题组预测01（大题专练）（黑吉辽蒙专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

**基本信息** 聚焦高考化学核心模块，以真实工业情境和实验探究为载体，系统覆盖工艺流程、实验制备、反应原理及有机合成，强化科学思维与问题解决能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |工艺流程|3题|以资源回收（废盐、锗矿石等）为主线，考查分离提纯、氧化还原及Ksp计算|元素化合物性质→反应条件控制→物质转化规律| |实验制备|3题|涉及己内酰胺、过硫酸铵等制备，考查仪器使用、操作规范及产率计算|实验原理→装置选择→误差分析→定量测定| |反应原理|3题|围绕氢能、CO₂转化等，考查平衡常数、反应热及电化学|热力学参数→平衡移动→速率影响因素→实际应用| |有机合成|3题|以生物碱、药物中间体为背景，考查官能团转化、同分异构体推断|结构决定性质→反应类型判断→合成路线设计|

命题预测 参考答案 A组 1．（14分）（1） ①. 提高原料的浸出率，抑制金属离子水解 （1分） ②. 将Fe3+还原为Fe2+ （1分） （2） ①. Mg2+（2分） ②. （2分） （3）防止后续“除杂2”中，盐酸与酸性高锰酸钾反应产生有毒气体氯气，同时高锰酸钾用量增加，浪费试剂 （2分） （4）2:3 （2分） （5）或 （3分） （6）取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化后，再加氯化钡，无白色沉淀，证明洗涤干净（1分） 2．（13分）（1） ①. 恒压滴液漏斗(恒压分液漏斗) （1分） ②. 1.5 （1分） ③. 20 （1分） （2） ①. （2分） ②. 硫酸镁 （2分） （3）AB （2分） （4）分离操作方便、催化剂便于回收重复利用、增大催化剂与反应物间的接触面积 （2分） （5）93.5（2分） 3．（14分）(1) < （1分） BC （2分） （2分） （2分） (2) （2分） 浓度较高时，生成较多的以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触（或催化剂活性下降），制氢速率下降（1分） (3) +6e-+6H+= （2分） 64.3（2分） 4．（14分）(1) （酚）羟基（1分） 取少量A于试管中，加水溶解后向其中逐滴加入饱和溴水，若观察到试管中产生白色沉淀，则证明中含有酚羟基（或取少量于试管中，加水溶解配成稀溶液后向其中滴入几滴溶液，若发生显色反应，则证明中含有酚羟基）（1分） (2)（2分） (3)（2分） (4) 还原反应（1分） (5)（3分） (6) 26 （2分） 或（2分） B组 1.（14分）（1） （3分） （2） ①. 分液 （1分） ②. 若要完全沉淀，溶液的pH至少需调至8.2，此时也接近沉淀完全，所以此方法不正确 （2分） （3） ①. 随着pH的升高被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动 （2分） ②. 98 （2分） （4） ①. Ni （2分） ②. AC（2分） 2．（13分）(1)+6（2分） (2) g→f→b→a （1分） 防止装置A中液体倒吸入装置B中 （1分） 恒压滴液漏斗（1分） (3)降低烘干温度，防止分解（2分） (4) 当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色 （2分）76 （2分） 偏低（2分） 3.（14分）（1） ①. +1983.86kJ/mol （2分） ②. （1分） （2）a （2分） （3） ①. 70% （2分） ②. 4.75 （2分） ③. 升高温度，反应III逆向移动的程度大于反应II正向移动的程度 （2分） （4） ①. 2 （2分） ②. 增大了氢原子的浓度或提高催化剂的活性（1分） 4. （14分）（1） ①. 7 （2分） ②. 酯基、硝基 （2分） ③. 苯甲醛 （1分） （2） 和 （2分） （3）12 （2分） （4）羧基会与铁反应影响官能团的转化 （2分） （5）+HCl（3分） C组 1.（14分） （1） ①. （2分） ②. 将还原为，防止胶体对锗的吸附 （1分） ③. 防止产生或，污染空气 （1分） （2） ①. （2分） ②. 氧化的浓度减小，平衡不断正向移动，提高的浸出率 （1分） （3） ①. 6.5 （2分） ②. 氯化蒸馏 （2分） （4）（3分） 2．（13分）(1)蒸馏烧瓶（1分） (2)C（1分） (3)m插入装有水的烧杯中(隔绝空气的装置即可得分，不能夹住)（2分） (4)（2分） (5)吸收热量(或降低可燃物的温度)（2分） (6)22.4%（3分） (7)酸性溶液可以氧化乳酸根(或乳酸)，导致标准液消耗量偏多（2分） 3. （14分）（1） ①. （2分） ②. ① （2分） （2） ①. a （2分） ②. 温度高于270℃时，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大 （2分） ③. 0.15 （3分） （3）或（3分） 4. （14分）（1）+C2H5OH+H2O （2分） （2） ①. 邻硝基苯甲醛或2-硝基苯甲醛 （1分） ②. 氧化反应 （1分） （3）（3分） （4）19 （3分） （5） ①. 1 （2分） ②. （2分） 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 命题预测 A组 （建议用时：30分钟 满分：55分） 1．（14分）农药氟虫腈生产中的废盐(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)与钛白粉副产品(主要成分为FeSO4•7H2O，含少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等)资源化生产电池级磷酸铁工艺流程如下。 已知：常温下，一些金属氟化物的Ksp如下表。离子浓度认为离子完全沉淀。 氟化物 回答下列问题： （1）“溶解1”用H2SO4溶解比直接加水溶解的优点是___________；铁粉除了可调节体系的pH，使得TiO2+水解以TiO2•xH2O沉淀形式除去外，另一个目的是___________。 （2）“除杂1”中除去的离子是___________(填化学式)；此时剩余浓度不低于___________mol/L。 （3）“氧化1”中若使用稀盐酸代替H2SO4溶液，会导致___________。 （4）“除杂2”中理论上氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。 （5）“氧化2”缺失会导致FePO4·2H2O产量降低，原因是___________(用离子方程式表示)。 （6）“沉铁”后过滤、洗涤得到FePO4·2H2O，证明晶体洗涤干净的方法是___________。 2．（13分）己内酰胺是生产锦纶和尼龙工程塑料的原料单体，用如下原理及装置制备(夹持装置略)。 已知实验所需物质性质如表格所示： 试剂名称 色态 熔点 溶解性 对甲苯磺酰氯 白色片状结晶 71℃ 溶于乙腈和苯 环己酮肟 白色晶体 89℃ 溶于水和一般有机溶剂 己内酰胺 白色片状固体 70℃ 溶于水和一般有机溶剂，有腐蚀性 制备操作：向装有温度计的三口烧瓶中加入m g(对甲苯磺酰氯简写为TsCl)，磁力搅拌下滴加VmL溶有2.0g环己酮肟的乙腈溶液，控温60℃反应2.5小时。减压蒸馏除去乙腈，加入20mL水将黏稠物溶解，再缓慢加入饱和溶液，充分振摇，氯仿萃取，萃取液加入干燥剂振摇后放置澄清，常压蒸出氯仿，减压蒸馏得己内酰胺1.84g。 回答下列问题 （1）仪器c的名称为___________；对照实验显示催化剂和溶剂用量均能影响原料转化率和选择性如图所示，本实验中需要的对甲苯磺酰氯质量___________g，乙腈体积___________。 （2）环己酮肟、溶剂乙腈使用前都需要干燥除水，否则会导致催化剂TsCl失活，发生的反应方程式___________。氯仿萃取合并液可以选用___________作干燥剂(选填“硫酸镁”“碱石灰”或“五氧化二磷”)。 （3）关于该实验，下列说法错误的是___________(填标号)。 A. 氯仿萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向下 B 实施减压蒸馏时，应该先加热后减压 C. 可通过测定产品熔点定性判断其纯度高低 D. 需要在通风橱内进行，并且佩戴防护手套 （4）将硫酸“固定”在高分子树脂上可得磺酸树脂类催化剂。该类催化剂的优点是___________。 （5）上述条件下测得环己酮肟转化率为98.4%，环己酮肟转化为已内酰胺选择性为___________%(保留三位有效数字)。 3．（14分）氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，我国提出2060年达“碳中和”目标。 (1)通过反应将转化为高附加值产品HCOOH，回答下列问题： 体系中涉及两个反应： Ⅰ．主反应：   Ⅱ．副反应：   测定不同温度下反应Ⅰ的平衡常数（）如下表所示： T/K 373 473 573 673 平衡常数 37.5K 24.3K 8.4K K ① 0（填“>”“<”或“=”）。 ②充入恒容密闭容器中反应，下列有利于提高HCOOH产率的措施有 。 A．升高反应温度                B．及时移出HCOOH C．使用HCOOH选择性高的催化剂                D．充入氮气 ③充入恒容恒温密闭容器中反应，起始压强为，平衡时压强为p kPa，CO与HCOOH的浓度相等，的转化率 （用含和p的代数式表示），用各物质的平衡分压表示反应Ⅰ的平衡常数计算式 （用含和p的代数式表示）。 (2)硼氢化钠（）水解制氢：常温下，水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。 ①根据上图写出水解制氢的离子方程式 。 ②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，浓度对制氢速率的影响如下图所示。【已知：浓度较大时，易以形式结晶析出。】 分析质量分数超过10%后制氢速率下降的可能原因 。 (3)一定条件下，利用题图所示装置实现的电化学储氢（忽略其它有机物的反应）。 ①写出由苯（）生成环己烷（）的电极反应式： （有机物用结构简式表示）。 ②该装置的电流效率 %（保留1位小数）。（×100%） 4．（14分）化合物（H）是合成盐酸罂粟碱等一些生物碱的重要中间体，其合成路线如图所示（部分试剂和条件略）。 已知：代表甲基，代表乙基。 回答下列问题： (1)A中官能团名称是 ，检验A中官能团的实验方法是 。 (2)化合物B的结构简式为 。 (3)C在氢氧化钠的水溶液并加热的条件下可以发生水解反应，写出对应的化学方程式： 。 (4)由生成的反应类型为 。 (5)写出由和反应生成的化学方程式： 。 (6)是的同分异构体，同时满足下列条件的有 种（不考虑立体异构）。 ①含苯环且苯环上只有三个含氧取代基 ②结构中含有两个醚键 ③能在酸性条件下发生水解反应且水解产物含甲酸 其中，核磁共振氢谱有5组峰且峰面积比为的同分异构体的结构简式为 （填一种）。 B组 （建议用时：35分钟 满分：55分） 1.（14分） 以锗矿石(NiS、ZnS、，含等杂质)为主要原料制备Ge、Ni和的工艺流程如下： 已知：①锗在硫酸中的存在形式：时主要为，时主要为沉淀； ②和(以计)开始沉淀的pH分别为6.2和6.9，完全沉淀时的pH分别为8.2和8.9. 回答下列问题： （1）“氧化酸浸”时，控制溶液，浸渣的主要成分为和S，则反应的离子方程式为___________。 （2）“操作2”的名称为___________。有人依据已知②认为可以直接调pH分离和，以省去有机物使用时可能造成的污染，分析该方法是否正确___________。 （3）“调pH、萃取”时，萃取原理为。在硫酸盐溶液中，该萃取剂对某些金属离子的萃取率[萃取率]与pH的变化关系如图所示。在一定范围内，萃取率升高的原因是___________。已知在时，达到萃取平衡时，。若在滤液中加入等体积萃取剂进行充分萃取，则的萃取率为___________%(保留两位有效数字)。 （4）“电解”制备Ni时，电解池的阴极电极材料为___________(填化学式)。电解后的溶液可在工艺中循环使用，利用该电解液的操作单元为___________(填标号)。 A．氧化酸浸 B．中和沉淀 C．调节pH、萃取 D．反萃取 2．（13分）过硫酸铵[]在工业上有广泛用途，某兴趣小组根据反应制备粗品。回答下列问题： (1)中硫元素的化合价为 。 (2)制备时，从下列装置中根据需要选择组装。仪器的连接顺序为c→ →尾气处理，D装置的作用为 ，仪器M的名称为 。 (3)充分反应后，将A中的混合液经一系列操作得到晶体。烘干晶体时，采用减压、低温的原因是 。 (4)采用碘量法测定粗品的纯度。 称取1.500 g制得的粗品，配成100.00 mL溶液。移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入过量KI溶液，用标准浓度的溶液滴定(发生反应：)，当溶液颜色变浅时加入几滴淀粉溶液，滴定至终点。重复上述滴定操作三次，平均消耗的溶液12.50 mL。 ①滴定终点的现象为 。 ②粗品的纯度为 ％。若开始滴定前加入淀粉溶液，则所测的纯度 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 3.（14分） 以CH3OH(g)和CO2(g)为原料在一定条件下可制备HCOOCH3(g)，发生的主要反应如下： I. CH3OH(g)+CO2(g)HCOOH(g)+HCHO(g) ΔH1=+756.83kJ·mol-1 Kp1 II. HCOOH(g)+CH3OH(g)HCOOCH3(g)+H2O(g) ΔH2=+316.12kJ·mol-1 Kp2 III.2HCHO(g)HCOOCH3(g) ΔH3= -162.04kJ·mol-1 Kp3 （1）反应4CH3OH(g)+2CO2(g)3HCOOCH3(g)+2H2O(g)的ΔH=____；该反应的压强平衡常数Kp=____(用含Kp1、Kp2、Kp3的代数式表示)。 （2）已知压强平衡常数(Kp)与温度(T)之间存在定量关系，且符合van’tHoff方程lgKp=-×+C(其中R、C为常数，ΔH为反应热)。反应I、II、III的lgKp与之间均为线性关系，如图1所示。其中反应I对应的曲线为____(填“a”、“b”或“c”)。 （3）260℃时，向体积为VL的密闭容器中充入2molCH3OH(g)和1molCO2(g)发生反应I、II、III，达到平衡时测得容器中n(HCHO)、n(HCOOH)和n(HCOOCH3)分别为0.1mol、0.2mol和0.95mol。 ①CH3OH(g)的平衡转化率为____。 ②260℃时，反应II的平衡常数K=____。 ③当温度高于260℃时，HCOOCH3(g)的产率随温度的升高而下降的原因为____。 （4）利用金属Ti的氧化物作催化剂也可实现由CH3OH(g和CO2(g)合成HCOOCH3(g)，其反应机理如图2所示。 ①260℃时，将=的混合气体以10L·h-1的流速通过装有催化剂的反应器，试计算当HCOOCH3(g)的产率为80%时，其生成速率v(HCOOCH3)=____L·h-1。 ②若向反应体系中通入适量H2，可大大提高总反应速率，其原因可能为____。 4. （14分）化合物I(德克司他丙酚)具有显著的镇静效果。其合成路线如下(部分条件忽略)。 已知：。 回答下列问题： （1）A分子中杂化的原子数为_______，C中官能团名称是_______，E的化学名称是_______。 （2）G与足量NaOH水溶液加热，所得有机产物的结构简式为_______。 （3）M是B的同分异构体，同时符合下列条件的M共有_______种(不考虑立体异构)。 ①含硝基，但不含甲基 ②属于芳香族化合物 ③既能发生银镜反应又能发生水解反应 （4）合成路线中，需对羧基进行保护的原因是_______。 （5）依据以上流程信息，写出以苯胺和为原料合成的路线中最后一步反应的化学方程式_______。 C组 （建议用时：40分钟 满分：55分） 1.（14分） 利用工业烟尘(主要成分为、、、、等)制备和的流程如下。 已知：该工艺条件下，，，，；易形成胶体吸附含锗微粒。 回答下列问题： （1）“一段低酸还原”中生成的离子方程式为___________；的作用是___________；酸浓度不宜过大的原因是___________。 （2）“二段高酸氧压”过程中，存在反应，该反应平衡常数___________，同时通入氧气的目的是___________。 （3）“沉锗”时，若溶液中，为提高锗的纯度，则常温下溶液pH的理论最大值为___________；“水解”的另一种产物用水吸收后可循环使用，利用该吸收液的操作单元为___________。 （4）“沉锌铁”过程中，生成的离子方程式为___________。 2．（13分）乳酸亚铁固体{，摩尔质量：}是一种很好的补铁剂，它易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液易被氧化，可由乳酸与反应制得。 Ⅰ．制备碳酸亚铁：可在还原性气氛中，用亚铁盐与溶液制备，已知碳酸亚铁干燥品在空气中比较稳定，而湿品在空气中被氧化为变成茶色(反应体系均为水相，所有试剂均在图中)。装置如下图所示。回答下列问题： (1)仪器b的名称为 。 (2)试剂X的最佳选择是___________(填标号)。 A．98%硫酸溶液 B．37%盐酸 C．20%硫酸溶液 D．30%硝酸溶液 (3)向气密性良好的装置中添加药品。打开、，关闭，待在处检验到较纯净的后，先将 (补充操作)，再关闭、，打开，中出现白色浑浊。 (4)碳酸亚铁在潮湿空气中变茶色的化学方程式为 。 (5)碳酸亚铁在热空气中发生吸热反应：，则碳酸亚铁可用作阻燃剂的原因是消耗、生成、 、生成覆盖在燃烧物表面。 Ⅱ．制备乳酸亚铁并测定样品中铁元素的含量： 将制得的加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸，经系列操作后得到产品。 称取样品，灼烧至完全灰化，加盐酸溶解配成溶液，取于锥形瓶中，加入过量溶液充分反应，然后加入1～2滴淀粉溶液，用硫代硫酸钠标准溶液滴定，滴定终点时，测得消耗标准溶液。(已知：) (6)样品中铁元素的质量分数是 。 (7)若用酸性溶液直接滴定样品，测得铁元素含量大于，其原因是 。 3. （14分）以工业废气中的为原料催化加氢制备甲醇具有较好的发展前景。涉及以下反应： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． （1）___________。计算机模拟Ⅲ的反应历程及能量变化如图所示(TS代表过渡态，IM表示中间产物)。催化剂主要降低反应历程中第___________步的能垒(填序号)。 （2）已知：X的选择性。将和充入密闭恒压容器中进行上述反应，平衡时，转化率选择性、CO选择性随温度的变化关系如图所示。则图中表示变化的曲线是___________(填标号)；当温度高于时，)逐渐增大的原因是___________。条件不变，原料气中增加，在某温度下达到平衡，测得，，则___________。 （3）一定条件下，将和充入恒容密闭容器中发生上述反应。不同时间容器内的压强见下表，平衡时测得体系内CO的摩尔分数为10%。 0 5 10 15 20 25 6.0 5.55 5.2 4.95 4.8 4.8 该温度下反应Ⅲ的平衡常数___________(列出计算式即可)。 4. （14分）化合物I是合成酮类药物的一种中间体，其合成路线如下： 已知：i． ii． iii． （1）A→B的化学方程式为___________。 （2）M的化学名称为___________，H→I的反应类型为___________。 （3）E生成F的同时会生成一种与F互为同分异构体的副产物F′，F′的结构简式为___________。 （4）M在一定条件下还原得到J(C7H7NO3)，符合下列条件的J的同分异构体有___________种。 ①遇FeCl3溶液显紫色，含有酰胺基或氨基 ②能发生水解反应和银镜反应 （5）化合物I的另一种衍生物Y的合成过程中如下： 已知：①X不与Na反应，②Y分子中与氧原子连接的碳均为sp2杂化。则X中手性碳原子有___________个，Y的结构简式为___________。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 命题预测 A组 （建议用时：30分钟 满分：55分） 1．（14分）农药氟虫腈生产中的废盐(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)与钛白粉副产品(主要成分为FeSO4•7H2O，含少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等)资源化生产电池级磷酸铁工艺流程如下。 已知：常温下，一些金属氟化物的Ksp如下表。离子浓度认为离子完全沉淀。 氟化物 回答下列问题： （1）“溶解1”用H2SO4溶解比直接加水溶解的优点是___________；铁粉除了可调节体系的pH，使得TiO2+水解以TiO2•xH2O沉淀形式除去外，另一个目的是___________。 （2）“除杂1”中除去的离子是___________(填化学式)；此时剩余浓度不低于___________mol/L。 （3）“氧化1”中若使用稀盐酸代替H2SO4溶液，会导致___________。 （4）“除杂2”中理论上氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。 （5）“氧化2”缺失会导致FePO4·2H2O产量降低，原因是___________(用离子方程式表示)。 （6）“沉铁”后过滤、洗涤得到FePO4·2H2O，证明晶体洗涤干净的方法是___________。 【答案】（1） ①. 提高原料的浸出率，抑制金属离子水解 （1分） ②. 将Fe3+还原为Fe2+ （1分） （2） ①. Mg2+（2分） ②. （2分） （3）防止后续“除杂2”中，盐酸与酸性高锰酸钾反应产生有毒气体氯气，同时高锰酸钾用量增加，浪费试剂 （2分） （4）2:3 （2分） （5）或 （3分） （6）取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化后，再加氯化钡，无白色沉淀，证明洗涤干净（1分） 【解析】 【分析】该工艺流程的原料为钛白粉副产品[主要成分为FeSO4•7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药氟虫腈生产中的废盐(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)，产品为电池级磷酸铁，钛白粉副产品在硫酸中“溶解1”后，加入铁粉“除钛”过程发生反应有：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，体系的pH增大，使TiO2+水解以TiO2•xH2O沉淀形式除去，滤渣1为TiO2•xH2O，气体为H2，溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、，加入NH4F“除杂1”中除去Mg2+，滤渣2为MgF2；“氧化1”中主要反应是Fe2+被氧化为Fe3+，“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应生成MnO2而除去Mn2+，滤渣3为MnO2；农药盐渣加水“溶解2”后，“氧化2”是用氧气将Na2SO3氧化为Na2SO4，沉铁时溶液中Fe3+与农药盐渣中的结合生成FePO4•2H2O，据此分析解题。 （1）Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、TiO2+等阳离子均能发生水解，故“溶解1”用H2SO4溶解比直接加水溶解的优点是提高原料的浸出率，抑制金属离子水解；铁粉除了可调节体系的pH，使得水解以沉淀形式除去外，另一个目的是将Fe3+还原为Fe2+，故答案为：提高原料的浸出率，抑制金属离子水解；将Fe3+还原为Fe2+； （2）由分析可知，“除杂1”中除去的离子是Mg2+，Ksp[MgF2]=c(Mg2+)c2(F-)，此时剩余F-浓度不低于==2.5×10-3mol/L，故答案为：Mg2+；2.5×10-3； （3）“氧化1”中不能使用稀盐酸代替H2SO4溶液，原因是：若用盐酸会被KMnO4生成氯气，故答案为：防止后续“除杂2”中，盐酸与酸性高锰酸钾反应产生有毒气体氯气，同时高锰酸钾用量增加，浪费试剂； （4）由分析可知，“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应生成MnO2而除去Mn2+，反应离子方程式为：3Mn2++2+2H2O=5MnO2↓+4H+，则“除杂2”中理论上氧化剂（）和还原剂（Mn2+）的物质的量之比为2:3，故答案为：2:3； （5）“氧化2”是用氧气将Na2SO3氧化为Na2SO4，Fe3+也能氧化Na2SO3，自身被还原为Fe2+，该离子方程式为：，或者发生双水解反应生成Fe(OH)3沉淀，反应离子方程式为：，故“氧化2”缺失会导致FePO4·2H2O产量降低， 故答案为：或； （6）由分析可知，“沉铁”后过滤、洗涤得到FePO4·2H2O，证明晶体洗涤干净只有证明最后的洗涤液中不含硫酸根离子，方法是取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化后，再加氯化钡，无白色沉淀，证明洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化后，再加氯化钡，无白色沉淀，证明洗涤干净。 2．（13分）己内酰胺是生产锦纶和尼龙工程塑料的原料单体，用如下原理及装置制备(夹持装置略)。 已知实验所需物质性质如表格所示： 试剂名称 色态 熔点 溶解性 对甲苯磺酰氯 白色片状结晶 71℃ 溶于乙腈和苯 环己酮肟 白色晶体 89℃ 溶于水和一般有机溶剂 己内酰胺 白色片状固体 70℃ 溶于水和一般有机溶剂，有腐蚀性 制备操作：向装有温度计的三口烧瓶中加入m g(对甲苯磺酰氯简写为TsCl)，磁力搅拌下滴加VmL溶有2.0g环己酮肟的乙腈溶液，控温60℃反应2.5小时。减压蒸馏除去乙腈，加入20mL水将黏稠物溶解，再缓慢加入饱和溶液，充分振摇，氯仿萃取，萃取液加入干燥剂振摇后放置澄清，常压蒸出氯仿，减压蒸馏得己内酰胺1.84g。 回答下列问题 （1）仪器c的名称为___________；对照实验显示催化剂和溶剂用量均能影响原料转化率和选择性如图所示，本实验中需要的对甲苯磺酰氯质量___________g，乙腈体积___________。 （2）环己酮肟、溶剂乙腈使用前都需要干燥除水，否则会导致催化剂TsCl失活，发生的反应方程式___________。氯仿萃取合并液可以选用___________作干燥剂(选填“硫酸镁”“碱石灰”或“五氧化二磷”)。 （3）关于该实验，下列说法错误的是___________(填标号)。 A. 氯仿萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向下 B 实施减压蒸馏时，应该先加热后减压 C. 可通过测定产品熔点定性判断其纯度高低 D. 需要在通风橱内进行，并且佩戴防护手套 （4）将硫酸“固定”在高分子树脂上可得磺酸树脂类催化剂。该类催化剂的优点是___________。 （5）上述条件下测得环己酮肟转化率为98.4%，环己酮肟转化为已内酰胺选择性为___________%(保留三位有效数字)。 【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗(恒压分液漏斗) （1分） ②. 1.5 （1分） ③. 20 （1分） （2） ①. （2分） ②. 硫酸镁 （2分） （3）AB （2分） （4）分离操作方便、催化剂便于回收重复利用、增大催化剂与反应物间的接触面积 （2分） （5）93.5（2分） 【解析】 【分析】本实验利用环己酮肟的乙腈溶液在催化剂(TsCl)作用下反应生成己内酰胺，反应完成后减压蒸馏除去乙醇，再经过除杂、萃取、蒸馏得到产品； （1）仪器c的名称为恒压滴液漏斗(恒压分液漏斗)；根据图示可知，催化剂选择1.5g转化率和选择性均达到较高水平，继续提高催化剂用量，转化率和选择性提升不大，故催化剂对甲苯磺酰氯选择m=1.5g，同理乙腈选择20mL即可； （2）催化剂甲苯磺酰氯(TsCl)中含有氯原子，易水解，若不除水，催化剂TsCl与水发生的反应方程式为；己内酰胺中含有酰胺基，在酸性、碱性环境下均能水解，故选择中性干燥剂硫酸镁； （3）A．氯仿萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上进行放气，A错误； B．实施减压蒸馏时，应该先减压降低沸点后加热，B错误； C．由表可知，产品的熔点和原料的熔点不同，可通过测定产品熔点定性判断其纯度高低，C正确； D．该实验所用有机试剂大多有毒，需要在通风橱内进行，且己内酰胺有腐蚀性，需要带防护手套，D正确； 故选AB； （4）将硫酸“固定”在高分子树脂上可得磺酸树脂类催化剂，其易于分离和回收，减少了催化剂的损失和环境污染，其具有良好的重复使用性，降低了生产成本；其次，催化剂稳定性高，能够在较宽的温度和pH范围内保持活性；此外，磺酸树脂催化剂具有较大的比表面积，能增大催化剂与反应物间的接触面积，加快反应速率。这些特性使其在有机合成和工业催化中具有广泛的应用前景。 （5）环己酮肟与己内酰胺的摩尔质量均为113g/mol，则2.0g环己酮肟理论上得到2.0g己内酰胺，转化率为98.4%，若选择性为100%，则理论上得到己内酰胺，实际得到己内酰胺1.84g，则选择性为(保留三位有效数字)。 3．（14分）氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，我国提出2060年达“碳中和”目标。 (1)通过反应将转化为高附加值产品HCOOH，回答下列问题： 体系中涉及两个反应： Ⅰ．主反应：   Ⅱ．副反应：   测定不同温度下反应Ⅰ的平衡常数（）如下表所示： T/K 373 473 573 673 平衡常数 37.5K 24.3K 8.4K K ① 0（填“>”“<”或“=”）。 ②充入恒容密闭容器中反应，下列有利于提高HCOOH产率的措施有 。 A．升高反应温度                B．及时移出HCOOH C．使用HCOOH选择性高的催化剂                D．充入氮气 ③充入恒容恒温密闭容器中反应，起始压强为，平衡时压强为p kPa，CO与HCOOH的浓度相等，的转化率 （用含和p的代数式表示），用各物质的平衡分压表示反应Ⅰ的平衡常数计算式 （用含和p的代数式表示）。 (2)硼氢化钠（）水解制氢：常温下，水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。 ①根据上图写出水解制氢的离子方程式 。 ②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，浓度对制氢速率的影响如下图所示。【已知：浓度较大时，易以形式结晶析出。】 分析质量分数超过10%后制氢速率下降的可能原因 。 (3)一定条件下，利用题图所示装置实现的电化学储氢（忽略其它有机物的反应）。 ①写出由苯（）生成环己烷（）的电极反应式： （有机物用结构简式表示）。 ②该装置的电流效率 %（保留1位小数）。（×100%） 【答案】(1) < （1分） BC （2分） （2分） （2分） (2) （2分） 浓度较高时，生成较多的以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触（或催化剂活性下降），制氢速率下降（1分） (3) +6e-+6H+= （2分） 64.3（2分） 【详解】（1）①由图表分析可知，随温度的升高K减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应属于放热反应，则； ②A．为放热反应，升高温度平衡逆向移动，HCOOH产率降低，A错误； B．移出HCOOH，使生成物浓度减小，平衡正向移动，有利于提高HCOOH产率，B正确； C．选择HCOOH选择性高的催化剂使得主反应进行的程度更大，有利于HCOOH提高产率，C正确； D．充入氮气在恒容的密闭容器种，各组分浓度不变，平衡不移动，HCOOH产率不变，D错误； 故选BC； ③，假设CO2和H2的物质的量各为1mol，主反应转化的CO2为x，副反应转化的CO2为y，根据三段式有，则平衡时CO2的物质的量为，H2的物质的量为，HCOOH的物质的量为x，CO的物质的量等于H2O的物质的量等于y，CO与HCOOH的浓度相等，物质的量也相等，即x=y，则平衡时气体的物质的量为，则，，CO2的转化率为；，，反应Ⅰ的平衡常数计算式； （2）①根据制氢的微观过程图可知，与水反应生成NaB(OH)4与H2，离子方程式为； ②根据浓度对制氢速率的影响图像分析，浓度较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥，制氢速率较低；浓度较高时，生成较多的NaB(OH)4易以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降； （3） ①该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为+6e-+6H+=； ②阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol氧气，转移电子的物质的量 ，生成1mol氧气时生成2mol氢气，则生成2.8mol氧气时同时生成5.6mol氢气，设参加反应的苯的物质的量是xmol，参加反应的氢气的物质的量是3xmol，剩余苯的物质的量为，反应后苯的含量，解x=1.2，苯转化为环己烷转移电子的物质的量为，则。 4．（14分）化合物（H）是合成盐酸罂粟碱等一些生物碱的重要中间体，其合成路线如图所示（部分试剂和条件略）。 已知：代表甲基，代表乙基。 回答下列问题： (1)A中官能团名称是 ，检验A中官能团的实验方法是 。 (2)化合物B的结构简式为 。 (3)C在氢氧化钠的水溶液并加热的条件下可以发生水解反应，写出对应的化学方程式： 。 (4)由生成的反应类型为 。 (5)写出由和反应生成的化学方程式： 。 (6)是的同分异构体，同时满足下列条件的有 种（不考虑立体异构）。 ①含苯环且苯环上只有三个含氧取代基 ②结构中含有两个醚键 ③能在酸性条件下发生水解反应且水解产物含甲酸 其中，核磁共振氢谱有5组峰且峰面积比为的同分异构体的结构简式为 （填一种）。 【答案】(1) （酚）羟基（1分） 取少量A于试管中，加水溶解后向其中逐滴加入饱和溴水，若观察到试管中产生白色沉淀，则证明中含有酚羟基（或取少量于试管中，加水溶解配成稀溶液后向其中滴入几滴溶液，若发生显色反应，则证明中含有酚羟基）（1分） (2)（2分） (3)（2分） (4) 还原反应（1分） (5)（3分） (6) 26 （2分） 或（2分） 【分析】 A在碱性环境中和Me2SO4发生取代反应生成B为，B发生取代反应生成C，C和NaCN发生取代反应生成D，D发生还原反应生成E，D发生水解反应生成F，F和 ClOC-COCl发生取代反应生成G，G和E发生取代反应生成H，以此解答。 【详解】（1）由A的结构简式可知，A中官能团名称是（酚）羟基，检验A中（酚）羟基的实验方法是取少量A于试管中，加水溶解后向其中逐滴加入饱和溴水，若观察到试管中产生白色沉淀，则证明A中含有酚羟基（或取少量A于试管中，加水溶解配成稀溶液后向其中滴入几滴溶液，若发生显色反应，则证明A中含有酚羟基）。 （2）A在碱性环境中和Me2SO4发生取代反应生成B，结合C的结构简式可以推知B为。 （3）C在氢氧化钠的水溶液并加热的条件下可以发生水解反应生成，化学方程式为：+NaOH+NaCl。 （4）生成的过程中-CN转化为-CH2NH2，为还原反应。 （5）G和E发生取代反应生成H，同时有HCl生成，化学方程式为：+   +HCl。 （6）M是F的同分异构体，同时满足条件①含苯环且苯环上只有三个含氧取代基；②结构中含有两个醚键；③能在酸性条件下发生水解反应且水解产物含甲酸，说明其中含有-OOCH；苯环上三个含氧取代基的组合有：2个-OCH3、-CH2OOCH（有6种位置关系）或-OCH3、-OOCH、-CH2OCH3（有10种位置关系）或-OCH3、-OOCH、-OCH2CH3（有10种位置关系），共有10+10+6=26种同分异构体，其中，核磁共振氢谱有5组峰且峰面积比为的同分异构体为对称的结构，且含有2个对称的甲基，结构简式为或。 B组 （建议用时：35分钟 满分：55分） 1.（14分） 以锗矿石(NiS、ZnS、，含等杂质)为主要原料制备Ge、Ni和的工艺流程如下： 已知：①锗在硫酸中的存在形式：时主要为，时主要为沉淀； ②和(以计)开始沉淀的pH分别为6.2和6.9，完全沉淀时的pH分别为8.2和8.9. 回答下列问题： （1）“氧化酸浸”时，控制溶液，浸渣的主要成分为和S，则反应的离子方程式为___________。 （2）“操作2”的名称为___________。有人依据已知②认为可以直接调pH分离和，以省去有机物使用时可能造成的污染，分析该方法是否正确___________。 （3）“调pH、萃取”时，萃取原理为。在硫酸盐溶液中，该萃取剂对某些金属离子的萃取率[萃取率]与pH的变化关系如图所示。在一定范围内，萃取率升高的原因是___________。已知在时，达到萃取平衡时，。若在滤液中加入等体积萃取剂进行充分萃取，则的萃取率为___________%(保留两位有效数字)。 （4）“电解”制备Ni时，电解池的阴极电极材料为___________(填化学式)。电解后的溶液可在工艺中循环使用，利用该电解液的操作单元为___________(填标号)。 A．氧化酸浸 B．中和沉淀 C．调节pH、萃取 D．反萃取 【答案】（1） （3分） （2） ①. 分液 （1分） ②. 若要完全沉淀，溶液的pH至少需调至8.2，此时也接近沉淀完全，所以此方法不正确 （2分） （3） ①. 随着pH的升高被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动 （2分） ②. 98 （2分） （4） ①. Ni （2分） ②. AC（2分） 【解析】 【分析】向锗矿石(NiS、ZnS、，含等杂质)中加入H2SO4和H2O2进行氧化酸浸，氧化酸浸时，发生、、反应，将S元素氧化为S单质，不反应，过滤得到滤渣为S、，过程中得到硫酸锌、硫酸镍，需注意：锗在硫酸中的存在形式：时主要为，时主要为沉淀，加入氧化锌调节pH，操作1为过滤，滤渣为氧化锗，经还原得到锗；滤液含有硫酸锌、硫酸镍，加入稀硫酸调pH后萃取，分液，萃余液为硫酸镍，加入Ni(OH)2后电解得到Ni；有机相中经反萃取得到硫酸锌溶液，结晶得到，据此回答。 （1）由信息可知“氧化酸浸”时，控制溶液，锗在硫酸中的存在形式主要为，故反应的离子方程式为； （2）由流程可知，“操作2”是分液；由和(以计)开始沉淀的pH分别为6.2和6.9，完全沉淀时的pH分别为8.2和8.9可知，若要完全沉淀，溶液的pH至少需调至8.2，此时也接近沉淀完全，所以此方法不正确； （3）①由萃取原理可知，随着pH的升高被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动； ②设滤液中初始物质的量为n0，加入等体积萃取剂后，设水相体积和有机相体积均为V，已知，设萃取后水相中，则有机相中 ，根据，即，解得 ，萃取率； （4）电解制备Ni时，阴极发生还原反应，得到电子生成Ni，阴极电极材料一般为待制备金属，所以阴极电极材料为Ni；由分析知，加入稀硫酸调pH后萃取，分液，萃余液为硫酸镍和稀硫酸，加入Ni(OH)2后生成硫酸镍，电解硫酸镍溶液，发生反应，得到Ni和硫酸，可以返回到氧化酸浸和调节pH、萃取中循环使用，故选AC。 2．（13分）过硫酸铵[]在工业上有广泛用途，某兴趣小组根据反应制备粗品。回答下列问题： (1)中硫元素的化合价为 。 (2)制备时，从下列装置中根据需要选择组装。仪器的连接顺序为c→ →尾气处理，D装置的作用为 ，仪器M的名称为 。 (3)充分反应后，将A中的混合液经一系列操作得到晶体。烘干晶体时，采用减压、低温的原因是 。 (4)采用碘量法测定粗品的纯度。 称取1.500 g制得的粗品，配成100.00 mL溶液。移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入过量KI溶液，用标准浓度的溶液滴定(发生反应：)，当溶液颜色变浅时加入几滴淀粉溶液，滴定至终点。重复上述滴定操作三次，平均消耗的溶液12.50 mL。 ①滴定终点的现象为 。 ②粗品的纯度为 ％。若开始滴定前加入淀粉溶液，则所测的纯度 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 【答案】(1)+6（2分） (2) g→f→b→a （1分） 防止装置A中液体倒吸入装置B中 （1分） 恒压滴液漏斗（1分） (3)降低烘干温度，防止分解（2分） (4) 当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色 （2分）76 （2分） 偏低（2分） 【分析】装置B用于制取氨气，制取氨气的原料为氢氧化钙固体和氯化铵固体，A装置为过二硫酸铵的生成装置，考虑氨气极易溶于水，需要在A、B之间放置安全瓶D以防止倒吸，最后用盛放碱石灰的干燥管C进行尾气处理，以此解答。 【详解】（1） 过硫酸铵的结构简式为，其中过氧键（-O-O-）中O原子化合价为-1价，其它O原子化合价为-2价，铵根离子中N为-3价，H为+1价，根据化合价代数和为零可知硫元素的化合价为+6； （2）由分析可知，制备氨气后无需干燥，但需要防止倒吸，所以仪器的连接顺序为c→g→f→b→a→尾气处理；氨气极易溶于水，A、B之间放置安全瓶D以防止倒吸，则D装置的作用为防止装置A中液体倒吸入装置B中；由仪器构造可知，仪器M的名称为恒压滴液漏斗； （3）受热会分解，则烘干产品时，采用减压、低温的原因是：降低烘干温度，防止受热分解； （4）①移取25.00 mL(NH4)2S2O8溶液于锥形瓶中，加入过量KI溶液，两者反应生成I2，再用标准浓度的溶液滴定生成的I2，当溶液颜色变浅时加入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用溶液滴定时发生反应：，溶液的蓝色逐渐变浅，最终褪色，则滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色； ②移取25.00 mL(NH4)2S2O8溶液于锥形瓶中，加入过量KI溶液，两者反应生成I2，再用标准浓度的溶液滴定生成的I2，根据得失电子守恒可得关系式：~I2~，平均消耗的溶液12.50 mL，则粗品的纯度为=76%。若开始滴定前加入淀粉溶液，会导致淀粉与I2结合生成性质稳定的蓝色络合物，这种络合物不易与反应，导致消耗标准溶液的体积偏小，则所测的纯度偏低。 3.（14分） 以CH3OH(g)和CO2(g)为原料在一定条件下可制备HCOOCH3(g)，发生的主要反应如下： I. CH3OH(g)+CO2(g)HCOOH(g)+HCHO(g) ΔH1=+756.83kJ·mol-1 Kp1 II. HCOOH(g)+CH3OH(g)HCOOCH3(g)+H2O(g) ΔH2=+316.12kJ·mol-1 Kp2 III.2HCHO(g)HCOOCH3(g) ΔH3= -162.04kJ·mol-1 Kp3 （1）反应4CH3OH(g)+2CO2(g)3HCOOCH3(g)+2H2O(g)的ΔH=____；该反应的压强平衡常数Kp=____(用含Kp1、Kp2、Kp3的代数式表示)。 （2）已知压强平衡常数(Kp)与温度(T)之间存在定量关系，且符合van’tHoff方程lgKp=-×+C(其中R、C为常数，ΔH为反应热)。反应I、II、III的lgKp与之间均为线性关系，如图1所示。其中反应I对应的曲线为____(填“a”、“b”或“c”)。 （3）260℃时，向体积为VL的密闭容器中充入2molCH3OH(g)和1molCO2(g)发生反应I、II、III，达到平衡时测得容器中n(HCHO)、n(HCOOH)和n(HCOOCH3)分别为0.1mol、0.2mol和0.95mol。 ①CH3OH(g)的平衡转化率为____。 ②260℃时，反应II的平衡常数K=____。 ③当温度高于260℃时，HCOOCH3(g)的产率随温度的升高而下降的原因为____。 （4）利用金属Ti的氧化物作催化剂也可实现由CH3OH(g和CO2(g)合成HCOOCH3(g)，其反应机理如图2所示。 ①260℃时，将=的混合气体以10L·h-1的流速通过装有催化剂的反应器，试计算当HCOOCH3(g)的产率为80%时，其生成速率v(HCOOCH3)=____L·h-1。 ②若向反应体系中通入适量H2，可大大提高总反应速率，其原因可能为____。 【答案】（1） ①. +1983.86kJ/mol （2分） ②. （1分） （2）a （2分） （3） ①. 70% （2分） ②. 4.75 （2分） ③. 升高温度，反应III逆向移动的程度大于反应II正向移动的程度 （2分） （4） ①. 2 （2分） ②. 增大了氢原子的浓度或提高催化剂的活性（1分） 【解析】 （1）根据盖斯定律，反应4CH3OH(g)+2CO2(g)3HCOOCH3(g)+2H2O(g)可由已知反应“I×2+ II×2+ III”得到，故ΔH=2×ΔH1+2×ΔH2+ΔH3=2×756.83+2×316.12-162.04=+1983.86(kJ/mol)；则该反应的压强平衡常数Kp=(方程式相加，K相乘)； （2）由于lgKp= -×+C，则lgKp与之间成反比关系，反应I、II的反应热ΔH均是正值，则其在图1所示曲线中为a、b，曲线c是ΔH为负值的反应III，又ΔH1大于ΔH2，其线“更陡”，故反应I对应的曲线为a； （3）根据题意，设达到平衡时反应I、II、III分别转化了amol、bmol、cmol，则有：，， ，有a-2c=0.1，b+c=0.95，a-b=0.2，联立解得a=0.8，b=0.6，c=0.35； ①CH3OH(g)的平衡转化率为； ②260℃时，反应II的平衡常数K===4.75； ③当温度高于260℃时，升高温度，反应III逆向移动的程度大于反应II正向移动的程度，故HCOOCH3(g)的产率随温度的升高而下降； （4）①根据图2 所示，CH3OH(g)和CO2(g)合成HCOOCH3(g)反应方程式为：2CH3OH(g)+CO2(g)HCOOCH3(g)+HCHO(g)+H2O(g)，当HCOOCH3(g)的产率为80%时，=的混合气体每小时通入10L,则CO2(g)的体积为2.5L，HCOOCH3(g)与CO2(g)化学计量数之比为1:1，其生成速率v(HCOOCH3)= (2.5L·h-1×80%)÷10L=2 L·h-1； ②根据图2 所示，H原子在反应过程的中间产物的转化ⅲ起到促进作用，若向反应体系中通入适量H2，可大大提高总反应速率，其原因可能为增大了氢原子的浓度或提高催化剂的活性。 4. （14分）化合物I(德克司他丙酚)具有显著的镇静效果。其合成路线如下(部分条件忽略)。 已知：。 回答下列问题： （1）A分子中杂化的原子数为_______，C中官能团名称是_______，E的化学名称是_______。 （2）G与足量NaOH水溶液加热，所得有机产物的结构简式为_______。 （3）M是B的同分异构体，同时符合下列条件的M共有_______种(不考虑立体异构)。 ①含硝基，但不含甲基 ②属于芳香族化合物 ③既能发生银镜反应又能发生水解反应 （4）合成路线中，需对羧基进行保护的原因是_______。 （5）依据以上流程信息，写出以苯胺和为原料合成的路线中最后一步反应的化学方程式_______。 【答案】（1） ①. 7 （2分） ②. 酯基、硝基 （2分） ③. 苯甲醛 （1分） （2） 和 （2分） （3）12 （2分） （4）羧基会与铁反应影响官能团的转化 （2分） （5）+HCl（3分） 【解析】 【分析】C结构上的硝基还原成氨基，故C为；B与乙醇发生酯化反应生成C，B为；对比A、B的分子式，结合反应条件以及B的结构简式，推出A为；F与COCl2反应生成G，F为；结合已知条件，可推出E为苯甲醛；G发生分子内取代反应生成H，H为。 （1）由A的结构可知，苯环上的6个碳原子均为sp2杂化，硝基上的N原子也为sp2杂化；由C的结构简式可知，C中含有硝基和酯基；由上述分析可知E为苯甲醛； （2）G足量NaOH水溶液加热条件下发生酯基水解反应，得到C2H5OH和； （3）符合条件的M的结构如下：苯环上含-NO2、-CH2CH2OOCH的二取代苯有3种，苯环上含-CH2-NO2、-CH2OOCH的二取代苯有3种，苯环上含-CH2- CH2-NO2、-OOCH的二取代苯有3种，苯环上含、、的单取代苯各1种，由于不存在甲基，则苯环上的取代基最多为2，因此符合下列条件的M共有12种； （4）C→D过程中使用的Fe会与C中的羧基反应，影响后续反应，故需对羧基进行保护； （5）类比D→H的合成流程，由苯胺和制备的流程为，最后一步反应的化学方程式为+HCl。 C组 （建议用时：40分钟 满分：55分） 1.（14分） 利用工业烟尘(主要成分为、、、、等)制备和的流程如下。 已知：该工艺条件下，，，，；易形成胶体吸附含锗微粒。 回答下列问题： （1）“一段低酸还原”中生成的离子方程式为___________；的作用是___________；酸浓度不宜过大的原因是___________。 （2）“二段高酸氧压”过程中，存在反应，该反应平衡常数___________，同时通入氧气的目的是___________。 （3）“沉锗”时，若溶液中，为提高锗的纯度，则常温下溶液pH的理论最大值为___________；“水解”的另一种产物用水吸收后可循环使用，利用该吸收液的操作单元为___________。 （4）“沉锌铁”过程中，生成的离子方程式为___________。 【答案】（1） ①. （2分） ②. 将还原为，防止胶体对锗的吸附 （1分） ③. 防止产生或，污染空气 （1分） （2） ①. （2分） ②. 氧化的浓度减小，平衡不断正向移动，提高的浸出率 （1分） （3） ①. 6.5 （2分） ②. 氯化蒸馏 （2分） （4）（3分） 【解析】 【分析】工业烟尘(主要成分为、、、、等)中加ZnSO3、H2SO4进行“一段低酸还原”、“二段高酸还原”后得铅渣，将“一段低酸还原”和“二段高酸还原”所得物质混合后加单宁酸沉锗，过滤得滤液和滤渣，滤液中加双氧水氧化、加碳酸氢钠溶液沉锌铁得ZnFeO4，滤渣焙烧后加浓盐酸氯化蒸馏，然后加水水解得。 （1）在“一段低酸还原”中，与反应生成和，离子方程式为；中S元素化合价为 + 4价，具有还原性，其作用是将还原为，防止胶体对锗吸附；若酸的浓度过大，即c(H+)过大，则会产生SO2或H2S，两者有毒、会污染空气，所以酸浓度不宜过大的原因是：防止产生或，污染空气。 （2）反应的平衡常数，根据，，则；通入的能氧化，使的浓度减小，平衡不断正向移动，从而提高的浸出率。 （3）为提高锗的纯度，要防止沉淀，当开始沉淀时，，pOH = 7.5 ，则pH = 6.5 ，所以常温下溶液pH的理论最大值为6.5；“氯化蒸馏”中以形式存在，“水解”时，另一种产物HCl用水吸收后得到盐酸，可用于“氯化蒸馏”单元。 （4）“沉锌铁”过程中，反应物有、、、，产物有，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子方程式为。 2．（13分）乳酸亚铁固体{，摩尔质量：}是一种很好的补铁剂，它易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液易被氧化，可由乳酸与反应制得。 Ⅰ．制备碳酸亚铁：可在还原性气氛中，用亚铁盐与溶液制备，已知碳酸亚铁干燥品在空气中比较稳定，而湿品在空气中被氧化为变成茶色(反应体系均为水相，所有试剂均在图中)。装置如下图所示。回答下列问题： (1)仪器b的名称为 。 (2)试剂X的最佳选择是___________(填标号)。 A．98%硫酸溶液 B．37%盐酸 C．20%硫酸溶液 D．30%硝酸溶液 (3)向气密性良好的装置中添加药品。打开、，关闭，待在处检验到较纯净的后，先将 (补充操作)，再关闭、，打开，中出现白色浑浊。 (4)碳酸亚铁在潮湿空气中变茶色的化学方程式为 。 (5)碳酸亚铁在热空气中发生吸热反应：，则碳酸亚铁可用作阻燃剂的原因是消耗、生成、 、生成覆盖在燃烧物表面。 Ⅱ．制备乳酸亚铁并测定样品中铁元素的含量： 将制得的加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸，经系列操作后得到产品。 称取样品，灼烧至完全灰化，加盐酸溶解配成溶液，取于锥形瓶中，加入过量溶液充分反应，然后加入1～2滴淀粉溶液，用硫代硫酸钠标准溶液滴定，滴定终点时，测得消耗标准溶液。(已知：) (6)样品中铁元素的质量分数是 。 (7)若用酸性溶液直接滴定样品，测得铁元素含量大于，其原因是 。 【答案】(1)蒸馏烧瓶（1分） (2)C（1分） (3)m插入装有水的烧杯中(隔绝空气的装置即可得分，不能夹住)（2分） (4)（2分） (5)吸收热量(或降低可燃物的温度)（2分） (6)22.4%（3分） (7)酸性溶液可以氧化乳酸根(或乳酸)，导致标准液消耗量偏多（2分） 【分析】湿品在空气中会被氧化，制备过程应在无氧环境中进行，装置A用Fe与稀硫酸反应制备，先利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，再利用生成的氢气使圆底烧瓶中气压增大，将圆底烧瓶中的溶液压入三颈烧瓶中和Na2CO3溶液反应制备，再与乳酸在一定条件下反应制备乳酸亚铁，据此解答。 【详解】（1）由仪器构造可知，仪器b的名称为蒸馏烧瓶； （2）A．常温下，铁屑与98%硫酸溶液会发生钝化反应，A不符合题意； B．37%盐酸具有挥发性，HCl会挥发至三颈烧瓶中而消耗Na2CO3，导致产率降低，B不符合题意； C．20%硫酸溶液与铁屑反应生成氢气和，能达到实验目的，C符合题意； D．30%硝酸溶液具有强氧化性，可能继续将生成的氧化为，D不符合题意； 故选C。 （3）湿品在空气中会被氧化，需要隔绝空气，所以向气密性良好的装置中添加药品。打开、，关闭，待在m处检验到较纯净的后，先将m插入装有水的烧杯中(隔绝空气的装置即可得分，不能夹住)，再关闭、，打开，B中出现白色浑浊； （4）在潮湿空气中被氧化为而变成茶色，反应的化学方程式为：； （5）该反应为吸热反应，能吸收热量(或降低可燃物的温度)，则碳酸亚铁可用作阻燃剂的原因是消耗、生成（不支持燃烧）、吸收热量(或降低可燃物的温度)、生成覆盖在燃烧物表面； （6）将样品灼烧至完全灰化，生成氧化铁，再加入盐酸溶解生成氯化铁，取于锥形瓶中，加入过量溶液充分反应：，再用硫代硫酸钠标准溶液滴定，发生反应：，可得关系式：，则样品中铁元素的质量分数是：； （7）乳酸亚铁中含有羟基，能被酸性溶液氧化，导致酸性溶液实际消耗量大于与反应的酸性溶液用量，所以若用酸性溶液直接滴定样品，测得铁元素含量大于，其原因是：酸性溶液可以氧化乳酸根(或乳酸)，导致标准液消耗量偏多。 3. （14分）以工业废气中的为原料催化加氢制备甲醇具有较好的发展前景。涉及以下反应： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． （1）___________。计算机模拟Ⅲ的反应历程及能量变化如图所示(TS代表过渡态，IM表示中间产物)。催化剂主要降低反应历程中第___________步的能垒(填序号)。 （2）已知：X的选择性。将和充入密闭恒压容器中进行上述反应，平衡时，转化率选择性、CO选择性随温度的变化关系如图所示。则图中表示变化的曲线是___________(填标号)；当温度高于时，)逐渐增大的原因是___________。条件不变，原料气中增加，在某温度下达到平衡，测得，，则___________。 （3）一定条件下，将和充入恒容密闭容器中发生上述反应。不同时间容器内的压强见下表，平衡时测得体系内CO的摩尔分数为10%。 0 5 10 15 20 25 6.0 5.55 5.2 4.95 4.8 4.8 该温度下反应Ⅲ的平衡常数___________(列出计算式即可)。 【答案】（1） ①. （2分） ②. ① （2分） （2） ①. a （2分） ②. 温度高于270℃时，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大 （2分） ③. 0.15 （3分） （3）或（3分） 【解析】 （1）根据盖斯定律，反应I-Ⅱ可得反应Ⅲ，即；催化剂能降低反应的活化能，活化能越大的步骤，催化剂降低能垒的效果越明显，由图可知，步骤①的活化能最大，所以催化剂主要降低反应历程中第①步的能垒； （2）反应I是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应I平衡逆向移动，的选择性降低；反应Ⅱ平衡正向移动，CO的选择性升高，所以表示变化的曲线是a；温度高于270℃时，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以当温度高于时，逐渐增大；根据C原子守恒，初始投料含C物质：，和，共计含C为1+0.4=1.4（mol）；平衡时含C物质：，，因为C守恒，所以有：++=1.4 ；则； （3）设平衡时CO的物质的量为n(CO)，CO的摩尔分数为10%，则 ；根据恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，初始，平衡时，初始，可得平衡时，所以，设反应I消耗xmol CO2，反应Ⅱ消耗0.32mol CO2，则，，，，，，联立解得x=0.4，则，，，则该温度下反应Ⅲ的平衡常数。 4. （14分）化合物I是合成酮类药物的一种中间体，其合成路线如下： 已知：i． ii． iii． （1）A→B的化学方程式为___________。 （2）M的化学名称为___________，H→I的反应类型为___________。 （3）E生成F的同时会生成一种与F互为同分异构体的副产物F′，F′的结构简式为___________。 （4）M在一定条件下还原得到J(C7H7NO3)，符合下列条件的J的同分异构体有___________种。 ①遇FeCl3溶液显紫色，含有酰胺基或氨基 ②能发生水解反应和银镜反应 （5）化合物I的另一种衍生物Y的合成过程中如下： 已知：①X不与Na反应，②Y分子中与氧原子连接的碳均为sp2杂化。则X中手性碳原子有___________个，Y的结构简式为___________。 【答案】（1）+C2H5OH+H2O （2分） （2） ①. 邻硝基苯甲醛或2-硝基苯甲醛 （1分） ②. 氧化反应 （1分） （3）（3分） （4）19 （3分） （5） ①. 1 （2分） ②. （2分） 【解析】 【分析】参照已知条件ⅱ，逆向推出D的结构简式为；C与HBr发生羟基的取代反应，则C为；参照已知条件ⅰ，逆向推出B为；A与乙醇发生酯化反应生成B，则A为；参照已知条件ⅲ推出F为；对比G与F的分子式，结合H的结构，推出G的结构为；G发生取代反应生成H；H被过碘酸酯氧化成I。 （1）A→B发生酯化反应，反应的方程式为+C2H5OH+H2O； （2）M为邻硝基苯甲醛或2-硝基苯甲醛；由上述分析可知H→I为氧化反应； （3）由分析可知E→F为成环反应，参照F结构可推出F′的结构简式为； （4）依题，符合条件的同分异构体有19种，具体如下：含两个取代基的有三种，分别为、、，这三种中的两个取代基分别有邻间对三种排列顺序，共九种；含三个取代基的为，通过定二移一法，可以得出有十种同分异构体，故J的同分异构体共有19种； （5）X不与Na反应，故X中不含羟基，故生成X的过程中自身脱去一个水分子，发生成环反应，则X为，X含有1个手性碳原子（如图，带“*”的为手性碳原子）；Y分子中与O原子连接的碳均为sp2杂化，故五元环上与O相连的C原子形成了碳碳双键结构，Y的结构为。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $