精品解析：江苏省南京市第二十九中学2024-2025学年高二下学期3月月考化学试题

2024-2025学年度高二第二学期第二次检测化学 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Cr52 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 中国古代文房四宝笔墨纸砚中，其主要化学成分不属于高分子的是 A. 制毛笔用的狼毫 B. 墨条 C. 宣纸 D. 竹砚 2. 氮化镓是新型半导体材料。工业制备氮化镓的常用方法是GaCl3+NH3=GaN+3HCl。下列叙述正确的是 A. 基态Ga原子电子排布式：[Ar]4s24p1 B. NH3的VSEPR模型： C. HCl中的共价键是s-pσ键 D. HCl溶于水形成的水合氯离子： 3. 下列物质的结构、性质、用途具有对应关系的是 A. FeCO3受热易分解，可用作补血剂 B. ClF3具有强氧化性，可用作火箭助燃剂 C. 冰晶石微溶于水，可用作电解铝工业的助熔剂 D. HF(g)分子之间形成氢键，HF(g)的热稳定性比HCl(g)的高 4. 下列有关实验能达到相应实验目的的是 A. 装置甲实验室制备氯气 B. 装置乙制备干燥的氨气 C. 装置丙石油分馏制备汽油 D. 装置丁制备乙酸乙酯 阅读材料，完成下面小题： 周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。亚硫酰氯为黄色液体，分子式为SOCl2，遇水会发生水解反应。工业上可电解H2SO4与(NH4)2SO4混合溶液制备过二硫酸铵(NH4)2S2O8，过二硫酸铵与双氧水中都含有过氧键(-O-O-)。硝化法制硫酸主要反应为：NO2(g)+SO2(g)＝SO3(g)+NO(g) ∆H1=+41.8kJ·mol-1。SO2和SO3都是酸性氧化物，是制备硫酸的中间产物。 5. 下列说法正确的是 A. 第一电离能：I1(S)<I1(O)<I1(N) B. 电负性：χ(S)<χ(O)<χ(N) C. 亚硫酰氯空间构型为平面三角形 D. SO2和SO3分子中都是由极性键构成的极性分子 6. 下列化学反应表示正确的是 A. H2O2氧化酸性废水中的Fe2+离子方程式： B. 亚硫酰氯水解的反应方程式： C. S2O82-水解制H2O2的离子方程式： D. 电解法制备(NH4)2S2O8电极反应：2+2e-＝S2O 7. 下列有关反应NO2(g)+SO2(g)＝SO3(g)+NO(g)的说法正确的 A. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 B. 反应达平衡后，分离出少量SO3，正反应速率加快 C. 其他条件不变，平衡后继续充入NO2，平衡常数将减小 D. 该反应中消耗标准状况下的22.4LNO2，转移电子的数目约为2×6.02×1023 8. 化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，变化过程示意图如下。下列说法不正确的是 A. 药剂A具有还原性 B. ②→③过程若药剂B是H2O2，其还原产物为O2 C. ①→②过程若有1molS-S键断裂，则转移2mol电子 D. 化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型 9. 化合物是合成药物艾氟康唑的中间体，下列说法不正确的是 A. X与发生加成反应 B. Y分子存在对映异构现象 C. Z分子最多可以与2molNaOH发生反应 D. Y、Z可用溴的四氯化碳溶液鉴别 10. 已知：。精细化学品W是酸性条件下X与反应的主产物，Y、Z是反应过程中的过渡态或中间体。X→W的反应过程可表示如下： 下列说法正确的是 A. X的名称为2，3-环氧丙酮 B. Z中采取杂化的碳原子有两个 C. W不存在对映异构体 D. 溶液的酸性越强，W的产率越高 11. 化合物Y是一种药物中间体，其合成路线中的一步反应如下，下列说法正确的是 A. X与互为顺反异构体 B. X与 在一定条件下反应有副产物生成 C. 最多消耗和最多消耗NaOH的物质的量之比为3：1 D. Y分子中含有1个手性碳原子 12. 室温下，用含有少量Mn2+的ZnSO4溶液制备ZnCO3的过程如下。下列说法正确的是 A. NaClO溶液中：c(Na+)=c(ClO-)+c(OH-) B. NH4HCO3溶液中：c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(H+)+c(H2CO3)+c() C. “过滤”所得滤液中： D. “过滤”所得滤液中：c(NH3·H2O)+c()>c()+c(H2CO3)+c() 13. 工业上可用煤的气化产物(CO和H2)合成二甲醚(CH3OCH3)，反应的主要化学方程式为： 反应(主反应)：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H1 反应(副反应)：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2 250℃时，将2 mol CO和4.2 mol H2通入容积为1 L的恒容密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应，达到平衡后升高温度，在不同温度下测得CO的转化率(或二甲醚的产率)如图所示： 下列有关说法正确的是 A. 增大CO浓度有利于提高CO生成CH3OCH3的转化率 B. 反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l)的H1>0 C. 260～290℃时，发生CH3OH脱水生成CH3OCH3的反应 D. 290℃条件下，反应化学平衡常数为4 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 以软锰矿[主要成分为MnO2，还含有钙镁碳酸盐及少量的有机物(C12H22O11)]为原料制备硫酸锰，进而进一步制备Mn3O4。 （1）制备硫酸锰的流程如下： “酸洗”时，MnO2与有机物发生反应使锰元素产生损耗。使用相同浓度硝酸或磷酸进行“酸洗”时，锰元素损耗率：硝酸大于磷酸。 ①写出用硝酸“酸洗”时，有机物与MnO2反应生成CO2的离子方程式___________。 ②工业上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是___________。 ③控制反应温度和SO2流速一定，反应2小时，测得“还原”时锰元素回收率与“制浆”时液固比的关系如图所示。液固比为20∶1浆料中锰元素回收率低于液固比为10∶1的浆料，原因是___________。 ④“还原”过程中会得到副产物MnS2O6，其形成过程如下： H2S2O6中含有S—S共价键，其结构式可表示为___________。pH在4~6范围内，随溶液pH增大，MnS2O6的生成速率减小，其主要原因是___________。 （2）已知：pH在6.4~7.6范围内，MnSO4可被氧气直接氧化得到Mn3O4.实际工业生产时，先向MnSO4溶液中通入氨气生成沉淀，再将氧化得到Mn3O4，其他条件一定时，Mn2+的沉淀率随氨气通入量的变化如图所示。 ①向起始pH≈7的MnSO4溶液中持续通入O2，反应一段时间后，MnSO4不再转化为Mn3O4，其原因是___________。 ②实际工业生产中，当氨气超过30mL时，Mn2+的沉淀率下降的主要原因是___________。 15. 化合物F是合成某种祛痰止咳药的重要中间体，其合成路线如下： (1)A中与苯环相连的官能团名称为___________。 (2)D→E过程中，涉及的反应类型有：加成反应、___________。 (3)若E中有D残留，则产物F中可能含有杂质C7H7NOBr2，其结构简式为___________。 (4) 的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①分子中有一个含氮五元环； ②核磁共振氢谱显示分子中有5种不同化学环境的氢原子； ③红外光谱显示分子中无甲基。 (5)已知：，易被氧化(R为H或烃基)。 设计以和为原料制备 的合成路线___________ (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 16. 氯硝西泮是抗惊厥镇静剂，其合成路线如下 （1）已知苯胺的衍生物具有碱性，且碱性随氮原子电子云密度的增大而增强。由此推测比的碱性___________(填“强”、“弱”或“无差别”)。 （2）G转化为氯硝西泮需经历过程：G→X→氯硝西泮，若已知中间体X的分子式为C15H12ClN3O4，X→氯硝西泮的反应类型为___________。 （3）已知F的分子式为C15H10BrClN2O4，则F的结构简式为___________。 （4）B的一种同分异构体能同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。 ①分子中含有苯环，无碳氧键 ②有机产物的核磁共振氢谱中只有4个峰 （5）已知：① ② 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，合成路线流程图示例见本题题干)。___________。 17. 脱硫脱硝是环境保护的重要课题。 （1）纳米零价铁(NZVI)/BC与(CuPd)/BC联合作用可去除水体中的硝态氮。 在NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料联合作用的体系中，生物炭(BC)作为NZVI、Cu、Pb的载体且减少了纳米零价铁的团聚，纳米零价铁作为主要还原剂，Cu和Pd作为催化剂且参与吸附活性H。 ①NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料还原硝酸盐的反应机理如图所示， NO转化为NO的反应方程式为___________。 ②实验测得体系初始pH对NO去除率的影响如图，前200min内，pH=9.88时的去除率远低于pH=4.05时，其可能的原因是___________。 （2）气相脱硫脱硝。一定温度下，将模拟烟气通入气相氧化反应器中。NO和的初始浓度相同，改变的浓度，相同时间内，气体的氧化率随与NO或的物质的量浓度之比的变化如图所示。其中①、④分别为NO和单独通入反应器时NO、的氧化率，②、③分别为将NO和同时通入反应器时NO、的氧化率。 已知：对于确定的基元反应，反应速率(v)与速率常数(k)成正比。 ClO2气相氧化NO的关键基元反应： 基元反应1： 基元反应2： 气相氧化的关键基元反应： 基元反应3： 基元反应4： ①单独氧化时，氧化率很低。原因是___________。 ②将和NO同时通入气相氧化反应器中时，的氧化率与将其单独通入反应器中时相比明显提高。原因分别是___________。 ③当体系中有水蒸气时，单独氧化的氧化率有很大提升。研究表明，此时被氧化不再经历基元反应3和基元反应4，而是生成两种常见的强酸。反应的化学方程式是___________。 （3）催化电解NO吸收液可将NO还原为NH3.在相同条件下，恒定通过电解池电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图所示。已知，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；Q总表示电解过程中通过的总电量。 ①当电解电压为U2时，电解生成的NH3和N2O的物质的量之比为___________。 ②电解电压为U1，一段时间后，在阳极收集到标况下44.8L的O2，则生成H2的物质的量n=___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度高二第二学期第二次检测化学 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Cr52 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 中国古代文房四宝笔墨纸砚中，其主要化学成分不属于高分子的是 A. 制毛笔用的狼毫 B. 墨条 C. 宣纸 D. 竹砚 【答案】B 【解析】 【详解】A．狼毫为动物的毛，主要成分为蛋白质，属于高分子，A不符合题意； B．墨条主要成分是炭黑，属于无机非金属材料，不属于高分子，B符合题意； C．宣纸主要成分是纤维素，属于高分子，C不符合题意； D．竹砚是以竹制作的砚，主要成分是纤维素，属于高分子，D不符合题意； 故选B。 2. 氮化镓是新型半导体材料。工业制备氮化镓的常用方法是GaCl3+NH3=GaN+3HCl。下列叙述正确的是 A. 基态Ga原子电子排布式：[Ar]4s24p1 B. NH3的VSEPR模型： C. HCl中的共价键是s-pσ键 D. HCl溶于水形成的水合氯离子： 【答案】C 【解析】 【详解】A．镓是31号元素，基态镓原子电子排布式为[Ar]3d104s24p1，A错误； B．氨分子中N原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体，即，B错误； C． HCl分子中的共价键是H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道形成的s﹣pσ键，C正确； D．带负电，应吸引水分子中呈正电性的H原子，即水合氯离子：，D错误； 故选C。 3. 下列物质的结构、性质、用途具有对应关系的是 A. FeCO3受热易分解，可用作补血剂 B. ClF3具有强氧化性，可用作火箭助燃剂 C. 冰晶石微溶于水，可用作电解铝工业的助熔剂 D. HF(g)分子之间形成氢键，HF(g)的热稳定性比HCl(g)的高 【答案】B 【解析】 【详解】A．FeCO3用作补血剂是因含Fe2＋，与受热分解无直接关联，A错误； B．ClF3分子中Cl处于+3价的高氧化态，结构上使其具有强氧化性。这一性质与用途对应，ClF3可用作火箭推进剂的氧化剂，与燃料反应释放大量能量，B符合题意； C．冰晶石（Na3AlF6）作为电解铝的助熔剂，是因熔融时能溶解Al2O3并导电，与其微溶于水的性质无关，C错误； D．HF热稳定性高于HCl是因H-F键能更大，而非分子间氢键，D错误； 故选B。 4. 下列有关实验能达到相应实验目的的是 A. 装置甲实验室制备氯气 B. 装置乙制备干燥的氨气 C. 装置丙石油分馏制备汽油 D. 装置丁制备乙酸乙酯 【答案】C 【解析】 分析】 【详解】A．实验室制备氯气应该用浓盐酸和二氧化锰加热，故A不能达到实验目的； B．氯化铵受热生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷会重新结合生成氯化铵，用装置乙得不到氨气，实验室制备氨气应该用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热，用碱石灰干燥，故B不能达到实验目的； C．装置丙是石油分馏装置，可制备汽油，故C能达到实验目的； D．制备乙酸乙酯，应该把生成的乙酸乙酯蒸汽通到盛有饱和碳酸钠溶液的试管的上部，不能用氢氧化钠溶液，乙酸乙酯会完全水解，故D不能达到实验目的； 故答案为：C 阅读材料，完成下面小题： 周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。亚硫酰氯为黄色液体，分子式为SOCl2，遇水会发生水解反应。工业上可电解H2SO4与(NH4)2SO4混合溶液制备过二硫酸铵(NH4)2S2O8，过二硫酸铵与双氧水中都含有过氧键(-O-O-)。硝化法制硫酸主要反应为：NO2(g)+SO2(g)＝SO3(g)+NO(g) ∆H1=+41.8kJ·mol-1。SO2和SO3都是酸性氧化物，是制备硫酸的中间产物。 5. 下列说法正确的是 A. 第一电离能：I1(S)<I1(O)<I1(N) B. 电负性：χ(S)<χ(O)<χ(N) C. 亚硫酰氯空间构型为平面三角形 D. SO2和SO3分子中都是由极性键构成的极性分子 6. 下列化学反应表示正确的是 A. H2O2氧化酸性废水中的Fe2+离子方程式： B. 亚硫酰氯水解的反应方程式： C. S2O82-水解制H2O2的离子方程式： D. 电解法制备(NH4)2S2O8的电极反应：2+2e-＝S2O 7. 下列有关反应NO2(g)+SO2(g)＝SO3(g)+NO(g)的说法正确的 A. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 B. 反应达平衡后，分离出少量SO3，正反应速率加快 C. 其他条件不变，平衡后继续充入NO2，平衡常数将减小 D. 该反应中消耗标准状况下的22.4LNO2，转移电子的数目约为2×6.02×1023 8. 化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，变化过程示意图如下。下列说法不正确的是 A. 药剂A具有还原性 B. ②→③过程若药剂B是H2O2，其还原产物为O2 C. ①→②过程若有1molS-S键断裂，则转移2mol电子 D. 化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型 【答案】5. A 6. C 7. D 8. B 【解析】 【5题详解】 A．同主族元素从上到下第一电离能变小，则I1(S)<I1(O)；N的电子排布是半充满的，比较稳定，故I1(O)<I1(N)，因此第一电离能：I1(S)<I1(O)<I1(N)。A项正确； B．同周期从左至右元素电负性依次增大，同主族从上至下元素电负性依次减小，故电负性：χ(S)<χ(N)<χ(O)，B项错误； C．亚硫酰氯分子中中心原子为S，S原子发生sp3杂化，S原子上还有1对孤电子对，故其分子构型为三角锥形，C项错误； D．SO2和SO3分子中均含有极性键，但SO2分子是极性分子，SO3是非极性分子，D项错误； 答案选A。 【6题详解】 A．H2O2氧化酸性废水中的Fe2+离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，A项错误； B．亚硫酰氯水解的反应方程式：SOCl2+2H2O＝H2SO3+2HCl，B项错误； C．根据题给信息，S2O82-水解制H2O2的离子方程式：，原子守恒，电荷守恒，符合客观事实，C项正确； D．根据化合价变化，可知电解法制备(NH4)2S2O8的阳极反应为：2-2e-＝S2O，D项错误； 答案选C。 【7题详解】 A．根据题给信息，该反应ΔH＞0，说明该反应中反应物具有的总能量低于生成物的总能量，A项错误； B．反应达平衡时，分离出少量SO3，则正反应速率不变，逆反应速率减小，B项错误； C．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，C项错误； D．消耗标准状况下22.4LNO2，即消耗1molNO2，则根据反应方程式可知，转移电子数目约为2×6.02×1023，D项正确； 答案选D。 【8题详解】 A．①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，A项正确； B．②→③过程发生还原反应，若药剂B是H2O2，则B化合价应该降低，因此其还原产物为H2O，B项错误； C．①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有1molS-S键断裂，则转移2mol电子，C项正确； D．通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型，D项正确； 答案选B。 9. 化合物是合成药物艾氟康唑的中间体，下列说法不正确的是 A. X与发生加成反应 B. Y分子存对映异构现象 C. Z分子最多可以与2molNaOH发生反应 D. Y、Z可用溴的四氯化碳溶液鉴别 【答案】C 【解析】 【详解】A．X分子中含有酮羰基，与发生加成反应后再水解生成Y，A项正确； B．Y分子中，与-OH相连的碳原子为手性碳原子，则Y分子存在对映异构现象，B项正确； C．Z分子中苯环上有氟原子和氯原子，支链上还存在氯原子，水解生成两个酚羟基还能消耗2molNaOH，则Z分子最多可以与5molNaOH发生反应，C项错误； D．Z分子中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，所以Y、Z分子中，可用溴的四氯化碳溶液鉴别，D项正确； 答案选C。 10. 已知：。精细化学品W是酸性条件下X与反应的主产物，Y、Z是反应过程中的过渡态或中间体。X→W的反应过程可表示如下： 下列说法正确的是 A. X的名称为2，3-环氧丙酮 B. Z中采取杂化的碳原子有两个 C. W不存在对映异构体 D. 溶液的酸性越强，W的产率越高 【答案】B 【解析】 【详解】A．X的名称为1，2-环氧丙烷，A项错误； B．Z中-CH3和-CH2-为sp3杂化，B项正确； C．Z中第二个碳连接四个不同的基团，所以该物质中存在对映异构，C项错误； D．溶液酸性越强，HCN电离程度越小，的浓度越小，则Z与反应的限度越小，导致W的产率降低，D项错误； 故选B。 11. 化合物Y是一种药物中间体，其合成路线中的一步反应如下，下列说法正确的是 A. X与互为顺反异构体 B. X与 在一定条件下反应有副产物生成 C. 最多消耗和最多消耗NaOH的物质的量之比为3：1 D. Y分子中含有1个手性碳原子 【答案】B 【解析】 【详解】A．该物质与X是同分异构体，不是顺反异构体，A错误； B．X与选项中的物质可以生成副产物，B正确； C．1个Y中含有的1个苯环、1个酮羰基和1个碳碳双键能与H2反应，1个Y中含有的1个酚羟基和1个酯基能与NaOH反应，1molY最多消耗氢气与最多氢氧化的物质的量比为5∶2，C错误； D．Y分子中有两个手性碳，D错误； 故选B。 12. 室温下，用含有少量Mn2+的ZnSO4溶液制备ZnCO3的过程如下。下列说法正确的是 A. NaClO溶液中：c(Na+)=c(ClO-)+c(OH-) B. NH4HCO3溶液中：c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(H+)+c(H2CO3)+c() C. “过滤”所得滤液中： D. “过滤”所得滤液中：c(NH3·H2O)+c()>c()+c(H2CO3)+c() 【答案】D 【解析】 【分析】ZnSO4溶液中加入次氯酸钠将二价锰离子氧化为二氧化锰并除去，在滤液中加入碳酸氢铵与氨水沉淀锌离子，生成碳酸锌沉淀与碳酸铵，过滤得到碳酸锌，据此回答。 【详解】A．在次氯酸钠溶液中，根据电荷守恒可知c(Na+)+ c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)，A错误； B．NH4HCO3溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c()= c(OH-)+2c()+c()和物料守恒：c()+c(NH3·H2O)= c()+c(H2CO3)+c()，可得c(OH-)+c(NH3·H2O) +c()=c(H+)+c(H2CO3)，B错误； C．过滤之后的溶液为碳酸锌的饱和溶液，但不是氢氧化锌的饱和溶液，所以对于碳酸锌的饱和溶液而言，氢氧根离子浓度偏小，则，C错误； D．过滤之后的滤液为(NH4)2CO3，根据物料守恒，铵根离子以及水解产生的一水合氨分子的浓度之和等于碳酸氢根离子、电离产生的碳酸根离子、水解产生的碳酸分子的浓度之和的2倍，则为c()+c(NH3·H2O)= 2c()+2c(H2CO3)+2c()，所以c(NH3·H2O)+c()>c()+c(H2CO3)+c()，D正确； 故选D。 13. 工业上可用煤的气化产物(CO和H2)合成二甲醚(CH3OCH3)，反应的主要化学方程式为： 反应(主反应)：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H1 反应(副反应)：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2 250℃时，将2 mol CO和4.2 mol H2通入容积为1 L的恒容密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应，达到平衡后升高温度，在不同温度下测得CO的转化率(或二甲醚的产率)如图所示： 下列有关说法正确的是 A. 增大CO浓度有利于提高CO生成CH3OCH3的转化率 B. 反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l)的H1>0 C. 260～290℃时，发生CH3OH脱水生成CH3OCH3的反应 D. 290℃条件下，反应的化学平衡常数为4 【答案】C 【解析】 【详解】A．增大CO浓度会降低CO生成CH3OCH3的转化率，A错误； B．290℃后升高温度，CH3OCH3的产率降低，说明平衡逆向移动，反应I是放热反应，H1<0，B错误； C．260～290℃时，CH3OCH3的产率随CO的转化率降低而升高，原因是副反应生成CH3OH发生分子间脱水生成CH3OCH3，C正确； D．290℃时，CO的转化率为0.8，列式计算： 反应中，由于有副反应发生，CH3OCH3的产率是0.75，则平衡时n(CH3OCH3)=2mol×0.5×0.75=0.75mol，反应生成水的物质的量与CH3OCH3的物质的量相同。因为容器的体积为1L，所以可用各物质平衡时的物质的量代入K的表达式中计算。，D错误； 答案选C。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 以软锰矿[主要成分为MnO2，还含有钙镁碳酸盐及少量的有机物(C12H22O11)]为原料制备硫酸锰，进而进一步制备Mn3O4。 （1）制备硫酸锰的流程如下： “酸洗”时，MnO2与有机物发生反应使锰元素产生损耗。使用相同浓度硝酸或磷酸进行“酸洗”时，锰元素损耗率：硝酸大于磷酸。 ①写出用硝酸“酸洗”时，有机物与MnO2反应生成CO2的离子方程式___________。 ②工业上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是___________。 ③控制反应温度和SO2流速一定，反应2小时，测得“还原”时锰元素的回收率与“制浆”时液固比的关系如图所示。液固比为20∶1浆料中锰元素回收率低于液固比为10∶1的浆料，原因是___________。 ④“还原”过程中会得到副产物MnS2O6，其形成过程如下： H2S2O6中含有S—S共价键，其结构式可表示为___________。pH在4~6范围内，随溶液pH增大，MnS2O6的生成速率减小，其主要原因是___________。 （2）已知：pH在6.4~7.6范围内，MnSO4可被氧气直接氧化得到Mn3O4.实际工业生产时，先向MnSO4溶液中通入氨气生成沉淀，再将氧化得到Mn3O4，其他条件一定时，Mn2+的沉淀率随氨气通入量的变化如图所示。 ①向起始pH≈7的MnSO4溶液中持续通入O2，反应一段时间后，MnSO4不再转化为Mn3O4，其原因是___________。 ②实际工业生产中，当氨气超过30mL时，Mn2+的沉淀率下降的主要原因是___________。 【答案】（1） ①. C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O ②. PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去 ③. 液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低 ④. ⑤. pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢 （2） ①. Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值 ②. 过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降 【解析】 【分析】根据软锰矿中所含杂质，以及题中所给信息可知，“酸浸”步骤中部分MnO2与有机物发生氧化还原反应，钙镁碳酸盐与酸反应生成可溶于水的物质，然后过滤，滤渣中主要成分是MnO2，向滤渣中加水“制浆”，通入二氧化硫，发生氧化还原反应，得到硫酸锰，据此分析； 【小问1详解】 ①MnO2与有机物发生氧化还原反应，将C元素氧化成CO2，本身被还原为Mn2+，利用化合价升降法、电荷守恒、原子守恒得出该反应离子方程式为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O，故答案为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O； ②软锰矿杂质中含有钙镁碳酸盐，Ca2+、Mg2+能与磷酸反应生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；故答案为PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去； ③液固比20∶1浆料相当于向液固比10∶1浆料中加水，使MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低，故答案为液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低； ④H2S2O6是连二硫酸的化学式，其中含有S-S键，因此连二硫酸的结构式为；根据流程图可知，MnOOH用于HSO反应生成MnO与H2S2O6，MnO与H2S2O6反应生成MnS2O6，当溶液pH增大，c(HSO)减小，从而导致c(H2S2O6)减小，使生成MnS2O6的速率减慢；故答案为；pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢； 【小问2详解】 Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值，故答案为Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值； 工业上中制备Mn3O4，先向MnSO4溶液中通入氨气生成Mn(OH)2沉淀，再将Mn(OH)2氧化得到Mn3O4，当氨气超过30mL时，过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降；故答案为过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降。 15. 化合物F是合成某种祛痰止咳药的重要中间体，其合成路线如下： (1)A中与苯环相连的官能团名称为___________。 (2)D→E的过程中，涉及的反应类型有：加成反应、___________。 (3)若E中有D残留，则产物F中可能含有杂质C7H7NOBr2，其结构简式为___________。 (4) 的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①分子中有一个含氮五元环； ②核磁共振氢谱显示分子中有5种不同化学环境的氢原子； ③红外光谱显示分子中无甲基。 (5)已知：，易被氧化(R为H或烃基)。 设计以和为原料制备 的合成路线___________ (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】 ①. 氨基、酯基 ②. 消去反应 ③. ④. ⑤. 【解析】 【分析】与溴发生取代反应生成，发生还原反应生成，被二氧化锰氧化生成，与发生反应生成，与氢气发生加成反应生成。 【详解】(1)A为，与苯环相连的官能团名称为氨基、酯基； (2)D→E的过程中与发生反应生成，涉及的反应类型有：加成反应、消去反应； (3)若E中有D残留，则产物F中可能含有杂质C7H7NOBr2，与氢气发生加成反应生成，其结构简式为； (4) 的一种同分异构体，满足：①分子中有一个含氮五元环；②核磁共振氢谱显示分子中有5种不同化学环境的氢原子，则高度对称；③红外光谱显示分子中无甲基，符合条件的同分异构体有； (5)已知： ，易被氧化(R为H或烃基)。 被酸性高锰酸钾氧化生成，发生还原反应生成，与发生反应生成，还原得到，合成路线如下：。 16. 氯硝西泮是抗惊厥镇静剂，其合成路线如下 （1）已知苯胺衍生物具有碱性，且碱性随氮原子电子云密度的增大而增强。由此推测比的碱性___________(填“强”、“弱”或“无差别”)。 （2）G转化为氯硝西泮需经历过程：G→X→氯硝西泮，若已知中间体X的分子式为C15H12ClN3O4，X→氯硝西泮的反应类型为___________。 （3）已知F的分子式为C15H10BrClN2O4，则F的结构简式为___________。 （4）B的一种同分异构体能同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。 ①分子中含有苯环，无碳氧键 ②有机产物的核磁共振氢谱中只有4个峰 （5）已知：① ② 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，合成路线流程图示例见本题题干)。___________。 【答案】（1）强 （2）消去反应 （3） （4）或或 （5） 【解析】 【分析】由有机物的转化关系可知，与乙酸发生取代反应生成B；在浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成C；发生水解反应生成D；与发生取代反应生成E；与BrCH2COBr发生取代反应生成F，F与氨气反应生成G，可知F为；再转化为，据此分析作答。 【小问1详解】 甲基为给电子基团，会增大N的电子云密度，氯原子为吸电子基，会降低N的电子云密度，则比的碱性强，故答案为：强。 【小问2详解】 G的结构简式为，G的分子式为C15H12ClN3O4，X的分子式为C15H12ClN3O4，在一定条件下生成，的分子式为C15H10ClN3O3，根据质量守恒，XG少了一个O、两个H，其他原子个数没变，所以X→氯硝西泮的反应类型为消去反应，故答案为：消去反应。 【小问3详解】 E的结构简式为，其分子式为C13H9ClN2O3，BrCH2COBr分子式为C2H2BrO，F的分子式为C15H10BrClN2O4，则反应后生成HBr，F的结构简式为，故答案为：。 【小问4详解】 B为，其的同分异构体分子中：含有苯环，无碳氧键，有机产物的核磁共振氢谱中只有4个峰，则说明该结构要对称，符合条件的结构简式为、、，故答案为：或、。 【小问5详解】 根据已知反应①可知再结合流程，可先将与反应生成，与反应生成，在氢氧化钠的作用下，发生已知反应②，生成，结合流程，在硫酸作用下，与硝酸发生硝化反应生成，具体流程为：，故答案为：。 17. 脱硫脱硝是环境保护的重要课题。 （1）纳米零价铁(NZVI)/BC与(CuPd)/BC联合作用可去除水体中的硝态氮。 在NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料联合作用的体系中，生物炭(BC)作为NZVI、Cu、Pb的载体且减少了纳米零价铁的团聚，纳米零价铁作为主要还原剂，Cu和Pd作为催化剂且参与吸附活性H。 ①NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料还原硝酸盐的反应机理如图所示， NO转化为NO的反应方程式为___________。 ②实验测得体系初始pH对NO去除率的影响如图，前200min内，pH=9.88时的去除率远低于pH=4.05时，其可能的原因是___________。 （2）气相脱硫脱硝。一定温度下，将模拟烟气通入气相氧化反应器中。NO和的初始浓度相同，改变的浓度，相同时间内，气体的氧化率随与NO或的物质的量浓度之比的变化如图所示。其中①、④分别为NO和单独通入反应器时NO、的氧化率，②、③分别为将NO和同时通入反应器时NO、的氧化率。 已知：对于确定的基元反应，反应速率(v)与速率常数(k)成正比。 ClO2气相氧化NO的关键基元反应： 基元反应1： 基元反应2： 气相氧化的关键基元反应： 基元反应3： 基元反应4： ①单独氧化时，氧化率很低。原因是___________。 ②将和NO同时通入气相氧化反应器中时，的氧化率与将其单独通入反应器中时相比明显提高。原因分别是___________。 ③当体系中有水蒸气时，单独氧化的氧化率有很大提升。研究表明，此时被氧化不再经历基元反应3和基元反应4，而是生成两种常见的强酸。反应的化学方程式是___________。 （3）催化电解NO吸收液可将NO还原为NH3.在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图所示。已知，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；Q总表示电解过程中通过的总电量。 ①当电解电压为U2时，电解生成的NH3和N2O的物质的量之比为___________。 ②电解电压为U1，一段时间后，在阳极收集到标况下44.8L的O2，则生成H2的物质的量n=___________。 【答案】（1） ①. NO+Fe+2H+=NO+Fe2++H2O ②. 酸性越强，Fe越易失去电子，NO越易得到电子被还原，酸性越强，H+越大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露更多的反应活性位点，促进反应的进行。 （2） ①. 基元反应3的很小，导致其反应速率很小，使得单独氧化的总反应速率很低 ②. 很大，基元反应1速率很快，使得ClO浓度增大，导致基元反应4速率增大，使得二氧化硫的氧化率得到提高 ③. （3） ①. 2/5(或0.4) ②. 1.6mol 【解析】 【小问1详解】 ①由反应机理图可知，NO转化为NO的反应方程式为NO+Fe+2H+=NO+Fe2++H2O，故答案为：NO+Fe+2H+=NO+Fe2++H2O； ②酸性越强，Fe越易失去电子，NO越易得到电子被还原，酸性越强，H+越大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露更多的反应活性位点，促进反应的进行； 【小问2详解】 ①单独氧化时，对应关键基元反应3的很小，导致其反应速率很小，使得单独氧化的总反应速率很低； ②当NO和SO2同时通入时，SO2的氧化率显著提高：一方面NO与ClO2的反应速率常数较大，可生成更多ClO等活性中间物种；另一方面活性物种的增多又促进了基元反应4的速率增大，故答案为：很大，基元反应1速率很快，使得ClO浓度增大，导致基元反应4速率增大，使得二氧化硫的氧化率得到提高； ③在有水蒸气参与时，的氧化不再经过基元反应3和4，而是直接生成了两种常见的硫酸和盐酸，其化学方程式为，故答案为：； 【小问3详解】 ①由图可知，当电解电压为U2时， NH3、N2O的法拉第效率分别为40%、10%，根据知，电解生成NH3和N2O转移电子物质的量之比为，生成NH3、N2O的电极反应式分别为、，则电解生成的NH3和N2O的物质的量之比为：=2：5，故答案为：2/5(或0.4)； ②电解电压为U1，一段时间后，在阳极收集到标况下44.8L的O2，即2molO2，由电极方程式可知转移电子数为8mol，由图可知，此时H2的法拉第效率为40%，根据知，电解生成H2转移电子物质的量为8mol×40%=3.2mol，生成H2的电极反应式为，则生成H2的物质的量n＝＝1.6mol，故答案为：1.6mol。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $