精品解析：福建省厦门市2025届高三下学期第二次质量检测（二模）化学试题

厦门市2025届高中毕业班第二次质量检测 化学试题 本试卷共8页，总分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Fe-56 Sb-122 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 科学家利用催化剂Ru/TiO2将废弃塑料PET (聚对苯二甲酸乙二酯)一步转化为苯、甲苯和二甲苯。下列说法正确的是 A. PET属于天然高分子 B. 催化剂 Ru/TiO2可提高上述反应的平衡转化率 C. 由单体合成PET的反应类型为加聚反应 D. 苯、甲苯和二甲苯互为同系物 2. 科学家从蛇毒研究中获得启示，合成口服降压药卡托普利，其结构如图。下列说法错误的是 A. 含有2个手性碳原子 B. 含有3种官能团 C. 能发生酯化反应和水解反应 D. 若将替换为，药物的水溶性降低 3. 一种电池电解质的前驱体结构如图。X、Y、Z、W、Q为分属三个主族的短周期元素，Z的电负性最大，X基态原子的s轨道上电子数是p轨道的2倍。下列说法错误的是 A. 最简单氢化物沸点： B. 第一电离能： C. 键长： D. 最高价氧化物对应水化物的酸性： 4. 联氨可用于镜面镀银，其原理为(未配平)。设为阿伏加德罗常数值。下列说法错误的是 A. 中非极性键数目为 B. 晶体中键的数目为 C. 溶液中的数目为 D. 该反应中每转移电子生成的数目为 5. 一种半导体材料的晶胞结构如图。已知晶胞，，设为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法错误的是 A. 位于晶胞的体内和面上 B. 该晶体的密度为 C. 的配位数为4 D. 1号原子与2号原子核间距 6. 25℃时，， 。向溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液。下列说法错误的是 A. 将浓氨水稀释至，不断变小 B. 沉淀完全时， C. D. 对于转化为有促进作用 7. 从锗精矿(主要成分为，含杂质)中提取的流程如下。 已知：与结构相似。下列说法正确的是 A. “氯化蒸馏”中与浓盐酸反应体现浓盐酸的酸性和氧化性 B. “氧化”时存在反应： C. “操作X”为蒸馏 D. “水解”后的滤液可直接用于溶解锗精矿 8. 实验室制备广谱高效的氧化型杀菌剂二氯异氰尿酸钠，反应原理为，装置如图(加热及夹持装置省略)。 已知：常温下，二氯异氰尿酸钠固体可溶于水，难溶于冰水。与相关步骤对应的操作或叙述错误的是 步骤 操作或叙述 A Ⅰ．制备高浓度溶液 打开，快速滴加浓盐酸至②中溶液上方出现黄绿色气体，立即关闭 B Ⅱ．制备二氯异氰尿酸钠 打开，滴加溶液至②中气体颜色变浅，关闭，重复步骤Ⅰ、Ⅱ若干次 C Ⅲ．处理残余氯气 打开，通入至装置内黄绿色气体消失，关闭 D Ⅳ．获得二氯异氰尿酸钠晶体 将②置于冰水浴中冷却，过滤，冰水洗涤，低温干燥得到产品 A. A B. B C. C D. D 9. 以废塑料(聚丁二酸丁二酯)和生物质源马来酸()为原料无膜共电解生产琥珀酸()的工作原理如图。下列有关说法正确的是 A. 的水解反应为 B. 阳极电极反应式为： C. 理论上电解过程转移，最终至少可获得琥珀酸 D. 若略去碳酸化步骤，可简化分离提纯过程并提高经济效益 10. 常温下，向溶液中缓慢加入相同浓度的溶液，忽略溶液混合时的体积变化，混合溶液中含微粒的分布系数与的变化关系如图。[比如：]。 下列说法正确的是 A. 的数量级为 B. 溶液中 C. 时， D. 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 铜阳极泥的主要成分为、、、、，从铜阳极泥中提取金、银的工艺流程如下： （1）“浸铜”时，鼓入空气的目的有提供氧化剂、_______。 （2）“浸铜”时，反应生成S的化学方程式为_______。 （3）硫脲()呈平面结构，可简写为，强酸性条件下有还原性。“浸金银”中： ①硫脲与尿素()结构相似，熔点更高的原因是_______。 ②已知：25℃时 则 _______。 ③的结构为，反应生成的离子方程式为_______，与配位的原子是而不是的原因是_______。 ④浸出液对金浸出率的影响如图。随着浸出液升高，金浸出率先升高后降低的原因是_______。 ⑤浸出渣的主要成分有S、_______。 （4）“电解”时，生成的电极反应式为_______。 （5）“离子交换”除去金属离子后，吸附后液可返回_______工序循环使用。 12. 利用Favorskii反应制备可应用于光刻领域的癸炔二醇(，简称S104)，过程如下。 I．制备催化剂异丁醇钾-间二甲苯悬浮液(实验装置如图，夹持装置省略)。(反应限度很小)。 反应原理为+KOH+H2O(反应限度很小)。在氮气氛围中升温至，经分水器分去水相。待体系含水量降至0.2%以下时，继续升温并补加试剂X。待……时，停止加热，得到异丁醇钾-间二甲苯悬浮液。已知：几种共沸物组分及沸点如下表。 序号 组分名称 组分沸点/℃ 共沸物沸点/℃ 质量百分比/% 组分一 组分二 组分一 组分二 组分一 组分二 1 水 异丁醇 100 108 90 33.2 66.8 2 异丁醇 间二甲苯 108 139 107.7 87 13 （1）使用氮气氛围的主要目的是排除_______对异丁醇钾的影响。(填标号) A． B． C． （2）为_______(填数值)，使用分水器分离出水相的目的是_______。 （3）试剂X为____，待温度计____(填“a”或“b”)的温度升高至___℃时“停止加热”。 II．制备S104：待上述悬浮液冷却后，通入乙炔以置换烧瓶中的氮气。升温至35℃，在2h内边缓缓通入乙炔，边缓慢滴加甲基异丁基酮(，简称MIBK，)，加料完毕后反应3~15h。反应结束后，反应液经水解、分离提纯制得。Favorskii反应：。 （4）结合反应机理，从结构角度分析异丁醇钾催化效果优于的原因_______。 （5）反应温度对MIBK转化率及S104收率影响如图。 ①据图推测：当温度过低时，所提供能量不足以完全活化乙炔分子两个炔氢，多数乙炔分子仅活化了一个炔氢，产生大量副产物，其结构简式为_______。 ②当温度过高时，产品收率下降。从平衡角度分析，其可能的原因是_______。 （6）本实验中S104的产率为_______。 13. 新型碳还原白云石()炼镁工艺分为“炼镁”和碳化钙“再生”两阶段，对应的主要反应如下： 反应i： 反应ii： 回答下列问题： （1）总反应 。 ①_______。 ②下列措施能提高平衡产率的有_______。(填标号) A．升高温度 B．增大压强 C．粉碎白云石 D．及时分离气态产物 （2）“炼镁”阶段同时发生反应iii： ，已知：，时，反应处于平衡态；时，反应正向自发。反应i和反应iii分别在时，体系温度(℃)与压强变化关系如图。为获得高纯镁应从源头上避免镁蒸气与接触(即抑制反应iii发生)，图中阴影区域为最佳工艺条件。 ①反应i正向自发的区域位于对应曲线的_______。(填“上方”或“下方”) ②反应iii对应的曲线为_______(填“L1”或“L2”)，在1400℃时，_______。 ③从平衡与速率视角综合考虑，阴影区域为最佳工艺条件的原因为_______。 （3）为优化“炼镁”阶段的反应条件，测定不同条件下反应后镁的还原率和如下表。已知：；。 实验组别 实验1 实验2 实验3 实验4 实验5 温度/℃ 1250 1300 1350 1350 1350 压强/Pa 2000 2000 2000 3000 4000 80 97 104 98 94 72 87 97 94 92 ①实验3中体积分数_______。(保留2位有效数字) ②上述五组实验中，产品纯度最高的是实验_______。(填标号) 14. 艾滋病治疗药物地瑞那韦中间体合成路线如下。 （1）A中含氧官能团有_______。(填名称) （2）B→C中加入时，控制条件降低氧化性的原因是_______。 （3）C→D的化学方程式为_______。 （4）的反应类型是_______，从物质结构角度解释产物为而非的原因是_______。 （5）H的一种环状同分异构体的光谱结果如下，则其结构简式可能为_______。 ①红外光谱显示，存在羟基和酮羰基 ②核磁共振氢谱显示，峰面积之比为且同一个碳上未连接多个羟基 （6）反应经历反应、缩醛化反应和内酯化反应，具体历程如下。 ①的作用有活化硝基、_______。 ②I和J的分子式相同，J的结构简式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市2025届高中毕业班第二次质量检测 化学试题 本试卷共8页，总分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Fe-56 Sb-122 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 科学家利用催化剂Ru/TiO2将废弃塑料PET (聚对苯二甲酸乙二酯)一步转化为苯、甲苯和二甲苯。下列说法正确的是 A. PET属于天然高分子 B. 催化剂 Ru/TiO2可提高上述反应的平衡转化率 C. 由单体合成PET的反应类型为加聚反应 D. 苯、甲苯和二甲苯互为同系物 【答案】D 【解析】 【详解】A．PET(聚对苯二甲酸乙二酯)是由对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应合成的高分子化合物，属于合成高分子，而不是天然高分子，A错误； B．催化剂Ru/TiO2只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，所以不能提高上述反应的平衡转化率，B错误； C．由对苯二甲酸和乙二醇合成PET反应中，除了生成高分子化合物PET外，还有小分子水生成，反应类型为缩聚反应，而不是加聚反应，C错误； D．苯、甲苯和二甲苯结构相似，都含有一个苯环，分子组成上依次相差一个或两个“CH2”原子团，互为同系物，D正确； 故答案为：D。 2. 科学家从蛇毒研究中获得启示，合成口服降压药卡托普利，其结构如图。下列说法错误的是 A. 含有2个手性碳原子 B. 含有3种官能团 C. 能发生酯化反应和水解反应 D. 若将替换为，药物的水溶性降低 【答案】D 【解析】 【详解】A．手性碳原子是碳原子周围连接四个不同的原子或原子团，结构中含有两个手性碳原子，，A正确； B．结构中有羧基、酰胺基、巯基，含有3种官能团，B正确； C．有羧基可以发生酯化反应，有酰胺基可以发生水解反应，C正确； D．O的电负性大于S，-OH的极性更强，亲水性更强，若将替换为，药物的水溶性升高，D错误； 答案选D。 3. 一种电池电解质的前驱体结构如图。X、Y、Z、W、Q为分属三个主族的短周期元素，Z的电负性最大，X基态原子的s轨道上电子数是p轨道的2倍。下列说法错误的是 A. 最简单氢化物沸点： B. 第一电离能： C. 键长： D. 最高价氧化物对应水化物的酸性： 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、Q为分属三个主族的短周期元素，由前驱体的结构式可知，Z、Q形成1个共价键，Z的电负性最大，故Z为F，Q为Cl，X基态原子的s轨道上电子数是p轨道的2倍，X电子排布式为1s22s22p2，故X为C，Y形成2个共价键，W形成6个共价键，故Y为O，W为S，据此解答。 【详解】A．根据上述分析，Y为O，W为S，X为C，H2O分子间存在氢键故沸点最高，相对分子质量越大，分子间范德华力越大，沸点越高，故沸点：H2S＞CH4，故最简单氢化物沸点：Y＞W＞X，A错误； B．Z为F，Y为O，X为C，同一周期内，随着原子序数的递增，元素第一电离能呈增大趋势，故第一电离能：F＞O＞C，B正确； C．W为S，X为C，Z为F，Q为Cl，原子半径：S＞Cl＞C＞F，成键原子的半径越大，则键长越长，故键长：S—Cl＞S—C＞C—F，C正确； D．W为S，X为C，Q为Cl,元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：HClO4＞H2SO4＞H2CO3，D正确； 故答案为：A。 4. 联氨可用于镜面镀银，其原理为(未配平)。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 中非极性键的数目为 B. 晶体中键的数目为 C. 溶液中的数目为 D. 该反应中每转移电子生成的数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．32g N2H4的物质的量为1mol，N2H4分子中N—N键为非极性键，1个N2H4分子中有1个非极性键，所以1mol N2H4中非极性键的数目为NA，A正确； B．1mol 中σ键的物质的量为4mol，1mol 中σ键的物质的量为3mol，1个NH4NO3分子中有7个σ键，所以1mol NH4NO3中σ键的数目为7NA，B正确； C．[Ag(NH3)2]+是络合离子，其中Ag+被NH3分子络合，所以在[Ag(NH3)2]NO3溶液中，Ag+的数目少于0.01NA，C错误； D．反应方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4→4Ag↓+N2↑+4+4NH3，其中N2H4被氧化，N的化合价从-2变为0，所以每生成1mol N2，转移4mol电子，即每转移1mol电子生成0.25mol N2，数目为0.25NA，D正确； 故答案为：C。 5. 一种半导体材料的晶胞结构如图。已知晶胞，，设为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法错误的是 A. 位于晶胞的体内和面上 B. 该晶体的密度为 C. 的配位数为4 D. 1号原子与2号原子核间距为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图，1、2号铁位于顶点和体内，据“均摊法”，晶胞中含个Fe，结合化学式，则2个位于体内、4个位于面上，含个，A正确； B．结合A分析，该晶体的密度为，B正确； C．由图可知铁的配位数6，根据化学式可知Sb的配位数为3，C错误； D．1号原子与2号原子核间距为体对角线的二分之一：，D正确； 故选C。 6. 25℃时，， 。向溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液。下列说法错误的是 A. 将浓氨水稀释至，不断变小 B 沉淀完全时， C. D. 对于转化为有促进作用 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓氨水中存在平衡：，将浓氨水稀释至，和均减小，由于氨水的浓度降低，对水的电离抑制程度减小，减小的程度小于，不断变小，A正确； B．沉淀完全时，溶液中=，c(H+)=，，B错误； C．的平衡常数，的平衡常数，C正确； D．增大的浓度，平衡逆向移动，溶液中的浓度增大，促进正向移动，对于转化为有促进作用，D正确； 故选B。 7. 从锗精矿(主要成分为，含杂质)中提取的流程如下。 已知：与结构相似。下列说法正确的是 A. “氯化蒸馏”中与浓盐酸反应体现浓盐酸的酸性和氧化性 B. “氧化”时存在反应： C. “操作X”为蒸馏 D. “水解”后的滤液可直接用于溶解锗精矿 【答案】B 【解析】 【分析】锗精矿加入浓盐酸、二氧化锰氯化蒸馏得到与的混合物，氧化步骤中被氯气氧化生成，溶于浓盐酸，结构与CCl4相似，难溶于水，浓盐酸抑制其水解，通过分液进行分离，再加大量水水解得到，据此分析。 【详解】A．“氯化蒸馏”中与浓盐酸反应体现浓盐酸的酸性和还原性，A错误； B．氧化步骤中被氯气氧化生成，反应方程式为：，B正确； C．根据分析，“操作X”为分液，C错误； D．“水解”后的滤液是稀盐酸，不能直接用于溶解锗精矿，D错误； 故选B。 8. 实验室制备广谱高效的氧化型杀菌剂二氯异氰尿酸钠，反应原理为，装置如图(加热及夹持装置省略)。 已知：常温下，二氯异氰尿酸钠固体可溶于水，难溶于冰水。与相关步骤对应的操作或叙述错误的是 步骤 操作或叙述 A Ⅰ．制备高浓度溶液 打开，快速滴加浓盐酸至②中溶液上方出现黄绿色气体，立即关闭 B Ⅱ．制备二氯异氰尿酸钠 打开，滴加溶液至②中气体颜色变浅，关闭，重复步骤Ⅰ、Ⅱ若干次 C Ⅲ．处理残余氯气 打开，通入至装置内黄绿色气体消失，关闭 D Ⅳ．获得二氯异氰尿酸钠晶体 将②置于冰水浴中冷却，过滤，冰水洗涤，低温干燥得到产品 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．滴加浓盐酸应该缓慢，减少其挥发，当液面上方出现黄绿色气体时说明氯气过量已将氢氧化钠转化为次氯酸钠；在反应过程中仍不断通入Cl2，目的是使②中反应生成的NaOH继续反应，提高原料利用率，故A错误； B．向②中加入吡啶溶液，与NaClO溶液反应生成产物，滴加溶液至②中气体颜色变浅，关闭K3，继续通入Cl2，将NaOH继续反应，所以需重复步骤Ⅰ、Ⅱ若干次，故B正确； C．打开K1通入N2的目的是将装置内残余的Cl2赶入吸收装置被完全吸收，故C正确； D．常温下，二氯异氰尿酸钠固体可溶于水，难溶于冰水，故将②置于冰水浴中冷却，过滤，冰水洗涤，低温干燥得到产品，故D正确； 答案选A。 9. 以废塑料(聚丁二酸丁二酯)和生物质源马来酸()为原料无膜共电解生产琥珀酸()的工作原理如图。下列有关说法正确的是 A. 的水解反应为 B. 阳极电极反应式为： C. 理论上电解过程转移，最终至少可获得琥珀酸 D. 若略去碳酸化步骤，可简化分离提纯过程并提高经济效益 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，左侧电极为电解池的阳极，碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成碱式氧化镍和水，电极反应式为Ni(OH)2—e—+ OH—=NiOOH+H2O，放电生成的碱式氧化镍碱性条件下与丁二醇反应生成氢氧化镍、丁二酸根离子和水，离子方程式为+8NiOOH+2OH—+8Ni(OH)2；右侧电极为阴极，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e—=H2↑，放电生成的氢气与反应生成，+H2，反应得到的溶液经碳酸化、盐酸沉淀得到琥珀酸。 【详解】A．由结构简式可知，聚丁二酸丁二酯一定条件下发生水解反应生成丁二酸和丁二醇，反应的化学方程式为，故A错误； B．由分析可知，左侧电极为电解池的阳极，碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成碱式氧化镍和水，电极反应式为Ni(OH)2—e—+ OH—=NiOOH+H2O，故B错误； C．由题意可知，聚丁二酸丁二酯水解生成1mol丁二醇时，生成1mol丁二酸，由分析可知，电解过程转移8xmol电子时，阳极消耗xmol丁二醇、生成xmol，阴极生成4xmol，所以理论上生成琥珀酸的物质的量为6xmol，故C正确； D．由图可知，向溶液中通入二氧化碳碳酸化时，二氧化碳转化为碳酸氢钠，说明电解所得溶液呈碱性，若略去碳酸化步骤，会使盐酸沉淀步骤消耗盐酸的量增大，导致经济效益降低，故D错误； 故选C。 10. 常温下，向溶液中缓慢加入相同浓度的溶液，忽略溶液混合时的体积变化，混合溶液中含微粒的分布系数与的变化关系如图。[比如：]。 下列说法正确的是 A. 的数量级为 B. 溶液中 C. 时， D 【答案】D 【解析】 【分析】向H2A溶液中加入氢氧化钠溶液时，溶液中钠离子浓度增大，H2A的分布系数减小、HA—离子的分布系数先增大后减小、A2—离子的分布系数先不变后增大，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2A、HA—离子、A2—离子的分布系数与钠离子的变化关系；由图可知，未加入氢氧化钠溶液时，H2A、HA—离子、A2—离子的分布系数分别为0.4、0.6、0，则溶液中H2A、HA—离子浓度为0.04mol/L 、0.06mol/L ，H2A的一级电离常数Ka1(H2A)= ≈=0.09；钠离子浓度为0.06mol/L时，溶液中HA—离子、A2—离子的分布系数分别为0.48、0.52，设加入氢氧化钠溶液的体积为VmL，由钠离子浓度可得：=0.06mol/L，解得V=30，则溶液中HA—离子、A2—离子的浓度为=0.0192mol/L、=0.0208mol/L，则溶液中0.0208mol/L×2+0.0192mol/L＞0.06mol/L，由电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HA—)+2c(A2—)+c(OH—)可知，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，由电离常数可得：溶液中c(H+)=＞10—7mol/L，所以H2A的二级电离常数Ka2(H2A)＞10—7。 【详解】A．由分析可知，Ka1(H2A)= ≈=0.09，数量级为10-2，故A错误； B．由电离常数可知，HA—离子的水解常数Kh==＜Ka1(H2A)，则HA—离子在溶液中的电离程度大于水解程度，NaHA溶液中A2—离子的浓度大于H2A，故B错误； C．由分析可知，钠离子浓度为0.06mol/L时，加入氢氧化钠溶液的体积为30mL，由物料守恒可知，溶液中，故C错误； D．由分析可知，H2A的二级电离常数Ka2(H2A)＞10-7，故D正确； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 铜阳极泥的主要成分为、、、、，从铜阳极泥中提取金、银的工艺流程如下： （1）“浸铜”时，鼓入空气的目的有提供氧化剂、_______。 （2）“浸铜”时，反应生成S的化学方程式为_______。 （3）硫脲()呈平面结构，可简写为，强酸性条件下有还原性。“浸金银”中： ①硫脲与尿素()结构相似，熔点更高的原因是_______。 ②已知：25℃时 则 _______。 ③的结构为，反应生成的离子方程式为_______，与配位的原子是而不是的原因是_______。 ④浸出液对金浸出率的影响如图。随着浸出液升高，金浸出率先升高后降低的原因是_______。 ⑤浸出渣的主要成分有S、_______。 （4）“电解”时，生成的电极反应式为_______。 （5）“离子交换”除去金属离子后，吸附后液可返回_______工序循环使用。 【答案】（1）搅拌，增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 （2） （3） ①. 硫脲和尿素为分子晶体，硫脲的相对分子质量更大，范德华力更大 ②. ③. ④. S的原子半径更大，电负性更小，更易给电子形成配位键 ⑤. 时，升高，还原性减弱，避免与反应；时，升高，会形成沉淀 ⑥. 、 （4） （5）浸金银 【解析】 【分析】铜阳极泥加入硫酸、空气，将铜转化为硫酸铜浸出液，过滤后固体加入氯化铁、硫脲，将银、金转化为、，电解生成银单质、金单质，电解后溶液通过离子交换除去金属离子得到吸附后液； 【小问1详解】 空气中氧气具有氧化性，且液体中鼓入气体可以搅动溶液，“浸铜”时，鼓入空气的目的有提供氧化剂、搅拌，增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分； 【小问2详解】 “浸铜”时，空气中氧气具有氧化性，氧气在酸性条件下氧化生成硫单质和硫酸铜，铜化合价由+1变为+2、中硫化合价由-2变为0，氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒，化学方程式为； 【小问3详解】 ①硫脲和尿素为分子晶体，硫脲的相对分子质量更大，范德华力更大，故硫脲与尿素相比，熔点更高； ②已知： ① ② ③ 由盖斯定律可知，①+②+③得反应，则。 ③固体加入氯化铁、硫脲，将银转化为，铁离子化合价降低、银化合价升高，故反应的离子方程式为；S较N的原子半径更大，电负性更小，更易给电子形成配位键，故与配位的原子是S而不是； ④已知在强酸性条件下有还原性，时，升高，还原性减弱，避免与反应，时，升高，氢氧根离子浓度增大，会形成沉淀，导致随着浸出液升高，金浸出率先升高后降低； ⑤浸铜过程中生成硫单质，结合流程，浸金银过程的溶液中含有、，铁离子具有氧化性，结合质量守恒，浸金银过程中铁离子会将Se、Te元素氧化为Se、Te单质，则浸出渣的主要成分有S、、； 【小问4详解】 “电解”时，生成的电极反应为得到电子发生还原反应生成银单质和TU，反应为； 【小问5详解】 电解时、得到电子发生还原反应生成银单质、金单质，同时生成TU，“离子交换”除去金属离子后，吸附后液含TU，可返回浸金银工序循环使用。 12. 利用Favorskii反应制备可应用于光刻领域的癸炔二醇(，简称S104)，过程如下。 I．制备催化剂异丁醇钾-间二甲苯悬浮液(实验装置如图，夹持装置省略)。(反应限度很小)。 反应原理为+KOH+H2O(反应限度很小)。在氮气氛围中升温至，经分水器分去水相。待体系含水量降至0.2%以下时，继续升温并补加试剂X。待……时，停止加热，得到异丁醇钾-间二甲苯悬浮液。已知：几种共沸物组分及沸点如下表。 序号 组分名称 组分沸点/℃ 共沸物沸点/℃ 质量百分比/% 组分一 组分二 组分一 组分二 组分一 组分二 1 水 异丁醇 100 108 90 33.2 66.8 2 异丁醇 间二甲苯 108 139 107.7 87 13 （1）使用氮气氛围的主要目的是排除_______对异丁醇钾的影响。(填标号) A． B． C． （2）为_______(填数值)，使用分水器分离出水相的目的是_______。 （3）试剂X为____，待温度计____(填“a”或“b”)的温度升高至___℃时“停止加热”。 II．制备S104：待上述悬浮液冷却后，通入乙炔以置换烧瓶中的氮气。升温至35℃，在2h内边缓缓通入乙炔，边缓慢滴加甲基异丁基酮(，简称MIBK，)，加料完毕后反应3~15h。反应结束后，反应液经水解、分离提纯制得。Favorskii反应：。 （4）结合反应机理，从结构角度分析异丁醇钾催化效果优于的原因_______。 （5）反应温度对MIBK转化率及S104收率的影响如图。 ①据图推测：当温度过低时，所提供能量不足以完全活化乙炔分子两个炔氢，多数乙炔分子仅活化了一个炔氢，产生大量副产物，其结构简式为_______。 ②当温度过高时，产品收率下降。从平衡角度分析，其可能的原因是_______。 （6）本实验中S104的产率为_______。 【答案】（1）A （2） ①. 90 ②. 分离出水，使生成异丁醇钾的反应正向进行 （3） ①. 间二甲苯 ②. b ③. 139 （4）异丁基具有推电子效应，异丁基醇负离子碱性更强 （5） ①. ②. 温度过高时，生成S104的反应逆向移动，造成MIBK转化率及S104收率均降低 （6）80% 【解析】 【分析】+KOH+H2O反应限度很小，分离出水，使平衡正向移动，为排除水对产品的影响，在氮气氛围中升温至90℃，经分水器分去水相。待体系含水量降至0.2%以下时，继续升温并补加试剂间二甲苯。待温度计b的温度升高至139℃时，说明异丁醇、水完全蒸出，停止加热，得到异丁醇钾-间二甲苯悬浮液。待悬浮液冷却后，通入乙炔以置换烧瓶中的氮气，升温至35℃，边缓缓通入乙炔，边缓慢滴加甲基异丁基酮，加料完毕后反应3~15h，反应结束后，反应液经水解、分离提纯制得S104。 【小问1详解】 +KOH+H2O反应限度很小，分离出水，使平衡正向移动，使用氮气氛围的主要目的是排除H2O对异丁醇钾的影响，选A。 【小问2详解】 在氮气氛围中升温至，经分水器分去水相，水和异丁醇共沸物沸点90℃，所以为90℃；使用分水器分离出水相，使平衡正向移动，所以使用分水器分离出水相的目的是分离出水，使生成异丁醇钾的反应正向进行，增大异丁醇钾产率； 【小问3详解】 制备催化剂异丁醇钾-间二甲苯悬浮液，异丁醇与间二甲苯形成共沸物，需补加间二甲苯，试剂X为间二甲苯，间二甲苯的沸点为139℃，当温度计b的温度达到139℃时，说明水、异丁醇完全蒸出，所以待温度计b的温度升高至139℃时“停止加热”。 【小问4详解】 Favorskii反应用碱作催化剂，异丁基具有推电子效应，异丁基醇负离子碱性更强，所以异丁醇钾催化效果优于。 【小问5详解】 ①乙炔分子仅活化了一个炔氢，乙炔只有1个H发生Favorskii反应，相当于只生成了一半的癸炔二醇，故副产物的结构简式为。 ②当温度过高时，生成S104的反应逆向移动，造成MIBK转化率及S104收率均降低产品收率下降。 【小问6详解】 甲基异丁基酮的物质的量为0.05mol，理论上生成0.025molS104，本实验中S104的产率为。 13. 新型碳还原白云石()炼镁工艺分为“炼镁”和碳化钙“再生”两阶段，对应的主要反应如下： 反应i： 反应ii： 回答下列问题： （1）总反应 。 ①_______。 ②下列措施能提高平衡产率有_______。(填标号) A．升高温度 B．增大压强 C．粉碎白云石 D．及时分离气态产物 （2）“炼镁”阶段同时发生反应iii： ，已知：，时，反应处于平衡态；时，反应正向自发。反应i和反应iii分别在时，体系温度(℃)与压强变化关系如图。为获得高纯镁应从源头上避免镁蒸气与接触(即抑制反应iii发生)，图中阴影区域为最佳工艺条件。 ①反应i正向自发的区域位于对应曲线的_______。(填“上方”或“下方”) ②反应iii对应的曲线为_______(填“L1”或“L2”)，在1400℃时，_______。 ③从平衡与速率视角综合考虑，阴影区域为最佳工艺条件的原因为_______。 （3）为优化“炼镁”阶段的反应条件，测定不同条件下反应后镁的还原率和如下表。已知：；。 实验组别 实验1 实验2 实验3 实验4 实验5 温度/℃ 1250 1300 1350 1350 1350 压强/Pa 2000 2000 2000 3000 4000 80 97 104 98 94 72 87 97 94 92 ①实验3中体积分数为_______。(保留2位有效数字) ②上述五组实验中，产品纯度最高的是实验_______。(填标号) 【答案】（1） ①. +955 ②. AD （2） ①. 上方 ②. L1 ③. ④. L1和L2两条曲线之间的区域为反应i自发进行、反应iii非自发进行对应的区域；温度越高速率越快；压强越大限度越大 （3） ①. 0.058或5.8% ②. 5 【解析】 【小问1详解】 ①由盖斯定律，反应i+2×反应ii得反应，。 ②A．反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，能提高平衡产率； B．由反应方程式可知，，温度不变，平衡常数不变，增大压强，不能提高平衡产率； C．粉碎白云石，能加快反应速率，不能使衡移动，不能提高平衡产率； D．及时分离气态产物，促使反应正向进行，能提高平衡产率； 故选AD； 小问2详解】 ①反应i为吸热的熵增反应，反应正向自发，则高温利于自发进行，反应i正向自发的区域位于对应曲线的上方； ②由盖斯定律，反应i+反应ii得反应iii：>，时反应正向自发，则相同条件下，反应iii较反应i需要更高的温度，则反应iii对应的曲线为L1，在1400℃时，lgp=3.2，则p总=103.2pa，，则； ③L1和L2两条曲线之间的区域为反应i自发进行、反应iii非自发进行对应的区域；温度越高速率越快，压强越大限度越大，所以阴影区域为最佳工艺条件； 【小问3详解】 ①由题干可知，反应中生成气体为镁蒸气、CO气体，假设反应前镁元素为100g，由实验3=97%，则生成镁蒸气97g，=104，则生成CO为104g-97g=7g，则实验3中体积分数为； ②结合①分析，则上述五组实验中，、差值越小，CO含量越小，则产品纯度越高，故最高的是实验5。 14. 艾滋病治疗药物地瑞那韦中间体合成路线如下。 （1）A中含氧官能团有_______。(填名称) （2）B→C中加入时，控制条件降低氧化性的原因是_______。 （3）C→D的化学方程式为_______。 （4）的反应类型是_______，从物质结构角度解释产物为而非的原因是_______。 （5）H的一种环状同分异构体的光谱结果如下，则其结构简式可能为_______。 ①红外光谱显示，存在羟基和酮羰基 ②核磁共振氢谱显示，峰面积之比为且同一个碳上未连接多个羟基 （6）反应经历反应、缩醛化反应和内酯化反应，具体历程如下。 ①的作用有活化硝基、_______。 ②I和J的分子式相同，J的结构简式为_______。 【答案】（1）羟基、酯基 （2）防止中醛基被进一步氧化 （3）+ （4） ①. 加成反应 ②. 酯基为吸电子基，导致碳原子呈，硝基为吸电子基，导致中原子呈，所以原子应与碳原子连接 （5）或 （6） ①. 水解开环，脱保护 ②. 【解析】 【分析】A与CH3COCH3反应生成B，B被氧化后转化为C，C中醛基发生反应转化为D，D中碳碳双键和CH3NO2发生加成反应引入含硝基的支链得到E，E成环转化为F，F去掉含酯基的支链得到G，G最终转化为产物H； 【小问1详解】 由A结构知，A中含氧官能团有羟基、酯基； 【小问2详解】 次氯酸钠具有氧化性，C中醛基具有还原性，控制条件降低氧化性的原因是防止中醛基被进一步氧化； 【小问3详解】 C→D的反应为C中醛基首先和结构中中间-CH2-发生加成反应生成羟基，然后羟基消去生成碳碳双键得到D和水，化学方程式为+； 【小问4详解】 D中碳碳双键和CH3NO2发生加成反应引入含硝基的支链得到E，的反应类型是加成反应；酯基为吸电子基，导致碳原子呈，硝基为吸电子基，导致中原子呈，所以原子应与碳原子连接，而-CH2NO2与β碳结合，故产物为而非； 【小问5详解】 H含6个碳、3个氧、2个不饱和度，H的一种环状同分异构体符合条件：①红外光谱显示，存在羟基和酮羰基，酮羰基为1个不饱和度，则此外应该只含有1个环；②核磁共振氢谱显示，峰面积之比为且同一个碳上未连接多个羟基，则分子中应该含有2个甲基且结构对称；除2个甲基外，还含4个碳，则应该4个碳构成碳环，环上含1个酮羰基，此外2个氧可以形成2个对称的羟基，故结构可以为：或； 【小问6详解】 ①由图，E到I过程中含醚键的环断开转化为2个羟基，硝基经历反应转化为醛基，且反应中酯基没有发生变化，则反应中的作用有活化硝基、水解开环，脱保护。 ②反应经历反应、缩醛化反应，I和J的分子式相同，则I中羟基和醛基发生缩醛化转化为J，J的结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $