精品解析：上海市静安区 闵行区 青浦区 金山区四区2026届高三上学期一模化学试卷

2025学年第一学期质量监控高三化学试卷 （考试时间60分钟，满分100分） 特别提示： 1．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。 2．除特殊说明外，本试卷所用相对原子质量：Li-7 Mn-55。 一、金属有机框架材料 1. 金属有机框架材料（MOFs）是由金属离子与有机配体通过配位键自组装形成的一类多孔材料，具有极大的比表面积和多活性位点，在气体储存、催化等领域有广泛应用。 （1）MOFs的结构被喻为“分子乐高”。下图是MOFs自组装形成周期性网状骨架的示意图，图中的“小方块”相当于金属离子，“连接杆”相当于______。 DMF（N,N-二甲基甲酰胺，结构为），可作制备MOFs的溶剂。 （2）组成DMF的元素中，气态基态原子第一电离能最大的是______。 A. H B. C C. N D. O （3）DMF中π键与σ键数目之比为______。 铜基MOFs材料——Cu-BTC的结构单元如下： （4）Cu2+的核外电子排布为______。 A. [Ar]3d9 B. [Ar]3d10 C. [Ar]3d84s1 D. [Ar]3d104s1 （5）形成Cu-BTC结构单元时，提供空轨道的是______。 A. ① B. ② C. ③ D. ④ Cu-BTC吸附氨气和氧气后，O2的氧氧键被拉长，使O2活化，从而能高效消除氨氮，若同时存在硝氮等污染物，会发生协同反应（参与反应的Cu-BTC以Cu2+表示）。 ①消除氨氮：2NH3+6Cu2+=N2+6Cu++6H+；O2+4Cu++4H+=4Cu2++2H2O ②消除硝氮： ③协同反应： （6）消除氨氮的总反应为________。 （7）配平下列离子方程式：________。 （8）根据上述信息，Cu-BTC在消除氨氮和硝氮中的作用有：吸附气体和________。 （9）从MOFs材料的结构特点分析，用该方法处理氨氮的效率高的原因有________、________。（列举2点） 二、四氧化三铁 2. （可视作FeO·Fe2O3）俗称磁性氧化铁，可用于制造磁记录材料、电极材料。 （1）上述应用，与其性质相关的是______。 A. 磁性 B. 高熔点 C. 特殊的导电性 D. 较高的密度 （2）在元素周期表中，Fe元素处于______区。 A. s B. p C. d D. f （3）核外有______种不同运动状态的电子。 A. 14 B. 23 C. 24 D. 26 已知FeO的晶胞类型与NaCl相似，其晶胞如下图所示。 （4）1 mol晶胞中含有的数目为______。 （5）与距离最近且相等的构成的空间结构是______。 A. 平面四边形 B. 正四面体 C. 立方体 D. 正八面体 纳米具有较高的理论比容量、高电导率等优点，可作为锂离子电池负极材料，具有广泛应用前景。 （6）关于纳米分散在水中构成的分散系，下列说法正确的是（多选）______。 A 属于溶液 B. 纳米能透过半透膜 C. 纳米颗粒具有吸附性 D. 具有丁达尔现象 以纳米复合材料为负极的某锂离子电池工作示意图如下： 工作原理简写为： 电池工作时，Li+在两极间通过嵌入与脱嵌，实现能量的储存与释放，隔膜只允许Li+通过。 （7）充电时，阴极电极反应式为______。 （8）放电时，若外电路通过0.8 mol e-，正极质量________（填“增大”或“减小”）______g。 三、稠油中的四氢噻吩 3. 稠油（粘度较大的石油）中的四氢噻吩（分子式为C4H8S，结构简式为）有特殊气味，可用作天然气示警剂。工业上通过注蒸气热采方式加工稠油，获得短链烃，同时有H2S生成。 加工稠油的过程中，四氢噻吩发生如下反应： ① ΔH1=40.7 kJ·mol-1 ② ΔH2=-41.2 kJ·mol-1 ③ ΔH3=12.7 kJ·mol-1 （1）反应③在高温条件下能自发进行，则反应③的ΔS______。 A.>0 B.=0 C.<0 （2）恒温恒容时，向1 L的密闭容器中通入2 mol C4H8S(g)和2 mol H2O(g)，发生上述反应。反应10 min时，测得容器内的压强是反应前的1.2倍，则10 min内v(C3H8)=______。 （3）恒温恒容时，向密闭容器中通入一定量的C4H8(g)和H2O(g)，发生反应： ΔH4 ①ΔH4=______kJ·mol-1。 ②能说明上述反应达到化学平衡状态的是______。 A.v(C4H8)=v(CO2) B.气体的总物质的量保持不变 C.n(H2):n(H2O)的值保持不变 D.气体的密度保持不变 （4）一定温度下，向密闭容器中通入一定量的C4H8S(g)和H2O(g)，反应达到平衡。若t1时刻压缩容器的体积，反应①的浓度商Q和平衡常数K随时间t的变化趋势合理的是______。 A. B. C. D. （5）一定条件下，改变H2O(g)和C4H8S(g)的投料比[n(H2O)/n(C4H8S)]，烃类物质的生成量随投料比的变化如下图所示。随着投料比的增大，烯烃质量下降，可能的原因是______。 金属离子可加快四氢噻吩水热裂解的反应速率。以Fe3O4为催化剂时，初始阶段反应过程如下图所示： （6）上述过程中随着水含量的增加，除生成H2S外，还可能生成的含氧有机物有______（写出一种物质的结构简式）。 （7）在催化剂的作用下，测得不同温度、相同时间内反应①中C4H8S转化率随温度变化情况如图，说明C4H8S转化率在温度高于T2后，所呈现的变化趋势及其原因_________。 （8）工业上常用弱碱性的乙醇胺（HOCH2CH2NH2）水溶液来吸收H2S。乙醇胺在水中的电离方程式为______。 我国城镇燃气设计规范强制要求C4H8S的示警浓度需达到天然气爆炸下限的20%。 已知： ①天然气在空气中爆炸下限的经验公式为：爆炸下限=0.55×C0（C0为天然气在空气中完全燃烧时的体积分数，0.55为经验常数；空气中的氧气体积分数按0.20计算）； ②当空气中C4H8S的含量超过0.08 mg·m-3时，可感知到明显异味。 （9）C0=______；家庭端天然气中C4H8S含量应不低于______mg·m-3。（均保留至小数点后2位） 四、麻药普鲁卡因的衍生物 4. 普鲁卡因是一种常用麻醉药品，对其化学结构进行修饰和优化，可得到一系列安全性更高的普鲁卡因衍生物，其中一种衍生物的合成路线如下(部分试剂省略)： （1）化合物A中含氮官能团的名称为___________。 （2）关于化合物B的说法正确的是___________。 A. 分子式为C4H8BrNO2 B. 碳原子杂化方式为sp、sp2 C. 所有碳原子可能共平面 D. 能形成分子间氢键 （3）C→D、F→G的反应类型分别为___________反应、___________反应。 A．加成 B．取代 C．还原 D．消去 （4）化合物H中不对称碳原子的个数是___________。 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 （5）D和G反应生成H的过程中，K2CO3的作用是___________。 （6）设计实验证明中含溴元素___________。 （7）Z是E的同系物，经___________测定，其相对分子质量比E大28. A. 原子发射光谱 B. 红外光谱 C. 核磁共振氢谱 D. 质谱 （8）写出1种满足下列条件Z的同分异构体Y的结构简式___________。 ①能发生银镜反应和水解反应； ②1 mol Y最多消耗2 mol NaOH； ③核磁共振氢谱显示有四组峰，且峰面积之比为6：2：2：1. （9）参照上述合成路线，以和BrCH2NH2为原料合成(无机试剂任选)___________。 已知： 五、电解锰渣中锰和铅的回收 5. 电解锰渣主要成分为MnO2、PbSO4和少量SiO2、CaSO4，实验室回收电解锰渣中锰和铅实验如下： 分别称取两份质量均为1.250 g的电解锰渣样品。 实验一：回收锰 步骤I：向其中一份样品中加入适量稀H2SO4、2%H2O2溶液，充分反应，使MnO2转化为MnSO4。过滤，得到浸出液和富铅渣。 步骤II：浸出液经处理后，电解得到金属锰0.054 g。 （1）步骤I中，H2O2主要作______。 A. 催化剂 B. 氧化剂 C. 还原剂 D. 氧化剂和还原剂 步骤I中，相同条件下，反应温度对浸出液中锰含量、c(H2SO4)对富铅渣中铅含量的影响如图1、图2。 已知：； （2）图1中，温度升高至75℃以上，浸出液中锰含量下降的原因是______；图2中，温度不变，随着c(H2SO4)增加，富铅渣中铅含量增大的原因是______。（各写一条） 实验二：锰回收率测定 步骤I：向另一份1.250 g的样品中加入过量的稀H2SO4和50.00 mL 0.1000 mol·L-1 Na2C2O4溶液，充分反应，使样品中的MnO2全部转化为MnSO4： 步骤II：过滤，将滤液稀释至250 mL。 步骤III：取25.00 mL上述溶液，用0.01000 mol·L-1 KMnO4酸性溶液滴定： 进行平行实验，平均消耗KMnO4酸性溶液16.00 mL。 （3）滴定终点的判断：______。 （4）已知：。 通过实验一和实验二，计算电解锰渣中锰回收率=______。（结果保留至小数点后2位） （5）下列操作中，会导致锰回收率测定结果偏低的是______。 A. 未用KMnO4酸性溶液润洗滴定管 B. 装入待测液前，锥形瓶有蒸馏水残留 C. 滴定过程中，锥形瓶液体溅出 D. 滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失 实验三：回收铅 将实验一所得富铅渣通过以下流程回收铅： （6）浸出渣M的主要成分为______。 （7）检验滤液N中的方法是______。 （8）试剂X为______。 A. BaCl2 B. Ba(OH)2 C. Ba(NO3)2 D. (CH3COO)2Ba （9）用一定浓度的CH3COONH4溶液浸出铅元素的反应为：通过计算说明，不用CH3COOH溶液浸取PbSO4的原因______。 已知：Ksp(PbSO4)=10-7.6；；；Ka(CH3COOH)=10-4.7。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期质量监控高三化学试卷 （考试时间60分钟，满分100分） 特别提示： 1．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。 2．除特殊说明外，本试卷所用相对原子质量：Li-7 Mn-55。 一、金属有机框架材料 1. 金属有机框架材料（MOFs）是由金属离子与有机配体通过配位键自组装形成的一类多孔材料，具有极大的比表面积和多活性位点，在气体储存、催化等领域有广泛应用。 （1）MOFs的结构被喻为“分子乐高”。下图是MOFs自组装形成周期性网状骨架的示意图，图中的“小方块”相当于金属离子，“连接杆”相当于______。 DMF（N,N-二甲基甲酰胺，结构为），可作制备MOFs的溶剂。 （2）组成DMF的元素中，气态基态原子第一电离能最大的是______。 A. H B. C C. N D. O （3）DMF中π键与σ键数目之比为______。 铜基MOFs材料——Cu-BTC的结构单元如下： （4）Cu2+的核外电子排布为______。 A. [Ar]3d9 B. [Ar]3d10 C. [Ar]3d84s1 D. [Ar]3d104s1 （5）形成Cu-BTC结构单元时，提供空轨道的是______。 A. ① B. ② C. ③ D. ④ Cu-BTC吸附氨气和氧气后，O2的氧氧键被拉长，使O2活化，从而能高效消除氨氮，若同时存在硝氮等污染物，会发生协同反应（参与反应的Cu-BTC以Cu2+表示）。 ①消除氨氮：2NH3+6Cu2+=N2+6Cu++6H+；O2+4Cu++4H+=4Cu2++2H2O ②消除硝氮： ③协同反应： （6）消除氨氮的总反应为________。 （7）配平下列离子方程式：________。 （8）根据上述信息，Cu-BTC在消除氨氮和硝氮中的作用有：吸附气体和________。 （9）从MOFs材料的结构特点分析，用该方法处理氨氮的效率高的原因有________、________。（列举2点） 【答案】（1）有机配体 （2）C （3）1:11 （4）A （5）C （6）4NH3+3O2 =2N2+6H2O （7）3+5NH3+3H+=4N2+9H2O （8）催化剂(或氧化还原媒介) （9） ①. MOFs材料具有大的比表面积，能充分吸附氨氮和氧气，增大反应物接触面积 ②. MOFs的多孔结构可提供丰富的活性位点，加快反应速率或Cu2+或Cu+的氧化还原循环能快速传递电子，促进O2活化和氨氮的氧化 【解析】 【小问1详解】 金属离子与有机配体通过配位键自组装形成金属有机框架材料(MOFs)，图中小方块为金属离子，与连接杆通过配位自组装形成周期性网状骨架，连接杆为有机配体，故答案为：有机配体。 【小问2详解】 组成DMF的元素有H、C、N、O，氢元素的第一电离能比N、O小，而同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族元素第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能：N＞O＞H＞C，故答案为：C。 【小问3详解】 DMF分子中，有7个C—H键、3个N—C键、1个C=O双键，单键为σ，双键含有1个σ键、1个π键，分子中π键与σ键数目之比为1：(7+3+1)=1:11，故答案为：1:11。 【小问4详解】 Cu原子失去4s能级1个电子、3d能级1个电子形成Cu2+，Cu2+的核外电子排布为[Ar]3d9，故答案为：A。 【小问5详解】 Cu2+含有空轨道，②号位置O含有孤电子对，形成Cu-BTC结构单元时，Cu2+提供空轨道，故答案为：C。 【小问6详解】 反应①×2+反应②×3可得消除氨氮的总反应为：4NH3+3O2 =2N2+6H2O，故答案为：4NH3+3O2 =2N2+6H2O。 【小问7详解】 采用化合价升降法配平：中N为+5价，生成N2(0价)，每个N得5e-；NH3中N为-3价，生成N2(0价)，每个N失3e-；最小公倍数为15，则配3、NH3配5，再根据原子守恒和电荷守恒配平其他物质：3+5NH3+3H+=4N2+9H2O，故答案为：3+5NH3+3H+=4N2+9H2O。 【小问8详解】 从反应中可看出，Cu2+或Cu+在反应中循环转化，起到催化剂的作用；同时题目提到Cu-BTC是吸附剂，因此作用为：吸附气体和催化剂(或氧化还原媒介)，故答案为：催化剂(或氧化还原媒介)。 【小问9详解】 MOFs(金属有机框架)的结构特点决定了处理效率高，原因可列举：MOFs材料具有大的比表面积，能充分吸附氨氮和氧气，增大反应物接触面积，从而加快反应速率；MOFs的多孔结构可提供丰富的活性位点，加快反应速率；Cu2+或Cu+的氧化还原循环能快速传递电子，促进O2活化和氨氮的氧化；故答案为：MOFs的多孔结构可提供丰富的活性位点，加快反应速率或Cu2+或Cu+的氧化还原循环能快速传递电子，促进O2活化和氨氮的氧化。 二、四氧化三铁 2. （可视作FeO·Fe2O3）俗称磁性氧化铁，可用于制造磁记录材料、电极材料。 （1）的上述应用，与其性质相关的是______。 A. 磁性 B. 高熔点 C. 特殊的导电性 D. 较高的密度 （2）在元素周期表中，Fe元素处于______区。 A. s B. p C. d D. f （3）核外有______种不同运动状态的电子。 A. 14 B. 23 C. 24 D. 26 已知FeO的晶胞类型与NaCl相似，其晶胞如下图所示。 （4）1 mol晶胞中含有数目为______。 （5）与距离最近且相等的构成的空间结构是______。 A. 平面四边形 B. 正四面体 C. 立方体 D. 正八面体 纳米具有较高的理论比容量、高电导率等优点，可作为锂离子电池负极材料，具有广泛应用前景。 （6）关于纳米分散在水中构成的分散系，下列说法正确的是（多选）______。 A. 属于溶液 B. 纳米能透过半透膜 C. 纳米颗粒具有吸附性 D. 具有丁达尔现象 以纳米复合材料为负极的某锂离子电池工作示意图如下： 工作原理简写为： 电池工作时，Li+在两极间通过嵌入与脱嵌，实现能量的储存与释放，隔膜只允许Li+通过。 （7）充电时，阴极电极反应式为______。 （8）放电时，若外电路通过0.8 mol e-，正极质量________（填“增大”或“减小”）______g。 【答案】（1）AC （2）C （3）C （4） （5）D （6）CD （7） （8） ①. 增大 ②. 5.6 【解析】 【小问1详解】 利用的磁性和特殊的导电性，可用于制造磁记录、电极材料，故答案选AC； 【小问2详解】 在元素周期表中，Fe元素处于d区，故答案选C； 【小问3详解】 Fe元素的原子序数为26，核外电子数为26，每个电子的运动状态都不同，铁原子失去两个电子生成，故核外有24种不同运动状态的电子，答案选C； 【小问4详解】 由晶胞图可知，有12个位于晶胞的棱心，1个位于体心，故1个晶胞中含有的数目为，1 mol晶胞中含有的数目为； 【小问5详解】 以晶胞体心的为例，与之距离最近且相等的分别位于晶胞的6个面心，这6个构成的空间结构是正八面体，故答案选D； 【小问6详解】 A．溶液中分散质粒子直径小于1 nm，纳米分散在水中形成的分散系中粒子直径处于1-100 nm，属于胶体，不属于溶液，A错误； B．半透膜允许小分子、离子通过，胶体粒子不能透过半透膜，纳米形成的分散系为胶体，其粒子不能透过半透膜，B错误； C．纳米颗粒在分散系中作为胶体分散质，具有吸附性，C正确； D．丁达尔现象是胶体的特征性质，该分散系为胶体，具有丁达尔现象，D正确； 故答案选CD。 小问7详解】 由电极总反应式可知，充电时，阴极为得电子，发生还原反应生成Fe，通过隔膜从阳极向阴极移动，阴极电极反应式为：； 【小问8详解】 放电时，正极电极反应式为：，若外电路通过0.8 mol e-，正极质量增大。 三、稠油中的四氢噻吩 3. 稠油（粘度较大的石油）中的四氢噻吩（分子式为C4H8S，结构简式为）有特殊气味，可用作天然气示警剂。工业上通过注蒸气热采方式加工稠油，获得短链烃，同时有H2S生成。 加工稠油的过程中，四氢噻吩发生如下反应： ① ΔH1=40.7 kJ·mol-1 ② ΔH2=-41.2 kJ·mol-1 ③ ΔH3=12.7 kJ·mol-1 （1）反应③在高温条件下能自发进行，则反应③的ΔS______。 A.>0 B.=0 C.<0 （2）恒温恒容时，向1 L的密闭容器中通入2 mol C4H8S(g)和2 mol H2O(g)，发生上述反应。反应10 min时，测得容器内的压强是反应前的1.2倍，则10 min内v(C3H8)=______。 （3）恒温恒容时，向密闭容器中通入一定量的C4H8(g)和H2O(g)，发生反应： ΔH4 ①ΔH4=______kJ·mol-1。 ②能说明上述反应达到化学平衡状态的是______。 A.v(C4H8)=v(CO2) B.气体的总物质的量保持不变 C.n(H2):n(H2O)的值保持不变 D.气体的密度保持不变 （4）一定温度下，向密闭容器中通入一定量的C4H8S(g)和H2O(g)，反应达到平衡。若t1时刻压缩容器的体积，反应①的浓度商Q和平衡常数K随时间t的变化趋势合理的是______。 A. B. C. D. （5）一定条件下，改变H2O(g)和C4H8S(g)的投料比[n(H2O)/n(C4H8S)]，烃类物质的生成量随投料比的变化如下图所示。随着投料比的增大，烯烃质量下降，可能的原因是______。 金属离子可加快四氢噻吩水热裂解的反应速率。以Fe3O4为催化剂时，初始阶段反应过程如下图所示： （6）上述过程中随着水含量的增加，除生成H2S外，还可能生成的含氧有机物有______（写出一种物质的结构简式）。 （7）在催化剂的作用下，测得不同温度、相同时间内反应①中C4H8S转化率随温度变化情况如图，说明C4H8S转化率在温度高于T2后，所呈现的变化趋势及其原因_________。 （8）工业上常用弱碱性的乙醇胺（HOCH2CH2NH2）水溶液来吸收H2S。乙醇胺在水中的电离方程式为______。 我国城镇燃气设计规范强制要求C4H8S的示警浓度需达到天然气爆炸下限的20%。 已知： ①天然气在空气中爆炸下限的经验公式为：爆炸下限=0.55×C0（C0为天然气在空气中完全燃烧时的体积分数，0.55为经验常数；空气中的氧气体积分数按0.20计算）； ②当空气中C4H8S的含量超过0.08 mg·m-3时，可感知到明显异味。 （9）C0=______；家庭端天然气中C4H8S的含量应不低于______mg·m-3。（均保留至小数点后2位） 【答案】（1）A （2） （3） ①. -13.2 ②. BC （4）B （5）一定条件下，烯烃可能会与氢气反应发生加成反应生成烷烃 （6） （7）变化趋势：C4H8S转化率在温度高于T2后，C4H8S转化率随温度升高而快速下降；原因：温度高于T2后，催化剂活性随温度升高而降低，导致反应速率减慢，转化率下降； （8） （9） ①. 0.09 ②. 8.00 【解析】 【小问1详解】 根据吉布斯自由能函数，该反应焓变大于零且在高温条件下能自发进行即，则反应③的ΔS>0； 【小问2详解】 恒温恒容时气体的物质的量之比等于其压强之比，反应10 min时，测得容器内的压强是反应前的1.2倍，则反应10 min时混合气体的总物质的量为，已知反应②③是气体体积不变化的反应，反应①为，前后气体体积发生变化，且每生成，前后体积差为1V，根据差量法可知反应10 min生成，则10 min内v(C3H8)= 【小问3详解】 ①根据盖斯定律，目标反应可由反应①+反应②-反应③得到，则ΔH4=ΔH1+ΔH2-ΔH3=40.7 kJ·mol-1+(-41.2 kJ·mol-1)-12.7 kJ·mol-1=-13.2 kJ·mol-1；②A．选项A未指明是正反应速率还是逆反应速率，故不能判断反应是否达到平衡状态，故Ａ错误；B．该反应为气体体积增大的反应，则气体的总物质的量保持不变可以判断反应达到平衡状态，故Ｂ正确；C．n(H2):n(H2O)的值保持不变时，n(H2)、n(H2O)均保持不变，各组分含量不变可以判断反应达到平衡状态，故C正确；D．反应体系中各物质均为气体，恒容容器中气体的密度始终保持不变，故气体的密度保持不变不能判断反应到达平衡状态，故D错误；则该题选BC； 【小问4详解】 平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，一定温度下，向密闭容器中通入一定量的C4H8S(g)和H2O(g)，反应达到平衡，该过程中Q<K；再压缩体积，相当于增大压强，根据勒夏特列原理平衡逆向移动，Q>K；故B正确； 【小问5详解】 加工稠油的过程中生成氢气，一定条件下，烯烃可能会与氢气反应发生加成反应生成烷烃，导致烯烃生成量下降，烷烃和总烃的生成量增大； 【小问6详解】 上述过程随着水含量的增加，生成了H2S，由此物质出发和题干可推断碳硫键发生了断裂，而水分子断开氢氧键，氢原子和硫原子结合生成了H2S，则羟基可能与碳原子结合生成； 【小问7详解】 C4H8S转化率在温度高于T2后，C4H8S转化率随温度升高而快速下降，可能原因为：温度高于T2后，温度过高导致催化剂活性降低，甚至失活，使得反应进行的程度大幅减小，转化率下降； 【小问8详解】 乙醇胺的化学式为HOCH2CH2NH2，是一种弱碱性物质，故在水中可部分电离，应用可逆符号，由于其碱性来源于氨基，在水溶液电离时类似氨气的电离，结合水中的氢离子，释放出氢氧根，因此其电离方程式为； 【小问9详解】 天然气的主要成分为甲烷，甲烷在空气完全燃烧的方程式为，设甲烷体积为V，则所需氧气的体积为2V，由空气中的氧气体积分数按0.20计算，则空气体积为10V，则天然气在空气中完全燃烧时的体积分数为；我国城镇燃气设计规范强制要求C4H8S的示警浓度需达到天然气爆炸下限的20%，由上问可知天然气爆炸下限为0.55×C0=0.55×=0.05，而C4H8S的示警浓度需达到天然气爆炸下限的20%，则当天然气的体积分数为0.05×20%=0.01时，根据②当空气中C4H8S的含量超过0.08 mg·m-3时，可感知到明显异味，这意味着：空气混合气中，天然气体积占1%时，C4H8S的含量应达到0.08 mg·m-3，那么C4H8S的含量在混合气体中的浓度是原来纯天然气中浓度的1%，则家庭端天然气中C4H8S的含量应不低于8.00 mg·m-3。 四、麻药普鲁卡因的衍生物 4. 普鲁卡因是一种常用麻醉药品，对其化学结构进行修饰和优化，可得到一系列安全性更高的普鲁卡因衍生物，其中一种衍生物的合成路线如下(部分试剂省略)： （1）化合物A中含氮官能团的名称为___________。 （2）关于化合物B的说法正确的是___________。 A. 分子式为C4H8BrNO2 B. 碳原子杂化方式为sp、sp2 C. 所有碳原子可能共平面 D. 能形成分子间氢键 （3）C→D、F→G的反应类型分别为___________反应、___________反应。 A．加成 B．取代 C．还原 D．消去 （4）化合物H中不对称碳原子的个数是___________。 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 （5）D和G反应生成H的过程中，K2CO3的作用是___________。 （6）设计实验证明中含溴元素___________。 （7）Z是E的同系物，经___________测定，其相对分子质量比E大28. A. 原子发射光谱 B. 红外光谱 C. 核磁共振氢谱 D. 质谱 （8）写出1种满足下列条件的Z的同分异构体Y的结构简式___________。 ①能发生银镜反应和水解反应； ②1 mol Y最多消耗2 mol NaOH； ③核磁共振氢谱显示有四组峰，且峰面积之比为6：2：2：1. （9）参照上述合成路线，以和BrCH2NH2为原料合成(无机试剂任选)___________。 已知： 【答案】（1）氨基 （2）D （3） ①. C ②. B （4）B （5）吸收反应产生的HBr，提高反应物的转化率 （6）取少量于试管，加入足量的NaOH溶液并加热，冷却至室温，加入足量稀硝酸至溶液呈酸性，加入AgNO3溶液，若出现浅黄色沉淀，则证明中含有溴元素 （7）D （8） （9） 【解析】 【分析】A与发生取代反应生成B，B在碱性条件下脱去一分子HBr成环变成C，C被LiAlH4还原得到D；E与Boc酸酐发生取代反应生成F，F与取代生成水和G，G与D发生取代反应生成HBr和H，H与HCl化合得到I； 【小问1详解】 A中含有的官能团为羟基，氨基，故含氮官能团的名称为氨基； 【小问2详解】 A．化合物B的分子式为C7H14BrNO2，A错误； B．分子中的饱和碳原子为sp3杂化，酰胺基碳原子为sp2杂化，B错误； C．分子中存在连接了3个碳原子的sp3杂化的碳原子，这4个碳原子就不可能共平面，C错误； D．分子中有羟基、氨基这种电负性很强的O原子和N原子，因此能形成分子间氢键，D正确； 故选D； 【小问3详解】 C被LiAlH4还原得到D，发生还原反应；F与取代生成水和G，为取代反应； 【小问4详解】 不对称碳原子即手性碳原子，需要连接4根单键且四根单键连接的原子或原子团各不相同，如图有1个不对称碳原子，故选B； 【小问5详解】 G与D发生取代反应生成HBr和H，有HBr产生，K2CO3可以吸收反应产生的HBr，提高反应物的转化率； 【小问6详解】 检验中含溴元素，需利用水解反应将溴原子反应到溶液中，再进行Br-的检验，具体操作为取少量于试管，加入足量的NaOH溶液并加热，冷却至室温，加入足量稀硝酸至溶液呈酸性，加入AgNO3溶液，若出现浅黄色沉淀，则证明中含有溴元素； 【小问7详解】 质谱仪是测定有机物相对分子质量的方法，故选D； 【小问8详解】 结合7问中Z是E的同系物且相对分子质量比E大28，可知Z的分子式为C9H11NO2，结合信息①能发生银镜反应和水解反应②1 mol Y最多消耗2 mol NaOH说明是甲酸酚酯，结合核磁氢谱可知可能的结构为； 【小问9详解】 结合已知以及产物的结构简式，可知成环需要引入羧基以及氨基，可将醛基氧化为羧基，结合图中A→B利用取代反应引入氨基，具体可设计如下合成路线； 五、电解锰渣中锰和铅的回收 5. 电解锰渣主要成分为MnO2、PbSO4和少量SiO2、CaSO4，实验室回收电解锰渣中锰和铅的实验如下： 分别称取两份质量均为1.250 g的电解锰渣样品。 实验一：回收锰 步骤I：向其中一份样品中加入适量稀H2SO4、2%H2O2溶液，充分反应，使MnO2转化为MnSO4。过滤，得到浸出液和富铅渣。 步骤II：浸出液经处理后，电解得到金属锰0.054 g （1）步骤I中，H2O2主要作______。 A. 催化剂 B. 氧化剂 C. 还原剂 D. 氧化剂和还原剂 步骤I中，相同条件下，反应温度对浸出液中锰含量、c(H2SO4)对富铅渣中铅含量的影响如图1、图2。 已知：； （2）图1中，温度升高至75℃以上，浸出液中锰含量下降的原因是______；图2中，温度不变，随着c(H2SO4)增加，富铅渣中铅含量增大的原因是______。（各写一条） 实验二：锰回收率测定 步骤I：向另一份1.250 g的样品中加入过量的稀H2SO4和50.00 mL 0.1000 mol·L-1 Na2C2O4溶液，充分反应，使样品中的MnO2全部转化为MnSO4： 步骤II：过滤，将滤液稀释至250 mL。 步骤III：取25.00 mL上述溶液，用0.01000 mol·L-1 KMnO4酸性溶液滴定： 进行平行实验，平均消耗KMnO4酸性溶液16.00 mL。 （3）滴定终点的判断：______。 （4）已知：。 通过实验一和实验二，计算电解锰渣中锰回收率=______。（结果保留至小数点后2位） （5）下列操作中，会导致锰回收率测定结果偏低的是______。 A. 未用KMnO4酸性溶液润洗滴定管 B. 装入待测液前，锥形瓶有蒸馏水残留 C. 滴定过程中，锥形瓶液体溅出 D. 滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失 实验三：回收铅 将实验一所得富铅渣通过以下流程回收铅： （6）浸出渣M的主要成分为______。 （7）检验滤液N中的方法是______。 （8）试剂X为______。 A. BaCl2 B. Ba(OH)2 C. Ba(NO3)2 D. (CH3COO)2Ba （9）用一定浓度的CH3COONH4溶液浸出铅元素的反应为：通过计算说明，不用CH3COOH溶液浸取PbSO4的原因______。 已知：Ksp(PbSO4)=10-7.6；；；Ka(CH3COOH)=10-4.7。 【答案】（1）C （2） ①. H2O2受热分解，且MnO2可以催化H2O2分解 ②. 增加时，增大，的沉淀溶解平衡逆向移动，析出更多，从而使铅渣中铅含量增大 （3）滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色 （4）98.18% （5）C （6）， （7）取少量滤液N于试管中，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明滤液中含有 （8）D （9）我们可以通过计算比较两种方法的浸出能力，已知反应：该反应可由下面两个反应相加得到：因此，，若用浸出，反应为，，，，说明用浸出的反应平衡常数极小，反应程度非常小，几乎无法进行，因此不能用溶液浸出。 【解析】 【分析】实验一：样品中加入适量稀H2SO4、2%H2O2溶液，使MnO2转化为MnSO4，H2O2做还原剂，过滤，得到浸出液和富铅渣；实验二，用过量Na2C2O4溶液使MnO2全部转化为MnSO4，再用反滴定剩余Na2C2O4，求Mn含量；实验三可以通过计算比较两种方法的浸出能力，解释不能用溶液浸出的原因。 【小问1详解】 题目中加H2O2溶液，使MnO2转化为MnSO4，Mn从+4价降到+2价，被还原，所以H2O2做还原剂。 小问2详解】 ①H2O2不稳定，温度升高至75℃以上，H2O2受热分解，且MnO2可以催化H2O2分解，导致还原剂不足，浸出液中的锰元素减少； ②增加时，增大，使沉淀溶解平衡逆向移动，析出更多，从而使铅渣中铅含量增大。 【小问3详解】 用KMnO4滴定草酸，当草酸反应完，再滴入半滴KMnO4溶液时，会呈现出浅紫红色，所以滴定终点的现象为：滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液变为浅紫红色，且半分钟内不褪色； 【小问4详解】 滴定反应，25 mL溶液中，则250 mL溶液中，与MnO2反应的，由可知，，故。 【小问5详解】 A．未用润洗滴定管，导致浓度偏低，消耗体积偏大，偏大，浓度偏高，回收率偏高，A不符合题意； B．锥形瓶有蒸馏水残留，对溶质物质量无影响，无影响，B不符合题意； C．锥形瓶液体溅出，导致损失，消耗体积偏小，计算出的过量偏少，与MnO2反应的偏多，最终计算出的Mn总质量偏大，回收率偏低，C符合题意； D．滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗体积偏大，计算出的过量偏多，与MnO2反应的偏少，最终计算出的Mn总质量偏小，回收率偏高，D不符合题意； 故答案选C。 【小问6详解】 浸出渣M的主要成分富铅渣主要含，，，用溶液浸出时，与反应进入溶液，而不溶解，微溶，故浸出渣M的主要成分为，。 【小问7详解】 取少量滤液N于试管中，先加稀盐酸酸化(排除、、等干扰)，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明滤液中含有； 【小问8详解】 试剂X的选择试剂X的作用是沉淀，同时不引入新杂质，且不能与反应： A．BaCl2引入杂质，A不符合题意； B．Ba(OH)引入，可能沉淀，B不符合题意； C．引入杂质，C不符合题意； D．提供沉淀，且为体系原有离子，不引入新杂质，D符合题意； 故答案选D。 【小问9详解】 不用浸出的原因：我们可以通过计算比较两种方法的浸出能力，已知反应：该反应可由下面两个反应相加得到：因此，，若用浸出，反应为，，，，说明用浸出的反应平衡常数极小，反应程度非常小，几乎无法进行，因此不能用溶液浸出。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $