精品解析：上海市南洋模范中学、曹杨二中等四校联考2024-2025学年高三下学期二模考试 化学试卷

2024学年第二学期南洋模范中学、曹杨二中等四校联考 高三年级化学考试化学学科(等级考)试卷 (本次考试时间60分钟满分100分) 本试卷标注“不定项”的选择题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不得分；有2个正确选项的，漏选1个得一半分，错选不得分。未特别标注的选择题，每小题只有1个正确选项。 一、储氢材料 1. 储氢材料对氢能的开发利用至关重要，无机物储是重要的储方法。固体储氢材料氨硼烷(H3NBH3)，可由氨气与硼烷反应制得；在催化剂作用下与水反应释放H2时，反应中仅H元素价态改变。氨硼烷分子中H的电荷分布如下图。 （1）关于 H3NBH3，下列说法正确的是_______。 A. H3NBH3中三种元素电负性大小：N>B>H B. 1mol氨硼烷在催化剂作用下与足量水反应能释放3molH2 C. H3NBH3中存在配位键，B提供空轨道，N提供孤对电子 D. H3NBH3中B原子的杂化方式为sp2 （2）写出氨硼烷的电子式_______。 （3）由氨气生成H3NBH3后，H-N-H的键角_______(填写“变大”、“不变”或“变小”)，理由是_______。 （4）氨硼烷水溶液中存在氢键，使得氨烷易溶于水，以下能正确表示该键的是_______。 A. B. C. D. 2. 钡和钙的氢化物是储氛的研究热点，图1是氢化钡储氢后的晶胞结构，晶胞参数如下a=b=305pm，c=383pm；图2是晶胞沿c轴的投影图。 （1）钡和钙均位于元素周期表的_______。 A. s区 B. p区 C. d区 D. f区 （2）写出钡和钙所在主族的元素，基态原子的价层电子轨道表示式_______。 （3）晶体中，与距离最近且相等的氢原子有_______个。 A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 （4）氢化钡储氢后产物的化学式为_______(不区分和H)，假设标准状况下完全脱氢后氢化钡骨架和晶胞参数不变，计算的该晶体(单晶)脱后能释放_______。(计算结果保留两位小数；可能用到的相对原子质量：M(Ba)=137，M(H)=1；NA数值取；) 二、温室气体减排 3. 和是主要的温室气体，有多种方法将两种物质同时转化为有用的化工产品，达到减排的目的。科学家利用电化学装置将两种分子进行耦合转化，其原理如下图所示： （1）关于该电化学装置，下列说法不正确的是_______。 A. 该装置将电能转变为化学能 B. 电极B是阳极，从电极A定向移动到电极B C. 电极A发生的电极反应式为： D. 反应中 （2）写出电极B上发生电极反应式_______。 4. 甲烷重整有多种技术路径，其中催化重整在获得CO和同时，也能同时减排两种温室气体。相关反应为：。已知燃烧热数据如下分别为： 物质 (g) CO(g) (g) 燃烧热 -891 -283 -286 （1）写出催化重整反应的热化学方程式_______。 （2）下列说法正确的是_______。 A. 可来自于合成氨造气产生的尾气，石油裂解气可作为的主要来源 B. 该高温能自发进行，低温不能自发进行 C. 和均为非极性分子 D. 增大催化剂表面积能提高甲烷的转化率和反应速率 其中甲烷—水蒸气重整也备受关注，相关反应为：。向恒温恒压的密闭容器中加入、后，反应达到平衡时转化率50%，平衡时容器体积为2L。 （3）下列事实能说明反应已经达到平衡的是_______。 A. 混合气体的平均摩尔质量不变 B. 混合气体总压强不变 C. 混合气体的密度不变 D. （4）该温度下催化重整反应的化学平衡常数的数值K=_______。 （5）若反应达到平衡后，向该容器中继续加入6molCO，化学平衡_______(填写“正向”、“逆向”或“不”)移动，理由是_______。 （6）若其他条件不变，反应达到平衡后，时继续向其中通入、，时反应再次达到平衡状态，请在图中画出时间内以CO表示的和随时间t变化的曲线_______。 （7）所有甲烷重整反应的难题之一是反应中催化剂活性会因积碳而降低，同时存在的消碳反应则使碳量减少。相关数据如下： 积碳反应 消碳反应 75 172 活化能/ 催化剂X 33 91 催化剂Y 43 72 由上表判断，催化剂X_______Y(填“优于”或“劣于”)，理由是_______。 三、制备CuCl 5. CuCl用途广泛，某研究性小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl 【资料查阅】 ⅰ. ⅱ.实验室使用浓硫酸制备HCl气体的原理如下： 【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(央持仪器略)， 请回答下列问题： （1）制备氯化氢的过程体现了浓硫酸具有_______。 A. 酸性 B. 强氧化性 C. 难挥发性 D. 吸水性 （2）使用恒压分液漏斗制备HCl气体的优点是_______；X装置的名称为_______。 （3）C中试纸变蓝后会逐渐褪色，写出褪色过程中发生的化学反应方程式_______。 （4）装置D中发生的离子方程式为_______。 （5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析： ①若杂质是CuCl2，则产生的原因是_______。 ②若杂质是CuO，则产生的原因是_______。 准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成100mL溶液，取出10.00ml，用amol/L的K2Cr2O7标准溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bml，反应中被还原为Cr3+。CuCl+FeCl3=FeCl2+CuCl2 （6）配制100mL待测液用不到的仪器有_______。 A. 容量瓶 B. 烧杯 C. 分液漏斗 D. 胶头滴管 （7）样品中CuCl的质量分数为______(结果化简，M(Cu)=64，M(Cl)=35.5)。 （8）若测定结果偏大可能的原因是_______。 A. 样品中混有CuO B. 滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失 C. 滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗 D. 装待测液前锥形瓶内残留少量水 四、病毒DNA聚合酶抑制剂 6. 物质K是一种病毒DNA聚合酶抑制剂，可抑制某些病毒DNA的复制。其合成路线如下： 已知： （1）K中含氧官能团的名称为_______。 （2）1molK最多能与_______的反应。 A. 1mol B. 2mol C. 3mol D. 4mol （3）反应①和②顺序不能互换，原因是_______。 （4）(C)也可用于合成(L)，L常作Co、Ni等金属的修饰配体，写出检验C是否完全转化为L的实验方法、现象和结论_______。 （5）F→G、H→I的反应类型分别是_______。 A. 取代、取代 B. 取代、加成 C. 氧化、加成 D. 氧化、取代 （6）H的结构简式_______。 （7）D→E反应方程式为_______。 （8）G中手性碳原子个数为_______。 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 （9）合成时若省略反应③，发生反应④时可能会生成一种含14个C原子的副产物，写出该副产物的结构简式_______。 （10）写出一种的同分异构体中能发生银镜反应、1mol该同分异构体最多能消耗4molNaOH，核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为9：2：2：2：1的结构简式_______。 （11）参照上述合成路线，以和为原料，设计合成的路线_______(无机试剂任选)。 五、砷及其化合物 7. 砷元素(As)自然界分布广泛，其矿物有雄黄、雌黄，都是重要中药原料。两者有如下转化： （1）写出在元素周期表的位置_______。 （2）砷所在周期元素中，第一电离能比As大的元素有_______种。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 （3）气体物质a的化学式是_______。 （4）上述反应中属于非氧化还原反应的是_______。 A. 反应Ⅰ B. 反应Ⅱ C. 反应Ⅲ D. 反应Ⅳ 8. 工业上可用 制备雄黄。和的结构如下： 反应中部分键能数据如下： 共价键 S=S As-S 键能 b c 利用上述信息估算As-As的键能_______(用含a、b、c的代数式表示)。 9. 海鲜中含As(V)，水果中的维C可将As(V)转化为毒性更强的As(Ⅲ)。已知： （1）某海鲜中含As(V)含量为，某水果中的维C含量为。人体内As(V)转化为As(Ⅲ)的转化率为30%，人体允许的As(Ⅲ)(以计)的最大摄入量约为60mg，若不慎中毒，至少需同时摄入多少质量的海鲜和水果？并根据计算结果，判断两者一起食用会引起砷中毒的“谣言”真假？[M(As)=75、]_______。 向含的废水加入形成沉淀，可去除废液中的砷元素。实验表明，溶液pH保持在4.5左右时，砷的去除果最高，沉淀中往往同时含有和。已知25℃时，、、、。下图是含As(V)的微粒在水溶液中的物质的量分数随溶液pH的变化。 （2）实验发现，向pH为4.5的废水中加入比As总含量略多的，在有效沉淀As元素的同时，还能加快沉淀沉降，原因可能是_______。若加入过量太多，虽能加快沉淀沉降，但会导致溶液中As元素残留最过高，原因可能是_______。 （3）pH大于11.5后，在含砷微粒中的物质的量分数最高，为什么在pH大于11.5的情况下除砷，砷的去除效果反而下降_______。 （4）加入除砷并保持pH=4.5不变，充分沉淀后，溶液中残留的含量最高的含砷微粒是_______，其剩余浓度为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第二学期南洋模范中学、曹杨二中等四校联考 高三年级化学考试化学学科(等级考)试卷 (本次考试时间60分钟满分100分) 本试卷标注“不定项”的选择题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不得分；有2个正确选项的，漏选1个得一半分，错选不得分。未特别标注的选择题，每小题只有1个正确选项。 一、储氢材料 1. 储氢材料对氢能的开发利用至关重要，无机物储是重要的储方法。固体储氢材料氨硼烷(H3NBH3)，可由氨气与硼烷反应制得；在催化剂作用下与水反应释放H2时，反应中仅H元素价态改变。氨硼烷分子中H的电荷分布如下图。 （1）关于 H3NBH3，下列说法正确的是_______。 A. H3NBH3中三种元素电负性大小：N>B>H B. 1mol氨硼烷在催化剂作用下与足量水反应能释放3molH2 C. H3NBH3中存在配位键，B提供空轨道，N提供孤对电子 D. H3NBH3中B原子的杂化方式为sp2 （2）写出氨硼烷的电子式_______。 （3）由氨气生成H3NBH3后，H-N-H的键角_______(填写“变大”、“不变”或“变小”)，理由是_______。 （4）氨硼烷水溶液中存在氢键，使得氨烷易溶于水，以下能正确表示该键的是_______。 A. B. C. D. 【答案】（1）BC （2） （3） ①. 变大 ②. 氨气和氨硼烷中N均sp3杂化(价层电子对数均为4)，NH3中N有一对孤对电子，对成键电子对(σ键)产生更大的排斥力，NH3分子中键角较小 （4）A 【解析】 【小问1详解】 A．由题干信息可知，H3NBH3中与N相连的H显正电性，N显负电性，说明电负性N＞H，而与B相连的H显负电性，B显正电性，说明电负性H＞B，即三种元素电负性大小：N> H > B，A错误； B．由题干信息可知，氨硼烷在催化剂作用下与水反应释放H2时，反应中仅H元素价态改变，则反应方程式为：H3NBH3+2H2O=NH4BO2+3H2↑，即1mol氨硼烷在催化剂作用下与足量水反应能释放3molH2，B正确； C．已知NH3中N原子上存孤电子对，而BH3中B存在空轨道，故H3NBH3中存在配位键，B提供空轨道，N提供孤对电子，C正确； D．H3NBH3中B原子周围形成3个B-H共价键，一个N-B配位键，即其价层电子对数为4，故其杂化方式为sp2，D错误； 故答案为：BC； 【小问2详解】 已知H3NBH3中B原子周围形成3个B-H共价键，一个N-B配位键，故氨硼烷的电子式为：，故答案为：； 【小问3详解】 氨气和氨硼烷中N均sp3杂化(价层电子对数均为4)，NH3中N有一对孤对电子，对成键电子对(σ键)产生更大的排斥力，NH3分子中键角较小，则由氨气生成H3NBH3后，H-N-H的键角变大，故答案为：变大；氨气和氨硼烷中N均sp3杂化(价层电子对数均为4)，NH3中N有一对孤对电子，对成键电子对(σ键)产生更大的排斥力，NH3分子中键角较小； 【小问4详解】 氨硼烷水溶液中存在氢键，使得氨硼烷易溶于水，结合氢键只存在于已经和电负性较大的N、O、F原子结合的H原子与其他N、O、F原子之间的静电作用，且氨硼烷中与N原子结合的H带正电性，故该氢键的为，故答案为：A。 2. 钡和钙的氢化物是储氛的研究热点，图1是氢化钡储氢后的晶胞结构，晶胞参数如下a=b=305pm，c=383pm；图2是晶胞沿c轴的投影图。 （1）钡和钙均位于元素周期表的_______。 A. s区 B. p区 C. d区 D. f区 （2）写出钡和钙所在主族的元素，基态原子的价层电子轨道表示式_______。 （3）晶体中，与距离最近且相等的氢原子有_______个。 A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 （4）氢化钡储氢后产物化学式为_______(不区分和H)，假设标准状况下完全脱氢后氢化钡骨架和晶胞参数不变，计算的该晶体(单晶)脱后能释放_______。(计算结果保留两位小数；可能用到的相对原子质量：M(Ba)=137，M(H)=1；NA数值取；) 【答案】（1）A （2） （3）D （4） ①. ②. 2.09 【解析】 【小问1详解】 已知钡和钙均位于元素周期表的ⅡA族，即其核外电子最后进入s能级，其位于s区，故答案为：A； 【小问2详解】 已知钡和钙均位于元素周期表的ⅡA族，钡和钙所在主族的元素，基态原子的价层电子轨道表示式为：，故答案为：； 【小问3详解】 由题干晶胞示意图可知，每个顶点上的Ba2+有如图所示的两个H与之最近且距离相等，而每个顶点均被8个晶胞共用，故晶体中，与距离最近且相等的氢原子有16个，故答案为：D； 【小问4详解】 由题干晶胞可知，Ba2+位于8个顶点，H和H-位于体内，故一个晶胞含有=1个Ba2+，6个H，则其化学式为：BaH6，假设标准状况下完全脱氢后氢化钡骨架和晶胞参数不变，则该晶胞的密度为：=6.67g/cm3，结合分解反应：BaH6=BaH2+2H2，计算的该晶体(单晶)脱后能释放=2.09，故答案为：BaH6；2.09； 二、温室气体减排 3. 和是主要的温室气体，有多种方法将两种物质同时转化为有用的化工产品，达到减排的目的。科学家利用电化学装置将两种分子进行耦合转化，其原理如下图所示： （1）关于该电化学装置，下列说法不正确的是_______。 A. 该装置将电能转变为化学能 B. 电极B是阳极，从电极A定向移动到电极B C. 电极A发生的电极反应式为： D. 反应中 （2）写出电极B上发生的电极反应式_______。 【答案】（1）C （2） 【解析】 【小问1详解】 A．该装置为电解池，将电能转化成化学能，选项A正确； B．电极B上甲烷转化为乙烯和水，碳元素化合价由-4价升高为-2价，失去电子，为阳极，阴离子从阴极电极A定向移动到阳极电极B，选项B正确； C．电极A为阴极，二氧化碳得电子产生CO，发生的电极反应式为：，选项C不正确； D．根据电极反应及转移电子数守恒可知，、，反应中，选项D正确； 答案选C； 【小问2详解】 电极B上甲烷失电子产生乙烯和水，发生的电极反应式为。 4. 甲烷重整有多种技术路径，其中催化重整在获得CO和同时，也能同时减排两种温室气体。相关反应为：。已知燃烧热数据如下分别为： 物质 (g) CO(g) (g) 燃烧热 -891 -283 -286 （1）写出催化重整反应的热化学方程式_______。 （2）下列说法正确的是_______。 A. 可来自于合成氨造气产生的尾气，石油裂解气可作为的主要来源 B. 该高温能自发进行，低温不能自发进行 C. 和均为非极性分子 D. 增大催化剂表面积能提高甲烷的转化率和反应速率 其中甲烷—水蒸气重整也备受关注，相关反应为：。向恒温恒压的密闭容器中加入、后，反应达到平衡时转化率50%，平衡时容器体积为2L。 （3）下列事实能说明反应已经达到平衡的是_______。 A. 混合气体的平均摩尔质量不变 B. 混合气体总压强不变 C. 混合气体的密度不变 D. （4）该温度下催化重整反应的化学平衡常数的数值K=_______。 （5）若反应达到平衡后，向该容器中继续加入6molCO，化学平衡_______(填写“正向”、“逆向”或“不”)移动，理由是_______。 （6）若其他条件不变，反应达到平衡后，时继续向其中通入、，时反应再次达到平衡状态，请在图中画出时间内以CO表示的和随时间t变化的曲线_______。 （7）所有甲烷重整反应的难题之一是反应中催化剂活性会因积碳而降低，同时存在的消碳反应则使碳量减少。相关数据如下： 积碳反应 消碳反应 75 172 活化能/ 催化剂X 33 91 催化剂Y 43 72 由上表判断，催化剂X_______Y(填“优于”或“劣于”)，理由是_______。 【答案】（1） （2）BC （3）AC （4）0.0675 （5） ①. 正向 ②. 加入CO后，Q=0.034<K，平衡正向移动 （6） （7） ①. 劣于 ②. 积碳反应活化能X<Y，X积碳更快；消碳反应活化能X>Y，X消碳更慢 【解析】 【小问1详解】 由、、的燃烧热数值可知① ，② ，③ ，由盖斯定律①-2×②-2×③可得 。 【小问2详解】 A．合成氨制备过程中会产生尾气，但石油裂解气主要含有乙烯、丙烯等不饱和烃，A错误； B．该反应是气体体积增大的吸热反应，因此，，从热力学角度，，反应可以自发进行，因此该反应在高温能自发进行，低温不能自发进行，B正确； C．的空间结构为正四面体，的空间结构为直线形，它们的空间均对称，正电中心和负电中心重合，均为非极性分子，C正确； D．增大催化剂的表面积能提高反应速率，但不能改变反应物的转化率，D错误； 故选BC。 【小问3详解】 A．该反应的反应物与产物均为气体，质量守恒，该反应是气体增多的反应，随着反应进行，气体的物质的量增大，因此当混合气体的平均摩尔质量不变，反应已经达到平衡，A正确； B．该反应是在恒温恒压条件下进行，因此混合气体总压强一直不变，不能作为平衡标志，B错误； C．该反应的反应物与产物均为气体，质量守恒，该反应是在恒压条件下进行，随着反应进行，气体的物质的量增大，因此气体体积增大，根据，当混合气体的密度不变，反应已经达到平衡，C正确； D．当正逆反应速率相等时，反应达到平衡，而物质的速率比等于系数比，因此时反应才达到平衡，D错误； 故选AC。 【小问4详解】 根据三段式可得，，，，，化学平衡常数数值。 【小问5详解】 若反应达到平衡后，向该容器中继续加入6molCO，在恒压条件下，体积比等于物质的量之比，，V=22，则此时浓度熵，因此化学平衡正向移动。 【小问6详解】 若其他条件不变，反应达到平衡后，时继续向其中通入、，由于反应保持恒压，且加入的反应物浓度与开始时相等，属于等效平衡，因此再次平衡时，CO的浓度保持不变，因此时间内以CO表示的和随时间t变化的曲线可表示为。 【小问7详解】 由题意可知，反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少，由表中数据可知，相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y；理由是：积碳反应活化能X<Y，X积碳更快；消碳反应活化能X>Y，X消碳更慢。 三、制备CuCl 5. CuCl用途广泛，某研究性小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl。 【资料查阅】 ⅰ. ⅱ.实验室使用浓硫酸制备HCl气体的原理如下： 【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(央持仪器略)， 请回答下列问题： （1）制备氯化氢的过程体现了浓硫酸具有_______。 A. 酸性 B. 强氧化性 C. 难挥发性 D. 吸水性 （2）使用恒压分液漏斗制备HCl气体的优点是_______；X装置的名称为_______。 （3）C中试纸变蓝后会逐渐褪色，写出褪色过程中发生的化学反应方程式_______。 （4）装置D中发生的离子方程式为_______。 （5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析： ①若杂质是CuCl2，则产生的原因是_______。 ②若杂质是CuO，则产生的原因是_______。 准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成100mL溶液，取出10.00ml，用amol/L的K2Cr2O7标准溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bml，反应中被还原为Cr3+。CuCl+FeCl3=FeCl2+CuCl2 （6）配制100mL待测液用不到的仪器有_______。 A. 容量瓶 B. 烧杯 C. 分液漏斗 D. 胶头滴管 （7）样品中CuCl的质量分数为______(结果化简，M(Cu)=64，M(Cl)=35.5)。 （8）若测定结果偏大可能原因是_______。 A. 样品中混有CuO B. 滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失 C. 滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗 D. 装待测液前锥形瓶内残留少量水 【答案】（1）C （2） ①. 保持内外压强一致使得液体顺利流下 ②. 干燥管 （3） （4）、 （5） ①. 加热温度不够高，不到300℃，CuCl2未完全分解 ②. 通入HCl的量太少(氯化氢中含有一定水分)，产生Cu2(OH)2Cl2后分解产生CuO （6）C （7） （8）C 【解析】 【分析】本题为实验探究题，探究热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，题干实验装置图可知，用浓硫酸和NaCl制得的HCl气体通入装置A中即在HCl气流中加热CuCl2·2H2O，X即球形干燥管中的硫酸铜能够检验是否分解完全，装置C中的湿润的淀粉KI试纸用于检验是否生成Cl2，装置D为吸收尾气中的Cl2和HCl，据此分析解题。 【小问1详解】 制备氯化氢的过程反应原理为：NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑，则体现了浓硫酸具有难挥发性，即难挥发性酸制备挥发性酸，故答案为：C； 【小问2详解】 使用恒压分液漏斗制备HCl气体的优点是保持内外压强一致使得液体顺利流下，由题干实验装置图可知，X装置的名称为干燥管，故答案为：保持内外压强一致使得液体顺利流下；(球形)干燥管； 【小问3详解】 由分析可知，制备CuCl过程中产生Cl2，Cl2能氧化KI为I2，从而使湿润的KI淀粉试纸变蓝，但由于Cl2具有强氧化性，能够将I2氧化为更高价态的含碘化合物，故C中试纸变蓝后会逐渐褪色，褪色过程中发生的化学反应方程式为：，故答案为：； 【小问4详解】 由分析可知，装置D的作用为吸收尾气中的Cl2和HCl，防止污染环境，则其中发生的离子方程式为：、，故答案为：、； 【小问5详解】 ①若杂质是CuCl2，则产生的原因是加热温度不够高，不到300℃，CuCl2未完全分解，故答案为：加热温度不够高，不到300℃，CuCl2未完全分解； ②若杂质是CuO，则产生的原因是通入HCl的量太少(氯化氢中含有一定水分)，Cu2+水解产生Cu2(OH)2Cl2后分解产生CuO，故答案为：通入HCl的量太少(氯化氢中含有一定水分)，产生Cu2(OH)2Cl2后分解产生CuO； 【小问6详解】 用固体配制100mL一定物质的量浓度的待测液需要使用的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，则配制用不到的仪器有分液漏斗，故答案为：C； 【小问7详解】 根据反应方程式：CuCl+FeCl3=FeCl2+CuCl2，Fe2+的还原性强于Cl-，故可用amol/L的K2Cr2O7标准溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bml，反应中被还原为Cr3+，反应原理为：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则有6CuCl~6Fe2+~，则有：n(CuCl)=n(Fe2+)=6n()=6ab×10-3mol，故样品中CuCl的质量分数为=，故答案为：； 【小问8详解】 A．样品中混有CuO，导致生成的Fe2+偏小，消耗标准液的体积偏小，则所测量结果偏小，A不合题意； B．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失，导致消耗的标准液的体积偏小，所测量结果偏小，B不合题意； C．滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗，导致标准液浓度偏小，消耗标准液的体积偏大，所测量结果偏大，C符合题意； D．装待测液前锥形瓶内残留少量水对实验结果无影响，D不合题意； 故答案为：C。 四、病毒DNA聚合酶抑制剂 6. 物质K是一种病毒DNA聚合酶抑制剂，可抑制某些病毒DNA的复制。其合成路线如下： 已知： （1）K中含氧官能团的名称为_______。 （2）1molK最多能与_______的反应。 A. 1mol B. 2mol C. 3mol D. 4mol （3）反应①和②顺序不能互换，原因是_______。 （4）(C)也可用于合成(L)，L常作Co、Ni等金属的修饰配体，写出检验C是否完全转化为L的实验方法、现象和结论_______。 （5）F→G、H→I的反应类型分别是_______。 A. 取代、取代 B. 取代、加成 C. 氧化、加成 D. 氧化、取代 （6）H的结构简式_______。 （7）D→E反应方程式为_______。 （8）G中的手性碳原子个数为_______。 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 （9）合成时若省略反应③，发生反应④时可能会生成一种含14个C原子的副产物，写出该副产物的结构简式_______。 （10）写出一种的同分异构体中能发生银镜反应、1mol该同分异构体最多能消耗4molNaOH，核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为9：2：2：2：1的结构简式_______。 （11）参照上述合成路线，以和为原料，设计合成的路线_______(无机试剂任选)。 【答案】（1）羟基、酮羰基、醚键 （2）D （3）防止酚羟基被氧化 （4）取样于试管，加入过量NaOH，加新制氢氧化铜悬浊液加热，若产生砖红色沉淀，则C没有完全转化 （5）C （6） （7） （8）A （9） （10） （11） 【解析】 【分析】A与一碘甲烷在碱性条件下发生取代反应生成B，B在铜催化下与氧气发生氧化反应生成C，C经一系列反应生成D，D在HF作用下转化为E，结合已知信息的反应及D的分子式可推知D为，则E为；E与乙二醇反应生成F，F在一定条件下发生氧化反应生成G，G与一碘甲烷反应生成H，H与CH2=CHCOCH3在碱性条件下反应生成I，结合H的分子式和I的结构简式，逆推可知H为，I在碱性条件下转化为J，最后J经一系列反应得到K，据此解答。 【小问1详解】 根据K的结构简式可知，K中含氧官能团的名称为羟基、酮羰基、醚键； 【小问2详解】 K中酚羟基的邻位、对位上还有两个氢能与发生取代反应，且分子中含有两个碳碳双键，则1molK最多能与4mol的反应，故选D； 【小问3详解】 酚羟基易被氧化，而反应②是氧化反应，所以反应①和②顺序不能互换，原因是：防止酚羟基被氧化； 【小问4详解】 (C)也可用于合成(L)，C含有醛基，L含有羧基，检验C是否完全转化，即检验醛基的存在，则检验C是否完全转化为L的实验方法、现象和结论为：取样于试管，加入过量NaOH，加新制氢氧化铜悬浊液加热，若产生砖红色沉淀，则C没有完全转化； 【小问5详解】 F→G是失氢、加氧的氧化反应；H→I是H与与CH2=CHCOCH3在碱性条件下发生加成反应生成I，则F→G、H→I的反应类型分别是氧化、加成，故选C； 【小问6详解】 由分析可知，H的结构简式为； 【小问7详解】 由分析可知，D为，E为，D→E发生已知信息的反应，反应的方程式为：； 【小问8详解】 连有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，根据G的结构简式可知，G中没有手性碳原子，故选A； 【小问9详解】 合成时若省略反应③，发生反应④时可能会生成一种含14个C原子的副产物，则该副产物中含有两个酮羰基，而少了环氧结构，该副产物的结构简式未：； 【小问10详解】 D为，的同分异构体中能发生银镜反应则含有醛基、1mol该同分异构体最多能消耗4molNaOH，则含有HCOO-且直接连在苯环上，同时苯环上有两个酚羟基，核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为9∶2∶2∶2∶1，则含有三个连在同一个碳原子上的甲基，所以符合条件的结构简式为：； 【小问11详解】 参照上述合成路线，以和为原料，与氢气发生加成反应生成，催化氧化得到，与发生加成反应生成，最后在碱性条件下转化为，则合成路线为： 。 五、砷及其化合物 7. 砷元素(As)自然界分布广泛，其矿物有雄黄、雌黄，都是重要的中药原料。两者有如下转化： （1）写出在元素周期表的位置_______。 （2）砷所在周期元素中，第一电离能比As大的元素有_______种。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 （3）气体物质a的化学式是_______。 （4）上述反应中属于非氧化还原反应的是_______。 A. 反应Ⅰ B. 反应Ⅱ C. 反应Ⅲ D. 反应Ⅳ 【答案】（1）第四周期VA族(第15族) （2）B （3） （4）CD 【解析】 【小问1详解】 为33号元素，在元素周期表的位置第四周期VA族(第15族)； 【小问2详解】 同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则砷所在周期元素中，第一电离能比As大的元素有Br、Kr两种，故选B； 【小问3详解】 氧气具有氧化性，由图，氧气氧化生成，结合质量守恒、电子守恒，则生成气体物质a为二氧化硫，化学式是； 【小问4详解】 反应Ⅰ中Sn、As化合价改变，为氧化还原反应；反应Ⅱ中O、S、As化合价改变，为氧化还原反应；反应Ⅲ中没有元素化合价改变，不为氧化还原反应；反应Ⅳ中没有元素化合价改变，不为氧化还原反应； 故选CD。 8. 工业上可用 制备雄黄。和的结构如下： 反应中部分键能数据如下： 共价键 S=S As-S 键能 b c 利用上述信息估算As-As的键能_______(用含a、b、c的代数式表示)。 【答案】 【解析】 【详解】根据图中和的结构可知，中含有6个As-As键，中含有8个As-S键和2个As-As键，设As-As的键能为xkJ∙mol-1，则，则x=。 9. 海鲜中含As(V)，水果中的维C可将As(V)转化为毒性更强的As(Ⅲ)。已知： （1）某海鲜中含As(V)含量为，某水果中的维C含量为。人体内As(V)转化为As(Ⅲ)的转化率为30%，人体允许的As(Ⅲ)(以计)的最大摄入量约为60mg，若不慎中毒，至少需同时摄入多少质量的海鲜和水果？并根据计算结果，判断两者一起食用会引起砷中毒的“谣言”真假？[M(As)=75、]_______。 向含的废水加入形成沉淀，可去除废液中的砷元素。实验表明，溶液pH保持在4.5左右时，砷的去除果最高，沉淀中往往同时含有和。已知25℃时，、、、。下图是含As(V)的微粒在水溶液中的物质的量分数随溶液pH的变化。 （2）实验发现，向pH为4.5的废水中加入比As总含量略多的，在有效沉淀As元素的同时，还能加快沉淀沉降，原因可能是_______。若加入过量太多，虽能加快沉淀沉降，但会导致溶液中As元素残留最过高，原因可能是_______。 （3）pH大于11.5后，在含砷微粒中的物质的量分数最高，为什么在pH大于11.5的情况下除砷，砷的去除效果反而下降_______。 （4）加入除砷并保持pH=4.5不变，充分沉淀后，溶液中残留的含量最高的含砷微粒是_______，其剩余浓度为_______。 【答案】（1）需要吃将近33.67公斤的海鲜才能中毒，不符合实际情况，故海鲜和水果同食不会引起As中毒 （2） ①. 水解产生氢氧化铁胶体吸附沉淀加快沉降 ②. 加入过多导致水解产生的H+过多，使得pH下降，导致溶解 （3）pH过大，沉淀会转化为 （4） ①. ②. 0.204 【解析】 【小问1详解】 由，维C可将As(V)转化为毒性更强的As(Ⅲ)，根据得失电子守恒，可列关系式：，设需要食用Xkg海鲜，可列式，，设需要食用水果Ykg，可列式，Y=0.356kg，结论：需要吃将近33.67kg的海鲜才能中毒，不符合实际情况，故海鲜和水果同食不会引起As中毒； 【小问2详解】 是弱碱阳离子，pH为4.5时发生水解，水解产生氢氧化铁胶体吸附废水中的五价砷物种而沉淀加快沉降；加入过多导致水解产生的H+过多，使得pH下降，导致溶解； 【小问3详解】 pH过大，OH-浓度过高，沉淀会转化为（，）； 【小问4详解】 由图可知，溶液中残留的含量最高的含砷微粒是；由图可知，，，因，，可得，因，pH=4.5，，，计算出。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$