高考总复习优化设计二轮用书化学L山东专版(适用于新高考新教材) 大题突破练

大题突破练(一)化学工艺流程题

1.(2023·山东德州二模)钛酸钡(BaTiO3)是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一,一种以富钛渣(主要成分为TiO2,含少量Si和Al的氧化物杂质)和重晶石(主要成分是BaSO4)为原料,制备钛酸钡的工艺流程如图所示。已知:①粗TiCl4中含有的几种物质的沸点物质TiCl4SiCl4AlCl3沸点/℃13657180②草酸氧钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)2·4H2O。回答下列问题:(1)沸腾氯化时气体与矿料逆流而行,目的是

;

若沸腾氯化时生成TiCl4的反应中氧化产物为CO,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为。

(2)除硅、铝过程中,分离TiCl4中所含Si、Al杂质的方法是;高温还原时,BaSO4和碳粉的投料比(物质的量之比)要大于1∶2,目的是;生产过程中应避免氧气进入,主要原因是。

(3)转化过程中溶液中的钛元素在不同pH时主要以TiO(OH)+、TiOC2O4、TiO(C2O4)2①实际制备工艺中,先用氨水调节混合溶液的pH为,再进行转化,写出该条件生成草酸氧钛钡晶体的离子方程式:

。

②滤液2的主要成分为(填化学式)。

(4)常温下,用Na2CO3溶液浸泡BaSO4固体,也能将BaSO4转化为BaCO3。不考虑CO32-的水解,向340mL3.0mol·L-1Na2CO3溶液中加入4.66gBaSO4Ksp(BaCO3)=。[已知:Ksp(BaSO4)=1.0×10-10mol2·L-2;溶液体积变化忽略不计]

2.(2023·河北名校联盟联考)某软锰矿含锰50%,是重要的锰矿石。其主要成分如表:软锰矿主要成分杂质MnO2MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质某科研团队设计制备高纯度MnCO3。反应原理为①MnO2+BaS+H2OMnO+Ba(OH)2+S;②MnO+H2SO4MnSO4+H2O;③MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2OMnCO3↓(白色)。工艺流程图如图。回答下列问题:(1)软锰矿与硫化钡反应时,适当提高反应液温度的目的是

。

(2)“不溶物”中除SiO2外,还有(填化学式)。

(3)工序2中加入H2O2的目的是,使用氨水调溶液的pH,理论上pH最小值为。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol·L-1时沉淀完全;Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6、Ksp[Fe(OH)2]=10-16.3、Ksp[Al(OH)3]=10-32.3、Ksp[Mn(OH)2]=10-12.7)

(4)MnF2难溶于水,工序3加入MnF2的目的是除去Mg2+,其反应的离子方程式为。

(5)碳化过程中发生反应的化学方程式为。

3.(2023·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(CrO2)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4.(2023·山东济南三模)将废旧电路板(含铜、铝、锑、铅、银、金、铂和钯等金属元素)破碎和静电分选处理后,从所得金属富集粉末中回收金属的部分工艺流程如下:已知煅烧后银、钯、金、铂均以游离态存在,锑、铅转化为Sb2O3、PbO(二者是两性偏碱性的氧化物);Sb2(SO4)3在H2O中形成不溶性碱盐,但能与氯离子形成可溶性氯化锑;PbSO4可溶于碱。第一次酸浸调节pH为1~2,第二次酸浸调pH为4~5,氧化后滤液调pH为3~5;滤液a~e中分别含1~2种回收金属。回答下列问题:(1)滤液a中溶质的主要成分为;为缩短煅烧时间,可采取的措施是(回答一条即可)。

(2)若氧化过程使用足量稀硝酸,生成滤液e中主要成分的反应中,表现氧化性与表现酸性的硝酸物质的量之比为。PbO2两性偏酸性,与强碱共热可得铅酸盐,PbO2与NaOH反应的离子方程式为。

(3)利用佛尔哈德(Volhard)法可直接滴定溶液中Ag+测定其浓度,方法是在酸性介质中用铁铵矾[NH4Fe(SO4)2·12H2O]作指示剂,用KSCN标准溶液滴定Ag+[Ag++SCN-AgSCN↓(白色)],达到滴定终点的现象为;滴定时应将KSCN标准溶液加入(填“酸式”或(4)冶金行业常用EDTA-2Na(乙二胺四乙酸二钠)滴定法测溶液中Ag+浓度。方法是向一定体积待测液中加入过量氯化钠,过滤后将滤纸展开同氯化银沉淀一同放入烧杯,加氨水至沉淀完全溶解,在所得溶液中加入镍氰化钾[KNi(CN)3],镍被银定量取代,以紫脲酸铁为指示剂,用EDTA-2Na标准溶液滴定镍,从而直接计算Ag+浓度。下列说法正确的是(填字母)。

A.氯化银溶于氨水的离子方程式为AgCl+2NH3·H2O[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2OB.配制EDTA-2Na标准溶液时,未冷却即转移至容量瓶中进行定容,所测Ag+浓度偏大C.待测液中加入氯化钠,过滤后未洗涤沉淀时使用的烧杯,所测Ag+浓度偏小5.(2023·辽宁瓦房店一模)锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO,还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣,一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如下。回答下列问题:已知:①MnSO4·H2O易溶于水,不溶于乙醇。②在较高温度及酸性催化条件下,葡萄糖能发生如下反应:(1)请写出Mn原子基态价层电子排布式:。

(2)已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价,Mn为+2价和+4价,则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为。

(3)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为。

(4)实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量,为提高葡萄糖的有效利用率,除充分搅拌外还可采取的措施为。

(5)整个流程中可循环利用的物质是。获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥,其中洗涤的具体操作是

。

(6)加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3,Na2CO3溶液的最小浓度为mol·L-1(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由。[已知:20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8,Ksp(PbCO3)=7.4×10-14,1.262≈1.6]

6.(2023·山西吕梁二模)钪(Sc)是一种重要且价格昂贵的稀土金属,广泛用于航空航天、超导等领域。从赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、TiO2等)中回收钪,同时生产聚合硫酸铁铝的工艺流程如图所示:回答下列问题:(1)写出基态Sc原子的简化电子排布式:。

(2)在酸浸赤泥的后续萃取分离过程中,Fe3+与Sc3+会发生共萃而进入有机相,从而使后续分离难度加大,经探究温度、硫酸浓度与铁、钪的浸出率及分离系数(钪的浸出率和铁的浸出率比值)关系如下图所示,则酸浸的最佳浸出温度为℃,最佳硫酸浓度为mol·L-1。

(3)该工艺条件下,溶液中有关离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示:离子Fe2+Fe3+Al3+TiO2+开始沉淀的pH7.01.93.00.3完全沉淀的pH9.03.24.72.0①已知TiO2和硫酸反应生成水溶性的TiO2+,则流程中TiO2+水解生成TiO2·xH2O的离子方程式为。

②试剂A常选用H2O2,写出其在生产、生活中可能的用途:

(填一条即可)。

③该工艺流程中引入“还原”与“氧化”这两个步骤的原因是

。

(4)含钪元素的微粒与lgc(F-)、pH的关系如下图所示,“沉钪”时,溶液的pH=3,c(F-)=10-4mol·L-1,则此时钪的存在形式为(填化学式)。

(5)“聚合”生成聚合硫酸铁铝AlFe(OH)2(SO4)2时,同时产生气体,该步骤的离子方程式为。

大题突破练(二)化学实验综合题

1.(2023·山东济宁二模)实验室利用甘氨酸与硫酸亚铁制备补铁剂甘氨酸亚铁[(H已知:Ⅰ.有关物质性质如下表所示:甘氨酸易溶于水,微溶于乙醇、冰醋酸,在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度柠檬酸易溶于水和乙醇,酸性较强,有强还原性甘氨酸亚铁易溶于水,难溶于乙醇、冰醋酸Ⅱ.甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]摩尔质量为204g·mol-1。Ⅲ.氨基能被酸性KMnO4溶液氧化为硝基:18H++5RNH2+6MnO4-5RNO2+6Mn2++14H2(1)连接好装置,装入药品,进行的操作为①打开K1、K3,反应一段时间,将装置中空气排净;②,使b中溶液进入c中;

③在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌,然后向c中滴加NaOH溶液,调溶液pH至5.5~6.0,使反应物充分反应;④反应完成后,向c中反应混合液中加入乙醇,生成白色沉淀,将沉淀过滤、洗涤得粗产品。(2)仪器c的名称是,其中加入柠檬酸的作用是;步骤④中加入乙醇,溶液的极性(填“增强”“减弱”或“不变”)。

(3)生成甘氨酸亚铁的化学方程式是。

(4)体系pH与产率之间的关系如下表。体系pH4.04.55.05.56.06.57.07.5产率(%)65.7074.9278.6786.6588.0774.9762.3155.98pH过高或过低,产品产率均下降的原因是。

(5)产品纯度测定。已知粗产品通常混有甘氨酸,称取2.2g粗产品,先加入,搅拌、过滤、洗涤得沉淀,将沉淀配成250mL溶液,取溶液25.00mL置于锥形瓶,用0.1000mol·L-1的KMnO4溶液滴定至终点,三次平均消耗KMnO4体积为26.00mL,则该样品的纯度为。

2.(2023·湖北荆州二模)硫脲[CS(NH2)2]是一种白色晶体,熔点180℃,易溶于水和乙醇,受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵,可用于制造药物,也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等。回答下列问题:Ⅰ.硫脲的制备:已知:将石灰氮(CaCN2)和水的混合物加热至80℃时,通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳,实验装置如图所示。(1)装置B中的试剂X和试剂Y的最佳组合是(填字母)。

A.FeS固体+浓硫酸B.FeS固体+稀硝酸C.FeS固体+稀盐酸(2)仪器M的名称为。按(1)中所选试剂组合,按气流从左到右的方向,上述装置的合理连接顺序为c→(填仪器接口的小写字母)。

(3)装置C中反应温度控制在80℃,温度不宜过高或过低的原因是,装置C中反应的化学方程式为。

Ⅱ.硫脲的分离及产品含量的测定:(4)装置C反应后的液体过滤后,将滤液减压蒸发浓缩,之后冷却结晶,离心分离,烘干即可得到产品。称取mg产品,加水溶解配成500mL溶液,量取25mL于锥形瓶中,滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性,用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定,滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液VmL。①硫脲[CS(NH2)2]中硫元素的化合价为价。

②滴定时,硫脲转化为CO2、N2、SO42-③样品中硫脲的质量分数为(用含“m、c、V”的式子表示)。

3.(2023·湖南怀化二模)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)广泛用于纺织、印染、造纸等行业,因其使用时对织物的损伤很小,故又称“保险粉”。Ⅰ.Na2S2O4制备锌粉法是最早应用于工业生产连二亚硫酸钠的方法,其制备原理及装置如下:步骤1:检查装置气密性并加入药品;步骤2:打开仪器a的活塞,向装置C中通入一段时间SO2,发生反应:Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O;步骤3:打开仪器c的活塞滴加稍过量的NaOH溶液使装置C中溶液的pH处在8.2~10.5之间,发生反应ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4+Zn(OH)2↓;步骤4:过滤,将滤液经“一系列操作”可获得Na2S2O4。已知:①Na2S2O4易溶于水,不溶于乙醇,在碱性介质中较稳定。②Zn(OH)2与Al(OH)3的化学性质相似。回答下列问题:(1)仪器d的名称为。

(2)装置B(单向阀)的作用为。

(3)一系列操作包括盐析、过滤、脱水、洗涤、干燥等操作,其中洗涤所用的试剂为(填字母)。

A.乙醇 B.NaOH溶液C.水 D.浓硫酸(4)步骤3需控制溶液的pH在8.2~10.5之间,其原因为

。

Ⅱ.Na2S2O4含量的测定称取2.0g制得的Na2S2O4产品溶于冷水配成250mL溶液,取出25.00mL该溶液于锥形瓶中,用0.10mol·L-1碱性K3[Fe(CN)6]标准溶液滴定,选择合适指示剂,平行滴定三次,消耗标准溶液体积分别为19.98mL、20.90mL、20.02mL。(5)[Fe(CN)6]3-是一种比较弱的氧化剂,能将S2O42-氧化为SO32-,自身被还原为[Fe(CN)(6)选择指示剂时,指示剂的条件电位要在滴定突跃电位之间,本实验滴定突跃范围为0.01~0.38V,根据下表,可选择为指示剂。

常用氧化还原指示剂条件电位(V)颜色变化还原态氧化态亚甲基蓝0.36无色蓝色二苯胺0.76无色紫色二苯胺磺酸钠0.84无色紫红邻苯氨基苯甲酸0.89无色紫红(7)样品中Na2S2O4的质量分数为(杂质不参与反应,计算结果精确到0.1%)。

4.(2023·山东聊城二模)氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体。已知:①氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体呈紫红色,难溶于水和乙醇;②VO2+有较强还原性,易被氧化。实验室以V2O5为原料制备该晶体的流程如图:请回答下列问题:(1)“浸渍”时反应的化学方程式为。

(2)“转化”时需要在CO2氛围中进行的原因是。

(3)“转化”可在下图装置中进行:①上述装置连接的合理顺序为e→(按气流方向,用小写字母表示)。

②写出装置D中生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的化学方程式:

。

(4)“抽滤”装置如图所示,抽滤原理是。

(5)“洗涤”时用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体,检验晶体已洗涤干净的操作是。

(6)为测定粗产品中钒元素的含量,称取1.0g粗产品于锥形瓶中,用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后加入0.01mol·L-1KMnO4溶液至稍过量,充分反应后继续滴加2%的NaNO2溶液至稍过量,再用尿素除去过量的NaNO2,滴入几滴铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液,最后用0.2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定,滴定终点消耗标准溶液的体积为20.00mL。(已知粗产品中杂质不含钒,也不参与反应;滴定反应为VO2++Fe2++H+VO2++Fe3++H2①滴定终点时的现象为。

②粗产品中钒元素的质量分数为%。

5.(2023·广东六校联盟联考)某实验小组探究浅黄色草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)分解产物的装置如图所示。回答下列问题:(1)仪器M的名称是。

(2)点燃酒精灯之前,先通入N2,其目的是。

(3)装置C的作用是。

(4)如果实验中观察到C、H变浑浊,E不变浑浊,可以得出实验结论:A装置中分解的气体产物一定有(填化学式)。

(5)在300℃、500℃下进行上述实验,A装置中分别得到甲、乙两种黑色粉末,进行实验并观察到现象如下:实验实验操作及现象①用强磁铁接近甲,无明显现象;将黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀②用强磁铁接近乙,吸起部分粉末,将吸起来的粉末投入盐酸中,产生气泡;将剩余黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀根据上述实验,实验①产生蓝色沉淀的离子方程式为。乙中的成分可能为(填化学式)。

(6)测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)纯度。准确称取Wg样品于锥形瓶,加入适量的稀硫酸,用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗bmLKMnO4溶液。滴定反应:FeC2O4+MnO4-+H+Fe3++CO2+Mn2++H2O(未配平)。该样品纯度为%。若滴定管没有用待装液润洗,测得结果(填“偏高”“偏低”或“无影响”大题突破练(三)化学反应原理综合题

1.(2023·山东聊城三模)我国提出2060年前实现碳中和,降低大气中CO2含量是当今世界重要科研课题之一,以CO2为原料制备甲烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。回答下列问题:(1)CO2在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应:主反应:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-156.9kJ·mol-1副反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.1kJ·mol-1①已知2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH3=-395.6kJ·mol-1,则CH4燃烧的热化学方程式CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH=。

②500℃时,向1L恒容密闭容器中充入4molCO2和12molH2,主、副反应都达到平衡状态时,测得α(CO2)=87.5%,副反应的平衡常数K副=12,主反应的平衡常数K主=,平衡时CH4选择性=(CH4选择性=CH4(2)某研究小组采用双合金团簇催化甲烷干法重整法(DRM)取得了良好的效果。通过大量的研究Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇可用于催化DRM反应,在催化剂表面涉及多个基元反应,分别为过程1:甲烷逐步脱氢,过程2:CO2的活化(包括直接活化和氢诱导活化),过程3:C*和CH*的氧化,过程4:扩散吸附反应。其反应机理如图所示。则过程3的最终产物为,过程4发生扩散吸附反应的微粒为。

(3)光催化CO2制甲醇技术也是研究热点。铜基纳米光催化材料还原CO2的机理为光照时,低能价带失去电子并产生空穴(h+,具有强氧化性)。光催化原理与电解原理类似,写出高能导带的电极反应式:。

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、CO2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(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·湖南雅礼中学三模)甲醇是重要的化工原料,合成甲醇和利用甲醇的研究和探索,在国际上一直受到重视。工业上常利用CO2和H2为原料合成甲醇,再利用甲醇生产丙烯。回答下列问题:(1)①常温下,H2和甲醇的燃烧热分别为285.8kJ·mol-1和726.4kJ·mol-1,1mol甲醇汽化需要吸收82.0kJ的热量,则CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下合成气态甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)ΔH=kJ·mol-1;

②上述反应分两步进行:第一步(写化学方程式)ΔH>0

第二步Cu/Zn*+2H2+CO2Cu/ZnO*+CH3OHΔH<0③第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间,由此推知以下能正确表示Cu/ZnO催化CO2和H2合成甲醇反应过程的示意图为(填字母)。

(2)工业上用CO2和H2催化合成甲醇存在如下反应:主反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH>0一定条件下,在装有催化剂的密闭容器中投入amolCO2和3amolH2,发生上述合成反应。①在相同时间内,测得甲醇产率与温度的关系如图所示。图中490K之后,甲醇的产率随温度的升高而减小的原因可能是。

②某温度下,达平衡时容器中CH3OH的物质的量为cmol,CO的物质的量为dmol。则此条件下CO2的转化率为(列式表示,下同);此条件下副反应的平衡常数为。

③关于主反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0,已知该反应的v(正)=k正·c(CO2)·c3(H2),v(逆)=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)(k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数)。该反应的lg1k正、lg1k逆随温度变化的曲线如图所示,则4.(2023·山东临沂二模)丙烯是一种重要的化工原料,可以在催化剂作用下,由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。反应Ⅰ:C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)ΔH1>0反应Ⅱ:2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)ΔH2回答下列问题:(1)对于反应Ⅰ,在一定温度下,保持压强为100kPa,向密闭容器中通入C3H8和Ar的混合气,按n(C3H8)∶n(Ar)为4∶1、1∶1、1∶4投料,测得C3H8转化率随时间的变化如下图所示。①充入Ar的目的是。

②0~6s内,曲线(填“a”“b”或“c”)对应的平均反应速率最快。

③曲线a中0~3s内,C3H8分压的平均变化率为kPa·s-1(保留两位有效数字)。

(2)在T1、T2(T2>T1)温度下,将2molC3H8(g)和1molO2(g)充入恒容的密闭容器中,在一定条件下发生反应Ⅰ、Ⅱ。测得C3H8的转化率及体系内压强随时间的变化关系如下图所示(忽略温度对催化剂活性的影响)。①T1时,O2的平衡转化率是。

②T2时,反应Ⅰ以物质的量分数表示的平衡常数Ka=。

③ΔH2(填“>”或“<”)0,理由是

。

(3)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)∶p(O2)∶p(Ar)=2∶13∶85的混合气体,在一定条件下只发生如下反应(k、k'为速率常数):反应Ⅱ:2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)k反应Ⅲ:2C3H6(g)+9O2(g)6CO2(g)+6H2O(g)k'实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k'p(C3H6),可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为,理由是

。

5.(2023·湖北十堰二模)氮及其化合物一直为环境科学领域研究的重点。(1)废水中的NH3可通过硝化作用消除,已知:NH3(g)+32O2(g)NO2-(aq)+H+(aq)+HΔH=-273.5kJ·mol-1NO2-(aq)+12O2(g)NO3-(aq)ΔH=-73.则NH3通过硝化作用转化为NO3-的热化学方程式为(2)某科研小组设计双阴极微生物燃料电池进行同步硝化和反硝化脱氮研究,如图所示,“厌氧阳极”的电极反应方程式为,若“好氧阴极”1molNH4+完全硝化生成NO3-,此时向该电极输送电子的物质的量为4mol,则“好氧阴极”区消耗的O(3)汽车尾气中的CO、NO等气体可在催化剂表面发生氧化还原反应进行消除,主要原理如下:2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH<0,某小组模拟该反应,在1L恒容密闭容器内将气体总物质的量为6mol的CO和NO以不同的物质的量比n(CO①平衡时某反应物的转化率与物质的量比及温度的关系如图,纵坐标表示的转化率,T1和T2关系为T1(填“>”“<”或“=”)T2,图中A、B、C三点对应反应速率v(NO)正最大的是点。

②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行,下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是。

③已知:压强平衡常数Kp含义为在平衡体系中用气体物质的分压(pⅰ=p总×物质的量分数)代替浓度,计算得到的平衡常数。若容器内起始压强为p0,则C点的压强平衡常数。

6.(2023·湖北教研联盟联考)将CO2转化为有机碳酸酯CH3OCOOCH3(g)(DMC),可有效减少碳排放。CO2转化为DMC的总反应为3CO2(g)+6H2(g)CH3OCOOCH3(g)+3H2O(g)K总,可通过Ⅰ、Ⅱ两步反应完成:Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)K1Ⅱ.CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)K2请回答下列问题:(1)有机碳酸酯CH3OCOOCH3中碳原子的杂化方式为,1molCH3OH中含有的σ键数目为NA。

(2)反应Ⅱ的反应机理如图1所示,其中催化剂参与催化循环和脱水循环。图1①该反应的催化剂是,该物质还有另一个作用——提高DMC的平衡产率,结合反应机理图分析其中的原因:。

②将物质的量之比为1∶2的CO2和CH3OH的混合气体以相同流速通过两种不同的催化剂a、b,仅发生反应Ⅱ。相同时间内CO2的转化率如图2所示。图2图3M点(填“是”或“不是”)对应温度下的CO2的平衡转化率,原因是。

(3)一定温度范围内lgK-T的线性关系如图3。①对于反应Ⅱ,活化能E正(填“>”或“<”)E逆。

②K总=K2时,该温度下K1=。某温度下,在5L恒容密闭容器中充入5molCO2和10molH2,发生反应Ⅰ、Ⅱ,反应经10min达到平衡,此时n(CH3OCOOCH3)=1mol,n(CH3OH)=1mol,则K2=。

7.(2023·山西大同二模)随着时代的进步,人类对能源的需求量与日俱增,我国全球首套焦炉气化学合成法生产无水乙醇的工业示范项目打通全流程,项目投产成功。(1)3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。

已知:ⅰ.2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH1ⅱ.CH3OCH3(g)+CO(g)CH3COOCH3(g)ΔH2ⅲ.CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)ΔH3在恒温恒容密闭容器中充入3molCO(g)和7molH2(g)仅发生反应3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g),下列叙述正确的是(填字母)。

A.混合气体总压强不随时间变化时,反应达到平衡状态B.反应达到平衡时,CH3CH2OH体积分数可能为25%C.反应达到平衡后,再充入少量CO,CO的平衡转化率增大D.反应达到平衡后,再加入高效催化剂,乙醇产率保持不变(2)醋酸酯加氢制乙醇是一个乙酰基产物制备乙醇的路线。①醋酸酯加氢的催化效能如表所示:实验组催化剂原料反应条件反应性能温度压力转化率/%选择性/%1Cu/SiO2醋酸甲酯1902896.199.02Cu-Cr醋酸乙酯2502.8接近完全93.83Cu/ZnO醋酸乙酯18515699.04Cu/SiO2醋酸乙酯2804.094.696.6上述实验中,催化效能最好的为实验(填序号),与之对比,实验3中,醋酸酯平衡转化率较低的主要原因可能是(从表中所给条件的角度分析)。

②醋酸甲酯加氢历程一般认为可分为如下步骤(*代表催化剂位点,已知:CH3CO*+H·CH3CHO):a.CH3COOCH3CH3CO·+CH3O·b.CH3CO·+*CH3CO*(慢)c.CH3O·+*CH3O*(快)d.CH3CO*+3H·CH3CH2OHe.CH3O*+H·CH3OH……其中,在b和c的步骤中,活化能较小的是(填标号,下同),控制总反应速率的步骤是,分析上述步骤,副产物除CH3OH外,还可能有(写一种即可)。

(3)甲醇也是新能源的重要组成部分。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下:ⅳ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH4<0ⅴ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH5>0ⅵ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH6<0在不同压强下、按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3进行投料,在容器中发生上述3个反应,平衡时,CO和CH3OH在含碳产物(即CH3OH和CO)中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图,压强p1、p2、p3由大到小的顺序为,曲线(填“m”或“n”)代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数,在T1℃下,压强为p3时,反应ⅴ的浓度平衡常数Kc=(填含α的表达式)。

大题突破练(四)有机合成与推断综合题

1.(2023·山东青岛三模)洛索洛芬钠(J,C15H17O3Na·2H2O)用于治疗类风湿性关节炎、肩周炎等,可缓解各种疼痛,也可用于退热消炎。其一种合成路线如图所示:已知:①;②。其中R1、R2、R3、R4=H或烷基。回答下列问题:(1)I所含官能团的名称为;B→C的反应类型为。

(2)C→D反应的化学方程式为;F的结构简式为。

(3)有机物K为A的同系物且碳原子数比A少1,满足下列条件的K的同分异构体有种(不考虑立体异构);

a.含有2个—CH3;b.具有酸性,且能发生银镜反应和水解反应其中核磁共振氢谱图中有4组峰,面积比为1∶1∶4∶6的同分异构体的结构简式为。

(4)根据上述信息,写出以甲苯、为主要原料制备的合成路线(无机试剂任选)。2.(2023·江苏南通二模)有机物R是一种手性催化剂,在药物合成中具有重要作用,其合成路线如下:已知:R—NH2+。回答下列问题:(1)A的化学名称为;G中含氧官能团的名称为。G→H的反应类型为。

(2)E的结构简式为。设计反应①、②的目的是。

(3)B→C的化学方程式为。

(4)R中含有个手性碳原子(连有4个不同原子或原子团)。

(5)写出两种符合下列条件C的同分异构体的结构简式:。

①能发生银镜反应②核磁共振氢谱中有3组吸收峰,且面积之比为2∶1∶1③不存在结构(6)以乙二醇和对苯二胺()为原料,设计制备()的合成路线(其他无机试剂任选)。3.(2023·河北沧州二模)布洛芬具有消炎、止痛、解热的作用。以有机物A为原料制备布洛芬的一种合成路线如图所示。回答下列问题:已知:++H2O+CH3CHO(1)C中官能团的名称是,D的名称是。

(2)B→C的反应类型是。

(3)下列有关布洛芬的叙述正确的是(填字母)。

a.能发生取代反应,不能发生加成反应b.1mol该物质与足量碳酸氢钠反应理论上可生成44gCO2c.布洛芬分子中最多有11个碳原子共平面d.1mol布洛芬分子中含有手性碳原子物质的量为2mol(4)满足下列条件的布洛芬的同分异构体有种,写出其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱峰面积比为12∶2∶2∶1∶1的物质的结构简式:。(写一种即可)

①苯环上有三个取代基,苯环上的一氯代物有两种②能发生水解反应,且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应(5)缓释布洛芬能缓慢水解释放出布洛芬,请将下列方程式补充完整。+2nH2O。

4.(2023·山东泰安二模)升压药物盐酸米多君(TM)及其关键中间体B的合成路线(部分条件略去)如图所示:回答下列问题:(1)TM分子中含氧官能团名称是。

(2)物质B的结构简式为。上述合成路线中属于加成反应的是(填序号)。

(3)反应①的原子利用率为100%,该反应的化学方程式为。

(4)符合下列条件的A的同分异构体有种(不考虑立体异构)。

①含有苯环结构②1mol该物质分别与足量NaHCO3溶液、金属钠反应生成1molCO2、1molH2③含有不对称碳原子写出其中苯环上仅有一个支链且核磁共振氢谱中有6组峰的分子的结构简式。

(5)已知:NH2CH2CH2OH+ClCOCH2Cl。根据上述合成路线和相关信息,设计以和流程中相关试剂为原料制备的“绿色化学”合成路线(其他试剂任选)。5.(2023·湖北重点中学联考)氟唑菌酰羟胺是新一代琥珀酸脱氢酶抑制剂类杀菌剂,合成路线如下:已知:ⅰ.+R3—NH2。(1)A能与Na2CO3溶液反应产生CO2。A的官能团有。

(2)A的某种同分异构体与A含有相同官能团,其核磁共振氢谱也有两组峰,结构简式为。

(3)B→D的化学方程式是

。

(4)G的结构简式为。

(5)推测J→K的过程中,反应物NaBH3CN的作用是。

(6)可通过如下路线合成:已知:ⅱ.R—O—R'+H2OROH+R'OH;ⅲ.。①反应Ⅰ的化学方程式为。

②M的结构简式为。

③设计步骤Ⅰ和Ⅳ的目的是。

6.(2023·湖北大学附中二模)黄烷酮作为一类重要的天然物质,其大部分具有广泛的生理和药理活性。其中一种新型的黄烷酮类化合物(H)的合成路线如图所示。回答下列问题:(1)A→B的反应类型为。

(2)中官能团名称为。

(3)步骤②③的作用为。

(4)B→C的反应中B的2位羟基未被取代的原因是。

(5)D的结构简式为。

(6)已知G和H互为同分异构体,且结构内含有两个六元环,则G的结构简式为。

大题突破练(五)物质结构与性质综合题

1.(2023·山东聊城二模)金属及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。请回答下列问题:(1)与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有种。

(2)次磷酸的正盐KH2PO2中P的杂化轨道与O的轨道形成σ键。

(3)Zn、Fe、Cu等过渡金属的原子或离子易通过配位键形成配合物或配离子。①和中所有原子均共面,其中氮原子较易形成配位键的是。

②配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性大小有关,元素电负性越大,其原子越不容易提供孤电子对,则对于配合物Fe(SCN)3,配体SCN-中提供孤电子对的原子是(填元素符号)。

③将含有未成对电子的物质置于外磁场中,会使磁场强度增大,称其为顺磁性物质,下列物质中,属于顺磁性物质的是(填字母)。

A.[Cu(NH3)2]ClB.[Cu(NH3)4]SO4C.[Zn(NH3)4]SO4D.[Cr(H2O)5Cl]Cl2(4)硫化锌(ZnS)晶体属于六方晶系,Zn原子位于4个S原子形成的正四面体空隙中。晶胞参数如图所示α=120°,β=γ=90°。①该晶体中,锌的配位数为。

②已知空间利用率η=晶胞中含有原子的体积晶胞的体积×100%,设锌和硫的原子半径分别为r1cm和r2cm,则该晶体的空间利用率为③以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称为原子的分数坐标。若A点原子的分数坐标为(0,0,0),则B点原子的分数坐标为。

2.(2023·山东菏泽二模)储氢材料是一类能可逆地吸收和释放氢气的材料。回答下列问题:(1)多相R-Mg-Ni系储氢合金是新型储氢材料。基态Ni原子中自旋状态相反的两种电子的个数比为。

(2)四氢铝锂(LiAlH4)是一种重要的储氢载体,AlH4-的空间结构为;Li、Al、H的电负性由大到小的顺序为(3)氨硼烷(NH3BH3)是目前最具潜力的储氢材料之一,在四氢呋喃()作溶剂的条件下可合成氨硼烷:BH3+NH3NH3BH3。①NH3BH3中B的杂化轨道类型为,H—N—H键角:NH3(填“>”“<”或“=”)NH3BH3,原因是。

②常温下,四氢呋喃易溶于水,环戊烷难溶于水,其原因可能是;呋喃()与氢气加成得到四氢呋喃,已知呋喃是一种具有芳香性的平面分子,分子中含有大π键,该大π键可表示为(分子中的大π键可用符号Πmn表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π(4)一种由Mg和过渡金属M组成的二元储氢材料属立方晶系,晶胞中Mg和M的原子个数比为2∶1,且距离Mg最近的M形成的几何图形为正四面体;晶胞在xy、xz和yz平面投影如图所示。①M原子处于晶胞的位置为。

②该储氢材料的立方晶胞中,晶胞参数为apm,Mg和M的原子半径分别为r1pm和r2pm,则Mg和M原子的空间占有率为。

3.(2023·山东泰安二模)快离子导体是一类具有优良导电能力的固体电解质。图1(Li3SBF4)和图2是潜在的快离子导体材料的结构示意图。回答下列问题:(1)基态S原子的价电子排布式为。

(2)第二周期元素中第一电离能介于B和F之间的元素有种。

(3)图1所示晶体中,每个Li+与个呈四面体结构的离子相邻。

(4)当图2方格内填入Na+时,恰好构成氯化钠晶胞的18,且氯化钠晶胞参数a=564pm。氯化钠晶体中,Na+填充在氯离子形成的空隙中,每一个空隙由个Cl-构成,空隙的空间形状为(5)温度升高时,NaCl晶体出现缺陷,晶体的导电性增强。该晶体导电时,③迁移的途径有两条:途径1:在平面内挤过2、3号氯离子之间的狭缝(距离为x)迁移到空位。途径2:挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道(如图3,小圆的半径为y)迁移到空位。已知:r(Na+)=95pm,r(Cl-)=185pm,2=1.4,3=1.7。图3①x=,y=。(保留一位小数)

②迁移可能性更大的途径是(填“途径1”或“途径2”)。

4.(2023·山东潍坊二模)设计新型的CuAs基化合物并探索其中可能存在的超导物性,是超导领域的前沿科学问题之一。一种新型CuAs基超导体系的四方晶胞结构如图所示。回答下列问题:(1)基态As的价电子轨道表示式为,Ge、As、Se元素第一电离能由大到小的顺序是。

(2)AsH3的沸点为-62℃,GeH4的沸点为-90℃,AsH3的沸点比GeH4高的主要原因是。

(3)CuCl可以吸收CO形成一种含水双核平面配合物,1mol该配合物中配位键的数目为NA,下列对配合物中Cu原子杂化方式推断合理的是(填字母)。

A.dsp3 B.sp2C.sp3 D.dsp2(4)新型CuAs基超导体系晶体(摩尔质量为Mg·mol-1)的化学式为,晶胞中原子分数坐标不同的氧原子有个。晶胞参数为anm和cnm,设NA为阿伏加德罗常数的值,则新型CuAs基超导体系晶体的密度为g·cm-3(用代数式表示)。

5.(2023·山东平度二模)锂离子电池是近年来的研究热点,常见的锂离子聚合物电池材料有石墨、LiAsF6、LiPF6、LiMn2O4等。回答下列问题:(1)As的最高能级组的电子排布式为,Li、O、P、As四种元素电负性由大到小的顺序为(填元素符号)。

(2)LiPF6的阴离子的空间结构为。

(3)一种类石墨的聚合物g—C3N4可由三聚氰胺()制得。三聚氰胺分子中氮原子杂化类型是;三聚氰胺分子不溶于冷水,溶于热水,主要原因是。

(4)尖晶石结构的LiMn2O4是一种常用的正极材料。已知一种LiMn2O4晶胞可看成由A、B单元按Ⅲ方式交替排布构成,“”表示O2-。①“”表示的微粒是(填元素符号)。

②若该晶胞的晶胞参数为apm,设NA为阿伏加德罗常数的值,该晶体的密度为g·cm-3(列出计算表达式,不必化简)。

6.(2023·山东济南一模)研究压电材料对于自动化技术具有重要意义。一种有机-无机复合压电材料TMCM-MnCl3的单斜晶体结构沿晶轴方向投影如图所示(H原子未画出),晶胞内总共含有84个原子。晶胞参数为a≠b≠c,α=γ=90°,β=94.838°。回答下列问题:图甲图乙(1)基态Mn原子的价电子轨道表示式为,在元素周期表中位置为。

(2)1molTMCM-MnCl3晶胞中含有Cl原子mol,含有sp3杂化的中心原子mol;该晶体中提供电子对形成配位键的原子是。

(3)TMCM性质活泼,一定条件下可分解生成三甲胺[N(CH3)3],N(CH3)3中N原子的价层电子对构型为;NCl3的沸点高于N(CH3)3,主要原因是

。

参考答案大题突破练(一)化学工艺流程题1.答案(1)使气、固反应物充分接触,加快反应速率,使反应充分进行1∶1(2)蒸馏防止生成CO等有毒气体BaS易被氧气氧化生成有毒气体SO2(3)①2.7Ba2++TiO(C2O4)22-+4H2OBaTiO(C2O4)2·4H2O↓②NH(4)5.0×10-9mol2·L-2解析(1)沸腾氯化时气体与矿料逆流而行,目的是增大气流与矿料接触面积,提高化学反应速率;若沸腾氯化时生成TiCl4的反应中氧化产物为CO,由得失电子守恒、原子守恒得反应为2Cl2+2C+TiO2TiCl4+2CO,则氧化剂Cl2和还原剂C的物质的量之比为1∶1。(2)由已知①可知,各物质沸点不同,故除硅、铝过程中,分离TiCl4中所含Si、Al杂质的方法是蒸馏;高温还原时发生反应BaSO4+2C2CO2↑+BaS,当n(BaSO4)∶n(C)>1∶2时,则C不会剩下,即C不会与CO2反应生成CO。(4)340mL3.0mol·L-1Na2CO3溶液中n(CO32-)=0.34L×3.0mol·L-1=1.02mol,4.66gBaSO4中n(Ba2+)=n(SO42-)=n(BaSO4)=4.66g233g·mol-1=0.02mol,故生成BaCO3的物质的量为n(BaCO3)=0.02mol,剩余n(CO32-)=1.02mol-0.02mol=1mol,反应BaSO4(s)+CO322.答案(1)加快反应速率(2)S(3)将Fe2+氧化为Fe3+4.9(4)MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)(5)MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2OMnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O解析(3)工序2中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,再加入氨水生成Fe(OH)3、Al(OH)3。由Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6<Ksp[Al(OH)3]=10-32.3可知,pH最小应达到使Al3+沉淀完全,此时Fe3+已沉淀完全,即c(OH-)=310-32.310-5mol·L-1=10-9.1mol·L-1,则c(H+)=KWc(OH-)=10(4)工序3中加入MnF2,MnF2(s)Mn2+(aq)+2F-(aq)产生的F-与Mg2+反应生成MgF2沉淀,即发生反应MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)。3.答案(1)4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2(2)FeO2-+2H2OFe(OH)3↓+OH(3)4.5~9.3H2SiO3、Al(OH)3(4)2CrO42-+2CH3COOHCr2O72-+2CH3(5)重结晶(6)a4.答案(1)CuSO4、Al2(SO4)3增大氧气的浓度或适当提高煅烧的温度、搅拌、加压等(2)1∶3PbO2+2OH-PbO32-+H(3)滴入最后半滴KSCN标准液后,溶液无色变为红色,且半分钟内不褪色碱式(4)AC解析(1)滤液a中溶质的主要成分为CuSO4、Al2(SO4)3;为缩短煅烧时间,可采取的措施是增大氧气的浓度或适当提高煅烧的温度、搅拌、加压等。(2)生成滤液e中主要成分的反应为银单质和硝酸生成硝酸银和一氧化氮气体,3Ag+4HNO33AgNO3+NO↑+2H2O,4分子硝酸中有1分子表现氧化性被还原为NO,故表现氧化性与表现酸性的硝酸物质的量之比为1∶3;PbO2两性偏酸性,与强碱共热可得铅酸盐,则PbO2与NaOH反应生成PbO32-和水,离子方程式为PbO2+2OH-PbO32-(4)氯化银溶于氨水形成配离子[Ag(NH3)2]+、氯离子和水,离子方程式为AgCl+2NH3·H2O[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O,A正确;配制EDTA-2Na标准溶液时,未冷却即转移至容量瓶中进行定容,导致标准溶液浓度偏大,使得标准溶液用量偏小,导致所测Ag+浓度偏小,B错误;待测液中加入氯化钠,过滤后未洗涤沉淀时使用的烧杯,造成银离子损失,导致所测Ag+浓度偏小,C正确。5.答案(1)3d54s2(2)1∶3(3)C6H12O6+24H++12MnO212Mn2++6CO2↑+18H2O(4)少量多次加入葡萄糖(5)醋酸(CH3COOH)向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀),待乙醇自然流下,重复2~3次(6)5.87×10-10该沉淀转化反应能彻底进行,因为该沉淀转化反应的平衡常数为K=Ksp(PbSO4)Ksp(PbCO3解析(6)饱和硫酸铅溶液中c(Pb2+)=1.6×10-4mol·L-1,则要生成碳酸铅沉淀,Na2CO3溶液的最小浓度为7.4×10-141.6×10-4mol·L-1≈7.4×10-141.26×10-4mol·L-1≈5.87×10-10mol·6.答案(1)[Ar]3d14s2(2)7010(3)①TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+②在生产中作绿色氧化剂,除去一些具有还原性的微粒或检验一些还原性的微粒;在生活中可以用稀释的H2O2水溶液作耳道清洗剂③引入“还原”是为了防止Fe3+在水解步骤消耗;氧化步骤目的是将Fe2+转化为Fe3+,便于制备聚合硫酸铁铝(4)ScF3(5)Al3++Fe3++2SO42-AlFe(OH)2(SO4)2+2CO2↑解析(2)根据图示可知Fe3+、Sc3+浸出率在70℃时比较高,故酸浸的最佳浸出温度为70℃;Fe3+、Sc3+浸出率在硫酸浓度为10mol·L-1时较高,故硫酸合适浓度是10mol·L-1。(4)c(F-)=10-4mol·L-1,则lgc(F-)=-4,在溶液pH=3时,根据图示可知Sc元素的存在形式主要是ScF3。(5)在“聚合”生成聚合硫酸铁铝AlFe(OH)2(SO4)2时,同时产生气体,根据元素守恒可知该气体为CO2,发生反应的离子方程式为Al3++Fe3++2SO42-+2HCO3-AlFe(OH)2(SO4)2大题突破练(二)化学实验综合题1.答案(1)打开K2,关闭K3(2)三颈烧瓶防止亚铁离子被氧化且能抑制亚铁离子水解减弱(3)FeSO4+2H2NCH2COOH+2NaOH(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O(4)pH过高会生成Fe(OH)2,过低时c(H2NCH2COO-)很小,难以生成甘氨酸亚铁(5)冰醋酸92.7%解析(1)打开K2,关闭K3,产生的H2可使装置b中的压强增大,将FeSO4溶液压入三颈烧瓶中,与甘氨酸反应。(2)仪器c的名称是三颈烧瓶;柠檬酸酸性较强,有强还原性,所以加入少量的柠檬酸,可以防止甘氨酸亚铁被氧化,也可以调节溶液的pH,抑制亚铁离子水解;甘氨酸亚铁易溶于水,微溶于乙醇、冰醋酸,在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度,反应完成后,向c中反应混合液中加入乙醇,生成白色沉淀,这说明溶液的极性减弱。(5)甘氨酸在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度,甘氨酸亚铁易溶于水,难溶于冰醋酸,所以先向称取的粗产品加入冰醋酸,得到较纯的甘氨酸亚铁沉淀,再将其溶于水配成溶液,加入酸性高锰酸钾溶液滴定,发生反应:18H++5RNH2+6MnO4-5RNO2+6Mn2++14H2O,5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O,根据反应得出关系式:(H2NCH2COO)2Fe~2.6KMnO4,则有n[(H2NCH2COO)2Fe]=12.6n(KMnO4)=12.6×0.1000mol·L-1×26.00×10-3L×10=0.01mol,m[(H2NCH2COO)2Fe]=0.01mol×204g·mol-1=2.04g,该样品的纯度为2.答案(1)C(2)恒压滴液漏斗a→b→d→e→f(3)温度过高,硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵;温度过低,反应速度缓慢CaCN2+H2S+2H2OCS(NH2)2+Ca(OH)2(4)①-2②5CS(NH2)2+14MnO4-+32H+14Mn2++5CO2↑+5N2↑+5SO42-+26H2解析(3)若反应温度过高,硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵;若反应温度过低,反应速度缓慢,故装置C中反应温度控制在80℃;装置C中,将石灰氮(CaCN2)和水的混合物加热至80℃时,通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳,化学方程式为CaCN2+H2S+2H2OCS(NH2)2+Ca(OH)2。(4)③用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定,滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液VmL,消耗KMnO4的物质的量为cV×10-3mol,根据滴定反应可知,mg产品中CS(NH2)2的物质的量为cV×10-3mol×514×20=50cV7×10-3mol,则样品中硫脲的质量分数为50cV73.答案(1)三颈烧瓶(2)防止倒吸(3)A(4)pH太小Na2S2O4不能稳定存在(且不能使沉淀完全),pH太大Zn(OH)2会溶解,使得制备的Na2S2O4不纯(5)2[Fe(CN)6]3-+S2O42-+4OH-2[Fe(CN)6]4-+2SO3(6)亚甲基蓝(7)87.0%解析(4)步骤3需控制溶液的pH在8.2~10.5之间,其原因为pH太小Na2S2O4不能稳定存在(且不能使沉淀完全),pH太大Zn(OH)2会溶解,使得制备的Na2S2O4不纯。(5)[Fe(CN)6]3-是一种比较弱的氧化剂,能将S2O42-氧化为SO32-,自身被还原为[Fe(CN)6]4-,结合氧化还原反应及质量守恒可知,滴定中发生反应的离子方程式为2[Fe(CN)6]3-+S2O42-+4OH-2[Fe(CN)6(6)本实验滴定突跃范围为0.01~0.38V,根据表中信息,亚甲基蓝的条件电位为0.36V,且由还原态到氧化态颜色由无色变为蓝色,故可选择亚甲基蓝为指示剂。(7)平行滴定三次,消耗标准溶液体积分别为19.98mL、20.90mL、20.02mL,第二次误差较大,舍去,则平均消耗体积为20.00mL,用0.10mol·L-1碱性K3[Fe(CN)6]标准溶液滴定,其物质的量为0.10mol·L-1×20.00×10-3L=2.0×10-3mol,根据滴定反应可知,2.0gNa2S2O4产品中Na2S2O4的物质的量为12×2.0×10-3mol×250mL25.00mL=0.01mol,质量为0.01mol×174g·mol-1=1.74g,故样品中Na2S2O4.答案(1)2V2O5+N2H4·2HCl+6HCl4VOCl2+N2↑+6H2O(2)VO2+有较强还原性,防止被氧化(3)①abfgc(或abfgcd)②6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl(4)水流造成装置内压强减小,使过滤速率加快(5)取少量最后一次洗涤液于试管中,滴加稀硝酸使溶液呈酸性,再滴加几滴AgNO3溶液,若不产生白色沉淀,则证明沉淀洗涤干净(6)①当加入最后半滴标准溶液时,有蓝色沉淀产生且半分钟内沉淀不溶解②20.4解析(1)V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4·2HCl溶液,反应生成VOCl2,同时生成氮气,则该化学方程式为2V2O5+N2H4·2HCl+6HCl4VOCl2+N2↑+6H2O。(2)VO2+有较强还原性,易被氧化,在CO2氛围中进行,能有效地隔离氧气,防止被氧化。(3)①转化过程需在二氧化碳氛围下反应,C为二氧化碳的发生装置,A为二氧化碳的净化装置,B装置可用于检验装置中的氧气是否排净,所以装置的连接顺序为abfgc(或abfgcd)。②装置D中生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体,其化学方程式为6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl。(5)用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体,须检验洗涤液中是否含有Cl-,故其操作为取少量最后一次洗涤液于试管中,滴加稀硝酸使溶液呈酸性,再滴加几滴AgNO3溶液若不产生白色沉淀,则证明沉淀洗涤干净。(6)①用0.2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定,恰好反应时,溶液中含有Fe2+,K3[Fe(CN)6]可与Fe2+反应生成蓝色沉淀,故滴定终点的现象为当加入最后半滴标准溶液时,有蓝色沉淀产生且半分钟内沉淀不溶解。②据VO2++Fe2++2H+VO2++Fe3++H2O,则有n(Fe2+)=c×V=0.2mol·L-1×20.00×10-3L=4×10-3mol,根据离子方程式可知:n(Fe2+)=n(VO2+),故粗产品中钒元素的质量分数为51g·5.答案(1)(球形)干燥管(2)排尽装置内的空气(3)检查是否有CO2生成(4)CO和CO2(5)K++Fe2++[Fe(CN)6]3-KFe[Fe(CN)6]↓或3Fe2++2[Fe(CN)6]3-Fe3[Fe(CN)6]2↓Fe和FeO或Fe、FeO和FeC2O4(6)30bc解析(4)实验中观察到C、H变浑浊,说明都有二氧化碳,E不变浑浊,说明产物中存在CO,故可以得出实验结论:A装置中分解的气体产物一定有CO和CO2。(5)由题干信息可知,将黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀,说明有Fe2+,实验①产生蓝色沉淀的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-KFe[Fe(CN)6]↓或3Fe2++2[Fe(CN)6]3-Fe3[Fe(CN)6]2↓;用强磁铁接近乙,吸起部分粉末,将吸起来的粉末投入盐酸中,产生气泡,说明存在Fe,故乙中的成分可能为Fe和FeO或Fe、FeO和FeC2O4。(6)根据质量守恒和电荷守恒配平离子方程式:5FeC2O4+3MnO4-+24H+5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O,则有n(FeC2O4)=53n(MnO4-)=53×cmol·L-1×b×10-3L=5bc3×10-3mol,故样品纯度为53bc大题突破练(三)化学反应原理综合题1.答案(1)①-634.3kJ·mol-1②18071%(2)CO*H*和OH*(3)CO2+6e-+6H+CH3OH+H2O解析(1)①将题给主反应、副反应和已知反应的热化学方程式依次编号为①②③,根据盖斯定律,由③×2-①可得CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g),则有ΔH=2ΔH3-ΔH1=2×(-395.6kJ·mol-1)+156.9kJ·mol-1=-634.3kJ·mol-1。②假设主反应消耗xmolCO2,副反应消耗ymolCO2,由题意可知达到平衡时n(CO2)=4-x-ymol,n(H2)=12-4x-ymol,n(CH4)=xmol,n(CO)=ymol,n(H2O)=2x+ymol。由题意可知x+y4×则K主=c2(2×2.5+1)2×2.5(4-2(3)由图可知,二氧化碳得电子发生还原反应得到甲醇,反应过程中产生质子,由此可知其电极反应式为CO2+6e-+6H+CH3OH+H2O。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(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,(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+4y3.答案(1)①-49.0②Cu/ZnO*+H2Cu/Zn*+H2O③c(2)①升高温度,主反应平衡逆向移动,甲醇产率降低;催化剂活性降低或副反应更易进行②d+ca×100%d解析(1)根据题意写出热化学方程式:①H2(g)+12O2(g)H2O(l)ΔH1=-285.8kJ·mol-1,②CH3OH(l)+32O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH2=-726.4kJ·mol-1,③CH3OH(l)CH3OH(g)ΔH3=+82.0kJ·mol-1,由盖斯定律,3×①-②+③得目标方程式的ΔH=3ΔH1-ΔH2+ΔH3=(-285.8×3+726.4+82.0)kJ·mol-1=-49.0kJ·mol-1;②将总反应化学方程式减去第二步反应方程式即得第一步反应方程式为Cu/ZnO*+H2Cu/Zn*+H2O;③第一步反应吸热,第二步反应放热,可排除b、d选项,又由于第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间,第二步速率快,反应活化能低于第一步,则c正确。(2)①由图像可知,490K之前,温度升高,反应速率加快,甲醇产率增大,在490K时,反应达到平衡,此时甲醇产率达最高值,继续升高温度,主反