大题预测02（A+B+C三组解答题）-【大题精做】冲刺2025年高考化学大题突破+限时集训（浙江专用）

大题预测02(A组+B组+C组) 【A组】 (建议用时：50分钟 满分：52分) 1．(16分)硫及其化合物在生活、生产中有着广泛的应用。 (1)基态硫原子的价层电子轨道表示式是 。 (2)S单质的常见形式为S8，其环状结构如图1所示，其中S原子的杂化方式是 。 (3)下列说法正确的是 。 A．H2S分子的空间构形是直线型 B．六氟化硫(SF6)中心原子的杂化方式为sp3d2 C．第一电离能大小顺序F＞O＞S D．工业生产硫酸时用水吸收SO3 (4)黄铜矿为含硫矿石，这种矿石浑身都是宝。黄铜矿的晶胞如图2所示，若阿伏加德罗常数的值为NA，则黄铜矿晶体的密度是 g•cm-3。 (5)工业上以黄铁矿为原料利用“接触法”制硫酸，并利用硫酸渣(主要含Fe2O3、Al 2O3、SiO2，其它杂质不考虑)生产铁基颜料铁黄(FeOOH)的制备流程如图所示。 ①滤液II中的阳离子除Al3+外还有 。 ②以下有关说法不正确的是_______。 A．工业上用98.3%的浓硫酸吸收生成的SO3 B．SO2和SO3都属于酸性氧化物，通到BaCl2溶液中都会产生白色沉淀 C．FeOOH、FeS2中均含有非极性共价键 D．氟氢化钾(KHF2)与发烟硫酸反应可生成氟磺酸(HSO3F)，说明硫酸的酸性大于氟磺酸 ③ “氧化”中，生成FeOOH的离子方程式为 。 ④设计实验方案检验硫酸渣中的金属元素 。 【答案】(1)(2分) (2)sp3(2分) (3)BC(2分) (4) (2分) (5) ①Al3+、NH4+、H+、(Fe3+)(2分) ②BCD(2分) ③4Fe2++8 NH3·H2O+O2= 4FeOOH↓+8NH4++2H2O(2分) (4)取少量固体，加入足量稀盐酸溶解后过滤，向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀，证明含铁元素；过滤后向上清液中通入足量二氧化碳，有白色沉淀生成，证明含铝元素(2分) 【解析】(1)S的原子序数为16，基态价层电子轨道表示式是。(2)S8中的每个硫原子都和另外2个硫原子成键，每个硫原子还有两个孤电子对，价层电子对数为4，所以硫原子的杂化方式为sp3。(3)H2S的中心原子硫原子的价层电子对数为4，有两个孤电子对，所以其空间构型为V形，故A错误；SF6的中心原子S的价层电子对数=6+(6-6×1)=6，其中心原子的杂化方式为sp3d2，故B正确；F和O在同一周期，其原子半径小于O，失去一个电子比O难，其第一电离能大于O，O和S在同一主族，其原子半径小于S，O的第一电离能大于S，所以第一电离能大小顺序F＞O＞S，故C正确；为防止形成酸雾，工业生产硫酸时用98.3%的浓硫酸吸收SO3，故D错误；故选BC。(4)在1个晶胞中有Cu的个数为8×+4×+1=4，根据黄铜矿的化学式CuFeS2可知，在一个晶胞中有4个CuFeS2，则一个晶胞的质量为，一个晶胞体积为a×a×2a×10-30cm3，所以晶体密度为。(5)黄铁矿在空气中煅烧生成二氧化硫和硫酸渣，二氧化硫在400-500℃、催化剂作用下与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸。硫酸渣中加入硫酸溶液酸溶，金属氧化物转化为对应的金属阳离子，随后加入FeS2还原，Fe3+被还原为Fe2+，同时生成了硫单质，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣1中含有二氧化硅、硫单质和过量的FeS2，随后滤液中通入空气氧化，加入氨水调节pH=3-4，此时生成FeOOH沉淀，最后经过过滤、洗涤、烘干得到纯净的FeOOH。①硫酸渣中加入硫酸酸溶，此时溶液中含有铁离子、铝离子、氢离子，加入FeS2将铁离子还原为亚铁离子，过滤，向滤液中通入空气，部分亚铁离子被氧化为铁离子，通入氨气反应生成铵根离子，此时溶液pH=3-4，则还有氢离子，因此滤液II中含有的阳离子有Al3+、NH4+、H+和Fe3+。②A项，直接用水吸收三氧化硫，可能引起酸雾等，因此工业上使用98.3%的浓硫酸吸收生成的SO3，A正确；B项，一般情况下，弱酸无法制强酸，SO2通入氯化钡溶液中不会生成白色沉淀，B错误；C项，FeOOH中不含非极性共价键，C错误；D项，氟氢化钾与发烟硫酸反应生成氟磺酸，F的电负性大，吸引电子能力强，使氟磺酸中羟基的极性大，硫酸的酸性小于氟磺酸，D错误；故选BCD。③氧化过程中，亚铁离子、一水合氨与氧气反应生成FeOOH沉淀、铵根离子和水，离子方程式为4Fe2++8 NH3·H2O+O2= 4FeOOH↓+8NH4++2H2O。④硫酸渣中的金属元素为Fe和Al，其中Fe以铁离子形式存在，Al以铝离子形式存在，要检验铁离子和铝离子，实验方案为取少量固体，加入足量稀盐酸溶解后过滤，向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀，证明含铁元素；过滤后向上清液中通入足量二氧化碳，有白色沉淀生成，证明含铝元素。 2．(12分)CH4与CO2的干法重整(DRM)反应可同时转化温室气体并生成CO和H2，对实现“碳中和”具有重要意义。DRM的主要反应为： Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1 Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2 Ⅲ：2CO(g)CO2(g)＋C(s) ΔH3＝-172kJ·mol−1 Ⅳ：CH4 (g)2H2(g)＋C(s) ΔH4＝175kJ·mol−1 (1)已知H2(g) 、CO(g)的燃烧热ΔH分别为-285.8kJ·mol−1，-283.0kJ·mol−1，H2O(l)= H2O(g) ΔH＝+44kJ·mol−1，则ΔH2= kJ·mol−1。 (2)在恒压p=100kPa、初始投料的条件下，CH4、CO2发生上述反应达平衡时气体物质的量随温度的变化如图所示。 ①曲线a表示的物质是 (填化学式)，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp= 。 ②下列说法正确的是 。 A．平衡后，移除部分积碳，Ⅲ和Ⅳ均向右移 B．保持其他条件不变，升温积碳量逐渐减小 C．温度一定时，增大投料比，有利于减少积碳 D．温度一定时，增大投料比，则将增大 (3)研究表明Pt12Ni、Sn12Ni、Cu 12Ni三种双金属合金团簇可用于催化DRM反应，在催化剂表面涉及多个基元反应，其反应机理如图所示，过程1-甲烷逐步脱氢；过程2-CO2的活化(包括直接活化和氢诱导活化)；过程3-和的氧化；过程4-扩散吸附反应(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。 ①CO2的氢诱导活化反应方程式为 。 ②过程1-甲烷逐步脱氢过程的能量变化如图所示(TS1、TS2、TS3、TS4均表示过渡态)。Sn12Ni双金属合金团簇具有良好的抗积碳作用，能有效抑制积碳对催化剂造成的不良影响，其原因为 。 (4)以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2电解，在阴极可制得低密度聚乙烯，写出阴极的电极反应式 。 【答案】(1)+41.2 kJ/mol(2分) (2) H2(1分) (2分) BC(2分) (3) CO2*+H*→COOH*→CO*+OH*(1分) 脱氢反应第4步为CH*=C*+H*，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少(2分) (4)+ (2分) 【解析】(1)因为CH4、H2、CO的燃烧热分别为-890.3 kJ/mol、-285.8kJ/mol，-283kJ/mol，则⑤△H5=-890.3 kJ/mol；⑥△H6=-285.8kJ/mol；⑦△H7=-283kJ/mol；⑧H2O(l)= H2O(g) ΔH8＝+44kJ·mol−1；根据盖斯定律，⑥-⑦+⑧得CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) △H2=△H6-△H7+△H8=-285.8kJ/mol-(-283kJ/mol) =+41.2 kJ/mol；(2)根据盖斯定律，①=④-③得CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ；温度升高，反应①②④是吸热反应，正向移动，CO，H2物质的量增多因，根据C和H元素守恒可知，H2比CO的物质的量大，则曲线a表示的物质是H2；恒压p=100kPa、初始投料的条件下，625℃时，，，由H元素守恒可知，总的气体物质的量为：2.8，反应Ⅱ的压强平衡常数；A项，积碳是固体，平衡后，移除部分积碳，不改变平衡，A错误；B项，保持其他条件不变，升温反应Ⅲ逆向移动，积碳量逐渐减小，B正确；C项，温度一定时，增大投料比，相当于增大CO2的物质的量，反应Ⅲ逆向移动，反应有利于减少积碳，C正确；D项，温度一定时，增大投料比，相当于增大CO2的物质的量或减少CH4的物质的量，H2的物质的量将减小，CO的物质的量将增大，则将减小，D错误，故选BC；(3)①CO2的活化包括直接活化和氢诱导活化，在氢诱导活化中，CO2*+H*→COOH*→CO*+OH*，因此CO2的氢诱导活化反应方程式为CO2*+H*=CO*+OH*；②由图可知，脱氢反应第4步为CH*=C*+H*，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少；(4)以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2电解，在阴极可制得低密度聚乙烯，写出阴极的电极反应式：+。 3．(12分)无水氯化亚铁是重要的还原剂，常用于检测硒，生产氯化铁、聚合氯化铝铁絮凝剂。某兴趣小组利用无水氯化铁和氯苯反应制备无水氯化亚铁，反应原理为：2FeCl3+ C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，相关实验装置如下图所示，用16.25g无水氯化铁和22.5g氯苯，控制反应温度132℃加热3h，冷却，分离得到粗产品。 已知：①相关数据： C6H5Cl (氯苯) C6H4Cl2 FeCl3 FeCl2 相对分子质量 112.5 147 162.5 127 熔点/℃ -45 53 306 670~674 沸点/℃ 132 173 315 1023 ②工业氮气中常常含有H2O(g)、O2(g)、CO2(g)； ③氯化亚铁不溶于氯苯、二氯苯，易溶于乙醇，易水解、易氧化。 (1)仪器F的名称是 ，装置A中两个洗气瓶中依次放入的试剂为 。 (2)上述实验中装置的连接顺序为A→ 。 (3)在反应开始和结束时都需要通入氮气，其目的是 。 (4)下列说法不正确的是___________。 A．实验过程中，由于仪器F的存在，反应温度略超过132℃，氯苯不会大量损失 B．实验过程中，不断蒸出HCl可以促进平衡向正反应方向移动，提高产率 C．实验结束后，应将三颈烧瓶中过滤得到的固体，使用乙醇洗涤除去杂质 D．实验结束后，通过对装置D中的溶液进行萃取、分液的操作可以回收过量的氯苯及生成的二氯苯 (5)产品纯度测定：称取2.646g产品配成250.00mL溶液，取25.00mL，用0.1000mol·L-1(NH4)4Ce(SO4)4 标准溶液滴定(反应中Ce4+被还原为Ce3+)，采用的指示剂为邻二氮菲(已知邻二氮菲可以分别与Fe2+和Fe3+络合形成橙红色、蓝色的络离子，且Fe2+的络合能力强于Fe3+)，则滴定终点的现象为 ；平行测定多次，平均消耗标准液20.00mL，则产品中FeCl2的纯度为 。 【答案】(1)球形冷凝管(1分) NaOH溶液、浓硫酸(1分) (2)EDBC(2分) (3)反应开始通入氮气的目的是排尽装置中的空气；反应结束时继续通入氮气的目的是将装置中的氯化氢全部排出并吸收，防止污染空气(2分) (4)CD(2分) (5)滴入最后半滴标准溶液，溶液由橙红色变为淡蓝色，且半分钟内不复原(2分) 96%(2分) 【解析】工业氮气中常常含有H2O(g)、O2(g)、CO2(g)，由实验装置图可知，装置A盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶用于吸收除去二氧化碳、盛有浓硫酸的洗气瓶用于干燥混合气体，装置E中盛有的还原铁粉用于共热除去混合气体中的氧气，装置D中无水氯化铁和氯苯反应制备无水氯化亚铁，装置B中盛有的无水氯化钙用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置D中导致氯化亚铁水解，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收反应生成的氯化氢，防止污染空气，则装置的连接顺序为A→E→D→B→C。(1)由实验装置图可知，仪器F为球形冷凝管；由分析可知，装置A盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶用于吸收除去二氧化碳、盛有浓硫酸的洗气瓶用于干燥混合气体；(2)由分析可知，装置的连接顺序为A→E→D→B→C；(3)由题给信息可知，氯化亚铁易被氧化，所以反应开始通入氮气的目的是排尽装置中的空气；反应生成的氯化氢残留在装置中，拆卸时会逸出污染空气，所以反应结束时继续通入氮气的目的是将装置中的氯化氢全部排出并吸收，防止污染空气；(4)A项，实验过程中，由于球形冷凝管的存在，受热挥发出的氯苯会冷凝回流到三颈烧瓶中，所以反应温度略超过132℃，氯苯不会大量损失，故正确；B项，实验过程中，不断蒸出氯化氢气体，可以减少生成物的浓度，有利于促进平衡向正反应方向移动，提高产率，故正确；C项，由题给信息可知，氯化亚铁易溶于乙醇，所以不能用乙醇洗涤除去杂质，故错误；D项，氯化亚铁不溶于氯苯、二氯苯，所以实验结束后，通过对装置D中的溶液进行过滤操作后蒸馏可以回收过量的氯苯及生成的二氯苯，故错误；故选CD；(5)由题意可知，硫酸铈铵溶液与溶液中的亚铁离子完全反应后，滴入最后半滴硫酸铈铵溶液，溶液会由橙红色变为淡蓝色，则滴定终点的实验现象为滴入最后半滴标准溶液，溶液由橙红色变为淡蓝色，且半分钟内不复原；由得失电子数目守恒可得如下关系：Ce4+—Fe2+，滴定消耗20.00mL 0.1000mol/L硫酸铈铵溶液，则产品中氯化亚铁的纯度为≈96%。 4．(12分)某研究小组按下列路线合成新型祛痰药J(部分反应条件已简化)。 已知： 请回答： (1)化合物E中的含氧官能团的名称为 。 (2)化合物C的结构简式为 。 (3)下列说法中不正确的是___________。 A．E→F的反应类型是还原反应 B．化合物I中含有手性碳原子 C．将I转化为J有利于提高药物的水溶性 D．J的化学式为C11H18NOCl2 (4)写出F→H的化学方程式 。 (5)结合题给信息，写出以异丙醇(CH3)2CHOH为原料，合成G的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 (6)写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体 。 ①分子中除苯环外无其它环 ②分子中有2种不同环境的氢原子 ③分子中无氮氧键 【答案】(1)(酮)羰基(1分) (2) (1分) (3)AD(2分) (4) (2分) (5) (3分) (6)、、(3分) 【解析】A是乙苯，根据B的分子式可知，A发生硝化反应生成B，B发生氧化反应生成C，C中硝基被还原为氨基生成D，根据D的结构简式逆推，B是、C是；根据题目已知，F与H2NCH(CH3)2反应生成，H是。(1)根据E的结构简式，化合物E中的含氧官能团的名称为(酮)羰基；(2)根据D的结构简式逆推，B是、C是；(3)A项，E→F是E中的甲基变为醛基，“去氢加氧”，反应类型是氧化反应，故A错误；    B项，化合物中含有手性碳原子(*号标出)，故B正确；C项，铵盐易溶于水，将I转化为J得到盐，有利于提高药物的水溶性，故C正确；    D项，J的化学式为C11H17NOCl2，故D错误；选AD；(4)根据题目已知，F与H2NCH(CH3)2反应生成和水，F→H的化学方程式为；(5)(CH3)2CHOH反应催化氧化生成丙酮，丙酮与氨气反应生成HN=C(CH3)2，HN=C(CH3)2被KBH4还原为H2NCH(CH3)2；合成G的路线为；(6)①分子中除苯环外无其它环，②分子中有2种不同环境的氢原子，说明结构对称；③分子中无氮氧键，符合条件的H的同分异构体是、、。 【B组】 (建议用时：50分钟 满分：52分) 1．(16分)硫元素化合物非常丰富，应用广泛。请回答： (1)由钾、镍、硫三种元素组成的某电极材料的晶胞如图，已知钾离子位于晶胞顶点及体心，其化学式是 ，与钾离子直接相邻的元素是 (填元素符号)。 (2)下列有关说法正确的是___________。 A．基态S原子的价层电子排布图： B．第一电离能： Cl＞S＞P C．K、Ni同为第四周期金属元素，都处于元素周期表d区 D．离子半径：S2-＞K+＞Ni2+ (3)①硫酰卤(SO2X2)：，分子中S原子的杂化方式为： ；比较键角：SO2Cl2 SO2F2 (填“>”、“<”或“=”)。 ②氟磺酸(HSO3F)属于超酸，可看作SO2F2部分水解形成的产物。氟磺酸酸性比硫酸强。请从分子结构上说明氟磺酸酸性强的原因： 。 (4)Na2SO3固体发生如下转化。 ①Na2SO3固体中所含的化学键为 ，写出加“过量氯水”后的溶液中的所有阴离子 。 ②下列说法不正确的是_______。 A．SO32-的键角比SO42-的键角大 B．只用稀硝酸不能验证Na2SO3是否全部氧化为Na2SO4 C．气体1可用作高温炼铁的原料气 D．过滤时，滤纸要对折两次后打开成圆锥形，放入漏斗且紧贴内壁 ③写出Na2SO3与足量炭黑反应的化学方程式 。 【答案】(1) KNi2S2(2分) S(1分) (2)AD(2分) (3) sp3(1分) <(1分) F原子的电负性比O强，F-S键极性比O-S键强，使O-H键的极性增强，酸性比硫酸强(或F原子的吸电极效应使O-H的极性增强，易电离出H+)(2分) (4) ①离子键，共价键(1分) Cl-、SO42、ClO-、OH-(2分) ②AB(2分) ③Na2SO3+3CNa2S+3CO↑(2分) 【解析】(1)由均摊法得，钾离子位于晶胞顶点和体心，数目为，其余黑球位于面心，数目为，白球数目为，即化学式为KNi2S2，K+带正电荷，与带负电荷的S2-相邻；(2)A项，S位于元素周期表第16位，基态S原子的价层电子排布图：，故A正确；B项，同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅤA族原子p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：Cl＞P＞S，故B错误；C项，K在s区，Ni在d区，故C错误；D项，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，离子半径：S2-＞K+＞Ni2+，故D正确；故选AD；(3)①硫酰卤(SO2X2)：，分子中S原子形成了4个σ键，无孤电子对，杂化方式为sp3；Cl原子半径大于F，SO2F2成键电子对之间的排斥力更大，更大；②F原子的电负性比O强，F-S键极性比O-S键强，使O-H键的极性增强，酸性比硫酸强(或F原子的吸电极效应使O-H的极性增强，易电离出H+)。(4)Na2SO3固体被氧气氧化为Na2SO4固体，Na2SO3固体与足量炭黑在1100℃时反应，生成CO和Na2S，即气体1为CO，固体混合物中有Na2S和未完全反应的炭黑，加水溶解后过滤，滤渣为炭黑，滤液为Na2S溶液，加入过量氯水，先将S2-氧化为S，即黄色沉淀，S被继续氧化为硫酸根离子，黄色沉淀消失。①Na2SO3由Na+和亚硫酸根离子构成，所含的化学键为：离子键，共价键；由分析得，加“过量氯水”后，S2-最终被氧化为硫酸根，氯水中含有阴离子Cl-、ClO-、OH-，加“过量氯水”后的溶液中的所有阴离子为：Cl-、SO42、ClO-、OH-；②A项，SO32-有1个孤电子对，为sp2杂化，SO42无孤电子对，为sp3杂化，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，SO42的键角更大，故A错误；B项，Na2SO3与稀硝酸反应生成Na2SO4和NO，NO与空气中的O2反应，生成红棕色气体NO2，用稀硝酸验证Na2SO3是否全部氧化为Na2SO4时，若有红棕色气体生成，即Na2SO3未全部氧化为Na2SO4，故B错误；C项，气体1为CO，可用作高温炼铁的原料气，故C正确；D项，过滤时，滤纸要对折两次后打开成圆锥形，放入漏斗且紧贴内壁，故D正确；故选AB。③Na2SO3固体与足量炭黑在1100℃时反应，生成CO和Na2S，化学方程式为：Na2SO3+3CNa2S+3CO↑。 2．(12分))能源与化工生产、生活等密切相关，氢能的有效利用是实现“碳达峰、碳中和”的重要途径。 (1)已知：4Al(s)＋3O2(g)=2Al2O3(s) ΔH1；4Fe (s)＋3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH2。则ΔH1-ΔH2 0(填“>”、“<”或“=”)，理由 。 (2)H2可用CH4为原料制得。其热化学反应方程式为： I CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH＝+206.2kJ·mol−1； ii CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝-41kJ·mol−1 ①下列说法正确的是 。 A．反应i在高温下不能自发进行 B．用NaOH溶液将CO2吸收可以加快反应ii的速率 C．反应i、ii同时进行时，温度越高，CH4的平衡转化率越高 D．CH4可以通过石油的裂化和裂解得到 ②相同温度下只发生反应i、ii时，生成H2的平衡产率随外界压强的增大而减少，试从化学平衡移动原理的角度加以解释： 。 (3) NH3BH3是近年来发现的氢含量最高、常温下呈稳定固态的新型储氢化合物，在Co催化剂的作用下可水解释放H2：NH3BH3+2H2ONH4BO2+3H2↑。 ①Co催化剂可用NaBH4还原CoCl2·6H2O制得(已知：NaBH4+2H2O=NaBO2+3H2↑，NaBH4用量对Co催化剂的微晶尺寸没有影响)。不同NaBH4用量制备的Co催化剂催化NH3BH3水解产氢体积随时间的变化如下图所示： 当时，NH3BH3水解产氢速率反而降低的可能原因是 。 ②NH3BH3水解脱氢后的再生可采用电解法，第一步是电解BO2-转化为BH4-，请写出该转化的电极反应 。 【答案】(1) <(2分) 已知4Al(s)＋2Fe2O3(s)=2Al2O3(s)+4Fe (s)的ΔH＜0，根据盖斯定律有ΔH=ΔH1-ΔH2＜0(2分) (2) CD(2分) 相同温度下，由于反应i为气体分子数增加的反应，加压使i反应平衡逆移，减小H2的生成，而反应ii为气体分子数不变的反应，故增大压强时，H2的平衡产率随压强的增大而减少(2分) (3)得到的金属Co中杂质NaBH4含量高，水解产物NaBO2占据了Co表面的部分活性位点，使反应速率下降(2分) BO2-+6H2O+8e-=BH4＋8OH-(2分) 【解析】(1)已知4Al(s)＋2Fe2O3(s)=2Al2O3(s)+4Fe (s)的ΔH＜0，根据盖斯定律有ΔH=ΔH1-ΔH2＜0，因此ΔH1-ΔH2＜0<0；(2)①A项，反应i的△H>0，△S>0，在高温下能自发进行，故A错误；B项，用NaOH溶液将CO2吸收，CO2的浓度下降，速率减慢，故B错误；C项，将i、ii合并写出总的热化学方程式可知△H>0，温度越高，CH4的平衡转化率越高，故C正确；D项，石油的裂化和裂解可得到CH4、C2H4等，故D正确；故选CD；②相同温度下，由于反应i为气体分子数增加的反应，加压使i反应平衡逆移，减小H2的生成，而反应ii为气体分子数不变的反应，故增大压强时，H2的平衡产率随压强的增大而减少，因此，相同温度下只发生反应i、ii时，生成H2的平衡产率随外界压强的增大而减少；(3)①当时，NH3BH3水解产氢速率反而降低的可能原因是得到的金属Co中杂质NaBH4含量高，水解产物NaBO2占据了Co表面的部分活性位点，使反应速率下降；②NH3BH3水解脱氢后的再生可采用电解法，第一步是电解BO2-得电子转化为BH4-，该转化的电极反应BO2-+6H2O+8e-=BH4＋8OH-。 3．(12分)某研究小组用工业钛白副产品为原料制备纳米级电池材料[FePO4·2H2O]，按如下流程开展实验 已知：①钛白副产品主要成分为FeSO4·7H2O，含少量的MgSO4、TiOSO4、MnSO4等杂质。 ②已知MnO4-和MnO2的氧化性随酸性的增强而增强。 (1)常温下步骤I所得料液其pH 7(填“>”、“<”)。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．步骤Ⅱ，加入Fe粉的目的是调节溶液pH值，以便Ti元素水解沉淀 B．步骤Ⅲ，加入NH4F的目的是除去Mg元素 C．为了提高实验效率，可以将Ⅱ、Ⅲ、V的过滤操作合并 D．步骤IV中过量的H2O可在步骤V中被氧化去除 (3)步骤V中Mn元素的去除率及滤液中Mn元素含量随着溶液pH值的关系如图所示， 实验时选择pH为 ，理由是 。 步骤VI操作之一采用如图所示装置进行(忽略夹持装置) (4)仪器A的名称是 。 (5)铁磷比[ n(Fe)：n(P) ]是衡量磷酸铁品质最关键的指标。 Fe元素的定量测定： 1.配置一系列pH=3~5，Fe2+浓度由低到高的与邻菲罗啉的橙红色络合物的标准液。 2.称取一定量产品，用适量盐酸溶解，再加入足量的盐酸羟胺(NH2OH·HCl)溶液，调pH=3~5，加入邻菲罗啉。 3.进行比色 ①通过比色能获得Fe元素浓度的原理是 。 ②测得产品中铁磷比[ n(Fe)：n(P) ＜1]，可能原因是 。 【答案】(1)<(1分) (2)C(2分) (3)1.2(2分) 低于1.2时，随着酸性的增强，MnO4-和MnO2的氧化性增强，还原产物中Mn2+的比例提高，除锰率下降。高于1.2后，Fe3+会逐渐水解，造成产率下降(2分) (4)恒压分液漏斗(1分) (5)浓度的大小和颜色的深浅正相关(2分) 1.洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐2.除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质(2分) 【解析】钛白副产品主要成分为FeSO4·7H2O，含少量的MgSO4、TiOSO4、MnSO4等杂质，步骤Ⅰ将钛白副产品溶于水后产生Fe+、Mg2+、TiO2+、Mn2+，还有硫酸根等离子，步骤Ⅱ加入铁粉可以消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，促使TiO2+水解产生沉淀后除去钛元素，步骤Ⅲ加入NH4F生成MgF2沉淀后除去镁元素，步骤Ⅳ中加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，步骤Ⅵ中加入NH4H2PO4后，经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥后得到产品FePO4·2H2O。(1)钛白副产品主要成分为FeSO4·7H2O，含少量的MgSO4、TiOSO4、MnSO4等杂质，溶于水的溶液含强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，pH<7；(2)A项，步骤Ⅱ加入铁粉可以消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，促使TiO2+水解产生沉淀后除去钛元素，故A正确；B项，步骤Ⅲ加入NH4F生成MgF2沉淀后除去镁元素，故B正确；C项，步骤Ⅱ调节溶液的pH，促使TiO2+水解产生沉淀，步骤Ⅲ加入NH4F生成MgF2沉淀后除去镁元素，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，高锰酸钾在酸性条件下会将铁元素直接氧化为Fe3+，而Fe3+会比TiO2+完全水解的pH更小，导致产品的产量减小，所以不能将Ⅱ、Ⅲ、V的过滤操作合并，故C错误；D项，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，故D正确；故选C；(3)根据已知②已知MnO4-和MnO2的氧化性随酸性的增强而增强，可知实验时选择pH为1.2的原因为：低于1.2时，随着酸性的增强，MnO4-和MnO2的氧化性增强，还原产物中Mn2+的比例提高，除锰率下降，高于1.2后，Fe3+会逐渐水解，造成产率下降；(4)仪器A的名称是恒压分液漏斗；(5)①通过比色能获得Fe元素浓度的原理是：Fe元素浓度的大小和颜色的深浅正相关；②测得产品中铁磷比[ n(Fe)：n(P) ＜1]，说明铁是比磷少，可能是过程种引入了磷元素，可能是①洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐②除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质。 4．(12分)某研究小组按下列路线合成抗帕金森病药物罗匹尼罗： 已知：R－Cl+X-→R－X+Cl-(X=OH-、CN-、CH3O-) 请回答： (1)下列说法不正确的是 。 A．A→B的反应所需试剂为浓硝酸、浓硫酸 B．B→C、E→F的反应均为取代反应 C．罗匹尼罗的分子式是C16H22N2O D．罗匹尼罗可制成盐酸盐，增强水溶性 (2)化合物M的结构简式是 。 (3)补充完整F→G的化学方程式： +CCl3CHO+NH3OH•HCl→+ 。 (4)设计从甲苯合成A的路线(用流程图表示，注明反应条件，无机试剂任选) 。 (5)帕金森病与多巴胺()有关，写出多巴胺同时符合下列条件的同分异构体的结构简式 。 ①1H→NMR谱和IR谱检测表明： 分子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶2∶2∶6，有羧基和碳碳双键。 ②分子中含一个六元环。 【答案】(1)BC(1分) (2) (1分) (3) 4HCl(2分) (4) (3分) (5)、、(3分) 【解析】根据B的分子式，结合A的结构简式，由D逆推，可知B是；和SOCl2反应生成C，根据C的分子式可知，C是；C和M反应生成D，由C和D的结构简式可知M是；D被还原为E，根据E的分子式可知E是；E中硝基被还原为氨基，F是。(1)A项，A→B苯环上引入硝基，发生硝化反应，反应所需试剂为浓硝酸、浓硫酸，故A正确；B项，B→C是B中羟基被Cl原子代替、E→F是E中的硝基被还原为氨基，B→C是取代反应、E→F是还原反应，故B错误；C项，根据罗匹尼罗的结构简式，可知分子式是C16H24N2O，故C错误；D项，罗匹尼罗中N原子可与通过配位键与H+结合，可制成盐酸盐，增强水溶性，故D正确；选BC。(2)C是；C和M反应生成D，由C和D的结构简式可知M是；(3)根据以上分析，F是，和CCl3CHO+NH3OH•HCl反应生成和HCl， F→G的化学方程式：+CCl3CHO+NH3OH•HCl→+4HCl。(4)甲苯和氯气在Fe作用下生成，在光照条件下和氯气反应生成，根据题目信息，和CN-反应生成，再水解为，合成A的路线为。(5)①1H→NMR谱和IR谱检测表明：分子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶2∶2∶6，有羧基和碳碳双键，说明分子中含有2个甲基且结构对称；②分子中含一个六元环。符合条件的的同分异构有、、。 【C组】 (建议用时：50分钟 满分：52分) 1．(16分)卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。请回答： (1)基态F原子核外电子的空间运动状态有 种。下列属于氯原子激发态且能量较低的是 。(填标号) a．1s22s22p63s23p6 b． 1s22s22p63s13p6 c．1s22s22p63s23p33d2 d．1s22s22p63s23p3 (2)下列说法不正确的是_______ A．熔点SiI4＜AlF3 B．化学键中离子键成分的百分数NaCl＜MgBr2 C．第三电离能：O＜N＜F D．XeO2与OF2中心原子的杂化方式相同 (3)已知某晶体的结构，其晶胞中阴离子(阳离子未画出)的位置如图1所示，其晶胞中的阳离子(隐去阴离子)在xz、yz和xy平面投影均如图2所示。 则：其化学式为 ；②每个K+的配位数(紧邻的F原子数)为 。 (4)氯及其部分化合物相关转化如下. ①常温下，Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式： . ②下列有关流程中的物质的说法正确的是：_______________. A．工业上采用软锰矿(主要成分是MnO2)与浓盐酸混合加热制备Cl2 B．混合物A、B的物质的量之比为可为5：1 C．若C中的各原子最外层均达8电子稳定结构，C确定为S2Cl2 D．ClO2具有强氧化性，用作自来水的消毒剂 ③通过分析，M分子中只有一种化学环境的氢原子， Cl2与CH3CH2OH经过氧化反应、取代反应，两步生成M和D，写出总反应化学方程式： 。 (5)NaClO4与浓硫酸反应可得HClO4()：NaClO4+H2SO4(浓)= NaHSO4+ HClO4，利用减压蒸馏分离HClO4，试解释高氯酸比硫酸易从体系中分离的原因(从结构角度分析)： ，HClO4在液态时为双聚体，请写出(HClO4)2的结构式： 。 【答案】(1) 5(1分) b(1分) (2)BC(2分) (3) K2NaAlF6(2分) 12(1分) (4) ①Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(1分) ②BD(2分) ③4Cl2+CH3CH2OH→Cl3CCHO+5HCl (2分) (5) H2SO4分子间氢键比高氯酸多，分子间作用力较大，沸点高于HClO4(2分) (2分) 【解析】(1)F的原子序数为9，其基态原子的电子排布式为1s22s22p5，原子轨道数为5，所以其核外电子的空间运动状态有5种。基态Cl原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5；a项，1s22s22p63s23p6核外有18个电子，不是氯原子；b项，1s22s22p63s13p6，基态氯原子3s能级上的1个电子跃迁到3p能级上，属于氯原子的激发态；c项，1s22s22p63s23p33d2，基态氯原子3p能级上的2个电子跃迁到3d能级上，属于氯原子的激发态，且能量高于1s22s22p63s13p6；d项，1s22s22p63s23p3核外有15个电子，不是氯原子；故选b。(2)A项，SiI4为离子晶体、SiI4为分子晶体，故熔点SiI4＜AlF3，正确；  B项，电负性氯大于溴、钠小于镁，则化学键中离子键成分的百分数NaCl＞MgBr2，错误；C项，同一周期随着原子序数变大，相应电离能变大，O2-、N2-的电子排布分别为1s22s22p2、1s22s22p1，N2-更容易失去第3个电子达到2s的全满较稳定状态，故第三电离能：N＜O＜F，错误；D项，XeO2分子中Xe原子的价层电子对数为，为sp3杂化；OF2分子中O原子的价层电子对数为，为sp3杂化，正确；故选BC；(3)据“均摊法”，晶胞中含个，则晶胞中钾离子、钠离子共有12个，结合图2可知，钠离子处于棱心和体心、钾离子处于晶胞平分8个小立方体的体心，则晶胞中含个Na+、8个K+，其化学式为K2NaAlF6；钾离子处于顶点和面心AlF63-构成的正四面体中，结合AlF63-空间结构可知，每个AlF63-中的3个F原子距离钾离子最近，则每个K+的配位数(紧邻的F原子数)为12。(4)Cl2与硫黄在加热条件下可以生成SCl2或者S2Cl2，与乙醇发生氧化反应和取代反应，与氢氧化钠溶液加热生成氯酸钠和氯化钠，氯酸钠电解得到高氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应生成ClO2。①常温下氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；②A项，工业上制氯气用电解饱和的食盐水，A错误；B项，B是氯酸钠，Cl2与NaOH加热反应的方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，混合物A、B的物质的量之比为可为5：1，B正确；C项，若C中的各原子最外层均达8电子稳定结构，C也可以为SCl2，C错误；D项，ClO 2中的Cl为+4价，具有强氧化性，用作自来水的消毒剂，D正确；故选BD；③Cl2与CH3CH2OH经过氧化反应羟基变为醛基，经过取代反应甲基上的氢原子被氯原子取代，由于M分子中只有一种化学环境的氢原子，甲基上三个氢原子全部被取代，M的结构简式为：CCl3CHO，D为HCl，总反应化学方程式：4Cl2+CH3CH2OH→Cl3CCHO+5HCl。(5)H2SO4和HClO4都是分子晶体，H2SO4分子间氢键比高氯酸多，分子间作用力较大，沸点高于HClO4，高氯酸比硫酸易从体系中分离；HClO4在液态时通过氢键形成双聚体，(HClO4)2的结构式：。 2．(12分)NOx是大气主要污染物。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。 已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应过程分为两步： 第一步：2NO(g)N2O2(g)    △H1＜0；v1正=k1正c2(NO)，v1逆=k1逆c(N2O2) 第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)    △H2＜0；v2正=k2正c(N2O2)•c(O2)，v2逆=k2逆c2(NO2) (1)一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数表达式是 (用k1正，k2正，k1逆，k2逆表示)。 (2)将H2、NO、O2按体积之比为3：2：1充入恒温恒压(200℃，100Kpa)容器中，发生反应4H2(g)+2NO(g)+O2(g)N2(g)+4H2O(g)。达到平衡时，N2的体积分数为0.1。 ①平衡时，NO的转化率为 ，平衡常数Kp= (以平衡分压表示，平衡分压=平衡时总压×平衡时的物质的量分数)Kpa-2。 ②已知该反应ΔH＜0，初始温度、压强和反应物的用量均相同，下列四种容器中NO的转化率最高的是 。 A．恒温恒容容器 B．恒温恒压容器 C．恒容绝热容器 D．恒压绝热容器 ③该反应需选择合适的催化剂进行，分别选用A，B，C三种不同的催化剂进行实验，所得结果如图所示(其它条件相同)，则实际生产中适宜选择的催化剂是 ，理由为 。 (3)用稀硝酸可以吸收NOx得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的反应式 。 【答案】(1) (2分) (2) 50% (2分) (2分) B(2分) A(1分) 催化剂A在较低的温度下具有较高活性，一方面可以节约能源，另一方面低温有利于反应的转化(2分) (3)HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-(1分) 【解析】(1)当反应达到平衡时，；则；；则，    ；(2)①根据题干信息，设充入H2、NO、O2的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，NO转化的物质的量为ｘmol，列三段式：      N２的体积分数为，；；；；同理，，，；   ；②该反应ΔH＜0，在绝热容器中相当于加热，温度升高，平衡逆向移动，NO转化率降低。该反应为气体分子数减小的反应，恒压容器中反应相当于减压，平衡正向移动，NO转化率增大。由此可知，该反应在恒温恒压容器NO中转化率增大。故选B③该反应需选择合适的催化剂进行，分别选用A，B，C三种不同的催化剂进行实验，其中催化剂A在较低温度下具有较高的催化活性，一方面可节约能源，另一方面低温有利于反应的转化。(3)由题意可知，亚硝酸在阳极失去电子，发生氧化反应生成硝酸，阳极的电极反应式为HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-。 3．(12分)利用MnO2和H2SO3生成MnS2O6进而制备连二硫酸钠晶体(Na2S2O6·2H2O)。相关物质性质见下表。 物质(化学式) MnS2O6 Na2S2O6·2H2O 摩尔质量(g·molˉ1) 215 242 主要性质 空气中易分解 空气中不易变质 均可溶于水，时会释放出SO2气体 操作流程如下： (1)实验室采用如图装置制备SO2，仪器a的名称为 ，写出步骤II中反应的离于方程式 。 (2)下列说法不正确的是_______。 A．步骤I冰水浴的作用是提高反应液中SO2的浓度 B．为防止反应过于剧烈，步骤II反应分数次缓慢加入MnO2 C．步骤III中滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的主要是除去SO42- D．步骤IV的依据是Na2CO3的溶解度大于Na2S2O6 (3)将步骤V中正确的仪器或操作的标号填入相应横线上： 将滤液转移入 中，用酒精灯加热，并用玻璃棒不断搅拌→ → →洗涤、干燥。 a．坩埚 b．蒸发皿 c．蒸发溶剂至有大量晶体析出 d．浓缩溶液至有少量小晶体析出 e．停止加热，自然冷却，过滤 f．停止加热，利用余热蒸干 (4)一定条件下，连二硫酸钠可与KMnO4发生以下反应： 5Na2S2O6+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+2H2SO4 某连二硫酸钠晶体的标定纯度(质量分数)为92.0%，为检测其实际纯度，称取样品溶于冷水，配成溶液，移取于锥形瓶中，用的酸性KMnO4溶液滴定(杂质不参加反应)，重复操作3次，消耗酸性KMnO4溶液的体积见表。 实验次数 第1次 第2次 第3次 消耗KMnO4溶液体积(mL) 19.92 20.00 20.08 根据以上数据计算该样品的纯度为 ；若操作无误，所测纯度与标定纯度存在较大差异的原因可能是 。 【答案】(1)圆底烧瓶(2分) MnO2+2H2SO3=Mn2++S2O62-+2H2O(2分) (2)CD(2分) (3) b d e(2分) (4) 60.5%(2分) 随着反应的进行，溶液酸性增强，Na2S2O6与酸反应产生SO2，SO2溢出未能与KMnO4充分反应(2分) 【解析】用MnO2和H2SO3生成MnS2O6进而制备连二硫酸钠晶体(Na2S2O6·2H2O)，将SO2通入水中至饱和生成H2SO3，加入MnO2控制温度低于10℃发生反应：MnO2+2 H2SO3=Mn2++ S2O62-+2H2O，停止通入SO2后滴入饱和Ba(OH)2溶液除去过量的H2SO3，滴入饱和碳酸钠溶液将MnS2O6转化为Na2S2O6，经过滤得到Na2S2O6溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到连二硫酸钠晶体(Na2S2O6·2H2O)。(1)仪器a的名称为圆底烧瓶，步骤II中MnO2和H2SO3生成MnS2O6，离子方程式为：MnO2+2 H2SO3=Mn2++ S2O62-+2H2O；(2)A项，SO2的溶解度随着温度的降低而增大，步骤I冰水浴的作用是提高反应液中SO2的浓度，同时为步骤II提供低温，A正确；B项，由于MnO2具有氧化性、SO2(或H2SO3)具有还原性，步骤II应分数次加入MnO2，原因是：防止反应过于剧烈，放热太多，不利于控制温度低于10℃，B正确；C项，步骤III中滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的主要是除去SO2(或H2SO3)，防止后续反应中增大饱和碳酸钠溶液的消耗量，C错误；D项，步骤IV中滴入饱和碳酸钠溶液将MnS2O6转化为Na2S2O6，同时生成MnCO3沉淀，此时Na2S2O6没有析出，说明Na2CO3的溶解度小于Na2S2O6，D错误；故选CD；(3)步骤V经过滤得到Na2S2O6溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到连二硫酸钠晶体(Na2S2O6·2H2O)，正确操作或现象为：将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→浓缩溶液至有少量小晶体析出→停止加热，自然冷却，过滤→洗涤、干燥得到Na2S2O6·2H2O，依次填入b、d、e；(4)3次实验消耗0.0100mol·L-1酸性KMnO4溶液体积的平均值为=20.00mL，由方程式可找出关系式：可知，该样品的纯度为=60.5%；若操作无误，所测纯度与标定纯度存在较大差异的原因可能是：随着反应的进行，溶液酸性增强，Na2S2O6与酸反应产生SO2，SO2溢出未能与KMnO4充分反应。 4．(12分)有机物M是合成治疗汉坦病毒药物的中间体。某实验室由芳香化合物 A 制备M的合成路线如下： 已知：①； ②； ③碳碳双键直接相连的碳上的H(即为α-H)易发生取代反应：CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。 请回答： (1)化合物M的含氧官能团名称是 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．为提高化合物H的产率，可在F→H中添加吸水剂CaO B．D→E中所使用到的试剂为KOH的乙醇溶液 C．化合物C中六元环所有原子在同一平面上，则氧原子采用sp2杂化 D．化合物F的酸性强于 (3)化合物G的结构简式是 。 (4)写出F+G→H的化学方程式 。 (5)写出4种同时符合下列条件的化合物F的同分异构体Q的结构简式 。 ①含有结构； ②1mol Q最多消耗4mol NaOH； ③核磁共振氢谱中有6组吸收峰。 (6)参照上述合成路线和信息，设计以丙烯(CH3-CH=CH2)和为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 【答案】(1)(酮)羰基、羧基、醛基、醚键(1分) (2)ABC(2分) (3) (1分) (4) (2分) (5)、、、、、、、、、(3分) (6) (3分) 【解析】由信息可知，A为，A与O2在催化剂下被氧化生成B，则B为，B与C在一定条件下生成D，D发生消去反应生成E，由E的分子式可推知E为，E与NaIO4在催化剂下发生已知①的反应生成F，F与G在催化剂下发生已知②的反应生成H，由H和F的结构简式可推知G为，H在催化剂下生成M。(1)化合物M的结构简式为，所以其含氧官能团名称是(酮)羰基、羧基、醛基、醚键；(2)A项，F()和G()反应中添加吸水剂CaO，H()中的羧基也会发生反应，降低化合物H的产率，故A错误；B项，D生成E的反应为醇的消去反应，所使用到的试剂为浓硫酸，故B错误；C项，化合物C()中六元环所有原子在同一平面上，环中的氧原子采用sp2杂化，化合物C中还有一个与环以单键连接的氧，该原子为sp3杂化，故C错误；D项，O的电负性大于N，所以化合物F()中的羧基更易电离出氢离子，所以化合物F的酸性强于，故D正确；故选ABC；(3)由分析知，化合物G的结构简式为；(4)结合已知②，可推知G为，则F和G生成H的化学方程式为：；(5)F为，Q为F的同分异构体，由信息可知Q中含和4个－OH、一个－CHO或三个－OH、一个－COOH，结合核磁共振氢谱有6组吸收峰推知其结构可能有：、、、、、、、、、；(6)由题目信息，要以丙烯(CH3-CH=CH2)和为原料合成的合成路线可设计为： 。 30 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大题预测02(A组+B组+C组) 【A组】 (建议用时：50分钟 满分：52分) 1．(16分)硫及其化合物在生活、生产中有着广泛的应用。 (1)基态硫原子的价层电子轨道表示式是 。 (2)S单质的常见形式为S8，其环状结构如图1所示，其中S原子的杂化方式是 。 (3)下列说法正确的是 。 A．H2S分子的空间构形是直线型 B．六氟化硫(SF6)中心原子的杂化方式为sp3d2 C．第一电离能大小顺序F＞O＞S D．工业生产硫酸时用水吸收SO3 (4)黄铜矿为含硫矿石，这种矿石浑身都是宝。黄铜矿的晶胞如图2所示，若阿伏加德罗常数的值为NA，则黄铜矿晶体的密度是 g•cm-3。 (5)工业上以黄铁矿为原料利用“接触法”制硫酸，并利用硫酸渣(主要含Fe2O3、Al 2O3、SiO2，其它杂质不考虑)生产铁基颜料铁黄(FeOOH)的制备流程如图所示。 ①滤液II中的阳离子除Al3+外还有 。 ②以下有关说法不正确的是_______。 A．工业上用98.3%的浓硫酸吸收生成的SO3 B．SO2和SO3都属于酸性氧化物，通到BaCl2溶液中都会产生白色沉淀 C．FeOOH、FeS2中均含有非极性共价键 D．氟氢化钾(KHF2)与发烟硫酸反应可生成氟磺酸(HSO3F)，说明硫酸的酸性大于氟磺酸 ③ “氧化”中，生成FeOOH的离子方程式为 。 ④设计实验方案检验硫酸渣中的金属元素 。 2．(12分)CH4与CO2的干法重整(DRM)反应可同时转化温室气体并生成CO和H2，对实现“碳中和”具有重要意义。DRM的主要反应为： Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1 Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2 Ⅲ：2CO(g)CO2(g)＋C(s) ΔH3＝-172kJ·mol−1 Ⅳ：CH4 (g)2H2(g)＋C(s) ΔH4＝175kJ·mol−1 (1)已知H2(g) 、CO(g)的燃烧热ΔH分别为-285.8kJ·mol−1，-283.0kJ·mol−1，H2O(l)= H2O(g) ΔH＝+44kJ·mol−1，则ΔH2= kJ·mol−1。 (2)在恒压p=100kPa、初始投料的条件下，CH4、CO2发生上述反应达平衡时气体物质的量随温度的变化如图所示。 ①曲线a表示的物质是 (填化学式)，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp= 。 ②下列说法正确的是 。 A．平衡后，移除部分积碳，Ⅲ和Ⅳ均向右移 B．保持其他条件不变，升温积碳量逐渐减小 C．温度一定时，增大投料比，有利于减少积碳 D．温度一定时，增大投料比，则将增大 (3)研究表明Pt12Ni、Sn12Ni、Cu 12Ni三种双金属合金团簇可用于催化DRM反应，在催化剂表面涉及多个基元反应，其反应机理如图所示，过程1-甲烷逐步脱氢；过程2-CO2的活化(包括直接活化和氢诱导活化)；过程3-和的氧化；过程4-扩散吸附反应(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。 ①CO2的氢诱导活化反应方程式为 。 ②过程1-甲烷逐步脱氢过程的能量变化如图所示(TS1、TS2、TS3、TS4均表示过渡态)。Sn12Ni双金属合金团簇具有良好的抗积碳作用，能有效抑制积碳对催化剂造成的不良影响，其原因为 。 (4)以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2电解，在阴极可制得低密度聚乙烯，写出阴极的电极反应式 。 3．(12分)无水氯化亚铁是重要的还原剂，常用于检测硒，生产氯化铁、聚合氯化铝铁絮凝剂。某兴趣小组利用无水氯化铁和氯苯反应制备无水氯化亚铁，反应原理为：2FeCl3+ C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，相关实验装置如下图所示，用16.25g无水氯化铁和22.5g氯苯，控制反应温度132℃加热3h，冷却，分离得到粗产品。 已知：①相关数据： C6H5Cl (氯苯) C6H4Cl2 FeCl3 FeCl2 相对分子质量 112.5 147 162.5 127 熔点/℃ -45 53 306 670~674 沸点/℃ 132 173 315 1023 ②工业氮气中常常含有H2O(g)、O2(g)、CO2(g)； ③氯化亚铁不溶于氯苯、二氯苯，易溶于乙醇，易水解、易氧化。 (1)仪器F的名称是 ，装置A中两个洗气瓶中依次放入的试剂为 。 (2)上述实验中装置的连接顺序为A→ 。 (3)在反应开始和结束时都需要通入氮气，其目的是 。 (4)下列说法不正确的是___________。 A．实验过程中，由于仪器F的存在，反应温度略超过132℃，氯苯不会大量损失 B．实验过程中，不断蒸出HCl可以促进平衡向正反应方向移动，提高产率 C．实验结束后，应将三颈烧瓶中过滤得到的固体，使用乙醇洗涤除去杂质 D．实验结束后，通过对装置D中的溶液进行萃取、分液的操作可以回收过量的氯苯及生成的二氯苯 (5)产品纯度测定：称取2.646g产品配成250.00mL溶液，取25.00mL，用0.1000mol·L-1(NH4)4Ce(SO4)4 标准溶液滴定(反应中Ce4+被还原为Ce3+)，采用的指示剂为邻二氮菲(已知邻二氮菲可以分别与Fe2+和Fe3+络合形成橙红色、蓝色的络离子，且Fe2+的络合能力强于Fe3+)，则滴定终点的现象为 ；平行测定多次，平均消耗标准液20.00mL，则产品中FeCl2的纯度为 。 4．(12分)某研究小组按下列路线合成新型祛痰药J(部分反应条件已简化)。 已知： 请回答： (1)化合物E中的含氧官能团的名称为 。 (2)化合物C的结构简式为 。 (3)下列说法中不正确的是___________。 A．E→F的反应类型是还原反应 B．化合物I中含有手性碳原子 C．将I转化为J有利于提高药物的水溶性 D．J的化学式为C11H18NOCl2 (4)写出F→H的化学方程式 。 (5)结合题给信息，写出以异丙醇(CH3)2CHOH为原料，合成G的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 (6)写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体 。 ①分子中除苯环外无其它环 ②分子中有2种不同环境的氢原子 ③分子中无氮氧键 【B组】 (建议用时：50分钟 满分：52分) 1．(16分)硫元素化合物非常丰富，应用广泛。请回答： (1)由钾、镍、硫三种元素组成的某电极材料的晶胞如图，已知钾离子位于晶胞顶点及体心，其化学式是 ，与钾离子直接相邻的元素是 (填元素符号)。 (2)下列有关说法正确的是___________。 A．基态S原子的价层电子排布图： B．第一电离能： Cl＞S＞P C．K、Ni同为第四周期金属元素，都处于元素周期表d区 D．离子半径：S2-＞K+＞Ni2+ (3)①硫酰卤(SO2X2)：，分子中S原子的杂化方式为： ；比较键角：SO2Cl2 SO2F2 (填“>”、“<”或“=”)。 ②氟磺酸(HSO3F)属于超酸，可看作SO2F2部分水解形成的产物。氟磺酸酸性比硫酸强。请从分子结构上说明氟磺酸酸性强的原因： 。 (4)Na2SO3固体发生如下转化。 ①Na2SO3固体中所含的化学键为 ，写出加“过量氯水”后的溶液中的所有阴离子 。 ②下列说法不正确的是_______。 A．SO32-的键角比SO42-的键角大 B．只用稀硝酸不能验证Na2SO3是否全部氧化为Na2SO4 C．气体1可用作高温炼铁的原料气 D．过滤时，滤纸要对折两次后打开成圆锥形，放入漏斗且紧贴内壁 ③写出Na2SO3与足量炭黑反应的化学方程式 。 2．(12分))能源与化工生产、生活等密切相关，氢能的有效利用是实现“碳达峰、碳中和”的重要途径。 (1)已知：4Al(s)＋3O2(g)=2Al2O3(s) ΔH1；4Fe (s)＋3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH2。则ΔH1-ΔH2 0(填“>”、“<”或“=”)，理由 。 (2)H2可用CH4为原料制得。其热化学反应方程式为： I CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH＝+206.2kJ·mol−1； ii CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝-41kJ·mol−1 ①下列说法正确的是 。 A．反应i在高温下不能自发进行 B．用NaOH溶液将CO2吸收可以加快反应ii的速率 C．反应i、ii同时进行时，温度越高，CH4的平衡转化率越高 D．CH4可以通过石油的裂化和裂解得到 ②相同温度下只发生反应i、ii时，生成H2的平衡产率随外界压强的增大而减少，试从化学平衡移动原理的角度加以解释： 。 (3) NH3BH3是近年来发现的氢含量最高、常温下呈稳定固态的新型储氢化合物，在Co催化剂的作用下可水解释放H2：NH3BH3+2H2ONH4BO2+3H2↑。 ①Co催化剂可用NaBH4还原CoCl2·6H2O制得(已知：NaBH4+2H2O=NaBO2+3H2↑，NaBH4用量对Co催化剂的微晶尺寸没有影响)。不同NaBH4用量制备的Co催化剂催化NH3BH3水解产氢体积随时间的变化如下图所示： 当时，NH3BH3水解产氢速率反而降低的可能原因是 。 ②NH3BH3水解脱氢后的再生可采用电解法，第一步是电解BO2-转化为BH4-，请写出该转化的电极反应 。 3．(12分)某研究小组用工业钛白副产品为原料制备纳米级电池材料[FePO4·2H2O]，按如下流程开展实验 已知：①钛白副产品主要成分为FeSO4·7H2O，含少量的MgSO4、TiOSO4、MnSO4等杂质。 ②已知MnO4-和MnO2的氧化性随酸性的增强而增强。 (1)常温下步骤I所得料液其pH 7(填“>”、“<”)。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．步骤Ⅱ，加入Fe粉的目的是调节溶液pH值，以便Ti元素水解沉淀 B．步骤Ⅲ，加入NH4F的目的是除去Mg元素 C．为了提高实验效率，可以将Ⅱ、Ⅲ、V的过滤操作合并 D．步骤IV中过量的H2O可在步骤V中被氧化去除 (3)步骤V中Mn元素的去除率及滤液中Mn元素含量随着溶液pH值的关系如图所示， 实验时选择pH为 ，理由是 。 步骤VI操作之一采用如图所示装置进行(忽略夹持装置) (4)仪器A的名称是 。 (5)铁磷比[ n(Fe)：n(P) ]是衡量磷酸铁品质最关键的指标。 Fe元素的定量测定： 1.配置一系列pH=3~5，Fe2+浓度由低到高的与邻菲罗啉的橙红色络合物的标准液。 2.称取一定量产品，用适量盐酸溶解，再加入足量的盐酸羟胺(NH2OH·HCl)溶液，调pH=3~5，加入邻菲罗啉。 3.进行比色 ①通过比色能获得Fe元素浓度的原理是 。 ②测得产品中铁磷比[ n(Fe)：n(P) ＜1]，可能原因是 。 4．(12分)某研究小组按下列路线合成抗帕金森病药物罗匹尼罗： 已知：R－Cl+X-→R－X+Cl-(X=OH-、CN-、CH3O-) 请回答： (1)下列说法不正确的是 。 A．A→B的反应所需试剂为浓硝酸、浓硫酸 B．B→C、E→F的反应均为取代反应 C．罗匹尼罗的分子式是C16H22N2O D．罗匹尼罗可制成盐酸盐，增强水溶性 (2)化合物M的结构简式是 。 (3)补充完整F→G的化学方程式： +CCl3CHO+NH3OH•HCl→+ 。 (4)设计从甲苯合成A的路线(用流程图表示，注明反应条件，无机试剂任选) 。 (5)帕金森病与多巴胺()有关，写出多巴胺同时符合下列条件的同分异构体的结构简式 。 ①1H→NMR谱和IR谱检测表明： 分子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶2∶2∶6，有羧基和碳碳双键。 ②分子中含一个六元环。 【C组】 (建议用时：50分钟 满分：52分) 1．(16分)卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。请回答： (1)基态F原子核外电子的空间运动状态有 种。下列属于氯原子激发态且能量较低的是 。(填标号) a．1s22s22p63s23p6 b． 1s22s22p63s13p6 c．1s22s22p63s23p33d2 d．1s22s22p63s23p3 (2)下列说法不正确的是_______ A．熔点SiI4＜AlF3 B．化学键中离子键成分的百分数NaCl＜MgBr2 C．第三电离能：O＜N＜F D．XeO2与OF2中心原子的杂化方式相同 (3)已知某晶体的结构，其晶胞中阴离子(阳离子未画出)的位置如图1所示，其晶胞中的阳离子(隐去阴离子)在xz、yz和xy平面投影均如图2所示。 则：其化学式为 ；②每个K+的配位数(紧邻的F原子数)为 。 (4)氯及其部分化合物相关转化如下. ①常温下，Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式： . ②下列有关流程中的物质的说法正确的是：_______________. A．工业上采用软锰矿(主要成分是MnO2)与浓盐酸混合加热制备Cl2 B．混合物A、B的物质的量之比为可为5：1 C．若C中的各原子最外层均达8电子稳定结构，C确定为S2Cl2 D．ClO2具有强氧化性，用作自来水的消毒剂 ③通过分析，M分子中只有一种化学环境的氢原子， Cl2与CH3CH2OH经过氧化反应、取代反应，两步生成M和D，写出总反应化学方程式： 。 (5)NaClO4与浓硫酸反应可得HClO4()：NaClO4+H2SO4(浓)= NaHSO4+ HClO4，利用减压蒸馏分离HClO4，试解释高氯酸比硫酸易从体系中分离的原因(从结构角度分析)： ，HClO4在液态时为双聚体，请写出(HClO4)2的结构式： 。 2．(12分)NOx是大气主要污染物。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。 已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应过程分为两步： 第一步：2NO(g)N2O2(g)    △H1＜0；v1正=k1正c2(NO)，v1逆=k1逆c(N2O2) 第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)    △H2＜0；v2正=k2正c(N2O2)•c(O2)，v2逆=k2逆c2(NO2) (1)一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数表达式是 (用k1正，k2正，k1逆，k2逆表示)。 (2)将H2、NO、O2按体积之比为3：2：1充入恒温恒压(200℃，100Kpa)容器中，发生反应4H2(g)+2NO(g)+O2(g)N2(g)+4H2O(g)。达到平衡时，N2的体积分数为0.1。 ①平衡时，NO的转化率为 ，平衡常数Kp= (以平衡分压表示，平衡分压=平衡时总压×平衡时的物质的量分数)Kpa-2。 ②已知该反应ΔH＜0，初始温度、压强和反应物的用量均相同，下列四种容器中NO的转化率最高的是 。 A．恒温恒容容器 B．恒温恒压容器 C．恒容绝热容器 D．恒压绝热容器 ③该反应需选择合适的催化剂进行，分别选用A，B，C三种不同的催化剂进行实验，所得结果如图所示(其它条件相同)，则实际生产中适宜选择的催化剂是 ，理由为 。 (3)用稀硝酸可以吸收NOx得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的反应式 。 3．(12分)利用MnO2和H2SO3生成MnS2O6进而制备连二硫酸钠晶体(Na2S2O6·2H2O)。相关物质性质见下表。 物质(化学式) MnS2O6 Na2S2O6·2H2O 摩尔质量(g·molˉ1) 215 242 主要性质 空气中易分解 空气中不易变质 均可溶于水，时会释放出SO2气体 操作流程如下： (1)实验室采用如图装置制备SO2，仪器a的名称为 ，写出步骤II中反应的离于方程式 。 (2)下列说法不正确的是_______。 A．步骤I冰水浴的作用是提高反应液中SO2的浓度 B．为防止反应过于剧烈，步骤II反应分数次缓慢加入MnO2 C．步骤III中滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的主要是除去SO42- D．步骤IV的依据是Na2CO3的溶解度大于Na2S2O6 (3)将步骤V中正确的仪器或操作的标号填入相应横线上： 将滤液转移入 中，用酒精灯加热，并用玻璃棒不断搅拌→ → →洗涤、干燥。 a．坩埚 b．蒸发皿 c．蒸发溶剂至有大量晶体析出 d．浓缩溶液至有少量小晶体析出 e．停止加热，自然冷却，过滤 f．停止加热，利用余热蒸干 (4)一定条件下，连二硫酸钠可与KMnO4发生以下反应： 5Na2S2O6+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+2H2SO4 某连二硫酸钠晶体的标定纯度(质量分数)为92.0%，为检测其实际纯度，称取样品溶于冷水，配成溶液，移取于锥形瓶中，用的酸性KMnO4溶液滴定(杂质不参加反应)，重复操作3次，消耗酸性KMnO4溶液的体积见表。 实验次数 第1次 第2次 第3次 消耗KMnO4溶液体积(mL) 19.92 20.00 20.08 根据以上数据计算该样品的纯度为 ；若操作无误，所测纯度与标定纯度存在较大差异的原因可能是 。 4．(12分)有机物M是合成治疗汉坦病毒药物的中间体。某实验室由芳香化合物 A 制备M的合成路线如下： 已知：①； ②； ③碳碳双键直接相连的碳上的H(即为α-H)易发生取代反应：CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。 请回答： (1)化合物M的含氧官能团名称是 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．为提高化合物H的产率，可在F→H中添加吸水剂CaO B．D→E中所使用到的试剂为KOH的乙醇溶液 C．化合物C中六元环所有原子在同一平面上，则氧原子采用sp2杂化 D．化合物F的酸性强于 (3)化合物G的结构简式是 。 (4)写出F+G→H的化学方程式 。 (5)写出4种同时符合下列条件的化合物F的同分异构体Q的结构简式 。 ①含有结构； ②1mol Q最多消耗4mol NaOH； ③核磁共振氢谱中有6组吸收峰。 (6)参照上述合成路线和信息，设计以丙烯(CH3-CH=CH2)和为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$