非选择题专项练(2)-【红对勾讲与练】2026年高考化学二轮复习考前增分练

②18 HOOC- CH一CH一CH(或 H.C- -CH-CH-COOH 解析：A与PhCH,CI发生取代反应生成B,B在一定条件下 生成C,C发生还原反应，羧基转化为醛基生成D,D与X反 应生成E,由已知②可知X为HCHO,E与Y生成F,F能使 溴的四氯化碳溶液褪色，F分子中含有碳碳双键，故F的结 0 构为HO ,F转化为G,G转化为H。(1)由A的 CH,Ph 结构简式为CH2(COOCH,CH)。可知，其官能团为酯基； 由A[CH2(COOCH,CH3)2]和B CH;CH,O OCH,CH,)可知，PhCH,CI中碳氣 CH.Ph 键参与结构变化，反应的化学方程式为PhCH,CI十 CH.(COOCH.CH,) Nal CH,CH,O OCH,CH CH,Ph HC1。(2)由上述分析知，CD发生还原反应。(3)由已知反应 CH.CHO+-HCH0H,CH,-CH-CHO中引入碳碳双键，结 合E(H )的结构可知，X为甲醛(HCH))。 CH,Ph NH2 (4)H( N )分子中含有和〔 ,各含有1个 HO CH,Ph Π键，共含有2个Ⅱ键。(5)①E的分子式为C1H1O,F 的分子式为C1。H。),,且F能使溴的四氯化碳溶液褪色，说 明F分子中含有碳碳双键，由E转化为F得到1个O原子， 发生氧化反应，且E分子中含有醛基，醛基能被银氨溶液或 新制氢氧化铜氧化为羧基，而碳碳双键不发生变化，则F的 结构简式为HO 。 ②F的同分异构体能与饱和 CH,Ph 碳酸氢钠溶液反应产生CO,,则分子中含有羧基；红外光谱 中有碳碳双键特征吸收峰，则分子中含有碳碳双键；只有苯 环一种环状结构，且苯环上仅有两个取代基；综合上述，F的 同分异构体：一CH一CH一CH,在 COOH中苯环上 有邻、间、对三种位置，—C一CH。在 -COOH中苯环 CH 上有邻、间、对三种位置，一CH一CH一CH3在 -COOH 中苯环上有邻、间、对三种位置，一CH一CH,在 一CH,一COOH中苯环上有邻、间、对三种位置， CH在 CH一CH一COOH中苯环上有邻、间、对 三种位置，一CH在 -C一CH2中苯环上有邻、间、对 COOH 三种位置，共18种，其中满足核磁共振氢谱有6组峰且峰面 积之比为3：2：2：1：1：1的结构简式有 HOOC CH-CH一CH3、 H.C- CH-CH-COOH。 4.(1)·0:H(2)+121.6D (3)①260℃之后主要发生反应b,反应b为吸热反应，升高 温度，其平衡正向移动，C0,平衡转化率增大②38 15 (4)氧化2C)2+2e+2H+-H,C,O4 解析：(1)CHOH分子中官能团为羟基，其电子式为·O:H。 (2)由盖斯定律可得一(2×反应a)一反应c=反应d, △H,=-(2×△H1)-△H3=-2×(-49.1kJ·mol1) (-23.4kJ·mol厂1)=+121.6kJ·mol厂。其他条件不变， 升高温度时部分分子吸收能量转化为活化分子，活化分子百 分数增加，A项正确：该反应为吸热反应，升高温度，平衡常 数K增大，B项正确；该反应的△H>0,△S>0,由△H一 T△S<0可知高温时反应可能能自发进行，C项正确；催化 剂能降低活化能，但不能改变反应的焓变，D项错误。 (3)①由反应a,CO2(g)十3H2(g)=CH3OH(g)十H2O(g) △H1=-49.1kJ·mol1,反应b.CO2(g)十H2(g)== CO(g)+H2O(g)△H:=+41.2kJ·mol1,反应c. 2CH;OH(g)=CH OCHs(g)+H2O(g)AHs= 一23.4kJ·mol厂1可知，随着温度的升高，反应a和反应c 平衡逆向移动、反应b平衡正向移动，温度的变化对反应 和反应b影响不同，由图像可知L:为CO,平衡转化率的曲 线、L1为C)选择性的曲线、L3为CH,OCH.选择性的曲 线。260℃之前主要发生反应a,反应a为放热反应，升高温 度，其平衡逆向移动，C),平衡转化率降低；260℃之后主要 发生反应b,反应b为吸热反应，升高温度，其平衡正向移动， CO2平衡转化率增大。②由图像可知，260℃时CO,平衡转 化率曲线和CH,OCH?选择性的曲线相交，C)。平衡转化率 和CH3OCH3选择性均为50%，则CO2共转化了0.5mol, C)的选择性为36%，则C)平衡时物质的量为0.5molX 36%÷1=0.18mol,二甲醚的选择性为50%，则二甲醚平 衡时物质的量为0.5molX50%×2=0.125mol,甲醇的选 择性为1一36%一50%=14%，则甲醇平衡时物质的量为 0.5mol×14%÷1=0.07mol,可列出三个反应的转化量 情况： 反应a. CO,(g)+3H,(g)=CH:OH(g)+H,O(g) 转化量/mol0.320.96 0.07+0.25=0.320.32 反应b. CO,(g)+H2(g)==CO(g)+H2 O(g) 转化量/mol0.180.18 0.180.18 反应c. 2CH:OH(g)=-CH;OCH;(g)+H2 O(g) 转化量/mol0.25 0.125 0.125 则平衡时容器内n(H)=(3-0.96-0.18)mol=1.86mol、 n(CO2)=0.5mol、n(CHOH)=0.07mol、n(H2O)= (0.32+0.18+0.125)mol=0.625mol、n(C0)=0.18mol n(CH,0CH)=0.125mol,a(H)=0.96+0.18）mo× 3 mol 100%=38%,反应b用气体分压表示的平衡常数K。= (H,O)Xp(CO) 0.625 mol.18 mol n p (CO,)Xp(H2) 0.5 mal86 mal n总 15 124°（4)由题图可知，钛网电极上水放电生成氧气，发生氧 化反应，钛网电极为阳极；石墨电极区二氧化碳得到电子发 生还原反应生成草酸，电极反应式为2CO。十2e十2H H2C2O4。 非选择题专项练（二）》 1.(1)适当升温（或不断搅拌、适当延长浸取时间、将废渣研磨 粉碎等) (2)4.67不引入新杂质，便于过滤除去沉淀 (3)Fe(OH);Mn2++CIO+H2 O--MnO2+2H+ Cl被氧化到更高价态（如MnO、MnO:) (4)加热浓缩，趁热过滤 参考答案 283 解析：向苦土中加硫酸进行酸浸，酸浸液中存在H+、Mg+ Fe+、Fe3+、AIB+、Mn2+、Ca2+等，Si),不溶于酸，加Mg)调 pH沉淀除去Fe+、AI+,加NaCIO将Fe+氧化为Fe(OHD,除 去，将Mn+氧化为MnO,除去，然后利用MgSO、CaS)·2H) 的溶解度差异使二者分离。(1)“酸浸”时，为保证浸取充分， 可以适当升温、不断搅拌、适当延长浸取时间或将废渣研 磨粉碎等。(2)沉淀Fe3+:pH>14-[-lge(OH门= 14+lg KLFe(OH)3」 1.0×109 c(Fe+) =14+lg√1.0×10m0l. 14+lg(4.64×10-2mol·L1)≈2.67；沉淀A1+:pH> 14-[-lgc(OH)]=14+lgc(OH)=14+ /KLAI(OH)3 1.0×108 c(A13+) =14+lg W1.0×10imol·L 14+lg(4.64×10mol·L)≈4.67，因此应调节pH> 4.67。用Mg)而不用C)调节pH的优点是不引入新杂 质，便于过滤除去沉淀。(3)据分析，NCIO为氧化剂，将 Fe+氧化为Fe(OH)3除去；Mn+被NaClO氧化为MnO。 除去，NaClO还原为NaCl,除锰的离子方程式为Mn+十 Cl)+H,O一Mn)2￥+2H++CI厂；Mn元素存在多种 价态，更高价态的锰（如MnO、MnO:)是可溶的，因此应 严格控制NaCl)的用量，否则Mn元素可能会因被氧化到更 高价态（如MnO、MnO:)而无法完全除去。(4）根据表格 数据可知，CaSO:·2H,O的溶解度随温度变化不大，且远小 于MgS):,MgS),的溶解度随温度升高而明显升高，因此 “除钙”的具体操作是加热浓缩，趁热过滤。 2.(1)CuSO+4NH3·H,O-「Cu(NH3),]SO,+4HO{或 CuSO,+4NH3一[Cu(NH3),]SO,}较难 (2)减少热量损失，冷凝回流b (3)顺式产物极性大，易溶于（强极性的）水；反式产物极性 小，在水中溶解度低 (4)Cul(s)+SCN (aq)=CuSCN(s)+1 (ag) (5)当最后半滴标准溶液滴入锥形瓶，悬浊液由蓝色变为白 色，且30s内不复原 (6)85.5 解析：硫酸铜溶液中加入过量氨水，形成配合物 [Cu(NH3),]SO,,溶液呈深蓝色，再加入氢氧化钠溶液得 氢氧化铜沉淀，再加入甘氨酸溶液得到顺式二甘氨酸合铜 (Ⅱ)天蓝色针状晶体，加入少量水加热可以转化为反式二甘 氨酸合铜（Ⅱ）深蓝色鳞状晶体，再用滴定法进行纯度分析。 (1)反应①是向硫酸铜溶液中加入过量氨水，形成配合物 [Cu(NH),」S),,化学方程式为CuSO,+4NH3·H,O [Cu (NHs).SO.+4H2O CuSO,+4NHs [Cu(NH):]S),;配离子[Cu(NH):]+较稳定，故较难电 离出自由的铜离子。(2)反应③是向氢氧化铜沉淀中加入甘 氨酸溶液并加热，烧杯上方加盖表面皿可减少热量损失，同 时冷凝回流提高产率；水浴加热需要使水温保持所需温度且 不接触容器内壁，故温度计球泡的合适位置是b。(3)天蓝色 针状晶体逐渐溶解，并析出深蓝色鳞状晶体，说明顺式二甘 氨酸合铜（Ⅱ）转化为反式二甘氨酸合铜（Ⅱ），从分子极性角 度解释其变化原因：顺式产物极性大，易溶于（强极性的）水； 反式产物极性小，在水中溶解度低而析出，使平衡向着生成 反式产物的方向进行。(4)由所给信息可知，临近滴定终点 时加入10%KSCN溶液的作用是将Cul沉淀转化为CuSCN 沉淀，减少对1的吸附，提高滴定的准确性，故离子方程式 为CuI(s)+SCN-(aq)= CuSCN(s)+I厂(aq)。(5)反应结 束，I,被反应完全，故悬浊液应当由蓝色变白色，则确定滴定 终点的依据是当最后半滴标准溶液滴入锥形瓶，悬浊液由蓝 色变为白色，且30s内不复原。(6)根据反应可知2S2)片 1,~2Cu+,二甘氨酸合铜（Ⅱ）的物质的量为n(Cu+)= n(S2O)=0.02850L×0.06000mol·L1=1.71× 103mol,本实验产品的总纯度为 1.71×10mol×212g/mo×100%=85.5%。 0.4240g 3.(1)-89.7 (2)(i)d(i)236℃之后反应①②③均达平衡，反应①③ 放热而反应②吸热，当温度升高时平衡①③逆向移动， 2842对闪·讲与练·高三二轮化学 CH,OH减少，而平衡②正向移动，CO,更多地转化为CO (m)4.2 (3)1减小(4)> 解析：(1)由题表中数据可知，I:C(s)+20:(g)一CO(g) △H=-11k/mol,I:C(s)+2H,(g)+20,(g)=- CHOH(g)△H=一200.7kJ/mol,由盖斯定律知反应 ③=Ⅱ-I,故△H3=[-200.7-(-111)]kJ/mol= -89.7kJ/mol。(2)(1)反应①：CO2(g)+3H(g)= CHOH(g)+HO(g)△H1<0,反应③：CO(g)+2H2(g) 一CH,OH(g)△H:<0,均是气体分子数减小的放热反 应；反应②：CO2(g)+H,（g)=CO(g)+H,O(g)△H:> 0,要同时提高a平衡(CO,)和X(CH,OH),降低温度有利于反 应①③正向进行，增大压强有利于反应①③正向进行，所以 应选择低温高压，d选项正确。(iⅱ)由于CO2(g)十3H2(g) =CH,OH(g)+H,O(g)AH<0,CO2(g)+H2 (g)== CO(g)+H)(g)△H>0可知，236℃之后反应①②③均 达平衡，反应①③放热而反应②吸热，当温度升高时平衡① ③逆向移动，CHOH减少，而平衡②正向移动，CO,更多地 转化为C0。(i)由题图知，240℃时，a(CO:)=60.0%, X(CH3OH)=60.0%。设起始物质的量n(C)2)=1mol, n(H2)=3mol,则平衡时C)2的物质的量n(CO,)= 1mol×(1-60.0%)=0.4mol,n(CHOH)=1mol× 60.0%×60.0%=0.36mol,则由C守恒可得，n(C0)= (1一0.4-0.36)mol=0.24mol,由0守恒可得，n(H2O)= 2mol-0.36mol-2×0.4mol-0.24mol=0.6mol,由H 守恒可得，n(H,)=6mol-4X0.36mol-2×0.6mol- 1.68mol,则总物质的量ns=0.4mol+1.68mol+ 0.36mol+0.6mol+0.24mol=3.28mol,因为pH, “XpH的平贺分压力(H:阳m88,2MPa n悠 4.2MPa。(3)反应的决速步由活化能最高的步骤决定。从 能量一反应进程图可知，第1步反应的活化能高于第2步反 应的活化能，所以该历程的决速步是第1步；由能量一反应 进程图可知，该反应的反应物总能量高于生成物总能量，是 放热反应（△H<0),根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸 热方向（逆反应方向）移动，所以升温会减小正反应热力学倾 向。(4)CO2中C一O为双键，HCOO中由于存在共軛效 应，C一O)具有一定的单键性质，C):中碳氧间的键合强度 大于HCO)中碳氧间的键合强度，因为红外光谱中羰基伸 缩振动峰波数-0(cm1)与碳氧间的键合强度呈正相关， 所以CO,的c-0大于HCOO的c-o 4.(1)氧化反应浓硫酸、浓硝酸 (2)反应掉产生的HCI(3)PCl (4) N OH HN- (5)①sp② ③0 HN- OH O.----H-N H 解析：物质A被H,O,氧化得到物质B:物质B和浓硝酸在 浓硫酸的催化下发生取代反应得到物质C;E·F中，加入 CH3ONa可以将E中一NO2取代为一OCH3,同时， CH,ONa能和反应生成的HCl反应；F与试剂X按等物质 的量反应生成G和POCL?,则X为PCl3;H先后经历3次氨 加成一脱水消去，最终生成J,中间产物I具有 八母核结 HNN、NH2 构，由此推测出】的结构简式为 NN 。(1)由分析 OH 可知，AB的反应类型是氧化反应；物质B和浓硝酸在浓硫 酸的催化下发生取代反应得到物质C,则混酸为浓硫酸、浓 硝酸。(2)E→F中，加入的CH3ONa可以将E中一NO2取 代为一(OCH,同时，CH3ONa能和反应生成的HCI反应。 (3)由分析可知，试剂X为PCL。(4)B的同分异构体满足下 列条件：能与FeCL?发生显色反应，说明分子中含有酚羟基； 含有苯环且苯环上只有两个取代基：核磁共振氢谱中显示四 组峰且峰面积比为6：2：2：1，说明分子中含有4种不同化 学环境的氢原子，且个数比为6：2：2：1，则符合条件的为 N 〉一OH。(5)①H和J中所有原子共平面，则J 中N原子的杂化方式为sp杂化。②由分析可知，】的结构 HNN、NH 简式为 NN 。③根据三重氢键“互补配对”可知， OH 一分子H与一分子J通过三重氢键结合形成的复合物结构 H O---H-N HN- N 为0 -NH2。 HN- N H 非选择题专项练（三） 1.(1)恒压滴液漏斗C (2)无水CaCl(或碱石灰、P,O,等) (a)A1CL,十4LiH乙醚A1H,]十3LiCI调节恒压滴液漏斗 活塞，缓慢滴加溶液 (4)LiH、LC1隔绝空气加快过滤速率 (5)A(6)83.3 解析：该实验过程为ACL?和LH在乙醚溶液、无水无氧的 条件下在三颈烧瓶中反应生成Li[AIH,]和难溶于乙醚的 LCl,然后通过过滤除去LiH和LiCl,再向滤液中加入苯，并 利用乙醚沸，点较低进行蒸馏操作，将乙鞋分离，得到ACL 的苯溶液和L汇AlH,门的混合物，再通过过滤得到产品，据此 分析。(1)仪器X的名称为恒压滴液漏斗；根据实验步骤，三 颈烧瓶需加入530mL液体，因此应选择规格为1000mL 的三颈烧瓶，故答案为C。(2)装置Y为球形干燥管，根据 LiH、L汇AIH:」在潮湿的空气中都易水解，因此Y的作用是 防止空气中的水蒸气进入实验装置，保持装置内的干燥，故 球形干操管中应加入能够吸收水的试剂，如无水CCl,、碱石 灰、P,O等。(3)步骤ⅲ中，三颈烧瓶内发生的反应为AlCL 和LiH在无水乙醚中反应生成Li[AIH,]和LiCl,化学方程 式为A1CL,十4LiH乙酷L[AIH,]+3LiCl:该反应剧烈放热， 为避免反应过于剧烈，应采取的操作为调节恒压滴液漏斗活 塞，缓慢滴加溶液。(4)步骤川反应后三颈烧瓶内存在LH AlCl3、LiCI、Li[AlH,门等，溶剂为乙醚，根据已知①可知， AICl3、Li汇AIH,]均溶于乙醚，LiH、LiCI分别微溶、难溶于 乙壁，因此通过过滤的方法可以除去LiH、LCI;由于反应需 要在无水无氧的条件下进行，因此再次通入氨气的作用是隔 绝空气，同时可以加快过滤速率。(5)步骤V是利用AICL 和Li「AIH,]在苯中的溶解性差异分离两者。AICL?和 L汇AIH,]均溶于乙醚，但L汇AIH,门难溶于苯，由于苯的沸，点 大于乙醚，因此需先通过蒸馏除去乙醚，得到溶于苯的ACl 和难溶的Li[AIH],再通过过滤将二者分离即可得到 L汇AlH,门，故答案为A。(6)实际得到的L[AlH,门质量为 22.04g-3.04g=19.0g,初始时加入23.68gLiH (2.96mol)、80.10g无水AlCl3(0.6mol),根据反应方程式 ACl,十4LiH乙Li[AIH,]十3LiC1可知LiH过量，则 Li[AlH,J的理论生成质量为0.6mol×38g/mol=22.8g, 所以该实验中产品的产率为9.0×100%≈83.3%。 22.8g 2.(1)3d4s2+3 (2)FeV2 O:+2Cl2-FeCl2 +2VO2Cl (3)SiO, (4)2.0调节溶液pH使TiO+沉淀完全 (5)产生的Fe3+催化H),的分解 (6)消耗H+,使萃取反应的平衡逆向移动，将H,V。)与 萃取剂分离 (7)NH+3Fe3++2SO+6H,O NH.Fe;(SO,)2(OH)+6H 解析：钒钛磁铁矿精矿（主要成分为FeO,、FeV:O,、TiO2 和Si),)“加压焙烧”过程中存在反应2FCL(s)一 2FCL,(s)十CL2(g),生成的CL2会对钒钛磁铁矿精矿“二次 氯化”，FeV:O4经“二次氨化”转化为V)CI、FeCl2,加入盐 酸进行酸浸，VOC1转化为VO,TiO。转化为TiO+,浸出 渣主要为SO,,加适量铁粉沉钛，调节溶液pH使Ti)+完 全转化为TiO(OH)。沉淀，加入H2O,将+2价亚铁离子氧 化成十3价铁离子，加入有机萃取剂RN,VO:先转化为 H2V1。O8,再与萃取剂R3N结合进入有机相，加入酸化的 NaSO,溶液洗涤分液，向有机相中加入Na2C),溶液进行 反萃取，经一系列操作得V:O；向水相中加入(NH:)SO 生成黄铵铁矾，据此分析。(1)钛为22号元素，其价电子排 布式为3d4s°，已知FeV,O:中Fe为+2价，根据化合物中 元素正负化合价的代数和为零，则V的化合价为十3价。 (2)“加压焙烧”中FeV:O,经“二次氯化”转化为VO,Cl和 FeCl2,V由十3价升高到十5价，CI由0价降至一1价，根据 得失电子守恒进行配平，化学方程式为FeVO,十2Cl2一 FCL,+2VO,CL。(3)根据分析可知，“酸浸”时，产生的“浸 出渣”的主要成分为SiO:。(4)Km[TiO(OH):]= c(Ti02+)·c2(0H)=1.0×105mol·L1×c2(0H)= 1×10-29,c(OH厂)=1.0×10-2mol·L1,则c(H+)= 1.0×102mol·L1,pH不低于2.0；加入适量铁粉的目 的：调节溶液pH使TO+沉淀完全。(5)“氧化”时，将十2 价亚铁离子氧化成十3价铁离子，HO,的使用量远大于理 论计算量，可能的原因为产生的Fe3+催化HO的分解。 (6)Na2CO3与H反应，消耗H+,使c(H+)降低，使萃取反 应的平衡逆向移动，将HV。O与萃取剂分离。(7)“沉铁” 时，加入(NH),SO,,生成黄铵铁矾的离子方程式为NH十 3Fe3++2SO+6HO-NH.Fe(SO,),(OH).￥+6H+。 3.(1)2△H-△H:-△H (2)①3增大B②BD (3)①②64%③反应I和Ⅱ的△H均小于0，降温均 正向移动，反应Ⅱ正向移动的程度比反应I大 解析：(1)根据题给信息可知，I,2C2H(g)十O2(g)== 2CH,O(g)△H,=-210kJ·mol-1,Ⅲ.Ag(s)+O(g) 一AgO:(s)△H:,V.Ag0(s)==Ag(s)+2O:(g) △H,结合盖新定律可知，？×I-Ⅲ-V可得CH,(g)+ Ag0.(e一CH.0(g)+Ag0(s),放△H,=之△H: △Hg一△H;。(2)①根据E=3k是，并结合平衡常数和速率 常数的关系可知，K,兰一3：反应1为放热反应，降低温度 时，平衡正向移动，平衡常数增大。温度降低时，速率常数降 低，由于平衡正向移动，则逆向反应速率常数降低的程度更 大。②该容器为恒容容器，且所有的反应物和产物都是气 体，则混合气体密度是恒定不变的，则其不随时间变化时，不 能表明反应达到平衡状态，A错误；结合A分析可知，反应物 和产物的质量不变，且反应I是气体分子数减小的反应，则 气体平均摩尔质量不随时间变化可以表明反应达到平衡状 态，B正确；根据碳元素守恒可知，碳的总物质的量” 2n(CgH,)十n(CO2)十2n(CH,O)不随时间变化，则碳的总 物质的量不变不能表明反应达到平衡状态，C错误；平衡时， 根据反应I可知，20正(C2H:)=20送(C2H:)),根据反应Ⅱ 可知，20三(CH,)=0(C0,),则两者式子结合到一起可知， 2正(C2H,)=20楼(C2H,O)十Y還(CO2),D正确。(3)①随 参考答案285班级： 姓名： 非选择题专项练（二） (分值：55分限时：40分钟) 非选择题：本题包括4小题，共55分。 滤液中含CaSO,·2H2O和MgsO4质量比为 1.(14分)热化学吸附储能技术是一种最新的热能存 1:120,则“除钙”的具体操作是 储技术，介质材料MgSO,·7H2O能量密度适宜， 成本低廉。从苦土（主要含有MgO,还含有少量 2.(13分)二甘氨酸合铜（Ⅱ）是甘氨酸根 硅、铁、铝、锰、钙的氧化物)中提取MgSO4·7H2O (H2NCH2COO)与Cu2+形成的中性配合物，在 的工艺流程如下： 细胞线粒体中有推动电子传递、清除自由基等生 H2 SO MgO NaClO 理功能。现按如下方法制备顺式和反式二甘氨酸 苦土→酸浸→调pH→过滤→氧化→过滤→ 合铜（Ⅱ）并测定总纯度。 得分 除钙→析镁→MgSO,·7HO I.制备 回答下列问题： 得分 CuSO 过量氨水深蓝色NaOH溶液Cu(OH2 溶液 ① 溶液A ② 沉淀 (1)“酸浸”时，为保证浸取充分，应维持体系pH= 甘氨酸 H 溶液 ④ 1,同时可以 -0 H (填一项合理措施)。 顺式二甘氨酸合铜（Ⅱ） 反式二甘氨酸合铜（Ⅱ） 天蓝色针状晶体 深蓝色鳞状晶体 (2)已知：在25℃下，Kp[Fe(OH)3]=1.0× (1)反应①的化学方程式为 109,K[A1(OH)3]=1.0×10a。“调pH”时 应完全沉淀Fe3+和A13+,使其浓度小于1.0× 105mol·L1,应调节pH> (保留两位 深蓝色溶液A中 (填“较难”或“较易”)电 小数)。用MgO而不用CaO调节pH的优点是 离出自由的Cu2+,有利于与OH生成纯净的 (写一条)。 Cu(OH)2。 (3)“氧化”主要包含：①除铁：将Fe+转化为 (2)反应③在下图装置中进行，烧杯上方加盖表面 (填化学式)而除去；②除锰(Mn+): 皿的作用是 为控制水浴温度保持在65~70℃，温度计球泡的 (填离子方程式)。该步骤中应严格控制NaClO的 合适位置是 (填字母)。 用量，否则Mn元素可能会因 水浴 而无法完全除去。 液面 水浴锅 (4)CaSO4·2H2O和MgSO,的溶解度(g/100g 底部 水)随温度变化数据如下： (3)将反应③所得产品加入少量水，小火加热，天 温度 0℃10℃20℃30℃40℃65℃75℃ 蓝色针状晶体逐渐溶解，并析出深蓝色鳞状晶体。 CaSO4· 从分子极性角度解释上述实验中晶体的变化原 0.2230.2440.2550.2640.2650.2440.234 2H,O 因： MgSO, 22 28.233.738.9 44.554.655.8 红对勾·讲与练 184 高三二轮化学 班级： 姓名： Ⅱ.总纯度分析 (2)维持总压(p=8.2MPa)和投料比[n(CO2): 准确称取0.4240g产品于烧杯中，加入100mL n(H2)=1:3]不变，将CO2和H2的混合气体以 蒸馏水、5mL1mol·L1H2SO4(释出Cu+)和 定流速通入反应器，存在上述三个反应。CO2 1gKI固体。用0.06000mol·L1NazS2O3标 的转化率a(CO2)和甲醇的选择性X(CHOH)随 准液滴定至浅黄色，加入3mL10%KSCN溶液 和2mL1%淀粉溶液，继续滴定至终点。平行实 温度T的变化关系如图所示。 甲醇的选择性 验三次，平均消耗NazS2O3标准液28.50mL。上 X- 转化为甲醇的n(CO2) ×100%,忽略温度对催 述步骤涉及的反应如下： 消耗的n(CO2) ①2Cu2++4I-2CuI↓+L2; 化剂活性造成的影响 ②L2+2S2O3—2I+S,O。 (4)CuSCN和CuI均为难溶于水的白色固体，且 Kp(CuSCN)<Kp(CuI)。相较于CuSCN,CuI能 *5 62.0 58.5 >、 60.0 吸附更多的I2。临近滴定终点时加人10%KSCN 溶液的作用是 230 236240 250 (用离子方程式表示)。 T/℃ (5)确定滴定终点的依据是 (i)为同时提高a平衡(CO2)和X(CH3OH),应控 制的条件是 (填字母)。 (6)二甘氨酸合铜（Ⅱ）的相对分子质量为212，则 a.高温高压 b.高温低压 本实验产品的总纯度为 %(保留三位有 c.低温低压 d.低温高压 效数字)。 (i)236℃之后，X(CHOH)随温度T的增大而 3.(14分)减少CO2的排放、捕集并利用CO2是我国 减小，可能的原因是 能源、环保领域的一个重要战略方向。得分 I.CO2加氢合成甲醇 反应①：CO2(g)+3H2(g)一CHOH(g)+ (i)240℃时，H2的平衡分压为 MPa。 H2O(g)△H1<0 反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) Ⅱ.金属氢化物催化CO2合成甲酸盐 △H2>0 近期科学家报道了CO2可插入锌氢化物的 反应③：CO(g)+2H2(g)CHOH(g)△Ha Zn一H,从而制备甲酸盐。能量一反应进程图如 (1)下表为几种物质在298K的标准摩尔生成焓 下所示：(L为中性配体，TS表示过渡态) (由稳定态单质生成1mol化合物的焓变)，则反应 ③的△H3(298K)= kJ·mol1。 LZn.-H TSI 物质 H2(g) CO(g) CH OH(g) Zn-H TS2 标准摩尔生成焓 0 LZn-0 0 -111 -200.7 C-H 0 (kJ·mol1) 反应进程 (横线下方不可作答) 185 第一部分 题型专项练 (3)该历程的决速步是第 步；升温会 取代为一OCH3;② (填“增大”或“减小”)正反应热力学倾向。 (3)F与试剂X按等物质的量反应生成G和 (4)红外光谱中羰基伸缩振动峰波数立。-o(cm1) POCL,试剂X为 (填化学式)。 与碳氧间的键合强度呈正相关。由此比较 (4)写出满足下列条件的B的同分异构体的结构 简式： CO2(O=C=O)和HCOO (H-C6)的ùc-o大 ①能与FeCl发生显色反应 小：CO。 (填“>”或“<”)HCOO。 ②含有苯环且苯环上只有两个取代基 4.(14分)奥美拉唑是一类苯并咪唑类质子泵抑制 ③核磁共振氢谱中显示四组峰且峰面积比为6： 剂，用于消化性溃疡等疾病治疗。某实验室完成 2:2:1 的合成方法如下： (5)D的水解产物为H,H先后经历3次氨加成 NO, 脱水消去，最终生成J。 HC CH HO H.C. CH混酸 CH NCH△ H CH +NH(加成)》 +NH(加成) A HN -HO(消去)》 HN -H,O(消去) NH H +NH(加成) 回流 CH,CI CH,ONa H,O(消去) NH2 J OCH CH ①H和J中所有原子共平面，J中N原子的杂化方 OCH, +X -CH POCL 式为 ②中间产物I具有 母核结构，写出I的结构 OCH 氧化 简式： ③鸟嘌呤与胞嘧啶之间可通过三重氢键“互补配对” G (如图)。H和J之间也可通过类似的方式结合。试 OCH 画出一分子H与一分子J通过三重氢键结合形成的 复合物结构： 奥美拉唑 回答下列问题： 得分 (1)A→B的反应类型是 。B→C所 用的“混酸”是 (2)E→F中，CH:ONa的作用有①将E中一NO 红对勾·讲与练 186 高三二轮化学 ■