精品解析：上海市松江区2025-2026学年高三上学期期末质量监控（一模）化学试卷

松江区2025学年度第一学期期末质量监控试卷 高三化学 (满分100分，完卷时间60分钟) 特别提示： 1. 所有答题必须涂(选择题)或写(非选择题)在答题纸上，做在试卷上一律不得分。 2. 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。 3. 本卷可能用到的相对原子质量：O-16 Na-23 S-32 Cu-64 一 “青花瓷”元素—钴 1. 钴蓝(CoAl2O4)是使用最广也最为成熟的色料，青花瓷的命名很大程度上和“钴”料的使用有关。 （1）确定CoAl2O4晶体结构的方法是______。 A. X射线衍射 B. 质谱 C. 红外吸收光谱 D. 核磁共振氢谱 （2）钴元素在元素周期表中位置是______。 A. 第4周期第VIIIB族 B. 第4周期第9族 C. 第5周期第VIII族 D. 第5周期第9族 化合物X可作为某些含钴染料或颜料的合成原料，其化学式为[Co(NH3)6]Cl2 （3）基态Co2+中，______。(不定项) A. 有7个未成对电子 B. 有6个不同能级的电子 C. 价电子运动状态有15种 D. 核外电子空间运动状态有14种 （4）化合物X可合成 [Co(NH3)5Cl]Cl。 ① 0.5 mol [Co(NH3)5Cl]Cl与足量的AgNO3溶液发生反应，可生成沉淀______mol。 ② 0.5 mol [Co(NH3)5Cl]Cl中含有的共价键为______mol。 A．10.5 B．11 C．21 D．22 （5）已知X中H-N-H键角大于NH3中H-N-H键角，请解释其原因______。 （6）化合物X晶体的晶胞结构如图所示，离A最近的 [Co(NH3)6]2+个数为______。 A．6 B．8 C．10 D．12 NA是阿伏加德罗常数的值。已知该化合物X的摩尔质量为M g•mol–1，密度为ρ g•cm–3，则该晶胞的棱长为______nm。 利用X能络合NO的特性，再经多步反应将NO从废气中脱除，同时生成[Co(NH3)6]3+。工业上可用活性炭和水实现[Co(NH3)6]3+→[Co(NH3)6]2+，机理如下图所示。 （7）写出步骤(iii)的离子反应方程式______。 （8）结合上述机理，简述利用化合物X处理废气中NO的优缺点(优点、缺点各一条)______。 二 肼 2. 肼的化学式为N2H4 ，在工业上应用广泛。常温下将盐酸滴加到肼的水溶液中，微粒的分布分数 δ(X) 随 – lgc(OH–) 的关系如下图所示。［X的分布分数δ(X)=，X表示N2H4或N2H或N2H］ （1）已知肼为二元弱碱，常温下肼在水溶液中的电离分两步进行： 第一步电离： N2H4 + H2ON2H+ OH- 第二步电离：______ 请补充第二步的电离方程式______。 （2）结合上图，下列分析正确的是______。(不定项) A. 曲线B代表N2H4的分布分数随 – lgc(OH–) 的关系 B. 肼的电离平衡常数Kb1 = 1.0×10–6 C. 当 – lgc(OH–) = 9.0时，存在c(N2H)>c( N2H4 )>c(N2H) D. N2H6Cl2溶液中存在2c(Cl–) =c(N2H)+ c( N2H4 )+ c(N2H) （3）常温下，c(N2H4 )= c(N2H) 时，溶液的pH =______。 （4）常温下，N2H5Cl溶于水显酸性，通过计算简要说明原因______。 N2H4催化氧化的产物与温度相关，反应如下： (i)N2H4(g) + O2(g) N2 (g) + 2H2O (g) ∆H1 = -579 kJ•mol-1 (ii)N2H4(g) + 2O2(g) 2NO (g) + 2H2O (g) ∆H2 = a kJ•mol-1 （5）已知N2(g) + O2(g) 2NO (g) ∆H3 = 180 kJ•mol-1，计算a =______。 （6）∆H – T ∆S随温度变化的趋势有几种情况(见图)，反应(i)对应的是______。 A. ① B. ② C. ③ D. ④ （7）产物在单位时间内的产率随温度变化的关系如下图。 关于产物在单位时间内的产率，下列说法错误的是______。 A. 室温至400℃，通过改用其他催化剂，可使N2产率增大 B. 当N2与NO的产率相等时，参与反应的N2H4和O2的物质的量之比为3∶4 C. 温度从400℃升到900℃，反应(ii)平衡正向移动，使NO的产率增大 D. 温度高于900℃时，N2与NO的产率降低，反应速率的变化趋势无法判断 （8）某温度下，向4 L恒容密闭容器中充入1 mol N2H4 和2 mol O2 ，发生上述两个反应，平衡时生成0.4 mol NO和0.4 mol N2，计算该温度下反应(ii)的平衡常数，K=______。 研究人员利用肼的强还原性构建肼-吡唑银( )电池，可将含吡唑银的废水缓慢释放出的Ag+进行沉积回收，装置如下图所示。 （9）负极的电极反应式是______。 （10）电池工作时，需要在过程中不断通入N2，分析可能的原因______。(任写一条) 三 达菲的合成 3. 达菲又名奥司他韦，是一种抗流感病毒特效药。达菲的一种合成路线如下： （1）莽草酸中的含氧官能团名称是______。 （2）下列有关莽草酸的说法正确的是______。(不定项) A. 分子式为C7H10O5 B. 莽草酸中所有碳原子在同一平面 C. 由于分子间存在氢键，莽草酸熔沸点较高 D. 1 mol莽草酸最多可消耗4 mol NaOH （3）化合物A→B的反应类型是______。 A．取代反应 B．加成反应 C．消去反应 D．氧化反应 写出该反应的化学方程式______。 （4）达菲分子中碳原子的杂化类型为______，其中有______个不对称碳原子。 （5）化合物E→F反应时需控制 (CH3CO)2O投入量。若过量，F会与(CH3CO)2O发生反应，所得产物含两个酯基，则产物的结构简式为______。 （6）化合物M与F互为同分异构体，M分子满足以下条件： a． 属于α-氨基酸(通式：，R为侧链)； b． 属于芳香族化合物，可以与FeCl3溶液发生显色反应； c． 核磁共振氢谱显示有7组峰，峰面积比 6∶2∶2∶2∶1∶1∶1 。 写出M的结构简式：______。(任写一种，不考虑立体异构) （7）结合以上合成路线，设计以 为主要原料制备的合成路线______。 四 间接碘量法测定合金中铜的含量 4. 间接碘量法是以碘化物(如KI)进行测定的方法，可用于铜合金中铜含量的测定。 过程如下： 步骤① 用酸溶解铜合金样品1.1500 g，调控溶液的pH，配制100 mL样品溶液。 步骤② 移取20.00 mL溶液，加入过量KI并密封。发生如下反应： 2Cu2+ + 4I− = 2CuI↓ + I2 I2 + I−I 步骤③ 充分反应后，立即用Na2S2O3标准溶液滴定待测液至浅黄色后加入稍过量的KSCN溶液，继续滴定至黄色几乎消失时，加入淀粉溶液，再滴定至终点。发生如下反应：I2 + 2 S2O= S4O+2 I− 已知： I、CuI沉淀表面易吸附I2，CuSCN吸附I2的能力远小于CuI，且被吸附的I2不能与Na2S2O3充分反应。 II、该实验温度下，Ksp(CuSCN) = 5.0×10-15 ，Ksp(CuI) = 1.0×10-12 。 （1）步骤①必须使用的定量仪器有______。(不定项) A．容量瓶 B．量筒 C．分析天平 D．烧杯 A. A B. B C. C D. D （2）反应2Cu2+ + 4I− =2CuI↓ + I2中，每4 mol I− 参与反应，转移______mol电子。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 （3）步骤②加入过量KI后，需密封的原因可能是______。 （4）滴定时需将溶液pH控制在3~4，分析其可能原因______ (偏高、偏低各写一条)。 （5）步骤③加入KSCN的作用是______。 （6）判断达到滴定终点的现象为______。 （7）为减小实验误差，下列说法错误的是______。 A. Na2S2O3标准溶液长期存放后，不宜直接用于碘的滴定 B. 滴定过程中，应在光照条件下慢滴慢摇 C. 为防止KSCN被I2氧化，接近终点时再加入KSCN D. 为避免淀粉与I2大量结合，接近滴定终点时再加入淀粉溶液 （8）平行实验测得消耗 0.1050 mol·L-1 Na2S2O3溶液20.00 mL，计算合金中的质量分数______。(写出计算步骤，计算结果保留小数点后两位) 五 过二硫酸钠 5. 过二硫酸钠(Na2S2O8)是一种重要的化学试剂，广泛应用于化工合成、水质处理等领域。 （1）Na2S2O8的负离子为S2O，其结构如下图所示。 ①用“ ”在下图标示出S2O中体现强氧化性的基团______。 ②结合S2O的结构，分析S的化合价为______。 A．+4 B．+5 C．+6 D．+ 7 （2）酸性条件下，S2O与Mn2+反应生成MnO与SO，写出该过程的离子反应方程式______。 Na2S2O8可通过电解NaHSO4溶液的方法制得。电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系如下图所示。 （3）已知阳极放电的离子主要是HSO，则Na2S2O8制备过程中阳极区溶液的pH范围应为______。 A. -2~0 B. 0~2 C. 2~4 D. 4~6 （4）阳极的电极反应式为______。 Na2S2O8可用于降解有机污染物，原因是Na2S2O8溶液在一定条件下产生强氧化性自由基()。处理含有机污染物的废水时，一般先投放Na2S2O8，再投放FeSO4 Fe2+可活化，其过程中存在下列反应： (k是衡量反应快慢的物理量，k越大，反应越快) I、→ 2 k = 2.5×10-9 II、+ H2O → SO+ •OH + H+     k = 2×103 III、 + Fe2+ → Fe3+ +  + k = 20 IV、Fe2+ +   → Fe3+ +  k = 4.6×109 …… （5）某小组探究“对有机污染物降解速率的影响因素”。 ①结果表明温度升高，反应速率加快，从微观角度解释其原因______。 ②除温度之外，______等因素也会影响降解有机污染物的反应速率。(任写一种) （6）相同条件下，初始对有机物降解率的影响如下图所示。下列分析错误的是______。(不定项) A. pH约为3时，有机物的降解率较高 B. 初始pH越大，Fe2+水解程度越大，不利于•SO生成 C. 初始pH过小，反应过程中的 •OH会与H+发生中和反应，生成水 D. 初始pH越大，有利于生成较多的 •OH，降低有机物的降解率 （7）为提高污染物的降解率，需分批投放FeSO4，根据过程中涉及的反应，分析分批投放可能的原因______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 松江区2025学年度第一学期期末质量监控试卷 高三化学 (满分100分，完卷时间60分钟) 特别提示： 1. 所有答题必须涂(选择题)或写(非选择题)在答题纸上，做在试卷上一律不得分。 2. 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。 3. 本卷可能用到的相对原子质量：O-16 Na-23 S-32 Cu-64 一 “青花瓷”元素—钴 1. 钴蓝(CoAl2O4)是使用最广也最为成熟的色料，青花瓷的命名很大程度上和“钴”料的使用有关。 （1）确定CoAl2O4晶体结构的方法是______。 A. X射线衍射 B. 质谱 C. 红外吸收光谱 D. 核磁共振氢谱 （2）钴元素在元素周期表中的位置是______。 A. 第4周期第VIIIB族 B. 第4周期第9族 C. 第5周期第VIII族 D. 第5周期第9族 化合物X可作为某些含钴染料或颜料的合成原料，其化学式为[Co(NH3)6]Cl2 （3）基态Co2+中，______。(不定项) A. 有7个未成对电子 B. 有6个不同能级的电子 C. 价电子运动状态有15种 D. 核外电子空间运动状态有14种 （4）化合物X可合成 [Co(NH3)5Cl]Cl。 ① 0.5 mol [Co(NH3)5Cl]Cl与足量的AgNO3溶液发生反应，可生成沉淀______mol。 ② 0.5 mol [Co(NH3)5Cl]Cl中含有的共价键为______mol。 A．10.5 B．11 C．21 D．22 （5）已知X中H-N-H键角大于NH3中H-N-H键角，请解释其原因______。 （6）化合物X晶体的晶胞结构如图所示，离A最近的 [Co(NH3)6]2+个数为______。 A．6 B．8 C．10 D．12 NA是阿伏加德罗常数的值。已知该化合物X的摩尔质量为M g•mol–1，密度为ρ g•cm–3，则该晶胞的棱长为______nm。 利用X能络合NO的特性，再经多步反应将NO从废气中脱除，同时生成[Co(NH3)6]3+。工业上可用活性炭和水实现[Co(NH3)6]3+→[Co(NH3)6]2+，机理如下图所示。 （7）写出步骤(iii)的离子反应方程式______。 （8）结合上述机理，简述利用化合物X处理废气中NO的优缺点(优点、缺点各一条)______。 【答案】（1）A （2）B （3）BD （4） ①. 0.5 ②. A （5）X和NH3中氮原子皆为sp3杂化，孤电子对分别为0和1，由于孤电子对和成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以X中H-N-H键角大于NH3中H-N-H键角 （6） ①. D ②. ×107 （7）4Co3++2H2O =4Co2++4H++O2↑ （8）优点：化合物X可循环利用；缺点：氨易挥发，造成原料浪费或污染环境(答案合理即可) 【解析】 【小问1详解】 利用X射线穿透晶体后衍射原理分析晶体结构，确定CoAl2O4晶体结构的方法是X射线衍射，选A； 【小问2详解】 钴是27号元素，其价电子排布式为3d74s2,在元素周期表中的位置是第4周期第9族，选B； 【小问3详解】 A．基态Co2+的电子排布式为［Ar］3d7，有3个未成对电子，故A错误； B．基态Co2+的核外有1s、2s、2p、3s、3p、3d共6个不同能级的电子，故B正确； C．基态Co2+价电子排布式为3d7，价电子运动状态有7种，故C错误； D．基态Co2+的电子排布式为［Ar］3d7，核外电子占用14个原子轨道，电子空间运动状态有14种，故D正确； 选BD。 【小问4详解】 化合物X可合成 [Co(NH3)5Cl]Cl。 ①[Co(NH3)5Cl]Cl外界只有1个氯离子 ，0.5 mol [Co(NH3)5Cl]Cl能电离出0.5molCl-，与足量的AgNO3溶液发生反应，可生成氯化银沉淀0.5mol。 ②[Co(NH3)5Cl]+中Co2+与配体NH3、Cl-通过共价键结合，NH3中N、H通过共价键结合， 0.5 mol [Co(NH3)5Cl]Cl中含有的共价键为0.5mol×(6+3×5)=10.5mol，选A。 【小问5详解】 X和NH3中氮原子皆为sp3杂化，孤电子对分别为0和1，由于孤电子对和成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以X中H-N-H键角大于NH3中H-N-H键角。 【小问6详解】 根据化合物X的晶胞结构图， [Co(NH3)6]2+在晶胞中构成面心立方堆积，其配位数为12离A最近的 [Co(NH3)6]2+个数为12，选D。 根据图示，晶胞中Cl-数为8， [Co(NH3)6]2+在晶胞中构成面心立方堆积，根据均摊原则，[Co(NH3)6]2+数为，该化合物X的摩尔质量为M g•mol–1，密度为ρ g•cm–3，设晶胞棱长为a nm，,则该晶胞的棱长为×107nm。 【小问7详解】 步骤(iii)中Co3+把水氧化为氧气，Co3+被还原为Co2+，反应的离子反应方程式4Co3++2H2O =4Co2++4H++O2↑。 【小问8详解】 根据图示，利用化合物X处理废气中NO的优点是化合物X可循环利用；缺点是氨易挥发，造成原料浪费或污染环境。 二 肼 2. 肼的化学式为N2H4 ，在工业上应用广泛。常温下将盐酸滴加到肼的水溶液中，微粒的分布分数 δ(X) 随 – lgc(OH–) 的关系如下图所示。［X的分布分数δ(X)=，X表示N2H4或N2H或N2H］ （1）已知肼为二元弱碱，常温下肼在水溶液中的电离分两步进行： 第一步电离： N2H4 + H2ON2H+ OH- 第二步电离：______ 请补充第二步的电离方程式______。 （2）结合上图，下列分析正确是______。(不定项) A. 曲线B代表N2H4的分布分数随 – lgc(OH–) 的关系 B. 肼的电离平衡常数Kb1 = 1.0×10–6 C. 当 – lgc(OH–) = 9.0时，存在c(N2H)>c( N2H4 )>c(N2H) D. N2H6Cl2溶液中存在2c(Cl–) =c(N2H)+ c( N2H4 )+ c(N2H) （3）常温下，c(N2H4 )= c(N2H) 时，溶液的pH =______。 （4）常温下，N2H5Cl溶于水显酸性，通过计算简要说明原因______。 N2H4催化氧化产物与温度相关，反应如下： (i)N2H4(g) + O2(g) N2 (g) + 2H2O (g) ∆H1 = -579 kJ•mol-1 (ii)N2H4(g) + 2O2(g) 2NO (g) + 2H2O (g) ∆H2 = a kJ•mol-1 （5）已知N2(g) + O2(g) 2NO (g) ∆H3 = 180 kJ•mol-1，计算a =______。 （6）∆H – T ∆S随温度变化的趋势有几种情况(见图)，反应(i)对应的是______。 A. ① B. ② C. ③ D. ④ （7）产物在单位时间内的产率随温度变化的关系如下图。 关于产物在单位时间内的产率，下列说法错误的是______。 A. 室温至400℃，通过改用其他催化剂，可使N2产率增大 B. 当N2与NO的产率相等时，参与反应的N2H4和O2的物质的量之比为3∶4 C. 温度从400℃升到900℃，反应(ii)平衡正向移动，使NO的产率增大 D. 温度高于900℃时，N2与NO的产率降低，反应速率的变化趋势无法判断 （8）某温度下，向4 L恒容密闭容器中充入1 mol N2H4 和2 mol O2 ，发生上述两个反应，平衡时生成0.4 mol NO和0.4 mol N2，计算该温度下反应(ii)的平衡常数，K=______。 研究人员利用肼的强还原性构建肼-吡唑银( )电池，可将含吡唑银的废水缓慢释放出的Ag+进行沉积回收，装置如下图所示。 （9）负极的电极反应式是______。 （10）电池工作时，需要在过程中不断通入N2，分析可能的原因______。(任写一条) 【答案】（1） + H2O +OH– （2）BC （3）3.5 （4）N2H的Kb2=1.0×10–15，而N2H的水解平衡常数为Kw/Kb1=1.0×10–8，水解大于电离，故溶液表现为酸性 （5）-399 （6）D （7）C （8）0.1 （9）N2H4-4e- + 4OH-= N2 + 4H2O （10）肼具有还原性，通氮气可防止被空气中氧气氧化；通氮气可防止银的氧化，可使银得到有效沉积回收(或其他合理答案) 【解析】 【小问1详解】 第二步电离应是N2H 进一步结合水中电离出的 H+生成N2H，同时释放 OH-。根据弱碱的电离规律，可以写出： + H2O +OH–； 【小问2详解】 当 -lgc(OH-) 较小时（即 c(OH-) 较大，溶液碱性强），N2H4占主导，对应曲线A；随着-lgc(OH-) 增大（c(OH-) 减小，溶液酸性增强），N2H4转化为N2H ，对应曲线B；当 -lgc(OH-) 进一步增大时，N2H 转化为N2H，对应曲线C。 A．根据上述分析，曲线B对应N2H，而非N2H4，A错误； B．Kb1的表达式为：，即c(N2H4) =c(N2H )，此时-lgc(OH-) = 6.0，即 。将c(N2H4) =c(N2H )，代入 Kb1：，B正确； C．当 -lgc(OH⁻) = 9.0 时 。从图中可以看出：δ(N2H4) ≈ 0.05（曲线 A）；δ() ≈ 0.95（曲线 B）；δ() ≈ 0（曲线 C）显然，c(N2H)>c( N2H4 )>c(N2H)成立，C正确； D．N2H6Cl2的化学式表明，每 1 molN2H，对应 2molCl-。根据物料守恒：，D错误； 故选BC。 【小问3详解】 第一步电离对应平衡常数 ；第二步电离对应平衡常数 ，将两个平衡常数相乘，得到：，时，上述公式可简化为：，图片提到“由曲线B与C交点（-lgc(OH⁻) = 15.0）可知”，即当 。已知 ，结合 ，，解得： ，根据，得到； 【小问4详解】 N2H会电离，也会水解，根据题意，N2H的Kb2=1.0×10–15，而N2H的水解平衡常数为=1.0×10–8，水解大于电离，故溶液表现为酸性； 【小问5详解】 根据题目给出的三个反应： (i) N2H4(g)+O2(g) ⇌ N2(g)+2H2O(g) ΔH1= -579kJ·mol-1 (ii) N2H4(g)+2O2(g) ⇌ 2NO(g)+2H₂O(g) ΔH2= akJ·mol-1 (iii) N2(g)+ O2(g) ⇌ 2NO(g) ΔH3= 180kJ·mol-1 反应(i)和(iii)联立，推导出反应(ii)。得到(ii) = (i) + (iii)，根据盖斯定律：ΔH2=ΔH1+ΔH3= (-579kJ·mol-1) + 180kJ·mol-1 =-399kJ·mol-1； 【小问6详解】 分析反应(i)：N2H4(g)+O2(g) ⇌ N2(g)+2H2O(g) ΔH1= -579kJ·mol-1 < 0（放热），气体分子数增多：ΔS > 0（熵增），根据公式：ΔG =ΔH-TΔS；当ΔH < 0且ΔS > 0时，ΔG = ΔH- TΔS 随T增大而减小。当T = 0时，ΔG = ΔH < 0。随T增大，-TΔS为负值且绝对值增大，ΔG更负。因此，ΔG随T增大而减小，对应图中的④，故选D; 【小问7详解】 A．催化剂只影响反应速率，不影响平衡产率。在400℃以下，N2的产率未达到平衡，改用更高效催化剂可提高N2的产率，A正确； B．设生成N2的物质的量为x，生成NO的物质的量为y；根据题意，x = y；根据反应：(i) N2H4(g) + O2(g) N2 (g) + 2H2O (g) ；(ii) N2H4(g) + 2O2(g) 2NO (g) + 2H2O (g) ；N2H4 = x + 0.5y = 1.5x；总消耗O2= x + y =2x；n(N2H4) : n(O2) = 1.5x : 2x = 3:4，B项正确； C．反应(ii)的ΔH2= -399 kJ·mol-1 < 0，为放热反应。根据勒夏特列原理，升高温度，平衡应左移，NO的产率应降低。但图中400℃到900℃，NO产率增加，这主要是因为温度升高，反应速率加快，单位时间内NO的生成量增加，而非平衡右移，C错误； D．温度高于900℃时，N₂和NO产率均降低，可能是因为高温下催化剂活性下降，或副反应增多。但反应速率可能仍随温度升高而加快，只是产率受平衡或副反应影响，D正确； 故选C； 【小问8详解】 设反应(i)消耗x molN2H4，反应(ii)消耗y molN2H4。根据题意：N2生成量：x=0.4mol。NO生成量：2y=0.4 mol → y=0.2mol。 初始物质的量：n(N2H4)=1mol，n(O2)=2mol，n(N2)=0，n(NO)=0，n(H2O)=0。 变化量：反应(i)：Δn(N2H4)=-0.4mol，Δn(O2)=-0.4mol，Δn(N2)=+0.4mol，Δn(H2O)=+0.8mol。 反应(ii)：Δn(N2H4) =-0.2mol，Δn(O2) =-0.4mol，Δn(NO) =+0.4mol，Δn(H2O) =+0.4mol。 平衡时：各物质浓度：c(N2H4)=0.1mol/L；c(O2) =0.3mol/L；c(NO)=0.1mol/L；c(H2O)=0.3mol/L； 反应(ii)的平衡常数：; 【小问9详解】 肼在负极被氧化，含吡唑银的废水中的Ag+在正极被还原为Ag，同时通过离子交换膜维持电荷平衡。负极上N2H4被氧化为N2，结合碱性环境，电极反应式为：； 【小问10详解】 因为肼具有还原性，通氮气可以赶走装置中的空气，故通氮气可防止肼被空气中氧气氧化；通氮气可防止银的氧化，可使银得到有效沉积回收(或其他合理答案)。 三 达菲的合成 3. 达菲又名奥司他韦，是一种抗流感病毒的特效药。达菲的一种合成路线如下： （1）莽草酸中的含氧官能团名称是______。 （2）下列有关莽草酸的说法正确的是______。(不定项) A. 分子式为C7H10O5 B. 莽草酸中所有碳原子在同一平面 C. 由于分子间存在氢键，莽草酸熔沸点较高 D. 1 mol莽草酸最多可消耗4 mol NaOH （3）化合物A→B的反应类型是______。 A．取代反应 B．加成反应 C．消去反应 D．氧化反应 写出该反应的化学方程式______。 （4）达菲分子中碳原子的杂化类型为______，其中有______个不对称碳原子。 （5）化合物E→F反应时需控制 (CH3CO)2O的投入量。若过量，F会与(CH3CO)2O发生反应，所得产物含两个酯基，则产物的结构简式为______。 （6）化合物M与F互为同分异构体，M分子满足以下条件： a． 属于α-氨基酸(通式：，R为侧链)； b． 属于芳香族化合物，可以与FeCl3溶液发生显色反应； c． 核磁共振氢谱显示有7组峰，峰面积比为 6∶2∶2∶2∶1∶1∶1 。 写出M的结构简式：______。(任写一种，不考虑立体异构) （7）结合以上合成路线，设计以 为主要原料制备的合成路线______。 【答案】（1）羟基和羧基 （2）AC （3） ①. A ②. （4） ①. sp2 、sp3 ②. 3 （5） （6）或或其他合理答案 （7） 【解析】 【分析】莽草酸和乙醇发生酯化反应生成A，A和SOCl2发生取代反应生成B，B和甲磺酰氯CH3SO2Cl发生亲核取代生成C，继续和叠氮化钠发生亲核取代，生成的D在催化剂作用下被还原，同时-OSO2CH3发生水解生成E，E和乙酸酐在三乙胺作用下发生酰化反应生成F，最后经过后续步骤得到达菲。 【小问1详解】 莽草酸中含氧官能团有羟基、羧基； 【小问2详解】 A．莽草酸分子式为C7H10O5，A正确；B．莽草酸有环己烯环，所有碳原子不可能在同一平面，B错误；C．该分子有羟基，分子间能形成氢键，熔、沸点高，C正确；D．1 mol莽草酸有1 mol羧基，最多与1 mol NaOH反应，D错误； 故选AC； 【小问3详解】 AB发生的是取代反应，反应方程式为； 【小问4详解】 达菲分子中C原子杂化类型有：sp2杂化（双键、羰基、共轭环碳）和 sp3杂化（饱和碳）；不对称碳原子即手性碳原子有3个，； 【小问5详解】 (CH3CO)2O过量时，除了氨基的酰化，羟基会进一步被酯化，产物为； 【小问6详解】 F的分子式为C11H15NO5，能与FeCl3显色反应，属于α-氨基酸，核磁共振氢谱显示有7组峰，峰面积比为 6∶2∶2∶2∶1∶1∶1，结构可能为或； 【小问7详解】 根据题干信息，合成路线： 四 间接碘量法测定合金中铜的含量 4. 间接碘量法是以碘化物(如KI)进行测定的方法，可用于铜合金中铜含量的测定。 过程如下： 步骤① 用酸溶解铜合金样品1.1500 g，调控溶液的pH，配制100 mL样品溶液。 步骤② 移取20.00 mL溶液，加入过量KI并密封。发生如下反应： 2Cu2+ + 4I− = 2CuI↓ + I2 I2 + I−I 步骤③ 充分反应后，立即用Na2S2O3标准溶液滴定待测液至浅黄色后加入稍过量的KSCN溶液，继续滴定至黄色几乎消失时，加入淀粉溶液，再滴定至终点。发生如下反应：I2 + 2 S2O= S4O+2 I− 已知： I、CuI沉淀表面易吸附I2，CuSCN吸附I2的能力远小于CuI，且被吸附的I2不能与Na2S2O3充分反应。 II、该实验温度下，Ksp(CuSCN) = 5.0×10-15 ，Ksp(CuI) = 1.0×10-12 。 （1）步骤①必须使用的定量仪器有______。(不定项) A．容量瓶 B．量筒 C．分析天平 D．烧杯 A. A B. B C. C D. D （2）反应2Cu2+ + 4I− =2CuI↓ + I2中，每4 mol I− 参与反应，转移______mol电子。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 （3）步骤②加入过量KI后，需密封的原因可能是______。 （4）滴定时需将溶液pH控制在3~4，分析其可能的原因______ (偏高、偏低各写一条)。 （5）步骤③加入KSCN的作用是______。 （6）判断达到滴定终点的现象为______。 （7）为减小实验误差，下列说法错误的是______。 A. Na2S2O3标准溶液长期存放后，不宜直接用于碘的滴定 B. 滴定过程中，应在光照条件下慢滴慢摇 C. 为防止KSCN被I2氧化，接近终点时再加入KSCN D. 为避免淀粉与I2大量结合，接近滴定终点时再加入淀粉溶液 （8）平行实验测得消耗 0.1050 mol·L-1 Na2S2O3溶液20.00 mL，计算合金中的质量分数______。(写出计算步骤，计算结果保留小数点后两位) 【答案】（1）AC （2）B （3）防氧化、防止碘升华 （4）偏高：①碱性条件下I2发生歧化反应； ②pH过高Cu2+水解程度大，反应不完全； 偏低：①强酸性条件下I-易被空气中O2氧化为I2； ②强酸性条件下易发生２H+＋S2O=SO2↑＋S↓＋H2O，引起误差 （5）CuI沉淀表面会吸附部分I2，接近滴定终点时加入KSCN，由于Ksp(CuI)>Ksp(CuSCN)，使CuI转化为CuSCN，释放出被CuI吸附的I2，提高测定的精确度 （6）滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复 （7）B （8）58.43% 【解析】 【分析】铜合金溶解后加入KI，利用Cu2+的氧化性将I-氧化为I2，用Na2S2O3滴定I2测定Cu的含量。 【小问1详解】 步骤①为配制溶液，需要用到的定量仪器为容量瓶和分析天平，故答案为AC。 【小问2详解】 反应2Cu2++4I−=2CuI↓+I2中，Cu化合价降低，I化合价升高，2 mol Cu2+参与反应转移2 mol电子，2 mol I-被氧化，共消耗4 mol I-，即每4 mol I− 参与反应，转移2 mol电子，故答案为B。 【小问3详解】 KI易被氧化，I2易升华，为了防KI氧化、防止碘升华，步骤②加入过量KI后，需密封。 【小问4详解】 滴定时需将溶液pH控制在3~4，pH偏高时，I2发生歧化反应、Cu2+水解程度大，反应不完全；pH偏低时，I-易被空气中O2氧化为I2、易发生2H+＋S2O=SO2↑＋S↓＋H2O，引起误差。 【小问5详解】 CuI沉淀表面会吸附部分I2，接近滴定终点时加入KSCN，由于Ksp(CuI)> Ksp(CuSCN)，使CuI转化为CuSCN，释放出被CuI吸附的I2，提高测定的精确度，因此步骤③需加入KSCN。 【小问6详解】 滴定反应为I2 + 2 S2O= S4O+2 I−，终点为I2恰好完全消失，故滴定终点现象为：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复。 小问7详解】 A．Na2S2O3标准溶液长期存放后，会因被O2氧化、微生物分解等发生变质（如生成 Na2SO4、S沉淀），导致浓度降低，因此不宜直接用于碘的滴定，需重新标定，A正确； B．光照会催化I-被O2氧化，同时加速I2的挥发，会增大实验误差，应在暗处进行滴定，B错误； C．KSCN具有还原性，易被I2氧化，若过早加入会消耗I2，导致滴定结果偏低，因此应在接近终点时加入，减少其被I2氧化的量，C正确； D．淀粉与I2会形成稳定的深蓝色配合物，若过早加入，大量I2被淀粉牢固吸附，会导致 Na2S2O3无法充分还原I2，终点褪色不敏锐，因此需在接近终点（I2浓度较低）时加入淀粉溶液，D正确； 故答案为B。 【小问8详解】 根据反应式有计量关系：2Cu~2S2O，n(Cu2+)=n(S2O)=0.1050mol/L×20.00×10-3L=2.1×10-3mol，则合金中的质量分数为。 五 过二硫酸钠 5. 过二硫酸钠(Na2S2O8)是一种重要的化学试剂，广泛应用于化工合成、水质处理等领域。 （1）Na2S2O8的负离子为S2O，其结构如下图所示。 ①用“ ”在下图标示出S2O中体现强氧化性的基团______。 ②结合S2O的结构，分析S的化合价为______。 A．+4 B．+5 C．+6 D．+ 7 （2）酸性条件下，S2O与Mn2+反应生成MnO与SO，写出该过程的离子反应方程式______。 Na2S2O8可通过电解NaHSO4溶液的方法制得。电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系如下图所示。 （3）已知阳极放电的离子主要是HSO，则Na2S2O8制备过程中阳极区溶液的pH范围应为______。 A. -2~0 B. 0~2 C. 2~4 D. 4~6 （4）阳极的电极反应式为______。 Na2S2O8可用于降解有机污染物，原因是Na2S2O8溶液在一定条件下产生强氧化性自由基()。处理含有机污染物的废水时，一般先投放Na2S2O8，再投放FeSO4 Fe2+可活化，其过程中存在下列反应： (k是衡量反应快慢的物理量，k越大，反应越快) I、→ 2 k = 2.5×10-9 II、+ H2O → SO+ •OH + H+     k = 2×103 III、 + Fe2+ → Fe3+ +  + k = 20 IV、Fe2+ +   → Fe3+ +  k = 4.6×109 …… （5）某小组探究“对有机污染物降解速率的影响因素”。 ①结果表明温度升高，反应速率加快，从微观角度解释其原因______。 ②除温度之外，______等因素也会影响降解有机污染物的反应速率。(任写一种) （6）相同条件下，初始对有机物降解率的影响如下图所示。下列分析错误的是______。(不定项) A. pH约为3时，有机物的降解率较高 B. 初始pH越大，Fe2+水解程度越大，不利于•SO生成 C. 初始pH过小，反应过程中的 •OH会与H+发生中和反应，生成水 D. 初始pH越大，有利于生成较多的 •OH，降低有机物的降解率 （7）为提高污染物的降解率，需分批投放FeSO4，根据过程中涉及的反应，分析分批投放可能的原因______。 【答案】（1） ①. ②. C （2） （3）B （4） （5） ①. 温度升高，活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞概率增大，因此，反应速率加快 ②. H+浓度、Fe2+浓度、催化剂等(合理即可) （6）C （7）反应Ⅳ速率大于反应Ⅲ，若一次性将FeSO4投放进溶液中，溶液中的被大量Fe2+快速消耗，因此不利于降解 【解析】 【小问1详解】 ①S2O为过二硫酸根离子，体现强氧化性的是过氧键，如图：； ②S2O的结构为，硫的电负性小于氧，当硫和氧形成共价键时，硫显正价，氧显负价，中每个硫原子形成六个硫氧键，故硫的化合价为+6价，故选C； 【小问2详解】 酸性条件下，S2O与Mn2+反应生成MnO与SO，离子反应方程式为： 【小问3详解】 根据电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系图，可知存在的pH范围为-2~2，但pH范围为-2~0时有H2S2O8，阳极放电的离子主要是，故Na2S2O8制备过程中阳极区溶液的pH范围应为0~2，选B。 【小问4详解】 阳极为失电子生成，电极反应为：； 【小问5详解】 ①温度升高，分子能量增大，活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞概率增大，使反应速率加快； ②影响反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂等，该反应是在溶液中进行的反应，压强影响较小，则除温度之外，和反应有关的离子浓度也会影响反应速率，故H+浓度、Fe2+浓度、浓度、催化剂等因素也会影响降解有机污染物的反应速率； 【小问6详解】 根据相同条件下，初始对有机物降解率的影响关系图可知， A．pH约为3时，有机物的达到90%，降解率较高，A正确； B．Fe2+水解使溶液显酸性，则初始pH越大，酸性越弱，Fe2+水解程度越大，有利于反应II，生成•OH，•OH氧化能力比弱；不利于反应III，不利于生成，B正确； C．初始pH过小，H+浓度大，但•OH不是氢氧根，不与H+反应，C错误； D．初始pH越大，Fe2+水解程度越大，有利于反应II，有利于生成较多的•OH，但•OH的氧化性弱于，使降低有机物的降解率，D正确； 故选C； 【小问7详解】 根据过程中涉及的反应及速率常数可知，反应Ⅳ速率大于反应Ⅲ，若一次性将FeSO4投放进溶液中，溶液中的被大量Fe2+快速消耗，因此不利于降解。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $