醛基(3)15(4)+(5)(6)解析:A的分子式為C7H8,結(jié)合E的結(jié)構(gòu)簡式,可知A分子含有苯環(huán),故A為,由B的分子式、E的結(jié)構(gòu)簡式,可知A發(fā)生硝化反應生成B,B與氯氣在光照條件下發(fā)生一鹵取代生成D,D發(fā)生鹵代烴的水解反應生成E,故B為、D為;E發(fā)生催化氧化生成G是,和I反應生成J,由信息可知I是;X水解為K、L,根據(jù)K、L的分子式,K中除苯環(huán)外還含有一個五元環(huán),推知K是、L是,K水解為M,M是。(2)E→G的過程中—CH2OH轉(zhuǎn)化為—CHO,反應類型是氧化反應。(3)符合下列條件的J的同分異構(gòu)體:a.苯環(huán)上含有兩個取代基,其中一個是硝基;b.能發(fā)生銀鏡反應;c.可與氫氧化鈉溶液發(fā)生化學反應;說明含有—OOCH基團,苯環(huán)的另一個取代基為CH3CH2CH2OOCH、(CH3)2CHOOCH中烴基失去1個氫原子形成的基團,前者有3種,后者有2種,2個取代基有鄰、間、對3種位置關(guān)系,故符合條件的同分異構(gòu)體共有3×(3+2)=15種,其中核磁共振氫譜顯示4組峰,且峰面積比為6∶2∶2∶1的有機物結(jié)構(gòu)簡式是。(5)由分析可知K是。(6)由分析可知,L是,M是,M、L發(fā)生信息ⅱ的反應,所得產(chǎn)物發(fā)生信息ⅲ的反應。主觀題突破四(分值:85分)學生用書P2391.(13分)氮及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要應用,減少氮的氧化物在大氣中的排放是環(huán)境保護的重要內(nèi)容之一。Ⅰ.一定條件下,用CH4催化還原可消除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完全反應,每生成2.24L(標準狀況)NO時,吸收8.9kJ的熱量,則CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=kJ·mol-1;一定溫度下,往一容積不變的密閉容器中加入適量的CH4和NO,下列條件能判斷該反應到達平衡狀態(tài)的有(填字母)。

A.混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變B.v消耗(NO)=4v消耗(CO2)C.單位時間里有4nmolC—H斷開同時有4nmolO—H斷開D.混合氣體的壓強不變E.混合氣體的密度不變(2)將2molNO(g)、1molO2(g)和2molHe(g)通入反應器,在溫度T、壓強p條件下進行反應②和2NO2(g)N2O4(g)。平衡時,若O2、NO2與N2O4三者的物質(zhì)的量相等,則NO轉(zhuǎn)化率為,反應②平衡常數(shù)Kp=(用含p的代數(shù)式表示)。

Ⅱ.利用如圖所示原理去除NO:(3)基態(tài)N原子中,電子占據(jù)的最高能級為能級,該能級軌道的形狀為;電解池中陰極反應式為

。

(4)A口每產(chǎn)生224mLO2(體積已換算成標準狀況,不考慮O2的溶解),可處理NO的物質(zhì)的量為mol。

答案:(1)-1155.5BC(2)60%5(3)2p啞鈴形2HSO3-+2e-+2H+S2O42(4)0.02解析:(1)N2和O2完全反應,每生成2.24L(標準狀況)NO時n(NO)=2.24L22.4L·mol-1=0.1mol,吸收8.9kJ的熱量,則生成2molNO吸收熱量Q=8.9kJ×20=178kJ,即熱化學方程式為③N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+178kJ·mol-1,根據(jù)蓋斯定律,反應①+②-③整理可得CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)Δ反應前后氣體質(zhì)量守恒,物質(zhì)的量不變,故而平均相對分子質(zhì)量一直不變,不能作為平衡的標志,A錯誤。達到平衡時不同物質(zhì)按計量數(shù)成比例,B正確。同理,C正確。整個反應過程氣體壓強不變,不能作為平衡的標志,D錯誤。反應前后氣體質(zhì)量守恒,體積不變,故而密度不變,不能作為平衡的標志,E錯誤。(2)由題目信息可知,設(shè)平衡時n(NO)=xmol,n(NO2)=n(O2)=n(N2O4)=ymol,根據(jù)N守恒可得x+3y=2,根據(jù)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轉(zhuǎn)化率為2-0.82×100%=60%;平衡時混合氣體總物質(zhì)的量為0.8mol+0.4mol×3+2mol=4mol,反應②平衡常數(shù)(3)基態(tài)N原子核外電子排布為1s22s22p3,基態(tài)N原子中,電子占據(jù)的最高能級為2p能級,該能級軌道的形狀為啞鈴形。由圖可知,電解池中陰極的亞硫酸氫根離子得到電子發(fā)生還原反應生成S2O42-,反應式為2HSO3-+2e-+2H+S2O(4)A口每產(chǎn)生224mLO2(體積已換算成標準狀況,不考慮O2的溶解)為0.01mol,NO得到電子生成0價的氮氣,根據(jù)電子守恒可知,2NO~4e-~O2,則可處理NO的物質(zhì)的量為0.02mol。2.(14分)(2024·廣東惠州第三次調(diào)研)減少NOx、CO2的排放,實現(xiàn)資源化利用是化學工作者研究的重要課題。(1)尿素水解生成的NH3催化還原NO是重要的煙氣脫硝技術(shù),且為可逆過程。反應過程與能量關(guān)系如圖1,在以Fe2O3為主的催化劑表面可能發(fā)生的反應過程如圖2。①NH3催化還原NO為(填“放熱”或“吸熱”)反應。

②基態(tài)Fe3+的價層電子排布式為。

③上述脫硝的總反應化學方程式為

。

(2)電廠煙氣脫氮的反應為4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)ΔH<0,現(xiàn)向某2L密閉容器中分別投入一定量的NH3和2.0×10-4molNO發(fā)生以上反應。其他條件相同時,在甲、乙兩種催化劑的作用下,反應1min時NO的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖3。①在催化劑甲的作用下,溫度高于210℃而低于300℃時,NO轉(zhuǎn)化率降低的可能原因是

。

②100~300℃區(qū)間,0~1min內(nèi),使用甲催化劑時NO的最高平均反應速率為。

(3)工業(yè)以NH3和CO2為原料合成尿素。液相中,合成尿素的熱化學方程式為2NH3(l)+CO2(l)H2O(l)+NH2CONH2(l)ΔH<0,在液相中,CO2的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、初始氨碳比[用L表示,L=n(NH3)n(C①曲線A、B中,(填“A”或“B”)的W較小。

②對于液相反應,常用某組分M達到平衡時的物質(zhì)的量分數(shù)x(M)代替平衡濃度來計算平衡常數(shù)(記作Kx)。195℃時,2NH3(l)+CO2(l)H2O(l)+NH2CONH2(l)的Kx的值為。

答案:(1)①放熱②3d5③4NH3+4NO+O24N2+6H2O(2)①催化劑活性降低②6.0×10-5mol·L-1·min-1(3)①A②3.25解析:(1)①由圖可知反應物的總能量高于生成物的總能量,為放熱反應。②Fe的價層電子排布式為3d64s2,而Fe3+是Fe失去3個電子形成的,因此Fe3+的價層電子排布式為3d5。③由圖可知,反應物為氨氣、一氧化氮、氧氣,生成物為氮氣和水,則脫硝的總反應為4NH3+4NO+O24N2+6H2O。(2)①催化劑的活性受溫度的影響,溫度升高催化劑的活性可能降低,因此轉(zhuǎn)化率減小。②由圖可知100~300℃之間,使用催化劑甲時NO的最高轉(zhuǎn)化率為60%,故NO的變化量為2.0×10-4mol×60%=1.2×10-4mol,則最高反應速率為1.2×10-4mol2L×1min=6(3)①當初始氨碳比相同時,水碳比越大,二氧化碳的轉(zhuǎn)化率越小,根據(jù)圖中信息可知,曲線A二氧化碳轉(zhuǎn)化率大于曲線B,則W較小的是曲線A。②N點氨碳比為3,初始水碳比為0,平衡時二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為75%,設(shè)初始時氨氣物質(zhì)的量為3amol,根據(jù)“三段式”:2NH3(l)+CO2(l)H2O(l)+NH2CONH2(l)起始/mol 3a a 0 0變化/mol 1.5a 0.75a 0.75a 0.75a平衡/mol 1.5a 0.25a 0.75a 0.75a平衡時總物質(zhì)的量為3.25amol,則Kx=x(H2O3.(15分)(2024·湖南卷)丙烯腈(CH2CHCN)是一種重要的化工原料。工業(yè)上以N2為載氣,用TiO2作催化劑生產(chǎn)CH2CHCN的流程如下。已知:①進料混合氣進入兩釜的流量恒定,兩釜中反應溫度恒定;②反應釜Ⅰ中發(fā)生的反應為ⅰ:HOCH2CH2COOC2H5(g)CH2CHCOOC2H5(g)+H2O(g)ΔH1③反應釜Ⅱ中發(fā)生的反應為ⅱ:CH2CHCOOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCONH2(g)+C2H5OH(g)ΔH2ⅲ:CH2CHCONH2(g)CH2CHCN(g)+H2O(g)ΔH3④在此生產(chǎn)條件下,酯類物質(zhì)可能發(fā)生水解?；卮鹣铝袉栴}。(1)總反應HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)ΔH=(用含ΔH1、ΔH2和ΔH3的代數(shù)式表示)。

(2)進料混合氣中n(HOCH2CH2COOC2H5)∶n(C2H5OH)=1∶2,出料中四種物質(zhì)(CH2CHCOOC2H5、CH2CHCN、C2H5OH、H2O)的流量(單位時間內(nèi)出料口流出物質(zhì)的物質(zhì)的量)隨時間變化關(guān)系如圖。①表示CH2CHCN的曲線是(填“a”“b”或“c”)。

②反應釜Ⅰ中加入C2H5OH的作用是

。

③出料中沒有檢測到CH2CHCONH2的原因是

。

④反應11h后,a、b、c曲線對應物質(zhì)的流量逐漸降低的原因是

。

(3)催化劑TiO2再生時會釋放CO2,可用氨水吸收獲得NH4HCO3?，F(xiàn)將一定量的NH4HCO3固體(含0.72g水)置于密閉真空容器中,充入CO2和NH3,其中CO2的分壓為100kPa,在27℃下進行干燥。為保證NH4HCO3不分解,NH3的分壓應不低于kPa[已知p(H2O)=2.5×102kPa·mol-1×n(H2O),NH4HCO3分解的平衡常數(shù)Kp=4×104(kPa)3]。

(4)以CH2CHCN為原料,稀硫酸為電解液,Sn作陰極,用電解的方法可制得Sn(CH2CH2CN)4,其陰極反應式為

。

答案:(1)ΔH1+ΔH2+ΔH3(2)①c②降低HOCH2CH2COOC2H5的分壓,有利于反應ⅰ正向移動,同時增大乙醇的濃度可以使酯的水解程度降低,從而提高CH2CHCOOC2H5的產(chǎn)率③CH2CHCONH2在反應釜Ⅱ的溫度下可徹底分解④反應時間過長,催化劑中毒活性降低,反應速率減小,故產(chǎn)物減少(3)40(4)Sn+4CH2CHCN+4e-+4H+Sn(CH2CH2CN)4解析:工業(yè)上以N2為載氣,用TiO2作催化劑,由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH為進料氣體生產(chǎn)CH2CHCN,在反應釜Ⅰ中發(fā)生反應ⅰ:HOCH2CH2COOC2H5(g)CH2CHCOOC2H5(g)+H2O(g),加入NH3后,在反應釜Ⅱ中發(fā)生反應ⅱ:CH2CHCOOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCONH2(g)+C2H5OH(g),反應ⅲ:CH2CHCONH2(g)CH2CHCN(g)+H2O(g),故產(chǎn)物的混合氣體中有CH2CHCN、C2H5OH、未反應完的CH2CHCOOC2H5和水。(1)根據(jù)蓋斯定律,總反應HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)可以由反應ⅰ+反應ⅱ+反應ⅲ得到,故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。(2)①根據(jù)總反應HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g),設(shè)進料混合氣中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1mol,n(C2H5OH)=2mol,出料氣中CH2CHCOOC2H5含量很少,則生成CH2CHCN(g)、C2H5OH(g)的物質(zhì)的量約為1mol,生成H2O(g)的物質(zhì)的量約為2mol,故出料氣中C2H5OH(g)的物質(zhì)的量共約3mol,出料氣中CH2CHCN、C2H5OH、H2O的物質(zhì)的量之比約為1∶3∶2,因此曲線c表示CH2CHCN的曲線。②已知進料混合氣進入兩釜的流量恒定,反應釜Ⅰ中發(fā)生反應ⅰ是氣體體積增大的反應,故加入C2H5OH降低HOCH2CH2COOC2H5的分壓有利于反應ⅰ正向移動,同時增大乙醇的濃度可以使酯的水解程度降低從而提高CH2CHCOOC2H5的產(chǎn)率。③丙烯酰胺(CH2CHCONH2)的分解溫度為160~170℃,出料中沒有檢測到CH2CHCONH2的原因是CH2CHCONH2在反應釜Ⅱ的溫度下可徹底分解。④反應11h后,a、b、c曲線對應物質(zhì)的流量逐漸降低的原因是反應時間過長,催化劑中毒活性降低,反應速率減小,故產(chǎn)物減少。(3)0.72g水的物質(zhì)的量為0.04mol,故p(H2O)=2.5×102kPa·mol-1×n(H2O)=10kPa,NH4HCO3分解的化學方程式為NH4HCO3(s)NH3(g)+CO2(g)+H2O(g),故NH4HCO3分解的平衡常數(shù)Kp=p(NH3)·p(CO2)·p(H2O)=4×104(kPa)3,解得p(NH3)=40kPa,故為保證NH4HCO3不分解,NH3的分壓應不低于40kPa。(4)Sn(CH2CH2CN)4是有機化合物,在水中不電離,以CH2CHCN為原料,稀硫酸為電解液,Sn作陰極,用電解的方法可制得Sn(CH2CH2CN)4,故陰極的電極反應式為Sn+4CH2CHCN+4e-+4H+Sn(CH2CH2CN)4。4.(14分)(2024·廣東惠州一模)對氮氧化物NOx的資源化利用,運用多種方式促進氮的循環(huán)轉(zhuǎn)化,具有重要的研究意義。(1)已知a:N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+182.6kJ·mol-1b:C的燃燒熱ΔH=-393kJ·mol-1;c:CO2(g)+C(s)2CO(g)ΔH=+172.4kJ·mol-1①請寫出NO(g)與CO(g)反應生成兩種無污染性氣體的熱化學方程式:。②將等物質(zhì)的量的NO與CO混合氣體分別通入體積均為1L的恒溫密閉容器Ⅰ和絕熱密閉容器Ⅱ中,反應一段時間后兩容器內(nèi)達到平衡狀態(tài),下列說法正確的是。

A.兩容器內(nèi)混合氣體密度相等B.NO轉(zhuǎn)化率αⅠ<αⅡC.反應的平衡常數(shù)KⅠ>KⅡ(2)可利用鈷氨配合物吸收NO,[Co(NH3)6]2+對NO的配合能力很強,而[Co(NH3)6]3+對NO的配合能力極低。①已知[Co(NH3)6]3+的結(jié)構(gòu)如圖所示,1mol[Co(NH3)6]3+中含有σ鍵的數(shù)目是。

②有氧和無氧條件下,[Co(NH3)6]2+溶液脫除NO的效率如圖1所示,有氧環(huán)境下,發(fā)生總反應:4[Co(NH3)6]2++2NO+2O2+H2O4[Co(NH3)6]3++2OH-+NO3-+NO2-,在50℃的有氧環(huán)境下,往1L0.01mol·L-1[Co(NH3)6]2+溶液中持續(xù)通入試樣氣體5h,NO脫除率為60%(假設(shè)溶液體積不發(fā)生改變),結(jié)合圖1信息,計算此時鈷氨溶液中[Co(NH3)6]2+有效含鈷率為。{有效含鈷率=圖1圖2③鈷氨溶液經(jīng)過多次循環(huán)吸收NO后,其吸收NO的能力變化如圖2所示,前16h內(nèi)鈷氨溶液吸收NO的能力不斷下降的原因是

。

(3)催化電解NO吸收液可將NO還原為NH3,其催化機理如圖3所示,在相同條件下,恒定通過電解池的電量,電解得到部分還原產(chǎn)物的法拉第效率(FE%)隨電解電壓的變化如圖4所示。已知FE%=QxQ總,Qx=nF,n表示電解生成還原產(chǎn)物X所轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量,F表示法拉第常數(shù),圖3圖4①當電解電壓為U2時,催化電解NO生成NH3的電極反應式為

。

②當電解電壓為U1時,電解生成的H2和NH3的物質(zhì)的量之比為。

答案:(1)①2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-748kJ·mol-1②AC(2)①24NA②85.6%③[Co(NH3)6]2+被氧化為[Co(NH3)6]3+,[Co(NH3)6]3+對NO的配位能力極低(3)①NO+5e-+5H+NH3+H2O②15∶2解析:(1)①由題意可知,b對應的碳燃燒的熱化學方程式為C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH=-393kJ·mol-1,由蓋斯定律可知,反應b-a-c得到反應2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=(-393kJ·mol-1)-(+182.6kJ·mol-1)-(+172.4kJ·mol-1)=-748kJ·mol-1。②由質(zhì)量守恒定律可知,反應前后氣體的質(zhì)量相等,則1L的恒溫密閉容器Ⅰ和絕熱密閉容器Ⅱ中混合氣體密度相等,A正確;該反應為放熱反應,則恒溫密閉容器Ⅰ中反應溫度低于絕熱密閉容器Ⅱ,升高溫度,平衡向逆反應方向移動,一氧化氮的轉(zhuǎn)化率減小,則一氧化氮轉(zhuǎn)化率αⅠ>αⅡ,B錯誤;結(jié)合B中分析可知,反應的平衡常數(shù)KⅠ>KⅡ,C正確;故選AC。(2)①[Co(NH3)6]3+中配位鍵屬于σ鍵,氮氫鍵屬于σ鍵,則1mol[Co(NH3)6]3+中含有σ鍵的數(shù)目為1mol×24×NAmol-1=24NA。②由題給信息可知,反應消耗一氧化氮的物質(zhì)的量為2×10-4m3·min-1×300min×2×10-2mol·m-3×60%=0.00072mol,則鈷氨溶液中[Co(NH3)6]2+有效含鈷率為0.01mol·L-1×1L-0.00072mol×20.01mol·L-1×1L×100%=85.6%。③(3)①由圖可知,當電解電壓為U2時,催化電解一氧化氮生成氨氣的電極為陰極,酸性條件下一氧化氮在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成氨氣和水,電極反應式為NO+5e-+5H+NH3+H2O。②由圖可知,當電解電壓為U1時,氫氣和氨氣的法拉第效率分別為60%和20%,則電解生成的氫氣和氨氣的物質(zhì)的量之比為60%×Q總25.(15分)(2024·全國甲卷)甲烷轉(zhuǎn)化為多碳化合物具有重要意義。一種將甲烷溴化再偶聯(lián)為丙烯(C3H6)的研究所獲得的部分數(shù)據(jù)如下?；卮鹣铝袉栴}:(1)已知如下熱化學方程式:CH4(g)+Br2(g)CH3Br(g)+HBr(g)ΔH1=-29kJ·mol-13CH3Br(g)C3H6(g)+3HBr(g)ΔH2=+20kJ·mol-1計算反應3CH4(g)+3Br2(g)C3H6(g)+6HBr(g)的ΔH=kJ·mol-1。

(2)CH4與Br2反應生成CH3Br,部分CH3Br會進一步溴化。將8mmolCH4和8mmolBr2通入密閉容器,平衡時,n(CH4)、n(CH3Br)與溫度的關(guān)系見下圖(假設(shè)反應后的含碳物質(zhì)只有CH4、CH3Br和CH2Br2)。(ⅰ)圖中CH3Br的曲線是(填“a”或“b”)。

(ⅱ)560℃時,CH4的轉(zhuǎn)化率α=,n(HBr)=mmol。

(ⅲ)560℃時,反應CH3Br(g)+Br2(g)CH2Br2(g)+HBr(g)的平衡常數(shù)K=。

(3)少量I2可提高生成CH3Br的選擇性。500℃時,分別在有I2和無I2的條件下,將8mmolCH4和8mmolBr2通入密閉容器,溴代甲烷的物質(zhì)的量(n)隨時間(t)的變化關(guān)系見下圖。(ⅰ)在11~19s之間,有I2和無I2時CH3Br的生成速率之比v(有I2(ⅱ)從圖中找出I2提高了CH3Br選擇性的證據(jù):

。

(ⅲ)研究表明,I2參與反應的可能機理如下: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)根據(jù)上述機理,分析I2提高CH3Br選擇性的原因:

。

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的含量逐漸降低,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發(fā)生反應生成了CH3解析:(1)將第一個熱化學方程式命名為①,將第二個熱化學方程式命名為②。根據(jù)蓋斯定律,將方程式①乘以3再加上方程式②,即①×3+②,得熱化學方程式3CH4(g)+3Br2(g)C3H6(g)+6HBr(g)的ΔH=-29kJ·mol-1×3+20kJ·mol-1=-67kJ·mol-1。(2)(ⅰ)根據(jù)CH4(g)+Br2(g)CH3Br(g)+HBr(g)為放熱反應知,升高溫度,平衡逆向移動,CH4(g)的含量增多,CH3Br(g)的含量減少,故CH3Br的曲線為a。(ⅱ)560℃時反應達平衡,剩余的CH4(g)的物質(zhì)的量為1.6mmol,其轉(zhuǎn)化率α=8mmol-1.6mmol8mmol×100%=80%;若只發(fā)生一步反應,則生成6.4mmolCH3Br,但此時剩余CH3Br的物質(zhì)的量為5.0mmol,說明還有1.4mmolCH3Br發(fā)生反應生成CH2Br2,則此時生成的HBr的物質(zhì)的量n=6.4(ⅲ)由(ⅱ)分析知,平衡時,反應中各組分的物質(zhì)的量分別為n(CH3Br)=5.0mmol,n(Br2)=0.2mmol,n(CH2Br2)=1.4mmol,n(HBr)=7.8mmol,故該反應的平衡常數(shù)K=c(CH2(3)(ⅰ)11~19s時,有I2的生成速率v=3.2V-2.6V8mol·L-1·s-1=0.075Vmmol·L-1·s-1,無I2的生成速率v=2.2V-1.8V8(ⅱ)從圖中可以看出,大約5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐漸降低,有I2催化的CH3Br的含量陡然上升,因此,可以利用此變化判斷I2提高了CH3Br的選擇性。(ⅲ)根據(jù)反應機理可知,I2的投入消耗了部分CH2Br2,同時也消耗了部分HBr,使得消耗的CH2Br2發(fā)生反應生成了CH3Br,提高了CH3Br的選擇性。6.(14分)(2024·廣東2月大聯(lián)考)銀作為催化劑,主要用于乙烯氧化制環(huán)氧乙烷、甲醇氧化制甲醛等,通過亞硫酸鈉-甲醛還原法或氨浸-水合肼還原法可回收失效的銀催化劑?；卮鹣铝袉栴}:(1)向銀催化劑中加入稀硝酸溶解的化學方程式為。

(2)用氯化鈉溶液沉淀銀離子可發(fā)生下列反應:Ⅰ.Ag++Cl-AgClK1=5.6×109Ⅱ.Ag++2Cl-[AgCl2]-K2=1.1×105Ⅲ.AgCl+Cl-[AgCl2]-K3①計算K3=(列出計算式即可)。

②根據(jù)上述平衡信息,為了使Ag+沉淀完全,應注意控制的條件是。

(3)亞硫酸鈉-甲醛還原法浸取AgCl的主要反應為AgCl+2SO32-[Ag(SO3)2]3-+Cl①該反應在敞口容器中進行,其他條件不變時,浸出時間過長會使銀的浸出率降低,原因可能是

(用離子方程式表示)。②浸出液中含銀微?？倽舛入S含硫微?？倽舛燃敖鲆簆H的關(guān)系如圖所示:已知浸出液中含銀微粒的存在形式為Ag+、[Ag(SO3)]-、[Ag(SO3)2]3-、[Ag(SO3)3]5-和[AgXn](n-1)-(X為Cl或OH),則含硫微粒的總濃度c總=c([Ag(SO3)]-)+2c([Ag(SO3)2]3-)+c(H2SO3)+(4)常溫下用氨浸-水合肼還原法浸取AgCl,已知:Ag+(aq)+2NH3·H2O(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)+2H2OK4=1.6×107,Ksp(AgCl)=1.8×10-10,寫出AgCl溶于氨水發(fā)生反應的離子方程式:

,計算該反應的平衡常數(shù)K=(保留3位有效數(shù)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時,SO32-與H+結(jié)合生成HSO3-或H(4)AgCl+2NH3·H2O[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O2.88×10-3解析:(1)銀和稀硝酸反應的化學方程式為3Ag+4HNO3(稀)3AgNO3+NO↑+2H2O。(2)①根據(jù)蓋斯定律,可知反應Ⅲ=反應Ⅱ-反應Ⅰ,所以K3=K2K1=1.1×10(3)①其他條件不變時,該反應在敞口容器中進行,浸出時間過長會使銀的浸出率降低,可能原因是亞硫酸鈉或[Ag(SO3)2]3-被空氣中的氧氣氧化,離子方程式為2SO32-+O22SO42-或2[Ag(SO3)2]3-+2O2Ag2SO4+3SO42-。②根據(jù)元素守恒,c總=c([Ag(SO3)]-)+2c([Ag(SO3)2]3-)+c(H2SO3)+3c([Ag(SO3)3]5-)+c(HSO3-)+c(SO32-);pH=5時,含銀微?？倽舛入S含硫微?？倽舛鹊淖兓cpH=10時不同,結(jié)合硫元素的存在形式,可推測原因是pH=5時,SO32-與H+結(jié)合生成HSO3(4)AgCl溶于氨水的離子方程式為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溶于氨水的離子反應的平衡常數(shù)K=c主觀題突破五(分值:96分)學生用書P2471.(14分)(2024·廣東茂名第二次綜合測試)SO2可用于食品工業(yè)、農(nóng)業(yè)、染料業(yè)等,以下進行SO2性質(zhì)的探究。(1)SO2的制備實驗室可用Na2SO3固體和75%的硫酸在加熱條件下制備SO2,其化學方程式為

。

(2)SO2的收集為收集純凈的SO2可用如圖所示裝置,則連接順序為發(fā)生裝置→→e。

(3)SO2的性質(zhì)探究ⅰ)探究SO2與水的反應。將注射器中的水注入三頸燒瓶中,測得壓強隨時間變化如圖所示:①計算0~50s燒瓶內(nèi)SO2的變化速率kPa·s-1。

②ab段變化及溶液的pH減小,表明SO2與水發(fā)生反應,該反應的化學方程式為,該反應的產(chǎn)物不穩(wěn)定,可通過以下實驗證明,請補充操作填在表格橫線中。操作100s內(nèi)壓強變化/kPa待燒瓶中壓強穩(wěn)定后,將其置于熱水浴中,重新測定壓強變化Δp1

Δp2若,證明該反應產(chǎn)物不穩(wěn)定。

ⅱ)探究SO2使品紅溶液褪色的原因操作1:將SO2通入品紅溶液中,品紅溶液褪色。③猜想:能使品紅褪色的含硫微?？赡転镾O2、H2SO3、。

已知:品紅是一種棕紅色晶體狀有機染料,微溶于水,溶于乙醇和酸,溶液呈紅色。④實驗設(shè)計:小組結(jié)合以上信息,設(shè)計如下實驗證明使品紅溶液褪色的微粒不是SO2,請完成表格。操作2現(xiàn)象

不褪色答案:(1)Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2↑(2)c→d→b→a(3)①0.8②SO2+H2OH2SO3將裝有等量未溶解SO2的蒸餾水的燒瓶置于熱水浴中加熱100s,測定壓強變化Δp1>Δp2③HSO3-、SO32-解析:Na2SO3固體和75%的硫酸在加熱條件下反應可生成SO2,用濃硫酸干燥二氧化硫,用向上排空氣法收集,最后用氫氧化鈉溶液吸收尾氣,防止污染。(1)Na2SO3固體與75%硫酸反應生成SO2、硫酸鈉和水,該反應的化學方程式為Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2↑。(2)為收集純凈的SO2,先用濃硫酸干燥,再用向上排空氣法收集,最后用氫氧化鈉溶液吸收尾氣,則連接順序為發(fā)生裝置→c→d→b→a→e。(3)①0~50s燒瓶內(nèi)SO2的變化速率為(100-60)kPa50s=0.8kPa·s-1。②ab段變化及溶液的pH減小,表明SO2與水發(fā)生反應SO2+H2OH2SO3,待燒瓶中壓強穩(wěn)定后,將其置于熱水浴中加熱100s,測定壓強變化為Δp1;將裝有等量未溶解SO2的蒸餾水的燒瓶置于熱水浴中加熱100s,測定壓強變化Δp2,若Δp1>Δp2,證明該反應產(chǎn)物不穩(wěn)定。③能使品紅溶液褪色的含硫微?？赡転镾O2、H2SO3、HSO3-、SO32-。④將二氧化硫通入無水的體系中,若品紅不褪色,能證明使品紅褪色的微粒不是SO2,具體實驗操作為2.(14分)(2024·廣東廣州三模)某小組研究Cu與濃硝酸反應時發(fā)現(xiàn)如下現(xiàn)象:裝置與試劑現(xiàn)象Cu片完全溶解,反應放熱,產(chǎn)生紅棕色氣體,得到綠色溶液A該溶液長時間放置后得到藍色溶液B,反應后溶液體積幾乎不變(1)Cu與濃硝酸反應的離子方程式為

。

(2)甲同學猜測溶液A不是藍色而呈綠色與溶解了NO2有關(guān),于是向溶液B中通入NO2,然后持續(xù)通入一段時間N2,觀察到現(xiàn)象:,證實猜測合理。

甲同學為深入研究溶液A呈綠色的原因,查得如下資料并提出了新的假設(shè):資料ⅰ:NO2溶于水部分發(fā)生歧化反應:2NO2+H2OHNO2+HNO3資料ⅱ:NO2-能與Cu2+絡(luò)合發(fā)生反應Cu2+(藍色)+4NO2-[Cu(NO2)4資料ⅲ:HNO2是弱酸,加熱或遇強酸發(fā)生分解3HNO2HNO3+2NO↑+H2O假設(shè)一:A中形成了[Cu(NO2)4]2-使溶液呈綠色。為了驗證假設(shè)一的合理性,甲同學進行了如下實驗:【實驗一】操作現(xiàn)象①向20.0mL0.5mol·L-1Cu(NO3)2藍色溶液中通入少量NO2氣體溶液呈綠色②向20.0mL水中通入與①中等量的NO2氣體溶液呈無色(3)操作②的目的是

。

(4)乙同學向①所得溶液中滴加濃硫酸,使溶液中c(H+)≈8mol·L-1,觀察到有無色氣體放出(遇空氣變?yōu)榧t棕色),溶液很快變回藍色。利用平衡移動原理解釋溶液變藍的原因:

。

(5)綜合甲、乙兩位同學的實驗,假設(shè)一不成立。請說明理由:

。

乙同學查得如下資料并提出來另一種假設(shè):資料ⅳ:濃硝酸中溶有NO2時呈黃色,向水或稀硝酸中通入少量NO2時呈無色假設(shè)二:A中濃硝酸溶解了NO2所得黃色溶液與Cu2+的藍色復合形成的綠色。為驗證假設(shè)二的合理性,乙同學進行了如下實驗:【實驗二】操作現(xiàn)象①配制與溶液A等pH的HNO3溶液,取20.0mL,通入NO2氣體溶液呈黃色②加入

溶液變?yōu)榫G色③

溶液立即變回藍色(6)操作②中加入的試劑為,操作③進一步證明了假設(shè)二的合理性,寫出該操作:。溶液變回藍色可能的原因是

(用化學方程式表示)。答案:(1)Cu+4H++2NO3-Cu2++2H2O+2NO2(2)通入NO2后溶液呈綠色,通入一段N2后變藍(3)證明NO2溶于水時沒有顏色變化,排除這一因素在①中的干擾(4)加入濃硫酸后,溫度升高且c(H+)增大,HNO2分解導致c(HNO2)下降,均引起平衡HNO2NO2-+H+逆向移動,c(NO2-)下降,Cu2+(藍色)+4NO2-[Cu(NO2)(5)加酸且升溫后,溶液變?yōu)樗{色,說明酸性較強的熱溶液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加水稀釋3NO2+H2O2HNO3+NO解析:(1)Cu與濃硝酸反應生成硫酸銅、NO2和H2O,該反應的離子方程式為Cu+4H++2NO3-Cu2++2H2O+2NO2↑(2)甲同學猜測溶液A不是藍色而呈綠色與溶解了NO2有關(guān),于是向溶液B中通入NO2,溶液變成綠色,然后持續(xù)通入一段時間N2,目的是將NO2吹出,進一步確認NO2的影響,因此通入一段時間N2后溶液又變成藍色。(3)操作②是對比實驗,可證明NO2溶于水時沒有顏色變化,排除這一因素在①中的干擾。(4)結(jié)合資料可知,由于加入濃硫酸后,溫度升高且c(H+)增大,HNO2分解導致c(HNO2)下降,引起平衡HNO2NO2-+H+逆向移動,同時產(chǎn)生無色氣體,c(NO2-)下降,Cu2+(藍色)+4NO2-[Cu(NO2)4]2-(綠色(5)根據(jù)題干信息,所用Cu和HNO3的量中HNO3過量,根據(jù)方程式可知,A中存有大量HNO3,酸性很強,而加酸后溶液變?yōu)樗{色,說明酸性較強的溶液中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呈綠色的主要原因(6)根據(jù)控制變量法,操作②中加入的試劑應與實驗一相同,即為20.0mL0.5mol·L-1Cu(NO3)2溶液;根據(jù)資料ⅳ,稀硝酸中溶有少量NO2時呈無色,因此可采用加水稀釋的方法,發(fā)生反應的化學方程式為3NO2+H2O2HNO3+NO。3.(14分)(2024·全國甲卷)CO(NH2)2·H2O2(俗稱過氧化脲)是一種消毒劑,實驗室中可用尿素與過氧化氫制取,反應方程式如下:CO(NH2)2+H2O2CO(NH2)2·H2O2。(一)過氧化脲的合成燒杯中分別加入25mL30%H2O2(ρ=1.11g·cm-3)、40mL蒸餾水和12.0g尿素,攪拌溶解。30℃下反應40min,冷卻結(jié)晶、過濾、干燥,得白色針狀晶體9.4g。(二)過氧化脲性質(zhì)檢測Ⅰ.過氧化脲溶液用稀硫酸酸化后,滴加KMnO4溶液,紫紅色消失。Ⅱ.過氧化脲溶液用稀硫酸酸化后,加入KI溶液和四氯化碳,振蕩,靜置。(三)產(chǎn)品純度測定溶液配制:稱取一定量產(chǎn)品,用蒸餾水溶解后配制成100mL溶液。滴定分析:量取25.00mL過氧化脲溶液至錐形瓶中,加入一定量稀硫酸,用準確濃度的KMnO4溶液滴定至微紅色,記錄滴定體積,計算純度?；卮鹣铝袉栴}:(1)過濾中使用到的玻璃儀器有

(寫出兩種即可)。

(2)過氧化脲的產(chǎn)率為。

(3)性質(zhì)檢測Ⅱ中的現(xiàn)象為。性質(zhì)檢測Ⅰ和Ⅱ分別說明過氧化脲具有的性質(zhì)是。

(4)下圖為“溶液配制”的部分過程,操作a應重復3次,目的是,定容后還需要的操作為。

(5)“滴定分析”步驟中,下列操作錯誤的是(填字母)。

A.KMnO4溶液置于酸式滴定管中B.用量筒量取25.00mL過氧化脲溶液C.滴定接近終點時,用洗瓶沖洗錐形瓶內(nèi)壁D.錐形瓶內(nèi)溶液變色后,立即記錄滴定管液面刻度(6)以下操作導致過氧化脲純度測定結(jié)果偏低的是(填字母)。

A.容量瓶中液面超過刻度線B.滴定管水洗后未用KMnO4溶液潤洗C.搖動錐形瓶時KMnO4溶液滴到錐形瓶外D.滴定前滴定管尖嘴處有氣泡,滴定后氣泡消失答案:(1)燒杯、漏斗、玻璃棒(任選兩種作答)(2)50%(3)液體分層,上層為無色,下層為紫紅色還原性、氧化性(4)避免溶質(zhì)損失蓋好瓶塞,反復上下顛倒、搖勻(5)BD(6)A解析:(1)過濾操作需要的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒,可任選兩種作答。(2)實驗中加入尿素的質(zhì)量為12.0g,物質(zhì)的量為0.2mol,過氧化氫的質(zhì)量為25mL×1.11g·cm-3×30%=8.325g,物質(zhì)的量約為0.245mol,過氧化氫過量,產(chǎn)率應按照尿素的質(zhì)量計算,理論上可得到過氧化脲0.2mol,質(zhì)量為0.2mol×94g·mol-1=18.8g,實驗中實際得到過氧化脲為9.4g,故過氧化脲的產(chǎn)率為9.4(3)在過氧化脲的性質(zhì)檢測中,檢測Ⅰ用稀硫酸酸化,加入高錳酸鉀溶液,紫紅色消失,說明過氧化脲被酸性高錳酸鉀溶液氧化,體現(xiàn)了過氧化脲的還原性;檢測Ⅱ用稀硫酸酸化,加入KI溶液和四氯化碳,過氧化脲會將KI氧化為I2單質(zhì),體現(xiàn)了過氧化脲的氧化性,生成的I2在四氯化碳中溶解度大,會溶于四氯化碳中,且四氯化碳密度大于水的,振蕩,靜置后出現(xiàn)的現(xiàn)象為液體分層,上層為無色,下層為紫紅色。(4)操作a為洗滌燒杯和玻璃棒,并將洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶中,目的是避免溶質(zhì)損失;定容后應蓋好瓶塞,反復上下顛倒、搖勻。(5)KMnO4溶液具有強氧化性,應置于酸式滴定管中,A項正確;量筒的精確度不能達到0.01mL,量取25.00mL的溶液應選用滴定管或移液管,B項錯誤;滴定過程中,待測液有可能會濺到錐形瓶內(nèi)壁,滴定接近終點時,為了使結(jié)果更精確,可用洗瓶沖洗錐形瓶內(nèi)壁,C項正確;錐形瓶內(nèi)溶液變色后,且半分鐘內(nèi)溶液不再恢復原來的顏色,才能說明反應達到滴定終點,記錄滴定管液面刻度,D項錯誤。(6)在配制過氧化脲溶液時,容量瓶中液面超過刻度線,使溶液體積偏大,配制溶液的濃度偏低,則滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏低,導致測定結(jié)果偏低,A項符合題意;滴定管水洗后未用KMnO4溶液潤洗,導致KMnO4溶液濃度偏低,使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高,導致測定結(jié)果偏高,B項不符合題意;搖動錐形瓶時KMnO4溶液滴到錐形瓶外,使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高,導致測定結(jié)果偏高,C項不符合題意;滴定前滴定管尖嘴處有氣泡,滴定后氣泡消失,使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高,導致測定結(jié)果偏高,D項不符合題意。4.(14分)(2024·黑吉遼卷)某實驗小組為實現(xiàn)乙酸乙酯的綠色制備及反應過程可視化,設(shè)計實驗方案如下:Ⅰ.向50mL燒瓶中分別加入5.7mL乙酸(100mmol)、8.8mL乙醇(150mmol)、1.4gNaHSO4固體及4~6滴1‰甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中裝入變色硅膠。Ⅱ.加熱回流50min后,反應液由藍色變?yōu)樽仙?變色硅膠由藍色變?yōu)榉奂t色,停止加熱。Ⅲ.冷卻后,向燒瓶中緩慢加入飽和Na2CO3溶液至無CO2逸出,分離出有機相。Ⅳ.洗滌有機相后,加入無水MgSO4,過濾。Ⅴ.蒸餾濾液,收集73~78℃餾分,得無色液體6.60g,色譜檢測純度為98.0%。回答下列問題:(1)NaHSO4在反應中起作用,用其代替濃硫酸的優(yōu)點是

(答出一條即可)。

(2)甲基紫和變色硅膠的顏色變化均可指示反應進程。變色硅膠吸水,除指示反應進程外,還可

。

(3)使用小孔冷凝柱承載,而不向反應液中直接加入變色硅膠的優(yōu)點是(填字母)。

A.無需分離B.增大該反應平衡常數(shù)C.起到沸石作用,防止暴沸D.不影響甲基紫指示反應進程(4)下列儀器中,分離有機相和洗滌有機相時均需使用的是(填名稱)。

(5)該實驗乙酸乙酯的產(chǎn)率為(精確至0.1%)。

(6)若改用C2H518OH作為反應物進行反應,質(zhì)譜檢測目標產(chǎn)物分子離子峰的質(zhì)荷比數(shù)值應為答案:(1)催化劑濃硫酸具有脫水性,使原料炭化,NaHSO4無脫水性,使產(chǎn)品產(chǎn)率更高(或其他合理答案:)(2)吸收生成的H2O,使平衡正向移動,提高乙酸乙酯的產(chǎn)率(3)AD(4)分液漏斗(5)73.5%(6)90解析:乙酸乙酯的制備原理為其中濃硫酸的作用為催化劑和吸水劑,既能催化反應,加快反應速率,又能吸收反應生成的水,使平衡正向移動,增大產(chǎn)率。本題所給實驗中用NaHSO4代替濃硫酸起催化作用,用能吸水的變色硅膠吸水,使平衡正向移動,冷卻后用Na2CO3溶液將剩余的酸性物質(zhì)反應掉,用無水MgSO4干燥產(chǎn)品,最后蒸餾收集73~78℃餾分獲得產(chǎn)品乙酸乙酯。(1)用NaHSO4代替濃硫酸起催化作用,因為濃硫酸有脫水性,能夠?qū)⒎磻咸炕?而NaHSO4無脫水性,可提高產(chǎn)品產(chǎn)率。同時還有減少有毒氣體(SO2)的產(chǎn)生等其他優(yōu)點。(2)變色硅膠有吸水性,可吸收反應生成的水,使酯化反應平衡右移,提高產(chǎn)率。(3)不向溶液中直接加入變色硅膠的優(yōu)點是后續(xù)過程中不用再分離出去,且與甲基紫指示劑分開,不會影響其指示過程。平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)。故選A、D。(4)分離有機相和洗滌有機相均需用分液漏斗進行分液。容量瓶在配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時使用,普通漏斗在過濾時使用,洗氣瓶在除氣體中的雜質(zhì)時使用。(5)產(chǎn)率=實際產(chǎn)量理論產(chǎn)量×100%。原料中乙酸和乙醇按1∶1反應,顯然乙酸比乙醇的量少,利用乙酸的物質(zhì)的量計算產(chǎn)率:6.60g(6)酯化反應中,酸脫羥基醇脫氫,得到的產(chǎn)品應為CH3CO18OCH2CH3,其分子離子峰的質(zhì)荷比數(shù)值為90。5.(14分)(2024·廣東佛山質(zhì)檢二)某合作學習小組將銅片放入氯化鐵溶液中,觀察到溶液呈無色,產(chǎn)生紅褐色固體,銅片表面有白色物質(zhì)。Ⅰ.探究紅褐色固體的成分(1)過濾得到紅褐色固體,過濾時下列儀器用到的有(填字母)。

(2)①取少量紅褐色固體加鹽酸溶解,滴加溶液,溶液變紅色,證明是氫氧化鐵。

②產(chǎn)生氫氧化鐵的原因可能是

(用化學方程式表示)。

Ⅱ.查閱資料:CuCl是白色難溶物(3)探究產(chǎn)生白色物質(zhì)的原因。設(shè)計實驗方案如下:實驗銅粉/gFeCl3·H2O/g蒸餾水/mL實驗現(xiàn)象10.11.82棕黃色溶液變?yōu)槟G色20.51.82棕黃色溶液變?yōu)榘咨珴嵋孩儆梢陨蠈嶒灴芍?產(chǎn)生白色物質(zhì)的條件是

。

②實驗2生成白色物質(zhì)的化學方程式為

。

③請你從氧化還原反應規(guī)律角度分析實驗1中未產(chǎn)生白色物質(zhì)的原因:

。

(4)以石墨為電極電解CuCl2溶液,發(fā)現(xiàn)在石墨上析出的銅在切斷電源后消失。從電化學角度進行分析,銅消失的原因為

。

(5)基于上述分析,用CuCl2溶液腐蝕覆銅板效果不理想。查閱資料:工業(yè)上常用CuCl2、KCl、鹽酸混合物腐蝕覆銅板,原理為Cu2++Cu+4Cl-2[CuCl2]-。①基態(tài)Cu+的價層電子軌道表示式為

。

②KCl的作用是

。

(6)氧化還原反應的應用十分廣泛。寫出一種氧化劑在生活中的應用:

。

答案:(1)BC(2)①KSCN②FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl或4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3(3)①銅粉過量②CuCl2+Cu2CuCl③Fe3+的氧化性強于Cu2+,Fe3+過量時,Cu不與Cu2+反應(4)析出的銅單質(zhì)、石墨和氯化銅溶液形成原電池,銅作負極被氧化溶解(5)①②提供配體,促使平衡Cu2++Cu+4Cl-2[CuCl2]-正向移動(6)過氧化氫或次氯酸鈉用于殺菌消毒(合理即可)解析:銅與氯化鐵溶液反應生成氫氧化鐵,可用酸溶解后加入硫氰化鉀溶液進行檢驗,氯化銅與過量的銅反應可生成白色固體氯化亞銅,通過對比實驗中銅的用量的控制可進行驗證。(1)將固體與液體分離需進行過濾,過濾需要的儀器有玻璃棒、漏斗和燒杯,故選BC。(2)①若紅褐色固體為氫氧化鐵,加鹽酸溶解,溶液中含F(xiàn)e3+,可用KSCN溶液進行檢驗,若溶液變紅,即可證明。②產(chǎn)生氫氧化鐵的原因可能是Fe3+在溶液中水解形成氫氧化鐵,化學方程式:FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl,也可能是氫氧化亞鐵被空氣氧化為氫氧化鐵,化學方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。(3)①對比實驗中銅的用量可知,產(chǎn)生氯化亞銅的條件是銅粉過量。②生成白色物質(zhì)氯化亞銅的化學方程式為CuCl2+Cu2CuCl。③Fe3+的氧化性較強,Fe3+過量時將Cu全部氧化為Cu2+,而Cu2+氧化性弱于Fe3+,Fe3+過量時,Cu不與Cu2+反應生成Cu+,則實驗1中未產(chǎn)生白色物質(zhì)。(4)以石墨為電極電解CuCl2溶液,陰極有銅單質(zhì)析出,斷電后析出的銅單質(zhì)、石墨和氯化銅溶液又形成原電池,銅作負極發(fā)生失電子的氧化反應被溶解。(5)①Cu的原子序數(shù)為29,基態(tài)Cu+的價層電子軌道表示式為;②KCl的作用是提供配體,促使平衡Cu2++Cu+4Cl-2[CuCl2]-正向移動。(6)過氧化氫或次氯酸鈉可用于殺菌消毒。6.(13分)(2024·福建泉州一模)某研究小組利用下圖所示裝置模擬高爐煤氣(主要成分為CO、N2、H2、H2S和少量COS)和金屬冶煉廠尾氣(含SO2)聯(lián)合制備Na2S2O3·5H2O。回答下列問題:Ⅰ.模擬Na2S2O3的制備步驟一:打開K3,關(guān)閉K1、K2,通入高爐煤氣。發(fā)生的反應有:丁中COS+H2CO+H2S;乙中H2S+Na2CO3NaHCO3+NaHS。(1)丙裝置的主要作用為。

(2)當潤濕的(CH3COO)2Pb試紙(填現(xiàn)象),關(guān)閉K3,停止通入高爐煤氣。

(3)導管b接盛有醋酸亞銅氨溶液的洗氣瓶用于吸收CO氣體,反應的方程式為CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)ΔH<0。①過量H2S會導致吸收CO的能力下降的原因是

。

②將吸收液通過(寫一種)的方法實現(xiàn)吸收液的再生,同時釋放CO,達到資源化利用。

步驟二:打開K1、K2,通入SO2氣體。(4)試劑a為。

(