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大题冲关1
时间:50分钟　分值:58分
二、非选择题:本题共4小题,共58分。　 　　　　　　　　　　　　　　　
15.(15分)[2025·陕西等八省联考模拟] 纳米BaTiO3可用于光电催化。某实验小组以钛酸四丁酯
[Ti(OBu)4,—Bu代表正丁基;液体]为钛源,采用以下方法制备粒径小于20 nm的BaTiO3(反应装置如图所示,夹持等装置略)。
反应原理:Ba(OH)2·8H2O+Ti(OBu)4BaTiO3+4BuOH+7H2O
Ⅰ.在三颈烧瓶中加入8.8 mmol Ba(OH)2·8H2O、20 mL二缩三乙二醇、少量表面活性剂,搅拌均匀后,采用合适方式加入8.0 mmol Ti(OBu)4和20 mL氨水。
Ⅱ.160 ℃回流反应3 h,冷却至室温,得到溶胶。
Ⅲ.向Ⅱ所得溶胶中加入100 mL蒸馏水,得到纳米粒子聚集体,离心分离后,沉淀经洗涤、干燥,得1.4 g BaTiO3粉末。
回答下列问题:
(1)仪器a的名称为　　　　　　,反应溶剂为　　　　　　　,加热方式为　　　　。反应结束时,应先停止　　　　　　(填“加热”或“通冷凝水”)。
(2)Ti(OBu)4水解较快时,难以形成小尺寸的纳米BaTiO3。下列操作方式能降低Ti(OBu)4水解速率的有
　　　　(填标号)。
A.依次缓慢滴加Ti(OBu)4和氨水　B.依次倒入Ti(OBu)4和氨水　C.Ti(OBu)4和氨水混合后缓慢滴加
(3)检验步骤Ⅱ所得溶胶属于胶体的实验操作与现象为 　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)离心分离可将沉淀紧密聚集在离心管底部(如图所示)。将离心后的沉淀和清液分开的方法是　。
(5)本实验的BaTiO3产率为　　　　(保留2位有效数字)。
(6)为了测定BaTiO3的晶体结构,通常使用的仪器是　　　　　　　　。
16.(14分)[2025·河北张家口二模] 焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品加工的抗氧化剂,蓝矾(CuSO4·5H2O)常作游泳池的消毒剂。以辉铜矿(主要成分是Cu2S,含少量FeS、SiO2等杂质)为原料制备蓝矾和焦亚硫酸钠的流程如图甲所示:
已知:pH=4时Fe3+完全沉淀,pH=4.8时Cu2+开始沉淀。
回答下列问题:
(1)基态Cu原子的价层电子排布为　　　　;SO2分子的VSEPR模型是　　　　　　。
(2)“吸收池丙”中为NaHSO3过饱和溶液,则“吸收池甲”中的主要溶质为　　　　　　(填化学式)。
(3)“煅烧”中包括Cu2S与Cu2O在高温下反应生成Cu的过程,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　 。
(4)为了提高产品纯度,试剂X宜选择　　　　　　　　　　　　　　　　(填化学式,任写一种)。
(5)蓝矾热失重图像如图乙所示。“系列操作”中“干燥”适宜选择的温度范围为　　　　(填选项字母);图像中150 ℃时对应硫酸铜晶体中结晶水数目n为　　　　。 　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　
A.20~50 ℃ B.80~100 ℃ C.102~150 ℃ D.250~280 ℃　　　
(6)铜和氟组成的两种晶胞结构如图丙所示。晶胞1中,与含铜粒子距离最近且相等的含铜粒子有
个;晶胞2对应晶体的化学式为　　　　　　。
17.(15分)[2024·湖北荆州模拟] H2S和SO2的转化是资源利用和环境保护的研究热点。目前有以下几种转化途径:
(1)热解H2S制H2。将H2S和CH4混合气通入反应器中,反应如下:
CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)　ΔH1=+224 kJ·mol-1
已知反应中相关化学键的键能数据如表:
化学键 C—H H—S CS H—H
键能/(kJ·mol-1) 413 339 a 436
表中a=　　　　。该反应自发进行的条件是　　　　　　(填“高温”“低温”或“任意温度”)。
(2)利用活性炭催化去除尾气中SO2,经过“热再生”后部分SO2可再利用,机理如图甲(*代表吸附态)。已知:气体反应物分子吸附在活性炭基材料表面,占据活性位点,反应后气体产物分子及时脱附空出活性位点。控制一定气体流速和温度,研究发现烟气中O2的存在对炭基材料催化剂脱硫活性有影响,结果如图乙所示。当O2浓度过高时,不考虑与活性炭的反应,SO2去除率下降的原因可能是 　。
(3)高温下CO可将SO2还原成硫蒸气:4CO(g)+2SO2(g)4CO2(g)+S2(g)　ΔH<0。
①平衡时CO的体积分数(%)与温度和压强的关系如图丙所示(虚线框表示没有测定该条件下的数据)。
T1、T2、T3由大到小的关系是　　　　　　　　,判断的理由是　 　。
②742 K时,在起始压强为12p0 MPa,容积为V L的恒容密闭容器中投入6 mol CO和3 mol SO2,10 min达到平衡后容器压强变为11p0 MPa,0~10 min用SO2分压变化表示的反应速率为　　　　MPa·min-1,Kp=　　　　MPa-1(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×该物质的物质的量分数,化为最简式)。
18.(14分)[2025·江西上饶二模] 精准构筑碳骨架是有机合成核心。化合物K是一种具备潜力的有机分子材料,实验室由A制备K的一种合成路线如下:
回答下列问题:
(1)A→B发生了傅克酰基化反应,其反应机理如图所示:
ⅱ中形成的碳正离子的杂化方式为　　　　。
(2)A的结构简式为　　　　　　;K中含氧官能团的名称为　　　　。
(3)E→F的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)H→I反应的目的为　　　　　　　　　　。
(5)同时满足下列条件的C的同分异构体有　　　　种(不考虑立体异构),写出其中一种结构的结构简式:　　　　　　　　　　　　　　　。
①可以使溴的四氯化碳溶液褪色;②1 mol有机物能与足量的碳酸氢钠反应产生2 mol CO2;③结构中含有苯环,且核磁共振氢谱中有5组吸收峰。
(6)以、CH3COCH2CH2N+(C2H5)CH3I-为原料合成(其他试剂任选)。
大题冲关1
15.(1)球形冷凝管　二缩三乙二醇　油浴　加热　(2)A
(3)用一束强光照射步骤Ⅱ所得溶胶,在垂直于光的方向看到一条光亮的“通路”
(4)将沉淀上部的清液缓缓倾入另一容器中　(5)75%
(6)X射线衍射仪
[解析] 在三颈烧瓶中加入8.8 mmol Ba(OH)2·8H2O、
20 mL二缩三乙二醇(作溶剂)、少量表面活性剂,搅拌均匀后,采用合适方式加入8.0 mmol Ti(OBu)4和20 mL氨水,采用油浴加热到160 ℃,回流反应3 h,冷却至室温,得到溶胶;向溶胶中加入100 mL蒸馏水,得到纳米粒子聚集体,离心分离后,沉淀经洗涤、干燥,得1.4 g BaTiO3粉末。
(1)仪器a为球形冷凝管,起到冷凝、回流的作用,以提高原料利用率;二缩三乙二醇作溶剂;反应温度高于100 ℃,常采用油浴加热;反应结束时,应先停止加热,继续通冷凝水让装置冷却。
(2)Ti(OBu)4水解较快时,难以形成小尺寸的纳米BaTiO3,为了防止Ti(OBu)4较快水解,应依次缓慢滴加Ti(OBu)4和氨水。
(3)检验步骤Ⅱ所得溶胶属于胶体的实验操作及现象:用一束强光照射步骤Ⅱ所得溶胶,在垂直于光的方向看到一条光亮的“通路”。
(4)离心分离可将沉淀紧密聚集在离心管底部,将沉淀上部的清液缓缓倾入另一容器中,即可使沉淀物与溶液分离。
(5)加入8.8 mmol Ba(OH)2·8H2O和8.0 mmol Ti(OBu)4发生反应,Ba(OH)2·8H2O过量,则根据Ti(OBu)4的量计算,理论上生成8.0 mmol BaTiO3,BaTiO3产率为×100%≈75%。
(6)通常使用X射线衍射仪测定BaTiO3的晶体结构。
16.(1)3d104s1　平面三角形
(2)NaHSO3
(3)Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑
(4)CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3等]
(5)B　1
(6)12　CuF2
[解析] 该工艺流程以辉铜矿(主要成分是Cu2S,含少量FeS、SiO2等杂质)为原料制备蓝矾和焦亚硫酸钠,辉铜矿煅烧生成的SO2与饱和纯碱溶液反应,在吸收池甲中控制pH=4.1,生成亚硫酸氢钠,继续与纯碱粉末反应,控制
pH=7~8,生成亚硫酸钠,再通入SO2,得到NaHSO3过饱和溶液,然后加热结晶、脱水,生成Na2S2O5。辉铜矿粉煅烧得到的烧渣成分为CuO、Fe2O3、SiO2,硫酸浸取后滤渣1为SiO2,双氧水氧化得到的溶液中含有Cu2+、Fe3+,加入的试剂X为CuO或Cu(OH)2等,调pH=4,除去Fe3+,再经过系列操作得蓝矾。
(1)Cu是29号元素,核外含有29个电子,基态Cu原子的价层电子排布为3d104s1;SO2的中心S原子的价层电子对数为2+=3,VSEPR模型为平面三角形。
(2)“吸收池丙”中为NaHSO3过饱和溶液,“吸收池甲”与“吸收池丙”的pH相同,则“吸收池甲”中的主要溶质为NaHSO3。
(3)Cu2S与Cu2O高温下反应生成Cu和SO2,根据氧化还原规律可得Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑。
(4)加入含Cu的弱碱性物质(如CuO),可中和H+并避免引入杂质。
(5)根据热失重图像,蓝矾在102 ℃(b点)已经失重,表明此时已经失去部分结晶水,干燥操作需在不触发失去结晶水的温度范围内进行,既能有效去除游离水,又不会导致结晶水流失,故选B项;150 ℃时产物质量稳定在17.8 g,对应中间产物CuSO4·nH2O,总物质的量仍为0.1 mol (CuSO4未分解),则0.1 mol×(160+18n) g·mol-1=17.8 g,n=1。
(6)由图可知,晶胞1中,与含铜粒子距离最近且相等的含铜粒子有12个;晶胞2中,含铜粒子有8×+1=2个,含氟粒子有4×+2=4个,对应晶体的化学式为CuF2。
17.(1)520　高温
(2)氧气浓度过高时占据催化剂表面过多活性位点,SO2就不能很好地被吸附,导致脱硫率下降
(3)①T3>T2>T1　压强越大,CO的体积分数越小,T1、T2、T3对应CO的体积分数逐渐增大,该反应逆向进行,则T3>T2>T1
②0.2p0　
[解析] (1)根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和,反应CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)　ΔH1=+224 kJ·mol-1,则有ΔH1=4E(C—H)+4E(H—S)-2E(CS)-4E(H—H)即+224 kJ·mol-1=4×413 kJ·mol-1+4×339 kJ·mol-1-2a kJ·mol-1-4×436 kJ·mol-1,解得:a=520,该反应的正反应是一个气体分子数增大的吸热反应,即ΔH>0,ΔS>0,故其自发进行的条件是高温。
(2)由题干已知信息:气体反应物分子吸附在活性炭基材料表面,占据活性位点,反应后气体产物分子及时脱附空出活性位点。控制一定气体流速和温度,研究发现烟气中O2的存在对炭基材料催化剂脱硫活性有影响,当O2浓度过高时,不考虑与活性炭的反应,则由于氧气浓度过高时占据催化剂表面过多活性位点,SO2就不能很好地被吸附,导致脱硫率下降。
(3)①已知该反应为放热反应,且正反应为气体分子数减小的反应,压强越大,CO的体积分数越小,而T1、T2、T3对应的CO的体积分数逐渐增大,该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,故T3>T2>T1。
②742 K时,在起始压强为12p0 MPa,容积为V L的恒容密闭容器中投入6 mol CO和3 mol SO2,设达平衡时CO的转化量为4x mol,根据三段式分析:
10 min达到平衡后容器压强变为11p0 MPa,则有:=,解得:x=0.75,则平衡时CO、SO2、CO2、S2的平衡分压分别为×11p0 MPa=4p0 MPa、×11p0 MPa=2p0 MPa、×11p0 MPa=4p0 MPa、 ×11p0 MPa=p0 MPa,而起始时SO2的分压为×12p0 MPa=4p0 MPa,0~10 min用SO2分压变化表示的反应速率为=0.2p0 MPa·min-1,Kp=== MPa-1。
18.(1)sp
(2)　(酮)羰基
(3)+CH3COCH2CH2N+(C2H5)CH3I-+HN+(C2H5)CH3I-
(4)保护羰基,防止被还原
(5)12　、、、、、、、、、、、(任意一种)
(6)
[解析] A的分子式为C10H10,不饱和度为6,除了苯环还剩余2个不饱和度,A→B发生了傅克酰基化反应,结合反应机理可知,C中连在苯环上的酮羰基是A→B引入的,B→C发生的是氧化反应,由碳碳双键被氧化的规律可知,A中含有碳碳双键,且两个取代基在邻位还会形成1个环状结构(因为不饱和度为2),由此推断A的结构简式为,C→D发生酯化反应,则D的结构简式为,D中苯环的支链成环生成E,E发生取代反应生成F,F发生羟醛缩合反应形成一个六元环生成G,G发生加成反应生成H,H中的酮羰基和乙二醇发生反应生成I,I发生还原反应生成J,J→K的过程中,重新生成了酮羰基,可见H→I反应的目的是为了保护酮羰基,据此解答。
(1)ⅱ中形成的碳正离子的σ键是2条,带一个单位正电荷,表示失去一个电子,其价层电子对数是2,为sp杂化。
(2)由分析可知,A的结构简式为,由K的结构简式可知,K中含氧官能团的名称为(酮)羰基。
(3)E→F发生的是取代反应,化学方程式为+CH3COCH2CH2N+(C2H5)CH3I-+HN+(C2H5)CH3I-。
(4)由分析可知,H→I反应的目的为保护羰基,防止被还原。
(5)C分子中除苯环外还剩余3个不饱和度、6个碳原子、4个氧原子,其同分异构体满足①可以使溴的四氯化碳溶液褪色,说明含有碳碳不饱和键,②1 mol有机物能与足量的碳酸氢钠反应产生2 mol CO2,说明其分子结构中含有两个羧基,则其结构中一定还含有碳碳双键结构,③结构中含有苯环,且核磁共振氢谱中有5组吸收峰,说明其结构具有一定的对称性,满足条件的结构简式见答案。
(6)由题给物质可知,一定会发生类似E→F的反应,由此推断目标产物中圈内的结构一定来自于羟醛缩合反应,如图:,则需要构建类似E中的两个酮羰基;由可以想到题中B被氧化的反应,以及B→C→D→E过程可以构建出两个酮羰基,故整个流程思路为被酸性高锰酸钾溶液氧化为,再与乙醇发生酯化反应生成,再发生D→E的反应形成类似E中的两个酮羰基,得到,再发生E→F的反应,生成,再发生F→G的反应生成目标产物,具体合成路线见答案。

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