精品解析：上海市建平中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题

上海市建平中学2024学年第一学期 高三化学9月月考 说明： (1)本场考试时间为60分钟，总分100分。 (2)请认真答卷，并用规范汉字书写。 (3)注明为不定项的选择题，每题有1~2个正确选项；其它选择题均只有1个正确选项。 (4)本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Fe-56 一、储氢材料 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。 1. 氢化钠(NaH)是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的氧化剂为___________。(写化学式) 2. 钛系贮氢合金中的钛锰合金具成本低，吸氢量大，室温下易活化等优点，基态锰的价层电子排布式为___________。 3. 咔唑()是一种新型新型有机液体储氢材料，它的沸点比()的高，其主要影响因素是___________。 A. 分子量 B. 极性 C. 氢键 D. 键能 (氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(350℃)而成为颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氨烷、与进行合成。 4. 上述涉及的元素H、B、C、N、O原子半径最大的是___________，电负性最大的是___________。 5. 键角：___________(填“”“”或“”)，原因是___________。 氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。 6. 距离Fe原子最近的Mg原子个数是___________。 A 4 B. 6 C. 8 D. 12 7. 铁镁合金的化学式为___________。 8. 若该晶胞的晶胞边长为d nm，阿伏加德罗常数为，则该合金的密度为___________g⋅cm(用含的式子表达)。 9. 若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则含Mg 48 g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为___________L。 A. 5.6 B. 11.2 C. 22.4 D. 44.8 二、的综合治理 以为主要成分的雾霾综合治理是当前重要的研究课题，其中汽车尾气的处理尤为重要。 10. 某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。 已知： ，下列说法错误的是 A. 温度升高时不利于吸附 B. 多孔材料“固定”，促进平衡逆向移动 C. 转化为的反应是 D. 每生成2 mol ，转移电子的数目为 11. NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中可发生反应：，已知该反应为自发反应，则该反应的反应热___________0(填“>”“<”或“=”)。 12. 已知： kJ⋅mol kJ⋅mol kJ⋅mol 则 ___________kJ⋅mol(用含a、b、c的表达式表示)。 13. 一定温度下，将2 mol CO、4 mol NO充入2 L密闭容器。5 min到达平衡，测得的物质的量为0.5 mol，则： （1）5 min内___________。该反应平衡常数的数值为___________(保留两位小数)。 （2）该条件下，可判断此反应到达平衡的标志是___________。 A. 单位时间内，消耗2 mol CO同时形成1 mol B. 混合气体的平均相对分子质量不再改变 C. 混合气体的密度不再改变 D. CO与NO转化率比值不再改变 （3）平衡后再通入2 mol CO和4 mol NO，达到新平衡时CO的转化率___________(填“变大”“变小”或“不变”)。 14. 某研究小组探究催化剂I、II对CO、NO转化的影响。将CO和NO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中N₂的含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图所示： （1）由图可知：要达到最大脱氮率，该反应应采取的最佳实验条件为___________。 （2）温度低于200℃时，图中曲线I脱氮率随温度升高变化不大的主要原因是___________。 15. 在酸性溶液中，间接电化学法可对NO进行无害化处理，其工作原理如图所示。 （1）阳极反应式为：___________。 （2）为使电解产物全部转化为，需要补充物质A，A是___________。 三、氧族元素 氧族元素及其化合物在生产、生活中发挥着重要的作用。 16. 工业上常用硫化物(FeS等)作沉淀剂除去废水中的等重金属离子。已知常温下CuS饱和溶液中，和关系如图所示，___________(填数值)；图中a、b、c三点对应的溶液中，一定存在CuS沉淀的是___________(填字母)。 17. 可在强酸性溶液中与反应制备，用于污水杀菌和饮用水净化，此反应的离子方程式为___________。每生成1 mol ，转移电子数为___________。 18. 一种双氧化物载体催化剂催化二氧化碳加氢制甲醇的反应历程如图所示(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，决速步骤的反应方程式为___________。 19. 已知反应I： kJ/mol 反应Ⅱ： kJ/mol 在恒容密闭容器中充入1 mol 和3 mol 。发生反应I和Ⅱ，测得平衡时的转化率、CO和的选择性随温度变化如下图所示选择性]。 （1）表示CO选择性的曲线是___________(填字母)。 （2）250℃时，反应I的平衡常数为___________(保留2位有效数字)。 （3）210~250℃过程中，转化率变化的原因是___________。 四、秸秆的综合利用 20. 秸秆的再利用.秸秆是成熟农作物茎叶的总称。农作物光合作用的产物有一半以上存在于秸秆中，秸秆富含氮、磷、钾、钙、镁和有机质。秸秆(含多糖类物质)的综合利用具有重要意义。 （1）下列关于糖类的说法正确的是___________。 A. 糖类都有甜味，具有CnH2mOm通式 B. 麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖 C. 用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全 D. 淀粉和纤维素都属于多糖，是同分异构体 （2）我国于2008年起禁止农民焚烧秸秆，焚烧秸秆的危害有___________。 A. 温室效应 B. 酸雨 C. 可吸入颗粒物超标 D. 臭氧空洞 21. 下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线，回答下列问题： （1）D中的官能团名称为______。为了确定C中官能团的种类，可以采用的方法是____。 A．红外光谱 B．质谱法 C．原子吸收光谱 D．核磁共振氢谱 （2）B生成C的反应类型为___________，D生成E的反应类型为___________。 （3）F的化学名称是___________；由F生成G的化学方程式为___________。 （4）二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 g CO2，W共有________种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为___________。 （5）参照上述合成路线，以2，4﹣己二烯和C2H4为原料(无机试剂任选)，设计制备对苯二甲酸的合成路线________。 五、乳酸亚铁的制备 乳酸亚铁固体，摩尔质量：234 g/mol)易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液易被氧化。它是一种很好的补铁剂常用于治疗缺铁性贫血。可由乳酸与反应制得。 I．制备碳酸亚铁：装置如图所示 ①组装仪器，检查装置气密性，加入试剂； ②先关闭，打开、，一段时间后关闭； ③打开活塞； ④过滤，洗涤干燥。 22. 盛放碳酸钠溶液玻璃仪器名称为___________。操作②中，先关闭，打开、，加入适量稀硫酸，使反应进行一段时间，其目的是___________。 23. 装置a可盛适量的水，其作用是___________。 24. 可用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，观察到有大量气泡冒出，发生反应的离子方程式为___________，此法所得产品纯度更高，原因是___________。 Ⅱ．制备乳酸亚铁： 将制得的加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸。 25. 从所得溶液中获得乳酸亚铁所需的实验操作是：隔绝空气低温蒸发，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥。 (1)过滤所需的玻璃仪器为___________。 (2)选用乙醇洗涤的原因是___________。 Ⅲ．乳酸亚铁晶体纯度的测量： 26. 若用滴定法测定样品中的量计算纯度，发现结果总是大于100%，其原因是___________。 27. 该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中的含量，可通过用滴定法测定样品中的含量来计算乳酸亚铁固体样品纯度(反应中Ce元素被还原为)。称取7.8 g样品配制成250.00 mL溶液，取25.00mL用0.10 mol⋅L 标准溶液滴定。反复滴定3次，平均消耗标准液30.00 mL，则产品中乳酸亚铁的纯度为___________。若滴定操作时间过长，则测得的样品纯度将___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 上海市建平中学2024学年第一学期 高三化学9月月考 说明： (1)本场考试时间为60分钟，总分100分。 (2)请认真答卷，并用规范汉字书写。 (3)注明为不定项的选择题，每题有1~2个正确选项；其它选择题均只有1个正确选项。 (4)本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Fe-56 一、储氢材料 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。 1. 氢化钠(NaH)是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的氧化剂为___________。(写化学式) 2. 钛系贮氢合金中的钛锰合金具成本低，吸氢量大，室温下易活化等优点，基态锰的价层电子排布式为___________。 3. 咔唑()是一种新型新型有机液体储氢材料，它的沸点比()的高，其主要影响因素是___________。 A 分子量 B. 极性 C. 氢键 D. 键能 【答案】1. H2O 2. 3d54s2 3. C 【解析】 【1题详解】 氢化钠(NaH)与水后放出氢气并生成一种碱，反应的化学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH中H的化合价为-1价升高为H2中H的化合价0价，化合价升高是还原剂，H2O中的H化合价为+1+价，反应中生成0价H2气，化合价降低得电子为氧化剂，反应中氧化剂为H2O； 【2题详解】 Mn是25号元素，基态原子的价电子排布式为：3d54s2； 【3题详解】 从结构上看，咔唑()分子结构中有N-H键，能形成分子间氢键，沸点高， 而不能形成分子间氢键，沸点低，咔唑()是一种新型新型有机液体储氢材料，它的沸点比()的高，其主要影响因素是氢键。 (氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(350℃)而成为颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氨烷、与进行合成。 4. 上述涉及的元素H、B、C、N、O原子半径最大的是___________，电负性最大的是___________。 5. 键角：___________(填“”“”或“”)，原因是___________。 【答案】4. ①. B ②. O 5. ①. ＞ ②. CH4和H2O都有4个价层电子对，但CH4分子中没有孤电子对，H2O有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小 【解析】 【4题详解】 同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下元素的原子半径依次增大，则H、B、C、N、O的原子半径最大的是B， 同周期主族元素从左到右，电负性依次增大，同主族元素从上到下元素的电负性依次减小，则H、B、C、N、O的电负性最大的是O； 【5题详解】 CH4和H2O都有4个价层电子对，但CH4分子中没有孤电子对，H2O有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以H2O小于CH4的键角； 氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。 6. 距离Fe原子最近的Mg原子个数是___________。 A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 7. 铁镁合金的化学式为___________。 8. 若该晶胞的晶胞边长为d nm，阿伏加德罗常数为，则该合金的密度为___________g⋅cm(用含的式子表达)。 9. 若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则含Mg 48 g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为___________L。 A. 5.6 B. 11.2 C. 22.4 D. 44.8 【答案】6. C 7. Mg2Fe或FeMg2 8. 9. C 【解析】 【6题详解】 从晶胞结构图中可看出，Mg原子位于晶胞体内，Fe原子位于晶胞顶角与面心，以面心得Fe原子为研究对象，距离Fe原子最近的Mg原子个数是8，故选C。 【7题详解】 从晶胞结构图中可看出，Mg原子位于晶胞体内，Fe原子位于晶胞顶角与面心，Mg原子的个数为8，Fe原子的个数为=4，铁镁合金的化学式为Mg2Fe或FeMg2。 【8题详解】 该晶胞中含有8个Mg原子、4个Fe原子，根据晶胞密度计算公式，该合金的密度为。 【9题详解】 该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心位置，晶胞中H2分子数目为=4，储氢合金晶胞中，含有8个Mg原子，含有4个H2分子，含Mg48g的该储氢合金中，Mg的物质的量为=2mol，则储氢合金中H2的物质的量为=1mol，标准状况下H2的体积约为22.4L，故选C。 二、的综合治理 以为主要成分的雾霾综合治理是当前重要的研究课题，其中汽车尾气的处理尤为重要。 10. 某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。 已知： ，下列说法错误的是 A. 温度升高时不利于吸附 B. 多孔材料“固定”，促进平衡逆向移动 C. 转化为的反应是 D. 每生成2 mol ，转移电子的数目为 【答案】BD 【解析】 【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。 【详解】A．从 可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确； B．多孔材料“固定”N2O4，从而促进平衡正向移动，B错误； C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确； D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得2 mol ，转移的电子数为2mol，即个数为2NA，D错误； 答案选BD。 11. NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中可发生反应：，已知该反应为自发反应，则该反应的反应热___________0(填“>”“<”或“=”)。 【答案】< 【解析】 【详解】根据该反应的热化学方程式可知，该反应的，已知该反应为自发反应，，因则。 12. 已知： kJ⋅mol kJ⋅mol kJ⋅mol 则 ___________kJ⋅mol(用含a、b、c的表达式表示)。 【答案】 【解析】 【详解】已知：① kJ⋅mol；② kJ⋅mol；③ kJ⋅mol；由盖斯定律可知，②×2-①-③可得 kJ⋅mol。 13. 一定温度下，将2 mol CO、4 mol NO充入2 L密闭容器。5 min到达平衡，测得的物质的量为0.5 mol，则： （1）5 min内___________。该反应的平衡常数的数值为___________(保留两位小数)。 （2）该条件下，可判断此反应到达平衡的标志是___________。 A. 单位时间内，消耗2 mol CO同时形成1 mol B. 混合气体的平均相对分子质量不再改变 C. 混合气体的密度不再改变 D. CO与NO的转化率比值不再改变 （3）平衡后再通入2 mol CO和4 mol NO，达到新平衡时CO的转化率___________(填“变大”“变小”或“不变”)。 【答案】（1） ①. ②. （2）BD （3）变大 【解析】 【小问1详解】 根据题意可知，该反应的化学方程式为2CO+2NON2+2CO2，5min到达平衡，测得的物质的量为0.5 mol，说明NO消耗了1mol，则，列出三段式： 则该反应的平衡常数的数值为。 【小问2详解】 A．单位时间内，消耗2 mol CO和形成1 mol 均表示正反应，不可判断此反应到达平衡，A不符合题意； B．该反应混合气体总质量是不变的量，但混合气体总物质的量是变量，则混合气体的平均相对分子质量是变量，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，可判断此反应到达平衡，B符合题意； C．该反应混合气体总质量是不变的量，体积又保持不变，则混合气体的密度是不变的量，当混合气体的密度不再改变，不可判断此反应到达平衡，C不符合题意； D．CO与NO的起始物质的量不同，转化量相同，则转化率不同，说明CO与NO的转化率比值是变量，当CO与NO的转化率比值不再改变，可判断此反应到达平衡，D符合题意； 故选BD。 【小问3详解】 平衡后再通入2 mol CO和4 mol NO，相当于加压，化学平衡正向移动，则达到新平衡时CO的转化率变大。 14. 某研究小组探究催化剂I、II对CO、NO转化的影响。将CO和NO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中N₂的含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图所示： （1）由图可知：要达到最大脱氮率，该反应应采取的最佳实验条件为___________。 （2）温度低于200℃时，图中曲线I脱氮率随温度升高变化不大的主要原因是___________。 【答案】（1）450℃左右 （2）催化剂在低温下活性不高 【解析】 【小问1详解】 由图可知，曲线Ⅱ中450 ℃左右脱氮率最大，则曲线Ⅱ中的催化剂的最适宜温度为450℃左右。 【小问2详解】 催化剂活性受温度的影响，则低于200℃时，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是催化剂的活性不高。 15. 在酸性溶液中，间接电化学法可对NO进行无害化处理，其工作原理如图所示。 （1）阳极反应式为：___________。 （2）为使电解产物全部转化为，需要补充物质A，A是___________。 【答案】（1） （2）NH3 【解析】 【分析】由图可知，阳极NO转化为，反应式为，阴极NO转化为，反应式为。 【小问1详解】 据分析可知，阳极反应式为。 【小问2详解】 从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的的物质的量大于阴极产生的的物质的量，总反应方程式为，因此若要使电解产物全部转化为，需要补充NH3。 三、氧族元素 氧族元素及其化合物在生产、生活中发挥着重要的作用。 16. 工业上常用硫化物(FeS等)作沉淀剂除去废水中的等重金属离子。已知常温下CuS饱和溶液中，和关系如图所示，___________(填数值)；图中a、b、c三点对应的溶液中，一定存在CuS沉淀的是___________(填字母)。 【答案】 ①. ②. b 【解析】 【详解】由图可知，a点处于CuS的沉淀溶解平衡状态，，则；负对数越大，离子浓度越小，斜线下方的点表示过饱和溶液，则一定存在CuS沉淀的是b点。 17. 可在强酸性溶液中与反应制备，用于污水杀菌和饮用水净化，此反应的离子方程式为___________。每生成1 mol ，转移电子数为___________。 【答案】 ①. SO2+2=+2 ②. NA 【解析】 【详解】该反应中，SO2被氧化为，被还原为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：SO2+2=+2，Cl元素由+5价下降到+4价，根据方程式，每生成2mol，转移2mol电子，因此每生成1mol，转移NA个电子。 18. 一种双氧化物载体催化剂催化二氧化碳加氢制甲醇的反应历程如图所示(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，决速步骤的反应方程式为___________。 【答案】HCOO*+5H*=CH3O*+H2O+H* 【解析】 【详解】决速步骤为活化能最大的一步，由图可知，决速步骤的反应方程式为HCOO*+5H*=CH3O*+H2O+H*。 19. 已知反应I： kJ/mol 反应Ⅱ： kJ/mol 在恒容密闭容器中充入1 mol 和3 mol 。发生反应I和Ⅱ，测得平衡时转化率、CO和的选择性随温度变化如下图所示选择性]。 （1）表示CO选择性的曲线是___________(填字母)。 （2）250℃时，反应I的平衡常数为___________(保留2位有效数字)。 （3）210~250℃过程中，转化率变化的原因是___________。 【答案】（1）c （2）0.0015 （3）升高温度对反应Ⅰ的影响大于反应Ⅱ 【解析】 【分析】反应I： kJ/mol为吸热反应， 反应Ⅱ： kJ/mol为放热反应，升高温度，反应I正向移动，CO的选择性升高，反应Ⅱ逆向移动，甲醇的选择性降低，而且二者选择性的和为1，因此a代表甲醇的平衡转化率，b代表甲醇的选择性，c代表CO的选择性； 【小问1详解】 反应I中生成CO(g)为吸热反应，反应Ⅱ中生成CH3OH(g) 为放热反应，故随着温度的升高，反应I正向移动，反应Ⅱ逆向移动，所以CO(g)的选择性升高，CH3OH(g) 的选择性降低，且二者的选择性之和应为100%。结合图像可知，表示选择性的曲线是c； 【小问2详解】 根据图像信息可知时，CO2的平衡转化率为12%，CO(g)的选择性为25%， CH3OH(g)的选择性为75%。可计算出CO2的消耗量为1mol×12%=0.12mol，生成CO(g)的物质的量为0.12mol×25%=0.03mol，生成CH3OH(g)的物质的量为0.12mol×75%=0.09mol。根据题意，在该密闭容器中发生反应I和反应Ⅱ： 故在该温度下达到平衡状态时，n(H2)=3mol-0.03mol-0.27mol=2.7mol，n(CO2)=1mol-0.03mol-0.09mol=0.88mol，n(CO)=0.03mol，n(H2O)=0.03mol+0.09mol=0.12mol，反应I前后气体系数相等，用浓度表示的平衡常数可以用物质的量来表示，反应I的平衡常数为K=； 【小问3详解】 升高温度反应I正向移动，CO2的平衡转化率升高，反应Ⅱ逆向移动，CO2的平衡转化率降低，结合图像在过程中，转化率随着温度的升高而升高，说明反应Ⅰ的影响大于反应Ⅱ。 四、秸秆的综合利用 20. 秸秆的再利用.秸秆是成熟农作物茎叶的总称。农作物光合作用的产物有一半以上存在于秸秆中，秸秆富含氮、磷、钾、钙、镁和有机质。秸秆(含多糖类物质)的综合利用具有重要意义。 （1）下列关于糖类的说法正确的是___________。 A. 糖类都有甜味，具有CnH2mOm的通式 B. 麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖 C. 用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全 D. 淀粉和纤维素都属于多糖，是同分异构体 （2）我国于2008年起禁止农民焚烧秸秆，焚烧秸秆的危害有___________。 A. 温室效应 B. 酸雨 C. 可吸入颗粒物超标 D. 臭氧空洞 【答案】（1）C （2）AC 【解析】 【小问1详解】 A．糖类不都有甜味，例如纤维素不甜；不都具有CnH2mOm的通式，例如鼠李糖化学式为C6H12O5，A错误； B．麦芽糖水解生成葡萄糖，B错误； C．用银镜反应能判断淀粉是否水解，但不能判断淀粉水解是否完全，C正确； D．淀粉和纤维素虽都写成(C6H10O5)n，但n不同分子式不同，不是同分异构体，D错误； 故选C。 【小问2详解】 焚烧秸秆主要为纤维素燃烧，产生二氧化碳和烟尘，有温室效应、可吸入颗粒物超标危害；故选AC。 21. 下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线，回答下列问题： （1）D中的官能团名称为______。为了确定C中官能团的种类，可以采用的方法是____。 A．红外光谱 B．质谱法 C．原子吸收光谱 D．核磁共振氢谱 （2）B生成C的反应类型为___________，D生成E的反应类型为___________。 （3）F的化学名称是___________；由F生成G的化学方程式为___________。 （4）二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 g CO2，W共有________种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为___________。 （5）参照上述合成路线，以2，4﹣己二烯和C2H4为原料(无机试剂任选)，设计制备对苯二甲酸的合成路线________。 【答案】（1） ①. 碳碳双键、酯基 ②. A （2） ①. 取代反应 ②. 消去反应或氧化反应 （3） ①. 己二酸 ②. nHOOC(CH2)4COOH+ nHO(CH2)4OH +2nH2O （4） ①. 12 ②. （5） 【解析】 【分析】秸秆生物催化得到A，A在催化剂作用下转化为B，B和甲醇发生酯化反应得到C：CH3OOCCH=CHCH=CHCOOCH3；C中存在2个碳碳双键，与乙烯反应成环得到D，D不饱和度减小发生氧化反应得到E，E和乙二醇在催化剂作用下生成PET；A和氢气加成生成F，F含有2个羧基，和1,4-丁二醇发生缩聚反应得到聚酯G； 【小问1详解】 由D结构可知，D中的官能团名称为碳碳双键、酯基；用红外光谱得到分子中含有的化学键或官能团信息，故选A； 【小问2详解】 B和甲醇发生酯化反应得到C，属于酯化反应或取代反应；D不饱和度减小发生氧化反应得到E； 【小问3详解】 F最长碳链为6，且两端含有2个羧基，化学名称是己二酸；F含有2个羧基，和1,4-丁二醇发生缩聚反应得到聚酯G，由F生成G的化学方程式为。 【小问4详解】 E除苯环外，含有4个碳、4个氧；具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，生成二氧化碳为1mol，说明W含有2个羧基，2个取代基为-COOH、-CH2CH2COOH，或者为-COOH、-CH(CH3)COOH，或者为-CH2COOH、-CH2COOH，或者-CH3、-CH(COOH) 2，各有邻、间、对三种，共有12种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为：； 【小问5详解】 2,4-己二烯与乙烯发生加成反应生成，在Pd/C并加热的条件下生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，则可设计合成路线流程图为：。 五、乳酸亚铁的制备 乳酸亚铁固体，摩尔质量：234 g/mol)易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液易被氧化。它是一种很好的补铁剂常用于治疗缺铁性贫血。可由乳酸与反应制得。 I．制备碳酸亚铁：装置如图所示 ①组装仪器，检查装置气密性，加入试剂； ②先关闭，打开、，一段时间后关闭； ③打开活塞； ④过滤，洗涤干燥。 22. 盛放碳酸钠溶液的玻璃仪器名称为___________。操作②中，先关闭，打开、，加入适量稀硫酸，使反应进行一段时间，其目的是___________。 23. 装置a可盛适量的水，其作用是___________。 24. 可用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，观察到有大量气泡冒出，发生反应的离子方程式为___________，此法所得产品纯度更高，原因是___________。 Ⅱ．制备乳酸亚铁： 将制得的加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸。 25. 从所得溶液中获得乳酸亚铁所需的实验操作是：隔绝空气低温蒸发，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥。 (1)过滤所需的玻璃仪器为___________。 (2)选用乙醇洗涤的原因是___________。 Ⅲ．乳酸亚铁晶体纯度的测量： 26. 若用滴定法测定样品中的量计算纯度，发现结果总是大于100%，其原因是___________。 27. 该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中的含量，可通过用滴定法测定样品中的含量来计算乳酸亚铁固体样品纯度(反应中Ce元素被还原为)。称取7.8 g样品配制成250.00 mL溶液，取25.00mL用0.10 mol⋅L 标准溶液滴定。反复滴定3次，平均消耗标准液30.00 mL，则产品中乳酸亚铁的纯度为___________。若滴定操作时间过长，则测得的样品纯度将___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 【答案】22. ①. 三颈烧瓶 ②. 生成FeSO4溶液，且用产生的氢气排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化 23. 液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2+ 24. ①. Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O ②. 碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁(或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁) 25. ①. 烧杯、漏斗、玻璃棒 ②. 乳酸亚铁难溶于乙醇，可以减少损失，防止乳酸亚铁被氧化，能快速干燥 26. 乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化 27. ①. 90% ②. 偏小 【解析】 【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备碳酸亚铁过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故圆底烧瓶内制备硫酸亚铁，利用生成的氢气，使圆底烧瓶中气压增大，将圆底烧瓶中的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中，和Na2CO3溶液发生反应制备碳酸亚铁，碳酸亚铁再与乳酸反应即可制备乳酸亚铁； 【22题详解】 根据仪器的构造可知，盛放铁屑的玻璃仪器名称为三颈烧瓶，操作②中，先关闭K2，打开K1、K3，加入适量稀硫酸，使反应进行一段时间，其目的是生成FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化； 【23题详解】 装置a作用是液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2+； 【24题详解】 可用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，则依据电荷守恒、元素质量守恒得反应的离子方程式为Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O，此法所得产品纯度更高，原因是：碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁(或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁)； 25题详解】 过滤选用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒； 乳酸亚铁难溶于乙醇，在水溶液中以被氧化，用乙醇洗涤可以减少损失，防止乳酸亚铁被氧化，乙醇易挥发，还可以起到快速干燥的作用； 【26题详解】 已知乳酸亚铁中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%； 【27题详解】 平均消耗标准液V= 30.00mL，由：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe2+)=n(Ce4+)=0.10mol/L×0.030L=0.0030mol，故250mL含有n(Fe2+)=0.0030mol×=0.030mol，故产品中乳酸亚铁晶体的纯度为：； 若滴定操作时间过长，则样亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$