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（黑吉辽蒙专用）

大题预测02（A组+B组+C组） 【A组】 （建议用时：30分钟 满分：55分） 1．（14分）利用水钴矿(主要成分为，含少量等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程： 已知：①浸出液中含有的阳离子主要有； ②沉淀I中只含有两种沉淀； ③氧化性：； ④流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的如表所示： 沉淀物 开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 回答下列问题： (1)浸出过程中加入与发生反应的离子方程式为 。 (2)的主要作用是 。 (3)加入调至5.2，目的是 ；萃取剂层只含锰元素，则加入溶液所得沉淀Ⅱ的主要成分为 (填化学式)。 (4)操作I包括：向水层中加入 调整至2~3，蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、减压烘干等过程。 (5)根据表格中的数据计算 (假设离子浓度小于等于视为完全沉淀)。 (6)将草酸钴晶体()置于空气中加热，受热过程中在290~320℃温度范围(290℃前恰好完全失去结晶水)得到剩余的固体物质化学式为，同时产生，写出该过程的化学方程式： 。 2．（14分）某学习小组为了探究的热稳定性和氧化性，设计如下实验。回答下列问题： 实验I：热稳定性 利用如图所示装置进行实验，加热A中固体，A和B中都有红棕色气体产生，A中试管生成了红色粉末。 (1)要检验A中红色固体是否为，应该选用的试剂是 。 (2)加热A中试管一段时间后，C中导管口有气泡产生，而集气瓶中无气泡产生的原因是 。 实验Ⅱ：氧化性 和的氧化性相对强弱一直是实验探究的热点。该小组设计如下实验： 实验编号 实验操作 实验现象 ① 向溶液中滴加溶液，振荡；再滴加酸性高锰酸钾溶液 无气泡；紫红色溶液不褪色 ② 向的酸性溶液中插入一根洁净的银丝，并滴加氯化钠溶液 无气泡；无沉淀生成 ③ 向的溶液中插入一根洁净的银丝，并滴加氯化钠溶液 无气泡：但产生了白色沉淀 (3)实验①涉及反应的离子方程式为 ，结论是 。 (4)实验③涉及反应的离子方程式为 ，结论是 。 (5)对比实验②和③，说明设计②的目的是 。 (6)最终得出的结论是：、氧化性的相对强弱与离子的 有关。 3．（14分）二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，涉及反应有： 反应① 反应② 反应③ (1)反应②自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)，反应③ 。 (2)反应③在热力学上趋势大于反应①，其原因是 。 (3)反应③有催化剂和无催化剂作用下的反应机理如图所示(其中标有*的为吸附在催化剂表面上的物种，TS为过渡态)，催化剂可使反应历程中决速步骤的活化能降低 eV(eV为能量单位)。 (4)在5MPa下，和按物质的量之比为进行投料，只发生反应①和反应③，平衡时CO和在含碳产物中的物质的量分数及转化率随温度的变化如图所示。 ①图中a代表的物质是 。 ③q曲线在之后随温度升高而增大的原因是 。 ③时，反应①的平衡常数 (为压强平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 (5)向一定浓度的溶液通入至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示(阴、阳极区溶液均为溶液)。电解过程中生成尿素的电极反应式为 。 4．（13分）氯雷他定在治疗过敏性疾病方面具有优异的临床表现，其中间产物I的合成路线如图： 已知： (1)试剂B的系统命名为 。 (2)流程中反应①③的目的是 。 (3)试剂D的结构简式为 。 (4)化合物E中含有的官能团为 。(已知：中没有官能团) (5)由G→H的反应方程式为 。 (6)已知：具有类似苯的芳香性。A的具有芳香性和氰基(-CN)的同分异构体中，在核磁共振氢谱上有三组峰且峰的面积比为的可能结构简式有 。 【B组】 （建议用时：30分钟 满分：55分） 1．（14分）工业常以黄铁矿(主要成分为)和软锰矿(主要成分为，杂质为、、、等元素的氧化物)为原料制备，其工艺流程如图所示。 已知：常温下，。相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下表所示： 金属离子 开始沉淀的 8.1 6.3 1.5 8.9 3.4 完全沉淀的 10.1 8.3 2.8 10.9 4.7 (1)“酸浸”时，滤渣1的成分为和 (填化学式)。 (2)“氧化”涉及主要反应的化学方程式为 。 (3)“调”的目的是除铁和铝，则调节的合理范围为 。当铁恰好沉淀完全时，溶液中= 。 (4)“除镁”时，若溶液太小会导致除镁不完全，试分析原因： 。 (5)“沉锰”时，涉及主要反应的离子方程式为 。 (6)一定温度下，向溶液中加入氨水，同时通入空气，可制得某种锰的氧化物，其立方晶胞结构及小立方体A、B的结构如下图所示，则该氧化物的化学式为 。若晶胞密度为，为阿伏加德罗常数的值，则晶胞边长为 nm(列出计算式即可)。 2．（13分）铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。查阅有关资料如下： 【氯化铁】熔点为306 ℃，沸点为315 ℃；易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500~600 ℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。 【氯化亚铁】熔点为670 ℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。 某化学活动小组用下图所示的装置(夹持装置略去)模拟工业生产制备无水氯化铁。请回答下列问题： (1)在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为 。 (2)D中装的药品是碱石灰，其作用是 。 (3)a管所起的作用是 。 (4)取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：①称取5.80 g产物溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2溶液；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为1.60 g。 则该产物中铁元素的质量分数为 %(结果精确到小数点后两位)。 (5)由(4)分析数据得出结论，并提出改进措施。 ①用题目所给的装置制得的产物中，铁元素含量 (填“偏高”或“偏低”)，说明含有FeCl2杂质。 ②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的装置改进措施是 。 3．（14分）工业上以煤炭、二氧化碳等为原料，经过系列反应可以得到不同需求的原料气。回答下列问题： I．在C和的反应体系中： 反应1： 反应2： 反应3： (1) 。 (2)①设，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示。图中对应于反应3的线条是 (填字母)。 ②已知y<0更有利于反应发生，根据①中的图判断一定压强下随着温度的升高，气体中与的物质的量之比 (填字母)。 A．不变        B．增大         C．减小 Ⅱ．二氧化碳加氢制乙烯 反应i(主反应)：； 反应ⅱ(副反应)： 向密闭容器中通入和发生反应，在不同压强下，的平衡转化率随温度的变化如图所示。 (3)由小到大的顺序为 。 (4)压强下，650℃后的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 (5)A点，乙烯的选择性，则的转化率为 (保留两位有效数字，下同)。该温度下，反应ⅱ的平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。 4．（14分）天然有机物P是具有除草活性的植物化感物质，其合成路线如下： (1)A的名称为 。 (2)C的含氧官能团名称为羟基、 、 。 (3)写出的化学方程式 。 (4)吡啶()和吡咯()分子中均存在6个电子参与形成的大π键，请从结构的角度解释吡啶碱性比吡咯强的原因 。 (5)根据G与H的分子结构，下列方法可用来鉴别G与H的是 (填序号)。 a．红外光谱              b．与酸性高锰酸钾溶液反应                c．比较水溶性 (6)满足下列条件的B的同分异构体有 种(考虑顺反异构)。 ①可以发生银镜反应  ②能与溶液反应  ③分子中有两个 写出核磁共振氢谱有三组峰的同分异构体的结构简式 。 (7)已知氯代烃()与醇()在碱的作用下生成醚()。以甲苯和化合物C为原料，参照题干路线合成化合物(无机试剂任选) 。 【C组】 （建议用时：30分钟 满分：55分） 1．（14分）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、MgO、CaO以及少量的，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。 该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表 金属离子 开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4 沉淀完全()的pH 3.2 4.7 11.1 13.8 回答下列问题： (1)“焙烧”中，、几乎不发生反应，、MgO、CaO、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式 。 (2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是 。用氨水比用NaOH的优点是 。(任写出一点即可) (3)“母液①”中浓度为 mol/L。 (4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是 ；“酸溶渣”的主要成分是 、 。 (5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是 。 (6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得 ，循环利用。 2．（13分）为测定溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题： Ⅰ．甲方案 实验原理： 实验步骤：足量溶液 已知：的摩尔质量为。 (1)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为 。 (2)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为 。 (3)固体质量为，则 。 (4)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。 Ⅱ．乙方案 实验原理：     实验步骤： ①按如图安装装置（夹持仪器略去） ②… ③在仪器A、B、C、D、E中加入图示的试剂 ④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0记录 ⑤将溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生 ⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录 ⑦处理数据 (5)步骤②为 。 (6)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是 。 a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响 (7)粉质量为，若测得体积为，已知实验条件下，则 （列出计算表达式）。 (8)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4) （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。 (9)是否能用同样的装置和方法测定溶液的浓度： （填“是”或“否”）。 3．（14分）二甲醚()在未来可能作为洁净液体燃料、燃料电池等使用，工业上以CO和为原料生产。工业制备二甲醚在催化反应室中进行下列反应： I． Ⅱ． Ⅲ． (1)若催化反应室中的总反应则 。 (2)向体积为10L的恒容密闭容器中充入和，仅发生反应I，初始压强为akp，测得CO(g)的平衡转化率与温度的关系如图所示： ①温度300℃条件下，5min达到平衡，则开始到平衡的平均反应速率为 。 ②已知分压=总压×气体物质的量分数，用气体分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数。则A点对应温度下的 (用a表示) (3)在恒容密闭容器中通入0.2mol的和0.2mol的CO气体仅发生反应Ⅱ，测得的转化率随温度变化如图所示。 ①恒温恒容下，不能说明上述反应Ⅱ达到平衡状态的是 。 A．与的物质的量之比保持不变 B．的体积分数保持不变 C．混合气体的平均相对分子质量保持不变 D． ②温度为时，该反应中的反应速率： (填“>”，“=”或“<”)。 ③温度为时，上述反应已达到平衡，若保持容器体积不变，再通入和0.10molCO的混合气体，再次达到平衡，CO的转化率 80%(填“>”，“=”或“<”)。 (4)在催化剂的作用下同时进行上述I、Ⅱ、Ⅲ三个反应，发现随着起始投料比的改变，二甲醚和甲醇的产率(产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率)呈现如图的变化趋势。解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因： 。 (5)二甲醚()燃料电池具有启动快、效率高等优点，以该电池为电源电解处理含镍废水并回收单质Ni的原理如图所示(反应中Ⅱ室NaCl溶液浓度变大)。 a电极反应式为 ，装置中的m膜为 交换膜(填“阴离子”或“阳离子”)。 4．（14分）以肉桂醛为原料制备某药物中间体的一种路线如下： 已知：Et代表乙基。 回答下列问题： (1)A中官能团有 (填名称)，B的结构简式为 。 (2)C分子含 个手性碳原子；C→D中参与反应的碳原子杂化类型变化情况为 。 (3)如果E→F转化分两步进行，第一步是加成反应，则第二步反应类型是 。 (4)G→H的化学方程式为 。 (5)在G的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有 种(不考虑立体异构体)。 ①苯环上只有2个取代基； ②有机物含3种官能团； ③能发生银镜反应，在稀硫酸中水解产物之一与FeCl3溶液发生显色反应。 其中，苯环上一氯代物只有2种且核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：1：1：2：2的结构间式为 。 / 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：30分钟 满分：55分） 1．（14分）利用水钴矿(主要成分为，含少量等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程： 已知：①浸出液中含有的阳离子主要有； ②沉淀I中只含有两种沉淀； ③氧化性：； ④流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的如表所示： 沉淀物 开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 回答下列问题： (1)浸出过程中加入与发生反应的离子方程式为 。 (2)的主要作用是 。 (3)加入调至5.2，目的是 ；萃取剂层只含锰元素，则加入溶液所得沉淀Ⅱ的主要成分为 (填化学式)。 (4)操作I包括：向水层中加入 调整至2~3，蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、减压烘干等过程。 (5)根据表格中的数据计算 (假设离子浓度小于等于视为完全沉淀)。 (6)将草酸钴晶体()置于空气中加热，受热过程中在290~320℃温度范围(290℃前恰好完全失去结晶水)得到剩余的固体物质化学式为，同时产生，写出该过程的化学方程式： 。 【答案】(1)（2分） (2)氧化（2分） (3) 将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去 （2分） （2分） (4) 浓盐酸或稀盐酸 （1分） 冷却结晶（1分） (5)10-14.6（2分） (6)（2分） 【分析】钴废料中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的阳离子主要有等，其中不溶于酸，则进入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将Mn2+萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，分液后水层中加草酸铵溶液可生成草酸钴，经蒸发浓缩、冷却结晶得到，水层为防止Co2+水解，应向水层加入浓盐酸调整pH至2~3后，蒸发浓缩、冷却结晶得到，据此分析解答。 【详解】（1）根据以上分析可知浸出过程中加入将还原为Co2+，发生反应的离子方程式为； （2）NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+； （3）根据以上分析可知加入Na2CO3调pH至5.2的目的是使Fe3+和Al3+完全转化为沉淀物分离除去；沉淀II的主要成分为CaF2和MgF2； （4）操作I包括：将水层加入浓盐酸或稀盐酸调整pH为2-3（抑制水解），蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程； （5）pH=9.2时Co(OH)2完全沉淀，此时pOH=4.8，Ksp[Co(OH)2]= ； （6）草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中首先失去结晶水生成CoC2O4， 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4同时产生CO2，钴元素、碳元素化合价升高，则空气氧气会参与反应起到氧化剂作用，反应为。 2．（14分）某学习小组为了探究的热稳定性和氧化性，设计如下实验。回答下列问题： 实验I：热稳定性 利用如图所示装置进行实验，加热A中固体，A和B中都有红棕色气体产生，A中试管生成了红色粉末。 (1)要检验A中红色固体是否为，应该选用的试剂是 。 (2)加热A中试管一段时间后，C中导管口有气泡产生，而集气瓶中无气泡产生的原因是 。 实验Ⅱ：氧化性 和的氧化性相对强弱一直是实验探究的热点。该小组设计如下实验： 实验编号 实验操作 实验现象 ① 向溶液中滴加溶液，振荡；再滴加酸性高锰酸钾溶液 无气泡；紫红色溶液不褪色 ② 向的酸性溶液中插入一根洁净的银丝，并滴加氯化钠溶液 无气泡；无沉淀生成 ③ 向的溶液中插入一根洁净的银丝，并滴加氯化钠溶液 无气泡：但产生了白色沉淀 (3)实验①涉及反应的离子方程式为 ，结论是 。 (4)实验③涉及反应的离子方程式为 ，结论是 。 (5)对比实验②和③，说明设计②的目的是 。 (6)最终得出的结论是：、氧化性的相对强弱与离子的 有关。 【答案】(1)稀盐酸、KSCN溶液(或稀硫酸、KSCN溶液)（1分） (2)分解反应产生的恰好与溶液完全反应（2分） (3) （2分） 氧化性：（2分） (4) (或) （2分） 氧化性：（2分） (5)排除NO的干扰（2分） (6)浓度（1分） 【分析】加热A中Fe(NO3)3固体，A和B中都有红棕色气体产生，A试管中生成了红色粉末，说明Fe(NO3)3受热分解生成了Fe2O3和NO2，N元素的化合价降低，根据氧化还原反应的规律，该反应中还有O2生成，据此分析； 【详解】（1）要检验A中红色固体是否为Fe2O3，只要检验是否含+3价的铁，应取A中红色固体少许于试管中，加稀盐酸将其溶解，然后加入KSCN溶液，若溶液呈血红色，则红色固体中含Fe2O3，即选用的试剂为稀盐酸、KSCN溶液； （2）加热A中试管一段时间后，C中导管口有气泡产生，而集气瓶中无气泡产生原因是分解反应产生的恰好与溶液完全反应； （3）实验①向10 mL3 mol ·L- 1 AgNO3溶液中滴加2 mL 0.1 mol ·L- 1 ，振荡；再加酸性高锰酸钾溶液，无气泡，紫红色溶液不褪色，说明振荡后的溶液中不含Fe2+，说明Ag+将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为，结论是：氧化性Ag+＞Fe3+； （4）实验③向10mL3mol L- 1 Fe (NO3)3 (pH=1) 中插入一根洁净的银丝，并滴加氯化钠溶液，无气泡；但产生了白色沉淀，说明Ag被氧化成了Ag+与Cl-产生了白色AgCl沉淀，涉及反应的离子方程式为(或)，结论是：氧化性Fe3+＞Ag+； （5）由于在酸性条件下具有氧化性，对比实验②和③，说明在此实验条件下和Ag不反应，即设计②的目的是排除的干扰； （6）根据实验①和③，说明Fe3+、Ag+氧化性的相对强弱与离子的浓度有关； 3．（14分）二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，涉及反应有： 反应① 反应② 反应③ (1)反应②自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)，反应③ 。 (2)反应③在热力学上趋势大于反应①，其原因是 。 (3)反应③有催化剂和无催化剂作用下的反应机理如图所示(其中标有*的为吸附在催化剂表面上的物种，TS为过渡态)，催化剂可使反应历程中决速步骤的活化能降低 eV(eV为能量单位)。 (4)在5MPa下，和按物质的量之比为进行投料，只发生反应①和反应③，平衡时CO和在含碳产物中的物质的量分数及转化率随温度的变化如图所示。 ①图中a代表的物质是 。 ③q曲线在之后随温度升高而增大的原因是 。 ③时，反应①的平衡常数 (为压强平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 (5)向一定浓度的溶液通入至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示(阴、阳极区溶液均为溶液)。电解过程中生成尿素的电极反应式为 。 【答案】(1) 低温 （1分） （2分） (2)反应③是放热反应，反应①为吸热反应（2分） (3)（2分） (4) 甲醇 （1分） 之后，升高温度，反应①正向进行，反应③逆向进行，但温度对反应①的影响程度大于对反应③的，导致的转化率增大 （2分） （2分） (5)（2分） 【详解】（1）反应②的，，满足，反应可自发进行，需满足低温，因此需要低温自发；反应③=反应①+反应②，则。答案为：低温；。 （2）反应③是放热反应，反应①是吸热反应，反应③在热力学上趋势大于反应①，其原因是反应③是放热反应，反应①为吸热反应。答案为：反应③是放热反应，反应①为吸热反应。 （3）由图知步活化能最大，为该反应的决速步，未使用催化剂时的活化能为，使用催化剂时的活化能为，故使用催化剂使该步骤的活化能降低了。答案为：。 （4）反应①为吸热反应，反应③为放热反应，平衡后升高温度，甲醇的物质的量减少，的物质的量增加，曲线代表甲醇，曲线代表，曲线代表的转化率随温度的变化；之前以反应③为主，升高温度，反应③逆向移动，的转化率降低，之后以反应①为主，升高温度，反应①正向移动，的转化率增大，即之后，升高温度，反应①正向进行，反应<>③逆向进行，但温度对反应①的影响程度大于对反应③的，导致的转化率增大； 时，二氧化碳的转化率为，的物质的量分数相等，假定先发生反应①，后进行③。n(CO2)=5mol，则列出三段式：，，由二氧化碳的转化率为得出，，平衡后各物质的物质的量为：，，，，，，则，答案为：甲醇；之前以反应③为主，升高温度，反应③逆向移动，的转化率降低，之后以反应①为主，升高温度，反应①正向移动，的转化率增大；。 （5）电解过程中生成尿素的电极为阴极，发生还原反应，由硝酸根离子和二氧化碳在酸性条件下生成尿素，电极反应式为：。答案为：。 4．（13分）氯雷他定在治疗过敏性疾病方面具有优异的临床表现，其中间产物I的合成路线如图： 已知： (1)试剂B的系统命名为 。 (2)流程中反应①③的目的是 。 (3)试剂D的结构简式为 。 (4)化合物E中含有的官能团为 。(已知：中没有官能团) (5)由G→H的反应方程式为 。 (6)已知：具有类似苯的芳香性。A的具有芳香性和氰基(-CN)的同分异构体中，在核磁共振氢谱上有三组峰且峰的面积比为的可能结构简式有 。 【答案】(1)2-甲基-2-丙醇（2分） (2)保护氰基（2分） (3)（2分） (4)酰胺基、碳氯键（2分） (5)（3分） (6)、（2分） 【分析】A与B在H+存在下反应生成C，C在n-BuLi作用下与D发生取代反应生成E和HCl，结合E的结构简式可知，D的结构简式为，E在POCl3作用下生成F；从反应①③可以看出，反应③后-CN再次在原位置生成，故反应①③的目的是在保护-CN；G发生已知信息的反应生成H，则H为，H与反应生成I，即氯雷他定。 【详解】（1）B为，其系统命名为2-甲基-2-丙醇； （2）由分析可知，反应①③的目的是保护—CN； （3）由分析可知，D结构简式为； （4）根据化合物E的结构简式，E中含有的官能团为酰胺基、碳氯键； （5）由G→H发生已知信息的反应，反应方程式为+H2O； （6）同分异构体分两类：第1类：含苯环结构。取代基可能是-NHCN(1种)；-NH2、-CN(3种)；第2类：含结构。①含1个取代基：-CH2CN(3种)；②含2个取代基-CN、-CH3，采用定一移一法进行讨论，、、，再取代甲基，(a)有3种(除A本身外)；(b)有4种；(c)有2种；所以符合条件的同分异构体有16种；其中，在核磁共振氢谱上有三组峰且峰的面积比为1∶1∶1，则对称性较高，符合条件的结构简式为或。 【B组】 （建议用时：30分钟 满分：55分） 1．（14分）工业常以黄铁矿(主要成分为)和软锰矿(主要成分为，杂质为、、、等元素的氧化物)为原料制备，其工艺流程如图所示。 已知：常温下，。相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下表所示： 金属离子 开始沉淀的 8.1 6.3 1.5 8.9 3.4 完全沉淀的 10.1 8.3 2.8 10.9 4.7 (1)“酸浸”时，滤渣1的成分为和 (填化学式)。 (2)“氧化”涉及主要反应的化学方程式为 。 (3)“调”的目的是除铁和铝，则调节的合理范围为 。当铁恰好沉淀完全时，溶液中= 。 (4)“除镁”时，若溶液太小会导致除镁不完全，试分析原因： 。 (5)“沉锰”时，涉及主要反应的离子方程式为 。 (6)一定温度下，向溶液中加入氨水，同时通入空气，可制得某种锰的氧化物，其立方晶胞结构及小立方体A、B的结构如下图所示，则该氧化物的化学式为 。若晶胞密度为，为阿伏加德罗常数的值，则晶胞边长为 nm(列出计算式即可)。 【答案】(1)（1分） (2)（2分） (3) （2分） （2分） (4)利用反应除镁，若太小，正向移动，减小，除镁不完全（2分） (5)（2分） (6) （1分） （2分） 【分析】黄铁矿(主要成分为)和软锰矿(主要成分为，杂质为、、、等元素的氧化物)中加硫酸酸浸溶解时除二氧化硅不溶于硫酸，被氧化生成S单质，故滤渣1为S和，其他金属氧化物均溶于硫酸转变成相应的硫酸盐；氧化过程中加入二氧化锰将亚铁离子氧化成三价铁离子，然后加氨水调节溶液的pH值将铝离子和三价铁离子转变成氢氧化物沉淀除去，故滤渣2为和，过滤后滤液加NH4F，将镁离子转化为MgF2除去滤渣3为MgF2，过滤后在滤液中加碳酸氢铵溶液，将锰离子转变成碳酸锰沉淀，然后过滤后将碳酸锰溶于适量的稀硫酸得到硫酸锰的溶液，据此解答。 【详解】（1）由分析知，“酸浸”时，滤渣1的成分为S和； （2）“氧化”时是将亚铁离子氧化成三价铁离子，化学方程式为； （3）“调”的目的是除铁和铝，需要保证三价铁离子和铝离子完全除去，而锰离子不能沉淀，由表中数据值，调节的合理范围为，当铁离子恰好沉淀完全时，溶液的pH为2.8，，由，溶液中； （4）“除镁”时，利用反应除镁，若太小，正向移动，减小，除镁不完全； （5）“沉锰”时，滤液中加碳酸氢铵溶液，将锰离子转变成碳酸锰沉淀，离子方程式为； （6）由图知，晶胞结构由4个小立方体A和4个小立方体B构成，由A知，Mn位于体心和顶点，共含有，O位于体内，共有4个，由B知，Mn位于内部和顶点，共含有，O位于体内，共有4个，故该晶胞中Mn原子个数为，O原子个数为，故则该氧化物的化学式为；若晶胞密度为，为阿伏加德罗常数的值，设晶胞边长为anm，则，则晶胞边长为。 2．（13分）铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。查阅有关资料如下： 【氯化铁】熔点为306 ℃，沸点为315 ℃；易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500~600 ℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。 【氯化亚铁】熔点为670 ℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。 某化学活动小组用下图所示的装置(夹持装置略去)模拟工业生产制备无水氯化铁。请回答下列问题： (1)在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为 。 (2)D中装的药品是碱石灰，其作用是 。 (3)a管所起的作用是 。 (4)取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：①称取5.80 g产物溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2溶液；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为1.60 g。 则该产物中铁元素的质量分数为 %(结果精确到小数点后两位)。 (5)由(4)分析数据得出结论，并提出改进措施。 ①用题目所给的装置制得的产物中，铁元素含量 (填“偏高”或“偏低”)，说明含有FeCl2杂质。 ②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的装置改进措施是 。 【答案】(1)（2分） (2)吸收未反应的Cl2，并防止空气中的水进入装置C使FeCl3潮解（2分） (3)平衡气压，便于液体能顺利流下（2分） (4)19.31（2分） (5) 偏高 （2分） 在A、B装置间增加一个装有饱和食盐水的洗气装置，除去Cl2中混有的HCl（3分） 【分析】装置A中与浓盐酸反应生成氯气，通过浓硫酸干燥后和铁反应生成氯化铁，广口瓶冷凝收集氯化铁，装置D吸收尾气、防止空气中水蒸气进入装置C。 【详解】（1）KMnO4与浓盐酸反应制取氯气的同时，生成氯化钾，氯化锰和水，反应的离子方程式为； （2）制得的氯气经浓硫酸干燥后与铁粉发生反应，制备无水氯化铁，由于氯化铁易吸收空气中的水分而潮解，因此要防止空气中的水蒸气进入装置，故装置D中装入碱石灰，可防止空气中的水分进入装置C使FeCl3潮解，同时还能吸收未反应完的氯气，防止污染空气； （3）装置A上放置的是分液漏斗，使用时应取下上活塞，打开下活塞，为了使液体能够顺利流下，可加装管a，用于平衡气压，使液体能够顺利流下； （4）称取5.80 g产物溶于过量的稀盐酸中，加入足量H2O2溶液，可将溶液中的氧化为，再加入足量NaOH溶液，生成红褐色沉淀，沉淀经过滤、洗涤后灼烧，生成红色固体，称量所得红棕色固体为1.60 g，根据铁元素守恒，可得该产物中铁元素的质量分数为； （5）①因浓盐酸易挥发，制得的氯气中通常混有，中的质量分数大于，因此用图中所给装置制得的产物中，铁元素的含量偏高； ②若要得到较纯净的无水氯化铁，可在装置A和装置B之间增加一个饱和食盐水的洗气瓶，除去氯气中混有的。 3．（14分）工业上以煤炭、二氧化碳等为原料，经过系列反应可以得到不同需求的原料气。回答下列问题： I．在C和的反应体系中： 反应1： 反应2： 反应3： (1) 。 (2)①设，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示。图中对应于反应3的线条是 (填字母)。 ②已知y<0更有利于反应发生，根据①中的图判断一定压强下随着温度的升高，气体中与的物质的量之比 (填字母)。 A．不变        B．增大         C．减小 Ⅱ．二氧化碳加氢制乙烯 反应i(主反应)：； 反应ⅱ(副反应)： 向密闭容器中通入和发生反应，在不同压强下，的平衡转化率随温度的变化如图所示。 (3)由小到大的顺序为 。 (4)压强下，650℃后的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 (5)A点，乙烯的选择性，则的转化率为 (保留两位有效数字，下同)。该温度下，反应ⅱ的平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】(1)-222kJ/mol（2分） (2) a （1分） B（2分） (3)（2分） (4)反应ⅰ为放热反应、反应ⅱ为吸热反应，650℃以后，升高温度对反应ⅱ平衡正向移动的影响大于对反应ⅰ平衡逆向移动的影响，使得的平衡转化率随着温度的升高而增大（3分） (5) 63% （2分） 0.39（2分） 【详解】（1）由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：； （2）①反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，反应2气体分子数减少，熵减，升高温度y值增大，对应线条c，反应3气体分子数增加，熵增，温度升高y值减小，对应线条a； ②反应3－反应1可得到：C(s)+CO2(g)=2CO(g)，△H=+172kJ/mol，温度升高，反应正向进行，反应2逆向进行，气体中CO和CO2的物质的量之比增大，选B； （3）200~650℃时，以反应I为主，△H<0，温度升高，反应I平衡逆向移动，CO2的转化率减小，650℃以后，I为放热反应、Ⅱ为吸热反应，升高温度对反应Ⅱ平衡正向移动的影响大于对反应I平衡逆向移动的影响，使得CO2的平衡转化率随着温度的升高而增大，故在200~650℃时，增大压强，CO2的转化率增大，则。 （4）反应ⅰ为放热反应、反应ⅱ为吸热反应，650℃以后，升高温度对反应ⅱ平衡正向移动的影响大于对反应ⅰ平衡逆向移动的影响，使得的平衡转化率随着温度的升高而增大； （5）A点，转化的二氧化碳的物质的量为2mol×70%=1.4mol，发生反应i的氢气的物质的量：，发生反应ⅱ的氢气的物质的量：，则的转化率为63%； 设平衡时压强为p，根据已知列三段式， ，0.39。 4．（14分）天然有机物P是具有除草活性的植物化感物质，其合成路线如下： (1)A的名称为 。 (2)C的含氧官能团名称为羟基、 、 。 (3)写出的化学方程式 。 (4)吡啶()和吡咯()分子中均存在6个电子参与形成的大π键，请从结构的角度解释吡啶碱性比吡咯强的原因 。 (5)根据G与H的分子结构，下列方法可用来鉴别G与H的是 (填序号)。 a．红外光谱              b．与酸性高锰酸钾溶液反应                c．比较水溶性 (6)满足下列条件的B的同分异构体有 种(考虑顺反异构)。 ①可以发生银镜反应  ②能与溶液反应  ③分子中有两个 写出核磁共振氢谱有三组峰的同分异构体的结构简式 。 (7)已知氯代烃()与醇()在碱的作用下生成醚()。以甲苯和化合物C为原料，参照题干路线合成化合物(无机试剂任选) 。 【答案】(1)1，3，5-苯三酚或间苯三酚（1分） (2) (酮)羰基 （1分） 醚键（1分） (3)（2分） (4)在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了大π键的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性（2分） (5)ac（1分） (6) 3 （2分） （2分） (7)（2分） 【分析】A与氢气发生还原反应生成B，B与乙醇分子间脱去1分子水形成醚键生成C，D的分子式为C2H5ClO，对比C与E的结构简式，推知D为CH3OCH2Cl，E中醚键水解重新引入B→C过程中消除的羟基生成F，F与乙酸发生酯化反应生成G，G发生异构化生成H，H重新引入C→E过程中消除的羟基生成G，可知B→C过程、C→E过程的目的是保护特定位置的羟基； 【详解】（1）根据A的结构简式，可知其名称为1，3，5-苯三酚或间苯三酚； （2）根据C的结构简式，可知其含有的含氧官能团有羟基、羰基、醚键； （3） 由分析可知D的结构简式为CH3OCH2Cl，为取代反应，化学方程式为； （4）吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了大π键的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，故碱性：吡啶＞吡咯； （5）a．G与H含有的官能团不同，用红外光谱可以鉴别，故a选； b．G和H中都含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，故b不选； c．H中含有羟基，在水中的溶解性应该大于G，可以鉴别，故c选； 答案选ac； （6）B的结构简式为，其同分异构体满足：①可以发生银镜反应 ，说明有醛基；②能与溶液反应，说明有羧基；③分子中有两个；一个羧基和一个醛基将用去3个O以及两个不饱和度，剩余4个碳原子和一个不饱和度，则符合的结构有：、、，共3种；核磁共振氢谱有三组峰的同分异构体的结构简式为； （7）结合题中氯代烃()与醇()在碱的作用下生成醚()，与反应生成，在盐酸条件下水解生成，与Cl2在光照条件下生成，合成路线为。 【C组】 （建议用时：30分钟 满分：55分） 1．（14分）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、MgO、CaO以及少量的，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。 该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表 金属离子 开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4 沉淀完全()的pH 3.2 4.7 11.1 13.8 回答下列问题： (1)“焙烧”中，、几乎不发生反应，、MgO、CaO、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式 。 (2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是 。用氨水比用NaOH的优点是 。(任写出一点即可) (3)“母液①”中浓度为 mol/L。 (4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是 ；“酸溶渣”的主要成分是 、 。 (5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是 。 (6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得 ，循环利用。 【答案】(1)（2分） (2) Fe3+、Al3+、Mg2+ （2分） 生成的沉淀不会溶解（1分） (3)1×10—6（2分） (4) 硫酸 （1分） SiO2 （1分） CaSO4（1分） (5)（2分） (6)(NH4)2SO4（2分） 【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。 【详解】（1）氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为； （2）由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，Fe3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+没有沉淀；用氨水比用NaOH的优点是生成的沉淀不会溶解； （3）由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10—6mol/L； （4）增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，SiO2和CaSO4与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为SiO2和CaSO4； （5）酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为； （6）由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到(NH4)2SO4溶液，可以循环使用。 2．（13分）为测定溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题： Ⅰ．甲方案 实验原理： 实验步骤：足量溶液 已知：的摩尔质量为。 (1)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为 。 (2)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为 。 (3)固体质量为，则 。 (4)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。 Ⅱ．乙方案 实验原理：     实验步骤： ①按如图安装装置（夹持仪器略去） ②… ③在仪器A、B、C、D、E中加入图示的试剂 ④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0记录 ⑤将溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生 ⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录 ⑦处理数据 (5)步骤②为 。 (6)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是 。 a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响 (7)粉质量为，若测得体积为，已知实验条件下，则 （列出计算表达式）。 (8)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4) （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。 (9)是否能用同样的装置和方法测定溶液的浓度： （填“是”或“否”）。 【答案】(1)溶液（1分） (2)坩埚（1分） (3)（2分） (4)偏低（1分） (5)检查装置气密性（1分） (6)b（2分） (7)（2分） (8)偏高（2分） (9)否（1分） 【分析】甲方案：利用CuSO4与BaCl2反应生成BaSO4，称重BaSO4，来求出CuSO4的质量；乙方案：一定量的Zn与CuSO4反应后，剩余的Zn粉再与硫酸反应生成氢气，测定生成氢气的体积，再结合Zn的质量计算硫酸铜的物质的量，进而计算其浓度。 【详解】（1）洗涤BaSO4沉淀，除去沉淀表面附着的Cl-和Ba2+，若步骤②沉淀洗涤干净，则洗涤液中不含有Cl-，步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为溶液。故答案为：溶液； （2）固体灼烧一般用坩埚，步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为坩埚。故答案为：坩埚； （3）固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=mol，根据硫酸根守恒可知，CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)== = 。故答案为：； （4）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据c= 可知，则测得偏低。故答案为：偏低； （5）加入药品之前需检查装置的气密性，步骤②为检查装置气密性。故答案为：检查装置气密性； （6）气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和压强的影响，步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤⑥需保证体系恢复到室温与反应速率无关；步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是b。故答案为：b； （7）粉质量为，若测得体积为，已知实验条件下，气的质量=ρ(H2)V，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n= ，根据Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，与酸反应的锌的物质的量为mol，锌的总物质的量为，与硫酸铜反应的锌的物质的量为（）mol，根据Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu,则则 =（列出计算表达式）。故答案为：； （8）若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(CuSO4)偏高。故答案为：偏高； （9）不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。故答案为：否。 3．（14分）二甲醚()在未来可能作为洁净液体燃料、燃料电池等使用，工业上以CO和为原料生产。工业制备二甲醚在催化反应室中进行下列反应： I． Ⅱ． Ⅲ． (1)若催化反应室中的总反应则 。 (2)向体积为10L的恒容密闭容器中充入和，仅发生反应I，初始压强为akp，测得CO(g)的平衡转化率与温度的关系如图所示： ①温度300℃条件下，5min达到平衡，则开始到平衡的平均反应速率为 。 ②已知分压=总压×气体物质的量分数，用气体分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数。则A点对应温度下的 (用a表示) (3)在恒容密闭容器中通入0.2mol的和0.2mol的CO气体仅发生反应Ⅱ，测得的转化率随温度变化如图所示。 ①恒温恒容下，不能说明上述反应Ⅱ达到平衡状态的是 。 A．与的物质的量之比保持不变 B．的体积分数保持不变 C．混合气体的平均相对分子质量保持不变 D． ②温度为时，该反应中的反应速率： (填“>”，“=”或“<”)。 ③温度为时，上述反应已达到平衡，若保持容器体积不变，再通入和0.10molCO的混合气体，再次达到平衡，CO的转化率 80%(填“>”，“=”或“<”)。 (4)在催化剂的作用下同时进行上述I、Ⅱ、Ⅲ三个反应，发现随着起始投料比的改变，二甲醚和甲醇的产率(产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率)呈现如图的变化趋势。解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因： 。 (5)二甲醚()燃料电池具有启动快、效率高等优点，以该电池为电源电解处理含镍废水并回收单质Ni的原理如图所示(反应中Ⅱ室NaCl溶液浓度变大)。 a电极反应式为 ，装置中的m膜为 交换膜(填“阴离子”或“阳离子”)。 【答案】(1)-262.5（1分） (2) 0.048 （2分） （2分） (3) AC （2分） > （1分） =（1分） (4)当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应I被促进，而反应Ⅱ被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应Ⅲ，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小（2分） (5) CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO+11H2O或CH3OCH3-12e-+14OH-=2HCO+10H2O； （2分） 阳离子（1分） 【详解】（1）催化反应室中的总反应3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)，根据盖斯定理可按以下方法联立得到：Ⅰ×2+Ⅱ+Ⅲ，该反应ΔH=-99kJ·mol−1×2+(-41.0kJ·mol−1) +(-23.5kJ·mol−1)= -262.5kJ·mol−1； （2）10L的恒容密闭容器中充入2.0mol 和3.0mol ，300℃条件下，5min达到平衡，CO的转化率为60%，根据已知列三段式 ； ②初始物质的量为5mol，初始压强为a kPa，A点时容器中气体的总物质的量为2.6mol，则平衡时总压强为，，，，； （3）①A．与的物质的量之比始终为1：1，故不能判断反应达到平衡； B．的体积分数保持不变，则其浓度不变，反应达到平衡； C．该反应气体总物质的量不变，且总质量不变，混合气体的平均相对分子质量保持不变，不能判断达到平衡； D．，正逆反应速率相等，反应达到平衡； 故选AC； ②温度为T1时，A点未达到平衡状态，B点是平衡状态，A点转化率小，浓度大，正反应速率大，反应向转化率增大的方向进行，即向正反应方向进行，v(A)正>v(B)逆； ③恒压密闭容器中通入的和的气体时，水的平衡转化率与CO的平衡转化率相等都是80%，保持容器体积不变，通入和的混合气体相当于增大压强，平衡不移动，CO的百分含量不变，因此CO的转化率等于80%。 （4）结合图象，根据平衡移动原理分析：随着增大，反应I CO转化率增大，甲醇的产率增大，进而有利于反应Ⅲ正向移动；另一方面，随着增大，反应Ⅱ被抑制，c(H2O)增大，进而抑制了反应Ⅲ；图中二甲醚产率随着增大先增大后减小的原因就是这两种因素共同作用的结果，题给图中投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因可解释为：当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应I被促进，而反应Ⅱ被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应Ⅲ，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小。 （5）二甲醚()做负极，失去电子，生成的二氧化碳与碱反应后生成碳酸根或碳酸氢根，则a电极反应为CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO+11H2O或CH3OCH3-12e-+14OH-=2HCO+10H2O；镍棒为阴极，电极反应式为Ni2++2e-=Ni，反应中Ⅱ室NaCl溶液浓度变大，Ⅰ室中钠离子离子通过离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室中Cl-通过离子交换膜进入Ⅱ室，则离子膜m为阳离子交换膜，n为阴离子交换膜。 4．（14分）以肉桂醛为原料制备某药物中间体的一种路线如下： 已知：Et代表乙基。 回答下列问题： (1)A中官能团有 (填名称)，B的结构简式为 。 (2)C分子含 个手性碳原子；C→D中参与反应的碳原子杂化类型变化情况为 。 (3)如果E→F转化分两步进行，第一步是加成反应，则第二步反应类型是 。 (4)G→H的化学方程式为 。 (5)在G的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有 种(不考虑立体异构体)。 ①苯环上只有2个取代基； ②有机物含3种官能团； ③能发生银镜反应，在稀硫酸中水解产物之一与FeCl3溶液发生显色反应。 其中，苯环上一氯代物只有2种且核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：1：1：2：2的结构间式为 。 【答案】(1) 碳碳双键、醛基（1分） （2分） (2) 2 （2分） sp3→sp（2分） (3)消去反应（1分） (4)+CH3CH2OH+H2O（2分） (5) 9 （2分） （2分） 【分析】根据A结构简式，结合B分子式及C结构，可知B是。B在酸性条件下与CH3CH2OH发生酯化反应产生C、H2O，C与NaNH2反应产生D、NaBr、NH3；D在酸性条件下反应产生E、CH3CH2OH；E与CH2(COOEt)2在EtONa条件下先是亚甲基与醛基发生加成反应产生醇羟基，然后再发生消去反应产生F分子中的碳碳双键；F先与碱作用，然后酸化产生G，G与C2H5OH在酸性条件下发生酯化反应产生化合物H、H2O。 【详解】（1）根据化合物A结构简式，可知A分子中含有的官能团为碳碳双键、醛基； 比较A、B、C的结构或分子式可知，A中碳碳双键与溴发生加成反应生成B，故化合物B结构简式为； （2）手性C原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据化合物C结构简式，可知C分子中含有2个手性C原子，就是连接Br元素的C原子； 在C→D的反应中，参与反应的C原子就是手性C原子变为碳碳—C≡C—的C原子，C原子的杂化类型由sp3杂化变为sp杂化； （3）如果E→F转化分两步进行，第一步是亚甲基与醛基发生加成反应，生成醇羟基，第二步是醇羟基与邻位上的C原子上的H原子发生消去反应生成F分子中不饱和的碳碳双键，同时反应产生H2O；故滴二步反应类型是消去反应； （4）G与乙醇在酸性条件下加热发生酯化反应生成化合物H和H2O，反应方程式为：+CH3CH2OH+H2O； （5）化合物G是，在其芳香族同分异构体中，要求：①苯环上只有2个取代基；②有机物含3种官能团；③能发生银镜反应，在稀硫酸中水解产物之一与FeCl3溶液发生显色反应，则这三种官能团分别是碳碳三键、碳碳双键、甲酸酯基且甲酸酯基与苯环连接，其同分异构体可以看成是分子上1个氢原子被取代，的苯环上有三种不同位置的H原子，分子上有三种不同位置的H原子，因此同分异构体共有：3×3=9种不同结构，故符合要求的G的同分异构体共有9种。其中，的苯环上一氯代物只有2种，且核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：1：1：2：2。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$