精品解析：2024届江苏省扬州市高三下学期考前模拟卷化学试题

扬州市2024届高三考前调研测试 化学 注意事项： 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷共6页，包含选择题［第1题～第13题，共39分］、非选择题［第14题～第17题，共61分］两部分。本次考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请考生务必将自己的学校、姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置，在相应区域贴好条形码。 3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题卡指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。 4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Fe-56 选择题(共39分) 单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 钠钾合金常温下呈液态，可用作快中子反应堆的热交换剂，这主要是因为钠钾合金 A. 易与反应 B. 易与反应 C. 熔点低、导热性好 D. 密度小、硬度小 2. 检验酒精的反应为。下列说法正确的是 A. 中子数为28的铬原子： B. 的电子式： C. 的结构示意图： D. 中碳元素的化合价：-2 3. 实验室制取少量的原理及装置均正确的是 A．制取 B．干燥 C．收集 D．吸收 A. A B. B C. C D. D 4. 将、和C在高温下焙烧可以得到单质磷。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 原子半径： C. 电离能： D. 热稳定性： 阅读材料，完成下列3个小题。 Cu、Ag位于元素周期表ⅠB族。Ag与空气中微量接触发生反应生成黑色。Cu可以形成、、、等化合物。有研究表明，无水为长链状结构，其片段如图：。 5. 下列说法正确的是 A. 属于离子化合物 B. 的空间构型为三角锥 C. 中的键角比中的小 D. 中心原子的轨道杂化类型为 6. 下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A. 中的O存在孤电子对，能与形成 B. 中H元素呈+1价，浓具有强氧化性 C. 具有杀菌能力，可用于游泳池的水处理 D. 无水吸水后显现蓝色，可用于检验乙醇所含的微量水分 7. 下列化学反应表示正确的是 A. Ag与空气中的反应： B. 加热： C. 用惰性电极电解溶液的阴极反应： D. 与热的浓硝酸反应： 8. 工业生产过程中发生反应。下列说法正确的是 A. 反应的平衡常数 B. 该反应、 C. 使用合适的催化剂，可以降低反应的活化能，加快反应速率 D. 上述反应中每消耗1mol ，转移电子的数目约为 9. 氯及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是 A. 实验室利用浓盐酸的氧化性制备 B. 利用的氧化性对饮用水进行消毒 C. 与石灰乳反应制备漂白粉及漂白粉使用时加水浸泡片刻的物质转化： D. 制备的路径之一： 10. 化合物Z是合成非诺洛芬的中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X→Y反应中的可以用代替 B. 根据Y→Z的反应可知NaBH4具有还原性 C. Y与足量的加成产物中含2个手性碳原子 D. Y、Z可用溶液进行鉴别 11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向NaCl、NaI混合溶液中滴加少量溶液，观察沉淀的颜色 B 将少量气体通入0.1溶液中，观察实验现象 难溶于水 C 向0.1溶液中滴加0.1溶液，观察溶液颜色变化 具有氧化性 D 向溶液中滴加少量KI溶液，再滴加少量淀粉溶液，观察溶液颜色变化 的氧化性比的强 A. A B. B C. C D. D 12. CuCl为难溶于水的白色固体。室温下，以CuO为原料制备CuCl的过程如图所示。下列说法正确的是 A. 0.1溶液中： B. “还原”发生反应的离子方程式为： C. “还原”后的溶液中： D. “过滤”后得到的滤液中： 13. 丙烷催化脱氢制备丙烯的主要反应为 反应1 反应2 反应3 在时，将与的混合气体［］按一定流速通过催化反应管，测得的转化率、的收率［］与的选择性［］随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 图中曲线②表示的收率 B. 其他条件相同，630℃时生成的物质的量比580℃时的多 C. 中混入的主要目的是延长催化剂的使用寿命 D. 升高温度对反应2和反应3的影响比对反应1的影响更显著 非选择题(共61分) 14. 以钛白副产品(含及少量)和为原料制备的超微细，可广泛用于新型电池材料、感光材料的生产。 已知：①25℃时，；； ②不溶于水，溶于硫酸。 ③沉淀速度过快，沉淀的粒径会变大，包裹的杂质会变多。 （1）的制备。将一定量的钛白副产品用热水溶解，在搅拌下加入还原铁粉，反应后pH为4~5，过滤得到溶液。在搅拌下先后加入氨水和草酸溶液，经调节pH、过滤、水洗、烘干后得到超微细FeC2O4·2H2O。 ①加入还原铁粉的作用是___________； ②温度对沉淀粒径的影响如图，加入氨水和草酸溶液过程需控制温度在40℃的原因是___________； ③pH对产品纯度的影响如图。沉淀过程pH>2时会导致产品纯度降低，产生的杂质为___________。 （2）的结构。晶体为片层结构，层内每个与2个和2个相连，形成1个铁氧八面体。在图中补全该结构___________。晶体层与层之间的作用力为___________。 （3）的性质。将在氮气的氛围中加热分解。加热过程中固体残留率［固体残留率=］随温度的变化如图所示，B点时，固体只含有一种铁的氧化物，则AB段发生反应的化学方程式：___________。 15. 化合物G是新型小分子抗凝剂的关键中间体，其合成路线如下： 其中“”为基团“”的缩写 （1）A中含氧官能团的名称为___________。 （2）A→B过程中的作用为___________。 （3）反应历程：。X的分子式为，X→D的反应类型为___________。 （4）E转化为F的过程中，还生成另一种有机物。该物质相对分子质量为32，其分子式为___________。 （5）写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：___________。 碱性条件水解，生成两种碳原子数相同的产物。产物之一酸化后，不同化学环境氢原子个数比为3∶2∶1；另一产物分子中有1个含N、O原子的六元环，有3种不同化学环境的氢原子。 （6）已知：。写出以、和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用)。___________ 16. 实验室以柠檬酸亚铁、柠檬酸铵等为原料可制得柠檬酸铁铵。已知：柠檬酸结构简式为，是易溶于水的晶体，可用表示；柠檬酸可与反应制柠檬酸亚铁。 （1）柠檬酸水溶液中各组分分布系数δ-pH关系如图所示。一定体积柠檬酸与氨水混合所得溶液pH为6.40，反应的离子方程式为___________。 （2）柠檬酸铁铵化学式可表示为，测定其组成的实验方案如下：取适量样品溶于蒸馏水配成100mL溶液。取20.00mL溶液加入足量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤，灼烧至恒重，测得固体质量为0.32g。取20.00mL溶液于锥形瓶中，依次加入足量EDTA(能与部分金属离子结合)、HCHO溶液充分反应，滴入2滴酚酞试液，用1.00NaOH标准液滴定至终点，消耗标准液12.00mL。［；］。加入EDTA的作用为___________，柠檬酸铁铵化学式为___________(写出计算过程)。 （3）避光条件下，柠檬酸铁铵与铁氰化钾［］反应得到普鲁士黄(PY)，其立方晶胞结构如图所示。 ①PY中所有均与形成配位键。结合电子式解释作配体的原因：___________。 ②普鲁士蓝(PB)晶胞结构如图所示，周围最近且等距的有12个，“○”位置被或占据，用“”在图上补全PB结构图中Ⅰ和Ⅱ两个小立方体中的。___________ ③由于PB中的能容易地嵌入和脱嵌，因此PB可作为钾离子电池的正极材料。充电过程中，推测会从PB中脱嵌出来，理由是___________。 （4）补充完整由铁泥(主要含有单质铁、少量和铁的氧化物)制备的实验方案，部分装置如图所示：取一定量的铁泥，___________，所得产物经过滤、洗涤、干燥，得到。(须使用试剂：、溶液、稀硫酸) 17. 资源利用具有重要意义。 （1）燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 吸收剂X能吸收的原因是___________；“解吸”的条件是___________。 （2）与环氧化合物反应可以转化为有价值的有机物。转化过程如图所示。Y为五元环状化合物，Y的结构简式为___________；N原子上的孤电子对主要进攻甲基环氧乙烷中“”上的碳原子，而不是“CH”上的碳原子，原因是___________。 （3）高活性催化剂的主要成分为。该催化剂中铜的氧化物晶胞投影如图所示(沿x轴，y轴和z轴的投影都相同)。请在图上相应位置补全该晶胞图，晶胞内部距离最近的原子之间请用虚线相连接。___________ （4）通过电催化还原可转化为有机物。以0.1的溶液为电解质溶液，将通入Cu基催化剂的电极材料上(Cu是催化剂的活性位点)，相同条件下，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示。 ①当电压为时，生成的电极反应式为___________。 ②为了降低的法拉第效率，可以采取的措施为___________。 ③生成的中间产物CO中C原子与Cu之间存在强烈的相互作用，该作用力为___________。 ④电压从增大到时，电流减小的可能原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 扬州市2024届高三考前调研测试 化学 注意事项： 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷共6页，包含选择题［第1题～第13题，共39分］、非选择题［第14题～第17题，共61分］两部分。本次考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请考生务必将自己的学校、姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置，在相应区域贴好条形码。 3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题卡指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。 4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Fe-56 选择题(共39分) 单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 钠钾合金常温下呈液态，可用作快中子反应堆的热交换剂，这主要是因为钠钾合金 A. 易与反应 B. 易与反应 C. 熔点低、导热性好 D. 密度小、硬度小 【答案】C 【解析】 【详解】钠、钾为金属，具有良好的导电、导热能力，钠钾合金熔点低，常温下呈液态，具有良好的导热性，可用作快中子反应堆的热交换剂，故C符合题意； 答案为C。 2. 检验酒精的反应为。下列说法正确的是 A. 中子数为28的铬原子： B. 的电子式： C. 的结构示意图： D. 中碳元素的化合价：-2 【答案】D 【解析】 【详解】A．Cr元素的原子序数为24，中子数为28的质量数为52，其原子结构为Cr，故A错误； B．没有体现氧元素最外层电子，正确的电子式为，故B错误； C．K+是K原子失去一个电子，质子数不变，K+离子结构示意图为，故C错误； D．有机物中碳原子化合价处理，氢为+1价，氧为-2价，化合价代数和为0，确认碳元素的价态，推出C2H5OH中C的化合价为-2价，故D正确； 答案为D。 3. 实验室制取少量的原理及装置均正确的是 A．制取 B．干燥 C．收集 D．吸收 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验室制取乙烯，其原理为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，题中所给装置缺少加热装置，不能完成实验目的，故A不符合题意； B．乙烯不与碱石灰反应，可以用碱石灰干燥乙烯，故B符合题意； C．乙烯的密度略小于空气，不能用排空气法收集，乙烯不溶于水，应用排水法收集，故C不符合题意； D．乙烯不溶于水，不能水吸收乙烯，故D不符合题意； 答案为B。 4. 将、和C在高温下焙烧可以得到单质磷。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 原子半径： C. 电离能： D. 热稳定性： 【答案】C 【解析】 【详解】A．同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，故电负性：，故A错误； B．同周期从左到右，原子半径逐渐减小，同主族从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半径，故B错误； C．同周期从左到右，第一电离能呈增大趋势，则电离能：，故C正确； D．C的非金属性强于Si，故热稳定性：，故D错误。 答案选C。 阅读材料，完成下列3个小题。 Cu、Ag位于元素周期表ⅠB族。Ag与空气中微量接触发生反应生成黑色。Cu可以形成、、、等化合物。有研究表明，无水为长链状结构，其片段如图：。 5. 下列说法正确的是 A. 属于离子化合物 B. 的空间构型为三角锥 C. 中的键角比中的小 D. 中心原子的轨道杂化类型为 6. 下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A. 中的O存在孤电子对，能与形成 B. 中H元素呈+1价，浓具有强氧化性 C. 具有杀菌能力，可用于游泳池的水处理 D. 无水吸水后显现蓝色，可用于检验乙醇所含的微量水分 7. 下列化学反应表示正确的是 A. Ag与空气中的反应： B. 加热： C. 用惰性电极电解溶液的阴极反应： D. 与热的浓硝酸反应： 【答案】5. D 6. B 7. A 【解析】 【5题详解】 A．无水为长链状结构，从其片段图可知，铜、氯原子以共价键结合，所以不属于离子化合物，故A错误； B．的中心原子碳原子的价层电子对数为3+×(4+2-3×2)=3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，故B错误； C．的中心原子硫原子的价层电子对数为4+×(6+2-4×2)=4，无孤电子对，空间构型为正四面体形，键角109º28´，的中心原子硫原子的价层电子对数为3+×(6+2-3×2)=4，孤电子对数为1，空间构型为三角锥形，键角小于109º28´所以的键角比中的大，故C错误； D．的中心原子N原子的价层电子对数为3+×(5+1-3×2)=3，中心原子的轨道杂化类型为，故D正确； 故答案为：D。 【6题详解】 A．H2O中O含有孤电子对，Cu2+提供空轨道，形成配位键，1个Cu2+能与4个H2O形成配位键，即形成[Cu(H2O)4]2+，故A说法正确； B．浓硫酸表现强氧化性，是+6价S体现的，故B说法错误； C．Cu2+属于重金属离子，能使蛋白质变性，因此硫酸铜具有杀菌能力，可用于游泳池的水处理，故C说法正确； D．无水硫酸铜吸水后呈现蓝色，利用这种现象可以检验水的存在，故D说法正确； 答案为B。 【7题详解】 A．根据Ag与空气中微量H2S接触发生反应生成黑色沉淀Ag2S，Ag作还原剂，氧气作氧化剂，其反应方程式为4Ag+2H2S+O2=Ag2S+2H2O，故A正确； B．CuCl2发生水解生成Cu(OH)2和易挥发的HCl，加热CuCl2·2H2O最终得到Cu(OH)2或CuO，故B错误； C．根据电解原理，阴极上得电子，发生还原反应，因此用惰性电解电解CuSO4溶液，Cu2+得电子，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故C错误； D．硝酸具有强氧化性，Cu2S与热的浓硝酸发生Cu2S+12H++10NO2Cu2++10NO2↑+SO+6H2O，故D错误； 答案为A。 8. 工业生产过程中发生反应。下列说法正确的是 A. 反应的平衡常数 B. 该反应、 C. 使用合适的催化剂，可以降低反应的活化能，加快反应速率 D. 上述反应中每消耗1mol ，转移电子的数目约为 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据化学平衡常数数学表达式，该反应化学平衡常数表达式为K=，故A错误； B．该反应为放热反应，即ΔH＜0，该反应为气体系数减小的反应，为熵减，即ΔS0，故错误； C．使用催化剂，可以降低反应活化能，提高了活化分子百分数，加快反应速率，故C正确； D．消耗1mol氧气，转移电子个数为1×4×6.02×1023，故D错误； 答案为C。 9. 氯及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是 A. 实验室利用浓盐酸的氧化性制备 B. 利用的氧化性对饮用水进行消毒 C. 与石灰乳反应制备漂白粉及漂白粉使用时加水浸泡片刻的物质转化： D. 制备的路径之一： 【答案】A 【解析】 【详解】A．浓盐酸中Cl显-1价，浓盐酸制备氯气，氯元素化合价升高，因此制备氯气利用浓盐酸的还原性，故A说法错误； B．利用ClO2的氧化性，使蛋白质变性，从而达到消毒目的，故B说法正确； C．氯气与石灰乳发生2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，碳酸的酸性强于次氯酸，发生Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，故C说法正确； D．铁与盐酸发生Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，利用氯气的氧化性强于Fe3+，然后通入氯气，发生2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故D说法正确； 答案为A。 10. 化合物Z是合成非诺洛芬的中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X→Y反应中的可以用代替 B. 根据Y→Z的反应可知NaBH4具有还原性 C. Y与足量的加成产物中含2个手性碳原子 D. Y、Z可用溶液进行鉴别 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知，X发生取代反应生成Y，Y发生还原反应生成Z 【详解】A．X→Y反应中有HBr的生成，的作用是消耗生成的HBr，促进反应进行完全，不可以用代替，A错误； B．Y转化成Z发生加氢还原反应，由羰基转化为羟基，NaBH4具有还原性，故B正确； C．Y与足量的加成产物（）中含3个手性碳原子，C错误； D．Y、Z均不具有酚羟基，所以不可用溶液进行鉴别，D错误； 故选B。 11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向NaCl、NaI混合溶液中滴加少量溶液，观察沉淀的颜色 B 将少量气体通入0.1溶液中，观察实验现象 难溶于水 C 向0.1溶液中滴加0.1溶液，观察溶液颜色变化 具有氧化性 D 向溶液中滴加少量KI溶液，再滴加少量淀粉溶液，观察溶液颜色变化 的氧化性比的强 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．题中没有指明NaCl、NaI物质的量浓度是否相等，因此无法观察沉淀颜色，判断Ksp大小关系，故A不符合题意； B．NO(H+)具有强氧化性，能将SO2氧化成SO，得到BaSO4沉淀，因此不能达到探究目的，故B不符合题意； C．高锰酸钾溶液具有强氧化性，将过氧化氢氧化成氧气，体现过氧化氢的还原性，不能达到探究目的，故C不符合题意； D．淀粉遇碘单质变蓝，向混合溶液中滴加少量淀粉溶液，如果溶液变蓝，说明有碘单质生成，则发生2Fe3++2I-=2Fe2++I2，从而判断出Fe3+的氧化性比I2强，能达到探究目的，故D符合题意； 答案为D。 12. CuCl为难溶于水的白色固体。室温下，以CuO为原料制备CuCl的过程如图所示。下列说法正确的是 A. 0.1溶液中： B. “还原”发生反应的离子方程式为： C. “还原”后的溶液中： D. “过滤”后得到的滤液中： 【答案】B 【解析】 【分析】CuO为碱性氧化物，与稀硫酸发生CuO+2H+=Cu2++H2O，“还原”步骤中发生2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，据此分析； 【详解】A．利用质子守恒，0.1molNa2SO3溶液中存在c(OH-)=c(HSO)+2c(H2SO3)+c(H+)，故A错误； B．“酸溶”步骤中发生CuO+2H+=Cu2++H2O，“还原”步骤通入亚硫酸钠和NaCl，得到CuCl，该步骤中Cu2+作氧化剂，亚硫酸钠作还原剂，发生的反应为2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故B正确； C．还原后溶液还存在Na+、Cu+，因此根据电荷守恒，推出c(Cu+)+c(Na+)+2c(Cu2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO)+c(Cl-)，故C错误； D．过滤后，CuCl为饱和溶液，因此有c(Cu+)·c(Cl-)=Ksp(CuCl)，推出c(Cu+)=，故D错误； 答案为B。 13. 丙烷催化脱氢制备丙烯的主要反应为 反应1 反应2 反应3 在时，将与的混合气体［］按一定流速通过催化反应管，测得的转化率、的收率［］与的选择性［］随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 图中曲线②表示的收率 B. 其他条件相同，630℃时生成的物质的量比580℃时的多 C. 中混入的主要目的是延长催化剂的使用寿命 D. 升高温度对反应2和反应3的影响比对反应1的影响更显著 【答案】A 【解析】 【分析】反应1：和反应2： 均为吸热反应，升温平衡右移， 的收率增大，且＜＝的转化率，即的转化率增大，即曲线②、③分别为的转化率和的收率随温度变化的关系图，曲线①为的选择性随温度变化的关系图。 【详解】A．据以上分析可知，图中曲线②表示的转化率，故A错误； B．由图可知，其他条件相同，630℃时生成的物质的量比580℃时的多，故B正确； C．中混入可以抑制反应3生成的C附着在催化剂上，即其主要目的是延长催化剂的使用寿命，故C正确； D．据以上分析可知，曲线②为的转化率随温度变化的关系图，曲线①为的选择性随温度变化的关系图，图像显示的选择性随温度的升高而降低，而的转化率随温度的升高而升高，所以升高温度对反应2和反应3的影响比对反应1的影响更显著，故D正确； 故答案为：A。 非选择题(共61分) 14. 以钛白副产品(含及少量)和为原料制备的超微细，可广泛用于新型电池材料、感光材料的生产。 已知：①25℃时，；； ②不溶于水，溶于硫酸。 ③沉淀速度过快，沉淀的粒径会变大，包裹的杂质会变多。 （1）的制备。将一定量的钛白副产品用热水溶解，在搅拌下加入还原铁粉，反应后pH为4~5，过滤得到溶液。在搅拌下先后加入氨水和草酸溶液，经调节pH、过滤、水洗、烘干后得到超微细FeC2O4·2H2O。 ①加入还原铁粉的作用是___________； ②温度对沉淀粒径的影响如图，加入氨水和草酸溶液过程需控制温度在40℃的原因是___________； ③pH对产品纯度的影响如图。沉淀过程pH>2时会导致产品纯度降低，产生的杂质为___________。 （2）的结构。晶体为片层结构，层内每个与2个和2个相连，形成1个铁氧八面体。在图中补全该结构___________。晶体层与层之间的作用力为___________。 （3）的性质。将在氮气的氛围中加热分解。加热过程中固体残留率［固体残留率=］随温度的变化如图所示，B点时，固体只含有一种铁的氧化物，则AB段发生反应的化学方程式：___________。 【答案】（1） ①. 调节pH，促进水解，提升浓度 ②. 温度过高，氨水挥发(分解)，反应速度增加，产品粒径增大，包裹的杂质会变多；温度过低，反应速度减慢 ③. 、 （2） ①. ②. 范德华力和氢键(或分子间作用力) （3） 【解析】 【小问1详解】 ①热水水解程度大，水解方程式为TiOSO4 + 2H2O ⇌ H2TiO3↓ + H2SO4，促进溶解，过程中呈酸性，加入还原铁粉的作用是可调节pH，促进水解，提升浓度，防止转化成； ②加入氨水和草酸溶液过程需控制温度在40℃的原因是：温度过高，氨水挥发(分解)，反应速度增加，产品粒径增大，包裹的杂质会变多；温度过低，反应速度减慢 ③pH对产品纯度的影响如图。pH过高，亚铁离子会氧化同时水解，生成沉淀过程pH>2时会导致产品纯度降低，产生的杂质为、 【小问2详解】 晶体为片层结构，层内每个与2个和2个相连，形成1个铁氧八面体，结构为；晶体层与层之间的作用力为范德华力 (或分子间作用力) 因其含结晶水，所以含氢键(或分子间作用力)； 【小问3详解】 设固体物质的量为1mol，总质量为180g，则A点固体质量为180g×80%=144，A点恰好为，B点时，固体只含有一种铁的氧化物，B点固体质量为180g×42.96%=77.328g其中Fe为56g，则n（O）=，n（Fe）∶n（O）=1∶1.333≈3∶4，则B点为，则AB段发生反应的化学方程式： 15. 化合物G是新型小分子抗凝剂的关键中间体，其合成路线如下： 其中“”为基团“”的缩写 （1）A中含氧官能团的名称为___________。 （2）A→B过程中的作用为___________。 （3）反应历程：。X的分子式为，X→D的反应类型为___________。 （4）E转化为F的过程中，还生成另一种有机物。该物质相对分子质量为32，其分子式为___________。 （5）写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：___________。 碱性条件水解，生成两种碳原子数相同的产物。产物之一酸化后，不同化学环境氢原子个数比为3∶2∶1；另一产物分子中有1个含N、O原子的六元环，有3种不同化学环境的氢原子。 （6）已知：。写出以、和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用)。___________ 【答案】（1）酯基 （2）中和反应生成的酸，有利于反应正向进行，提高反应物的转化率 （3）加成反应(或环加成反应、周环反应、协同反应) （4） （5）或 （6） 、 【解析】 【分析】有机合成或推断题中，常采用对比的方法进行，找出断键和形成键的部位，如B→C，B中“C-O”断裂，羟胺中一个“N-H”断裂，N与酮羰基上的碳相连，剩下的结合，据此分析； 【小问1详解】 根据A的结构简式，A中含氧官能团是酯基；故答案为酯基； 【小问2详解】 A→B的反应为+(Boc)2O→+(CH3)3COOCOH，(C2H5)3N中含有N，显碱性，能与(CH3)3COOCOH发生中和反应，促使上述反应向正反应方向进行；故答案为中和反应生成的酸，有利于反应正向进行，提高反应物的转化率； 【小问3详解】 根据C的结构简式，C失去-2H，得到X，根据X的分子式以及D的结构简式，推出X的结构简式为，X与发生加成反应得到D，即X→D的反应类型为加成反应或环加成反应、周环反应、协同反应；故答案为加成反应或环加成反应、周环反应、协同反应； 【小问4详解】 根据E、F的结构简式，E→F发生取代反应，另一种有机物分子量为32，则该有机物为CH3OH，化学式为CH4O，故答案为CH4O； 【小问5详解】 能发生水解，说明含有酯基或酰胺键，水解后得到两种含碳原子数一样的有机物，即每个有机物的碳原子数均为4，其中一种产物中含有1个N、O原子的六元环，且有3种不同化学环境的氢原子，即该产物为，另一种产物中含有羧基，不同环境氢原子个数为3∶2∶1，根据G的不饱和度，这种有机物中还含有酮羰基，即结构简式为或，因此符合条件的结构简式为或；故答案为或； 【小问6详解】 利用D→E→F的路线图，可知生成目标产物的原料是、、，利用题中所给信息以及流程图，合成路线为、；故答案为、。 16. 实验室以柠檬酸亚铁、柠檬酸铵等为原料可制得柠檬酸铁铵。已知：柠檬酸结构简式为，是易溶于水的晶体，可用表示；柠檬酸可与反应制柠檬酸亚铁。 （1）柠檬酸水溶液中各组分分布系数δ-pH关系如图所示。一定体积柠檬酸与氨水混合所得溶液pH为6.40，反应的离子方程式为___________。 （2）柠檬酸铁铵化学式可表示为，测定其组成的实验方案如下：取适量样品溶于蒸馏水配成100mL溶液。取20.00mL溶液加入足量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤，灼烧至恒重，测得固体质量为0.32g。取20.00mL溶液于锥形瓶中，依次加入足量EDTA(能与部分金属离子结合)、HCHO溶液充分反应，滴入2滴酚酞试液，用1.00NaOH标准液滴定至终点，消耗标准液12.00mL。［；］。加入EDTA的作用为___________，柠檬酸铁铵化学式为___________(写出计算过程)。 （3）避光条件下，柠檬酸铁铵与铁氰化钾［］反应得到普鲁士黄(PY)，其立方晶胞结构如图所示。 ①PY中所有均与形成配位键。结合电子式解释作配体的原因：___________。 ②普鲁士蓝(PB)晶胞结构如图所示，周围最近且等距的有12个，“○”位置被或占据，用“”在图上补全PB结构图中Ⅰ和Ⅱ两个小立方体中的。___________ ③由于PB中的能容易地嵌入和脱嵌，因此PB可作为钾离子电池的正极材料。充电过程中，推测会从PB中脱嵌出来，理由是___________。 （4）补充完整由铁泥(主要含有单质铁、少量和铁的氧化物)制备的实验方案，部分装置如图所示：取一定量的铁泥，___________，所得产物经过滤、洗涤、干燥，得到。(须使用试剂：、溶液、稀硫酸) 【答案】（1） （2） ①. 与结合形成配离子，避免滴定时消耗更多的NaOH，影响组成测定 ②. （3） ①. 电子式为，C和N原子均能提供孤电子对成为配位原子 ②. ③. 充电时PB为阳极，失电子转为，正电荷增多 （4）在搅拌下分批将铁泥加入足量稀硫酸中，充分反应(至不再产生明显气泡)，过滤，将滤液加入三颈烧瓶中，以一定流速通入，排出装置中空气并搅拌，从滴液漏斗中滴入溶液至沉淀完全 【解析】 【小问1详解】 根据图像可知，pH=6.40时，此时柠檬酸主要存在形式是C6H5O、HC6H5O，即柠檬酸中氨水混合所得溶液pH为6.40时，反应离子方程式为2H3C6H5O7+5NH3·H2O=C6H5O+HC6H5O+5NH+5H2O或者2H3C6H5O7+5NH3=C6H5O+HC6H5O+5NH；故答案为2H3C6H5O7+5NH3·H2O=C6H5O+HC6H5O+5NH+5H2O或者2H3C6H5O7+5NH3=C6H5O+HC6H5O+5NH； 【小问2详解】 柠檬酸铁铵中含有Fe3+，用NaOH溶液滴定时，Fe3+与OH-反应，EDTA能与Fe3+形成配合物，避免与OH-反应；灼烧后得到0.32g固体为Fe2O3质量，则20.00mL溶液中n(Fe3+)==4×10-3mol，根据反应方程式，建立关系式为4NH~4OH-，20.00mL溶液中n(NH)=n(OH-)=12.00mL×10-3L/mL×1.00mol/L=12×10-3mol，根据化合价代数和为0，12×10-3mol×1+4×10-3mol×3=n(C6H5O)×3，解得n(C6H5O)=8×10-3mol，因此x∶y∶z=12×10-3mol∶4×10-3mol∶8×10-3mol=3∶1∶2，即化学式(NH4)3Fe(C6H5O7)2，故答案为与Fe3+结合形成配离子，避免滴定时消耗更多的NaOH，影响组成测定；(NH4)3Fe(C6H5O7)2； 【小问3详解】 ①根据PY的晶胞图，CN-中C、N均与Fe3+形成配位键，电子式为，C、N均有孤电子对，C、N均能提供孤电子对成为配位原子，故答案为电子式为，C、N均有孤电子对，均能提供孤电子对成为配位原子； ②Fe3+周围最近且等距的Fe3+有12个，根据晶胞图可知，相邻且最近的两个Fe3+位置处于同平面的对位，即位置图为；故答案为； ③充电时PB为阳极，根据电解原理，阳极上失去电子，化合价升高，Fe2+失电子转化为Fe3+，正电荷增多，为了平衡电荷，K+从PB中脱嵌出来，故答案为充电时PB为阳极，失电子转为，正电荷增多； 【小问4详解】 铁泥中含有单质铁、二氧化硅、铁的氧化物，二氧化硅为杂质，属于酸性氧化物，不溶于稀硫酸，因此在搅拌下分批将铁泥加入足量硫酸中，不再产生明显气泡，铁元素以Fe2+形式存在，过滤后，将滤液倒入三颈烧瓶中，Fe2+易被氧气氧化，需要通入氮气，将装置中空气排尽，然后从分液漏斗中滴入碳酸钠溶液至沉淀完全；故答案为在搅拌下分批将铁泥加入足量稀硫酸中，充分反应(至不再产生明显气泡)，过滤，将滤液加入三颈烧瓶中，以一定流速通入氮气，排出装置中空气并搅拌，从滴液漏斗中滴入碳酸钠溶液至沉淀完全。 17. 资源利用具有重要意义。 （1）燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 吸收剂X能吸收的原因是___________；“解吸”的条件是___________。 （2）与环氧化合物反应可以转化为有价值的有机物。转化过程如图所示。Y为五元环状化合物，Y的结构简式为___________；N原子上的孤电子对主要进攻甲基环氧乙烷中“”上的碳原子，而不是“CH”上的碳原子，原因是___________。 （3）高活性催化剂的主要成分为。该催化剂中铜的氧化物晶胞投影如图所示(沿x轴，y轴和z轴的投影都相同)。请在图上相应位置补全该晶胞图，晶胞内部距离最近的原子之间请用虚线相连接。___________ （4）通过电催化还原可转化为有机物。以0.1的溶液为电解质溶液，将通入Cu基催化剂的电极材料上(Cu是催化剂的活性位点)，相同条件下，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示。 ①当电压为时，生成的电极反应式为___________。 ②为了降低的法拉第效率，可以采取的措施为___________。 ③生成的中间产物CO中C原子与Cu之间存在强烈的相互作用，该作用力为___________。 ④电压从增大到时，电流减小的可能原因是___________。 【答案】（1） ①. 具有碱性 ②. 高温、低压 （2） ①. ②. O的电负性比C大，与O直接相连的碳带部分正电荷，由于甲基是推电子基团，“CH”中碳带正电荷略少，因此孤电子对更容易进攻“”中的碳原子 （3） （4） ①. 或 ②. 适当调高电压，适当增大的流速 ③. 配位键(或共价键) ④. 生成的CO与催化剂Cu的活性位点结合，生成的配合物覆盖在催化剂表面，导电能力减弱 【解析】 【小问1详解】 根据转化关系，推出吸收剂X为HOCH2CH2NH2，其中-NH2显碱性，因CO2属于酸性氧化物，因此吸收剂X能吸收CO2；“解吸”中发生HOCH2CH2NHCOO-=HOCH2CH2NH2+CO2，只有CO2为气体，依据勒夏特列原理，推出“解吸”的条件是高温、低压；故答案为HOCH2CH2NH2具有碱性；高温、低压； 【小问2详解】 根据转化过程，与CO2发生加成反应：“C-N”断裂，CO2中一个“C=O”断裂，因CO2中C显+4价，因此生成五元环Y的结构简式为；氧元素的电负性强于C，与O直接相连的碳带部分正电荷，由于甲基是推电子基团，使“CH”中碳带正电荷略少，因此孤电子对更容易进攻“CH2”中的碳原子，故答案为；O的电负性比C大，与O直接相连的碳带部分正电荷，由于甲基是推电子基团，“CH”中碳带正电荷略少，因此孤电子对更容易进攻“CH2”中的碳原子； 【小问3详解】 根据投影图，沿x轴、y轴、z轴的投影相同，晶胞的体心有一个小黑球，晶胞体内有4个白球，化学式为Cu2O，利用均摊法可知，小黑球代表O，白球白球代表Cu，其晶胞图为；故答案为； 【小问4详解】 ①根据图像可知，电压为U1时，还原产物主要是氢气，应是水中的氢原子放电，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电解质溶液为KHCO3，OH-与HCO发生OH-+HCO=H2O+CO，也可能是OH-与CO2反应生成HCO，即生成氢气电极反应：2e-+2HCO=H2↑+2CO或2H2O+2e-+2CO2=H2↑+2HCO；故答案为：2e-+2HCO=H2↑+2CO或2H2O+2e-+2CO2=H2↑+2HCO； ②根据法拉第效率表达式，降低氢气的法拉第效率，需要减少生成氢气所需电子物质的量，根据图像可知，采取措施是适当调高电压、适当增大CO2流速；故答案为适当调高电压、适当增大CO2流速； ③CO中C提供孤电子对，Cu提高空轨道，两者形成配位键，故答案为配位键； ④根据③可知，电压从U2增大到U3，CO增多，生成CO可能与催化剂Cu的活性位点结合，生成配合物覆盖在催化剂表面，导电能力减弱；故答案为生成CO可能与催化剂Cu的活性位点结合，生成配合物覆盖在催化剂表面，导电能力减弱。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $