高考化学二轮复习大题突破练含答案

这是一份高考化学二轮复习大题突破练含答案，共51页。试卷主要包含了01~0，98 mL、20等内容，欢迎下载使用。

回答下列问题:
(1)在该流程中可循环使用的物质是Zn和H2SO4,基态S原子占据最高能级的原子轨道的形状为 ,SO42-的空间结构为 。
(2)“焙烧”过程在氧气气氛的沸腾炉中进行,“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在,写出“焙烧”过程中FeS发生主要反应的化学方程式: ;“含尘烟气”中的SO2可用氨水吸收,经循环利用后制取硫酸,用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时,所得溶液中的c(SO32-)c(HSO3-)= 。[已知:Ka1(H2SO3)=1.4×10-2;Ka2(H2SO3)=6.0×10-8]
(3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉(过量),所得“滤渣”的成分为 (填化学式),分离“滤液”与“滤渣”的操作名称为 。
(4)改进的锌冶炼工艺,采用了“氧压酸(稀硫酸)浸”的全湿法流程,既省略了易导致空气污染的焙烧过程,又可获得一种有工业价值的非金属单质。
①下列设想的加快浸取反应速率的措施中不合理的是 (填字母)。
A.将稀硫酸更换为98%的浓硫酸
B.将硫化锌精矿粉碎
C.适当升高温度
②硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液可慢慢地转化为铜蓝(CuS):ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq),该反应的平衡常数K= 。[已知:Ksp(ZnS)=1.6×10-24,Ksp(CuS)=6.4×10-36]
2.(2023·河北名校联盟联考)某软锰矿含锰50%,是重要的锰矿石。其主要成分如表:
某科研团队设计制备高纯度MnCO3。反应原理为①MnO2+BaS+H2OMnO+Ba(OH)2+S;②MnO+H2SO4MnSO4+H2O;③MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2OMnCO3↓(白色)。工艺流程图如图。
回答下列问题:
(1)软锰矿与硫化钡反应时,适当提高反应液温度的目的是 。
(2)“不溶物”中除SiO2外,还有 (填化学式)。
(3)工序2中加入H2O2的目的是 ,使用氨水调溶液的pH,理论上pH最小值为 。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5 ml·L-1时沉淀完全;Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6、Ksp[Fe(OH)2]=10-16.3、Ksp[Al(OH)3]=10-32.3、Ksp[Mn(OH)2]=10-12.7)
(4)MnF2难溶于水,工序3加入MnF2的目的是除去Mg2+,其反应的离子方程式为 。
(5)碳化过程中发生反应的化学方程式为 。
3.(2023·辽宁沈阳二模)重铬酸钾(K2Cr2O7)在实验室和工业上都有广泛应用。如工业中常将其用于制铬矾、火柴、电镀、有机合成等。工业上以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2,杂质主要为硅、铁、铝的氧化物]制备重铬酸钾的工艺流程如下图所示:
已知:①焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe元素转化为NaFeO2,铝的氧化物转化为NaAlO2。
②矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示,当溶液中可溶性组分浓度c≤1.0×10-5 ml·L-1时,可认为已除尽。
请回答下列问题:
(1)写出焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式: 。
(2)水浸滤渣的主要成分是Fe(OH)3,写出生成此滤渣的离子方程式: 。
(3)中和步骤中理论pH的范围是 ,中和后滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(4)酸化时加冰醋酸调节pH约等于5,写出酸化过程中反应的离子方程式: 。
(5)工序Ⅰ经过过滤、洗涤后获得粗产品,则工序Ⅱ的操作方法是 。
(6)可以采用氧化还原滴定法测定产品的纯度,还可以采用分光光度法测定(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比),但测得的质量分数明显偏低,分析原因,发现配制K2Cr2O7待测液时少加了一种试剂,该试剂可以是 (填字母)。

a.硫酸b.氢碘酸
c.硝酸钾d.氢氧化钾
4.(2023·湖南长郡中学二模)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(M)、镍(Ni)等元素的氧化物,一种回收利用工艺的部分流程如下:
已知:该工艺中,pH>6.0时,溶液中M元素以MO42-的形态存在。
(1)“焙烧”中,有Na2MO4生成,其中M元素的化合价为 。
(2)“沉铝”中,生成沉淀X的离子方程式为 。
(3)“沉钼”中,pH为7.0,生成BaMO4的离子方程式为 。
(4)①滤液Ⅲ中,主要存在的钠盐有NaCl和Y,Y为 (填化学式)。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后,通入足量 (填化学式)气体,再通入足量CO2,可析出Y。
(5)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示,图中所示致密保护膜为一种氧化物,可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。
①该氧化物为 。
②已知:Ga和Al同族,As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中,As元素的化合价变为+5价,则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
5.(2023·辽宁瓦房店一模)锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO,还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣,一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如下。回答下列问题:
已知:①MnSO4·H2O易溶于水,不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下,葡萄糖能发生如下反应:
(1)请写出Mn原子基态价层电子排布式: 。
(2)已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价,Mn为+2价和+4价,则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为 。
(3)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为 。
(4)实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量,为提高葡萄糖的有效利用率,除充分搅拌外还可采取的措施为 。
(5)整个流程中可循环利用的物质是 。获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥,其中洗涤的具体操作是 。
(6)加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3,Na2CO3溶液的最小浓度为 ml·L-1(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由 。[已知:20 ℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8,Ksp(PbCO3)=7.4×10-14,1.262≈1.6]
6.(2023·山西吕梁二模)钪(Sc)是一种重要且价格昂贵的稀土金属,广泛用于航空航天、超导等领域。从赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、TiO2等)中回收钪,同时生产聚合硫酸铁铝的工艺流程如图所示:
回答下列问题:
(1)写出基态Sc原子的简化电子排布式: 。
(2)在酸浸赤泥的后续萃取分离过程中,Fe3+与Sc3+会发生共萃而进入有机相,从而使后续分离难度加大,经探究温度、硫酸浓度与铁、钪的浸出率及分离系数(钪的浸出率和铁的浸出率比值)关系如下图所示,则酸浸的最佳浸出温度为 ℃,最佳硫酸浓度为 ml·L-1。
(3)该工艺条件下,溶液中有关离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示:
①已知TiO2和硫酸反应生成水溶性的TiO2+,则流程中TiO2+水解生成TiO2·xH2O的离子方程式为 。
②试剂A常选用H2O2,写出其在生产、生活中可能的用途: (填一条即可)。
③该工艺流程中引入“还原”与“氧化”这两个步骤的原因是 。
(4)含钪元素的微粒与lg c(F-)、pH的关系如下图所示,“沉钪”时,溶液的pH=3,c(F-)=10-4 ml·L-1,则此时钪的存在形式为 (填化学式)。
(5)“聚合”生成聚合硫酸铁铝AlFe(OH)2(SO4)2时,同时产生气体,该步骤的离子方程式为 。
大题突破练(二) 化学实验综合题
1.(2023·江西上饶二模)水合肼(N2H4·H2O)具有还原性,利用其可以精炼铂。某同学在实验室制备水合肼,并模仿工业精炼铂。回答下列问题:
(1)水合肼的制备,实验步骤及装置(夹持及控温装置已省略)如图所示:
将NaClO溶液和过量NaOH溶液缓慢滴入尿素[CO(NH2)2]水溶液中,控制一定温度,充分反应后,三颈烧瓶中的溶液经蒸馏获得水合肼粗品后,剩余溶液再进一步处理还可获得副产品NaCl和Na2CO3·10H2O。
①仪器X的名称为 。
②三颈烧瓶中反应的化学方程式为 。
③若滴加NaClO溶液的速度较快,会导致水合肼的产率下降,其原因是 。
④NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图,由蒸馏后的剩余溶液获得NaCl粗品的操作是 。
(2)水合肼还原精炼法制备铂的流程如下:
①常温下,(NH4)2PtCl6难溶于水,粗(NH4)2PtCl6中含有大量氯化铵等可溶性的盐,在实验室中预处理时,需将样品溶解、过滤后洗涤,洗涤沉淀方法是 。
②该工序固液比、溶液的酸度(盐酸浓度)、反应时间等对于精炼铂的产率,均有较大的影响。在不同酸度下达到较高产率所需时间,以及不同固液比在最佳酸度下反应时间与产率关系如图所示:
由此可得最佳的反应条件是 。
③写出“煅烧”生成Pt、N2、NH3和HCl的化学方程式: 。
2.(2023·湖北荆州二模)硫脲[CS(NH2)2]是一种白色晶体,熔点180 ℃,易溶于水和乙醇,受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵,可用于制造药物,也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等。回答下列问题:
Ⅰ.硫脲的制备:
已知:将石灰氮(CaCN2)和水的混合物加热至80 ℃时,通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳,实验装置如图所示。
(1)装置B中的试剂X和试剂Y的最佳组合是 (填字母)。
A.FeS固体+浓硫酸
B.FeS固体+稀硝酸
C.FeS固体+稀盐酸
(2)仪器M的名称为 。按(1)中所选试剂组合,按气流从左到右的方向,上述装置的合理连接顺序为c→ (填仪器接口的小写字母)。
(3)装置C中反应温度控制在80 ℃,温度不宜过高或过低的原因是 ,装置C中反应的化学方程式为 。
Ⅱ.硫脲的分离及产品含量的测定:
(4)装置C反应后的液体过滤后,将滤液减压蒸发浓缩,之后冷却结晶,离心分离,烘干即可得到产品。称取m g产品,加水溶解配成500 mL溶液,量取25 mL于锥形瓶中,滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性,用c ml·L-1 KMnO4标准溶液滴定,滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V mL。
①硫脲[CS(NH2)2]中硫元素的化合价为 价。
②滴定时,硫脲转化为CO2、N2、SO42-的离子方程式为 。
③样品中硫脲的质量分数为 (用含“m、c、V”的式子表示)。
3.(2023·湖南怀化二模)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)广泛用于纺织、印染、造纸等行业,因其使用时对织物的损伤很小,故又称“保险粉”。
Ⅰ.Na2S2O4制备
锌粉法是最早应用于工业生产连二亚硫酸钠的方法,其制备原理及装置如下:
步骤1:检查装置气密性并加入药品;
步骤2:打开仪器a的活塞,向装置C中通入一段时间SO2,发生反应:Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O;
步骤3:打开仪器c的活塞滴加稍过量的NaOH溶液使装置C中溶液的pH处在8.2~10.5之间,发生反应ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4+Zn(OH)2↓;
步骤4:过滤,将滤液经“一系列操作”可获得Na2S2O4。
已知:①Na2S2O4易溶于水,不溶于乙醇,在碱性介质中较稳定。
②Zn(OH)2与Al(OH)3的化学性质相似。
回答下列问题:
(1)仪器d的名称为 。
(2)装置B(单向阀)的作用为 。
(3)一系列操作包括盐析、过滤、脱水、洗涤、干燥等操作,其中洗涤所用的试剂为 (填字母)。
A.乙醇B.NaOH溶液
C.水D.浓硫酸
(4)步骤3需控制溶液的pH在8.2~10.5之间,其原因为 。
Ⅱ.Na2S2O4含量的测定
称取2.0 g制得的Na2S2O4产品溶于冷水配成250 mL溶液,取出25.00 mL该溶液于锥形瓶中,用0.10 ml·L-1碱性K3[Fe(CN)6]标准溶液滴定,选择合适指示剂,平行滴定三次,消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。
(5)[Fe(CN)6]3-是一种比较弱的氧化剂,能将S2O42-氧化为SO32-,自身被还原为[Fe(CN)6]4-,滴定中发生反应的离子方程式为 。
(6)选择指示剂时,指示剂的条件电位要在滴定突跃电位之间,本实验滴定突跃范围为0.01~0.38 V,根据下表,可选择 为指示剂。
(7)样品中Na2S2O4的质量分数为 (杂质不参与反应,计算结果精确到0.1%)。
4.(2023·北京朝阳区二模)某小组同学探究Na2SO3和不同铜盐溶液的反应,实验如下。
实验:向2 mL 0.5 ml·L-1 Na2SO3溶液中加入1 mL 0.25 ml·L-1 CuCl2溶液,立即产生橙黄色沉淀(沉淀A),放置5 min左右,转化为白色沉淀(沉淀B)。
已知:ⅰ.Cu+Cu(NH3)2+(无色)
ⅱ.Cu+Cu2++Cu
(1)研究沉淀B的成分。
向洗涤后的沉淀B中加入足量浓氨水,得到无色溶液,在空气中放置一段时间,溶液变为深蓝色。取少量深蓝色溶液,滴加试剂X,产生白色沉淀。
①白色沉淀是AgCl,试剂X是 。
②无色溶液在空气中放置变为深蓝色,反应的离子方程式为 。
(2)经检验,沉淀A不含SO42-。推测沉淀A能转化为沉淀B与Cl-有关,为研究沉淀A的成分及沉淀A转化为B的原因,实验如下。
①仅通过上述实验不能证明沉淀A中含有Cl-,补充实验:向少量洗净的沉淀A中加入稀硫酸,证实沉淀A中含有Cu+的证据是 。
②无色溶液中含有SO42-,推测SO42-的产生有两个途径:
途径1:实验过程中O2氧化SO32-;
途径2: (将途径补充完整)。
经研究,途径1不合理,途径2合理。
③解释Na2SO3和CuCl2溶液反应时,先产生橙黄色沉淀,再转化为白色的原因: 。
(3)Na2SO3和CuCl2溶液反应最终生成CuCl沉淀,并检测到有SO2生成,离子方程式是 。用Na2SO3和CuSO4溶液重复上述实验,仅产生橙黄色沉淀,放置72 h后变为暗红色沉淀(可溶于氨水,得到无色溶液,放置变为深蓝色)。
(4)根据上述实验所得结论: (答出两点)。
5.(2023·广东六校联盟联考)某实验小组探究浅黄色草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)分解产物的装置如图所示。
回答下列问题:
(1)仪器M的名称是 。
(2)点燃酒精灯之前,先通入N2,其目的是 。
(3)装置C的作用是 。
(4)如果实验中观察到C、H变浑浊,E不变浑浊,可以得出实验结论:A装置中分解的气体产物一定有 (填化学式)。
(5)在300 ℃、500 ℃下进行上述实验,A装置中分别得到甲、乙两种黑色粉末,进行实验并观察到现象如下:
根据上述实验,实验①产生蓝色沉淀的离子方程式为 。乙中的成分可能为 (填化学式)。
(6)测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)纯度。准确称取W g样品于锥形瓶,加入适量的稀硫酸,用c ml·L-1 KMnO4溶液滴定至终点,消耗b mL KMnO4溶液。滴定反应:FeC2O4+MnO4-+H+Fe3++CO2+Mn2++H2O(未配平)。该样品纯度为 %。若滴定管没有用待装液润洗,测得结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
大题突破练(三) 化学反应原理综合题
1.(2023·辽宁沈阳一模)氢气作为一种清洁能源,一直是能源研究的热点,水煤气变换反应可用于大规模制H2,反应原理如下:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2 kJ·ml-1。
(1)根据下表中提供的数据,计算x= kJ·ml-1。
(2)实验发现其他条件不变,在体系中投入一定量CaO可以增大H2的体积分数,从化学平衡的角度解释原因: 。
(3)某温度下,在一恒容密闭容器中充入CO和H2O[n(CO)∶n(H2O)=1∶1.5],加入催化剂使其发生上述反应(忽略其他副反应),测得该反应中初始压强为p0,分压如图甲所示(t时刻前,H2O的分压未给出),则A点坐标为(t, )、平衡常数Kp= 。
甲
(4)反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的Arrhenius经验公式的实验数据如图乙中曲线所示,已知经验公式为Rln k=-EaT+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·ml-1。当使用更高效催化剂时,请绘制Rln k-1T关系示意图。(假定实验条件下,催化剂对C值无影响)
乙
(5)储氢合金能有效解决氢气的贮存和运输问题。某储氢合金的结构属六方晶系,晶体结构及俯视图分别如图(a)、(b)所示。已知a、b两点的分数坐标分别为(0,12,14)、(12,12,34),则c点坐标为 。X射线衍射测定两晶面间距为d pm(见图b),高为c pm,设阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的摩尔质量为M g·ml-1,则密度为 g·cm-3。(列出表达式)
2.(2023·陕西西安中学二模)可燃冰是一种高效清洁能源,中国已勘探的可燃冰储量居世界第一,持续安全开采量创下了世界纪录,有望2030年实现产业化开采。科学家也对CH4进行了重点研究。
Ⅰ.CH4与CO2重整的工艺过程中涉及如下反应:
反应①:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247.4 kJ·ml-1
反应②:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
反应③:CH4(g)+12O2(g)CO(g)+2H2(g) ΔH3=-35.6 kJ·ml-1
(1)已知:反应④12O2(g)+H2(g)H2O(g) ΔH4=-241.8 kJ·ml-1,则ΔH2= kJ·ml-1。
(2)一定条件下,向容积为V L的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0 ml及少量O2,测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。
①图中a和c分别代表产生 和 。由图中信息判断900 K后产生H2O的主要反应并说明理由 。
②1 100 K平衡时,CH4与CO2的转化率分别为95%和90%,体系内剩余n ml O2,反应③的平衡常数K= (写出计算式)。
③密闭恒容条件下,反应②达到平衡的标志是 (填字母)。
A.每消耗1 ml CO2的同时消耗1 ml H2
B.CO的分压不再发生变化
C.气体平均相对分子质量不再发生变化
D.气体密度不再发生变化
E.c(CO2)·c(H2)c(CO)·c(H2O)不再发生变化
Ⅱ.将CH4与一种产生温室效应的气体利用电解装置进行耦合转化,原理示意如图。
(3)电池工作时,O2-向电极 移动。
(4)若消耗CH4和产生温室效应气体的体积比为3∶2,则生成乙烷和乙烯的体积比为 。
3.(2023·湖南雅礼中学三模)甲醇是重要的化工原料,合成甲醇和利用甲醇的研究和探索,在国际上一直受到重视。工业上常利用CO2和H2为原料合成甲醇,再利用甲醇生产丙烯。回答下列问题:
(1)①常温下,H2和甲醇的燃烧热分别为285.8 kJ·ml-1和726.4 kJ·ml-1,1 ml甲醇汽化需要吸收82.0 kJ的热量,则CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下合成气态甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l) ΔH= kJ·ml-1;
②上述反应分两步进行:
第一步 (写化学方程式)ΔH>0
第二步Cu/Zn*+2H2+CO2Cu/ZnO*+CH3OH ΔHp3 m α22(1-α)(3-2α)
解析 (1)由盖斯定律可知,反应ⅰ+ⅱ+ⅲ可得反应3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g),则反应的ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3;
该反应是气体体积减小的反应,反应中气体压强减小,则混合气体总压强不随时间变化时,说明正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,A正确;若CO完全反应,由方程式可知,反应后氢气、甲醇、乙醇、水蒸气的物质的量都为1 ml,甲醇的体积分数可能为25%,该反应为可逆反应,可逆反应不可能完全反应,所以反应达到平衡时,甲醇体积分数不可能为25%,B错误;反应达到平衡后,再充入少量一氧化碳,平衡向正反应方向移动,但一氧化碳的平衡转化率减小,C错误;反应达到平衡后,再加入高效催化剂,化学反应速率加快,但化学平衡不移动,乙醇产率保持不变,D正确。
(2)①实验1催化剂的选择性高于实验2、4,原料的转化率高于实验3,所以题述实验中,催化效能最好的为实验1;与实验1相比,实验3的反应温度与1相近,压强小于实验1,说明实验3的压强太小,不利于平衡向正反应方向移动,导致醋酸酯平衡转化率较低;②活化能越小,反应速率越快,慢反应控制总反应速率,所以在b和c的步骤中,活化能较小的是快反应c、控制总反应速率的步骤是慢反应b;由反应CH3CO*+H·CH3CHO可知,醋酸酯加氢制乙醇时,副产物除了甲醇外,还有乙醛;
(3)设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1 ml和3 ml,容器的容积为V L,反应ⅳ、ⅵ生成甲醇的物质的量分别为a ml、b ml,反应ⅴ生成一氧化碳的物质的量为c ml,由图可知,在T1 ℃下,压强为p3时,甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等、二氧化碳的转化率为α,由题意可建立如下三段式:
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起/ml1300
变/mla3aaa
平/ml1-a3-3aaa
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
起/ml1-a3-3a0a
变/mlccca+c
平/ml1-a-c3-3a-cca+c
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
起/mlc3-3a-ca
变/mlb2bb
平/mlc-b3-3a-c-2ba+b
由二氧化碳的转化率为α可得:a+b+c=α,由甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等可得c-b=a+b=α2,解得a=c=α2、b=0,则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为(1-α) ml、(3-2α) ml、α2 ml和α ml,故反应ⅴ的浓度平衡常数Kc=α2V×αV1-αV×3-2αV=α22(1-α)(3-2α)。
大题突破练(四) 有机合成与推断综合题
1.答案 (1)CD
(2)
(3)
(4)++NH4Cl
(5)或
(6)
解析 A发生成环反应得到B,B中氨基、酰胺基在一定条件下转化为C,C和溴发生取代反应引入溴原子得到D,可以推知C的结构简式为;D通过两步反应转化为E,E分子内成环得到F,E的结构简式为;F转化为G,J和氨气转化为I,G、I生成H,结合H结构简式、I分子式可知,I结构简式为。
(1)A中含有饱和碳原子,具有甲烷的结构特征,则所有的碳原子不可能在同一个平面上,A错误;1 ml化合物F在酸性条件下发生水解,该过程最多消耗1 ml盐酸生成氯化铵,B错误;根据氨气和I的结构简式可推知,化合物J到I的反应是J与氨气发生加成反应,C正确;根据化合物H的结构简式可知,其分子式为C15H21 N3O3S,D正确。
(5)B为,其同分异构体:①有两个六元环(不含其他环),其中一个为苯环;
②除苯环外,结构中只含有3种不同的氢,符合条件的同分异构体可以为或。
(6)氯仿首先氧化为ClCOCl,甲苯和浓硫酸发生取代反应引入磺酸基,发生已知反应,磺酸基转化为—SO3NH2,再和ClCOCl反应得到目标产物,据此写出合成路线图。
2.答案 (1)1,3-丙二醇 羟基、酰胺键 加成反应
(2) 保护羧基,避免与CH3I反应
(3)+2CH3OH
+2H2O
(4)2
(5)HCOOCH2CH2CH2OOCH、
OHCCH2OCH2OCH2CHO、(任写2个即可)
(6)
解析 (1)A(C3H8O2)经催化氧化生成B(C3H4O4),则A是饱和二元醇,考虑C中酯基的位置,A应是HOCH2CH2CH2OH,其化学名称为1,3-丙二醇。由G的结构简式可知,含氧官能团的名称为羟基、酰胺键。G→H过程中CO键断裂,该反应为加成反应。
(2)D经反应②生成E(C5H8O4),该步为水解反应,则E为。反应①中转化—COOH,反应②中重新生成—COOH,中间发生与CH3I的取代反应,显然反应①、②的目的是保护羧基,避免与CH3I反应。
(3)B是,与CH3OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成C,结合反应机理及原子守恒写出化学方程式。
(4)手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的碳原子,R分子中与N形成单键(C—N键)的碳原子是手性碳原子。
3.答案 (1)(酮)羰基、碳氯键 2-甲基丙醛或异丁醛
(2)取代反应
(3)bc
(4)14 或
(5)nHOCH2CH2OH++
解析 A的分子式为C7H8,结合B的结构简式,可逆推A为;B→C在AlCl3条件下发生反应生成C,结合分子式,可知发生取代反应,则C的结构简式为;D与HCHO在稀NaOH溶液下反应生成E,结合+CH3CHO,可知D为;E在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成F,C和F在酸性条件下反应生成G,结合++H2O,则G为,最后得到布洛芬。
(3)布洛芬中含有羧基,结构中含有苯环,故可以与氢气发生加成反应,a错误;1 ml布洛芬含有1 ml羧基,可以与1 ml碳酸氢钠反应生成1 ml CO2(即44 g),b正确;最多11个碳原子共平面:,c正确;布洛芬分子中有1个手性碳原子,d错误。
(4)的不饱和度为5,含有2个O,一个苯环及苯环外的7个碳,①苯环上有三个取代基,苯环上的一氯代物有两种,说明苯环上的取代基在对称的位置上,②能发生水解反应,说明含有酯基,水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应,则布洛芬的同分异构体可能为或;当R1为—CH3时,R为—C4H9,共4×2=8种,当R1为—C2H5时,R为—C2H5,共1×2=2种,当R1为—C3H7时,R为H,共2×2=4种,故答案为14种,其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱峰面积比为12∶2∶2∶1∶1的物质的结构简式:或。
4.答案 (1)苯乙烯
(2)醚键、氨基
(3)+H2O
(4)加成反应
(5)20
(6)2
(7)
解析 结合B的结构简式及A到B的反应分析可知,A为苯乙烯;苯乙烯与溴单质和水发生加成反应生成B,B发生醇消去反应生成C,C与甲醛发生加成反应生成D,D与氨气在10 MPa条件下发生取代反应生成E,E在酸性条件下发生水解反应转化为F();F发生硝化反应生成G,G与Cl2CHCOOCH3在碱性条件下发生取代反应生成H()。
(4)对比C和D的结构简式可知C与甲醛反应过程中C中碳碳双键转化为单键,可知C发生加成反应。
(5)化合物D的同分异构体中满足条件:a.苯环上有三个取代基;b.能发生银镜反应,说明含有醛基或—OOCH,不含其他不饱和键及环结构;c.一定条件下能水解,则含酯基,结合氧原子个数可知该酯基为—OOCH,1 ml有机物最多能消耗4 ml NaOH,则—OOCH直接连在苯环上,其溴原子也直接连在苯环上;又因苯环上有三个取代基,则其他碳原子在一个取代基中,可以是正丙基和异丙基两种,苯环上三个取代基不相同时在苯环上有10种结构,则符合该条件的同分异构体个数为20。
(6)由F的结构简式及手性碳原子定义可知与苯环直接相连的碳原子以及氨基所连碳原子为手性碳原子。
5.答案 (1)羧基、氯原子 (2)
(3)2+O22+2H2O
(4)
(5)还原
(6)①+C2H5OH
+H2O
②H2N—NH—CH3
③保护羧基,避免其与氨基或亚氨基发生反应
解析 由B生成D的条件可知,该反应为醇的催化氧化,则在D中含有醛基或羰基,根据分子组成及E的结构简式分析可知,D中应是苯环上连接醛基,其结构简式为,B的结构简式为,对比A、B的分子式及B的结构简式可知,A为;D与C2H5NO2发生分子间脱水生成E,E在Fe/HCl作用下发生还原反应,硝基被还原成氨基,然后与水作用得到G,结合G的分子式及G到J发生信息中的转化可知,G中含有羰基,则G的结构简式为。G与CH3ONH2发生信息中反应生成J,J的结构简式为,J与NaBH3CN发生还原反应得到K,K为,K与发生取代反应生成氟唑菌酰羟胺。
(2)A的某种同分异构体与A含有相同官能团,即含有羧基和碳氯键,其核磁共振氢谱也有两组峰,除羧基外只有一种氢,则苯环结构应对称。
(6)①反应Ⅰ为与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成和水。②发生信息中反应生成,发生异构化反应生成,与M发生已知中信息反应,生成物发生水解得到,该生成物应为,则M应为H2N—NH—CH3。
③步骤Ⅰ实现羧基转化为酯基,Ⅳ又将酯基水解成羧基,可以起到保护羧基作用,避免其与氨基或亚氨基发生反应。
6.答案 (1)取代反应
(2)溴原子、碳碳双键
(3)引入保护基(保护酚羟基)
(4)该羟基和1位的酮羰基形成分子内氢键,氢键的存在使2位羟基不易被取代
(5)
(6)
解析 A和CH2BrCHC(CH3)2发生取代反应生成B,B生成C保护酚羟基;结合E结构可知,D为,D生成E,C、E生成F,F取代生成G,G成环生成H。
(4)B的2位羟基和1位的酮羰基形成分子内氢键,氢键的存在使2位羟基不易被取代,故B→C的反应中B的2位羟基未被取代。
(6)已知G和H互为同分异构体,且结构内含有两个六元环,结合F、H结构简式可知,G为F中苯环上CH3OCH2—被取代生成酚羟基的反应产物。
软锰矿主要成分
杂质
MnO2
MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质
离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
TiO2+
开始沉淀的pH
7.0
1.9
3.0
0.3
完全沉淀的pH
9.0
3.2
4.7
2.0
常用氧化还
原指示剂
条件电
位(V)
颜色变化
还原态
氧化态
亚甲基蓝
0.36
无色
蓝色
二苯胺
0.76
无色
紫色
二苯胺磺酸钠
0.84
无色
紫红
邻苯氨基苯甲酸
0.89
无色
紫红
实验
实验操作及现象
①
用强磁铁接近甲,无明显现象;将黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀
②
用强磁铁接近乙,吸起部分粉末,将吸起来的粉末投入盐酸中,产生气泡;将剩余黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀
化学键
CO
C≡O
O—H
H—H
键能/(kJ·ml-1)
803
x
463
436
实验
组
催化剂
原料
反应条件
反应性能
温度℃
压力MPa
转化
率/%
选择
性/%
1
Cu/SiO2
醋酸甲酯
190
28
96.1
99.0
2
Cu-Cr
醋酸乙酯
250
2.8
接近
完全
93.8
3
Cu/ZnO
醋酸乙酯
185
1
56
99.0
4
Cu/SiO2
醋酸乙酯
280
4.0
94.6
96.6