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大题冲关2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·河北承德一模] 阿司匹林(,M=180 g·mol-1)是非类固醇抗炎药,但常常会引起胃肠道的溃疡和出血。与此相应的阿司匹林铜(,M=422 g·mol-1)不仅保留了阿司匹林固有特性,还表现出高效、低毒的药理学特点。利用阿司匹林制备阿司匹林铜并测定Cu(Ⅱ)的质量分数的部分实验装置如图所示(夹持装置略)。
Ⅰ.制备过程如下:
称取1.5 g Cu(CH3COO)2·H2O溶于20 mL水中,并置于仪器Y中;称取1.8 g阿司匹林置于仪器X中;通过仪器Z向仪器X中加入15 mL甲醇,并充分搅拌,后将仪器Y中的醋酸铜溶液缓慢滴加到仪器X中,保持反应温度低于20 ℃,反应40 min。抽滤,分别用乙醇、水充分洗涤后自然干燥,得到1.94 g阿司匹林铜。
回答下列问题:
(1)仪器X的名称为　　　　　　,宜选用的规格为　　　　mL。
(2)仪器Z中甲醇的作用为　　　　　　　　　　　　　　。
(3)与仪器Y相比,仪器Z的优点为　 。
(4)该实验中阿司匹林铜的产率为　　　　(保留3位有效数字)。
Ⅱ.测定所得阿司匹林铜中Cu(Ⅱ)的质量分数的实验过程如下:
ⅰ.在酸性溶液中加热,使铜离子解离出来。称取0.2 g阿司匹林铜置于锥形瓶,加入1 mL 3 mol·L-1 H2SO4溶液,加入10 mL蒸馏水,加热煮沸,充分反应后,再加入5 mL蒸馏水,摇匀,冷却到室温后,加入0.3 g KI(足量)摇匀。
ⅱ.用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定至溶液由棕色变浅黄色时,加入2 mL 100 g·L-1 KSCN溶液,并加入少量淀粉溶液,继续用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定至终点,消耗的体积为V mL。
已知:2Cu2++4I-2CuI↓+I2、I2+2S2S4+2I-;CuI表面容易吸附I2;Ksp(CuI)=2.1×10-12,Ksp(CuSCN)=4.8×10-15。
(5)测定产物中Cu(Ⅱ)的质量分数时用到了滴定管。其中,滴定步骤前可能需要的操作如下,请选出量取标准液正确的操作并按顺序列出字母:　　　　　　→在滴定管架上竖直放置,静置后读数。
a.用蒸馏水洗涤滴定管,再用标准溶液润洗
b.向滴定管加蒸馏水并观察是否漏液
c.使滴定管略倾斜,捏住橡皮管内玻璃球赶走管尖气泡
d.向滴定管中加入标准液并高于“0”刻度2~3 mL
e.竖直滴定管,调整标准液液面等于或低于“0”刻度
f.一手握住并倾斜滴定管,一手开关活塞赶走管尖气泡
(6)测定步骤ⅱ中加入KSCN溶液的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　;若无此操作,可能使测得的铜(Ⅱ)的含量　　　　(填“偏高”或“偏低”)。
(7)所制备的阿司匹林铜中铜(Ⅱ)的含量为　　　　%。
16.(14分)[2025·安徽皖北协作体一模] 冶炼铜过程中产生的铜阳极泥富含Cu、Se、Te等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取硒和碲的流程,如图所示。
回答下列问题:
(1)基态Se原子核外电子排布式为　　　　　　　　　　。硒有多种单质,比较有代表性的是灰硒和红硒,它们互为　　　　　　。
(2)“加压、加热,酸浸”步骤中,Cu2Se和Cu2Te分别转化为H2SeO4和H6TeO6,写出Cu2Se参与反应的化学方程式:　 。
(3)试从化学反应原理的角度分析“加压”能提高Cu、Se、Te浸出率的原因: 　。
(4)氧化性:H2SeO4　　　　(填“>”“<”或“=”)H6TeO6。
(5)“沉铜”中生成Cu2(OH)2CO3沉淀的离子方程式为　 。
(6)由Cu2(OH)2CO3获取Cu的过程中,常采用高压氢还原法直接从溶液中提取金属铜。还原时,增大溶液酸度不利于Cu生成的原因是 　。
(7)硫和碲位于元素周期表同一主族,试分析存在H6TeO6而不存在H6SO6的原因: 　。
17.(15分)[2025·山西部分学校三模] 氮及其化合物与人类生产、生活密切相关。含氮物质的研究和利用有着极为重要的意义。回答下列问题:
(1)CO催化还原NO生成N2和CO2可消除污染。已知:CO的燃烧热为283 kJ·mol-1;2NO(g)N2(g)+O2(g)　ΔH=-180.5 kJ·mol-1,写出CO催化还原NO的热化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)将恒定组成的CO和NO混合气体通入固定体积的反应器内,发生以下两个反应:2NO(g)+CO(g)N2O(g)+CO2(g)、N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)。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甲所示。
①Ⅰ、Ⅳ两条线所表示的物质分别是　　　　、　　　　。(填分子式)
②该消除污染物CO和NO的反应条件应选择　　　　(填“低温”或“高温”)。
③450 ℃时,该时间段内NO的脱除率=　　　　。[NO的脱除率=×100%]
(3)某学习小组将2 mol NH3、3 mol NO和一定量的O2充入2 L恒容密闭容器中,在催化剂作用下发生反应:4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)　ΔH,一段时间内,连续测得NO的转化率随温度变化的情况如图乙所示(催化剂不失活)。
乙
则ΔH　　　　(填“>”或“<”)0。若在5 min内,温度从420 K升高到580 K,此时间段内用NH3表示的平均反应速率为　　　　mol·L-1·min-1。解释NO生成N2的转化率先逐渐增大后逐渐减小的原因: 　 　 　 　 　 　 　 　。
(4)实验室产生的尾气NO可先用O2氧化,然后再用烧碱溶液吸收,现将2 mol NO(g)、1 mol O2(g)和1 mol He(g)通入密闭容器中,在T ℃、压强为p条件下发生反应如下:
①2NO(g)+O2(g)2NO2(g);②2NO2(g)N2O4(g)。
平衡时n(O2)=n(NO2)=n(N2O4),求反应②的平衡常数Kp=　　　　(用含p的代数式表示)。
18.(14分)[2025·湖南岳阳一模] 以化合物A为原料制备一种药物中间体J的合成路线如下。
请回答下列问题:
(1)化合物F在核磁共振氢谱上有　　　　组吸收峰。
(2)A→B、F→G的反应类型分别为　　　　　　、　　　　　　。
(3)H中的含氮官能团的名称是　　　　。
(4)化合物A沸点低于的理由是 　 　 　 　 　 　　。
(5)写出E→F的化学反应方程式:　 　 　 　 　 　 　。
(6)从官能团转化的角度解释化合物I转化为化合物J的过程中,先加碱后加酸的原因: 　 　 　 　 　 　　　　　　　　　。
(7)参照以上合成路线,若以为原料制备(其他试剂自选),写出其合成路线。
大题冲关2
15.(1)三口(颈)烧瓶　100
(2)作反应溶剂,使反应物充分接触
(3)能使漏斗内压强与三口(颈)烧瓶中压强一致,液体能顺利滴下
(4)91.9%
(5)badce
(6)使CuI沉淀转化为更难溶的CuSCN,把吸附的I2释放出来　偏低
(7)3.2V
[解析] 三口(颈)烧瓶中制备阿司匹林铜,由于阿司匹林易溶于有机溶剂,故甲醇为反应溶剂,制备的阿司匹林铜再通过碘量法计算铜(Ⅱ)的含量。
(1)仪器X的名称为三口(颈)烧瓶,所加液体的体积约为35 mL,宜选用的规格为100 mL。
(2)阿司匹林易溶于有机溶剂,故仪器Z中甲醇的作用为作反应溶剂,使反应物充分接触。
(3)仪器Z为恒压滴液漏斗,与仪器Y相比,仪器Z的优点为能使漏斗内压强与三口(颈)烧瓶中压强一致,液体能顺利滴下。
(4)1.5 g Cu(CH3COO)2·H2O的物质的量为 mol=0.007 5 mol,1.8 g阿司匹林的物质的量为 mol=0.01 mol,1 mol阿司匹林能制备0.5 mol阿司匹林铜,故阿司匹林量不足,理论上制备阿司匹林铜的物质的量为 mol=0.005 mol,阿司匹林铜的产率为
×100%≈91.9%。
(5)滴定步骤前需要的操作如下,先向滴定管加蒸馏水并观察是否漏液,然后用蒸馏水洗涤滴定管,再用标准溶液润洗,向滴定管中加入标准液并高于“0”刻度,使滴定管略倾斜,捏住橡皮管内玻璃球赶走管尖气泡,竖直滴定管,调整标准液液面等于或低于“0”刻度,步骤为badce。
(6)由于CuI表面容易吸附I2会导致其不能充分被反应,故待大部分I2被反应后加入KSCN,目的是使CuI沉淀转化为更难溶的CuSCN,把吸附的I2释放出来;碘量法测定铜(Ⅱ)的含量,若不进行上述操作,I2被吸附,测定出的I2的量偏少,导致测定的铜(Ⅱ)的含量也偏低。
(7)由题中所给方程式可找出关系式:Cu2+~S2,试样中铜(Ⅱ)的含量为×100%=3.2V%。
16.(1)[Ar]3d104s24p4(或1s22s22p63s23p63d104s24p4)　同素异形体
(2)2Cu2Se+5O2+4H2SO44CuSO4+2H2SeO4+2H2O
(3)加压可增大氧气溶解度,加快化学反应速率;加压可提升溶液沸点,化学反应可在更高温度下发生,化学反应速率更快
(4)>
(5)2Cu2++3C+2H2OCu2(OH)2CO3↓+2HC[或2Cu2++2C+H2OCu2(OH)2CO3↓+CO2↑]
(6)在用H2将Cu2+还原为Cu单质时,H2失去电子被氧化为H+,若还原时增大溶液的酸度,c(H+)增大,不利于H2失去电子
(7)S原子半径小,其原子周围不能容纳6个 —OH,而Te原子半径大,其原子周围能容纳的 —OH数目多
[解析] 加压、加热,酸浸阶段,向含 Cu、Se、Te 等元素的铜阳极泥中加入H2SO4溶液并通入O2 ,在加压、加热条件下进行酸浸。利用氧气在酸性环境下的氧化性,将铜阳极泥中的金属等成分氧化溶解。铜元素转化为铜离子进入溶液,Se、Te 等元素也发生相应反应进入浸出液,不溶物成为浸渣,被分离。第一次还原(还原1)阶段,向浸出液中通入SO2,SO2具有还原性,能将浸出液中的Se元素还原为单质Se,通过过滤可将Se分离出来,得到滤液1。第二次还原(还原2)阶段,向滤液1中再次通入SO2,此时将溶液中的Te元素还原为单质Te,经过滤分离出Te,得到滤液2。沉铜阶段,向滤液2中加入Na2CO3溶液,使铜离子转化为沉淀Cu2(OH)2CO3,过滤分离出沉淀,滤液3被分离出去。后续处理阶段,Cu2(OH)2CO3经过一系列后续处理,最终得到铜单质。
(1)Se 是 34 号元素,根据核外电子排布规律,其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4,也可用简化形式[Ar]3d104s24p4表示。灰硒和红硒是硒元素形成的不同单质,互为同素异形体。
(2)“加压、加热,酸浸”时,Cu2Se与O2、H2SO4反应,Cu2Se中Cu为 +1 价,Se为 -2 价 ,反应后Cu转化为CuSO4,Se转化为H2SeO4,O2作氧化剂,根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为2Cu2Se+5O2+4H2SO44CuSO4+2H2SeO4+2H2O。
(3)加压可增大氧气溶解度,溶液中O2浓度增大,加快化学反应速率,提高浸出率。同时加压可提升溶液的沸点,可使化学反应在更高的温度下发生,化学反应速率更快。
(4)同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱,元素非金属性越强,其最高价含氧酸的氧化性越强。Se和Te同主族,Se在Te上方,非金属性:Se>Te,所以氧化性:H2SeO4>H6TeO6。
(5)“沉铜”时,Cu2+与Na2CO3溶液反应生成Cu2(OH)2CO3沉淀,C水解产生OH-,根据电荷守恒和原子守恒写出离子方程式为2Cu2++3C+2H2OCu2(OH)2CO3↓+2HC或2Cu2++2C+H2OCu2(OH)2CO3↓+CO2↑。
(6)高压氢还原时,H2作还原剂,H2失去电子被氧化为H+,增大溶液酸度,H+浓度升高,不利于H2失去电子,也就不利于Cu的生成。
(7)原子半径影响原子周围可结合其他原子或原子团的数量,S和Te同主族,Te原子半径大,有足够空间容纳多个 —OH形成H6TeO6,S原子半径小,空间限制使其难以形成含6个 —OH的H6SO6。
17.(1)2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)　ΔH=
-746.5 kJ·mol-1
(2)①CO　N2　②高温　③80%
(3)<　0.15　温度小于580 K时,反应未达到平衡状态,升高温度,反应速率加快,NO生成N2的转化率逐渐增大;温度高于580 K以后,反应达到平衡状态,升高温度,平衡逆向移动,NO生成N2的转化率逐渐减小　(4)
[解析] (1)根据题干中的已知条件,①2NO(g)N2(g)+O2(g)　ΔH=-180.5 kJ·mol-1,②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)　ΔH=-566 kJ·mol-1,①+②可得CO催化还原NO的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)　ΔH=-746.5 kJ·mol-1。
(2)①温度越高,反应速率越快。随着反应的进行,CO和NO的浓度逐渐降低,N2O作为中间产物,其浓度会出现先升后降的趋势,随着N2O浓度逐渐降低,NO的浓度减小的趋势变小,到后来浓度基本不变,而CO浓度减小的趋势较大,所以曲线Ⅰ代表CO,曲线Ⅱ代表NO;两个反应中都产生CO2,CO2的浓度大于N2,曲线Ⅲ代表CO2,曲线Ⅳ代表N2。②结合图像可知,高温时CO和NO的浓度较低,脱除率高,且N2O含量低,N2含量高,所以应选择高温条件。③根据N原子守恒,c初始(NO)=1500 ppm×2+350 ppm+200 ppm×2=3750 ppm,转化为N2的c(NO)=1500 ppm×2=3000 ppm,故NO的脱除率=×100%=80%。
(3)根据题目的已知条件,开始只充入反应物,温度小于580 K时,反应未达到平衡状态,升高温度,反应速率加快,NO生成N2的转化率逐渐增大;温度大于580 K以后,反应达到平衡状态,NO生成N2的转化率逐渐减小,说明升高温度平衡逆向移动,正反应放热,ΔH<0。根据图像,5 min内,420 K到580 K,转化的n(NO)=(52%-2%)×3 mol=1.5 mol,v(NH3)=v(NO)==0.15 mol·L-1·min-1。
(4)设消耗O2为x mol,生成N2O4为y mol。
根据平衡时n(O2)=n(NO2)=n(N2O4),可得出1-x=2x-2y=y,经计算x=0.6,y=0.4。平衡后气体总物质的量为(0.8+0.4+0.4+0.4+1) mol=3 mol,p(NO2)=p(N2O4)=,Kp=。
18.(1)4
(2)取代反应　还原反应
(3)酰胺基
(4)形成分子间氢键,沸点更高;而物质A形成分子内氢键,沸点较低
(5)+HNO3(浓)+H2O
(6)提高化合物I的转化率
(7)
[解析] A发生取代(磺化)反应生成B,B和氯气发生取代(卤代)反应生成C,C发生水解反应生成D,结合F()的结构,D发生酯化反应生成E(),E发生硝化反应生成F,F发生还原反应生成G,G和CH2ClCOCl发生成环反应生成H,H和CH3I发生取代反应生成的I为,I发生水解反应,然后酸化得到J。
(1)化合物F没有对称轴,每个氢原子都不相同,在核磁共振氢谱上有4组吸收峰。
(2)根据分析,A→B、F→G的反应类型分别为取代反应、还原反应。
(3)H()中的含氮官能团的名称是酰胺基。
(4)化合物A沸点低于的理由是形成分子间氢键,沸点更高;而物质A形成分子内氢键,沸点较低。
(5)E→F为硝化反应,化学方程式为+HNO3(浓)+H2O。
(6)化合物I转化为化合物J的过程中,从官能团转化的角度分析,先加碱后加酸的原因是提高化合物I的转化率。
(7)以为原料制备,先发生硝化反应生成,
发生题干中的还原反应生成,和发生题中G到H的成环反应生成产物,其合成路线为。

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