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微测16　非选择题提分测(一)
可能用到的相对原子质量:H—1　N—14　Cl—35.5　Fe—56　Ni—59
1.叶绿素铜钠是国家食品安全允许使用的食品添加剂,医疗领域叶绿素铜钠能止血抗炎、促进伤口愈合。某实验小组利用茭白叶,在实验室制备叶绿素铜钠,反应原理如下:
实验步骤:
Ⅰ.称取洗净剪碎的茭白叶10.0 g(叶绿素含量为17.84%),加入少量石英砂、碳酸钙粉末,研磨。
Ⅱ.加入10 mL 96%乙醇继续研磨成均匀浆状,微波加热6 min后抽滤。滤渣加入10 mL 96%乙醇,再次微波加热、浸提、抽滤,将两次滤液合并。
Ⅲ.滤液装入仪器C,加入硫酸酸化,加入硫酸铜晶体,搅拌至硫酸铜晶体溶解后,再加入盐酸调节溶液pH至2~3,搅拌加热半小时以上。
Ⅳ.……
Ⅴ.将叶绿素铜与50%乙醇混合,加入NaOH溶液,加热15 min,再加入稀硫酸溶液,加热至有墨绿色物质浮起,过滤、洗涤、干燥,得到叶绿素铜酸。
Ⅵ.将叶绿素铜酸放入烧杯中,保温80 ℃,逐滴加入2%氢氧化钠溶液至pH为10,过滤,滤液经蒸发结晶,烘干即得成品1.026 g。
已知:
物质 相对分 子质量 部分性质
叶绿素 892 蓝绿色固体,不溶于水,易溶于有机溶剂,对热不稳定,最佳提取温度约为80 ℃
叶绿素铜 932 绿色固体,不溶于水和50%乙醇
叶绿素 铜酸 640 墨绿色固体,不溶于水
叶绿素 铜钠 684 墨绿色固体,易溶于水,水溶液透明,受热较稳定
(1)仪器C的名称是_______,冷却水应从_____________(填“a”或“b”)口通入。
(2)96%的乙醇的主要作用是_______。
(3)步骤Ⅲ中加入硫酸酸化的目的是____________________________________________________(结合离子方程式和化学平衡移动原理说明)。
(4)步骤Ⅳ的操作为:冷却后向混合物中加入_____________(填字母),静置后过滤、洗涤、干燥,得到叶绿素铜。
A.蒸馏水　　B.无水乙醇　　C.NaOH
(5)本实验采用微波加热,微波加热时,电炉内的微波场以极高的频率改变电场的方向,使水分子迅速摆动而产生热效应。在高频改变方向的电场中水分子会迅速摆动的原因是_____________(填字母)。
A.水分子具有极性共价键
B.水分子中有共用电子对
C.水由氢、氧两种元素组成
D.水分子是极性分子
用甲烷高温分解制炭黑的工业生产中,是否适合使用该技术加热并请说明原因。______________________________________________________________________________。
(6)本实验的产率为_____________。
2.镍是重要的战略储备金属,广泛用于国防、航空航天、能源领域。从红土镍矿中冶炼镍成为了研究热点,红土镍矿主要含有NiO、SiO2、Fe2O3、Fe3O4等成分。一种碳还原-超声氨浸工艺流程如图所示:
已知:氨性溶液由NH3·H2O、NH4HCO3配制;“还原焙烧”反应的产物为镍铁合金、硅酸钙。
回答下列问题:
(1)“气体A”为_____________(填名称)。
(2)“氨浸”时的温度为20 ℃,在此条件下超声浸出一小时,浸出率可达60%以上,选择该温度的原因是____________________________________________________。
(3)Ni经过“氨浸”后转化为含[Ni(NH3)4]2+的某酸式盐,写出“氨浸”中Ni发生反应的离子方程式:____________________________________________________。
(4)“操作Ⅰ”中需使用的玻璃仪器为_____________________。
(5)“系列操作”中包含高温热解碱式碳酸镍生成NiO,再通入H2制得Ni单质。请写出“高温热解”的化学方程式:______________________;若生产59吨镍,理论上需要H2_____________ kg。
(6)碱式碳酸镍受热过程中可能生成其他镍的氧化物,其中一种晶胞结构如图所示,该氧化物的化学式为_______,该晶胞的俯视图为_____________(填字母)。
3.CO2转化为具有高附加值的化学品对实现“碳中和”具有重要意义。
Ⅰ.通过以下反应可获得新型能源二甲醚。
①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH1=+41 kJ·mol-1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
ΔH2=-49 kJ·mol-1
③2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)　ΔH3=-37 kJ·mol-1
(1)反应②正反应在_______(填“较低温度”或“较高温度”)条件下能自发进行。
(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.增大CO2浓度,反应①②的正反应速率都增加
B.移去部分CH3OH(g),反应②③的平衡均向右移动
C.加入反应①的催化剂,可提高CO2的平衡转化率
D.降低反应温度,反应③的正反应速率增加、逆反应速率减小
(3)在5.0 MPa下,将5 mol CO2和10 mol H2在催化剂作用下仅发生上述反应①和②,平衡时CH3OH和CO的选择性S及CO2转化率α随温度的变化如图所示。已知,选择性S为:S(CH3OH或CO)=×100%,表示平衡时CO的选择性的曲线是___________(填“x”“y”或“z”),CO的选择性随温度改变呈现该变化的原因是____________________________________________________。
(4)250 ℃时,平衡体系共有0.5 mol CH3OH,则CO2的平衡转化率=_____________。
Ⅱ.CH4和CO2反应制备“合成气”反应历程分两步:
步骤 反应 正反应 速率方程 逆反应 速率方程
反应ⅰ CH4(g) C(ads)+2H2(g) v正=k1· c(CH4) v逆=k2· c2(H2)
反应ⅱ C(ads)+CO2(g) 2CO(g) v正=k3· c(CO2) v逆=k4· c2(CO)
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭,反应历程的能量图变化如图所示:
(5)该反应中的决速步骤为_____________(填“反应ⅰ”或“反应ⅱ”)
(6)一定温度下,反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的平衡常数K=_______(用k1、k2、k3、k4表示)。
4.奥司他韦被称为流感特效药,具有抗病毒的生物学活性,其主流合成路线如图所示:
已知:(Boc)2O的结构简式为。回答下列问题:
(1)写出A的结构简式:_____________________;其中碳原子的杂化方式是_____________。
(2)B中含氧官能团名称为_____________。
(3)已知C的分子式为C4H6,写出B→D的化学方程式为__________________________。
(4)E→F的反应分两步进行,第一步反应是加成反应,第二步的反应类型是__________________________。
(5)有关奥司他韦(M),下列说法错误的是_______(填字母)。
A.其官能团种类为5种
B.其所有碳原子有可能共平面
C.1 mol奥司他韦最多可与3 mol H2发生加成
D.可与盐酸反应生成有机盐
(6)在B的同分异构体中,同时满足下列条件的共有_____________种(不考虑立体异构)。
①链状结构;②能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体;③含—CF3。
(7)已知++H2O(R1、R2、R3、R4为烃基或氢原子),请结合题中流程,写出利用CH3CH2CH2Br和为主要原料制备的合成路线(无机试剂任选)。
微测16　非选择题提分测(一)
1.答案　(1)三颈烧瓶　a　(2)充分溶解叶绿素
(3)Cu2+在溶液中存在如下平衡:Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+,加入硫酸酸化可以抑制硫酸铜水解
(4)A　(5)D　微波加热适用于极性分子构成的物质,而甲烷分子是非极性分子,不适合使用该技术加热　(6)75%
解析　该实验目的是利用茭白叶,在实验室制备能止血、抗炎、促进伤口愈合的叶绿素铜钠。实验过程中首先加入少量石英砂、碳酸钙粉末、乙醇研磨、溶解茭白叶中的叶绿素,然后加硫酸铜晶体制备叶绿素铜,再加入NaOH、稀硫酸制备叶绿素铜酸,最后加NaOH得到叶绿素铜钠。(1)由实验装置图可知,仪器C为三颈烧瓶;为增强实验时冷凝回流的效果,冷却水应从球形冷凝管的下口a通入。(2)根据题目中所给信息,叶绿素不溶于水,易溶于有机溶剂,96%的乙醇的主要作用是充分溶解叶绿素。(3)硫酸铜为强酸弱碱盐,在溶液中水解使溶液呈酸性,水解的离子方程式为Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+,则步骤Ⅲ中加入硫酸酸化的目的是:增大溶液中的氢离子浓度,使平衡向逆反应方向移动,抑制铜离子水解。(4)由题目所给信息可知,叶绿素铜不溶于水,则步骤Ⅳ应向混合物中加入适量蒸馏水以降低叶绿素铜的溶解度,使其充分析出。(5)水分子空间结构为V形,正负电荷中心不重合,是极性分子,极性分子在电场中会发生偏转,当电场方向改变时,分子运动方向改变,因此在高频改变方向的电场中水分子会迅速摆动,故选D;微波加热适用于极性分子构成的物质,而甲烷分子是非极性分子,不适合使用该技术加热。(6)由题意可知,10.0 g茭白叶制得1.026 g叶绿素铜钠,则实验的产率为×100%=75%。
2.答案　(1)CO　(2)温度过高氨水受热分解,温度过低反应速率慢
(3)2Ni+O2+8NH3·H2O+4CO2===2[Ni(NH3)4]2++4HC+6H2O　(4)烧杯、漏斗、玻璃棒
(5)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O3NiO+6H2O↑+CO2↑　2×103　(6)Ni3O4　C
解析　红土镍矿加入碳酸钙、过量碳粉经还原焙烧得到镍铁合金、硅酸钙,加氧气、二氧化碳氨浸,浸出液主要阳离子为[Ni(NH3)4]2+,浸渣为三氧化二铁和碳粉,以及硅酸钙转化生成的碳酸钙、硅酸沉淀等,滤液经蒸氨,获得碱式碳酸镍,再系列操作得到Ni,据此解答。(1)反应中碳过量,则得到“气体A”为CO。(2)温度过高氨水受热分解,温度过低反应速率较慢。(3)Ni经过“氨浸”后转化为[Ni(NH3)4]2+,“氨浸”中Ni被氧气氧化为[Ni(NH3)4]2+,同时二氧化碳参与反应生成碳酸氢根离子,发生反应的离子方程式:2Ni+O2+8NH3·H2O+4CO2===2[Ni(NH3)4]2++4HC+6H2O。(4)“操作Ⅰ”为分离固液的操作,为过滤,需使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒。(5)高温热解碱式碳酸镍生成Ni,结合质量守恒可知,同时生成二氧化碳和水,化学方程式为NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O3NiO+6H2O↑+CO2↑,通入H2制得单质Ni,反应为NiO+H2Ni+H2O,若生产59吨镍,理论上需要×2 g/mol=2×103 kg。(6)棱上O为4个晶胞所共有,体内为独有,氧原子个数为12×+1=4,面上镍原子为两个晶胞所共有,个数为6×=3,该氧化物的化学式为Ni3O4。从上往下看,四周的镍和氧原子要重合,由于镍原子大,所以氧原子投影在镍原子里,故该晶胞的俯视图为C。
3.答案　(1)较低温度　(2)A　(3)y　随着温度升高,反应①平衡正向移动,导致CO的量增大,故y曲线代表CO的选择性　(4)20%　(5)反应ⅰ　(6)
解析　(1)反应②正反应的ΔH<0,ΔS<0,在低温就能自发进行。(2)CO2为反应①②的反应物,浓度增加,正反应速率都增加,A项正确;移去部分CH3OH(g),反应②的平衡向右移动,反应③的平衡向左移动,B项错误;加入反应①的催化剂,只能加快反应速率,不能改变平衡转化率,C项错误;降低反应温度,反应③的正反应速率、逆反应速率都减小,D项错误。(3)反应①为吸热反应,反应②为放热反应,随着温度升高,反应①平衡正向移动,导致CO的量增大,故y曲线代表CO的选择性;同时,反应温度升高,反应②为放热反应,反应平衡逆向移动,甲醇含量降低,则x是甲醇选择性变化曲线,故曲线z表示的是二氧化碳的转化率。(4)250 ℃时,平衡体系共有0.5 mol甲醇,结合图像可知,S(CO)=S(CH3OH)=50%,说明此时二氧化碳变化了Δn(CO2)=1 mol,则其平衡转化率为×100%=20%。(5)过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能,活化能越小反应越快,活化能越大反应越慢,决定总反应速率的是慢反应;反应ⅰ活化能大,总反应速率由反应ⅰ决定。(6)一定温度下,反应到达平衡时正、逆反应速率相等,即k1·c(CH4)=k2·c2(H2),k3·c(CO2)=k4·c2(CO),则K1==,K2==,制备“合成气”的反应=反应ⅰ+反应ⅱ,故K=K1·K2=。
4.答案　(1)CH2CH—COOH　sp2　(2)酯基
(3)+
(4)取代反应　(5)BC　(6)8　(7)CH3CH2CH2BrCH3CHCH2,
解析　A与CF3CH2OH反应生成B,发生了酯化反应,则A的结构为CH2CH—COOH,B与C(CH2CH—CHCH2)发生加成生成D,D发生取代反应生成E,E与I2先加成再取代反应生成F,F发生取代反应生成G,G消去生成H,H经过一系列反应生成M,据此解答。(1)根据分析可知,A的结构简式CH2CH—COOH,其中碳原子的杂化方式是sp2。(2)B含氧官能团名称为酯基。(3)已知C的分子式为C4H6,结构简式为CH2CH—CH CH2,B→D的化学方程式为+。(4)E→F的反应分两步进行,第一步反应是加成反应生成,第二步生成反应类型是取代反应。(5)官能团有酰胺基、酯基、氨基、碳碳双键和醚键,种类为5种,A项正确;M中含有饱和碳原子,其所有碳原子不可能共平面,B项错误;M中含有1个碳碳双键,1 mol奥司他韦最多可与1 mol H2发生加成,C项错误;官能团有氨基可与盐酸反应生成有机盐,D项正确。故选BC。(6)B的同分异构体中,同时满足①链状结构;②能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体,含有羧基;③含—CF3做取代基。有、、,共8种。(7)CH3CH2CH2Br发生消去反应生成CH3CHCH2,在稀NaOH溶液中发生信息所给的反应生成,与CH3CHCH2发生加成反应生成。(共37张PPT)
微测16
非选择题提分测(一)
可能用到的相对原子质量：
H—1　N—14　Cl—35.5　Fe—56　Ni—59
1.叶绿素铜钠是国家食品安全允许使用的食品添加剂，医疗领域叶绿素铜钠能止血抗炎、促进伤口愈合。某实验小组利用茭白叶，在实验室制备叶绿素铜钠，反应原理如下：
1
2
3
4
实验步骤：
Ⅰ.称取洗净剪碎的茭白叶10.0 g(叶绿素含量为17.84%)，加入少量石英砂、碳酸钙粉末，研磨。
Ⅱ.加入10 mL 96%乙醇继续研磨成均匀浆状,微波加热6 min后抽滤。滤渣加入10 mL 96%乙醇,再次微波加热、浸提、抽滤,将两次滤液合并。
Ⅲ.滤液装入仪器C，加入硫酸酸化,加入硫酸铜晶体，搅拌至硫酸铜晶体溶解后，再加入盐酸调节溶液pH至2~3，搅拌加热半小时以上。
Ⅳ.……
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2
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Ⅴ.将叶绿素铜与50%乙醇混合，加入NaOH溶液，加热15 min，再加入稀硫酸溶液，加热至有墨绿色物质浮起，过滤、洗涤、干燥，得到叶绿素铜酸。
Ⅵ.将叶绿素铜酸放入烧杯中，保温80 ℃，逐滴加
入2%氢氧化钠溶液至pH为10，过滤，滤液经蒸发
结晶，烘干即得成品1.026 g。
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已知：
1
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4
物质 相对分子质量 部分性质
叶绿素 892 蓝绿色固体，不溶于水，易溶于有机溶剂，对热不稳定，最佳提取温度约为80 ℃
叶绿素铜 932 绿色固体，不溶于水和50%乙醇
叶绿素铜酸 640 墨绿色固体，不溶于水
叶绿素铜钠 684 墨绿色固体，易溶于水，水溶液透明，受热较稳定
(1)仪器C的名称是__________，冷却水应从___(填“a”或“b”)口通入。
(2)96%的乙醇的主要作用是_________________。
(3)步骤Ⅲ中加入硫酸酸化的目的是_____________________________ ___________________________________________________________ (结合离子方程式和化学平衡移动原理说明)。
(4)步骤Ⅳ的操作为：冷却后向混合物中加入_______(填字母)，静置后过滤、洗涤、干燥，得到叶绿素铜。
A.蒸馏水　　B.无水乙醇　　C.NaOH
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三颈烧瓶
a
充分溶解叶绿素
Cu2+在溶液中存在如下平衡：
A
(5)本实验采用微波加热，微波加热时，电炉内的微波场以极高的频率改变电场的方向，使水分子迅速摆动而产生热效应。在高频改变方向的电场中水分子会迅速摆动的原因是____(填字母)。
A.水分子具有极性共价键 B.水分子中有共用电子对
C.水由氢、氧两种元素组成 D.水分子是极性分子
用甲烷高温分解制炭黑的工业生产中，是否适合使用该技术加热并请说明原因。_______________________________________________ ________________________________________________________。
(6)本实验的产率为______。
1
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D
微波加热适用于极性分子构成的物质，而甲烷分子是非极性分子，不适合使用该技术加热
75%
该实验目的是利用茭白叶，在实验室制备能止血、抗炎、促进伤口愈合的叶绿素铜钠。实验过程中首先加入少量石英砂、碳酸钙粉末、乙醇研磨、溶解茭白叶中的叶绿素，然后加硫酸铜晶体制备叶绿素铜，再加入NaOH、稀硫酸制备叶绿素铜酸，最后加NaOH得到叶绿素铜钠。(1)由实验装置图可知，仪器C为三颈烧 瓶；为增强实验时冷凝回流的效果，冷却水应从球形冷凝管的下口a通入。(2)根据题目中所给信息，叶绿素不溶于水，易溶于有机溶剂，96%的乙醇的主要作用是充分溶解叶绿素。
解析
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子运动方向改变，因此在高频改变方向的电场中水分子会迅速摆动，故选D；微波加热适用于极性分子构成的物质，而甲烷分子是非极性分子，不适合使用该技术加热。(6)由题意可知，10.0 g茭白叶制得1.026 g叶绿素铜钠，则实验的产率为×100%=75%。
解析
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2.镍是重要的战略储备金属，广泛用于国防、航空航天、能源领域。从红土镍矿中冶炼镍成为了研究热点,红土镍矿主要含有NiO、SiO2、Fe2O3、Fe3O4等成分。一种碳还原-超声氨浸工艺流程如图所示：
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已知：氨性溶液由NH3·H2O、NH4HCO3配制；“还原焙烧”反应的产物为镍铁合金、硅酸钙。
回答下列问题：
(1)“气体A”为______ (填名称)。
(2)“氨浸”时的温度为20 ℃，在此条件下超声浸出一小时，浸出率可达60%以上，选择该温度的原因是_____________________________ __________________。
(3)Ni经过“氨浸”后转化为含[Ni(NH3)4]2+的某酸式盐，写出“氨浸”中Ni发生反应的离子方程式：___________________________________ __________________________________________。
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CO
温度过高氨水受热分解，温度过低反应速率慢
2Ni+O2+8NH3·H2O+4CO2=== 2[Ni(NH3)4]2++4HC+6H2O
(4)“操作Ⅰ”中需使用的玻璃仪器为_____________________。
(5)“系列操作”中包含高温热解碱式碳酸镍生成NiO，再通入H2制得Ni单质。请写出“高温热解”的化学方程式：
_________________________________________________；若生产59吨镍，理论上需要H2_________ kg。
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烧杯、漏斗、玻璃棒
2×103
(6)碱式碳酸镍受热过程中可能生成其他镍的氧化物，其中一种晶胞结构如图所示，该氧化物的化学式为__________，该晶胞的俯视图为_____(填字母)。
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Ni3O4
C
红土镍矿加入碳酸钙、过量碳粉经还原焙烧得到镍铁合金、硅酸钙，加氧气、二氧化碳氨浸，浸出液主要阳离子为[Ni(NH3)4]2+，浸渣为三氧化二铁和碳粉，以及硅酸钙转化生成的碳酸钙、硅酸沉淀等，滤液经蒸氨，获得碱式碳酸镍，再系列操作得到Ni，据此解答。(1)反应中碳过量，则得到“气体A”为CO。(2)温度过高氨水受热分解，温度过低反应速率较慢。(3)Ni经过“氨浸”后转化为[Ni(NH3)4]2+，“氨浸”中Ni被氧气氧化为[Ni(NH3)4]2+，同时二氧化碳参与反应生成碳酸氢根离子，发生反应的离子方程式：2Ni+O2 +8NH3·H2O+4CO2===2[Ni(NH3)4]2++4HC+6H2O。
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(6)棱上O为4个晶胞所共有，体内为独有，氧原子个数为12×+1= 4，面上镍原子为两个晶胞所共有，个数为6×=3，该氧化物的化学式为Ni3O4。从上往下看，四周的镍和氧原子要重合，由于镍原子大，所以氧原子投影在镍原子里，故该晶胞的俯视图为C。
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较低温度
(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.增大CO2浓度，反应①②的正反应速率都增加
B.移去部分CH3OH(g)，反应②③的平衡均向右移动
C.加入反应①的催化剂，可提高CO2的平衡转化率
D.降低反应温度，反应③的正反应速率增加、逆反应速率减小
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A
(3)在5.0 MPa下，将5 mol CO2和10 mol H2在催化剂作用下仅发生上述反应①和②，平衡时CH3OH和CO的选择性S及CO2转化率α随温度
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的变化如图所示。已知，选择性S为：S(CH3OH或CO)=× 100%，表示平衡时CO的选择性的曲线是______(填“x”“y”或“z”)，CO的选择性随
温度改变呈现该变化的原因是_________________________________ _______________________________________________。
y
随着温度升高，反应①平衡正向移动，导致CO的量增大，故y曲线代表CO的选择性
(4)250 ℃时，平衡体系共有0.5 mol CH3OH，则CO2的平衡转化率=______。
Ⅱ.CH4和CO2反应制备“合成气”反应历程分两步：
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步骤 反应 正反应 速率方程 逆反应
速率方程
反应ⅰ CH4(g) C(ads)+2H2(g) v正=k1·c(CH4) v逆=k2·c2(H2)
反应ⅱ C(ads)+CO2(g) 2CO(g) v正=k3·c(CO2) v逆=k4·c2(CO)
20%
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量图变化如图
所示：
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反应ⅰ
(1)反应②正反应的ΔH<0，ΔS<0，在低温就能自发进行。(2)CO2为反应①②的反应物，浓度增加，正反应速率都增加，A项正 确；移去部分CH3OH(g)，反应②的平衡向右移动，反应③的平衡向左移动，B项错误；加入反应①的催化剂，只能加快反应速 率，不能改变平衡转化率，C项错误；降低反应温度，反应③的正反应速率、逆反应速率都减小，D项错误。(3)反应①为吸热反应，反应②为放热反应，随着温度升高，反应①平衡正向移动，
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导致CO的量增大，故y曲线代表CO的选择性；同时，反应温度升高，反应②为放热反应，反应平衡逆向移动，甲醇含量降低，则x是甲醇选择性变化曲线，故曲线z表示的是二氧化碳的转化率。(4)250 ℃时，平衡体系共有0.5 mol甲醇，结合图像可知，S(CO)= S(CH3OH)=50%，说明此时二氧化碳变化了Δn(CO2)=1 mol，则其平衡转化率为×100%=20%。(5)过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反
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应越慢，决定总反应速率的是慢反应；反应ⅰ活化能大，总反应速率由反应ⅰ决定。(6)一定温度下，反应到达平衡时正、逆反应速率相等，即k1·c(CH4)=k2·c2(H2)，k3·c(CO2)=k4·c2(CO)，则K1 ==，K2==，制备“合成气”的反应=反应ⅰ+反应ⅱ，故K=K1·K2=。
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4.奥司他韦被称为流感特效药，具有抗病毒的生物学活性，其主流合成路线如图所示：
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CH2===CH—COOH
sp2
酯基
(4)E→F的反应分两步进行，第一步反应是加成反应，第二步的反应类型是____________。
(5)有关奥司他韦(M)，下列说法错误的是_______(填字母)。
A.其官能团种类为5种
B.其所有碳原子有可能共平面
C.1 mol奥司他韦最多可与3 mol H2发生加成
D.可与盐酸反应生成有机盐
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取代反应
BC
(6)在B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种(不考虑立体异构)。
①链状结构；
②能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体；
③含—CF3。
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4微测17　非选择题提分测(二)
可能用到的相对原子质量:H—1　C—12　O—16　Sc—45
1.磷精矿主要成分为Ca5F(PO4)3,含少量REPO4、FeO、Fe2O3、SiO2,其中RE代表稀土元素。从磷精矿分离稀土元素的工业流程如图。
(1)RE属于第ⅢB族,其中Sc的基态原子核外电子排布式为__________________________。
(2)“酸浸”过程HNO3与Ca5F(PO4)3反应的化学方程式如下,请补充完整。
(3)“萃取”的目的是富集RE,但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。
①通过3ROH+POCl3(RO)3PO+3HCl制得有机磷萃取剂(RO)3PO,其中—R代表烃基,—R对(RO)3PO产率的影响如表。
—R —CH2CH3 —CH2CH2CH3 —CH2CH2CH2CH3
(RO)3PO 产率/% 82 62 20
由表可知,随着碳原子数增加,烃基_____________(填“推电子”或“吸电子”)能力增强,O—H键更难断裂,(RO)3PO产率降低。
②“萃取”过程使用的萃取剂(C4H9O)3PO的结构如图;与RE3+配位的能力:1号O原子_______(填“>”“<”或“=”)2号O原子。
(4)“反萃取”的目的是分离RE和Fe元素。向“萃取液”中通入NH3,Fe2+、Fe3+、RE3+的沉淀率随pH变化如图。
①试剂X为_____________(填“Na2SO3”或“NaClO”),应调节pH为_____________。
②通入NH3得到REPO4沉淀的过程为
ⅰ.H3PO4+3NH3===(NH4)3PO4
ⅱ.____________________________________________________(写出该过程的化学方程式)
③若萃取剂改用三丁基氧化膦[(C4H9)3PO]会导致“反萃取”RE产率降低,其原因为____________________________________________________。
(5)若略去“净化”过程,则制得的草酸稀土会混有_____________杂质(填化学式)。
(6)在整个工艺中,可从副产物中提取_______(填名称),用于生产氮肥。
2.2-甲基-2-己醇(M=116 g·mol-1)可用作有机溶剂,常用于涂料、油墨、清洁剂等领域。实验室用以下流程制备:
C4H9Br+MgC4H9BrMg(格氏试剂)
Ⅰ.格氏试剂的制备:向双颈烧瓶中加入15 mL无水乙醚、镁屑、正溴丁烷(0.06 mol),再加入一小粒碘作引发剂,至棕色褪去后再加入25 mL无水乙醚,缓慢搅拌并加热到40 ℃,回流至镁完全溶解。
Ⅱ.2-甲基-2-己醇的制备:将反应装置置于冰水中,缓慢滴入5 mL丙酮和10 mL乙醚的混合液,室温下放置15 min,反应液呈灰白色粘稠状,缓慢滴加60 mL 10%的硫酸。
Ⅲ.提纯:分液后用饱和碳酸钠溶液洗涤有机层,再用水洗2~3次。最后加入无水碳酸钾,当溶液变澄清且无水碳酸钾不结块,再经过一系列操作后,得到1.74 g产物。
回答下列问题:
(1)已知乙醚中常含有少量的水,放置过久还可能产生少量过氧化物。检验是否含过氧化物可以选择下列试剂中的_____________(填字母),除去过氧化物的乙醚中还混有极少量水,提纯的方法是向乙醚中加入钠丝,充分反应后进行_____________操作。
a.淀粉-KI溶液
b.Na2SO3溶液
c.乙醇溶液
(2)已知格氏试剂极易与水反应。步骤Ⅰ实验装置如图,图中虚线框中应选择_______(填字母)。
(3)步骤Ⅰ中加入碘单质后不能马上搅拌,原因是________________________________________________。
(4)步骤Ⅱ中缓慢滴加混合液的原因是____________________________________________________。
(5)步骤Ⅲ中用饱和碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是__________________________;无水碳酸钾的作用是_____________。
(6)本实验的产率为_____________。
3.CS2在化工生产中有重要作用。天然气法合成CS2相关反应如下:
反应Ⅰ　CH4(g)+2S2(g)===CS2(g)+2H2S(g)
ΔH1=-104.71 kJ·mol-1
反应Ⅱ　2CH4(g)+S8(g)===2CS2(g)+4H2S(g)
ΔH2=+201.73 kJ·mol-1
(1)ΔH1、ΔH2随温度变化不大。温度不同时,反应体系中不同。合成CS2总反应为CH4(g)+xS8(g)+(2-4x)S2(g)===CS2(g)+2H2S(g)的ΔH随温度T变化如图。
①S8(g)===4S2(g)　ΔH=_____________ kJ·mol-1。
②为提高CH4平衡转化率,控制温度范围在_____________(填字母),理由是______________________________________________________________________________。
A.400~500 ℃ B.650~700 ℃
C.750~800 ℃ D.800 ℃以上
(2)合成CS2总反应中硫蒸气达到饱和时,反应时间t与CH4初始浓度c0和CH4转化率α满足关系t=(),式中k为速率常数。
①T ℃、c0=1.0 mol·L-1时,测得t=9.5 s、α=95%,则k=_____________ L·mol-1·s-1。
②T ℃时,计划在5 s内转化率达90%,应控制初始浓度c0大于_____________ mol·L-1。
(3)利用工业废气H2S替代硫黄矿生产CS2的反应为CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。反应物投料比采用n(CH4)∶n(H2S)=1∶2,维持体系压强为100 kPa,反应达到平衡时,四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图。
①图中表示CS2的曲线是_____________(填“a”“b”“c”或“d”)。
②950 ℃时,该反应的Kp=_____________(以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。
③相比以硫黄矿为原料,使用H2S的优点是__________________________,缺点是__________________________。
4.以CO2为原料生产系列高附加值产品A~I的合成路线如图。
回答下列问题:
(1)A→B的反应类型为__________________________。
(2)B→C的化学方程式为____________________________________________________。
(3)E的名称为_____________,E→F+G的原子利用率为100%,试剂X为_____________。
(4)F+G→H过程中使用HSCH2COOH有利于提高催化效率,其部分催化机理如图。
①HSCH2COOH结合水相中H+能力比J强的原因是______________________________________________________________________________。
②H+能从+H2SCH2COOH传递到J的醇羟基氧上的原因是______________________________________________________________________________。
(5)D和H通过酯交换缩聚合成I,H的结构简式为_____________________。
(6)C的一种同分异构体同时满足:
①可与NaHCO3溶液反应;
②核磁共振氢谱如图;
③含有手性碳原子。
其结构简式为_______。
(7)写出以D和葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]为原料(其他无机试剂任选),制备工程塑料的合成路线。
微测17　非选择题提分测(二)
1.答案　(1)1s22s22p63s23p63d14s2　(2)1　10　5　3　H3PO4　1　(3)①推电子　②<　(4)①Na2SO3　2
②(NH4)3PO4+RE(NO3)3===REPO4↓+3NH4NO3
③—C4H9有较强的推电子作用,导致稀土与萃取剂形成的配位键牢固,难于断裂实现反萃取　(5)CaC2O4
(6)硝酸铵、硝酸
解析　磷精矿加入硝酸酸浸,二氧化硅不反应得到滤渣1,稀土元素、铁、钙元素进入滤液,加入萃取剂萃取出稀土元素,然后加入亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁,通入氨气,调节pH分离出含有稀土的固相,再加入硝酸溶解,加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙滤渣2,滤液加入草酸分离出草酸稀土。(1)Sc为21号元素,基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2。(2)“酸浸”过程HNO3与Ca5F(PO4)3反应,根据质量守恒可知,反应还会生成磷酸,反应为Ca5F(PO4)3+10HNO3===5Ca(NO3)2+3H3PO4+HF↑。(3)①由题表可知,烃基为推电子基团,随着碳原子数增加,烃基推电子能力增强,O—H键更难断裂,(RO)3PO产率降低。②烃基推电子能力增强,O—H键更难断裂,(RO)3PO产率降低,则可知烃基导致1号氧更难与RE3+配位,故与RE3+配位的能力:1号O原子<2号O原子。(4)①由题图可知,亚铁离子与RE3+的分离效果更好,则试剂X为将铁离子转化为亚铁离子的物质,故应选Na2SO3,亚硫酸钠和铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子,利于亚铁离子与RE3+的分离;结合图像可知,应调节pH为2,此时RE3+几乎完全沉淀,而亚铁离子几乎没有沉淀,分离效果好。②总反应为通入NH3得到REPO4沉淀,反应ⅰ.H3PO4+3NH3===(NH4)3PO4,则反应ⅱ为(NH4)3PO4和稀土的硝酸盐转化为REPO4沉淀的反应,(NH4)3PO4+RE(NO3)3===REPO4↓+3NH4NO3。③若萃取剂改用三丁基氧化膦[(C4H9)3PO]会导致“反萃取”RE产率降低,其原因为—C4H9有较强的推电子作用,导致RE3+与萃取剂形成的配位键牢固,难于断裂实现反萃取。(5)硫酸会和钙离子转化为硫酸钙而被除去,若略去“净化”过程,则制得的草酸稀土中会混有草酸钙。(6)在整个工艺中,通入氨气生成的硝酸铵以及酸溶加入的硝酸中均含有氮元素,故可从副产物中提取硝酸铵、硝酸用于生产氮肥。
2.答案　(1)a　蒸馏　(2)b　(3)搅拌会使I2分散使得局部碘浓度降低,难以引发反应　(4)滴加太快可能导致反应太剧烈且大量放热,有安全隐患　(5)除去硫酸等酸性物质　干燥　(6)25%
解析　步骤Ⅰ用无水乙醚、镁屑和正溴丁烷制备格氏试剂,步骤Ⅱ为格氏试剂与丙酮和乙醚反应制备2-甲基-2-己醇,步骤Ⅲ为提纯2-甲基-2-己醇,用饱和碳酸钠溶液除去剩余的酸,再用无水碳酸钾除去水,得到纯净的2-甲基-2-己醇。(1)过氧化物有氧化性,能使淀粉-KI溶液变成蓝色,所以检验是否含过氧化物可以选择淀粉-KI溶液;乙醚不与金属钠反应,水能与金属钠反应,乙醚易挥发,所以除去过氧化物的乙醚中还混有极少量水,向乙醚中加入钠丝,充分反应后进行蒸馏操作。(2)格氏试剂极易与水反应,制备过程中防止空气中的水蒸气进入装置中,所以应选择干燥装置,故选b。(3)搅拌会使I2分散使得局部碘浓度降低,难以引发反应,所以步骤Ⅰ中加入碘单质后不能马上搅拌。(4)滴加太快可能导致反应太剧烈且大量放热,有安全隐患,所以步骤Ⅱ中缓慢滴加混合液。(5)步骤Ⅲ中用饱和碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是除去硫酸等酸性物质;无水碳酸钾的作用是除去水,干燥。(6)根据以上过程: ,所以0.06 mol正溴丁烷,理论得到2-甲基-2-己醇为0.06 mol,m=0.06 mol×116 g/mol=6.96 g,产率w=×100%=25%。
3.答案　(1)①+411.15　②B　650 ℃以下总反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,转化率增大;700 ℃以上总反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,转化率减小
(2)①2　②0.9　(3)①b　②104　③变废为宝,减小污染　反应温度更高、耗能更大
解析　(1)①由盖斯定律可知,反应Ⅱ-2×反应Ⅰ得S8(g)===4S2(g)　ΔH=+411.15 kJ·mol-1。②由题图可知,650 ℃以下总反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,转化率增大;700 ℃以上总反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,转化率减小,平衡转化率在650~700 ℃左右达到峰值,故为提高CH4平衡转化率,控制温度范围在650~700 ℃。(2)①T ℃、c0=1.0 mol·L-1时,测得t=9.5 s、α=95%,则9.5=,k=2 L·mol-1·s-1。②T ℃时,计划在5 s内转化率达90%,则5=,c0=0.9 mol·L-1,应控制初始浓度c0大于0.9 mol·L-1。(3)①根据化学方程式体现的关系可知,二硫化碳和生成氢气的物质的量之比为1∶4,结合图像可知,图中表示CS2的曲线是b。②950 ℃时,反应物投料比采用n(CH4)∶n(H2S)=1∶2,维持体系压强为100 kPa,设甲烷、硫化氢投料分别为1 mol、2 mol。
CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)
起始/mol 1 2 0 0
变化/mol a 2a a 4a
平衡/mol 1-a 2-2a a 4a
由图可知,平衡时甲烷与二硫化碳含量相等,则1-a=a,a=0.5 mol,则甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气分别为0.5 mol、1 mol、0.5 mol、2 mol,总的物质的量为4 mol,该反应的Kp==104。③相比以硫黄矿为原料,使用H2S的优点是可以变废为宝,减小污染;缺点是反应温度更高、耗能更大。
4.答案　(1)取代反应
(2)+2CH3OH+
(3)异丙苯　O2
(4)①两者虽然均有亲水基团,但是J的疏水基团更大,导致其水溶性不如HSCH2COOH的水溶性好
②HSCH2COOH也能溶于有机相,且O—H的键能大于S—H的键能,导致J结合氢离子的能力更强
(5)　(6)CH3CHOHCOOH
(7)CH2OH(CHOH)4CHOCH2OH(CHOH)4CH2OH
解析　二氧化碳生成A,A中—NH2被取代生成B,B和甲醇发生取代反应转化为C;E转化为F和G,且原子利用率为100%,结合E、F、G结构可知,X为氧气;F和G生成H,D和H通过酯交换缩聚合成I,结合F、G、D、I结构可知,H为F和G生成的含羟基的物质,H结构简式为。(1)由分析可知,A中—NH2和CH3CHOHCH2OH中的羟基发生取代反应生成B。(2)B和甲醇在酸性条件下发生取代反应转化为C,反应为+2CH3OH+。(3)由题图可知,E为异丙苯;由分析可知,X为O2。(4)①HSCH2COOH结合水相中H+能力比J强的原因是两者虽然均有亲水基团,但是J的疏水基团更大,导致其水溶性不如HSCH2COOH的水溶性好。②H+能从+H2SCH2COOH传递到J的醇羟基氧上的原因是HSCH2COOH也能溶于有机相,且O—H的键能大于S—H的键能,导致J结合氢离子的能力更强,使得氢离子能被传递到J的醇羟基氧上。(5)由分析可知,H的结构简式为。(6)C含有3个碳、3个氧、不饱和度为1,其一种同分异构体同时满足:①可与NaHCO3溶液反应,含有羧基;②核磁共振氢谱如题图,分子中含有4种氢且一种氢的原子数目较大;③含有手性碳原子。则其结构简式可以为CH3CHOHCOOH。(7)葡萄糖和氢气加成将醛基转化为羟基,在浓硫酸催化作用下发生成环反应生成醚键得到,和D通过酯交换缩聚合成产品。(共40张PPT)
微测17
非选择题提分测(二)
可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　O—16　Sc—45
1.磷精矿主要成分为Ca5F(PO4)3，含少量REPO4、FeO、Fe2O3、 SiO2，其中RE代表稀土元素。从磷精矿分离稀土元素的工业流程如图。
1
2
3
4
1
2
3
4
1s22s22p63s23p63d14s2
1
10
5
3
H3PO4
1
1
2
3
4
—R —CH2CH3 —CH2CH2CH3 —CH2CH2CH2CH3
(RO)3PO 产率/% 82 62 20
由表可知，随着碳原子数增加，烃基__________
(填“推电子”或“吸电子”)能力增强，O—H键更难断裂，(RO)3PO产率降低。
②“萃取”过程使用的萃取剂(C4H9O)3PO的结构如图；与RE3+配位的能力：1号O原子_______(填“>”“<”或“=”)2号O原子。
1
2
3
4
推电子
<
(4)“反萃取”的目的是分离RE和Fe元素。向“萃取液”中通入NH3， Fe2+、Fe3+、RE3+的沉淀率随pH变化如图。
1
2
3
4
①试剂X为_____________(填“Na2SO3”或“NaClO”)，应调节pH为_____________。
Na2SO3
2
②通入NH3得到REPO4沉淀的过程为
ⅰ.H3PO4+3NH3===(NH4)3PO4
ⅱ.____________________________________________(写出该过程的化学方程式)
③若萃取剂改用三丁基氧化膦[(C4H9)3PO]会导致“反萃取”RE产率降低，其原因为_______________________________________________
_____________________________________。
1
2
3
4
(NH4)3PO4+RE(NO3)3===REPO4↓+3NH4NO3
—C4H9有较强的推电子作用，导致稀土与萃取剂形成的配位键牢固，难于断裂实现反萃取
(5)若略去“净化”过程，则制得的草酸稀土会混有_____________杂质
(填化学式)。
(6)在整个工艺中，可从副产物中提取________________(填名称)，用于生产氮肥。
1
2
3
4
CaC2O4
硝酸铵、硝酸
磷精矿加入硝酸酸浸，二氧化硅不反应得到滤渣1，稀土元素、 铁、钙元素进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙滤渣2，滤液加入草酸分离出草酸稀土。(1)Sc为21号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2。(2)“酸浸”过程HNO3与Ca5F(PO4)3反应，根据质量守恒可知，反应还会生成磷酸，反应为
解析
1
2
3
4
Ca5F(PO4)3+10HNO3===5Ca(NO3)2+3H3PO4+HF↑。(3)①由题表可知，烃基为推电子基团，随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O—H键更难断裂，(RO)3PO产率降低。②烃基推电子能力增强，O—H键更难断裂，(RO)3PO产率降低，则可知烃基导致1号氧更难与RE3+配位，故与RE3+配位的能力：1号O原子<2号O原子。(4)①由题图可知，亚铁离子与RE3+的分离效果更好，则试剂X为将铁离子转化为亚铁离子的物质，故应选Na2SO3，亚硫酸钠和铁
解析
1
2
3
4
离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子，利于亚铁离子与RE3+的分离；结合图像可知，应调节pH为2，此时RE3+几乎完全沉淀，而亚铁离子几乎没有沉淀，分离效果好。②总反应为通入NH3得到REPO4沉淀，反应ⅰ.H3PO4+3NH3===(NH4)3PO4，则反应ⅱ为(NH4)3PO4和稀土的硝酸盐转化为REPO4沉淀的反应，(NH4)3PO4+RE(NO3)3===REPO4↓+3NH4NO3。③若萃取剂改用三丁基氧化膦[(C4H9)3PO]会导致“反萃取”RE产率降低，其原因为
解析
1
2
3
4
—C4H9有较强的推电子作用，导致RE3+与萃取剂形成的配位键牢固，难于断裂实现反萃取。(5)硫酸会和钙离子转化为硫酸钙而被除去，若略去“净化”过程，则制得的草酸稀土中会混有草酸钙。(6)在整个工艺中，通入氨气生成的硝酸铵以及酸溶加入的硝酸中均含有氮元素，故可从副产物中提取硝酸铵、硝酸用于生产氮肥。
解析
1
2
3
4
1
2
3
4
Ⅱ.2-甲基-2-己醇的制备：将反应装置置于冰水中，缓慢滴入5 mL丙酮和10 mL乙醚的混合液，室温下放置15 min，反应液呈灰白色粘稠状，缓慢滴加60 mL 10%的硫酸。
Ⅲ.提纯：分液后用饱和碳酸钠溶液洗涤有机层，再用水洗2~3次。最后加入无水碳酸钾，当溶液变澄清且无水碳酸钾不结块，再经过一系列操作后，得到1.74 g产物。
回答下列问题：
1
2
3
4
(1)已知乙醚中常含有少量的水，放置过久还可能产生少量过氧化 物。检验是否含过氧化物可以选择下列试剂中的_____________(填字母)，除去过氧化物的乙醚中还混有极少量水，提纯的方法是向乙醚中加入钠丝，充分反应后进行_____________操作。
a.淀粉-KI溶液 b.Na2SO3溶液 c.乙醇溶液
1
2
3
4
a
蒸馏
1
2
3
4
b
(3)步骤Ⅰ中加入碘单质后不能马上搅拌，原因是_________________
__________________________________。
(4)步骤Ⅱ中缓慢滴加混合液的原因是___________________________
____________________________。
(5)步骤Ⅲ中用饱和碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是_______________
__________；无水碳酸钾的作用是_____________。
(6)本实验的产率为_____________。
1
2
3
4
搅拌会使I2分散使得局部碘浓度降低，难以引发反应
滴加太快可能导致反应太剧烈且大量放热，有安全隐患
除去硫酸等
酸性物质
干燥
25%
步骤Ⅰ用无水乙醚、镁屑和正溴丁烷制备格氏试剂，步骤Ⅱ为格氏试剂与丙酮和乙醚反应制备2-甲基-2-己醇，步骤Ⅲ为提纯2-甲基-2-己醇，用饱和碳酸钠溶液除去剩余的酸，再用无水碳酸钾除去水，得到纯净的2-甲基-2-己醇。(1)过氧化物有氧化性，能使淀粉-KI溶液变成蓝色，所以检验是否含过氧化物可以选择淀粉-KI溶液；乙醚不与金属钠反应，水能与金属钠反应，乙醚易挥发，所以除去过氧化物的乙醚中还混有极少量水，向乙醚中加入钠
解析
1
2
3
4
丝，充分反应后进行蒸馏操作。(2)格氏试剂极易与水反应，制备过程中防止空气中的水蒸气进入装置中，所以应选择干燥装置，故选b。(3)搅拌会使I2分散使得局部碘浓度降低，难以引发反应，所以步骤Ⅰ中加入碘单质后不能马上搅拌。(4)滴加太快可能导致反应太剧烈且大量放热，有安全隐患，所以步骤Ⅱ中缓慢滴加混合液。(5)步骤Ⅲ中用饱和碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是除去硫酸等酸性物质；无水碳酸钾的作用是除去水，干燥。(6)根据以上过程：
解析
1
2
3
4
1
2
3
4
解析
3.CS2在化工生产中有重要作用。天然气法合成CS2相关反应如下：
反应Ⅰ　CH4(g)+2S2(g)===CS2(g)+2H2S(g)
ΔH1=-104.71 kJ·mol-1
反应Ⅱ　2CH4(g)+S8(g)===2CS2(g)+4H2S(g)
ΔH2=+201.73 kJ·mol-1
1
2
3
4
1
2
3
4
+411.15
②为提高CH4平衡转化率，控制温度范围在_____________(填字母)，理由是_____________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
A.400~500 ℃ B.650~700 ℃
C.750~800 ℃ D.800 ℃以上
1
2
3
4
B
650 ℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700 ℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小
1
2
3
4
2
0.9
1
2
3
4
①图中表示CS2的曲线是_____________(填“a”“b”“c”或“d”)。
②950 ℃时，该反应的Kp=_____________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
b
104
③相比以硫黄矿为原料，使用H2S的优点是____________________，缺点是__________________________。
1
2
3
4
变废为宝，减小污染
反应温度更高、耗能更大
1
2
3
4
解析
在5 s内转化率达90%，则5=，c0=0.9 mol·L-1，应控制初始浓度c0大于0.9 mol·L-1。(3)①根据化学方程式体现的关系可知，二硫化碳和生成氢气的物质的量之比为1∶4，结合图像可知，图中表示CS2的曲线是b。②950 ℃时，反应物投料比采用n(CH4)∶n(H2S)=1∶2，维持体系压强为100 kPa，设甲烷、硫化氢投料分别为1 mol、2 mol。
解析
1
2
3
4
1
2
3
4
解析
1
2
3
4
解析
4.以CO2为原料生产系列高附加值产品A~I的合成路线如图。
1
2
3
4
回答下列问题：
(1)A→B的反应类型为__________________________。
(2)B→C的化学方程式为____________________________________。
(3)E的名称为_____________，E→F+G的原子利用率为100%，试剂X为_____________。
1
2
3
4
取代反应
异丙苯
O2
(4)F+G→H过程中使用HSCH2COOH有利于提高催化效率，其部分催化机理如图。
1
2
3
4
①HSCH2COOH结合水相中H+能力比J强的原因是________________
________________________________________________________________________。
②H+能从+H2SCH2COOH传递到J的醇羟基氧上的原因是_______________________________________________________________________________________。
(5)D和H通过酯交换缩聚合成I，H的结构简式为
________________________。
1
2
3
4
两者虽然均有亲水基团，但是J的疏水基团更大，导致其水溶性不如HSCH2COOH的水溶性好
HSCH2COOH也能溶于有机相，且O—H的键能大于S—H的键能，导致J结合氢离子的能力更强
(6)C的一种同分异构体同时满足：
①可与NaHCO3溶液反应；
②核磁共振氢谱如图；

③含有手性碳原子。
其结构简式为___________________。
1
2
3
4
CH3CHOHCOOH
1
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答案
1
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3
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解析
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4
解析
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解析
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解析微测18　非选择题提分测(三)
可能用到的相对原子质量:H—1　C—12　N—14　O—16　S—32　Fe—56　Co—59
1.一种基于微波辅助低共熔溶剂的回收方法可实现对废旧锂离子电池中LiCoO2粗品(主要成分为LiCoO2,同时含有少量Fe、Al、C单质)中LiCoO2的回收利用,其主要工艺流程如下:
已知:①LiCoO2难溶于水,Co2+在溶液中可形成[CoCl4]2-(蓝色)和[Co(H2O)6]2+(粉红色);
②25 ℃时,Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15,Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8;
③季铵盐是指铵离子中的四个氢原子都被烃基取代后生成的化合物。
回答下列问题:
(1)基态钴原子的未成对电子数为_____________;LiCoO2中Co的化合价为_____________价。
(2)季铵盐和羧酸或多元醇等可形成低共熔溶剂,物理性质与离子液体非常相似。下列说法正确的是_____________(填字母)。
A.氯化胆碱[HOCH2CH2N+(CH3)3·Cl-]与草酸混合可形成低共熔溶剂
B.该低共熔溶剂不导电
C.该低共熔溶剂可以溶解LiCoO2
(3)“微波共熔”中低共熔溶剂和LiCoO2粗品以不同的液固比在120 ℃下微波处理10 min后,锂和钴的浸取率如图,则最佳液固比为_______ mL/g;若低共熔溶剂中的草酸加入过多会导致钴的浸取率下降,原因是____________________________________________________。
(4)已知在水浸过程中溶液由蓝色变为粉红色,写出该变化的离子方程式:_____________________。
(5)25 ℃时,沉钴反应完成后,溶液的pH=10,此时Co2+的浓度为_____________ mg/L。(用科学计数法表示,保留3位有效数字)
(6)“滤饼1”经过煅烧得到固体Co3O4,“滤饼2”为Li2CO3固体,混合后经高温烧结得到LiCoO2的化学方程式为____________________________________________________。
2.FeS(熔点为1 195 ℃)是一种黑色固体,常用作固体润滑剂、废水处理剂等。可通过高温合成法和均相沉淀法合成纳米FeS。
Ⅰ.高温合成法
称取5.6 g还原铁粉和3.5 g淡黄色硫粉,充分混合后置于真空密闭石英管中,用酒精喷灯加热,硫粉加热升华成红棕色硫蒸气。持续加热至反应完全,冷却,得纳米FeS。
(1)若分别用S8和S6与铁粉反应制取等质量的FeS,消耗S8和S6的物质的量之比为_____________。
(2)能说明反应已进行完全的现象是_____________________。
Ⅱ.均相沉淀法
实验室以硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]和硫代乙酰胺(CH3CSNH2)为主要原料,利用如图装置合成纳米硫化亚铁。
(3)硫代乙酰胺在酸性和碱性条件下均能水解。酸性条件下的水解离子方程式为CH3CSNH2+2H2O+H+===CH3COOH+H2S+N;碱性条件下的水解离子方程式为____________________________________________________。
(4)加入药品前进行的操作为___________。
(5)反应时,需控制混合溶液pH约为9,pH过小对反应造成的影响是__________________________。
(6)实验中用到的硫酸亚铁铵为浅绿色晶体,易溶于水,不溶于乙醇。实验室制取过程如下:取4.0 g充分洗净的铁屑,加入一定量3.0 mol·L-1 H2SO4溶液,水浴加热并不断搅拌,至溶液中不再产生气泡,一系列操作后,得到干燥的铁屑1.2 g。向除去铁屑的溶液中加入(NH4)2SO4晶体,加热浓缩至出现晶膜,静置、冷却结晶,抽滤,洗涤,低温烘干,得到硫酸亚铁铵晶体。
①一系列操作中,下列仪器不需要用到的是_____________(填仪器名称)。
②理论上,需要加入的(NH4)2SO4晶体的质量为_____________ g。
③下列试剂中,可用于洗涤硫酸亚铁铵晶体的是_____________(填字母)。
A.(NH4)2SO4溶液
B.蒸馏水
C.无水乙醇
3.研究CO2、NOx的转化具有重要的意义。
Ⅰ.脱除汽车尾气中NO和CO包括以下两个反应:
反应ⅰ　2NO(g)+CO(g)N2O(g)+CO2(g)
反应ⅱ　N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)
(1)反应过程中各物质相对能量如图甲(TS表示过渡态):写出CO(g)和NO(g)反应生成N2(g)的热化学方程式:____________________________________________________。
甲
(2)将恒定组成的NO和CO混合气体通入固定体积的反应器内,在不同温度下反应相同时间,测得反应后体系内各物质的浓度随温度的变化如图乙所示。
乙
①NO和CO的脱除应选择_____________(填“高温”或者“低温”)。
②图中标注的五个点中,处在表示N2O的浓度变化曲线上的点是_____________(填字母)。
③450 ℃时,该时间段内NO的脱除率=_______(保留3位有效数字,NO的脱除率=×100%)。
Ⅱ.将CO2转化为HCOOH等化学品,是实现“双碳”目标的途径之一。
已知:CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)　ΔH=+14.8 kJ·mol-1
(3)T ℃、100 kPa条件下,在恒压密闭容器中按体积比1∶2通入CO2和H2发生上述反应,CO2的平衡转化率为50%,则T ℃时该反应的平衡常数Kp=_____________ kPa-1(用分数表示)。
(4)为提高效率,利用图丙密闭装置,按一定比例通入CO2(g)和H2(g)在溶液中反应制备HCOOH,保持两种气体的压强不变,反应CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)的反应速率为v,反应机理包含下列三个基元反应,各反应的活化能E1>E2>E3。
丙
CO2+MQ　E1
Q+H2L　E2
LHCOOH+M　E3
①在催化剂足量条件下,下列说法正确的是_____________(填字母)。
A.增大H2(g)的分压,反应速率明显加快
B.升高温度,反应速率一定增大
C.增大气体体系的压强,可提高CO2平衡转化率
②实验测得:298 K,p(CO2)=p(H2)=2 MPa下,反应速率v随催化剂浓度c的变化如图丁所示。c≤c0时,v随c增大而增大;c>c0时,v不再显著增大,原因是______________________________________________________。
丁
4.枸橼酸芬太尼(I)是人工合成的强效麻醉性镇痛药,适用于麻醉前、中、后的镇静痛,是目前复合全麻中常用的药物。其合成路线如图所示:
已知:
①Ph—表示苯基
②
回答下列问题:
(1)A与酸反应后的产物Ph—CH2COOH的化学名称为_____________。
(2)E和H中含氧官能团的名称分别为_______、_____________。
(3)G→H的反应类型为_______。
(4)X的结构简式为__________________________。
(5)E→F的反应经过两步:第一步加成反应,形成碳氮键,写出第二步反应的方程式:____________________________________________________。
(6)A有多种同分异构体,其中含苯环且无其他环状结构,核磁共振氢谱峰面积比为2∶2∶2∶1的同分异构体有_____________种。
(7)参照上述合成过程,设置某药物中间体的合成路线如下(部分反应条件已略去)其中M和N的结构简式分别为__________________________和______________________。
MN
微测18　非选择题提分测(三)
1.答案　(1)3　+3　(2)AC　(3)60　若草酸加入过多,钴与草酸结合成难溶的CoC2O4,使Co的浸取率下降
(4)[CoCl4]2-+6H2O===[Co(H2O)6]2++4Cl-
(5)9.44×10-3
(6)6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2
解析　废旧锂离子电池LiCoO2粗品(主要成分为LiCoO2,同时含有少量Fe、Al、C单质)加入低共熔溶剂进行微波共熔,季铵盐和羧酸或多元醇等可形成低共熔溶剂,故Co被还原为+2价,经过水浸滤液中Co以[CoCl4]2-存在,加入氢氧化钠沉钴,得到Co(OH)2沉淀即滤饼1和含有锂离子的滤液2,Co(OH)2固体经过煅烧得到Co3O4固体,含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀即滤饼2,碳酸锂和Co3O4高温烧结,同时通入空气氧化得到LiCoO2产物。(1)钴元素原子序数为27,基态钴原子价层电子排布式为3d74s2,故未成对电子数为3;LiCoO2中O为-2价,Li为+1价,故Co为+3价。(2)季铵盐和羧酸或多元醇等可形成低共熔溶剂,故氯化胆碱[HOCH2CH2N+(CH3)3·Cl-]与草酸混合可形成低共熔溶剂,且能把+3价的钴还原为+2价,A项正确;由题中介绍可知,低共熔溶剂物理性质与离子液体非常相似,应当可以导电,B项错误;由题中介绍可知,低共熔溶剂物理性质与离子液体非常相似,可以溶解离子化合物,C项正确。故选AC。(3)图中信息显示当液固比为60 mL/g时钴的浸取率最高,当液固比继续增大时,锂的浸取率随液固比的增大变化不大,因此最佳液固比为60 mL/g;若草酸加入过多,钴与草酸结合成难溶的CoC2O4,使Co的浸取率下降。(4)已知Co2+在溶液中可形成[CoCl4]2-(蓝色)和[Co(H2O)6]2+(粉红色);水浸过程中溶液由蓝色变为粉红色,说明钴元素的存在形式由[CoCl4]2-变为[Co(H2O)6]2-,结合元素守恒得该变化离子方程式为[CoCl4]2-+6H2O===[Co(H2O)6]2++4Cl-。(5)25 ℃时,沉钴反应完成后,溶液的pH=10,即溶液c(H+)=1×10-10 mol/L,c(OH-)=1×10-4 mol/L,c(Co2+)===1.6×10-7 mol/L,故Co2+的质量体积浓度=c(Co2+)×59×103 mg/L=9.44×10-3 mg/L。(6)滤饼2是碳酸锂,与Co3O4混合后,高温烧结生成LiCoO2,故化学方程式为6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2。
2.答案　(1)3∶4　(2)硫蒸气的颜色不变　(3)CH3CSNH2+3OH-===CH3COO-+S2-+NH3·H2O
(4)检查装置的气密性　(5)FeS产量降低
(6)①分液漏斗　②6.6　③C
解析　(1)S8和S6的最简式相同,都为S,则S8和S6分别与等质量的铁粉反应制取硫化亚铁时,5.6 g还原铁粉和3.5 g淡黄色硫粉,S过量,则消耗S8和S6的质量相等,消耗S8和S6的物质的量之比为3∶4。(2)容器中硫蒸气的颜色不变时,说明铁粉完全反应转化为硫化亚铁。(3)碱性条件下的水解生成氨和醋酸根和硫离子,离子方程式为CH3CSNH2+3OH-===CH3COO-+S2-+NH3·H2O。(4)加入药品前进行的操作为检查装置的气密性。(5)pH约为9,溶液显碱性,考虑CH3CSNH2碱性条件下的水解反应,CH3CSNH2+3OH-===CH3COO-+S2-+NH3·H2O,S2-与Fe2+生成FeS沉淀,pH过小会发生酸性水解,CH3CSNH2+2H2O+H+===CH3COOH+H2S+N,H2S挥发,造成S2-浓度减小,FeS产量降低。(6)①一系列操作中,需要用到烧杯、玻璃棒,漏斗、酸式滴定管(量取硫酸),不需要用的是分液漏斗。②取4.0 g充分洗净的铁屑,为增大硫酸亚铁的浓度,加入3 mol·L-1 H2SO4溶液,在热水浴中加热,并不断搅拌,使其反应到不再产生气体,趁热过滤、洗涤、烘干,得未反应铁屑1.2 g,则反应的铁质量为4.0 g-1.2 g=2.8 g,其物质的量为=0.05 mol,根据(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O可知需要(NH4)2SO4的质量为132 g·mol-1×0.05 mol=6.6 g。③硫酸亚铁铵为浅绿色晶体,易溶于水,不溶于乙醇,可用于洗涤硫酸亚铁铵晶体的是无水乙醇,故选C。
3.答案　(1)2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)　ΔH=-747.2 kJ·mol-1　(2)①高温　②e　③87.0%　(3)　(4)①C　②M是决速步的反应物,当c≤c0时,v随c增大而增大;而受限于CO2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度),c>c0时,v不再显著增大
解析　(1)由反应ⅰ+反应ⅱ得:2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)　ΔH=398.4 kJ·mol-1-1 027 kJ·mol-1+496.6 kJ·mol-1-615.2 kJ·mol-1=-747.2 kJ·mol-1。(2)①将恒定组成的NO和CO混合气体通入固定体积的反应器内,NO和CO发生反应被消耗,浓度减小,则c、d代表NO和CO,反应过程中CO2和N2的浓度一直增大,且CO2的浓度大于N2,则a代表CO2,b代表N2,e代表N2O,由图可知,N2O浓度开始下降的时候,d曲线浓度基本保持不变了,说明此时反应ⅰ几乎反应达到平衡,以反应ⅱ为主,故NO浓度不再有大变化,而CO参与反应ⅱ,因此浓度继续下降,可知c代表CO,d代表NO,根据浓度随温度变化图可知,450 ℃时,NO、CO浓度最低,脱除效果最好,故应选择高温脱除。②由①中分析可知,图中标注的五个点中,处在表示N2O的浓度变化曲线上的点是e;③根据氮元素守恒,NO的初始浓度为(200+125×2+1 500×2) ppm=3 450 ppm,转化为氮气的NO的浓度为(1 500×2) ppm=3 000 ppm,NO的脱除率为×100%=87.0%。(3)根据已知条件列出“三段式”
则T ℃时该反应的平衡常数Kp== kPa-1。(4)①各反应的活化能E1>E2>E3,第一步反应速率最慢,为决速步,增大H2(g)的分压,只能增大第二步的反应速率,反应速率不会明显加快,A项错误;升高温度,可能导致催化剂活性减小或失活,反应速率不一定增大,B项错误;该反应是气体体积减小的反应,增大气体体系的压强,平衡正向移动,可提高CO2平衡转化率,C项正确。故选C。②M是决速步的反应物,当c≤c0时,v随c增大而增大;而受限于CO2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度),c>c0时,v不再显著增大。
4.答案　(1)苯乙酸　(2)羰基　酰胺基　(3)取代反应
(4)CH2CHCOOCH3
(5)+H2O　(6)2
(7)　
解析　A和H2发生加成反应生成B,B和两分子X发生已知信息②的反应原理生成C,则X的结构简式为CH2CHCOOCH3,C和NaOCH3反应生成D,E和Ph—NH2先发生加成反应再发生消去反应生成F,F和H2发生加成反应生成G,G和(C2H5CO)2O发生取代反应生成H,H和反应生成I,以此解答。(1)Ph—CH2COOH的结构可以表示为,名称为苯乙酸。(2)由E、H的结构简式可知,E和H中含氧官能团的名称分别为羰基、酰胺基。(3)由分析可知,B和两分子X发生已知信息②的反应原理生成C,则X的结构简式为CH2CHCOOCH3。(4)由分析可知,G和(C2H5CO)2O发生取代反应生成H。(5)E和Ph—NH2先发生加成反应生成,发生消去反应生成F,第二步反应方程式为→+H2O。(6)A的同分异构体含苯环且无其他环状结构,核磁共振氢谱峰面积比为2∶2∶2∶1,说明其中不含甲基,且苯环上只含有1个取代基,或含有2个取代基且是对位的,满足条件的同分异构体为、,共2种。(7)2分子和NaOCH3发生C→D的反应原理得到M为,和发生取代反应生成,发生D→E的反应原理得到,M和N的结构简式分别为、。(共43张PPT)
微测18
非选择题提分测(三)
可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14　O—16　S—32　Fe—56　Co—59
1.一种基于微波辅助低共熔溶剂的回收方法可实现对废旧锂离子电池中LiCoO2粗品(主要成分为LiCoO2，同时含有少量Fe、Al、C单质)中LiCoO2的回收利用，其主要工艺流程如下：
1
2
3
4
已知：①LiCoO2难溶于水，Co2+在溶液中可形成[CoCl4]2-(蓝色)和[Co(H2O)6]2+(粉红色)；
②25 ℃时，Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15，Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8；
③季铵盐是指铵离子中的四个氢原子都被烃基取代后生成的化合物。
回答下列问题：
1
2
3
4
(1)基态钴原子的未成对电子数为_____________；LiCoO2中Co的化合价为_____________价。
(2)季铵盐和羧酸或多元醇等可形成低共熔溶剂，物理性质与离子液体非常相似。下列说法正确的是_____________(填字母)。
A.氯化胆碱[HOCH2CH2N+(CH3)3·Cl-]与草酸混合可形成低共熔溶剂
B.该低共熔溶剂不导电
C.该低共熔溶剂可以溶解LiCoO2
1
2
3
4
3
+3
AC
(3)“微波共熔”中低共熔溶剂和LiCoO2粗品以不同的液固比在120 ℃下微波处理10 min后，锂和钴的浸取率如 图，则最佳液固比为_______ mL/g；若低共熔溶剂中的草酸加入过多会导
1
2
3
4
致钴的浸取率下降，原因是___________________________________
_______________________________________________。
60
若草酸加入过多，钴与草酸结合成难溶的CoC2O4，使Co的浸取率下降
(4)已知在水浸过程中溶液由蓝色变为粉红色，写出该变化的离子方程式：_______________________________________。
(5)25 ℃时，沉钴反应完成后，溶液的pH=10，此时Co2+的浓度为_____________ mg/L。(用科学计数法表示，保留3位有效数字)
(6)“滤饼1”经过煅烧得到固体Co3O4，“滤饼2”为Li2CO3固体，混合后经高温烧结得到LiCoO2的化学方程式为_________________________
_____________________________。
1
2
3
4
[CoCl4]2-+6H2O===[Co(H2O)6]2++4Cl-
9.44×10-3
6Li2CO3+4Co3O4+O2 12LiCoO2+6CO2
废旧锂离子电池LiCoO2粗品(主要成分为LiCoO2，同时含有少量 Fe、Al、C单质)加入低共熔溶剂进行微波共熔，季铵盐和羧酸或多元醇等可形成低共熔溶剂，故Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以[CoCl4]2-存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀即滤饼1和含有锂离子的滤液2，Co(OH)2固体经过煅烧得到Co3O4固 体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀即滤饼 2，碳酸锂和Co3O4高温烧结，同时通入空气氧化得到LiCoO2产
解析
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物。(1)钴元素原子序数为27，基态钴原子价层电子排布式为3d74s2，故未成对电子数为3；LiCoO2中O为-2价，Li为+1价，故Co为+3价。(2)季铵盐和羧酸或多元醇等可形成低共熔溶剂，故氯化胆碱[HOCH2CH2N+(CH3)3·Cl-]与草酸混合可形成低共熔溶剂，且能把+3价的钴还原为+2价，A项正确；由题中介绍可知，低共熔溶剂物理性质与离子液体非常相似，应当可以导电，B项错 误；由题中介绍可知，低共熔溶剂物理性质与离子液体非常相
解析
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似，可以溶解离子化合物，C项正确。故选AC。(3)图中信息显示当液固比为60 mL/g时钴的浸取率最高，当液固比继续增大时，锂的浸取率随液固比的增大变化不大，因此最佳液固比为60 mL/g；若草酸加入过多，钴与草酸结合成难溶的CoC2O4，使Co的浸取率下降。(4)已知Co2+在溶液中可形成[CoCl4]2-(蓝色)和[Co(H2O)6]2+ (粉红色)；水浸过程中溶液由蓝色变为粉红色，说明钴元素的存在形式由[CoCl4]2-变为[Co(H2O)6]2-，结合元素守恒得该变化离子
解析
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解析
2.FeS(熔点为1 195 ℃)是一种黑色固体，常用作固体润滑剂、废水处理剂等。可通过高温合成法和均相沉淀法合成纳米FeS。
Ⅰ.高温合成法
称取5.6 g还原铁粉和3.5 g淡黄色硫粉，充分混合后置于真空密闭石英管中，用酒精喷灯加热，硫粉加热升华成红棕色硫蒸气。持续加热至反应完全，冷却，得纳米FeS。
(1)若分别用S8和S6与铁粉反应制取等质量的FeS，消耗S8和S6的物质的量之比为_____________。
(2)能说明反应已进行完全的现象是_____________________。
1
2
3
4
3∶4
硫蒸气的颜色不变
Ⅱ.均相沉淀法
实验室以硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]和硫代乙酰胺(CH3CSNH2)为主要原料，利用如图装置合成纳米硫化亚铁。
1
2
3
4
(3)硫代乙酰胺在酸性和碱性条件下均能水解。酸性条件下的水解离子方程式为CH3CSNH2+2H2O+H+
===CH3COOH+H2S+N；碱性条件下的水解离子方程式为_____________________________________
_____________________________________。
CH3CSNH2+3OH-===CH3COO-+S2-+NH3·H2O
(4)加入药品前进行的操作为__________________。
(5)反应时，需控制混合溶液pH约为9，pH过小对反应造成的影响是__________________________。
(6)实验中用到的硫酸亚铁铵为浅绿色晶体，易溶于水，不溶于乙 醇。实验室制取过程如下：取4.0 g充分洗净的铁屑，加入一定量3.0 mol·L-1 H2SO4溶液，水浴加热并不断搅拌，至溶液中不再产生气 泡，一系列操作后，得到干燥的铁屑1.2 g。向除去铁屑的溶液中加入(NH4)2SO4晶体，加热浓缩至出现晶膜，静置、冷却结晶，抽滤，洗涤，低温烘干，得到硫酸亚铁铵晶体。
1
2
3
4
检查装置的气密性
FeS产量降低
①一系列操作中，下列仪器不需要用到的是_____________(填仪器名称)。

②理论上，需要加入的(NH4)2SO4晶体的质量为_____________ g。
1
2
3
4
分液漏斗
6.6
③下列试剂中，可用于洗涤硫酸亚铁铵晶体的是_____________(填字母)。
A.(NH4)2SO4溶液
B.蒸馏水
C.无水乙醇
1
2
3
4
C
(1)S8和S6的最简式相同，都为S，则S8和S6分别与等质量的铁粉反应制取硫化亚铁时，5.6 g还原铁粉和3.5 g淡黄色硫粉，S过量，则消耗S8和S6的质量相等，消耗S8和S6的物质的量之比为3∶4。 (2)容器中硫蒸气的颜色不变时，说明铁粉完全反应转化为硫化亚铁。(3)碱性条件下的水解生成氨和醋酸根和硫离子，离子方程式为CH3CSNH2+3OH-===CH3COO-+S2-+NH3·H2O。(4)加入药品前进行的操作为检查装置的气密性。(5)pH约为9，溶液显碱性，考
解析
1
2
3
4
虑CH3CSNH2碱性条件下的水解反应，CH3CSNH2+3OH-=== CH3COO-+S2-+NH3·H2O，S2-与Fe2+生成FeS沉淀，pH过小会发生酸性水解，CH3CSNH2+2H2O+H+===CH3COOH+H2S+N，H2S挥发，造成S2-浓度减小，FeS产量降低。(6)①一系列操作中，需要用到烧杯、玻璃棒，漏斗、酸式滴定管(量取硫酸)，不需要用的是分液漏斗。②取4.0 g充分洗净的铁屑，为增大硫酸亚铁的浓度，加入3 mol·L-1 H2SO4溶液，在热水浴中加热，并不断搅拌，
解析
1
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1
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4
解析
1
2
3
4
(1)反应过程中各物质相对能量如图甲(TS表示过渡态)：写出CO(g)和NO(g)反应生成N2(g)的热化学方程式：__________________________
____________________________________。
1
2
3
4
2CO(g)+2NO(g)
N2(g)+2CO2(g)　ΔH=-747.2 kJ·mol-1
(2)将恒定组成的NO和CO混合气体通入固定体积的反应器内，在不同温度下反应相同时间，测得反应后体系内各物质的浓度随温度的变化如图乙所示。
1
2
3
4
1
2
3
4
高温
e
87.0%
Ⅱ.将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。
已知：CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)　ΔH=+14.8 kJ·mol-1
(3)T ℃、100 kPa条件下，在恒压密闭容器中按体积比1∶2通入CO2和H2发生上述反应，CO2的平衡转化率为50%，则T ℃时该反应的平
衡常数Kp=_____________ kPa-1(用分数表示)。
1
2
3
4
1
2
3
4
①在催化剂足量条件下，下列说法正确的是____________(填字母)。
A.增大H2(g)的分压，反应速率明显加快
B.升高温度，反应速率一定增大
C.增大气体体系的压强，可提高CO2平衡转化率
1
2
3
4
C
②实验测得：298 K，p(CO2)=p(H2)=2 MPa下，反应速率v随催化剂浓度c的变化如图丁所示。c≤c0时，v随c增大而增大；c>c0时，v不再显著增大，原因是_____________________________________________
____________________________________________________________________。
1
2
3
4
M是决速步的反应物，当c≤c0时，v随c增大而增大；而受限于CO2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)，c>c0时，v不再显著增大
1
2
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4
解析
反应ⅰ几乎反应达到平衡，以反应ⅱ为主，故NO浓度不再有大变化，而CO参与反应ⅱ，因此浓度继续下降，可知c代表CO，d代表NO，根据浓度随温度变化图可知，450 ℃时，NO、CO浓度最低，脱除效果最好，故应选择高温脱除。②由①中分析可知，图中标注的五个点中，处在表示N2O的浓度变化曲线上的点是e；③根据氮元素守恒，NO的初始浓度为(200+125×2+1 500×2) ppm= 3 450 ppm，转化为氮气的NO的浓度为(1 500×2) ppm=3 000
解析
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2
3
4
解析
(4)①各反应的活化能E1>E2>E3，第一步反应速率最慢，为决速 步，增大H2(g)的分压，只能增大第二步的反应速率，反应速率不会明显加快，A项错误；升高温度，可能导致催化剂活性减小或失活，反应速率不一定增大，B项错误；该反应是气体体积减小的反应，增大气体体系的压强，平衡正向移动，可提高CO2平衡转化率，C项正确。故选C。②M是决速步的反应物，当c≤c0时，v随c增大而增大；而受限于CO2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)，c>c0时，v不再显著增大。
解析
1
2
3
4
4.枸橼酸芬太尼(I)是人工合成的强效麻醉性镇痛药，适用于麻醉前、中、后的镇静痛，是目前复合全麻中常用的药物。其合成路线如图所示：
1
2
3
4
1
2
3
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1
2
3
4
苯乙酸
羰基
酰胺基
(3)G→H的反应类型为___________。
(4)X的结构简式为________________________。
(5)E→F的反应经过两步：第一步加成反应，形成碳氮键，写出第二
步反应的方程式：_________________________________。
1
2
3
4
取代反应
CH2===CHCOOCH3
+H2O
(6)A有多种同分异构体，其中含苯环且无其他环状结构，核磁共振氢谱峰面积比为2∶2∶2∶1的同分异构体有_____________种。
(7)参照上述合成过程，设置某药物中间体的合成路线如下(部分反应
条件已略去)其中M和N的结构简式分别为______________________
和________________。
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3
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解析
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解析
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解析
本部分内容讲解结束微测19　非选择题提分测(四)
可能用到的相对原子质量:H—1　C—12　N—14　O—16　Na—23　Cl—35.5　Mn—55　Zn—65
1.某实验小组设计实验制备Cr2(CH3COO)4·2H2O(摩尔质量为376 g·mol-1),Cr2(CH3COO)4·2H2O是具有光泽的红色晶体,受热易分解,是一种氧气吸收剂。实验步骤如下:
步骤1:将100 mL纯水煮沸10 min后,隔绝空气冷却。
步骤2:在仪器2(吸滤瓶)中放1.5 g K2Cr2O7(摩尔质量为294 g·mol-1)粉末、7.6 g锌丝,仪器1(锥形瓶)中放冷的CH3COONa溶液(13.5 g CH3COONa·3H2O固体,加12 mL无氧纯水),仪器3中加入自来水。
步骤3:在仪器5中放35 mL 8 mol·L-1盐酸,打开弹簧夹4,夹紧通向锥形瓶的弹簧夹,向吸滤瓶内缓慢滴加盐酸,当吸滤瓶2内溶液变成纯蓝色时,表示反应结束(始终没有Cl2生成)。经一系列操作,将吸滤瓶中的溶液转移至锥形瓶中,当转移完全后,迅速塞紧锥形瓶,用冰水冷却,有红色晶体析出。
步骤4:洗涤。摇动锥形瓶,将溶液与晶体一起过滤,依次用冷的无氧水、无水乙醇、无水乙醚洗涤晶体。操作时,下一次洗涤剂须在前一次溶液或洗涤液流尽前加入。
步骤5:干燥。抽干,在纸上晾干,将晶体转移到有塞的干燥瓶中,最终得到Cr2(CH3COO)4·2H2O 1.8 g。
回答下列问题:
(1)仪器5的名称是_______,仪器3中自来水的作用是_________________________________(任答一条)。
(2)步骤1将纯水煮沸的目的是_______。
(3)写出吸滤瓶中生成CrCl2的离子方程式:___________________________________________________。
(4)步骤3中,“一系列操作”是_____________(填“关闭”或“打开”,下同)弹簧夹4,_____________吸滤瓶通向锥形瓶的弹簧夹。转移完全后,“用冰水冷却”的目的是____________________________________________________。
(5)Cr2(CH3COO)4·2H2O的产率为_____________(保留4位有效数字)。
(6)Cr2(CH3COO)4·2H2O可用于除去氮气中的微量氧气,吸收后的产物为Cr2O3、CH3COOH、Cr(CH3COO)3和H2O,则该反应中n(还原剂)∶n(氧化剂)=_____________。
2.以某种锰尘(主要成分为Mn2O3,杂质为Al2O3、MgO、CaO和FeO)为原料制备高纯MnCO3的工艺流程如图。
已知:①25 ℃时,Ksp(MgF2)=5.0×10-11、Ksp(CaF2)=5.0×10-9。
②溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全时溶液的pH如表。
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+
开始沉淀时 溶液的pH 8.1 6.3 1.5 3.4
沉淀完全时 溶液的pH 10.1 8.3 2.8 4.7
回答下列问题:
(1)Mn元素位于元素周期表的_____________(填“s”“p”“d”或“ds”)区。
(2)“酸浸”过程中反应生成的气体①为_______(填化学式,下同);滤渣①的主要成分是__________________。
(3)保持其他条件不变,在不同温度下“酸浸”时锰元素的浸出率随时间的变化如图。则“酸浸”的最佳温度是__________ ℃,最佳时间是__________ min。
(4)“除杂②”后所得滤液中,=__________________________。
(5)“沉淀”过程发生反应的化学方程式为____________________________________________________。
“沉淀”步骤反应完全后,分离出MnCO3的操作为_____________,该操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和_____________。
(6)取5.00 g碳酸锰样品,加入适量硫酸,加热,待固体完全溶解后,用1.000 mol·L-1的KMnO4溶液滴定,至滴定终点时,消耗KMnO4溶液的体积为23.50 mL。已知:最终反应产物为MnO2,设杂质均不参与反应。则样品中MnCO3的质量分数为_______%(保留2位小数)。
3.CO具有毒性,浓度较高时会使人出现不同程度中毒症状,危害人体的脑、心、肝、肾、肺及其他组织,但CO也是一种重要的化工原料,可用于甲醇和光气的生产以及有机合成等。
(1)已知:断开1 mol化学键所需能量如表所示。
化学键 CO(CO) H—H C—H O—H
所需能量/ (kJ·mol-1) 1 076 436 413 463
则反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)　ΔH=_____________ kJ·mol-1;该反应在_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
(2)在体积为V L的恒容密闭容器中,充入1 mol CO(g)和5 mol H2(g),一定温度下仅发生反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g),10 min时反应达到平衡。测得CH4(g)和CO(g)的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
①3 min时,v正_____________(填“>”“<”或“=”)v逆。
②0~10 min内,H2的平均反应速率v(H2)=__________________________(用含V的式子表示)mol·L-1·min-1;10 min时,CH4的体积分数为_____________%(保留2位小数)。
③起始时容器内总压强为p0,该温度下该反应的平衡常数Kp=___________(用含p0的式子表示,无须化简,Kp用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。
(3)在催化剂M的作用下,CO(g)与水蒸气反应可以制取H2。
甲
乙
从图甲中可得出的信息是_____________________(任写一条);根据图乙,试分析当反应器中存在Pd膜时CO具有更高转化率的原因:______________________________(答一条即可)。
4.化合物G是一种药物合成中间体,其合成路线如图。
已知:。
回答以下问题:
(1)D中的官能团有碳氯键、_____________。
(2)B的结构简式为_____________;反应④的反应类型为_____________反应。
(3)E→F的化学方程式为____________________________________________________。
(4)满足下列条件的D的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
①苯环上含有三个不同取代基;②能与NaHCO3溶液反应放出气体;③含氨基但与苯环不直接相连。
(5)由苯甲醇制备的合成路线如图,其中M、N的结构简式依次为
__________________________、
__________________________。
微测19　非选择题提分测(四)
1.答案　(1)分液漏斗　液封,防止空气进入吸滤瓶(或观察气体、吸收HCl等合理答案)　(2)制备无氧水
(3)Cr2+4Zn+14H+===2Cr2++4Zn2++7H2O
(4)关闭　打开　有利于析出Cr2(CH3COO)4·2H2O[或防止Cr2(CH3COO)4·2H2O高温分解]
(5)93.83%　(6)2∶1
解析　醋酸亚铬易与氧气反应,则制备实验中应避免接触氧气,实验时,将锌丝和K2Cr2O7固体置于仪器2中,加入去氧水,盐酸与锌反应可生成氢气,可将装置内的空气排出,避免亚铬离子被氧化,且发生反应:Cr2+4Zn+14H+===2Cr2++4Zn2++7H2O;打开弹簧夹4,夹紧通向锥形瓶的弹簧夹,向吸滤瓶内缓慢滴加盐酸,开始反应,当吸滤瓶内溶液变成纯蓝色时,反应结束,关闭弹簧夹4,仪器2中压强增大,打开吸滤瓶通向锥形瓶的弹簧夹,可将蓝色溶液(Cr2+)流入仪器1中反应制取Cr2(CH3COO)4·2H2O。(1)仪器5的名称是分液漏斗;由于醋酸亚铬易与氧气反应,实验环境要隔绝氧气或者空气,自来水的作用是进行液封,避免空气进入装置,影响产品,或者吸收吸滤瓶中挥发的氯化氢气体。(2)醋酸亚铬易被氧气氧化导致变质,所以要尽量避免氧气的干扰,步骤1将纯水煮沸的目的是制备无氧水,避免氧气氧化产品。(3)步骤2中加入了单质锌,可以作还原剂使用,将K2Cr2O7还原为Cr2+,离子方程式为Cr2+4Zn+14H+===2Cr2++4Zn2++7H2O。(4)步骤3中,首先打开弹簧夹4,夹紧通向锥形瓶的弹簧夹,向吸滤瓶内缓慢滴加盐酸,开始进行反应,当反应结束,关闭弹簧夹4,仪器2中压强增大,打开吸滤瓶通向锥形瓶的弹簧夹,可将蓝色溶液流入仪器1中反应;由于Cr2(CH3COO)4·2H2O水溶性小,“用冰水冷却”的目的是有利于析出Cr2(CH3COO)4·2H2O[或防止Cr2(CH3COO)4·2H2O高温分解]。(5)n(K2Cr2O7)==0.005 mol,n(Zn)=≈0.12 mol,n(CH3COONa·3H2O)≈0.1 mol,根据方程式:Cr2+4Zn+14H+===2Cr2++4Zn2++7H2O分析,重铬酸钾少量,醋酸钠和锌均过量,应根据重铬酸钾的量进行计算:×100%=93.83%。(6)Cr2(CH3COO)4·2H2O吸收氧气后的产物为Cr2O3、CH3COOH、Cr(CH3COO)3和H2O,铬元素化合价从+2价升高为+3价,失去1e-×2=2e-,作还原剂,氧气作氧化剂,得到2e-×2=4e-,根据电子转移守恒可知,n(还原剂)∶n(氧化剂)=2∶1。
2.答案　(1)d　(2)Cl2　Al(OH)3、Fe(OH)3
(3)70　120　(4)100
(5)MnCl2+2NH4HCO3===MnCO3↓+CO2↑+H2O+2NH4Cl　过滤　玻璃棒　(6)81.08
解析　该工艺流程以锰尘(主要成分为Mn2O3,杂质为Al2O3、MgO、CaO和FeO)为原料,制备高纯MnCO3,锰尘在浓盐酸“酸浸”过程Mn2O3、Al2O3、MgO、CaO和FeO都与HCl反应而溶解,其中Mn2O3具有氧化性与HCl发生氧化还原反应生成Mn2+及Cl2,而FeO被氧化生成Fe3+,气体①为Cl2,用NaOH溶液进行尾气吸收,“除杂①”过程加入氨水调pH=5~6使Fe3+、Al3+完全沉淀,即滤渣①为Al(OH)3、Fe(OH)3,“除杂②”加入NaF溶液生成MgF2、CaF2沉淀而除去Mg2+、Ca2+,即滤渣②为MgF2、CaF2,在“沉淀”过程加入的NH4HCO3溶液与Mn2+反应生成MnCO3、CO2,即气体②为CO2。(1)Mn元素原子序数为25,位于元素周期表的第ⅦB族,属于d区。(2)根据上述分析可知,“酸浸”过程Mn2O3与HCl发生氧化还原反应生成Mn2+及Cl2,气体①为Cl2;“酸浸”后溶液中含有Mn2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+,“除杂①”过程加入氨水调pH=5~6可以使Fe3+、Al3+完全沉淀,即滤渣①为Al(OH)3、Fe(OH)3。(3)从不同温度下“酸浸”时锰元素的浸出率随时间的变化图可看出,“酸浸”的温度越高,随时间的变化,锰元素的浸出率越高,但在120 min时,70 ℃与90 ℃条件下锰元素的浸出率几乎相同,且几乎全部浸出,故从节约能源的角度,“酸浸”的最佳温度是70 ℃,最佳时间是120 min。(4)“除杂②”后所得滤液中,====100。(5)在“沉淀”过程加入的NH4HCO3溶液与Mn2+反应生成MnCO3、CO2,故离子方程式为MnCl2+2NH4HCO3===MnCO3↓+CO2↑+H2O+2NH4Cl;分离出MnCO3的操作为过滤;过滤实验需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒。(6)根据MnCO3与H2SO4反应生成MnSO4,而MnSO4与KMnO4反应生成MnO2,通过消耗的KMnO4的物质的量计算MnCO3的质量,故由3Mn2++2Mn+2H2O===5MnO2↓+4H+可得关系式:
3MnCO3~3Mn2+~2Mn
3×115 g 2 mol
m 1.000 mol/L×23.50×10-3L
样品中MnCO3的质量分数为×100%≈81.08%。
3.答案　(1)-194　低温　(2)①>　②　16.67
③
(3)催化剂M降低了反应的活化能　Pd膜能选择性分离出H2,促进反应正向进行
解析　(1)反应物总键能:CO中有1个C←O键,3H2中有3个H—H键,所以反应物总键能=1 076 kJ·mol-1+3×436 kJ·mol-1=1 076 kJ·mol-1+1 308 kJ·mol-1=2 384 kJ·mol-1,生成物总键能:CH4中有4个C—H键,H2O中有2个O—H键,所以生成物总键能=4×413 kJ·mol-1+2×463 kJ·mol-1=1 652 kJ·mol-1+926 kJ·mol-1=2 578 kJ·mol-1,根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能,则ΔH=2 384 kJ·mol-1-2 578 kJ·mol-1=-194 kJ·mol-1;该反应ΔH=-194 kJ·mol-1<0(放热反应),反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g),气体的物质的量减少,ΔS<0,根据ΔG=ΔH-TΔS(T为绝对温度),当ΔG<0时反应自发进行,要使ΔG<0,因为ΔH<0,ΔS<0,则需要低温条件。(2)①3 min时,CH4和CO的物质的量仍在变化,反应向正反应方向进行,故v正>v逆。②在体积为V L的恒容密闭容器中,充入1 mol CO(g)和5 mol H2(g),由图知,10 min达到平衡,平衡时n(CH4)=0.75 mol,n(CO)=0.25 mol,由三段式
CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)
起始/mol 1 5 0 0
转化/mol 0.75 2.25 0.75 0.75
平衡/mol 0.25 2.75 0.75 0.75
得,v(H2)== mol·L-1·min-1,CH4的体积分数为×100%≈16.67%。③设反应后气体的总压强为p,则有=,解得p=0.75p0,则Kp=。(3)从图甲能量-反应过程曲线可以看出,加入固体催化剂M后,反应的活化能降低;根据图乙,H2可以透过Pd膜从体系中分离出来,根据化学平衡移动原理,减小生成物的浓度,会使平衡正向移动。
4.答案　(1)羧基、氨基　(2)　取代(或酯化)
(3)++HBr
(4)10　(5)　
解析　由已知信息可知,在硫酸和二氧化锰的作用下,与苯环相连的甲基被氧化成醛基,其他取代基不变,则推得B的结构简式为,流程图中E与C6H7BrS反应生成F,倒推得C6H7BrS结构简式为。(1)由D的结构简式可知,官能团有碳氯键、羧基和氨基。(2)由分析可得B的结构简式为;根据E的结构,可以推得D与甲醇发生了取代反应(或酯化反应)。(3)由分析已经推得,C6H7BrS结构简式为,根据流程图以及E和F的结构简式可知,C6H7BrS中的Br原子与E中氨基上的H结合形成HBr,则化学方程式为++HBr。(4)根据条件可知,满足D的同分异构体中含有苯环,含有能与NaHCO3溶液反应放出气体的官能团为羧基;含氨基但与苯环不直接相连,则含有—CH2NH2,此外还有—Cl,此时没有多余的C原子了,三个取代基按一定顺序取代到苯环上:、、,箭头代表—CH2NH2,共10种同分异构体。(5)由题干中流程图及此流程可推得,与NaCN和NH4Cl发生取代反应,—CN和—NH2取代到侧链上,则根据反应机理推得M为,—CN经酸化转化为羧基,则N为。(共39张PPT)
微测19
非选择题提分测(四)
可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14　O—16　Na—23　Cl—35.5　Mn—55　Zn—65
1.某实验小组设计实验制备Cr2(CH3COO)4·2H2O(摩尔质量为376 g·mol-1)，Cr2(CH3COO)4·2H2O是具有光泽的红色晶体，受热易分解，是一种氧气吸收剂。实验步骤如下：
步骤1：将100 mL纯水煮沸10 min后，隔绝空气冷却。
1
2
3
4
步骤2：在仪器2(吸滤瓶)中放1.5 g K2Cr2O7 (摩尔质量为294 g·mol-1)粉末、7.6 g锌丝，仪器1(锥形瓶)中放冷的CH3COONa溶液(13.5 g CH3COONa·3H2O固体，加12 mL无氧纯水)，仪器3中加入自来水。
步骤3：在仪器5中放35 mL 8 mol·L-1盐酸，打开弹簧夹4，夹紧通向锥形瓶的弹簧夹，向吸滤瓶内缓慢滴加盐酸，当吸滤瓶2内溶液变成纯蓝色时，表示反应结束(始终没有Cl2生成)。经一系列操作，将吸滤瓶中的溶液转移至锥形瓶中，当转移完全后，迅速塞紧锥形瓶，用冰水冷却，有红色晶体析出。
步骤4：洗涤。摇动锥形瓶，将溶液与晶体一起过滤，依次用冷的无氧水、无水乙醇、无水乙醚洗涤晶体。操作时，下一次洗涤剂须在前一次溶液或洗涤液流尽前加入。
1
2
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4
步骤5：干燥。抽干，在纸上晾干，将晶体转移到有塞的干燥瓶中，最终得到Cr2(CH3COO)4·2H2O 1.8 g。
回答下列问题：
(1)仪器5的名称是______________，仪器3中自来水的作用是___________________________________________________________
(任答一条)。
(2)步骤1将纯水煮沸的目的是____________。
(3)写出吸滤瓶中生成CrCl2的离子方程式：
____________________________________________________。
1
2
3
4
分液漏斗
液封，防止空气进入吸滤瓶(或观察气体、吸收HCl等合理答案)
制备无氧水
Cr2+4Zn+14H+===2Cr2++4Zn2++7H2O
(4)步骤3中，“一系列操作”是_____________(填“关闭”或“打开”，下同)弹簧夹4，_____________吸滤瓶通向锥形瓶的弹簧夹。转移完全后，“用冰水冷却”的目的是____________________________________
____________________________________。
(5)Cr2(CH3COO)4·2H2O的产率为___________ (保留4位有效数字)。
(6)Cr2(CH3COO)4·2H2O可用于除去氮气中的微量氧气，吸收后的产物为Cr2O3、CH3COOH、Cr(CH3COO)3和H2O，则该反应中n(还原 剂)∶n(氧化剂)=_____________。
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3
4
关闭
打开
有利于析出Cr2(CH3COO)4·2H2O[或防止Cr2(CH3COO)4·2H2O高温分解]
93.83%
2∶1
醋酸亚铬易与氧气反应，则制备实验中应避免接触氧气，实验 时，将锌丝和K2Cr2O7固体置于仪器2中，加入去氧水，盐酸与锌反应可生成氢气，可将装置内的空气排出，避免亚铬离子被氧 化，且发生反应：Cr2+4Zn+14H+===2Cr2++4Zn2++7H2O；打开弹簧夹4，夹紧通向锥形瓶的弹簧夹，向吸滤瓶内缓慢滴加盐酸，开始反应，当吸滤瓶内溶液变成纯蓝色时，反应结束，关闭弹簧夹4，仪器2中压强增大，打开吸滤瓶通向锥形瓶的弹簧夹，可将
解析
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蓝色溶液(Cr2+)流入仪器1中反应制取Cr2(CH3COO)4·2H2O。(1)仪器5的名称是分液漏斗；由于醋酸亚铬易与氧气反应，实验环境要隔绝氧气或者空气，自来水的作用是进行液封，避免空气进入装置，影响产品，或者吸收吸滤瓶中挥发的氯化氢气体。(2)醋酸亚铬易被氧气氧化导致变质，所以要尽量避免氧气的干扰，步骤1将纯水煮沸的目的是制备无氧水，避免氧气氧化产品。(3)步骤2中加入了单质锌，可以作还原剂使用，将K2Cr2O7还原为Cr2+，离子方程式为Cr2+4Zn+14H+===2Cr2++4Zn2++7H2O。(4)步骤3中，
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2.以某种锰尘(主要成分为Mn2O3，杂质为Al2O3、MgO、CaO和FeO)为原料制备高纯MnCO3的工艺流程如图。
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已知：①25 ℃时，Ksp(MgF2)=5.0×10-11、Ksp(CaF2)=5.0×10-9。
②溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全时溶液的pH如表。
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金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+
开始沉淀时 溶液的pH 8.1 6.3 1.5 3.4
沉淀完全时 溶液的pH 10.1 8.3 2.8 4.7
回答下列问题：
(1)Mn元素位于元素周期表的_____________(填“s”“p”“d”或“ds”)区。
(2)“酸浸”过程中反应生成的气体①为_______(填化学式，下同)；滤渣①的主要成分是_____________________。
1
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(3)保持其他条件不变，在不同温度下 “酸浸”时锰元素的浸出率随时间的变化如图。则“酸浸”的最佳温度是_________ ℃，最佳时间是__________ min。
d
Cl2
Al(OH)3、Fe(OH)3
70
120
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100
MnCl2+2NH4HCO3===
MnCO3↓+CO2↑+H2O+2NH4Cl
过滤
玻璃棒
(6)取5.00 g碳酸锰样品，加入适量硫酸，加热，待固体完全溶解后，用1.000 mol·L-1的KMnO4溶液滴定，至滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积为23.50 mL。已知：最终反应产物为MnO2，设杂质均不参与反应。则样品中MnCO3的质量分数为_______%(保留2位小数)。
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81.08
该工艺流程以锰尘(主要成分为Mn2O3，杂质为Al2O3、MgO、CaO和FeO)为原料，制备高纯MnCO3，锰尘在浓盐酸“酸浸”过程Mn2O3、Al2O3、MgO、CaO和FeO都与HCl反应而溶解，其中Mn2O3具有氧化性与HCl发生氧化还原反应生成Mn2+及Cl2，而FeO被氧化生成Fe3+，气体①为Cl2，用NaOH溶液进行尾气吸收，“除杂①”过程加入氨水调pH=5~6使Fe3+、Al3+完全沉淀，即滤渣①为Al(OH)3、Fe(OH)3，“除杂②”加入NaF溶液生成MgF2、CaF2沉淀
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而除去Mg2+、Ca2+，即滤渣②为MgF2、CaF2，在“沉淀”过程加入的NH4HCO3溶液与Mn2+反应生成MnCO3、CO2，即气体②为 CO2。(1)Mn元素原子序数为25，位于元素周期表的第ⅦB族，属于d区。(2)根据上述分析可知，“酸浸”过程Mn2O3与HCl发生氧化还原反应生成Mn2+及Cl2，气体①为Cl2；“酸浸”后溶液中含有 Mn2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+，“除杂①”过程加入氨水调pH=5~6可以使Fe3+、Al3+完全沉淀，即滤渣①为Al(OH)3、Fe(OH)3。(3)从不同温度下“酸浸”时锰元素的浸出率随时间的变化
解析
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解析
MnCl2+2NH4HCO3===MnCO3↓+CO2↑+H2O+2NH4Cl；分离出MnCO3的操作为过滤；过滤实验需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒。(6)根据MnCO3与H2SO4反应生成MnSO4，而MnSO4与KMnO4反应生成MnO2，通过消耗的KMnO4的物质的量计算MnCO3的质量，故由3Mn2++2Mn+2H2O===5MnO2↓+4H+可得关系式：
解析
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解析
3.CO具有毒性，浓度较高时会使人出现不同程度中毒症状，危害人体的脑、心、肝、肾、肺及其他组织，但CO也是一种重要的化工原料，可用于甲醇和光气的生产以及有机合成等。
(1)已知：断开1 mol化学键所需能量如表所示。
1
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(2)在体积为V L的恒容密闭容器中，充入1 mol CO(g)和5 mol H2(g)，一定温度下仅发生反应CO(g)+3H2(g)
CH4(g)+H2O(g)，10 min时反应达到平衡。测得CH4(g)和CO(g)的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
-194
低温
①3 min时，v正_____________(填“>”“<”或“=”)v逆。
②0~10 min内，H2的平均反应速率v(H2)=_____________(用含V的式子表示)mol·L-1·min-1；10 min时，CH4的体积分数为__________% (保留2位小数)。
③起始时容器内总压强为p0，该温度下该反应的平衡常数Kp=
________________________(用含p0的式子表示，无须化简，Kp用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
1
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4
>
16.67
(3)在催化剂M的作用下，CO(g)与水蒸气反应可以制取H2。
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从图甲中可得出的信息是_________________________________(任写一条)；根据图乙，试分析当反应器中存在Pd膜时CO具有更高转化率的原因：___________________________________________(答一条即可)。
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催化剂M降低了反应的活化能
Pd膜能选择性分离出H2，促进反应正向进行
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解析
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解析
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解析
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解析
4.化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图。
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羧基、氨基
取代(或酯化)
(3)E→F的化学方程式为_______________________________________
__________________________________。
(4)满足下列条件的D的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
①苯环上含有三个不同取代基；②能与NaHCO3溶液反应放出气体；③含氨基但与苯环不直接相连。
1
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解析
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解析
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解析微测20　非选择题提分测(五)
可能用到的相对原子质量:H—1　C—12　N—14　O—16　Fe—56
1.铁和锡是常用于食品包装的金属,其化合物在工业上也广泛应用。
Ⅰ.锡与形成化合物种类最多的元素同主族,某锡的化合物可作为治疗癌症药物的原料,结构如图(Bu-n为正丁基)。
(1)Sn位于元素周期表的_____________区。
(2)结构中一个Sn原子形成的配位键有_______个,结构中N原子的杂化类型为_____________。
Ⅱ.由工业磷化渣[主要成分是FePO4,杂质为Zn2Fe(PO4)2(FeⅡ)]来制备锂电池原料磷酸铁的工业流程如图。
已知:常温下,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-39;Ksp[Zn(OH)2]=1×10-17。
(3)“碱浸”过程中,提升浸出率的方法有_____________________(写出一条即可)。
(4)写出Zn2Fe(PO4)2“碱浸”过程中反应的化学方程式:______________________________,若以离子浓度为1×10-5 mol·L-1视为沉淀完全,“碱浸”中,若将Zn2+沉淀完全,pH应为_____________。
(5)“步骤A”的名称为_______。
(6)理论上,电池原料要求磷酸铁中铁磷的物质的量比为1.0,实际pH对产物的影响如图所示,要达此标准,“搅拌”步骤中控制的pH为_____________。
(7)磷酸铁锂电池是绿色环保型电池,石墨作为锂离子电池的负极材料,Li+嵌入石墨的两层间,导致石墨的层堆积方式发生改变,形成化学式为LixCy的嵌入化合物,平面结构如图所示,则x∶y为_____________。
2.某化学兴趣小组利用邻二氮菲(C12H8N2)分光光度法测定水中微量铁。
已知:
ⅰ.在pH为2~9溶液中,邻二氮菲与Fe2+生成稳定的橙红色配合物,显色反应为3C12H8N2+Fe2+===[Fe(C12H8N2)3]2+。
ⅱ.根据朗伯比耳定律:A=εcL,当入射光波长λ及光程L(比色皿厚度)一定时,在一定浓度范围内,有色物质的吸光度A与该物质的浓度c成正比。
Ⅰ.溶液配制
(1)用滴定管量取100 μg·mL-1铁储备液10.00 mL,置于100 mL棕色容量瓶中加入2.0 mL 6 mol·L-1 HCl溶液,用蒸馏水稀释至刻度,摇匀,得到10 μg·mL-1铁标准溶液。此过程中除了用到容量瓶、滴定管和玻璃棒外,还需要的仪器有_____________(填字母)。洁净的容量瓶在使用之前需要进行的操作是_____________。
Ⅱ.邻二氮菲-Fe2+吸收曲线的绘制
(2)用滴定管量取铁标准溶液10 μg·mL-1 6.00 mL,经试剂处理后采用不同的波长λ为横坐标,由计算机绘制A与λ的吸收曲线如图,确定最大吸收波长λmax。
在显色前,首先用盐酸羟胺(NH2OH·HCl,强电解质)将Fe3+还原成Fe2+。其反应离子方程式为______________________________。试剂处理时需要加入5 mL CH3COOH—CH3COONa缓冲溶液使溶液的pH保持在合适范围,若pH过高,会造成__________________________;若pH过低,会造成______________________。
(3)邻二氮菲-Fe2+配合物中配位原子个数为_____________。
(4)从吸收曲线可知,邻二氮菲-Fe2+配合物最大吸收波长λmax=510 nm,在此波长下,该配合物的摩尔吸光系数ε510=1.1×104 L·mol-1·cm-1,若某次测量时溶液的吸光度A=0.412,比色皿厚度1 cm,则溶液中Fe2+的浓度为_____________ mol·L-1(保留两位有效数字)。
3.二甲醚是重要的化工原料,采用二氧化碳的有效转化,既是生成二甲醚的简便方法,又是实现“碳中和”的重要途径。
Ⅰ.CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法,其过程中发生副反应:
①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH1=+41.2 kJ·mol-1
已知反应:
②2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)
ΔH2=-204.9 kJ·mol-1
(1)CO2催化加氢合成二甲醚的热化学方程式为_______________________________________,该反应自发进行的条件为_____________。
(2)在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下,CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度变化如图。其中,CH3OCH3的选择性=×100%。
当温度高于300 ℃,CO2的平衡转化率随温度升高而上升的原因是_________________________________________________________________________________________。
若起始投料比为n(H2)∶n(CO2)=3∶1,不考虑其他副反应,则288 ℃时,反应①的化学平衡常数K=_____________(33.3%≈)。
Ⅱ.由CO2制备二甲醚的另一种方法为先合成甲醇,再经脱水,主要分为以下步骤。
反应③:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH3<0
反应④:2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH4>0
(3)在不同的压强下,按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料比合成甲醇,实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图甲、乙所示。
　
甲 乙
下列说法正确的是_____________(填字母)。
A.图甲的纵坐标表示CH3OH的平衡产率
B.压强:p1C.为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,应选择高温、高压的反应条件
D.一定温度、压强下,寻找活性更高的催化剂,是提高CO2的平衡转化率的主要研究方向
(4)压强为4 MPa,当n(CO2)∶n(H2)=1∶3的混合气体以一定流速通过装有某种催化剂的反应器。在280 ℃时,若CO2的平衡转化率为7.00%,甲醇的选择性为95.0%,则甲醇的收率为_____________(甲醇的收率=×100%)。
(5)甲醇脱水若条件控制不当可生成丙烯,反应为3CH3OH(g)C3H6(g)+3H2O(g),反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图曲线a所示,已知Arrhenius经验公式为Rln k=-+C(其中,Ea为活化能,k为速率常数,R和C为常数)。该反应的活化能Ea=_____________ kJ·mol-1。
4.普瑞巴林是治疗癫痫的药物,其合成路线如下(Et为乙基)。
(1)普瑞巴林的分子式为_______,其所含官能团的名称为_______。
(2)写出A物质和银氨溶液反应的离子方程式:
____________________________________________________。
(3)由B→C的反应类型为_____________。
(4)相同条件下,1 mol D分别与足量金属钠和碳酸氢钠反应,生成气体的体积比为_____________。
(5)写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式:___________________________________。
①含有一个苯环
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢原子,且峰面积比为9∶2∶2∶2
(6)写出以1,3-丁二烯和尿素为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。
微测20　非选择题提分测(五)
1.答案　(1)p　(2)3　sp2　(3)粉碎或搅拌等
(4)4Zn2Fe(PO4)2+24NaOH+O2+2H2O===8Na3PO4+8Zn(OH)2+4Fe(OH)3　8　(5)萃取、分液　(6)2
(7)1∶6
解析　(1)形成化合物种类最多的元素为碳,第ⅣA族元素都在元素周期表的p区。(2)结构中箭头标的为配位键。每个N原子都含有一个双键,所以N原子的杂化类型为sp2。(3)粉碎、搅拌,在“碱浸”过程中可增大接触面积,以提高浸出率。(4)由于过滤Ⅰ生成的沉淀为Fe(OH)3和Zn(OH)2,则反应的化学方程式为4Zn2Fe(PO4)2+24NaOH+O2+2H2O===8Na3PO4+8Zn(OH)2+4Fe(OH)3,Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)·c2(OH-)=1×10-17,当c(Zn2+)=10-5 mol·L-1时,c(OH-)==10-6 mol·L-1,则c(H+)===10-8 mol·L-1,所以c(Zn2+)=10-5 mol·L-1时,pH=8。(5)加入双硫腙后,混合物分为有机相和余液,所以双硫腙是萃取剂,步骤A为萃取、分液。(6)根据题图可得,在pH=2时,铁磷的物质的量比为0.95,接近标准1.0。(7)根据均摊原则,每个碳环实际占用2个碳原子,实际上每个Li+占用6个碳原子,所以x∶y为1∶6。
2.答案　(1)BD　检漏　(2)2NH2OH·H++2Fe3+===N2↑+2Fe2++2H2O+4H+　生成沉淀,降低Fe2+浓度　邻二氮菲与氢离子结合,不与Fe2+配位　(3)6
(4)3.7×10-5
解析　控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性,通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响。(1)配制一定物质的量浓度的溶液,所需的步骤有计算、称量(量取)、溶解(稀释)、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签;此过程中除了用到容量瓶、滴定管和玻璃棒外,还需要的仪器有量取2.0 mL HCl溶液需要的量筒和定容需要的胶体滴管,故选BD。洁净的容量瓶在使用之前需要进行的操作是检漏,防止配制过程中漏液。(2)盐酸羟胺将Fe3+还原成Fe2+,氮元素被氧化为氮气,结合电子守恒,其反应离子方程式为2NH2OH·H++2Fe3+===N2+2Fe2++2H2O+4H+。若pH过高,会造成亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀;若pH过低,会造成邻二氮菲中氮原子会结合H+,使得其配位能力降低。(3)邻二氮菲-Fe2+配合物中亚铁离子提供空轨道、氮提供孤电子对形成配位键,结合3C12H8N2+Fe2+===[Fe(C12H8N2)3]2+,1个亚铁离子和3个C12H8N2形成配合物,则配位原子个数为6。(4)根据朗伯比耳定律:A=εcL,0.412=1.1×104 L·mol-1·cm-1×c×1 cm,则溶液中Fe2+的浓度为3.7×10-5 mol·L-1。
3.答案　(1)2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)　ΔH=-122.5 kJ·mol-1　低温
(2)反应①的ΔH>0,CO2转化为CH3OCH3的反应的ΔH<0,温度升高,使CO2转化为CO的平衡转化率上升,而使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度　0.04　(3)A　(4)6.65%　(5)30
解析　(1)已知副反应:①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH1=+41.2 kJ·mol-1和已知反应:②2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)　ΔH2=-204.9 kJ·mol-1。则依据盖斯定律可知,由“反应①×2+反应②”即得到反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)的焓变ΔH=(+41.2×2-204.9) kJ·mol-1=-122.5 kJ·mol-1。反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)是放热反应,依据ΔG=ΔH-TΔS<0可自发进行,可知自发条件为低温。(2)反应①的ΔH>0,CO2转化为CH3OCH3的反应的ΔH<0,温度升高,使CO2转化为CO的平衡转化率上升,而使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度。288 ℃时,二甲醚的选择性是33.3%,二氧化碳的平衡转化率是30%,设起始时氢气是3 mol、二氧化碳是1 mol,则
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
变化/mol x x x x
2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)
变化/mol y 3y 0.5y 1.5y
因此,x+y=1×30%=0.3,2×0.5y=1×30%×33.3%≈0.1,解得x≈0.2、y≈0.1,平衡时,n(CO2)=1 mol-0.3 mol=0.7 mol,n(H2)=3 mol-0.2 mol-3×0.1 mol=2.5 mol,n(CO)=0.2 mol,n(H2O)=0.2 mol+1.5×0.1 mol=0.35 mol,设体积为V,则其平衡常数K===0.04。(3)温度升高,反应③的平衡逆向移动,反应④的平衡正向移动,CH3OH(g)的平衡产率会降低,所以题图甲的纵坐标表示CH3OH的平衡产率,A项正确;反应③的正反应是气体体积减小的反应,在其他条件不变时,增大压强,化学平衡正向移动,CO2的平衡转化率增大,CH3OH的平衡产率增大,压强p1>p2>p3,B项错误;反应③的正反应是气体体积减小的放热反应,为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,根据平衡移动原理可知应选择低温、高压的反应条件,C项错误;一定温度、压强下,寻找活性更高的催化剂,可以加快化学反应速率,但化学平衡不发生移动,因此不能提高CO2的平衡转化率,D项错误。(4)当n(CO2)∶n(H2)=1∶3,假设n(CO2)=1 mol,CO2的平衡转化率为7.00%,则n转化(CO2)=0.07 mol。甲醇的选择性为95.0%,则×100%=95%,n(CH3OH)=0.066 5 mol,故甲醇的收率为×100%=6.65%。(5)根据题图可知63=-3Ea+C、33=-4Ea+C,解得该反应的活化能Ea=30 kJ·mol-1。
4.答案　(1)C8H17NO2　羧基、氨基
(2)+2[Ag(NH3)2]++2OH-+2Ag↓+N+3NH3↑+H2O
(3)加成反应　(4)1∶2
(5)、
(6)CH2CH—CHCH2
解析　(1)根据普瑞巴林的结构式可得其分子式为C8H17NO2,其所含官能团—COOH、—NH2的名称分别为羧基、氨基。(2)物质A含有醛基,能与银氨溶液反应,反应的离子方程式为+2[Ag(NH3)2]++2OH-+2Ag↓+N+3NH3↑+H2O。(3)B→C的反应,打开碳碳双键,属于加成反应。(4)相同条件下,1 mol D与足量钠反应生成H2为1 mol,与足量碳酸氢钠反应生成CO2为2 mol,则体积比为1∶2。(5)满足题中条件的B的同分异构体分子中含有3个—CH3、1个苯环、1个—NH2,还应含有2个酚—OH,分子结构对称,从而得出结构简式为或。(6)以1,3-丁二烯和尿素为原料制备,故应制得HOOCCH2CH2COOH,则1,3-丁二烯应先与Br2发生1,4加成生成CH2BrCHCHCH2Br,然后CH2BrCHCHCH2Br再利用H2加成生成CH2BrCH2CH2CH2Br,CH2BrCH2CH2CH2Br发生水解生成CH2OHCH2CH2CH2OH,CH2OHCH2CH2CH2OH连续氧化生成羧酸,然后生成产物。(共35张PPT)
微测20
非选择题提分测(五)
可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14　O—16　Fe—56
1.铁和锡是常用于食品包装的金属，其化合物在工业上也广泛应用。
Ⅰ.锡与形成化合物种类最多的元素同主族，某锡的化合物可作为治疗癌症药物的原料，结构如图(Bu-n为正丁基)。
1
2
3
4
(1)Sn位于元素周期表的________区。
(2)结构中一个Sn原子形成的配位键有_______个，结构中N原子的杂化类型为_____________。
p
3
sp2
Ⅱ.由工业磷化渣[主要成分是FePO4，杂质为Zn2Fe(PO4)2(FeⅡ)]来制备锂电池原料磷酸铁的工业流程如图。
1
2
3
4
已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-39；Ksp[Zn(OH)2]=1×10-17。
(3)“碱浸”过程中，提升浸出率的方法有_____________________(写出一条即可)。
(4)写出Zn2Fe(PO4)2“碱浸”过程中反应的化学方程式：_____________
__________________________________________________，若以离子浓度为1×10-5 mol·L-1视为沉淀完全，“碱浸”中，若将Zn2+沉淀完全，pH应为_____________。
(5)“步骤A”的名称为______________。
1
2
3
4
粉碎或搅拌等
4Zn2Fe(PO4)2+
24NaOH+O2+2H2O===8Na3PO4+8Zn(OH)2+4Fe(OH)3
8
萃取、分液
(6)理论上，电池原料要求磷酸铁中铁磷的物质的量比为1.0，实际pH对产物的影响如图所示，要达此标准，“搅拌”步骤中控制的pH为_____________。
1
2
3
4
2
(7)磷酸铁锂电池是绿色环保型电池，石墨作为锂离子电池的负极材料，Li+嵌入石墨的两层间，导致石墨的层堆积方式发生改变，形成化学式为LixCy的嵌入化合物，平面结构如图所示，则x∶y为_____________。
1
2
3
4
1∶6
(1)形成化合物种类最多的元素为碳，第ⅣA族元素都在元素周期表的p区。(2)结构中箭头标的为配位键。每个N原子都含有一个双键，所以N原子的杂化类型为sp2。(3)粉碎、搅拌，在“碱浸”过程中可增大接触面积，以提高浸出率。(4)由于过滤Ⅰ生成的沉淀为Fe(OH)3和Zn(OH)2，则反应的化学方程式为4Zn2Fe(PO4)2+
24NaOH+O2+2H2O===8Na3PO4+8Zn(OH)2+4Fe(OH)3，Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)·c2(OH-)=1×10-17，当c(Zn2+)=10-5 mol·L-1
解析
1
2
3
4
时，c(OH-)==10-6 mol·L-1，则c(H+)===10-8 mol·L-1，所以c(Zn2+)=10-5 mol·L-1时，pH=8。(5)加入双硫腙 后，混合物分为有机相和余液，所以双硫腙是萃取剂，步骤A为萃取、分液。(6)根据题图可得，在pH=2时，铁磷的物质的量比为0.95，接近标准1.0。(7)根据均摊原则，每个碳环实际占用2个碳原子，实际上每个Li+占用6个碳原子，所以x∶y为1∶6。
解析
1
2
3
4
1
2
3
4
Ⅰ.溶液配制
(1)用滴定管量取100 μg·mL-1铁储备液10.00 mL，置于100 mL棕色容量瓶中加入2.0 mL 6 mol·L-1 HCl溶液，用蒸馏水稀释至刻度，摇匀，得到10 μg·mL-1铁标准溶液。此过程中除了用到容量瓶、滴定管和玻璃棒外，还需要的仪器有_____________(填字母)。洁净的容量瓶在使用之前需要进行的操作是_____________。
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3
4
BD
检漏
Ⅱ.邻二氮菲-Fe2+吸收曲线的绘制
(2)用滴定管量取铁标准溶液10 μg·mL-1 6.00 mL，经试剂处理后采用不同的波长λ为横坐标，由计算机绘制A与λ的吸收曲线如图，确定最大吸收波长λmax。
1
2
3
4
在显色前，首先用盐酸羟胺(NH2OH·HCl，强电解质)将Fe3+还原成Fe2+。其反应离子方程式为____________________________________
____________。试剂处理时需要加入5 mL CH3COOH—CH3COONa缓冲溶液使溶液的pH保持在合适范围，若pH过高，会造成_______________________________________；若pH过低，会造成____________________________________。
(3)邻二氮菲-Fe2+配合物中配位原子个数为_____________。
1
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4
2NH2OH·H++2Fe3+===N2↑+2Fe2++
2H2O+4H+
生成沉淀，降低Fe2+浓度
邻二氮菲与氢离子结合，不与Fe2+配位
6
(4)从吸收曲线可知，邻二氮菲-Fe2+配合物最大吸收波长λmax=510 nm，在此波长下，该配合物的摩尔吸光系数ε510=1.1×104 L· mol-1·cm-1，若某次测量时溶液的吸光度A=0.412，比色皿厚度1 cm，则溶液中Fe2+的浓度为_____________ mol·L-1(保留两位有效数字)。
1
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3
4
3.7×10-5
控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响。(1)配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量(量取)、溶解(稀释)、转 移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；此过程中除了用到容量瓶、滴定管和玻璃棒外，还需要的仪器有量取2.0 mL HCl溶液需要的量筒和定容需要的胶体滴管，故选BD。洁净的容量瓶在使用之前需要进行的操作是检漏，防止配制过程中漏液。(2)盐酸羟胺将
解析
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4
Fe3+还原成Fe2+，氮元素被氧化为氮气，结合电子守恒，其反应离子方程式为2NH2OH·H++2Fe3+===N2+2Fe2++2H2O+4H+。若pH过高，会造成亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀；若pH过低，会造成邻二氮菲中氮原子会结合H+，使得其配位能力降低。(3)邻二氮菲-Fe2+配合物中亚铁离子提供空轨道、氮提供孤电子对形成配位键，结合3C12H8N2+Fe2+===[Fe(C12H8N2)3]2+，1个亚铁离子和3个C12H8N2形成配合物，则配位原子个数为6。(4)根据朗伯比耳定律：A=εcL，0.412=1.1×104 L·mol-1·cm-1×c×1 cm，则溶液中Fe2+的浓度为3.7×10-5 mol·L-1。
解析
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1
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2CO2(g)+6H2(g)
CH3OCH3(g)+3H2O(g)　ΔH=-122.5 kJ·mol-1
低温
当温度高于300 ℃，CO2的平衡转化率随温度升高而上升的原因是_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
1
2
3
4
反应①的ΔH>0，CO2转化为CH3OCH3的反应的ΔH<0，温度升高，使CO2转化为CO的平衡转化率上升，而使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度
0.04
1
2
3
4
(3)在不同的压强下，按照n(CO2)∶
n(H2)=1∶3投料比合成甲醇，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图 甲、乙所示。
下列说法正确的是_____________(填字母)。
A.图甲的纵坐标表示CH3OH的平衡产率
B.压强：p1C.为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择高 温、高压的反应条件
D.一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，是提高CO2的平衡转化率的主要研究方向
1
2
3
4
A
1
2
3
4
6.65%
1
2
3
4
30
1
2
3
4
解析
1
2
3
4
解析
1
2
3
4
解析
0.04。(3)温度升高，反应③的平衡逆向移动，反应④的平衡正向移动，CH3OH(g)的平衡产率会降低，所以题图甲的纵坐标表示CH3OH的平衡产率，A项正确；反应③的正反应是气体体积减小的反应，在其他条件不变时，增大压强，化学平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，CH3OH的平衡产率增大，压强p1>p2>p3，B项错误；反应③的正反应是气体体积减小的放热反应，为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，根据平衡移动原理可知应选择低温、高压的反应条件，C项错误；一定温度、压
解析
1
2
3
4
1
2
3
4
解析
4.普瑞巴林是治疗癫痫的药物，其合成路线如下(Et为乙基)。
1
2
3
4
(1)普瑞巴林的分子式为_________________，其所含官能团的名称为____________。
(2)写出A物质和银氨溶液反应的离子方程式：
____________________________________________________
_____________。
1
2
3
4
C8H17NO2
羧基、氨基
(3)由B→C的反应类型为_____________。
(4)相同条件下，1 mol D分别与足量金属钠和碳酸氢钠反应，生成气体的体积比为_____________。
加成反应
1∶2
(5)写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式：
____________________________________________________。
①含有一个苯环
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为9∶2∶2∶2
1
2
3
4
(6)写出以1，3-丁二烯和尿素为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂任用)。
答案
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
1
2
3
4
解析
1
2
3
4
解析
1
2
3
4
解析微测21　非选择题提分测(六)
可能用到的相对原子质量:H—1　C—12　N—14　O—16　Cu—64
1.镓是一种战略金属元素,一种由湿法提锌浸出渣(含Ga、Pb、Zn、Fe等元素的氧化物)生产镓的流程如下:
(1)“酸浸”步骤中,随着湿法提锌浸出渣含Pb量的升高,Ga的浸出率降低的原因是_______________________________________,在含Pb量不变的条件下,可提高Ga浸出率的措施是__________________________(任答一点)。
(2)“还原”步骤中,若A物质选择ZnS(难溶于水),可得到黄色沉淀,该步骤Fe3+发生反应的离子方程式为_______________________________________,可用于证明Fe3+反应完全的试剂是__________________________(填化学式)。
(3)部分离子浓度pM[pM=-lg c(某离子)]与pH关系如图所示。
根据流程和图中信息判断“中和沉镓”后所得滤液中的主要过渡金属阳离子为_______(填离子符号)。
(4)“电解”时需严格控制电解液pH,若pH过低可能造成的后果是__________________________。
(5)已知镓的化学性质与铝相似,“碱浸”时为了节约成本,有研究人员提出B物质使用氨水。已知25 ℃时,Ga(OH)3+H2O[Ga(OH)4]-+H+　Ka[Ga(OH)3]=5×10-11,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。试通过计算推测该条件下Ga(OH)3在NH3·H2O中的溶解趋势。写出简要计算过程并得出结论:
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
2.二苯乙二酮是重要的化学品,常由安息香制得。一种利用NH4NO3氧化安息香制二苯乙二酮的原理、装置及步骤如下:
Ⅰ.在50 mL装置A中加入0.08 g (CH3COO)2Cu,2.40 g NH4NO3(过量)、4.24 g安息香以及18.0 mL冰醋酸。
Ⅱ.安装回流装置,加入磁子,使用磁搅拌加热器加热搅拌。平稳回流40 min后,每隔15 min利用薄板层析检测反应混合物,当安息香已全部转化为二苯乙二酮后,停止加热。
Ⅲ.充分冷却后,将析出的黄色固体滤出,用95%乙醇重结晶,晾干后称量,得黄色柱状晶体3.57 g。
回答下列问题:
(1)装置A的名称是_____________________。(CH3COO)2Cu的作用是__________________________。
(2)步骤Ⅱ中,搅拌的作用是______________________。
(3)反应B的化学方程式为____________________________________________________。
(4)薄板层析在生化实验中应用广泛。薄板表面涂有硅胶,其剖面如图甲所示。取装置A内液体点在薄板M处,乙酸乙酯和正己烷的混合液带动样品在薄板上爬升时(图乙),由于硅胶层表面对安息香与二苯乙二酮吸附力强弱不同,因此爬升高度不同(图丙)。
甲
　
乙 丙
①下列关于薄板层析检测的说法错误的是_____________(填字母)。
A.乙酸乙酯是一种常用的密度比水小的有机溶剂
B.将硅胶置于蒸馏水中,Si—O键会逐渐断开形成硅酸
C.薄板层析实验的原理是利用物质的相对分子质量不同对物质进行区分
②图丙中,当_____________(填“P点”或“Q点”)消失时,应关闭磁搅拌加热器停止反应。
(5)利用红外光谱对产物进行表征,对比安息香的红外光谱图,能够初步推测安息香转化为二苯乙二酮的谱图变化为__________________________。
(6)本次实验二苯乙二酮的产率为_______。
3.丙烯是重要的化工原料,其中较为成熟的制备方法为丙烷无氧脱氢法。
涉及的反应为C3H8C3H6+H2(Ⅰ);
主要副反应为C3H8C2H4+CH4(Ⅱ)。
(1)已知反应(Ⅰ)在温度900 K以上才可自发,则其ΔH_____________(填“>”“<”或“=”)0。
(2)丙烷的平衡转化率和丙烯的选择性随温度变化如图甲所示。
甲
随温度的升高丙烯选择性下降的原因除了上述副反应和碳化外还可能发生聚合反应,该聚合反应的化学方程式为_____________________。
(3)生产过程中温度控制在773~873 K,在100 kPa和10 kPa下丙烷和丙烯平衡物质的量分数随温度变化如图乙所示。
乙
判断100 kPa和10 kPa下丙烷平衡物质的量分数随温度变化曲线为_____________、_____________(填“a”“b”“c”或“d”),判断依据是________________________________________________________________。
(4)在某温度、100 kPa下,向反应器中充入1 mol气态丙烷发生反应(Ⅰ),其平衡转化率为50%,欲将平衡转化率提高至75%,需要向反应器中充入_____________ mol惰性气体作为稀释气(计算时忽略副反应)。
(5)研究发现,Pt颗粒能吸附并高效活化C—H键,Pt晶面上丙烷系列脱氢过程中物质的相对能量关系如图丙所示。
丙
为了提高丙烯的产率,科研工作者根据图中信息对催化剂功能应做出的调整是_____________(填“提高”或“降低”,下同)步骤1的活化能,_____________步骤2的活化能。
4.Imrecoxib是我国科学家研发出来的一款高效低毒的非甾体抗炎药。下图是Imrecoxib的两条合成路线。
回答下列问题:
(1)有机化学中将烃分子中氢原子被氰基(—CN)取代后的产物命名为“腈”,则合成路线Ⅱ中所用到溶剂CH3CN的名称为______________________。
(2)H→F反应的反应类型为_______。(CH3CH2)3N是一种有机碱,推测其在C→D反应中的作用是______________________________________________________________________________。
(3)从D→E反应中官能团的转化角度分析,Jones试剂的成分可能为_____________(填字母)。
A.Fe粉与盐酸的混合物
B.CrO3与浓硫酸的混合物
C.Na与液氨的混合物
D.KOH与乙醇的混合物
(4)文献表明合成路线Ⅰ和Ⅱ中每步反应的转化率均在70%~80%之间,且所用反应条件均比较温和,两条合成路线中能更好贯彻“绿色化学”理念的是_______________________________________(做出判断并阐述理由)。
(5)已知B→C反应的原子利用率为100%,则试剂M的同分异构体有_____________种。
(6)下图为某合成路线中的一部分。
IJK
①其中J和K的结构简式分别为_______和___________。
②已知I→J的反应类型为加成反应,则其方程式为_____________________。
微测21　非选择题提分测(六)
1.答案　(1)生成的PbSO4难溶,包覆在含镓残渣表面使Ga的浸出率降低　粉碎、搅拌、增加浸出时间、反复浸出、适当升高温度、适当提高酸的浓度(任答一点)
(2)ZnS+2Fe3+===2Fe2++S↓+Zn2+或H2S+2Fe3+===2Fe2++S↓+2H+　KSCN或K4[Fe(CN)6]
(3)Fe2+、Zn2+　(4)阴极氢离子放电产生氢气
(5)反应Ga(OH)3+NH3·H2O===[Ga(OH)4]-+N的平衡常数K====9×10-2,一般来说,K>105时反应基本完全了,则K<10-5时反应较难发生或者说逆向进行得比较完全,105>K>10-5为可逆反应,因为105>9×10-2>10-5,所以可得到结论:Ga(OH)3+NH3·H2O===[Ga(OH)4]-+N正向可溶,或者Ga(OH)3在NH3·H2O可溶,但是可逆反应
解析　湿法提锌浸出渣(含Ga、Pb、Zn、Fe等元素的氧化物)用硫酸酸浸,Pb2+和硫酸根反应生成不溶性的硫酸铅,其他离子在滤液中,加入A物质还原,将Fe3+还原为Fe2+,加入石灰中和沉镓,过滤得到Ga(OH)3沉淀,Fe2+、Zn2+在滤液中,沉淀加B物质碱浸,使Ga(OH)3沉淀溶解,所得溶液进行电解得到粗镓;经多步操作得到纯镓。(1)酸浸时生成硫酸铅沉淀,则“酸浸”步骤中,随着湿法提锌浸出渣含Pb量的升高,Ga的浸出率降低的原因是:生成的PbSO4难溶,包覆在含镓残渣表面使Ga的浸出率降低;增大反应物的浓度、增大接触面积、升温等均能加快反应速率,则在含Pb量不变的条件下,可提高Ga浸出率的措施是:粉碎、搅拌、增加浸出时间、反复浸出、适当升高温度、适当提高酸的浓度等。(2)“还原”步骤中,若A物质选择ZnS(难溶于水),得到的黄色沉淀为硫单质,则该步骤中Fe3+为氧化剂,由于所得溶液呈酸性,ZnS或其转化生成的H2S为还原剂,则发生反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+===2Fe2++S↓+Zn2+或H2S+2Fe3+===2Fe2++S↓+2H+,铁离子与硫氰根离子生成红色溶液、与K4[Fe(CN)6]产生深蓝色沉淀,故可用于证明Fe3+反应完全的试剂是KSCN或K4[Fe(CN)6]。(3)通常,金属离子浓度小于10-5 mol/L即图中该离子对应的pM>5时可认为沉淀完全,由图可知,镓离子沉淀完全时锌离子、亚铁离子尚未沉淀,则根据流程和图中信息判断“中和沉镓”后所得滤液中的主要过渡金属阳离子为Fe2+、Zn2+。(4)电解时,镓离子在阴极得到电子被还原生成镓,“电解”时需严格控制电解液pH,若pH过低,氢离子浓度过大,可能造成的后果是:阴极氢离子放电产生氢气。
2.答案　(1)三颈烧瓶　催化剂(或答“起催化作用”)
(2)使混合物受热均匀,防暴沸　(3)2CH3COOCu+NH4NO3+2CH3COOH===N2↑+2(CH3COO)2Cu+3H2O　(4)①BC　②Q点　(5)O—H吸收峰消失(或答“羟基/—OH吸收峰消失”)　(6)85%(或答0.85)
解析　安息香在(CH3COO)2Cu做催化剂条件下与硝酸铵反应生成,在圆底烧瓶里加入(CH3COO)2Cu、NH4NO3和冰醋酸,加热搅拌,待平稳回流,安息香已全部转化为二苯乙二酮后,停止加热,冷却后,析出黄色固体,过滤,用乙醇重结晶,可得晶体,据此解答。(1)装置A的名称是三颈烧瓶,由反应原理图可知,(CH3COO)2Cu生成CH3COOCu后与硝酸铵又转化为(CH3COO)2Cu,作用是催化剂。(2)步骤Ⅱ中,搅拌的作用是使混合物受热均匀,防暴沸。(3)反应B为CH3COOCu与硝酸铵转化为(CH3COO)2Cu和氮气与水,化学方程式为2CH3COOCu+NH4NO3+2CH3COOH===N2↑+2(CH3COO)2Cu+3H2O。(4)①乙酸乙酯密度小于水,A项正确;Si—O稳定,不与水发生反应(类比SiO2与水不发生反应),B项错误;根据题干“硅胶层表面对安息香与二苯乙二酮吸附力强弱不同”,结合安息香与二苯乙二酮的结构可知,作用本质并非仅是范德华力,二者均可与硅胶表面形成氢键,C项错误。故选BC。②比较安息香与二苯乙二酮的结构,可知安息香与硅胶表面—OH形成氢键能力更强,吸附力也更强,所以随着展开剂向上展开时,爬升较慢,故图丙Q点为安息香指示点。所以,当Q点消失时,证明烧瓶中液体不含安息香,即反应完全,可停止加热。(5)通过红外光谱测试,可得到化合物中含有官能团或化学键的信息。比较安息香与二苯乙二酮的结构,二者官能团的差异在于二苯乙二酮结构中无—OH(或O—H键),故谱图变化为“O—H吸收峰消失”。(6)根据步骤Ⅲ中数据可计算二苯乙二酮的物质的量为=0.17 mol,安息香的物质的量为=0.20 mol,故产率为×100%=85%。
3.答案　(1)>
(2)nCH3CHCH2
(3)c　d　根据反应热效应及分子数变化,升温正向移动,丙烷含量下降;加压逆向移动,丙烷含量较高,故变化曲线为c、d　(4)5　(5)降低　提高
解析　(1)满足ΔG=ΔH-TΔS<0可自发,观察可知该反应ΔS>0,再结合该反应较高温度自发,可判定该反应ΔH>0。(2)生成的丙烯可以发生加聚反应,反应的化学方程式为nCH3。(3)反应为C3H8C3H6+H2(Ⅰ)　ΔH>0,根据反应热效应及分子数变化,其他条件不变时,升温正向移动,丙烷含量下降;其他条件不变时,加压逆向移动,丙烷含量较高,故变化曲线为c、d。(4)设充入惰性气体物质的量为x mol,在某温度、100 kPa下,向反应器中充入1 mol气态丙烷发生已知反应。丙烷的平衡转化率为50%,可列三段式:
平衡时混合气体总物质的量为1.5 mol,此时容器的体积为V;当丙烷的平衡转化率为75%,可列三段式:
此时丙烷、丙烯、H2物质的量之和为1.75 mol,混合气的总物质的量为(1.75+x) mol,在恒温、恒压时,体积之比等于物质的量之比,此时容器的体积为×V;两次平衡温度相同,则平衡常数相等,则=,解得x=5。(5)根据题干描述,为提高丙烯的产率,应加快吸附态丙烯脱附,减缓吸附态丙烯深度脱氢,故需降低步骤1的活化能,提高步骤2的活化能。
4.答案　(1)乙腈或甲基氰　(2)取代反应　中和生成的HCl,促进反应正向移动,提高反应的转化率　(3)B
(4)合成路线Ⅱ。合成步骤少,产率高　(5)3
(6)①　
②+HBrO
解析　A在NaBH4条件下与CH3OH反应生成B,B与试剂M生成C,C与和(CH3CH2)3N取代反应生成D,D发生氧化反应生成E,E与t-C4H9OK和t-C4H9OH反应生成F;G与和(CH3CH2)3N、CH3CN反应生成H,H与(CH3CH2)3N发生取代反应生成F,据此解答。(1)烃分子中氢原子被氰基(—CN)取代后的产物命名为“腈”,CH3CN含两个C,故名称为乙腈或甲基氰。(2)H→F反应中O被基团代替,反应类型为取代反应;(CH3CH2)3N是一种有机碱,在C→D反应中生成HCl,故其作用是中和生成的HCl,促进反应正向移动,提高反应的转化率。(3)对比化合物E与D的结构可知发生醇的氧化,Jones试剂为氧化剂。含有金属,常用作还原反应,A项错误;Cr元素化合价最高为+6价,硫酸辅助,可将醇氧化,B项正确;含有金属,常用作还原反应,C项错误;KOH与乙醇的混合物具有明显的碱性,不具有氧化性,D项错误。(4)对比路线Ⅰ、Ⅱ可知,路线Ⅰ由5步转化组成,路线Ⅱ由2步转化组成。假设路线Ⅰ中每步转化的转化率均能达到题中所给信息的最高转化率80%,其总产率为(80%)5≈33%;同理,假设路线Ⅱ中每步转化的转化率只有题中所给信息的最低转化率70%,其总产率仍可达到(70%)2=49%。故路线Ⅱ能更好地贯彻绿色化学理念。(5)对比化合物B、C结构可知试剂M为,其同分异构体有、、,共3种。(6)①由合成路线ⅡG→H可推知,K为,K为J被氧化后的产物,可推知J为。②已知I→J的反应类型为加成反应,则I为,则其方程式为+HBrO。(共40张PPT)
微测21
非选择题提分测(六)
可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14　O—16　Cu—64
1.镓是一种战略金属元素，一种由湿法提锌浸出渣(含Ga、Pb、Zn、Fe等元素的氧化物)生产镓的流程如下：
1
2
3
4
(1)“酸浸”步骤中，随着湿法提锌浸出渣含Pb量的升高，Ga的浸出率降低的原因是_______________________________________________
_____________，在含Pb量不变的条件下，可提高Ga浸出率的措施是_________________________________________________________________________(任答一点)。
1
2
3
4
生成的PbSO4难溶，包覆在含镓残渣表面使Ga的浸出率降低
粉碎、搅拌、增加浸出时间、反复浸出、适当升高温度、适当提高酸的浓度
(2)“还原”步骤中，若A物质选择ZnS(难溶于水)，可得到黄色沉淀，该步骤Fe3+发生反应的离子方程式为____________________________
_______________________________，可用于证明Fe3+反应完全的试剂是__________________________(填化学式)。
ZnS+2Fe3+===2Fe2++S↓+Zn2+或H2S+2Fe3+===2Fe2++S↓+2H+
KSCN或K4[Fe(CN)6]
(3)部分离子浓度pM[pM=-lg c(某离子)]与pH关系如图所示。
1
2
3
4
根据流程和图中信息判断“中和沉镓”后所得滤液中的主要过渡金属阳离子为______________(填离子符号)。
(4)“电解”时需严格控制电解液pH，若pH过低可能造成的后果是__________________________。
Fe2+、Zn2+
阴极氢离子放电产生氢气
(5)已知镓的化学性质与铝相似，“碱浸”时为了节约成本，有研究人员提出B物质使用氨水。已知25 ℃时，Ga(OH)3+H2O [Ga(OH)4]-+H+　Ka[Ga(OH)3]=5×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。试通过计算推测该条件下Ga(OH)3在NH3·H2O中的溶解趋势。写出简要计算过程并得出结论：
___________________________________________________________
___________________________________________________________
_________________________________________________________
1
2
3
4
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
1
2
3
4
了，则K<10-5时反应较难发生或者说逆向进行得比较完全，105>K>10-5为可逆反应，因为105>9×10-2>10-5，所以可得到结 论：Ga(OH)3+NH3·H2O===[Ga(OH)4]-+N正向可溶，或者Ga(OH)3在NH3·H2O可溶，但是可逆反应
湿法提锌浸出渣(含Ga、Pb、Zn、Fe等元素的氧化物)用硫酸酸 浸，Pb2+和硫酸根反应生成不溶性的硫酸铅，其他离子在滤液 中，加入A物质还原，将Fe3+还原为Fe2+，加入石灰中和沉镓，过滤得到Ga(OH)3沉淀，Fe2+、Zn2+在滤液中，沉淀加B物质碱浸，使Ga(OH)3沉淀溶解，所得溶液进行电解得到粗镓；经多步操作得到纯镓。(1)酸浸时生成硫酸铅沉淀，则“酸浸”步骤中，随着湿法提锌浸出渣含Pb量的升高，Ga的浸出率降低的原因是：生成的PbSO4难溶，包覆在含镓残渣表面使Ga的浸出率降低；增大反应
解析
1
2
3
4
物的浓度、增大接触面积、升温等均能加快反应速率，则在含Pb量不变的条件下，可提高Ga浸出率的措施是：粉碎、搅拌、增加浸出时间、反复浸出、适当升高温度、适当提高酸的浓度等。 (2)“还原”步骤中，若A物质选择ZnS(难溶于水)，得到的黄色沉淀为硫单质，则该步骤中Fe3+为氧化剂，由于所得溶液呈酸性，ZnS或其转化生成的H2S为还原剂，则发生反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+===2Fe2++S↓+Zn2+或H2S+2Fe3+===2Fe2++S↓+2H+，铁离
解析
1
2
3
4
子与硫氰根离子生成红色溶液、与K4[Fe(CN)6]产生深蓝色沉淀，故可用于证明Fe3+反应完全的试剂是KSCN或K4[Fe(CN)6]。(3)通常，金属离子浓度小于10-5 mol/L即图中该离子对应的pM>5时可认为沉淀完全，由图可知，镓离子沉淀完全时锌离子、亚铁离子尚未沉 淀，则根据流程和图中信息判断“中和沉镓”后所得滤液中的主要过渡金属阳离子为Fe2+、Zn2+。(4)电解时，镓离子在阴极得到电子被还原生成镓，“电解”时需严格控制电解液pH，若pH过低，氢离子浓度过大，可能造成的后果是：阴极氢离子放电产生氢气。
解析
1
2
3
4
1
2
3
4
Ⅰ.在50 mL装置A中加入0.08 g (CH3COO)2Cu，2.40 g NH4NO3(过 量)、4.24 g安息香以及18.0 mL冰醋酸。
Ⅱ.安装回流装置，加入磁子，使用磁搅拌加热器加热搅拌。平稳回流40 min后，每隔15 min利用薄板层析检测反应混合物，当安息香已全部转化为二苯乙二酮后，停止加热。
Ⅲ.充分冷却后，将析出的黄色固体滤出，用95%乙醇重结晶，晾干后称量，得黄色柱状晶体3.57 g。
回答下列问题：
1
2
3
4
(1)装置A的名称是_____________________。(CH3COO)2Cu的作用是__________________________。
(2)步骤Ⅱ中，搅拌的作用是___________________________。
(3)反应B的化学方程式为______________________________________
____________________________。
1
2
3
4
三颈烧瓶
催化剂(或答“起催化作用”)
使混合物受热均匀，防暴沸
2CH3COOCu+NH4NO3+2CH3COOH===
N2↑+2(CH3COO)2Cu+3H2O
(4)薄板层析在生化实验中应用广泛。薄板表面涂有硅胶，其剖面如图甲所示。取装置A内液体点在薄板M处，乙酸乙酯和正己烷的混合液带动样品在薄板上爬升时(图乙)，由于硅胶层表面对安息香与二苯乙二酮吸附力强弱不同，因此爬升高度不同(图丙)。
1
2
3
4
①下列关于薄板层析检测的说法错误的是_____________(填字母)。
A.乙酸乙酯是一种常用的密度比水小的有机溶剂
B.将硅胶置于蒸馏水中，Si—O键会逐渐断开形成硅酸
C.薄板层析实验的原理是利用物质的相对分子质量不同对物质进行区分
②图丙中，当_____________(填“P点”或“Q点”)消失时，应关闭磁搅拌加热器停止反应。
1
2
3
4
BC
Q点
(5)利用红外光谱对产物进行表征，对比安息香的红外光谱图，能够初步推测安息香转化为二苯乙二酮的谱图变化为_________________
______________________________。
(6)本次实验二苯乙二酮的产率为_______________。
1
2
3
4
O—H吸收峰消失(或答“羟基/—OH吸收峰消失”)
85%(或答0.85)
1
2
3
4
解析
暴沸。(3)反应B为CH3COOCu与硝酸铵转化为(CH3COO)2Cu和氮气与水，化学方程式为2CH3COOCu+NH4NO3+2CH3COOH===N2↑
+2(CH3COO)2Cu+3H2O。(4)①乙酸乙酯密度小于水，A项正确；Si—O稳定，不与水发生反应(类比SiO2与水不发生反应)，B项错误；根据题干“硅胶层表面对安息香与二苯乙二酮吸附力强弱不 同”，结合安息香与二苯乙二酮的结构可知，作用本质并非仅是范德华力，二者均可与硅胶表面形成氢键，C项错误。故选BC。
解析
1
2
3
4
②比较安息香与二苯乙二酮的结构，可知安息香与硅胶表面—OH形成氢键能力更强，吸附力也更强，所以随着展开剂向上展开 时，爬升较慢，故图丙Q点为安息香指示点。所以，当Q点消失 时，证明烧瓶中液体不含安息香，即反应完全，可停止加热。 (5)通过红外光谱测试，可得到化合物中含有官能团或化学键的信息。比较安息香与二苯乙二酮的结构，二者官能团的差异在于二苯乙二酮结构中无—OH(或O—H键)，故谱图变化为“O—H吸收峰
解析
1
2
3
4
1
2
3
4
解析
1
2
3
4
>
(2)丙烷的平衡转化率和丙烯的选择性随温度变化如图甲所示。
1
2
3
4
随温度的升高丙烯选择性下降的原因除了上述副反应和碳化外还可能发生聚合反应，该聚合反应的化学方程式为
_________________________________。
(3)生产过程中温度控制在773~873 K，在100 kPa和10 kPa下丙烷和丙烯平衡物质的量分数随温度变化如图乙所示。
1
2
3
4
判断100 kPa和10 kPa下丙烷平衡物质的量分数随温度变化曲线为__________、_________
(填“a”“b”“c”或“d”)，判断依据是___________
_______________________________________
______________________________________________________________。
c
d
根据反应热效应及分子数变化，升温正向移动，丙烷含量下降；加压逆向移动，丙烷含量较高，故变化曲线为c、d
(4)在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 mol气态丙烷发生反应(Ⅰ)，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入_____________ mol惰性气体作为稀释气(计算时忽略副反应)。
1
2
3
4
(5)研究发现，Pt颗粒能吸附并高效活化C—H键，Pt晶面上丙烷系列脱氢过程中物质的相对能量关系如图丙所示。
5
为了提高丙烯的产率，科研工作者根据图中信息对催化剂功能应做出的调整是___________(填“提高”或“降低”，下同)步骤1的活化能，_____________步骤2的活化能。
1
2
3
4
降低
提高
1
2
3
4
解析
1
2
3
4
解析
1
2
3
4
解析
1
2
3
4
解析
4.Imrecoxib是我国科学家研发出来的一款高效低毒的非甾体抗炎药。下图是Imrecoxib的两条合成路线。
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
回答下列问题：
(1)有机化学中将烃分子中氢原子被氰基(—CN)取代后的产物命名为 “腈”，则合成路线Ⅱ中所用到溶剂CH3CN的名称为______________
____________。
(2)H→F反应的反应类型为_____________。(CH3CH2)3N是一种有机碱，推测其在C→D反应中的作用是_____________________________
___________________________。
1
2
3
4
乙腈或甲
基氰
取代反应
中和生成的HCl，促进反应正向移动，提高反应的转化率
(3)从D→E反应中官能团的转化角度分析，Jones试剂的成分可能为_____________(填字母)。
A.Fe粉与盐酸的混合物
B.CrO3与浓硫酸的混合物
C.Na与液氨的混合物
D.KOH与乙醇的混合物
1
2
3
4
B
(4)文献表明合成路线Ⅰ和Ⅱ中每步反应的转化率均在70%~80%之 间，且所用反应条件均比较温和，两条合成路线中能更好贯彻“绿色化学”理念的是_______________________________________(做出判断并阐述理由)。
(5)已知B→C反应的原子利用率为100%，则试剂M的同分异构体有_____________种。
1
2
3
4
合成路线Ⅱ。合成步骤少，产率高
3
(6)下图为某合成路线中的一部分。

①其中J和K的结构简式分别为____________和___________。
1
2
3
4
②已知I→J的反应类型为加成反应，则其方程式为
__________________________________________。
1
2
3
4
1
2
3
4
解析
1
2
3
4
解析
素化合价最高为+6价，硫酸辅助，可将醇氧化，B项正确；含有金属，常用作还原反应，C项错误；KOH与乙醇的混合物具有明显的碱性，不具有氧化性，D项错误。(4)对比路线Ⅰ、Ⅱ可知，路线Ⅰ由5步转化组成，路线Ⅱ由2步转化组成。假设路线Ⅰ中每步转化的转化率均能达到题中所给信息的最高转化率80%，其总产率为(80%)5≈33%；同理，假设路线Ⅱ中每步转化的转化率只有题中所给信息的最低转化率70%，其总产率仍可达到(70%)2=49%。故路线Ⅱ
解析
1
2
3
4
1
2
3
4
解析微测22　非选择题提分测(七)
可能用到的相对原子质量:H—1　Li—7　C—12　O—16　F—19　Mg—24　P—31　K—39　Fe—56
1.神行PLUS超充电池使用LiFePO4作为电极材料,可以实现充电十分钟,续航600公里。一种利用硫铁矿(主要成分为FeS2,含少量Al2O3、SiO2和Fe2O3)制备电极材料LiFePO4的工艺流程如图所示:
已知:
Ⅰ.LiFePO4不溶于水和碱,能溶于强酸。
Ⅱ.几种金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
金属氢氧化物 Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2
开始沉淀的pH 3.4 1.9 7.0
完全沉淀的pH 4.7 3.2 9.0
回答下列问题:
(1)元素Fe在元素周期表中的位置为______________________。
(2)“焙烧”前将硫铁矿粉碎的目的是_____________________。
(3)“焙烧”到“氧化”要经历四步,请从下列步骤中选择正确的步骤并合理排序_______(填字母)。
(4)“氧化”时,试剂R最适宜选用_____________。
(5)“高温煅烧”条件下,由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为_____________________________________。
(6)产品纯度的测定。分别取5.000 g产品三次,用稀硫酸溶解,滴加二苯胺磺酸钠作指示剂,用0.200 0 mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点,平均消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL,则产品LiFePO4的纯度为_____________%(保留3位有效数字)。考虑到测定过程中空气的影响,产物中LiFePO4的含量应比测量值_____________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(7)磷酸亚铁锂电池的总反应式为LixC6+Li1-xFePO4LiFePO4+6C,其工作原理如图所示。放电时LiFePO4极的电极反应式为__________________________。
2.BiVO4是一种制备H2O2的光催化剂。液相沉淀法制备BiVO4的实验步骤如下(部分条件略):
已知:BiVO4为粉末状晶体,难溶于水、酸和乙醇。
回答下列问题:
(1)配制所需250 mL 0.1 mol/L Bi(NO3)3溶液,需要的仪器除了天平、胶头滴管、玻璃棒外还有_____________(填字母)。
A B C D E
(2)配制Bi(NO3)3溶液时,为了抑制Bi3+的水解,需先将Bi(NO3)3溶于_______。
(3)步骤③需在搅拌条件下将步骤②的NH4VO3的碱性溶液滴加到步骤①的Bi(NO3)3溶液中,得到BiVO4黄色沉淀的化学方程式为__________________________;控制并保持温度在90 ℃的方法是_______;判断Bi3+沉淀完全的操作是____________________________________________________。
(4)步骤④中,为使固液快速分离,应采用的方法是_____________。
(5)步骤⑤中,需要先用大量蒸馏水洗涤,再用乙醇洗涤,使用乙醇的目的是__________________________。
(6)产物BiVO4的晶体结构可用_______(填仪器名称)测定。
3.氢气是一种清洁能源,氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。目前,我国已成为世界第一大产氢国,以下路线均可制氢气。
Ⅰ.水煤气法制氢气
发生以下两个反应:
反应1:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)
反应2:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
(1)400 ℃时将CO(g)和H2O(g)各0.1 mol通入容积为2 L的密闭容器中仅发生反应2,8 min时CO的转化率是40%,用H2的浓度变化表示的反应速率v(H2)=_____________ mol·L-1·min-1。
(2)恒温恒压时向体系中充入一定量N2(不参与反应)可提高H2的平衡产率,原因为______________________________________________________________________________。
Ⅱ.乙醇与水催化反应制氢气
发生以下三个反应:
反应3:C2H5OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)　ΔH1=+255.7 kJ·mol-1
反应4:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH2=-41.35 kJ·mol-1
反应5:C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)　ΔH3
(3)计算ΔH3=_____________ kJ·mol-1。
(4)恒容条件下,将2 mol C2H5OH(g)和6 mol H2O(g)投入密闭容器中发生Ⅱ中三个反应,平衡时CO2和CO的选择性以及乙醇的转化率随温度的变化曲线如图所示。
已知:CO的选择性=×100%
①表示CO选择性的曲线是_____________(填“a”“b”或“c”)。
②573 K时,反应4的压强平衡常数Kp=_____________(已知:分压=总压×该组分物质的量分数,计算结果保留整数)。
Ⅲ.化工燃料重整制氢
反应为CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
(5)900 ℃,将CH4和CO2的混合气体(投料比1∶1)按一定流速通过盛有炭催化剂的反应器,测得CH4的转化率受炭催化剂颗粒大小的影响如图所示(注:目数越大,表示炭催化剂颗粒越小)。
由图可知,70 min后CH4的转化率与炭催化剂的目数的关系为______________________,原因是____________________________________________________。
4.地氯雷他定属于第三代H1受体阻断药,具有抗过敏,抗炎,抗组胺等功效,通常用于治疗慢性荨麻疹等皮肤病。其一种合成路线如图:
已知:ⅰ.Et代表—CH2CH3
ⅱ.
(1)①中试剂(CH3)3COH的系统命名为___________。
(2)②中试剂M的分子式为C7H6Cl2,B→C的反应方程式为__________________________。
(3)该合成路线中设计①和③的目的是__________________________。
(4)根据化合物G的结构特征,分析预测其可能的化学性质,完成下表:
结构特征 反应试剂、 条件 反应形成的 新结构 反应类型
H2,催化剂, 加热 a._____________
—COOEt b._____________ —COONa c._____________
(5)B的同系物N比B少3个碳原子,则符合下列条件的N的同分异构体共有_____________种。
ⅰ.苯环上有两个取代基且其中一个是—NH2
ⅱ.碱性条件下可以发生水解反应
其中核磁共振氢谱五组峰的结构简式为_______(任写一个)。
(6)由A到B的反应过程如图所示:
K
中间体K的结构简式为_____________。
微测22　非选择题提分测(七)
1.答案　(1)第四周期第Ⅷ族　(2)增大矿粉与空气的接触面积,加快焙烧速率　(3)ebfd　(4)H2O2　(5)2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑　(6)75.8%　偏低　(7)Li1-xFePO4+xLi++xe-===LiFePO4
解析　硫铁矿通入空气焙烧后加入稀硫酸酸浸,除去不反应的二氧化硅等物质,过滤后所得滤液中加入FeS进行还原,将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质,过滤除去滤渣,滤液中再加入氧化亚铁调节溶液pH除去铝,过滤滤液进行氧化操作将二价铁转化为三价铁,加入磷酸氢二铵生成FePO4沉淀,FePO4和碳酸锂、草酸反应生成LiFePO4,据此分析解答。(1)元素Fe的原子序数为26,元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族。(2)“焙烧”前将硫铁矿粉碎,可增大矿粉与空气的接触面积,加快焙烧速率。(3)由表格可知,三价铁离子和铝离子的沉淀范围有重叠,从焙烧到氧化要经历一系列步骤,此步骤需要除去铝杂质且需要将三价铁转化为二价铁,防止沉铝过程中导致铁损失,故应该焙烧后首先加入稀硫酸溶解金属氧化物后除去不反应的二氧化硅等物质,滤液加入FeS进行还原,将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质,过滤除去滤渣,滤液中再加入氧化亚铁调节溶液pH除去铝,过滤滤液进行氧化操作,故正确的步骤并合理排序为ebfd。(4)“试剂R”是一种氧化剂,需要将二价铁转化为三价铁且不引入新杂质,最好选择H2O2。(5)“高温煅烧”条件下,由FePO4和碳酸锂、草酸反应生成LiFePO4,化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。(6)K2Cr2O7具有强氧化性会把亚铁离子氧化为铁离子,根据得失电子守恒、质量守恒配平可得6Fe2++Cr2+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O,则产品的纯度为×100%≈75.8%;产品在空气中放置时间过长,部分二价铁被氧化转化为三价铁,导致标准液用量减小,测定结果偏低。(7)根据总反应式,放电时LiFePO4极为正极,发生还原反应,电极反应式为Li1-xFePO4+
xLi++xe-===LiFePO4。
2.答案　(1)AD　(2)浓硝酸　(3)Bi(NO3)3+NH4VO3+H2O===BiVO4↓+NH4NO3+2HNO3(或Bi(NO3)3+NH4VO3+2NH3·H2O===BiVO4↓+3NH4NO3+H2O)　水浴加热　取上层清液,继续滴加NH4VO3碱性溶液,若无黄色沉淀出现,证明Bi3+已沉淀完全　(4)抽滤
(5)去除表面水分、加快后续干燥　(6)X射线衍射仪
解析　BiVO4为粉末状晶体,难溶于水、酸和乙醇,向盛有表面活性剂的烧杯中加入250 mL 0.1 mol·L-1 Bi(NO3)3溶液,搅拌混合均匀,称取一定量NH4VO3溶于氨水,稀释后得到NH4VO3的碱性溶液,在搅拌条件下,将NH4VO3碱性溶液滴加到Bi(NO3)3溶液中,调节pH约为6,控制温度90 ℃并保温1小时,得到黄色BiVO4沉淀,冷却、抽滤、洗涤、干燥后得到产品。(1)步骤①中配制250 mL 0.1 mol·L-1 Bi(NO3)3溶液,需要的仪器除天平、胶头滴管、玻璃棒外还有:250 mL容量瓶、烧杯,故选AD。(2)Bi3+在水溶液中发生水解会生成H+和Bi(OH)3,配制Bi(NO3)3溶液时,为了抑制Bi3+的水解,需先将Bi(NO3)3溶于浓硝酸中。(3)将NH4VO3碱性溶液滴加到Bi(NO3)3溶液中,得到黄色BiVO4沉淀,化学方程式为Bi(NO3)3+NH4VO3+H2O===BiVO4↓+NH4NO3+2HNO3(或Bi(NO3)3+NH4VO3+2NH3·H2O===BiVO4↓+3NH4NO3+H2O),控制并保持温度在90 ℃的方法是水浴加热;判断Bi3+沉淀完全的方法是:取上层清液,继续滴加NH4VO3碱性溶液,若无黄色沉淀出现,证明Bi3+已沉淀完全。(4)步骤④中,为使固液快速分离,应采用的方法是抽滤,利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低,以达到快速固液分离的目的。(5)BiVO4为粉末状晶体,难溶于水、酸和乙醇,步骤⑤中,需要先用大量蒸馏水洗涤,再用乙醇洗涤,使用乙醇的目的是:去除表面水分、加快后续干燥。(6)X射线衍射仪主要用于物质的结构分析,如晶体结构,产物BiVO4的晶体结构可用X射线衍射仪测定。
3.答案　(1)0.002 5　(2)反应1为气体分子数增大的反应,恒温恒压时向体系中充入一定量N2,相当于减压,降低各气体分压(相当于扩大容器体积),会使反应1的平衡正向移动　(3)+173　(4)①c　②14
(5)达到化学平衡前,催化剂目数越大,反应速率越快,在相同时间反应的甲烷更多,CH4转化率越大　催化剂目数越大,颗粒越小,表面积越大,原料气与催化剂的接触更加充分,反应更完全
解析　(1)400 ℃时将CO(g)和H2O(g)各0.1 mol通入容积为2 L的密闭容器中仅发生反应2,8 min时CO的转化率是40%,列出三段式:
用H2的浓度变化表示的反应速率v(H2)==0.002 5 mol·L-1·min-1。(2)反应1为气体分子数增大的反应,恒温恒压时向体系中充入一定量N2,相当于减压,降低各气体分压(相当于扩大容器体积),会使反应1的平衡正向移动,所以充入一定量N2(不参与反应)可提高H2的平衡产率。(3)反应3:C2H5OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)　ΔH1=+255.7 kJ·mol-1,反应4:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH2=-41.35 kJ·mol-1,反应5:C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)　ΔH3,由盖斯定律反应5=反应3+2×反应4,则ΔH3=(+255.7 kJ·mol-1)+2×(-41.35 kJ·mol-1)=+173 kJ·mol-1。(4)①反应3、5为吸热反应,反应4为放热反应,随着温度的升高,反应3、5平衡正向移动,反应4平衡逆向移动,反应4逆向移动CO2转化为CO,故温度升高CO的选择性增大,CO2的选择性减小。表示CO2选择性的曲线为a,表示CO选择性的曲线为c(同温度下两条选择性曲线上的点的和为100%),表示C2H5OH转化率的曲线是b。②CO的选择性+CO2的选择性=1,乙醇与水的投料分别为2 mol和6 mol,573 K时,CO的选择性为15%,CO2的选择性为85%,则n(CO2)∶n(CO)=0.85∶0.15,乙醇的转化率为60%,列出三段式:
设反应4转化CO y mol,
因乙醇的转化率为60%,则反应5转化乙醇为1.2-x,
CO的物质的量为1.2 mol×15%×2=0.36 mol,则2x-y=0.36,则n(H2O)=2.76 mol,n(H2)=6.84 mol,n(C2H5OH)=0.8 mol,n(CO)=0.36 mol,n(CO2)=2.04 mol,总物质的量为12.8 mol,该反应各物质系数均为1,分压压强之比等于物质的量之比,反应4的压强平衡常数Kp==≈14。(5)据图可知,70 min后在反应达到化学平衡前,催化剂目数越大,反应速率越快,在相同时间反应的甲烷更多,CH4转化率越大,因为催化剂目数越大,颗粒越小,表面积越大,原料气与催化剂的接触更加充分,反应更完全。
4.答案　(1)2-甲基-2-丙醇
(2)++HCl
(3)保护氰基　(4)a.加成反应　b.氢氧化钠水溶液、加热
c.水解反应(或取代反应)
(5)12　、等
(6)
解析　由有机物的转化关系可知,酸性条件下与(CH3)3COH先发生加成反应,后发生互变异构的转化生成,催化剂作用下与发生取代反应生成,与POCl3反应转化为,与反应转化为,酸化得到,与ClCOOEt发生取代反应生成。(1)由结构简式可知,(CH3)3COH分子中最长碳链含有3个碳原子,第二个碳上含有1个甲基和1个羟基,名称为2-甲基-2-丙醇。(2)由分析可知,B→C的反应方程式为++HCl。(3)由结构简式可知,和分子中都含有氰基,则设计反应①③的目的是保护氰基。(4)由结构简式可知,催化剂作用下分子中含有的碳碳双键能与氢气发生加成反应;分子中含有的酯基能在氢氧化钠水溶液中共热发生水解反应生成—COONa和乙醇。(5)B为,同系物N比B少3个碳原子,由条件可知,苯环上有两个取代基,一个为氨基,另一个可以发生水解反应,可知可以发生水解的官能团只能是肽键,结构可以为—CONHCH3、—NHCOCH3、—CH2CONH2、—CH2NHCHO 4种,又因为在苯环上和氨基存在邻、间、对的位置关系,即为4×3=12种;其中核磁共振氢谱五组峰的结构简式,苯环上两个取代基处于对位,为、等。(6)酸性条件下与(CH3)3COH先发生加成反应,生成中间体K,后发生互变异构的转化生成。(共42张PPT)
微测22
非选择题提分测(七)
可能用到的相对原子质量：H—1　Li—7　C—12　O—16　F—19　Mg—24　P—31　K—39　Fe—56
1.神行PLUS超充电池使用LiFePO4作为电极材料，可以实现充电十 分钟，续航600公里。一种利用硫铁矿(主要成分为FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe2O3)制备电极材料LiFePO4的工艺流程如图所示：
1
2
3
4
已知：
Ⅰ.LiFePO4不溶于水和碱，能溶于强酸。
Ⅱ.几种金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
1
2
3
4
金属氢氧化物 Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2
开始沉淀的pH 3.4 1.9 7.0
完全沉淀的pH 4.7 3.2 9.0
回答下列问题：
(1)元素Fe在元素周期表中的位置为______________________。
第四周期第Ⅷ族
(2)“焙烧”前将硫铁矿粉碎的目的是_____________________________
_________________________。
(3)“焙烧”到“氧化”要经历四步，请从下列步骤中选择正确的步骤并合理排序_______(填字母)。
1
2
3
4
增大矿粉与空气的接触面积，加快焙烧速率
ebfd
(4)“氧化”时，试剂R最适宜选用_____________。
(5)“高温煅烧”条件下，由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为____________________________________________________。
(6)产品纯度的测定。分别取5.000 g产品三次，用稀硫酸溶解，滴加二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.200 0 mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，平均消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL，则产品LiFePO4的纯度为______________%(保留3位有效数字)。考虑到测定过程中空气的影响，产物中LiFePO4的含量应比测量值______________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
1
2
3
4
H2O2
2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+H2O↑+3CO2↑
75.8
偏低
1
2
3
4
Li1-xFePO4+xLi++xe-===LiFePO4
硫铁矿通入空气焙烧后加入稀硫酸酸浸，除去不反应的二氧化硅等物质，过滤后所得滤液中加入FeS进行还原，将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质，过滤除去滤渣，滤液中再加入氧化亚铁调节溶液pH除去铝，过滤滤液进行氧化操作将二价铁转化为三价铁，加入磷酸氢二铵生成FePO4沉淀，FePO4和碳酸锂、草酸反应生成LiFePO4，据此分析解答。(1)元素Fe的原子序数为26，元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族。(2)“焙烧”前将硫铁矿粉碎，可增大矿粉与空气的接触面积，加快焙烧速率。(3)由表格可知，
解析
1
2
3
4
三价铁离子和铝离子的沉淀范围有重叠，从焙烧到氧化要经历一系列步骤，此步骤需要除去铝杂质且需要将三价铁转化为二价 铁，防止沉铝过程中导致铁损失，故应该焙烧后首先加入稀硫酸溶解金属氧化物后除去不反应的二氧化硅等物质，滤液加入FeS进行还原，将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质，过滤除去滤渣，滤液中再加入氧化亚铁调节溶液pH除去铝，过滤滤液进行氧化操作，故正确的步骤并合理排序为ebfd。(4)“试剂R”是一种氧化
解析
1
2
3
4
1
2
3
4
解析
75.8%；产品在空气中放置时间过长，部分二价铁被氧化转化为三价铁，导致标准液用量减小，测定结果偏低。(7)根据总反应式，放电时LiFePO4极为正极，发生还原反应，电极反应式为 Li1-xFePO4+xLi++xe-===LiFePO4。
解析
1
2
3
4
2.BiVO4是一种制备H2O2的光催化剂。液相沉淀法制备BiVO4的实验步骤如下(部分条件略)：
1
2
3
4
已知：BiVO4为粉末状晶体，难溶于水、酸和乙醇。
回答下列问题：
(1)配制所需250 mL 0.1 mol/L Bi(NO3)3溶液，需要的仪器除了天平、胶头滴管、玻璃棒外还有_____________(填字母)。
1
2
3
4
AD
(2)配制Bi(NO3)3溶液时，为了抑制Bi3+的水解，需先将Bi(NO3)3溶于_______。
(3)步骤③需在搅拌条件下将步骤②的NH4VO3的碱性溶液滴加到步骤①的Bi(NO3)3溶液中，得到BiVO4黄色沉淀的化学方程式为____________________________________________________________________________________________________________________；控制并保持温度在90 ℃的方法是_________；判断Bi3+沉淀完全的操作是_______________________________________________________
________________________。
1
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4
浓硝酸
Bi(NO3)3+NH4VO3+H2O===BiVO4↓+NH4NO3+2HNO3(或
Bi(NO3)3+NH4VO3+2NH3·H2O===BiVO4↓+3NH4NO3+H2O)
水浴加热
取上层清液，继续滴加NH4VO3碱性溶液，若无黄色沉淀出现，证明Bi3+已沉淀完全
(4)步骤④中，为使固液快速分离，应采用的方法是_____________。
(5)步骤⑤中，需要先用大量蒸馏水洗涤，再用乙醇洗涤，使用乙醇的目的是_____________________________。
(6)产物BiVO4的晶体结构可用______________(填仪器名称)测定。
1
2
3
4
抽滤
去除表面水分、加快后续干燥
X射线衍射仪
BiVO4为粉末状晶体，难溶于水、酸和乙醇，向盛有表面活性剂的烧杯中加入250 mL 0.1 mol·L-1 Bi(NO3)3溶液，搅拌混合均匀，称取一定量NH4VO3溶于氨水，稀释后得到NH4VO3的碱性溶液，在搅拌条件下，将NH4VO3碱性溶液滴加到Bi(NO3)3溶液中，调节pH约为6，控制温度90 ℃并保温1小时，得到黄色BiVO4沉淀，冷却、抽滤、洗涤、干燥后得到产品。(1)步骤①中配制250 mL 0.1 mol·L-1 Bi(NO3)3溶液，需要的仪器除天平、胶头滴管、玻璃棒
解析
1
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外还有：250 mL容量瓶、烧杯，故选AD。(2)Bi3+在水溶液中发生水解会生成H+和Bi(OH)3，配制Bi(NO3)3溶液时，为了抑制Bi3+的水解，需先将Bi(NO3)3溶于浓硝酸中。(3)将NH4VO3碱性溶液滴加到Bi(NO3)3溶液中，得到黄色BiVO4沉淀，化学方程式为Bi(NO3)3+NH4VO3+H2O===BiVO4↓+NH4NO3+2HNO3(或Bi(NO3)3+
NH4VO3+2NH3·H2O===BiVO4↓+3NH4NO3+H2O)，控制并保持温度在90 ℃的方法是水浴加热；判断Bi3+沉淀完全的方法是：取上
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层清液，继续滴加NH4VO3碱性溶液，若无黄色沉淀出现，证明Bi3+已沉淀完全。(4)步骤④中，为使固液快速分离，应采用的方法是抽滤，利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，以达到快速固液分离的目的。(5)BiVO4为粉末状晶体，难溶于水、酸和乙醇，步骤⑤中，需要先用大量蒸馏水洗涤，再用乙醇洗涤，使用乙醇的目的是：去除表面水分、加快后续干燥。(6)X射线衍射仪主要用于物质的结构分析，如晶体结构，产物BiVO4的晶体结构可用X射线衍射仪测定。
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(1)400 ℃时将CO(g)和H2O(g)各0.1 mol通入容积为2 L的密闭容器中仅发生反应2，8 min时CO的转化率是40%，用H2的浓度变化表示的反应速率v(H2)=_____________ mol·L-1·min-1。
(2)恒温恒压时向体系中充入一定量N2(不参与反应)可提高H2的平衡产率，原因为_______________________________________________
________________________________________________________________________________________________。
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0.002 5
反应1为气体分子数增大的反应，恒温恒压时向体系中充入一定量N2，相当于减压，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应1的平衡正向移动
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+173
(4)恒容条件下，将2 mol C2H5OH(g)和6 mol H2O(g)投入密闭容器中发生Ⅱ中三个反应，平衡时CO2和CO的选择性以及乙醇的转化率随温度的变化曲线如图所示。
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c
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(5)900 ℃，将CH4和CO2的混合气体(投料比1∶1)按一定流速通过盛有炭催化剂的反应器，测得CH4的转化率受炭催化剂颗粒大小的影响如图所示(注：目数越大，表示炭催化剂颗粒越小)。
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由图可知，70 min后CH4的转化率与炭催化剂的目数的关系为____________________________________________________________________________________________，原因是__________________
____________________________________________________________________。
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达到化学平衡前，催化剂目数越大，反应速率越快，在相同时间反应的甲烷更多，CH4转化率越大
催化剂目数越大，颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂的接触更加充分，反应更完全
(1)400 ℃时将CO(g)和H2O(g)各0.1 mol通入容积为2 L的密闭容器中仅发生反应2，8 min时CO的转化率是40%，列出三段式：
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2CO2(g)+6H2(g)　ΔH3，由盖斯定律反应5=反应3+2×反应4，则ΔH3=(+255.7 kJ·mol-1)+2×(-41.35 kJ·mol-1)=+173 kJ·mol-1。 (4)①反应3、5为吸热反应，反应4为放热反应，随着温度的升高，反应3、5平衡正向移动，反应4平衡逆向移动，反应4逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小。表示CO2选择性的曲线为a，表示CO选择性的曲线为c(同温度下两条选择性曲线上的点的和为100%)，表示C2H5OH转化率的曲线是b。
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②CO的选择性+CO2的选择性=1，乙醇与水的投料分别为2 mol和6 mol，573 K时，CO的选择性为15%，CO2的选择性为85%，则n(CO2)∶n(CO)=0.85∶0.15，乙醇的转化率为60%，列出三段式：
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设反应4转化CO y mol，

因乙醇的转化率为60%，则反应5转化乙醇为1.2-x，
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4.地氯雷他定属于第三代H1受体阻断药，具有抗过敏，抗炎，抗组胺等功效，通常用于治疗慢性荨麻疹等皮肤病。其一种合成路线如图：
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已知：ⅰ.Et代表—CH2CH3
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(1)①中试剂(CH3)3COH的系统命名为_______________。
(2)②中试剂M的分子式为C7H6Cl2，B→C的反应方程式为
________________________________________________。
2-甲基-2-丙醇
(3)该合成路线中设计①和③的目的是________________________。
(4)根据化合物G的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表：
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保护氰基
加成反应
氢氧化钠水
溶液、加热
水解反应
(或取代反应)
(5)B的同系物N比B少3个碳原子，则符合下列条件的N的同分异构体共有_____________种。
ⅰ.苯环上有两个取代基且其中一个是—NH2
ⅱ.碱性条件下可以发生水解反应
其中核磁共振氢谱五组峰的结构简式为_________________________
(任写一个)。
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