题组预测03（大题专练）（全国通用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

命题预测 A组 （建议用时：30分钟 满分：58分） 1．（14分）利用炼锌矿渣获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备氮化镓(GaN)，已知矿渣主要含铁酸镓、铁酸锌、二氧化硅等，部分工艺流程如下： 常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在该工艺条件下萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)如下表： 金属离子 开始沉淀pH 8.0 1.7 5.5 3.0 沉淀完全pH 9.6 3.2 8.0 4.9 萃取率(%) 0 99 0 97～98.5 （1）酸浸时粉碎矿渣目的是___________。“浸出”时，矿渣浸出获得2种金属盐，该反应的离子方程式为：___________。 （2）处理浸出液时，将溶液的pH调至5.4的目的是___________。 （3）“萃取”前加入铁粉还原Fe3+的作用是___________ ，Ga性质与Al相似，反萃取后水溶液中镓元素以___________形式存在。 （4）工业上通常向溶液中通入过量CO2，产生大量白色沉淀，过滤后加热固体能得到高纯，写出加入过量CO2后生成白色沉淀的化学方程式：___________。 （5）用氮化镓材料与铜组装成下图的人工光合系统实现CO2的再利用。向系统中通入标况下4.48L CO2，理论上可产生氧气的物质的量为___________mol。 2．（14分）NO是一种具有重要生理功能和临床应用价值的气体。某兴趣小组设计如下装置（夹持等装置已略）制备NO，并验证其重要性质。 回答下列问题： （1）仪器a的名称是_____。 （2）实验前，向A中通入的作用是________。A中反应的离子方程式为______。 （3）C中NO与反应的化学方程式为___________。 （4）实验中，___________（填实验现象）说明NO具有氧化性。 （5）若将NO通入酸性溶液，一段时间后，溶液褪色，说明NO具有____性。 （6）采用Saltzman法可测定尾气中NO的含量。测定过程中，NO的转化如下图所示： 已知不同质量的标准溶液加入吸收液中，显色后测定吸光度，再绘制吸光度和质量标准曲线，通过拟合和换算可得曲线方程：，其中A表示吸光度，m表示质量（以为单位）。 ①溶于水后，除生成外还会生成____。 ②若尾气经氧化后，通入吸收液中，充分反应后，测得红色物质的吸光度为0.2324，则尾气中NO的含量为____（保留两位有效数字）。 3．（15分）为缓解温室效应与能源供应之间的冲突，的资源化利用已成为研究的热点。 （1）、重整能获得氢能，同时能高效转化温室气体。 ①已知： 反应Ⅰ：     反应Ⅱ：     反应Ⅲ：     反应Ⅳ： ___________ ②其他条件相同，、混合气体在催化剂a、b作用下分别发生重整反应，催化剂表面均产生积碳。对附着积碳的催化剂a、b在空气中加热以除去积碳(该过程催化剂不发生反应)，剩余固体的质量变化如图所示。则重整反应中能保持较长时间催化活性的是___________(填“催化剂a”或“催化剂b”)，判断的理由是___________。 （2）利用制备甲酸。 ①我国科学家利用在Ru(与Fe同族)基催化剂上加氢成功制得甲酸。催化过程如图所示。 与吸附了H原子的催化剂通过配位键形成中间体X，X的结构式为___________。该催化过程的总反应为___________。 ②一种利用电催化反应器合成甲酸的工作原理如图所示。 阴极主要发生的电极反应式：___________。 ③/HCOOH循环在氢能的贮存释放、燃料电池等方面具有重要应用。其他条件不变，催化加氢转化为的转化率随温度的变化如图所示。反应温度在40～80℃范围内，催化加氢的转化率迅速上升，但是在80～100℃范围内，催化加氢的转化率下降，两段变化的主要原因是___________。 4．（15分）沙美特罗是目前治疗哮喘的新型药物，它的一种合成路线如下。回答下列问题： （1）F中官能团名称为羟基、_______和_______。 （2）B的化学名称为_______；E的结构简式为_______。 （3）不能鉴别物质C和物质D的是_______(填序号)。 ①银氨溶液  ②金属钠  ③溶液  ④红外光谱  ⑤酸性高锰酸钾溶液 （4）吡啶具有碱性，反应⑥加入吡啶的作用是_______。 （5）同时满足下列条件的D的同分异构体共有_______种(不考虑立体异构)。 ①属于芳香族化合物，苯环上有三个取代基，其中有两个处于邻位的甲基 ②能在溶液作用下发生水解反应 （6）参照上述合成路线，设计以和不超过4个碳的有机物为原料，制备的合成路线_______(其他试剂任选)。 B组 （建议用时：35分钟 满分：58分） 1．（14分）钛白(主要成分)常用来作高级白色颜料、填充剂、消光剂等。制取钛白可利用钛铁矿(主要成分，还有等杂质)为原料，有硫酸法和氯化法两种生产工艺，流程如下图所示。 已知：①“酸溶”时需要加热，钛转化为形式。 ②“氯化”时金属元素和硅在该反应条件下均转化为气态氯化物，反应放热。 ③“氧化”是放热反应，反应物均为气体，通过化学气相沉积法得到。 回答下列问题： （1）钛元素在元素周期表中的位置为第四周期第___________族。 （2）“还原”时，加入的试剂X为___________。 （3）已知绿矾的溶解度曲线如图所示，“结晶”的操作为___________(填标号)。 a．60℃以下蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥 b．60℃以下蒸发至有大量晶体析出，趁热过滤，洗涤，干燥 （4）写出从溶液里析出TiO2·xH2O的离子方程式___________；此过程中会产生大量废酸水，若你是工程师，请给出一个方案能够将其转化为有着较高经济效益的产品以降本增效。___________。 （5）“氯化”中焦炭可转化为CO或，但通常条件下尾气中以CO为主，原因是___________。(提示：从能量效应或者熵效应的角度分析) （6）“氧化”是氯化法的核心，难点在于控制晶形颗粒的形成、产品的粒度及粒度分布，同时要有效避免反应器内出现“结疤”现象。为了得到性能更好的小粒度晶态，下列措施不合理的有___________(填标号)。 A．添加适当晶核 B．合理使用载气 C．尽量延长反应时间 D．精准控制反应温度 2．（14分）四水甲酸铜[]为蓝色晶体，易溶于水，微溶于乙醇。常用作催化剂及电镀原料。实验室可以用碱式碳酸铜[]与甲酸反应来制备，步骤如下： Ⅰ.称取一定量和固体，充分研细。 Ⅱ.向接近沸腾的蒸馏水中加入Ⅰ中混合物。 Ⅲ.后静置溶液，用倾析法分离得到沉淀，洗涤。 Ⅳ.将Ⅲ中固体转入仪器a中，加入蒸馏水，加热。 Ⅴ.向a中加入甲酸，反应结束后经一系列操作得到产品。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为_______。 （2）步骤Ⅰ中应取用适当过量的，原因可能是_______。 （3）步骤Ⅴ中的一系列操作为_______、过滤、乙醇洗涤、干燥。其中使用乙醇洗涤的优点是_______。 （4）获得纯净的四水甲酸铜需要控制条件。不同温度和时间下晶体X射线衍射图谱如下(X射线衍射可用于判断某晶体物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。 ①制备四水甲酸铜的最佳反应条件为_______。 ②制备四水甲酸铜的化学方程式为_______。 （5）测定产品中四水甲酸铜()的含量：准确称取产品配成溶液，取于锥形瓶中，忽略杂质离子的干扰，用的标准溶液滴定，反应为：，平均消耗EDTA溶液。则产品中四水甲酸铜的质量分数为_______(用含a、b、c的代数式表示)。 3．（15分）将转化为、、等化学品是研究热点。请回答下列问题： （1）二氧化碳催化加氢制取甲醇的反应为 ①时，向恒压容器中充入和发生上述反应，达平衡时，放出的热量；若向相同容器中充和，吸收的热量，则该反应的______。 ②在恒温恒容条件下，该反应达到平衡状态的判断依据是______（填标号）。 A．     B．容器内压强不变 C．混合气体密度不变         D．混合气体的平均分子量不变 （2）一定温度和条件下，将和按物质的量之比充入某容器中仅发生以下反应Ⅰ、Ⅱ，达平衡时，的平衡转化率为，的选择性为[的选择性]。 Ⅰ． Ⅱ． ①的平衡转化率为______。 ②体系中的物质的量为______。 ③该温度下，反应Ⅱ的平衡常数______（用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算）。 ④一定温度下，若向某恒容密闭容器中充入和，发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得体系中的平衡转化率与温度变化关系如图所示，其原因为______。 （3）已知经验公式为（为活化能，k为速率常数，与温度和催化剂有关，R和C为常数）。分别使用催化剂a、b、c进行和合成反应：，依据实验数据获得如图所示曲线。在催化剂c作用下，反应的活化能______；催化剂______（填“a”“b”或“c”）是更高效的催化剂。 4．（15分）氯雷他定(G)是临床常用的抗过敏药物，同时也是合成第三代抗组胺药物的重要中间体。合成路线如下(部分反应条件和步骤略去)： 回答下列问题： （1）B分子内含氧官能团名称为___________。 （2）检验M分子中的官能团不需要用到的试剂有___________(填标号)。 a．硝酸银溶液        b．NaOH溶液        c．稀硝酸        d．氯化钠溶液 （3）结合反应①③，分析反应③的作用是___________。 （4）反应⑥另一产物的化学名称为___________。 （5）A→B的过程为：B´()。下列说法错误是___________(填标号)。 a．B'涉及C—O键的断裂与形成 b．互变过程是质子的迁移和电子云重新分布 c．B占比远高于B'是因为O—H键极性弱于N—H键 （6）D→E经历了：D亚胺()，亚胺再用足量盐酸处理后转化为酮式产物E，则“反应2”的反应类型为___________反应。 （7）已知：E→F经历了“加成—消去”反应的过程，中间产物是含羟基的化合物。产物除了F，还有F的位置异构体。已知：键角过度偏离正常杂化轨道键角时，键张力太大，无法形成稳定的化学键。 ①F'的结构简式为___________。 ②F与F'的核磁共振氢谱比较，不同之处有___________(填标号)。 A．峰组数        B．峰面积之比         C．化学位移 C组 （建议用时：40分钟 满分：58分） 1．（14分）对新能源汽车电池镍钴锰三元材料(主要成分为，含少量杂质)回收的一种工艺简化流程如下： 已知：①碱浸后，元素Ni、Co以氢氧化物［其中Co为］、元素Mn以形式浸出。 ②离子浓度小于可认为该离子完全沉淀。 ③部分氢氧化物的如下表： 氢氧化物 （1）基态的价层电子轨道表示式为______。 （2）“滤液1”中溶质除了以外，还有______(填化学式)。 （3）“酸浸”后的溶液中元素以存在，写出生成的化学方程式______。 （4）常温下，“调pH”时，pH最高可调至______(溶液体积变化可忽略)。已知：“酸浸”后。 （5）“萃取”时，钴离子形成如下图的配合物。钴离子易被萃取进有机相的原因有______。 A．配位时被还原 B．配合物与水能形成分子间氢键 C．钴与O形成配位键 D．萃取剂中有极性较小的疏水基团 （6）写出“沉钴”时，生成的离子反应方程式______。 （7）一定条件下可转化为。假设的立方晶胞结构下图(a)，则Co在晶胞中的位置为______；晶体中与O原子最近且等距离的Co原子的个数为______，若下图b是该晶胞沿体对角线方向的投影，请在下图(b)上补充另外一种原子位置______。 2．（14分）某兴趣小组在制备铜氨配合物时，进行了一系列探究。 （1）实验I：向溶液中逐滴加入2 mol/L氨水，先产生蓝色沉淀，后得到深蓝色透明溶液。再向深蓝色透明溶液中，加入95%乙醇，析出深蓝色晶体。 ①用离子方程式说明产生蓝色沉淀的原因：___________。 ②溶液变成深蓝色是因为生成了配离子，该配离子中心离子的杂化方式___________(填“是”或“不是”)sp3杂化。 （2）深蓝色晶体经洗涤、干燥后用___________(填仪器名称)检测，出现明锐的衍射峰，证实其是单一组分的晶体。关于深蓝色晶体的组成，甲、乙两同学提出了不同的想法。 甲：该晶体是； 乙：该晶体是。 丙同学根据甲、乙的猜想，设计了方案证明乙同学的猜想成立。请简述丙同学设计的方案以及确认乙同学猜想成立的证据___________。 （3）该小组认为实验I中生成蓝色沉淀的同时生成了，影响了的生成。因此设计了实验Ⅱ制备，但却出现预期之外的现象： 实验Ⅱ： ⅰ．对于实验I与实验Ⅱ的现象差异。提出了三个假设： 假设a：实验I中加了两次氨水，浓度比实验Ⅱ中大，更有利于的生成。 假设b：实验I中生成了，可明显促进的生成。 假设c：实验Ⅱ中加入了，可明显抑制的生成。 ⅱ．设计实验Ⅲ~I进行验证，记录相关数据如下。[已知(有色物质)，为常数] 序号 操作 用分光光度计测清液吸光度 Ⅲ 取0.1gCu(OH)2固体于试管中 滴加氨水 A1 IV 滴加氨水 A2 V 滴加氨水，再加入少量 A3 VI 固体滴加氨水，再加入少量________固体 A4 ①实验VI中，应加入的固体是___________(填化学式)。 ②若实验结果证实猜想b成立，则支持此结论的证据为___________。 （4）为进一步确认发挥作用的机制，继续查阅资料，得到如下数据： ； 。 请结合数据通过计算说明不溶于氨水，但在铵盐存在下可以溶解的原因___________。 3．（15分）水煤气变换反应不仅是重要的化工过程，还可以通过正向或逆向进行影响其它反应。 I．利用(s)脱水制取无水氯化镁能耗高，将其耦合水煤气变换反应后可降低反应温度，并减少副产物生成。发生的反应为：，反应路径如图1(Surf指晶体表面)。 （1）物质“X”为______。 （2）路径______(填“a”或“b”)反应速率更快。 （3）路径b脱附出来的HCOOH进一步发生的化学反应方程式为______。 II．既可单独加氢制，也可混合加氢制，会发生如下反应。 i   ii   iii   （4）反应iii为水煤气变换反应，其______。 （5）图2表示恒压且投入化学计量比氢气的条件下混合气体加氢达到平衡时，的转化率随温度(T)或z的变化。其中指初始的物质的量，指平衡的物质的量。曲线I表示当z为0.5时随温度(T)的变化。 ①下列说法正确的是______。 A．曲线I中    B．曲线II的温度为 C．其它条件不变，增大压强，曲线II上移    D．M点，反应iii生成的的量比反应ii消耗的少 ②结合图3分析图2中曲线I中随温度的升高先减小后增大的原因______。 ③若N点CO的转化率为，则的平衡收率为______。 （6）使用单独加氢制时(投入化学计量比氢气)，会发生反应iii的逆反应生成CO，CO的选择性为。某条件下的平衡收率为y，则此时的转化率为______。(用表示，并写出推导过程) 4．（15分）奥司他韦H是一种作用于神经氨酸酶的特异性抑制剂，可用于治疗流感，它的一种合成路线如图所示： 已知： 回答下列问题： （1）A→B的反应类型为_______。 （2）D的含氧官能团除醚键外还有_______。 （3）已知N原子电子云密度越大，碱性越强。F中氨基N原子(a)和叠氮基()中端位N原子(b)相比碱性较强的N原子是_______(填“a”或“b”)。 （4）在合成路线中的作用是_______。 （5）写出B→C的化学方程式：_______。这一过程伴有副反应发生，能生成与C互为同分异构体的有机产物J，其结构简式为_______。 （6）已知，参考上述合成路线，以为原料合成(未注明反应试剂及条件)。X和Y的结构简式分别为_______和_______。 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：58分） 1．（14分）利用炼锌矿渣获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备氮化镓(GaN)，已知矿渣主要含铁酸镓、铁酸锌、二氧化硅等，部分工艺流程如下： 常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在该工艺条件下萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)如下表： 金属离子 开始沉淀pH 8.0 1.7 5.5 3.0 沉淀完全pH 9.6 3.2 8.0 4.9 萃取率(%) 0 99 0 97～98.5 （1）酸浸时粉碎矿渣目的是___________。“浸出”时，矿渣浸出获得2种金属盐，该反应的离子方程式为：___________。 （2）处理浸出液时，将溶液的pH调至5.4的目的是___________。 （3）“萃取”前加入铁粉还原Fe3+的作用是___________ ，Ga性质与Al相似，反萃取后水溶液中镓元素以___________形式存在。 （4）工业上通常向溶液中通入过量CO2，产生大量白色沉淀，过滤后加热固体能得到高纯，写出加入过量CO2后生成白色沉淀的化学方程式：___________。 （5）用氮化镓材料与铜组装成下图的人工光合系统实现CO2的再利用。向系统中通入标况下4.48L CO2，理论上可产生氧气的物质的量为___________mol。 【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率或使反应更充分（2分） （2分） （2）使、离子完全转化为沉淀，同时离子不沉淀（2分） （3）铁离子和镓离子萃取率相近，避免铁离子被萃取（2分） 或（2分） （4）（2分） （5）（2分） 【分析】炼锌矿渣加入稀硫酸过滤得到不反应的二氧化硅浸出渣和滤液，滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，然后调节溶液pH，形成铁和镓的沉淀，过滤把滤渣加入盐酸溶解，加入铁还原铁离子为亚铁离子，加入萃取剂萃取分液分离出含镓的有机层，加入氢氧化钠溶液反萃取分离出镓，经过分离后加入氨气高温反应得到GaN。 【解析】（1）酸浸时粉碎矿渣目的是增大接触面积，加快反应速率或使反应更充分，可以提高原料利用率。“浸出”时，矿渣浸出获得2种金属盐，可知为镓和铁的盐，方程式为：。 （2）处理浸出液时，将、沉淀获得“滤饼”，同时要确保锌离子不沉淀，不混入沉淀中，所以pH调至5.4的目的是使、离子完全转化为沉淀，同时离子不沉淀。 （3）根据题中表格数据可知，萃取率与相近，为避免铁离子被萃取，所以将其还原为亚铁离子。Ga的性质与Al相似，反萃取后水溶液中镓元素以或形式存在。 （4）Ga的性质与Al相似，向溶液中通入过量CO2，产生大量白色沉淀是，方程式为：。 （5）由图中左池可知电极生成氧气，失去电子，电极为该电池的负极，Cu电极为该电池的正极，铜电极上，二氧化碳得到电子转化为甲烷，电极反应式为，标况下的物质的量是，转移，生成转移，根据电子得失守恒可知，生成氧气的物质的量为。 2．（14分）NO是一种具有重要生理功能和临床应用价值的气体。某兴趣小组设计如下装置（夹持等装置已略）制备NO，并验证其重要性质。 回答下列问题： （1）仪器a的名称是_____。 （2）实验前，向A中通入的作用是________。A中反应的离子方程式为______。 （3）C中NO与反应的化学方程式为___________。 （4）实验中，___________（填实验现象）说明NO具有氧化性。 （5）若将NO通入酸性溶液，一段时间后，溶液褪色，说明NO具有____性。 （6）采用Saltzman法可测定尾气中NO的含量。测定过程中，NO的转化如下图所示： 已知不同质量的标准溶液加入吸收液中，显色后测定吸光度，再绘制吸光度和质量标准曲线，通过拟合和换算可得曲线方程：，其中A表示吸光度，m表示质量（以为单位）。 ①溶于水后，除生成外还会生成____。 ②若尾气经氧化后，通入吸收液中，充分反应后，测得红色物质的吸光度为0.2324，则尾气中NO的含量为____（保留两位有效数字）。 【答案】（1）恒压滴液漏斗（2分） （2）排尽装置中空气，防止NO和氧气生成二氧化氮 （2分） （2分） （3）（2分） （4）无水硫酸铜变蓝（2分） （5）还原（1分） （6）（1分） 0.38（2分） 【分析】首先通入氢气排净装置中空气，防止NO和氧气生成二氧化氮，A中铜与稀硝酸反应制取NO，气体通过浓硫酸干燥后，再NO与反应，结合质量守恒，反应生成水和氮气，D装置检验生成的水，E装置防止空气中水的干扰； 【解析】（1）仪器a的名称是恒压滴液漏斗。 （2）NO会和氧气生成二氧化氮，实验前，向A中通入的作用是排尽装置中空气，防止NO和氧气生成二氧化氮；A中反应为铜和稀硝酸生成硝酸铜和NO、水，离子方程式：。 （3）由分析，C中NO与反应生成氮气和水，化学方程式为：。 （4）实验中，D中无水硫酸铜变蓝，氢气被NO氧化为水，说明NO具有氧化性。 （5）将NO通入酸性溶液，一段时间后，溶液褪色，说明高锰酸根离子被还原为锰离子，体现NO具有还原性。 （6）①溶于水后生成，氮元素化合价降低，则结合电子守恒，还会有部分氮元素化合价升高，生成硝酸； ②若尾气经氧化后，通入吸收液中，充分反应后，测得红色物质的吸光度为0.2324，，m=4.6，则尾气中NO为：，尾气中NO的含量为，保留两位有效数字为。 3．（15分）为缓解温室效应与能源供应之间的冲突，的资源化利用已成为研究的热点。 （1）、重整能获得氢能，同时能高效转化温室气体。 ①已知： 反应Ⅰ：     反应Ⅱ：     反应Ⅲ：     反应Ⅳ： ___________ ②其他条件相同，、混合气体在催化剂a、b作用下分别发生重整反应，催化剂表面均产生积碳。对附着积碳的催化剂a、b在空气中加热以除去积碳(该过程催化剂不发生反应)，剩余固体的质量变化如图所示。则重整反应中能保持较长时间催化活性的是___________(填“催化剂a”或“催化剂b”)，判断的理由是___________。 （2）利用制备甲酸。 ①我国科学家利用在Ru(与Fe同族)基催化剂上加氢成功制得甲酸。催化过程如图所示。 与吸附了H原子的催化剂通过配位键形成中间体X，X的结构式为___________。该催化过程的总反应为___________。 ②一种利用电催化反应器合成甲酸的工作原理如图所示。 阴极主要发生的电极反应式：___________。 ③/HCOOH循环在氢能的贮存释放、燃料电池等方面具有重要应用。其他条件不变，催化加氢转化为的转化率随温度的变化如图所示。反应温度在40～80℃范围内，催化加氢的转化率迅速上升，但是在80～100℃范围内，催化加氢的转化率下降，两段变化的主要原因是___________。 【答案】（1）①+247.5（2分） ②催化剂b（1分） 剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a（2分） （2）① （2分） 或（2分） ②（2分） ③40～80℃温度升高反应速率增大且温度升高使催化剂的活性增大（2分）；80～100℃，温度升高使催化剂的活性减弱，反应速率减慢（2分） 【解析】（1）①结合盖斯定律可知，反应-反应=反应，所以其。 ②据图可知，重整反应中能保持较长时间催化活性的是催化剂b；因为剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a。 （2）①从图中转化可知，和X反应生成了和，根据原子守恒可知，X为，其结构式为：。结合整个流程分析，反应物是二氧化碳、氢气和氢氧化钠（或者氨气），产物是甲酸钠或甲酸铵，故方程式为：或。 ②从图中可以看出，在阳极发生反应：，在阴极，得电子产物与反应生成，故阴极主要发生的电极反应式为：。 ③根据图像可知，40～80℃，温度升高反应速率增大，催化加氢的转化率迅速上升，说明温度升高使催化剂的活性增大；80～100℃，催化加氢的转化率下降，说明温度升高使催化剂的活性减弱，反应速率减慢。 4．（15分）沙美特罗是目前治疗哮喘的新型药物，它的一种合成路线如下。回答下列问题： （1）F中官能团名称为羟基、_______和_______。 （2）B的化学名称为_______；E的结构简式为_______。 （3）不能鉴别物质C和物质D的是_______(填序号)。 ①银氨溶液  ②金属钠  ③溶液  ④红外光谱  ⑤酸性高锰酸钾溶液 （4）吡啶具有碱性，反应⑥加入吡啶的作用是_______。 （5）同时满足下列条件的D的同分异构体共有_______种(不考虑立体异构)。 ①属于芳香族化合物，苯环上有三个取代基，其中有两个处于邻位的甲基 ②能在溶液作用下发生水解反应 （6）参照上述合成路线，设计以和不超过4个碳的有机物为原料，制备的合成路线_______(其他试剂任选)。 【答案】（1）醚键（1分） 氰基（1分） （2）对甲基苯酚(4-甲基苯酚) （2分） （2分） （3）①⑤（2分） （4）吡啶具有碱性，中和反应⑥的生成物，促进反应正向进行，提高产率（2分） （5）12（2分） （6）（3分） 【分析】A与CH3OH在AlCl3做催化剂发生取代反应生成B；B与HCHO在酸性条件下，发生加成反应生成C；C与在酸性条件下反应生成D；加入MnO2在酸性条件下发生反应生成E，E与HCN加成生成F，结合F的结构式推知E的结构为；F与H2发生加成反应生成G；G与发生取代反应生成H，反应还生成HBr，吡啶具有碱性，中和HBr；H在酸性条件下水解生成沙美特罗。 【解析】（1）F的结构 ，官能团名称为羟基、醚键和氰基。 （2）B的结构为，化学名称为对甲基苯酚(4-甲基苯酚)；根据分析，结合D、F的结构简式和E的分子式，可推得E的结构简式为。 （3）根据物质C和物质D的官能团，物质C和物质D均没有醛基，均不能与银氨溶液反应；物质C有羟基而物质D没有，金属钠可鉴；物质C有酚羟基，可与溶液发生显色反应，而物质D不能，可鉴别；红外光谱可测定不同的官能团，红外光谱可鉴别；物质C和物质D中苯环上的甲基均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，酸性高锰酸钾溶液不能鉴别，综上所述①⑤符合题意。 （4）反应⑥发生取代反应，生成物中有，吡啶具有碱性，中和反应⑥的生成物，促进反应正向进行，提高产率。 （5）D的同分异构体中，属于芳香族化合物，苯环上有三个取代基，其中有两个处于邻位的甲基，结合条件②，另一个取代基－R上有酯基和两个碳，－R可以为：，，，，，共6种，在苯环上的位置有2种，符合条件的D的同分异构体共有12种。 （6）结合题中合成路线，首先将酸性条件下，用MnO2将氧化成，加入HCN发生加成反应生成，用Ni做催化剂，通入H2发生加成反应生成，加入发生取代反应，用吡啶吸收HBr，生成。 B组 （建议用时：35分钟 满分：58分） 1．（14分）钛白(主要成分)常用来作高级白色颜料、填充剂、消光剂等。制取钛白可利用钛铁矿(主要成分，还有等杂质)为原料，有硫酸法和氯化法两种生产工艺，流程如下图所示。 已知：①“酸溶”时需要加热，钛转化为形式。 ②“氯化”时金属元素和硅在该反应条件下均转化为气态氯化物，反应放热。 ③“氧化”是放热反应，反应物均为气体，通过化学气相沉积法得到。 回答下列问题： （1）钛元素在元素周期表中的位置为第四周期第___________族。 （2）“还原”时，加入的试剂X为___________。 （3）已知绿矾的溶解度曲线如图所示，“结晶”的操作为___________(填标号)。 a．60℃以下蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥 b．60℃以下蒸发至有大量晶体析出，趁热过滤，洗涤，干燥 （4）写出从溶液里析出TiO2·xH2O的离子方程式___________；此过程中会产生大量废酸水，若你是工程师，请给出一个方案能够将其转化为有着较高经济效益的产品以降本增效。___________。 （5）“氯化”中焦炭可转化为CO或，但通常条件下尾气中以CO为主，原因是___________。(提示：从能量效应或者熵效应的角度分析) （6）“氧化”是氯化法的核心，难点在于控制晶形颗粒的形成、产品的粒度及粒度分布，同时要有效避免反应器内出现“结疤”现象。为了得到性能更好的小粒度晶态，下列措施不合理的有___________(填标号)。 A．添加适当晶核 B．合理使用载气 C．尽量延长反应时间 D．精准控制反应温度 【答案】（1）ⅣB（2分） （2）铁屑（铁粉等）（2分） （3）a（2分） （4）（2分） 加入生石灰转化为石膏，联合开发石膏产品生产线或制绿矾等硫酸盐产品或可以再生硫酸（2分） （5）生成CO时熵增更大（或在高温下生成CO的自由能变化比生成CO2更低）（2分） （6）C（2分） 【分析】该工艺流程展示了两种生产二氧化钛的常用方法：硫酸法与氯化法。硫酸法通过浓硫酸酸溶钛铁矿，经还原、结晶分离出副产品绿矾，再经水解、煅烧得到粗二氧化钛，最后通过表面处理获得精品；氯化法则以焦炭和氯气将原料氯化、纯化后，再经氧气氧化生成二氧化钛。两种方法分别通过不同的化学反应路径实现从钛铁矿到精品二氧化钛的转化。 【解析】（1）钛是22号元素，价电子排布为3d24s2，在元素周期表中位于第四周期第ⅣB族。 （2）酸溶后溶液中含杂质Fe3+，需要将其还原为Fe2+来制备绿矾，加入铁粉（或铁屑等）还原Fe3+不会引入新杂质，符合要求。 （3）由溶解度曲线可知：绿矾溶解度在60℃以下随温度升高而增大，60℃以上随温度升高而减小，因此需要在60℃以下蒸发浓缩，冷却结晶析出绿矾，故选a。 （4）TiO2+加热水解生成TiO2⋅xH2O沉淀，结合电荷守恒、原子守恒即可写出离子方程式；废酸的主要成分为硫酸，可浓缩后返回酸溶步骤循环利用降本，或者加入生石灰转化为石膏，联合开发石膏产品生产线；即浓缩废酸循环利用或者制备其他硫酸盐产品。 （5）从熵效应角度分析：等量的碳生成CO时，产生气体的物质的量更多，熵增更显著；氯化为高温反应，生成CO时熵增更大，反应自发趋势更大，因此尾气以CO为主。 （6）要得到小粒度晶态TiO2：添加晶核可增加结晶位点，得到小颗粒；合理使用载气可及时带出产物，避免晶粒继续长大；精准控制温度可调控晶粒生长，均合理；延长反应时间会使小晶粒继续长大，得到大颗粒产品，因此C不合理。 2．（14分）四水甲酸铜[]为蓝色晶体，易溶于水，微溶于乙醇。常用作催化剂及电镀原料。实验室可以用碱式碳酸铜[]与甲酸反应来制备，步骤如下： Ⅰ.称取一定量和固体，充分研细。 Ⅱ.向接近沸腾的蒸馏水中加入Ⅰ中混合物。 Ⅲ.后静置溶液，用倾析法分离得到沉淀，洗涤。 Ⅳ.将Ⅲ中固体转入仪器a中，加入蒸馏水，加热。 Ⅴ.向a中加入甲酸，反应结束后经一系列操作得到产品。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为_______。 （2）步骤Ⅰ中应取用适当过量的，原因可能是_______。 （3）步骤Ⅴ中的一系列操作为_______、过滤、乙醇洗涤、干燥。其中使用乙醇洗涤的优点是_______。 （4）获得纯净的四水甲酸铜需要控制条件。不同温度和时间下晶体X射线衍射图谱如下(X射线衍射可用于判断某晶体物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。 ①制备四水甲酸铜的最佳反应条件为_______。 ②制备四水甲酸铜的化学方程式为_______。 （5）测定产品中四水甲酸铜()的含量：准确称取产品配成溶液，取于锥形瓶中，忽略杂质离子的干扰，用的标准溶液滴定，反应为：，平均消耗EDTA溶液。则产品中四水甲酸铜的质量分数为_______(用含a、b、c的代数式表示)。 【答案】（1）三颈烧瓶（2分） （2）碳酸氢钠过量可以保持溶液呈碱性，铜离子完全沉淀或碳酸氢钠易分解损失（2分） （3）蒸发浓缩、冷却结晶（2分） 四水甲酸铜微溶于乙醇，可减少产品洗涤时的溶解损失，且乙醇易挥发，便于干燥（2分） （4）①50℃、反应10 min （2分） ②（2分） （5）（2分） 【分析】和固体充分混合均匀之后加入接近沸腾的蒸馏水反应，可得到，倾析法分离固体和溶液，再将固体转入三颈烧瓶中，加入蒸馏水，和甲酸，加热反应得到四水甲酸铜溶液，再经过冷却结晶的一系列操作即可得到晶体。 【解析】（1）由图可知，仪器a为三颈烧瓶。 （2）步骤Ⅰ是硫酸铜和碳酸氢钠反应制备碱式碳酸铜，碳酸氢钠过量可以保持溶液呈碱性，铜离子完全沉淀，提高碱式碳酸铜的产率，同时碳酸氢钠易分解损失，所以需要取用适当过量的； （3）甲酸铜易溶于水，反应后得到稀溶液，需要先蒸发浓缩、冷却结晶析出晶体，再进行过滤操作；根据题干信息，四水甲酸铜微溶于乙醇，因此乙醇洗涤可以减少产品溶解损耗，同时乙醇易挥发，干燥更快。 （4）① 由衍射图可知：黑圈为目标产物四水甲酸铜，三角为杂质无水甲酸铜；时只有目标产物的衍射峰，无杂质峰，是最佳条件。 ②碱式碳酸铜和甲酸、水反应生成四水甲酸铜和二氧化碳，根据原子守恒配平即可得到反应方程式。 （5）根据滴定反应，待测液中，则溶液中，总质量，因此质量分数为。 3．（15分）将转化为、、等化学品是研究热点。请回答下列问题： （1）二氧化碳催化加氢制取甲醇的反应为 ①时，向恒压容器中充入和发生上述反应，达平衡时，放出的热量；若向相同容器中充和，吸收的热量，则该反应的______。 ②在恒温恒容条件下，该反应达到平衡状态的判断依据是______（填标号）。 A．     B．容器内压强不变 C．混合气体密度不变         D．混合气体的平均分子量不变 （2）一定温度和条件下，将和按物质的量之比充入某容器中仅发生以下反应Ⅰ、Ⅱ，达平衡时，的平衡转化率为，的选择性为[的选择性]。 Ⅰ． Ⅱ． ①的平衡转化率为______。 ②体系中的物质的量为______。 ③该温度下，反应Ⅱ的平衡常数______（用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算）。 ④一定温度下，若向某恒容密闭容器中充入和，发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得体系中的平衡转化率与温度变化关系如图所示，其原因为______。 （3）已知经验公式为（为活化能，k为速率常数，与温度和催化剂有关，R和C为常数）。分别使用催化剂a、b、c进行和合成反应：，依据实验数据获得如图所示曲线。在催化剂c作用下，反应的活化能______；催化剂______（填“a”“b”或“c”）是更高效的催化剂。 【答案】（1）①（2分） ②BD（2分） （2）①（2分） ②（2分） ③（2分） ④温度低于时，以反应Ⅰ为主，升高温度，反应Ⅰ逆向移动，转化率降低，温度高于时，以反应Ⅱ为主，升高温度，反应Ⅱ正向移动，转化率升高（2分） （3）（2分） a（1分） 【解析】（1）①该反应是可逆反应，当按照反应方程式的计量数加入物质时，正反应的转化率与逆反应的转化率的和为1，故反应的； ②A．当时，正、逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，A不符合题意；B．该反应是气体分子数减小的反应，则恒容容器中压强是变量，当其不变时可以证明反应达到平衡状态，B符合题意；C．反应过程中，气体质量未发生变化，则恒容容器中密度是定量，当其不变时不能证明反应达到平衡状态，C不符合题意；D．反应过程中，气体质量未发生变化，物质的量之和发生变化，平均分子量是变量，能证明反应达到平衡状态，D符合题意；故答案为BD。 （2）和按物质的量之比为充入容器中，设的物质的量为，的物质的量为，的平衡转化率为，即反应消耗的物质的量为，的选择性为，，平衡时，根据化学方程式可知，反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的物质的量相等，即反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的物质的量均为，则平衡时的物质的量分别为0.2 mol、2 mol、0.4 mol、0.4 mol、1.2 mol，平衡时总的物质的量为4.2 mol。 ①的平衡转化率为； ②体系中的物质的量为1.2 mol； ③平衡时、、、的物质的量分数分别为、、、，则该温度下，反应Ⅱ的平衡常数； ④如图所示，温度低于时，以反应Ⅰ为主，升高温度，反应Ⅰ逆向移动，转化率降低，温度高于时，以反应Ⅱ为主，升高温度，反应Ⅱ正向移动，转化率升高，故体系中的平衡转化率随温度的升高先降低后升高。 （3）已知经验公式为，故图像的斜率的负值为反应的活化能，代入数据计算斜率的负数，反应的活化能；由图可知，催化剂a对应的曲线斜率大，这意味着此时反应的活化能低，因此该催化剂的催化效率更高，故催化剂a为更高效的催化剂。 4．（15分）氯雷他定(G)是临床常用的抗过敏药物，同时也是合成第三代抗组胺药物的重要中间体。合成路线如下(部分反应条件和步骤略去)： 回答下列问题： （1）B分子内含氧官能团名称为___________。 （2）检验M分子中的官能团不需要用到的试剂有___________(填标号)。 a．硝酸银溶液        b．NaOH溶液        c．稀硝酸        d．氯化钠溶液 （3）结合反应①③，分析反应③的作用是___________。 （4）反应⑥另一产物的化学名称为___________。 （5）A→B的过程为：B´()。下列说法错误是___________(填标号)。 a．B'涉及C—O键的断裂与形成 b．互变过程是质子的迁移和电子云重新分布 c．B占比远高于B'是因为O—H键极性弱于N—H键 （6）D→E经历了：D亚胺()，亚胺再用足量盐酸处理后转化为酮式产物E，则“反应2”的反应类型为___________反应。 （7）已知：E→F经历了“加成—消去”反应的过程，中间产物是含羟基的化合物。产物除了F，还有F的位置异构体。已知：键角过度偏离正常杂化轨道键角时，键张力太大，无法形成稳定的化学键。 ①F'的结构简式为___________。 ②F与F'的核磁共振氢谱比较，不同之处有___________(填标号)。 A．峰组数        B．峰面积之比         C．化学位移 【答案】（1）酰胺基（1分） （2）d（2分） （3）脱保护基(或“恢复氰基”)（2分） （4）一氯甲烷(或“氯甲烷“氯代甲烷“甲基氯”均可)（2分） （5）c（2分） （6）水解（2分） （7） （2分） C（2分） 【解析】（1）由B的结构可知，含氧官能团为酰胺中的酰胺基(酰胺键)。 （2）M含氯原子(卤原子)，检验卤原子需要：NaOH溶液水解、稀硝酸酸化、硝酸银溶液检验沉淀，不需要氯化钠溶液，故选d。 （3）反应①将氰基转化为酰胺基，反应③重新得到氰基，作用是保护氰基，防止其在反应②的碱性条件下发生反应，实现氰基的保护和脱保护。 （4）反应⑥是F中N-甲基与氯甲酸乙酯(ClCOOEt)发生取代，N上甲基被-COOEt取代，另一产物为CH3Cl，名称为一氯甲烷(或“氯甲烷“氯代甲烷“甲基氯”均可)。 （5）a. A→B'过程中，叔丁醇的C-O键断裂，形成新的C-O键(羟基的C-O)，a正确；b. 互变异构的本质是质子(氢原子)迁移，双键移位，电子云重新分布，b正确；c. O电负性大于N，O-H键极性强于N-H键，且酰胺(B)比亚胺醇(B')更稳定，c错误；故选c。 （6）D→E中，格氏试剂加成氰基后，反应2水解得到羰基，故反应类型为水解反应。 （7）① 根据已知，键角过度偏离正常杂化轨道键角时，键张力太大，无法形成稳定的化学键，故E→F关环时，羰基可以和苯环上的两个不同邻位碳(1号或2号)成键，得到位置异构体F和F'，故F'为； ② 尽管F和F'是不同结构，但氢原子的种类和数目相同，故峰组数和峰面积相同，但氢原子所处化学环境不同→化学位移不同，故选C。 C组 （建议用时：40分钟 满分：58分） 1．（14分）对新能源汽车电池镍钴锰三元材料(主要成分为，含少量杂质)回收的一种工艺简化流程如下： 已知：①碱浸后，元素Ni、Co以氢氧化物［其中Co为］、元素Mn以形式浸出。 ②离子浓度小于可认为该离子完全沉淀。 ③部分氢氧化物的如下表： 氢氧化物 （1）基态的价层电子轨道表示式为______。 （2）“滤液1”中溶质除了以外，还有______(填化学式)。 （3）“酸浸”后的溶液中元素以存在，写出生成的化学方程式______。 （4）常温下，“调pH”时，pH最高可调至______(溶液体积变化可忽略)。已知：“酸浸”后。 （5）“萃取”时，钴离子形成如下图的配合物。钴离子易被萃取进有机相的原因有______。 A．配位时被还原 B．配合物与水能形成分子间氢键 C．钴与O形成配位键 D．萃取剂中有极性较小的疏水基团 （6）写出“沉钴”时，生成的离子反应方程式______。 （7）一定条件下可转化为。假设的立方晶胞结构下图(a)，则Co在晶胞中的位置为______；晶体中与O原子最近且等距离的Co原子的个数为______，若下图b是该晶胞沿体对角线方向的投影，请在下图(b)上补充另外一种原子位置______。 【答案】（1）（1分） （2）或（1分） （3）（2分） （4）7（2分） （5）CD（2分） （6）（2分） （7）顶点（1分） 2（1分） （2分） 【分析】电池镍钴锰三元材料，主要成分为，含少量杂质，加入溶液，Al反应生成可溶性的，元素Ni、Co以、、元素Mn以形式浸出，Li变成，Fe不反应。再向这些固体中加入稀硫酸和，金属化合物和单质全部转化为硫酸盐，被氧化为，被还原为。调节pH可将变为沉淀除去，即滤渣1。溶液中继续加入，将变为固体除去。再用有机物将和形成配合物萃取到有机相中，水相中主要含有。分液后有机相再用反萃取使离子脱离进入水相，加入氨水、，使变为沉淀，和形成配位键得到。 【解析】（1）Co的原子序数为27，变成的过程中是从最外层开始失去3个电子，价层电子轨道表示式为。 （2）根据分析可知，滤液1中还有。 （3）碱浸后，Co以形式存在，酸浸后变成了，化合价降低，作氧化剂，所以加入的作还原剂，化合价升高，变成，化学方程式为。 （4）由分析可知，调节pH是为了除去，而剩下的离子保留，其中的最小，最容易沉淀，则pH不能大于其开始沉淀的pH。，。所以，，即为最大值。 （5）A．化合价仍为，没有发生还原，A错误；B．若配合物与水形成氢键，会更亲水，无法进入有机相，B错误；C．由结构可知与形成配位键，得到稳定配合物，利于萃取，C正确；D．萃取剂含极性较小的疏水基团，使配合物整体疏水，易溶于有机相，D正确；答案选CD。 （6）沉钴时，反应物为，结合中的，生成，溶液加入了氨水显碱性，离子方程式为。 （7）根据晶胞原子数计算：顶点原子数，棱心原子数，结合化学式可知，Co在晶胞中的位置为顶点；O位于棱心，每个棱心O最近的Co为该棱的两个端点，因此与O最近且等距离的Co原子个数为2； 沿体对角线投影：8个顶点的Co已经投影为中心1个+外围6个（即图b已有位置），12个棱心的O投影在虚线六边形的六条边的中点，如图。 2．（14分）某兴趣小组在制备铜氨配合物时，进行了一系列探究。 （1）实验I：向溶液中逐滴加入2 mol/L氨水，先产生蓝色沉淀，后得到深蓝色透明溶液。再向深蓝色透明溶液中，加入95%乙醇，析出深蓝色晶体。 ①用离子方程式说明产生蓝色沉淀的原因：___________。 ②溶液变成深蓝色是因为生成了配离子，该配离子中心离子的杂化方式___________(填“是”或“不是”)sp3杂化。 （2）深蓝色晶体经洗涤、干燥后用___________(填仪器名称)检测，出现明锐的衍射峰，证实其是单一组分的晶体。关于深蓝色晶体的组成，甲、乙两同学提出了不同的想法。 甲：该晶体是； 乙：该晶体是。 丙同学根据甲、乙的猜想，设计了方案证明乙同学的猜想成立。请简述丙同学设计的方案以及确认乙同学猜想成立的证据___________。 （3）该小组认为实验I中生成蓝色沉淀的同时生成了，影响了的生成。因此设计了实验Ⅱ制备，但却出现预期之外的现象： 实验Ⅱ： ⅰ．对于实验I与实验Ⅱ的现象差异。提出了三个假设： 假设a：实验I中加了两次氨水，浓度比实验Ⅱ中大，更有利于的生成。 假设b：实验I中生成了，可明显促进的生成。 假设c：实验Ⅱ中加入了，可明显抑制的生成。 ⅱ．设计实验Ⅲ~I进行验证，记录相关数据如下。[已知(有色物质)，为常数] 序号 操作 用分光光度计测清液吸光度 Ⅲ 取0.1gCu(OH)2固体于试管中 滴加氨水 A1 IV 滴加氨水 A2 V 滴加氨水，再加入少量 A3 VI 固体滴加氨水，再加入少量________固体 A4 ①实验VI中，应加入的固体是___________(填化学式)。 ②若实验结果证实猜想b成立，则支持此结论的证据为___________。 （4）为进一步确认发挥作用的机制，继续查阅资料，得到如下数据： ； 。 请结合数据通过计算说明不溶于氨水，但在铵盐存在下可以溶解的原因___________。 【答案】（1）(或“”等碱式硫酸盐均可)（2分） 不是（2分） （2）①X射线衍射仪 （2分） ②取少量晶体于试管中，加入足量稀盐酸溶解酸化，再滴加氯化钡溶液，出现白色沉淀(或查阅资料，进一步解析衍射图谱，分析出晶体中有正四面体的原子团结构。)（2分） （3）①（2分）②(或“A4最大，A2略大于A1，A1、A3接近”)（2分） （4）反应的平衡常数 ，反应难以进行；加入铵根后，发生反应，平衡常数为，平衡常数显著增大，反应易发生（2分） 【分析】向CuSO4溶液中滴加氨水，产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，并加入乙醇可析出深蓝色晶体，并对深蓝色晶体进行探究实验，据此分析； 【解析】（1）①氨水少量时，与反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，； ②为平面正方形结构，中心离子为杂化； （2）①晶体检测中，可通过X射线衍射仪检测，若出现明锐衍射峰可证明是单一组分的晶体； ②甲猜想晶体阴离子为OH⁻，乙猜想阴离子为，只需检验是否存在即可证明，取少量晶体于试管中，加入足量稀盐酸溶解酸化，再滴加氯化钡溶液，出现白色沉淀，则乙同学猜想成立； （3）① 实验目的是分别验证的促进作用、的抑制作用，实验需要控制阴离子相同，排除阴离子干扰，因此验证时加入； ② 吸光度与浓度成正比，若加入和氨水的吸光度A3与不加其他固体的A1、A2接近，说明无促进作用、无抑制作用；加入的吸光度A4大于A1，说明可促进生成，猜想b成立； （4）溶于氨水的反应为：，该反应平衡常数： ，K极小，反应很难自发进行，因此不溶于氨水；有铵盐存在时，会与OH⁻结合生成，促进平衡正向移动，总反应为：，平衡常数为，平衡常数显著增大，反应易发生。 3．（15分）水煤气变换反应不仅是重要的化工过程，还可以通过正向或逆向进行影响其它反应。 I．利用(s)脱水制取无水氯化镁能耗高，将其耦合水煤气变换反应后可降低反应温度，并减少副产物生成。发生的反应为：，反应路径如图1(Surf指晶体表面)。 （1）物质“X”为______。 （2）路径______(填“a”或“b”)反应速率更快。 （3）路径b脱附出来的HCOOH进一步发生的化学反应方程式为______。 II．既可单独加氢制，也可混合加氢制，会发生如下反应。 i   ii   iii   （4）反应iii为水煤气变换反应，其______。 （5）图2表示恒压且投入化学计量比氢气的条件下混合气体加氢达到平衡时，的转化率随温度(T)或z的变化。其中指初始的物质的量，指平衡的物质的量。曲线I表示当z为0.5时随温度(T)的变化。 ①下列说法正确的是______。 A．曲线I中    B．曲线II的温度为 C．其它条件不变，增大压强，曲线II上移    D．M点，反应iii生成的的量比反应ii消耗的少 ②结合图3分析图2中曲线I中随温度的升高先减小后增大的原因______。 ③若N点CO的转化率为，则的平衡收率为______。 （6）使用单独加氢制时(投入化学计量比氢气)，会发生反应iii的逆反应生成CO，CO的选择性为。某条件下的平衡收率为y，则此时的转化率为______。(用表示，并写出推导过程) 【答案】（1）（1分） （2）b（2分） （3）（2分） （4）（2分） （5）①BC（2分） ②三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，温度对反应i、ii的影响大于反应iii，减小。超过，反应ii，反应ii几乎不发生，温度升高，反应iii平衡逆向移动，增大（2分） ③（2分） （6）（2分） 【解析】（1）根据原子守恒，反应左侧原子总数：，右侧已知原子：，剩余，故为，为。 （2）反应速率由活化能决定：活化能越低，反应速率越快。从图 1 能看出：路径a的能垒（活化能）比路径b的能垒（活化能）更高，因此路径 b反应速率更快。 （3）结合总反应产物，甲酸分解生成和，化学反应方程式为。 （4）根据盖斯定律，反应，因此。 （5）①A．曲线I对应，即。由此可得，所以 ，A错误；B．曲线I中、z=0.5时，曲线II中z=0.5时也为10%，说明曲线II温度为，B正确；C．反应i、ii均为气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，更多被消耗，增大，曲线II上移，C正确；D．M点为负，说明平衡大于初始，净生成，即iii生成的比ii消耗的多，D错误；故选BC。 ②结合图3分析图2得到三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，温度对反应i、ii的影响大于反应iii，减小。超过，反应ii，反应ii几乎不发生，温度升高，反应iii平衡逆向移动，增大，故曲线I中随温度的升高先减小后增大。 ③设初始（因 ）的条件下，计算甲烷平衡收率的过程：转化率，反应消耗，生成；N点 ，由，知反应消耗，生成；总；甲烷平衡收率。 （6）假设起始投料，平衡时碳元素以、、形式存在。由平衡收率得 ；设，由选择性得；根据碳守恒：，解得 ；最终平衡转化率。 4．（15分）奥司他韦H是一种作用于神经氨酸酶的特异性抑制剂，可用于治疗流感，它的一种合成路线如图所示： 已知： 回答下列问题： （1）A→B的反应类型为_______。 （2）D的含氧官能团除醚键外还有_______。 （3）已知N原子电子云密度越大，碱性越强。F中氨基N原子(a)和叠氮基()中端位N原子(b)相比碱性较强的N原子是_______(填“a”或“b”)。 （4）在合成路线中的作用是_______。 （5）写出B→C的化学方程式：_______。这一过程伴有副反应发生，能生成与C互为同分异构体的有机产物J，其结构简式为_______。 （6）已知，参考上述合成路线，以为原料合成(未注明反应试剂及条件)。X和Y的结构简式分别为_______和_______。 【答案】（1）酯化反应(或取代反应)（2分） （2）酯基（1分） （3）a（2分） （4）保护羟基（2分） （5）（2分） （2分） （6） （2分）（2分） 【分析】A中的-COOH与在酸性条件酯化脱水生成，B与(C2H5OOCN)2、PPh3反应得到C，结合已知信息，C的结构简式为，C和CH3OCH2Cl发生取代反应生成D；D开环生成E，E经历三步反应生成F，F发生取代反应生成G，G经历一系列反应生成H。 【解析】（1）观察A和B的结构变化：A中的-COOH被转化为，而三个羟基未发生变化。这表明A与发生了酯化反应(或取代反应)。 （2）D的结构中，含氧官能团有：醚键、酯基，除醚键外D中还含有酯基； （3）F的结构中，a是中的N，b是中的端位N。a上的N连接两个H和一个C，孤对电子未被共轭体系分散，电子云密度较高。b上的N位于中，由于共振效应，电子云密度较低。根据题目给出的信息，N原子电子云密度越大，碱性越强。a的电子云密度高于b，对应a的碱性更强； （4）B中有三个羟基，一个被环氧化，另一个与反应生成，这一步的目的是保护一个羟基，防止其在后续反应中被氧化或参与其他副反应。的作用是保护羟基； （5）B→C的化学方程式为：，这一反应会伴随着一种有机副产物J生成，B中邻位两个相邻的羟基发生取代反应，则J的结构简式为； （6）以为原料合成，发生反应生成，发生催化氧化反应时醇羟基转化为羰基，然后再发生F→G类型的反应将醚键转化为醇羟基，合成路线为；X和Y的结构简式分别为、。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $