大题突破练3　化学反应原理综合题2025年高考总复习优化设计二轮专题化学H课后习题含答案大题突破练

2025年高考总复习优化设计二轮专题化学H课后习题含答案大题突破练大题突破练(三)化学反应原理综合题学生用书P3121.(2024·广东大亚湾区1月联合模拟)某课题组研究CO2加氢制甲醇。涉及的主要反应有:反应Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-48.3kJ·mol-1反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1反应Ⅲ:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH3=-154.8kJ·mol-1反应Ⅳ:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH4回答下列有关问题:(1)反应Ⅳ的ΔH4=。

(2)下列有关说法正确的是。

A.增压时,CO的物质的量分数一定增大B.当甲醇的分压不再改变时,体系达到平衡C.在恒容密闭容器中充入Ar,反应Ⅲ速率不变D.升温时,反应Ⅱ逆反应速率加快的程度大于正反应速率(3)研究发现,在3MPa条件下,当起始n(CO2)∶n(H2)=1∶3,平衡时CO2的转化率、含碳产物的选择性(转化的CO2中生成CH3OH、CH4或CO的百分比,如甲醇的选择性=生成CH①随着温度升高,甲醇选择性降低而CO2的转化率却升高的原因可能是。②在T温度下,若CH4的选择性为10%,计算此温度下反应Ⅱ的平衡常数K=。(4)一种在铜基催化剂上CO2加氢制甲醇的机理如图所示,其中吸附在铜基催化剂表面上的物种用“*”标注。①基态铜原子的价电子排布式为。

②决速步的反应方程式为

。

(5)写出甲醇在生产或生活中的一种应用。

答案:(1)-89.5kJ·mol-1(2)BC(3)①生成甲醇的反应均为放热反应,升温时平衡逆向移动,甲醇选择性降低;反应Ⅱ是吸热反应,升温平衡正向移动,且反应Ⅱ占主导作用②0.198(4)①3d104s1②CH3O*+OH*+2H*CH3OH*+H2O*(5)作燃料(或溶剂或制甲醛等)解析:(1)根据盖斯定律可知反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅳ,ΔH4=ΔH1-ΔH2=-48.3kJ·mol-1-(+41.2kJ·mol-1)=-89.5kJ·mol-1。(2)反应Ⅱ是等体积变化的反应,反应Ⅳ是气体体积减小的反应,增压时反应Ⅳ的平衡正向移动,CO的物质的量分数减小,A错误;反应达到平衡时,各物质的浓度、含量均不变,则甲醇的分压不再改变时其浓度不变,体系达到平衡状态,B正确;在恒容密闭容器中充入Ar时,反应物、生成物的浓度均不变,则反应速率不变化,C正确;反应Ⅱ是吸热反应,升高温度时平衡正向移动,即升温时反应Ⅱ逆反应速率加快的程度小于正反应速率,D错误。(3)②设起始时n(CO2)=1mol、n(H2)=3mol,由图可知,T温度平衡时CO2的转化率为60%、CH3OH的选择性为60%,CH4的选择性为10%,则CO的选择性为1-60%-10%=30%,平衡体系中CO2的物质的量为0.4mol,n(CH3OH)=1mol×60%×60%=0.36mol,n(CH4)=0.06mol,n(CO)=0.18mol,根据H、O原子守恒可得:2n'(H2)+2n(H2O)+0.36mol×4+0.06mol×4=6mol,n(H2O)+0.8mol+0.36mol+0.18mol=2mol,解得n'(H2)=1.5mol,n(H2O)=0.66mol,此温度下反应Ⅱ的平衡常数K=c(CO)·(4)①Cu的原子序数为29,基态铜原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1,其价电子排布式为3d104s1。②反应的能垒或活化能越高,反应速率越慢,该步反应的反应速率决定整个反应的反应速率,是决速步,由图可知,过渡态5的能垒最高,该步反应为CH3O*+OH*+2H*CH3OH*+H2O*。(5)甲醇具有可燃性,是良好的有机溶剂,是重要的化工原料等,可用作燃料、溶剂、制备甲醛等。2.(2024·湖南长郡中学二模)生物质(CnH2mOz,其中包含常见糖类、甘油等)的利用不会增加大气中的CO2含量,被视为符合“碳中和”理念的能源。利用CuO作为氧载体,可提供氧原子,促使生物质转化为具有重要应用价值的合成气(CO、H2)。其主要反应为CnH2mOz(s)+CuO(s)CuO(1+z-n)(s)+mH2(g)+nCO(g)。在t1℃时,向2L刚性容器中加入足量的CnH2mOz(s)和CuO(s),发生上述反应,达到平衡时,测得容器中H2、CO的物质的量浓度分别为mamol·L-1、namol·L-1。请回答下列问题:(1)下列有关该反应说法正确的是(填字母)。

A.CuO中铜元素的化合价一定降低B.随着CuO的量增多,CO的含量可能降低C.当容器中H2和CO的物质的量浓度保持1∶1恒定不变时,该反应一定达到化学平衡D.反应达到平衡后,向容器中投入mmolH2和nmolCO,达到新平衡时,CO的物质的量浓度大于namol·L-1(2)光电催化甘油生产合成气的工作原理如图所示。已知光电阳极在光照下可产生空穴(h+)和光电子(e-),空穴具有很强的得电子能力。请写出上述原理图中甘油转化为CO的方程式:

。

(3)经研究发现,甘油转化为合成气的一种反应机理如图所示(部分物质未标出)。与甘油相比,该反应机理过程图中碳原子新增的杂化方式有。为实现生物质(CnH2mOz)的原子利用率达到100%,有机物的n、m、z应满足关系(用n、m、z表达)。

(4)将甘油所得合成气分离出3molH2和1molCO通入某恒压容器中,在t2℃,pkPa条件下发生如下反应:ⅰ.CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2OΔH1=-214.2kJ·mol-1ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-39.7kJ·mol-1ⅲ.2CO(g)C(s)+CO2(g)ΔH3=-133.8kJ·mol-1则反应2CO(g)+2H2(g)CH4(g)+CO2(g)在(填“高温”或“低温”)下能自发进行。

随着温度的变化,各气态微粒的平衡体积分数(水蒸气忽略不计)与温度的变化关系如图所示。温度对各气体组分体积分数的影响①试分析随着温度升高,H2的体积分数先缓慢增大后迅速增大的原因是

。

②930℃下,平衡时H2的分压为kPa,反应ⅲ的压强平衡常数Kp=(kPa)-1(列出计算表达式)。

答案:(1)B(2)C3H8O3+8h+3CO↑+8H+(3)sp2、spn=z且m>0(4)低温①升高温度,反应ⅰ和ⅱ的平衡逆向移动,且反应ⅰ的程度略大于反应ⅱ,H2的体积分数先缓慢增大;930℃以后,焦炭的反应活性增大,反应ⅲ的逆向移动阻碍反应ⅱ的逆向移动,导致H2的体积分数迅速增大②5.4%p48解析:(1)根据反应可知当z=n时,CuO中铜元素的化合价不变,故A错误;过量的氧化铜在一定温度下可以与一氧化碳发生氧化还原反应,故B正确;根据反应可知当m=n时,容器中氢气和一氧化碳的物质的量浓度保持1∶1不变时,不一定达到化学平衡,故C错误;该反应的平衡常数K=cm(H2)×cn(CO),温度不变,化学平衡常数不变,此条件下达到新平衡时,CO的物质的量浓度不变,为namol·L-1,故D错误。(2)该装置为电解池的装置,产生氢气的电极是阴极,另外一极是阳极,甘油转化为CO的方程式:C3H8O3+8h+3CO↑+8H+。(3)甘油中C原子均为饱和碳原子,连接的是4个单键,因此为sp3杂化,与甘油相比,该反应机理过程图中碳氧双键中碳原子为sp2杂化,而产生的CO2中碳原子是sp杂化,新增的杂化方式有sp2、sp;根据反应原子守恒可知,当n=z并且m>0时,原子利用率达到100%。(4)根据盖斯定律可知ΔH=ΔH1+ΔH2<0,观察该反应可知为气体分子数减少的反应,因此ΔS<0,根据ΔG=ΔH-TΔS<0可知,低温有利于该反应自发进行;①随着温度升高,H2的体积分数先缓慢增大后迅速增大的原因是:升高温度,反应ⅰ和ⅱ的平衡逆向移动,且反应ⅰ的程度略大于反应ⅱ,H2的体积分数先缓慢增大;930℃以后,焦炭的反应活性增大,反应ⅲ的逆向移动阻碍反应ⅱ的逆向移动,导致H2的体积分数迅速增大;②根据图像可知,二氧化碳的体积分数为48%,一氧化碳的体积分数为46%,甲烷的体积分数为0.6%,水蒸气忽略不计,则氢气的体积分数为1-48%-46%-0.6%=5.4%,可知氢气的分压为5.4%p;反应ⅲ的压强平衡常数Kp=p(CO3.(2024·湖北七市二模)为了实现“碳达峰”和“碳中和”的目标,将CO2转化成可利用的化学能源的“负碳”技术是世界各国关注的焦点。回答下列问题:方法Ⅰ:CO2催化加氢制甲醇。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下:反应ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.0kJ·mol-1反应ⅱ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.0kJ·mol-1反应ⅲ:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3(1)计算反应ⅲ的ΔH3=kJ·mol-1。

(2)一定温度和催化剂条件下,在密闭恒容容器中按照投料n(CO2)∶n(H2)∶n(N2)=1∶3∶1发生反应(N2不参与反应),平衡时CO2的转化率、CH3OH和CO的选择性[如CH3OH的选择性=n生成(①图中曲线a表示物质(填“CO2”“CH3OH”或“CO”)的变化。

②上述反应体系在一定条件下建立平衡后,下列说法正确的有(填字母)。

A.升高温度,反应ⅰ逆向移动,所以正反应速率减小B.向容器中再通入少量N2,CO2的平衡转化率下降C.移去部分H2O(g),反应ⅲ平衡一定不移动D.选择合适的催化剂能提高CH3OH的选择性③保持温度不变,在恒容反应器中,初始总压为5pkPa,只发生反应ⅰ和ⅱ,达到平衡时CO2的转化率为80%,CO的选择性为25%,则H2的转化率为,反应ⅱ的压强平衡常数Kp=(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。

方法Ⅱ:催化加氢制甲酸。(3)科研工作者通过开发新型催化剂,利用太阳能电池将工业排放的CO2转化为HCOOH。已知CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)ΔH=-31.4kJ·mol-1。温度为T1℃达到平衡时,化学平衡常数K=1.8。实验测得:v正=k正c(CO2)·c(H2),v逆=k逆c(HCOOH),k正、k逆为速率常数。T1℃时,k正=k逆;若温度为T2℃达到平衡时,k正=1.9k逆,则T2(填“>”“<”或“=”)T1。

答案:(1)-90.0(2)①CO②D③23(或者66.7%)0.(3)1.8<解析:(1)根据盖斯定律,ⅰ-ⅱ=ⅲ,所以ΔH3=ΔH1-ΔH2=-49.0kJ·mol-1-(+41.0kJ·mol-1)=-90.0kJ·mol-1。(2)①反应ⅱ为吸热反应,升高温度平衡正向移动,CO的选择性提高,反应中CO2的转化率升高,CO的选择性为曲线a;反应ⅰ为放热反应,升高温度平衡逆向移动,CH3OH的选择性降低,反应中CO2的转化率降低,CH3OH的选择性为曲线c;两反应综合效应,CO2的转化率为曲线b。②升高温度,所有反应的正逆反应速率均升高,A项错误;在恒容容器中充入N2,反应体系中各物质的浓度不会发生改变,反应速率不变,平衡不移动,CO2转化率不变,B项错误;移去部分H2O(g),反应ⅰ、ⅱ均正向移动,导致CH3OH和CO增加,浓度商可能发生变化,反应ⅲ平衡可能发生移动,C项错误;催化剂具有专一性,所以选择合适的催化剂能提高CH3OH的选择性,D项正确。③投料n(CO2)∶n(H2)∶n(N2)=1∶3∶1,假设初始物质的量分别为1mol、3mol、1mol,因为发生反应ⅰ和ⅱ,达到平衡时CO2的转化率为80%,CO的选择性为25%,所以共反应掉CO2的物质的量为0.8mol,生成CO物质的量为0.8mol×25%=0.2mol,根据C守恒,生成CH3OH物质的量为0.6mol。列三段式:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始/mol 1 3 0 0转化/mol 0.6 1.8 0.6 0.6平衡/mol 0.2 1 0.6 0.8CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)起始/mol 1 3 0 0转化/mol 0.2 0.2 0.2 0.2平衡/mol 0.2 1 0.2 0.8则H2的转化率为1.8mol+0.2mol3mol=23;平衡时气体(包括N2)的总物质的量为0.2mol+1mol+0.6mol+0.8mol+0.2mol+1mol=3.8mol,平衡时总压强p平=3.8pkPa,CO2、H2、CO、H2O的分压分别为0.2pkPa、pkPa、0.2pkPa、0.8pkPa,反应ⅱ的(3)反应CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)的化学平衡常数表达式K=c(HCOOH)c(CO2)·c(H2);而v正=k正c(CO2)·c(H2),v逆=k逆c(HCOOH),k正、k逆为速率常数,平衡时v正=v逆,即k正c(CO2)·c(H2)=k逆c(HCOOH),则K=c(HCOOH)c(CO2)·c(H2)=k正k逆,所以k正=1.8k逆;4.(2024·湖南师大附中三模)氢能是最具有前景的绿色能源,反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH是目前大规模制取氢气的方法之一。已知:①C(s)+12O2(g)CO(g)ΔH1=-110.5kJ·mol-1②H2(g)+12O2(g)H2O(g)ΔH2=-241.8kJ·mol-1③C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH3=-393.5kJ·mol-1(1)ΔH=。

(2)实验发现,一定温度下(其他条件相同),向上述平衡体系中投入一定量的CaO可以提高H2的百分含量。请分析无CaO,投入微米CaO、投入纳米CaO时,H2百分含量不同的原因:

。

(3)在T1℃时,将0.10molCO与0.40molH2O(g)充入5L的恒容密闭容器中,反应达到平衡时,H2的物质的量分数x(H2)=0.08。①T1℃时,反应平衡常数K=(保留2位有效数字)。

②由T1℃时上述实验数据计算得到v正~x(CO)和v逆~x(H2)的关系如图所示。若升高温度,反应重新达到平衡,则v正~x(CO)相应的点变为点(填图中标号,下同),v逆~x(H2)相应的点变为点。

(4)该反应也可采用电化学方法实现,反应装置如图所示。①阳极的电极反应式为。

②同温同压下,相同时间内,若进口Ⅰ处V(CO)∶V(H2O)=a∶b,出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍,则CO的转化率为(用a、b、y表示)。

答案:(1)-41.2kJ·mol-1(2)CaO能吸收CO2,纳米CaO表面积更大,吸收效果更好,更有利于平衡正向移动(3)①0.074②EB(4)①CO+H2O-2e-CO2+2H+②(1-解析:(1)根据盖斯定律,可得热化学方程式:③-(①+②),整理可得CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的反应热ΔH=-41.2kJ·mol-1。(2)CaO能够吸收反应产生的CO2,根据图示可知:H2的含量:纳米CaO>微米CaO>无CaO,可见由于纳米CaO表面积大,吸收CO2效果好,更有利于平衡正向移动,使H2的百分含量增加。(3)①CO(g)与H2O(g)在一定条件下发生反应:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),假设反应消耗的H2O的物质的量是xmol,利用三段式进行求解:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始/mol 0.10 0.40 0 0转化/mol x x x x平衡/mol 0.10-x 0.40-x x xxmol(0.10+0.40)mol=0.08,解得x=0.04mol,故CO的平衡转化率为0.04mol0.10mol×100%=40%;根据化学平衡常数的含义,可知在②对于反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ·mol-1,平衡时CO的体积分数为(0.10-0.04)mol0.5mol=0.12,升高温度时,v(正)、v(逆)均加快,因此排除F点;该反应的正反应为放热反应,升高温度,平衡向吸热的逆反应方向移动,导致CO的含量增大,因此再次平衡时CO的物质的量分数要大于对于反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ·mol-1,由已知条件可知平衡时H2的体积分数为0.08,升高温度时v(正)、v(逆)均加快,因此排除A点;由于该反应的正反应为放热反应,升高温度,化学平衡向吸热的逆反应方向移动,导致H2的含量降低,故反应再次平衡时H2的物质的量分数减小,结合再次平衡时CO的物质的量分数为E点,因此排除C点,应该选B点。(4)①电解时,一氧化碳和水均从阳极口进入,阳极上一氧化碳转化为二氧化碳,因此电解时,阳极发生氧化反应,生成二氧化碳,电极反应为CO+H2O-2e-CO2+2H+;②若进口Ⅰ处V(CO)∶V(H2O)=a∶b,设进口Ⅰ处的气体体积为(a+b)L,假设出口Ⅰ处二氧化碳的体积为xL,根据三段式:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始/L a b 0 0转化/L x x x x平衡/L a-x b-x x x出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍,则有a+b-x=y(a+b),可得x=(1-y)(a+b),则CO的转化率为(1-y5.(2023·湖北卷节选)纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下,C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。C40H20(g)C40H18(g)+H2(g)的反应机理和能量变化如下:回答下列问题:(1)图示历程包含个基元反应,其中速率最慢的是第个。

(2)C40H10纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为、。

(3)1200K时,假定体系内只有反应C40H12(g)C40H10(g)+H2(g)发生,反应过程中压强恒定为p0(即C40H12的初始压强),平衡转化率为α,该反应的平衡常数Kp为(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。

(4)C·40H19(g)C40H18(g)+H·(g)及C·40H11(g)C40H10(g)+H·(g)反应的lnK(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下,lnK=-ΔHRT+c(R为理想气体常数,(5)下列措施既能提高反应物的平衡转化率,又能增大生成C40H10的反应速率的是(填字母)。

a.升高温度b.增大压强c.加入催化剂答案:(1)33(2)610(3)α(4)两个反应的化学键变化相似,使得ΔH数值相近,lnK的斜率取决于ΔH,所以两条线几乎平行(5)a解析:(1)基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应,从图上看包含3个基元反应,其中第3步活化能最大,故该步反应速率最慢。(2)C40H20中有10个六元环、1个五元环。从C40H20C40H18,形成一个五元环,从C40H20C40H10需经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应,故新形成5个五元环。故C40H10中有6个五元环、10个六元环。(3)起始C40H12为整体1,平衡转化率为α,则:C40H12(g)C40H10(g)+H2(g)起始: 1 0 0转化: α α α平衡: 1-α α α平衡时,C40H12、C40H10、H2的分压分别为1-α1+αp0、α1+αpKp=p((4)因两个反应的化学键变化相似,使得ΔH数值相近,lnK的斜率取决于ΔH,所以两条线几乎平行。(5)该反应是吸热反应,升高温度既可以增大反应速率,又能提高平衡转化率,a符合题意;该反应是气体分子数增大的反应,增大压强可以增大反应速率,而平衡转化率减小,b错误;加入催化剂可以增大反应速率,但不影响平衡转化率,c错误。6.(2024·辽宁沈阳一模)2023杭州亚运会火炬塔燃料首次使用新型燃料——绿色零增碳甲醇,用实际行动向世界展示了我国对碳中和的决心和成果,具体流程如图。回答下列问题:(1)整个过程只消耗太阳能。H2O和CO2仅充当能量的媒介且可实现完美循环,这是典型的人工光合过程,则过程H2O+CO2CH3OH+O2为(填“吸热”或“放热”)反应。

(2)CO2催化加氢制备甲醇,反应如下:主反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1副反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1下表中数据是该反应中相关物质的标准摩尔生成焓(ΔfHmθ)(标准摩尔生成焓是指在298.15K、100kPa由稳定态单质生成1mol化合物时的焓变)。则ΔH1=kJ·mol物质H2(g)CO2(g)H2O(g)CH3OH(g)ΔfHmθ/(kJ·mol0-394-242-201(3)探究影响CH3OH合成反应化学平衡的因素,有利于提高CH3OH的产率。CO2的平衡转化率X和CH3OH的选择性S随温度、压强变化如图。CH3OH的选择性=n(CH3A.p1>p2B.恒温密闭体系中,加压时副反应平衡不移动C.300~350℃曲线变化的原因可能是此时以发生副反应为主D.加入选择性更好的催化剂,可以提高甲醇的平衡产率E.300℃时,当体系中混合气体的平均摩尔质量不再改变,则该体系达到平衡状态(4)在T℃下,恒压反应器中,按初始投料n(CO2)∶n(H2)=1∶1发生反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g),初始总压为2MPa,反应平衡后,H2的平衡转化率为60%,则该反应的平衡常数Kp=(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。

(5)一种基于铜基金属簇催化剂电催化还原CO2制备甲醇的装置如图所示。控制其他条件相同,将一定量的CO2通入该电催化装置中,阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图所示。①b电极生成CH3OH的电极反应式为

。

②控制电压为0.8V,电解时转移电子的物质的量为mol。

答案:(1)吸热(2)-49(3)ACE(4)0.5(5)①CO2+6e-+6H+CH3OH+H2O②2.8解析:(1)整个过程只消耗太阳能,H2O和CO2仅充当能量的媒介且可实现完美循环,这是典型的人工光合过程,光合过程中太阳能转化为化学能(或CH3OH+O2CO2+H2O为放热反应),则过程H2O+CO2CH3OH+O2为吸热反应。(2)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=[(-201kJ·mol-1)+(-242kJ·mol-1)]-(-394kJ·mol-1)=-49kJ·mol-1。(3)主反应的正反应气体分子数减小,副反应反应前后气体分子数不变,其他条件相同时,增大压强,主反应平衡正向移动、CO2的平衡转化率增大,CH3OH的选择性增大,则p1>p2,A项正确;恒温密闭体系中,加压时主反应平衡正向移动,CO2、H2物质的量减小,副反应平衡逆向移动,B项错误;300~350℃在不同的压强下CO2的平衡转化率趋于重合、升高温度CO2的平衡转化率增大,说明压强影响不大、升温平衡正向移动为主,说明此时以发生副反应为主,C项正确;催化剂不能使平衡发生移动,不能提高甲醇的平衡产率,D项错误;该体系中所有物质都呈气态,建立平衡的过程中混合气体的总质量始终不变,混合气体的总物质的量是变量,混合气体的平均摩尔质量是变量,故当体系中混合气体的平均摩尔质量不再改变,则该体系达到平衡状态,E项正确。(4)设CO2、H2的初始物质的量均为amol。列三段式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)n(起始)/mol a a 0 0n(转化)/mol 0.2a 0.6a 0.2a 0.2an(平衡)/mol 0.8a 0.4a 0.2a 0.2a平衡时总物质的量为1.6amol,平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的分压依次为1MPa、0.5MPa、0.25MPa、0.25MPa,则该反应的平衡常数Kp=0.25MPa×(5)①根据图示,a电极为阳极,b电极为阴极,b极上生成CH3OH的电极反应式为CO2+6e-+6H+CH3OH+H2O。②由图知,控制电压为0.8V时,阴极生成0.2molC2H5OH和0.2molH2,阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+C2H5OH+3H2O、2H++2e-H2↑,电解时转移电子物质的量为0.2mol×12+0.2mol×2=2.8mol。大题突破练(四)有机合成与推断综合题学生用书P3161.(2024·甘肃二模)化合物M是一种治疗抑郁症和焦虑症的药物,某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成化合物M的路线如下(部分反应条件省略):已知:ⅰ)Ⅰ→Ⅱ的反应是原子利用率100%的反应,且化合物a能使Br2的CCl4溶液褪色;ⅱ)。(1)化合物Ⅰ中含有的官能团名称是。

(2)化合物a的结构简式为。

(3)下列说法正确的是(填字母)。

A.化合物Ⅱ在水中的溶解度比化合物Ⅰ小B.1mol化合物Ⅰ与浓溴水反应,最多可以消耗2molBr2C.化合物Ⅳ的分子中最多有7个碳原子共平面D.Ⅲ→Ⅳ的反应属于取代反应(4)Ⅵ→Ⅶ的化学方程式为

。

(5)化合物Ⅷ有多种同分异构体,同时符合下列条件的有种,其中核磁共振氢谱有三组峰,且峰面积之比为9∶2∶2的结构简式为。

ⅰ)含有一个苯环且苯环上有两个取代基;ⅱ)其中一个取代基为硝基。(6)根据上述信息,写出以苯酚为原料合成水杨酸(邻羟基苯甲酸)的路线(可使用本题中出现的有机试剂,无机试剂任选)。答案:(1)羟基、醚键(2)(3)AD(4)+H2(5)12(6)解析:Ⅰ→Ⅱ的反应是原子利用率100%的反应,且化合物a能使Br2的CCl4溶液褪色,化合物a为,与化合物a发生加成反应得到;根据信息ⅱ,Ⅲ为,Ⅲ与HCl发生取代反应生成,Ⅳ与CH2CHCN反应生成,Ⅴ在酸性条件下水解生成,Ⅵ与氢气发生加成反应生成,Ⅶ中羧基被氨基取代得到Ⅷ,Ⅷ经过一系列变化生成M。(3)A.化合物Ⅰ中含有酚羟基,能与水分子形成分子间氢键,化合物Ⅱ在水中的溶解度比化合物Ⅰ小,正确;B.酚羟基的邻对位均可与溴发生取代反应,1mol化合物Ⅰ与浓溴水反应,最多可以消耗3molBr2,错误;C.与苯环直接相连的原子与苯环共平面,则醛基碳原子一定与苯环共平面,醚键的O原子与苯环共平面,单键可以旋转,则与醚键O原子相连的C原子也可能与苯环共平面,化合物Ⅳ的分子中最多有8个碳原子共平面,错误;D.Ⅲ为,与HCl发生取代反应生成,正确。(5)化合物Ⅷ的同分异构体满足,ⅰ)含有一个苯环且苯环上有两个取代基;ⅱ)其中一个取代基为硝基,余下4个饱和碳,丁基有4种,苯环上硝基的邻间对位有3种,共有4×3=12种;其中核磁共振氢谱有三组峰,且峰面积之比为9∶2∶2的结构简式为。(6)根据上述信息,以Ⅰ到Ⅲ过程为模型,以苯酚为原料先与化合物a发生加成反应得到,再根据Ⅱ到Ⅲ得到,第三步醛基的氧化条件合理即可(使用O2、银氨溶液、新制氢氧化铜均可),合成水杨酸(邻羟基苯甲酸)的路线为。2.(2024·湖南长郡中学一模)α-氨基酸在碱性溶液中与茚三酮作用,能生成显蓝色或紫红色的有色物质,这是鉴别α-氨基酸的灵敏方法。以下是茚三酮的合成及与α-氨基酸显色的机理(部分条件和结构已做简化处理):已知:RCOOR'+R″CH2COOR'回答下列问题:(1)有机物的化学名称为,所涉及的非金属元素第一电离能由大到小的顺序为。

(2)D的结构简式为,M的化学式为。

(3)写出B→C的化学方程式:

。

(4)已知结构不稳定,在O的同分异构体中,同时满足下列条件的共有种。

①环状结构只有苯环;②含有与苯环直接相连的硝基。(5)已知氨基酸可以由醛制备,其合成路线为,请以苯甲醛为原料,设计的合成路线(用流程图表示,无机试剂、有机溶剂任选)。答案:(1)2-氨基丙酸或α-氨基丙酸或丙氨酸N>O>H>C(2)CO2(3)+2CH3CH2OH+2H2O(4)16(5)解析:A的分子式为C8H10,不饱和度为4,再根据C的结构可知A为,B的分子式为C8H6O4,不饱和度为6,可知B的结构简式,D的分子式为C12H10O4,不饱和度为8,结合已知所给的反应可知D的结构简式为,由F的结构简式,参照G的名称茚三酮,可确定G分子中含有三个酮羰基,结构简式为;G与发生加成反应生成H为;H发生消去反应生成I;由L的结构简式,可确定M为CO2,据此作答。(1)有机物为α-氨基酸,化学名称为2-氨基丙酸或α-氨基丙酸或丙氨酸。所涉及的四种非金属元素为N、O、H、C,第一电离能由大到小的顺序为N>O>H>C。(2)结合已知信息分析可知,D的结构简式为,通过对比I()和L()的结构简式,可确定M的化学式为CO2。(3)B的结构简式,B→C的化学方程式:+2CH3CH2OH+2H2O。(4)已知结构不稳定,在O()的同分异构体中,同时满足下列条件:“①环状结构只有苯环;②含有与苯环直接相连的硝基”的同分异构体分子中,可能含有苯环、硝基、—C≡CH、—CH3,或苯环、硝基、—C≡C—CH3,或苯环、硝基、—CH2—C≡CH。含有苯环、硝基、—C≡CH、—CH3的同分异构体,可将硝基在苯环上的位置固定,改变—C≡CH、—CH3在苯环上的位置,共有10种可能结构;含有苯环、硝基、—C≡C—CH3,或苯环、硝基、—CH2—C≡CH的同分异构体,分别可能有3种结构(邻、间、对),所以符合条件的共有10+3+3=16种。(5)由逆推法,由具有酸性的羧基和具有碱性的氨基发生自身取代反应得到,由经酸化得到。3.(2024·湖南师大附中三模)莫西赛利(化合物J)是一种治疗脑血管疾病的药物,可改善脑梗死或脑出血后遗症等症状。合成J的一种路线如下:C7H8OAC10H14O已知:ⅰ.A遇FeCl3溶液显紫色;ⅱ.R1NH2+R2COOR3R2CONHR1+R3OH;ⅲ.+CH3COCl+HCl。(1)A的酸性(填“强”或“弱”)于苯酚。

(2)B→C的反应类型为。

(3)E中官能团的名称为。

(4)F→G的转化过程中,第①步反应的化学方程式为

。

(5)已知胺类和酚类物质均可与卤素原子发生取代反应,则合成路线中设计D→E、F→G的目的为

。

(6)写出三种不含手性碳原子的M的同分异构体的结构简式:

。

(7)已知R—NH2易被氧化。写出以和氯乙烷为原料合成的合成路线(有机溶剂和无机试剂任选)。答案:(1)弱(2)取代反应(3)酰胺基、羟基(4)+HCl+H2O+CH3COOH(5)保护氨基(6)H2NCH2CH2CH2CH2Cl或H2NCH2CCl(CH3)2或(7)解析:A分子式是C7H8O,遇FeCl3溶液显紫色,说明含有酚羟基,结合物质的分子式及物质在反应过程中物质的碳链结构不变,可知A是间甲基苯酚(或3-甲基苯酚),其结构简式,A与在AlCl3催化作用下发生苯环上羟基的邻位上的取代反应产生B:,B与浓硝酸、浓硫酸混合加热,发生苯环上羟基对位上的硝化反应产生C:,C与Fe、HCl发生还原反应,—NO2被还原为—NH2,产生D:,D与CH3COOCH3发生—NH2上的取代反应产生E:,E与分子式为C4H10NCl的物质M发生羟基上的取代反应产生F,F与HCl、H2O发生反应产生和CH3COOH,再与NaOH反应产生G,G与HNO2、在0~5℃及H2O下反应产生分子式为C14H23NO2的H,H与CH3COCl发生羟基上的取代反应产生J和HCl。(1)A为间甲基苯酚,烃基为推电子基团,导致O—H极性减弱,不易电离出H+,所以,A的酸性弱于苯酚;(2)根据分析可知,B与浓硝酸、浓硫酸混合加热,发生苯环上羟基对位上的硝化反应产生C,即发生取代反应;(3)根据分析可知,E为,其官能团为酰胺基和羟基;(5)已知胺类和酚类物质均可与卤代烃中的卤素原子发生取代反应,则根据合成路线的设计及官能团可知,在合成路线中设计D→E、F→G的目的为保护氨基;(6)M分子式是C4H10NCl,其分子中若含有—NH2,碳链结构有C—C—C—C和两种不同结构。对于C—C—C—C碳链结构,若—NH2连接在链端,C—C—C—C—NH2,碳链上有4种不同位置的H原子可以被Cl取代,产生4种氯代物;若—NH2连接在中间C原子上,,碳链上也有4种不同位置的H原子可以被Cl取代,又产生4种氯代物;对于碳链结构,若—NH2连接在甲基上,,碳链上有3种不同位置的H原子可以被Cl取代,能够产生3种氯代物;若—NH2连接在中间的C原子上,则碳链上只有1种位置的H原子可以被Cl取代,产生1种氯代物;其中不含手性碳原子的同分异构体的结构简式可以是H2NCH2CH2CH2CH2Cl或H2NCH2CCl(CH3)2