题组预测02（大题专练）（广东专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

命题预测 A组 （建议用时：40分钟 满分：56分） 1．（14分）某小组同学探究铜与银盐溶液的反应。 （1）配制100mL0.3000mol/LAgNO3溶液 ①用托盘天平称取AgNO3固体___________g。 ②配制过程用到下图中的仪器有___________(填名称)。 （2）将铜片插入0.30mol/LAgNO3溶液中，有银单质生成。比较氧化性大小：Ag＋___________Cu2＋。 （3）小组探究Cu片与AgCl悬浊液能否发生反应 ①25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，在AgCl悬浊液中c(Ag＋)=___________。(已知：) ②查阅资料  电极电势可描述物质的氧化还原能力。数值越大，氧化型物质的氧化性越强；数值越小，还原型物质的还原性越强。标准电极电势Eθ在酸性条件下的数据如下： 氧化型物质/还原型物质 Cu2＋/Cu Ag＋/Ag AgCl/Ag [Cu(NH3)4]2＋/Cu [Ag(NH3)2]＋/Ag Fe3＋/Fe2＋ Eθ 0.34V 0.80V 0.22V -0.065V 0.37V 0.77V 例如：Eθ(Cu2＋/Cu)＜Eθ(Ag＋/Ag)，能发生反应Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag。 ③分析讨论 甲同学认为Cu的金属性强于Ag，Cu能与AgCl悬浊液顺利反应； 乙同学认为Eθ(AgCl/Ag)＜Eθ(Cu2＋/Cu)＜Eθ(Ag＋/Ag)，该反应难以进行。 ④实验验证 步骤 现象 推理 i．将铜片浸入AgCl悬浊液，放置10分钟 铜片表面无明显变化 / ii．将i中装置置于黑暗环境下，放置24小时 铜片明显变黑，装置中出现灰黑色固体 该灰黑色固体为___________ iii．将ii反应后的混合物过滤，向滤液中滴加NaOH溶液 产生蓝色沉淀 滤液中存在的金属离子是___________ ⑤实验结论Cu能与AgCl悬浊液反应，但速率较慢。 （4）该小组继续探究如何加快Cu与AgCl悬浊液的反应速率。 ①向含AgCl悬浊液的试管中滴加5%氨水至沉淀恰好消失。反应的离子方程式为___________。 ②向①中试管投入一小块铜片。铜片表面迅速变黑，10分钟后溶液呈现浅蓝色，2小时后试管底部出现银白色晶体。 原理分析  加入氨水能加快Cu与AgCl悬浊液反应的原因是___________(结合电极电势知识)。 （5）丙同学通过查阅资料发现，电极电势还受到离子浓度大小的影响。例如： 基于图中原电池装置，设计实验证明：改变离子浓度可改变氧化还原反应的方向。 实验方案：闭合K，电流表指针向右偏转，___________。(补充实验操作与现象，限选试剂：Fe(NO3)3固体、NaNO3固体、NaCl固体、AgNO3固体) 2．（14分）一种从高杂铜阳极泥［主要含、、、、、硒()以及碲()等］中提取和的工艺流程如图所示。 已知： ①室温下，各难溶物的如表所示。 难溶物 ②极易水解生成沉淀，在水溶液中存在()。 （1）是第五周期第VIA族元素，基态原子的价层电子排布式为___________。 （2）“复合浸出”时，通过调控和的比例使铅和银分别以和的形式保留在“浸出渣”中。当“浸出液”中时，最大不超过___________。 （3）“复合浸出”时加入除了能使转化为沉淀外，还能___________，从而增加的浸出率并节约成本；对“浸出液”进一步处理，促进水解，使其转化为沉淀，请写出该过程的离子方程式：___________。 （4）“焙烧”过程中，进入烟气中，实现和的分离，再通过“吸收→还原”制备粗。被还原生成粗时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。 （5）“碱浸分碲”时，加入的目的是使转化为易溶的，从而提高的浸出率，请写出该过程的离子方程式：___________。 （6）高杂铜阳极泥中含有痕量硒铜化合物，其立方晶胞是由如图所示两个边长均为的小立方体交错并置而成的。晶胞中和之间的最短距离为___________；占据晶胞的顶点和___________；该硒铜化合物的化学式为___________。 3．（14分）以液氨和液态二氧化碳合成尿素，在反应器中发生如下反应，其中反应I是快反应，反应Ⅱ是慢反应。 反应I： 反应Ⅱ： （1）基态O原子价层电子轨道表示式为_______。 （2）活化能大小：反应I_______反应Ⅱ(填“>”、“=”或“＜”)。 （3）合成尿素总反应：，该反应自发进行的条件是_______(填“低温”、“高温”或“任意温度”)。若完全转化为尿素，理论上最多可以产生_______kJ热量。 （4）起始投料，物料在反应器中停留20 min时含碳或氮物种的物质的量随温度的变化关系如图1。 ①下列说法正确的有_______。 A．         B．曲线i对应的物质为 C．300 K条件下，反应I未达到平衡状态     D．总反应平衡常数： ②时，的转化率为_______。 （5）合成尿素时还会发生副反应：，起始氨碳的投料比影响反应的选择性。条件下测得平衡时或随变化如图2。 ①曲线iv纵坐标对应的是_______，其趋向于1说明，随增大，_______。 ②求时合成尿素总反应：的平衡常数_______(写出计算过程，列算式即可，用物质的量分数代替浓度计算)。 4．（14分）我国科学家突破了狄尔斯-阿尔德环加成反应的条件，使两个酮底物烷基链分子之间形成苯环，该方法的合成路线如下： 反应a： 已知：酮羰基的可以与发生加成反应 （1）Ⅰ中含氧官能团的名称：______。 （2）Ⅱ的同分异构体中，能发生银镜反应且核磁共振氢谱仅有三组峰的化合物的名称______，该化合物在氢谱图上吸收峰的峰面积之比是______。 （3）对于该合成方法，下列说法正确的是______。 A．Ⅰ中有手性碳原子，能使酸性高锰酸钾褪色 B．Ⅲ常温下在水中溶解度不高，分子中采用杂化的碳原子有14个 C．该合成方法所需含氮配体中所有碳原子可能共平面 D．该合成方法有π键的形成，采用含铜化合物做催化剂提高了Ⅲ的平衡产率 （4）由与不超过三个碳的有机物，设计以下路线合成化合物Ⅳ ①合成反应物Ⅵ： 第一步：由与中心碳原子为杂化的平面三角形分子V发生加成反应，写出化学方程式______。 第二步：上一步生成物进行______（填写反应类型）反应，减少一种含氧官能团，形成一个π键，写出化学方程式______。 第三步：上一步生成物在一定条件下发生加成反应，得到其中一个反应物Ⅵ______（填写结构简式）。 ②合成反应物Ⅶ： 选择Ⅴ的同系物重复以上三个步骤得到另一个反应物Ⅶ______（填写结构简式）。 ③合成最终产物Ⅳ： 使用反应a合成方法，由Ⅵ和Ⅶ合成Ⅳ。 B组 （建议用时：45分钟 满分：56分） 1．（14分）铁盐在电子、医疗和水处理等领域应用广泛。 （1）Fe(NO3)3水解的离子方程式为___________，用Fe(NO3)3固体粗略配制Fe(NO3)3溶液，正确的操作有___________(填标号)。 a．溶于蒸馏水 b．溶于浓硝酸 c．过滤 d．加水稀释 （2）常温下，取20.00 mL上述Fe(NO3)3溶液，连接pH传感器，加入标准液，pH变化如图。溶液混合时体积变化忽略不计，。 ①静置，取a点上层清液于试管中，滴加___________溶液，不变红，证明Fe3+已完全沉淀。 ②上述Fe(NO3)3溶液物质的量浓度为___________mol/L(忽略Fe3+水解对测定结果的影响，保留3位有效数字)。 （3）常温下，学习小组取pH=1.6的Fe(NO3)3溶液，分别进行实验Ⅰ和Ⅱ，用色度计传感器测吸光率，实验设计和数据记录如下： 本题实验条件下吸光率与溶液中Fe(OH)3的物质的量浓度成正比。 序号 吸光率 Ⅰ 2 2 40% Ⅱ 1 3 A1 能说明稀释Fe(NO3)3溶液，Fe(OH)3浓度变小，但Fe3+水解程度变大的依据是___________。 （4）学习小组继续探究温度对Fe3+水解的影响。 ①理论分析水解吸热，温度升高Fe3+水解程度增大。 ②实验过程取pH=1.6的Fe(NO3)3溶液，水浴加热一段时间后停止加热，溶液吸光率的变化如图所示。 ③图像分析停止加热后恢复原温度，吸光率不能恢复到加热前，继续分析原因。 ④查阅资料加热时Fe3+会反应生成一种吸光率更大的配合物离子，结构如下： 该配合物的配体有___________(填化学符号) ⑤提出猜想  猜想a：___________，导致H+浓度减小。 猜想b：生成上述配合物离子，降温时无法变回Fe3+。 ⑥验证猜想  取t时刻溶液，测得pH___________，猜想a成立。 设计实验验证猜想b：___________，猜想b成立。 ⑦教师指导实验要尊重事实，一个事实的出现可能是多个因素协同驱动的结果。 2．（14分）工业上，一种从低品位铜镍氧硫矿（含有CuFeS2、Ni9Fe9S16、Fe3O4、Al2O3、SiO2等）中提取Cu、Ni元素的工艺流程如图所示： 已知：．Fe2(SO4)3开始分解温度480℃。 ．常温下，该工艺溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀(c=1×10-5mol·L-1)的pH如下表： 金属离子 Fe3＋ Al3＋ Cu2＋ Ni2＋ 开始沉淀的pH 1.9 3.4 5.4 6.9 完全沉淀的pH 3.2 4.7 6.7 8.9 （1）“低温焙烧(450℃)”矿石中金属元素均转化为可溶性的硫酸盐，CuFeS2和(NH4)2SO4、O2反应生成的硫酸盐为CuSO4和___________，(NH4)2SO4受热完全分解的化学方程式为：___________。 ______________________NH3↑＋___________↑＋___________N2↑＋___________H2O↑ （2）取相同质量的低温焙烧物，在不同高温下焙烧相同时间，测得“水浸”过程Fe、Cu、Ni元素浸出率()变化如图所示。 结合高温焙烧时发生的反应，解释铁元素的浸出率随温度升高而大幅降低的原因___________。 （3）室温下，“沉铝”时调节pH=5.7使Al3＋完全沉淀，此时滤饼中没检测出Cu(OH)2，则该溶液中c(Cu2＋)不超过___________mol·L-1。 （4）“萃取铜”中的转化如下所示： 下列有关说法正确的有___________。 A．萃取剂HR易溶于水，配合物CuR2难溶于水 B．Cu2＋和萃取剂HR形成配位键，发生化学反应 C．为提高Cu2＋的萃取率，可适当提高溶液pH D．“反萃取铜”需要加入较浓的盐酸或者硫酸 （5）“沉镍”选择(NH4)2S是为制得NiS及便于从废液中回收___________(填化学式)，“电解”若用惰性电极，电解一段时间后溶液pH___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。 （6）CuxNiySiz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。该合金化学式为___________，若合金最简式的式量为Mr，密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中Ni和Si原子间最短距离为___________pm。(用含Mr、ρ、的代数式表示) 3．（14分）脱硫脱硝是实现火电、钢铁等行业超低排放，打赢蓝天保卫战的核心技术手段。 （1）氨法脱硫是一种脱硫效率高的方法，发生的主要反应如下： （ⅰ）   （ⅱ）   （ⅲ）   ___________（用含和的式子表示）。 （2）配制钴氨溶液的原理为：，，t℃下控制溶液的为时，测得含钴离子的百分比随pH变化见图1。 ①基态价层电子的轨道表示式为___________。 ②当时，下列说法正确的是___________。 A．中的配位数为4 B．中的配位原子是 C．增大的浓度，平衡正向移动，该反应平衡常数不变 D．当的消耗速率等于的生成速率时，反应达到平衡状态 ③表示变化的曲线是________（用之间的字母填写）。 ④当时，计算反应的平衡常数________（写出计算过程，结果保留三位有效数字）。 已知：，，，。 （3）钴氨法脱硝的反应过程如图2： ①的化学式为，其中钴的化合价为___________。 ②转化为反应的平衡常数为K，随的变化如图3所示，则该反应的___________0（填“>”“=”或“<”）。 ③若生成的和的物质的量分别为和，且，则理论上吸收物质的量为的NO需要___________（结果用含和y的代数式表示）。 4．（14分）张力环(如C4H6：)有很强的活性，是重要的有机合成中间体，其部分利用路径如下(Ph-代表苯基C6H5—)。 （1）化合物Ⅰ的官能团名称为___________。 （2）张力环C4H6的同分异构体中，不含C=C=C的链状结构共有___________种。其中核磁共振氢谱只有1组峰的有机物的名称为___________。 （3）下列说法正确的有___________。 A．Ⅰ→Ⅱ的过程中，涉及σ键、π键的断裂与形成 B．1 mol化合物Ⅰ最多可与5 mol H2加成 C．化合物Ⅱ可与Br2发生1，4-加成反应 D．化合物Ⅲ中不存在手性碳原子 （4）Ⅰ→Ⅲ的原子利用率为100%，化合物Ⅳ的分子式为___________，该过程可看作活泼氢原子与张力环反应。用N，N-二甲基胺()代替化合物Ⅳ，产物的结构简式为___________。 （5）以化合物Ⅴ()和化合物Ⅵ为原料，根据Ⅰ→Ⅱ的原理分3步合成。 ①第一步，化合物Ⅴ和Ⅵ反应，打开张力环，Ⅵ的结构简式为___________。 ②第二步，进行___________(填反应类型)。 ③第三步，在酸性条件下水解，反应方程式为___________。 C组 （建议用时：45分钟 满分：56分） 1．（14分）溶解过程常伴随热量变化。 Ⅰ．配制500mL 0.5mol/L盐酸。 （1）需12mol/L浓盐酸的体积为___________mL(精确至小数点后一位)。 （2）该过程不需用到的仪器有___________(填标号)。 A．   B．  C．   D．  E. （3）下列操作会导致所配制溶液的浓度偏高的是___________(填标号)。 A．转移溶液时部分溶液洒出 B．转移溶液时未洗涤烧杯内壁 C．定容时俯视刻度线 D．加水超过刻度线，将多余液体吸出 Ⅱ．测定的溶解焓：   已知：在不同温度下的溶解度如下表： 温度/℃ 10 20 30 40 溶解度/g 0.18 0.17 0.15 0.14 （4）利用量热法测定 初步实验  甲同学取一定质量固体完全溶解于一定体积的水中，利用量热计测算溶解前后体系的温度差，代入公式，再计算得出。 发现问题  ①甲同学实验结果误差较大，乙同学结合在水中的溶解性，分析其原因是___________。 优化实验  ②乙同学根据相关原理间接测算：先测算固体与过量稀盐酸反应的焓变；再测算反应___________(填离子方程式，需注明物质的聚集状态)的焓变。最后，计算得出为。 （5）为避免实验过程热量损失引起实验误差，该小组同学尝试其他实验方案。 查阅资料  不同温度下，物质的溶度积常数与满足(R、C为常数，) 实验思考  ①根据饱和溶液中和的关系，推出___________［用仅含的式子表示，忽略水的电离］。测定不同温度下饱和溶液的pH，再结合相应温度下水的离子积常数，即可求算出不同温度下。 设计实验  方案1  将20℃的饱和溶液逐步升温至40℃，每隔5℃测量并记录溶液pH； 方案2  将40℃的饱和溶液逐步降温至20℃，每隔5℃测量并记录溶液pH。 ②应选择___________(填“方案1”或“方案2”)进行实验；选择该方案的依据是___________。 数据处理  绘制随的变化曲线如图。 ③根据公式，利用直线的斜率值，计算___________(保留三位有效数字)。 2．（14分）一种钕铁硼废料主要含、稀土（）、、等元素化合物，从中选择性提取金属的工艺流程如下。 已知：①常温下，，，。 ②容易形成胶状沉淀，可吸附金属离子。 回答以下问题： （1）“球磨粉碎”的作用是_____；“浸出”后，需要进行的实验操作是_____（填操作名称）。 （2）“沉淀”时，当完全沉淀时，溶液，则_____（结果保留3位有效数字）。 （3）试剂A为_____，“萃取”过程中发生的反应类型为_____。 （4）“沉铁”时，需严格控制和，在较低和一定温度条件下，萃余液中反应生成的化学方程式为_____，若过大，会进一步_____，导致钴元素损失严重。 （5）该工艺中，“反萃取”后的有机层可在_____（填流程环节）中循环利用。 （6）稀土立方晶胞中部分原子如图所示，设晶胞边长为，两个原子的最近距离为，图中已用表示部分原子的位置。 ①其他原子的位置和个数可能为_____（填选项）。 A．面心a，6个        B．体心b，1个 C．棱中c，12个        D．棱中c，6个；面心a，6个 ②晶体中，与Nd原子最近且等距离的Nd原子数目为_____。 3．（14分）钒单质及其化合物在储氢、高温超导、催化等领域应用广泛。 （1）基态V原子的价层电子排布式为___________。 （2）反应的ΔH<0、ΔS<0，则该反应在___________(填“高温”或“低温”)下能自发进行。 （3）以V2O5或V2O3为原料，通过金属热还原法可制备V单质。 如：V2O5(s)＋5Ca(s)=2V(s)＋5CaO(s)  ΔH1=-a kJ/mol V2O3(s)＋3Ca(s)=2V(s)＋3CaO(s)  ΔH2=-b kJ/mol 则：3V2O5(s)＋4V(s)=5V2O3(s)  ΔH=___________。 （4）冶炼钒时以萃取法除去VO2＋中的Al3＋。萃取前，c(VO2＋)=0.4 mol/L，c(Al3＋)=0.01 mol/L，pH=1，溶液体积为1 L。萃取剂为溶有HA的煤油，c(HA)=1 mol/L，萃取剂体积为1 L。萃取原理：VO2＋(aq)＋2HA(o)VOA2(o)＋2H＋(aq)，Al3＋(aq)＋3HA(o)AlA3(o)＋3H＋(aq)，式中o指有机相。两种离子萃取达平衡所需时间相同。平衡时VO2＋萃取率达90%，Al3＋仅为4%。HA难溶于水，VO2＋、Al3＋和H＋难溶于煤油。萃取时水溶液中VO2＋、Al3＋和H＋的物质的量变化如图所示。 ①对于上述反应体系，下列说法正确的是___________。 A．a点时，萃取达到平衡 B．平衡后加水稀释，各离子浓度均减小 C．萃取达平衡时，v正(H＋)=2v逆(VO2＋) D．通入HCl气体，萃取平衡逆向移动，平衡常数K不变 ②曲线对应的离子为___________。 ③VO2＋的萃取平衡常数K=___________(列出算式，无须化简)。 （5）进一步研究上述萃取过程，取一定量萃取剂(含n0 mol HA)进行实验，得到n1/n0、n2/n0随时间变化的曲线如图。其中，n1为VOA2和AlA3的物质的量之和；n2为剩余HA的物质的量。设n3为0~t时段内与VO2＋反应的HA的物质的量，该时段内，HA萃取VO2＋的选择性用表示。 ①0~t0 min内，HA对VO2＋的萃取选择性为___________(用含b的代数式表示)。 ②若0~t时段内VO2＋与Al3＋的萃取速率之比等于0~萃取平衡时该两种离子的萃取速率之比，则t0时n3=___________mol(用含n0的代数式表示，写出推导过程)。 4．（14分）应用光化学催化和烯还原酶的光生物催化一体化技术，可实现化合物Ⅳ的合成，示意图如图(反应条件略)： （1）化合物Ⅰ的分子式为 ___________ 。化合物Ⅱ的官能团名称为 ___________ 。 （2）化合物Ⅴ为Ⅲ的同分异构体，能够发生银镜反应，在核磁共振氢谱图上只有3组峰，峰面积之比为2：2：1，Ⅴ的结构简式为 ___________ ，其名称为 ___________ 。 （3）关于上述由化合物Ⅰ到Ⅳ的转化及相关物质，下列说法正确的有 ___________ (填字母)。 A．有π键的断裂与形成 B．有C—Br键的断裂与C—C键的形成 C．存在C原子杂化方式的改变，没有手性碳原子形成 D．化合物Ⅳ可形成分子间氢键，也可以形成分子内氢键 （4）对化合物Ⅳ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 ① ___________ ___________   ② ___________ ___________ 取代反应 （5）以化合物Ⅱ为唯一有机原料，合成化合物。 基于你设计的合成路线，回答下列问题： ①最后一步的化学方程式为 ___________ (注明反应条件)。 ②相关步骤涉及氧化反应，其有机反应物为 ___________ (写结构简式)。 ③若相关步骤涉及卤代烃制醇反应，其化学方程式为 ___________ (注明反应条件)。 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 参考答案 A组 （建议用时：40分钟 满分：56分） 1．（14分）（1） 5.1 （1分） 胶头滴管、100mL 容量瓶（2分） （2）大于（1分） （3）mol/L（2分） Ag（银）（1分） Cu2+（1分） （4） AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2O （2分） 加入氨水后，反应物变为Cu与[Ag(NH3)2]+，产物涉及[Cu(NH3)4]2+。Eθ([Ag(NH3)2]+/Ag) = 0.37V远大于Eθ([Cu(NH3)4]2+/Cu) = -0.065V，反应的驱动力（电势差）显著增大，因此反应速率加快（2分） （5）向烧杯N中加入少量AgNO3固体，电流表指针向左偏转（2分） 2．（14分）（1）（1分） （2）0.4（2分） （3） 与形成配合物可避免其水解（2分） （2分） （4）1：2（2分） （5）（2分） （6） （1分） 面心（1分） （1分） 3．（14分）（1）   （1分） （2）<（1分） （3） 低温（1分） 10100（1分） （4） AC（2分） （2分） （5） （1分） 副反应进行程度减小（或副反应被抑制），整个反应主要发生生成尿素的反应，接近1（2分） 设，则：由图得平衡时，，根据碳原子守恒：，氮原子守恒：，得，，，，总物质的量，。（3分） 4．（14分）（1）(酮)羰基，醚键（2分） （2）3，3-二甲基丁醛 （1分） 9：2：1（1分） （3）BC（2分） （4） （2分） 消去反应（1分） （2分） （2分） （1分） B组 （建议用时：45分钟 满分：56分） 1．（14分）（1） （2分） bd（2分） （2） KSCN （1分） 0.0200（1分） （3）20%＜A1＜40%（2分） （4） H2O、OH- （2分） 加热时HNO3挥发 （1分） ＞1.6 （1分） 取t时刻溶液，加入适量HNO3调节溶液的pH=1.6，吸光率依然高于加热前（2分） 5．（14分）（1）Fe2(SO4)3 （1分） （2分） （2）温度升高，Fe2(SO4)3分解生成Fe2O3和SO3，Fe2O3难溶于水，导致铁元素浸出率降低。（2分） （3）1×10-3（2分） （4）BC（2分） （5） (NH4)2SO4 （1分） 变小（1分） （6） Cu2NiSi（1分） （2分） 3．（14分）（1）（2分） （2） （1分） BC（2分） d （1分） 时发生的反应为，读取图中的数据点，当和相等，，， ，（3分） （3）+2 （1分） < （2分） （2分） 4．（14分）（1）(酮)羰基（1分） （2）3（1分） 2-丁炔（1分） （3）AD（2分） （4） （2分） （2分） （5） （2分） 加成反应 （1分） +H2O +CH3OH（2分） C组 （建议用时：45分钟 满分：56分） 1．（14分）（1）20.8（1分） （2）AC（2分） （3）C（1分） （4） 的溶解度小（或“微溶于水”）（1分） （2分） （5） （2分） 方案1（1分） 溶解度随温度升高而降低，利用方案1可得到不同温度下的饱和溶液（2分） -16.6（2分） 2．（14分）（1）增大反应接触面积，加快反应速率（2分） 过滤（1分） （2）（2分） （3） （1分） 酯化反应（1分） （4） （2分） 生成胶状沉淀，吸附（2分） （5）萃取（1分） （6） A （1分） 12（1分） 3．（14分）（1）3d34s2（1分） （2）低温（1分） （3）(5b-3a) kJ/mol（2分） （4） D（1分） VO2+ （2分） 或78.08或78.1（2分） （5） （2分） n1=x+y、n2=n0-(2x+3y)、n1=n2。由以上3得出：3x+4y=n0。，将x=900y代入3x+4y=n0，解得x=，得n3=2x=。（3分） 4．（14分）（1）C9H10 （1分） 酮羰基（1分） （2） BrCH2CH2CHO（1分） 3﹣溴丙醛（1分） （3）BD（2分） （4） 浓硫酸、加热（0.5分） 消去反应 （0.5分） 浓硫酸、加热 （0.5分） —COO—（0.5分） （5） HOCH2CH(CH3)OH+2CH3COOH+2H2O （2分） CH2=CHCH3 （2分） BrCH2CHBrCH3+2NaOHHOCH2CH(OH)CH3+2NaBr（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：40分钟 满分：56分） 1．（14分）某小组同学探究铜与银盐溶液的反应。 （1）配制100mL0.3000mol/LAgNO3溶液 ①用托盘天平称取AgNO3固体___________g。 ②配制过程用到下图中的仪器有___________(填名称)。 （2）将铜片插入0.30mol/LAgNO3溶液中，有银单质生成。比较氧化性大小：Ag＋___________Cu2＋。 （3）小组探究Cu片与AgCl悬浊液能否发生反应 ①25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，在AgCl悬浊液中c(Ag＋)=___________。(已知：) ②查阅资料  电极电势可描述物质的氧化还原能力。数值越大，氧化型物质的氧化性越强；数值越小，还原型物质的还原性越强。标准电极电势Eθ在酸性条件下的数据如下： 氧化型物质/还原型物质 Cu2＋/Cu Ag＋/Ag AgCl/Ag [Cu(NH3)4]2＋/Cu [Ag(NH3)2]＋/Ag Fe3＋/Fe2＋ Eθ 0.34V 0.80V 0.22V -0.065V 0.37V 0.77V 例如：Eθ(Cu2＋/Cu)＜Eθ(Ag＋/Ag)，能发生反应Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag。 ③分析讨论 甲同学认为Cu的金属性强于Ag，Cu能与AgCl悬浊液顺利反应； 乙同学认为Eθ(AgCl/Ag)＜Eθ(Cu2＋/Cu)＜Eθ(Ag＋/Ag)，该反应难以进行。 ④实验验证 步骤 现象 推理 i．将铜片浸入AgCl悬浊液，放置10分钟 铜片表面无明显变化 / ii．将i中装置置于黑暗环境下，放置24小时 铜片明显变黑，装置中出现灰黑色固体 该灰黑色固体为___________ iii．将ii反应后的混合物过滤，向滤液中滴加NaOH溶液 产生蓝色沉淀 滤液中存在的金属离子是___________ ⑤实验结论Cu能与AgCl悬浊液反应，但速率较慢。 （4）该小组继续探究如何加快Cu与AgCl悬浊液的反应速率。 ①向含AgCl悬浊液的试管中滴加5%氨水至沉淀恰好消失。反应的离子方程式为___________。 ②向①中试管投入一小块铜片。铜片表面迅速变黑，10分钟后溶液呈现浅蓝色，2小时后试管底部出现银白色晶体。 原理分析  加入氨水能加快Cu与AgCl悬浊液反应的原因是___________(结合电极电势知识)。 （5）丙同学通过查阅资料发现，电极电势还受到离子浓度大小的影响。例如： 基于图中原电池装置，设计实验证明：改变离子浓度可改变氧化还原反应的方向。 实验方案：闭合K，电流表指针向右偏转，___________。(补充实验操作与现象，限选试剂：Fe(NO3)3固体、NaNO3固体、NaCl固体、AgNO3固体) 【答案】（1） 5.1 （1分） 胶头滴管、100mL 容量瓶（2分） （2）大于（1分） （3）mol/L（2分） Ag（银）（1分） Cu2+（1分） （4） AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2O （2分） 加入氨水后，反应物变为Cu与[Ag(NH3)2]+，产物涉及[Cu(NH3)4]2+。Eθ([Ag(NH3)2]+/Ag) = 0.37V远大于Eθ([Cu(NH3)4]2+/Cu) = -0.065V，反应的驱动力（电势差）显著增大，因此反应速率加快（2分） （5）向烧杯N中加入少量AgNO3固体，电流表指针向左偏转（2分） 【解析】（1）①配制100mL0.3000mol/LAgNO3溶液，根据物质的量浓度公式：n(AgNO3​)=c⋅V=0.3000mol/L×0.1000L=0.03000mol，AgNO3的摩尔质量为 170g/mol，则质量为：m(AgNO3​)=n⋅M=0.03000mol×170g/mol=5.100g，由于托盘天平精度为 0.1 g，故称取 5.1 g。故答案为：5.1； ②配制一定物质的量浓度溶液的关键仪器包括：胶头滴管（用于定容时滴加蒸馏水）、100 mL 容量瓶（指定体积的精确容器），图示中其他仪器（锥形瓶、分液漏斗、冷凝管）不参与该配制过程。胶头滴管、100mL 容量瓶。故答案为：胶头滴管、100mL 容量瓶； （2）将铜片插入0.30mol/LAgNO3溶液中，有银单质生成，反应中银离子为氧化剂，铜离子为氧化产物，氧化性：氧化剂大于氧化产物，氧化性大小：Ag＋大于Cu2＋。故答案为：大于； （3）①25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10-10=c(Ag＋)c(Cl-)=c2(Ag＋)，在AgCl悬浊液中c(Ag＋)= mol/L。故答案为：mol/L； 步骤ii．铜片表面生成的灰黑色固体为 Ag（银）。虽然标准电极电势Eθ(AgCl/Ag)=0.22V＜Eθ(Cu2+/Cu)=0.34V，但长时间放置后，AgCl悬浊液中的微量 Ag+（通过沉淀溶解平衡提供）与 Cu发生置换反应：Cu+2AgClCuCl2+2Ag生成的银单质因颗粒细小（纳米级）呈现灰黑色，而非块状银的银白色。 步骤iii．滤液中存在的金属离子：Cu2+。向滤液中滴加 NaOH溶液产生蓝色沉淀（Cu(OH)2），证明滤液中含有 Cu2+，说明 Cu已被氧化为 Cu2+，证实反应发生。 故答案为：Ag（银）；Cu2+； （4）①向含AgCl悬浊液的试管中滴加5%氨水至沉淀恰好消失，加入氨水后，Ag+与NH3形成稳定的络离子[Ag(NH3)2]+，反应的离子方程式为AgCl+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2​O。 原理分析：加入氨水后，反应物变为Cu与[Ag(NH₃)₂]⁺，产物涉及[Cu(NH₃)₄]²⁺。Eθ([Ag(NH₃)₂]⁺/Ag) = 0.37V远大于Eθ([Cu(NH₃)₄]²⁺/Cu) = -0.065V，反应的驱动力（电势差）显著增大，因此反应速率加快。 故答案为：AgCl+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2​O；加入氨水后，反应物变为Cu与[Ag(NH3)2]+，产物涉及[Cu(NH3)4]2+。Eθ([Ag(NH3)2]+/Ag) = 0.37V远大于Eθ([[Cu(NH3)4]2+/Cu) = -0.065V，反应的驱动力（电势差）显著增大，因此反应速率加快； （5）初始状态下，烧杯M中Fe3+/Fe2+电对的电极电势（由浓度决定）高于烧杯N中Ag+/Ag电对的电极电势，反应正向进行（Ag被氧化，Fe3+被还原），电流表指针向右偏转。向烧杯N中加入AgNO3固体，增大Ag+浓度，根据能斯特方程，Ag+/Ag的电极电势升高。当Ag+/Ag的电势超过Fe3+/Fe2+时，反应逆向进行（Fe2+被氧化，Ag+被还原），电流表指针向左偏转，证明离子浓度改变可逆转氧化还原反应方向。 实验方案：闭合K，电流表指针向右偏转，向烧杯N中加入少量AgNO3固体，电流表指针向左偏转。故答案为：向烧杯N中加入少量AgNO3固体，电流表指针向左偏转。 2．（14分）一种从高杂铜阳极泥［主要含、、、、、硒()以及碲()等］中提取和的工艺流程如图所示。 已知： ①室温下，各难溶物的如表所示。 难溶物 ②极易水解生成沉淀，在水溶液中存在()。 （1）是第五周期第VIA族元素，基态原子的价层电子排布式为___________。 （2）“复合浸出”时，通过调控和的比例使铅和银分别以和的形式保留在“浸出渣”中。当“浸出液”中时，最大不超过___________。 （3）“复合浸出”时加入除了能使转化为沉淀外，还能___________，从而增加的浸出率并节约成本；对“浸出液”进一步处理，促进水解，使其转化为沉淀，请写出该过程的离子方程式：___________。 （4）“焙烧”过程中，进入烟气中，实现和的分离，再通过“吸收→还原”制备粗。被还原生成粗时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。 （5）“碱浸分碲”时，加入的目的是使转化为易溶的，从而提高的浸出率，请写出该过程的离子方程式：___________。 （6）高杂铜阳极泥中含有痕量硒铜化合物，其立方晶胞是由如图所示两个边长均为的小立方体交错并置而成的。晶胞中和之间的最短距离为___________；占据晶胞的顶点和___________；该硒铜化合物的化学式为___________。 【答案】（1）（1分） （2）0.4（2分） （3） 与形成配合物可避免其水解（2分） （2分） （4）1：2（2分） （5）（2分） （6） （1分） 面心（1分） （1分） 【分析】该工艺流程以高杂铜阳极泥为原料，先通过复合浸出环节，利用稀硫酸与NaCl溶液选择性浸出铋，同时使铅、银以硫酸盐、氯化物形式留存于浸出渣中；随后将浸出渣焙烧，在浓硫酸作用下使硒转化为SeO2气体挥发，实现硒与碲、铜的初步分离，挥发的SeO2经还原得到粗Se；焙烧后的蒸硒渣经水浸分铜，使铜以CuSO4形式浸出分离；最后分铜渣进入碱浸分碲环节，在NaOH与NaClO3作用下将TeO2氧化为易溶的碲酸盐，经后续处理得到粗TeO2；据此作答。 【解析】（1）基态Te原子的价层电子排布式：5s25p4； （2）依题意，不能生成氯化铅沉淀；则先由硫酸铅的溶度积计算铅离子浓度：；再根据氯化铅溶度积计算氯离子最大浓度：，解得，即最大不超过0.4 mol/L； （3）铋离子极易水解生成沉淀，加入氯化钠提供氯离子，与Bi3+形成配合物可避免其水解，提高铋的浸出率；浸出液加水稀释后配离子发生水解，生成氯氧化铋沉淀，离子方程式为：； （4）亚硒酸被二氧化硫还原为单质硒，硒元素化合价从+4降至0，亚硒酸为氧化剂；二氧化硫被氧化为硫酸，硫元素化合价从+4升至+6，二氧化硫为还原剂；方程式为：；因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2； （5）碱性条件下，氯酸根将二氧化碲氧化为碲酸根，自身被还原为氯离子；离子方程式为：； （6）晶胞中Se和Cu之间的最短距离为小立方体体对角线的一半，即为；硒原子位于晶胞的顶点和面心位置；铜原子位于8个小立方体的体心，个数为8，硒原子个数为，铜原子与硒原子个数比为2:1，故化学式为Cu2Se。 3．（14分）以液氨和液态二氧化碳合成尿素，在反应器中发生如下反应，其中反应I是快反应，反应Ⅱ是慢反应。 反应I： 反应Ⅱ： （1）基态O原子价层电子轨道表示式为_______。 （2）活化能大小：反应I_______反应Ⅱ(填“>”、“=”或“＜”)。 （3）合成尿素总反应：，该反应自发进行的条件是_______(填“低温”、“高温”或“任意温度”)。若完全转化为尿素，理论上最多可以产生_______kJ热量。 （4）起始投料，物料在反应器中停留20 min时含碳或氮物种的物质的量随温度的变化关系如图1。 ①下列说法正确的有_______。 A．         B．曲线i对应的物质为 C．300 K条件下，反应I未达到平衡状态     D．总反应平衡常数： ②时，的转化率为_______。 （5）合成尿素时还会发生副反应：，起始氨碳的投料比影响反应的选择性。条件下测得平衡时或随变化如图2。 ①曲线iv纵坐标对应的是_______，其趋向于1说明，随增大，_______。 ②求时合成尿素总反应：的平衡常数_______(写出计算过程，列算式即可，用物质的量分数代替浓度计算)。 【答案】（1）   （1分） （2）<（1分） （3） 低温（1分） 10100（1分） （4） AC（2分） （2分） （5） （1分） 副反应进行程度减小（或副反应被抑制），整个反应主要发生生成尿素的反应，接近1（2分） 设，则：由图得平衡时，，根据碳原子守恒：，氮原子守恒：，得，，，，总物质的量，。（3分） 【解析】（1）O原子原子序数为8，基态价电子排布为，价层电子轨道表示式为： ； （2）反应速率越快，活化能越小，反应I是快反应，反应Ⅱ是慢反应，因此活化能：反应Ⅰ反应Ⅱ； （3）根据盖斯定律，总反应，已知，根据自发判据，可知该反应低温下自发；1mol 完全转化为尿素放热101kJ，100mol 完全转化理论放热； （4） ① 由图中的物质的量变化趋势：先减小后增加，说明450K之前，反应I在正向移动，对应也是相同的变化趋势，则曲线iii表示的物质的量；反应Ⅰ是快反应，反应Ⅱ是慢反应，开始的物质的量比多，所以曲线ii表示的物质的量，曲线i表示的物质的量，据此分析： A．根据碳守恒：；氮守恒：，代入300K数据、，得，A正确； B．反应Ⅰ是快反应，反应Ⅱ是慢反应，低温下因反应Ⅱ慢而积累，温度较低时的物质的量比多，所以曲线ii表示的物质的量，曲线i表示的物质的量，B错误； C．反应I的，反应I是放热反应，若300K已达到平衡，升温平衡向吸热的方向移动，即逆向移动，的物质的量应增加，但是图中300K450K范围内的物质的量一直减小，说明反应在正向移动，300K时并没有达到平衡，C正确； D．总反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，故，D错误； 故选AC； ② 已知起始，由图可知，结合碳守恒，时，，的转化率为； （5）①根据主反应方程式，若只发生主反应，，且氨碳比越大，越多，越利于主反应，副反应被抑制，消耗水越少，故越接近1，符合iv的变化；趋向于1说明，随增大，副反应进行程度减小（或副反应被抑制）；② 设，则：由图得平衡时，，根据碳原子守恒：，氮原子守恒：，得，，，，总物质的量，。 4．（14分）我国科学家突破了狄尔斯-阿尔德环加成反应的条件，使两个酮底物烷基链分子之间形成苯环，该方法的合成路线如下： 反应a： 已知：酮羰基的可以与发生加成反应 （1）Ⅰ中含氧官能团的名称：______。 （2）Ⅱ的同分异构体中，能发生银镜反应且核磁共振氢谱仅有三组峰的化合物的名称______，该化合物在氢谱图上吸收峰的峰面积之比是______。 （3）对于该合成方法，下列说法正确的是______。 A．Ⅰ中有手性碳原子，能使酸性高锰酸钾褪色 B．Ⅲ常温下在水中溶解度不高，分子中采用杂化的碳原子有14个 C．该合成方法所需含氮配体中所有碳原子可能共平面 D．该合成方法有π键的形成，采用含铜化合物做催化剂提高了Ⅲ的平衡产率 （4）由与不超过三个碳的有机物，设计以下路线合成化合物Ⅳ ①合成反应物Ⅵ： 第一步：由与中心碳原子为杂化的平面三角形分子V发生加成反应，写出化学方程式______。 第二步：上一步生成物进行______（填写反应类型）反应，减少一种含氧官能团，形成一个π键，写出化学方程式______。 第三步：上一步生成物在一定条件下发生加成反应，得到其中一个反应物Ⅵ______（填写结构简式）。 ②合成反应物Ⅶ： 选择Ⅴ的同系物重复以上三个步骤得到另一个反应物Ⅶ______（填写结构简式）。 ③合成最终产物Ⅳ： 使用反应a合成方法，由Ⅵ和Ⅶ合成Ⅳ。 【答案】（1）(酮)羰基，醚键（2分） （2）3，3-二甲基丁醛 （1分） 9：2：1（1分） （3）BC（2分） （4） （2分） 消去反应（1分） （2分） （2分） （1分） 【分析】该方法以铜化合物搭配含氮有机配体作为催化剂，可实现两个链状烷基酮底物发生反应关环构建取代苯环，先给出了对甲氧基苯基丙基酮（Ⅰ）和己-2-酮（Ⅱ）反应合成对应取代苯产物Ⅲ的示例，再要求结合已知酮α-H对羰基加成的反应规则，以苯乙酮和不超过三个碳的有机物为原料，先分步合成两种酮反应物Ⅵ、Ⅶ，最终利用该环加成方法得到目标产物Ⅳ。 【解析】（1）根据Ⅰ的结构简式可得，Ⅰ中含氧官能团的名称为(酮)羰基，醚键。 （2）Ⅱ的同分异构体中，能发生银镜反应说明含有醛基，且核磁共振氢谱仅有三组峰，则符合的同分异构体为，故名称为3，3-二甲基丁醛；该化合物在氢谱图上吸收峰的峰面积之比是9：2：1。 （3）A．Ⅰ中所有饱和碳均含有2个及以上相同氢原子，没有连4个不同基团的手性碳原子，A错误； B．Ⅲ含有两个疏水苯环，极性基团少，常温下水中溶解度不高；杂化的碳：2个苯环+2个酮羰基碳原子，共个，B正确； C．配体中吡啶环为平面结构，两个吡啶环间的单键可旋转，甲氧基的甲基碳通过单键旋转也可以转到环平面，因此所有碳原子可能共平面，C正确； D．催化剂只改变反应速率，不改变平衡，不能提高平衡产率，D错误； 故选BC。 （4）①中心碳为杂化的平面三角形分子，不超过3个碳，为甲醛，与甲醛发生的加成反应为。 羟基消去得到双键，减少含氧官能团（羟基）并形成键： 反应类型是消去反应，化学方程式为。 中的碳碳双键与氢气发生加成反应，得到反应物的结构简式为。 ②根据题干反应a（），要与反应物Ⅶ使用反应a合成方法合成最终产物Ⅳ（），可得反应物Ⅶ结构简式为。 B组 （建议用时：45分钟 满分：56分） 1．（14分）铁盐在电子、医疗和水处理等领域应用广泛。 （1）Fe(NO3)3水解的离子方程式为___________，用Fe(NO3)3固体粗略配制Fe(NO3)3溶液，正确的操作有___________(填标号)。 a．溶于蒸馏水 b．溶于浓硝酸 c．过滤 d．加水稀释 （2）常温下，取20.00 mL上述Fe(NO3)3溶液，连接pH传感器，加入标准液，pH变化如图。溶液混合时体积变化忽略不计，。 ①静置，取a点上层清液于试管中，滴加___________溶液，不变红，证明Fe3+已完全沉淀。 ②上述Fe(NO3)3溶液物质的量浓度为___________mol/L(忽略Fe3+水解对测定结果的影响，保留3位有效数字)。 （3）常温下，学习小组取pH=1.6的Fe(NO3)3溶液，分别进行实验Ⅰ和Ⅱ，用色度计传感器测吸光率，实验设计和数据记录如下： 本题实验条件下吸光率与溶液中Fe(OH)3的物质的量浓度成正比。 序号 吸光率 Ⅰ 2 2 40% Ⅱ 1 3 A1 能说明稀释Fe(NO3)3溶液，Fe(OH)3浓度变小，但Fe3+水解程度变大的依据是___________。 （4）学习小组继续探究温度对Fe3+水解的影响。 ①理论分析水解吸热，温度升高Fe3+水解程度增大。 ②实验过程取pH=1.6的Fe(NO3)3溶液，水浴加热一段时间后停止加热，溶液吸光率的变化如图所示。 ③图像分析停止加热后恢复原温度，吸光率不能恢复到加热前，继续分析原因。 ④查阅资料加热时Fe3+会反应生成一种吸光率更大的配合物离子，结构如下： 该配合物的配体有___________(填化学符号) ⑤提出猜想  猜想a：___________，导致H+浓度减小。 猜想b：生成上述配合物离子，降温时无法变回Fe3+。 ⑥验证猜想  取t时刻溶液，测得pH___________，猜想a成立。 设计实验验证猜想b：___________，猜想b成立。 ⑦教师指导实验要尊重事实，一个事实的出现可能是多个因素协同驱动的结果。 【答案】（1） （2分） bd（2分） （2） KSCN （1分） 0.0200（1分） （3）20%＜A1＜40%（2分） （4） H2O、OH- （2分） 加热时HNO3挥发 （1分） ＞1.6 （1分） 取t时刻溶液，加入适量HNO3调节溶液的pH=1.6，吸光率依然高于加热前（2分） 【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比； 【解析】（1）铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子：；用Fe(NO3)3固体粗略配制Fe(NO3)3溶液，则不需容量瓶和过滤操作，为防止铁离子水解，首先将硝酸铁固体溶解在浓硝酸中，然后加入一定量蒸馏水溶解，故选bd； （2）①铁离子和KSCN溶液变为红色，则静置，取a点上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，不变红，证明Fe3+已完全沉淀。 ②由图，加入25.00mL氢氧化钠溶液时，溶液pH由1.60变为4.00，混合后总体积为45.00mL，氢离子消耗的氢氧化钠为，和铁离子反应的氢氧化钠为，此时氢氧化钠恰好和硝酸铁反应：，则上述Fe(NO3)3溶液物质的量浓度为。 （3）20%＜A1＜40%，则浓度减小一半，吸光率减小但是没有减小一半，说明稀释Fe(NO3)3溶液，Fe(OH)3浓度变小，但Fe3+水解程度变大； （4） ④由结构：可知，铁离子提供空轨道，H2O、OH-提供孤电子对，故该配合物的配体有H2O、OH-； ⑤硝酸铁水解生成氢氧化铁和硝酸，硝酸具有挥发性，加热时HNO3挥发，导致溶液中氢离子浓度减小，故猜想a：加热时HNO3挥发，导致H+浓度减小。 ⑥加热时HNO3挥发，导致溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故取t时刻溶液，测得pH＞1.6，猜想a成立。 猜想b为生成上述配合物离子，降温时无法变回Fe3+，则可以条件pH恢复初始pH=1.6，若吸光率依然高于加热前，说明生成配离子导致吸光率不能恢复到加热前，故设计实验验证猜想b为：取t时刻溶液，加入适量HNO3调节溶液的pH=1.6，吸光率依然高于加热前，猜想b成立。 5．（14分）工业上，一种从低品位铜镍氧硫矿（含有CuFeS2、Ni9Fe9S16、Fe3O4、Al2O3、SiO2等）中提取Cu、Ni元素的工艺流程如图所示： 已知：．Fe2(SO4)3开始分解温度480℃。 ．常温下，该工艺溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀(c=1×10-5mol·L-1)的pH如下表： 金属离子 Fe3＋ Al3＋ Cu2＋ Ni2＋ 开始沉淀的pH 1.9 3.4 5.4 6.9 完全沉淀的pH 3.2 4.7 6.7 8.9 （1）“低温焙烧(450℃)”矿石中金属元素均转化为可溶性的硫酸盐，CuFeS2和(NH4)2SO4、O2反应生成的硫酸盐为CuSO4和___________，(NH4)2SO4受热完全分解的化学方程式为：___________。 ______________________NH3↑＋___________↑＋___________N2↑＋___________H2O↑ （2）取相同质量的低温焙烧物，在不同高温下焙烧相同时间，测得“水浸”过程Fe、Cu、Ni元素浸出率()变化如图所示。 结合高温焙烧时发生的反应，解释铁元素的浸出率随温度升高而大幅降低的原因___________。 （3）室温下，“沉铝”时调节pH=5.7使Al3＋完全沉淀，此时滤饼中没检测出Cu(OH)2，则该溶液中c(Cu2＋)不超过___________mol·L-1。 （4）“萃取铜”中的转化如下所示： 下列有关说法正确的有___________。 A．萃取剂HR易溶于水，配合物CuR2难溶于水 B．Cu2＋和萃取剂HR形成配位键，发生化学反应 C．为提高Cu2＋的萃取率，可适当提高溶液pH D．“反萃取铜”需要加入较浓的盐酸或者硫酸 （5）“沉镍”选择(NH4)2S是为制得NiS及便于从废液中回收___________(填化学式)，“电解”若用惰性电极，电解一段时间后溶液pH___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。 （6）CuxNiySiz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。该合金化学式为___________，若合金最简式的式量为Mr，密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中Ni和Si原子间最短距离为___________pm。(用含Mr、ρ、的代数式表示) 【答案】（1）Fe2(SO4)3 （1分） （2分） （2）温度升高，Fe2(SO4)3分解生成Fe2O3和SO3，Fe2O3难溶于水，导致铁元素浸出率降低。（2分） （3）1×10-3（2分） （4）BC（2分） （5） (NH4)2SO4 （1分） 变小（1分） （6） Cu2NiSi（1分） （2分） 【分析】铜镍氧硫矿(含有(CuFeS2、Ni9Fe9S16、Fe3O4、Al2O3、SiO2等)加入硫酸铵低温焙烧，金属元素均转化为可溶性的硫酸盐，其中+2价Fe被氧化为+3价，然后高温焙烧将Fe2(SO4)3转化为不溶于水的Fe2O3和SO3，加水后得到的滤渣为Fe2O3和SiO2，向滤液中通入氨气将Al3+转化为Al(OH)3沉淀分离，加入有机萃取剂HR分离Ni2+（水相）和Cu2+（有机相），在水相中加入(NH4)2S生成NiS沉淀，同时回收(NH4)2SO4，电解NiS得到Ni和S，将有机相用浓盐酸或浓硫酸反萃取得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液得到Cu。 【解析】（1）CuFeS2中Cu为+2价、Fe为+2价S为-2价，与(NH4)2SO4、O2反应时，S的化合价-2→+6、O化合价0→-2，Fe化合价+2→+3，则生成的硫酸盐为CuSO4和Fe2(SO4)3；根据已知，N的化合价-3→0，H和O化合价不变，则S的化合价+6→+4，根据电荷守恒、原子守恒可得，(NH4)2SO4受热完全分解生成NH3、SO2、N2、H2O，化学方程式为。 （2）由已知，Fe2(SO4)3开始分解温度为480℃，高温下Fe2(SO4)3分解生成Fe2O3和SO3，Fe2O3难溶于水，因此随温度升高，铁元素浸出率降低。 （3）由表中数据，Cu2+完全沉淀时pH=6.7，c(Cu2+)=1×10-5 mol·L-1，此时c(OH-)=10-7.3，则Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=10-5×(107.3)2=10-19.6；当pH=5.7时，c(OH-)=10-8.3，若没有Cu(OH)2沉淀，则，故该溶液中c(Cu2＋)不超过。 （4）A．因为根据萃取的要求：萃取剂应不与原溶剂互溶，原液体为水相，所以萃取剂HR应难溶于水，A错误； B．Cu2＋和萃取剂HR形成配位键有新物质生成，是化学反应，B正确； C．提高溶液pH，H+浓度降低，萃取平衡正向移动，Cu2＋的萃取率提高，C正确； D．较浓的硫酸中H+大，促进萃取平衡逆向移动，不能用盐酸，会引入氯离子，D错误； 故答案为BC。 （5）“沉镍”过程中向Ni的硫酸盐中加入(NH4)2S生成NiS沉淀，发生反应：NiSO4+(NH4)2S=NiS↓+(NH4)2SO4，因此可以回收(NH4)2SO4；用惰性电极电解CuSO4溶液，Cu2+得电子生成Cu，H2O失电子生成O2和H+，则电解一段时间后溶液pH变小。 （6）如图所示，CuxNiySiz晶体中Cu的个数为、Ni的个数为、Si的个数为，Cu：Ni：Si=2：1：1，则化学式为Cu2NiSi；设立方晶胞边长为a pm，则晶胞密度为， ，Ni和Si原子间最短距离为面对角线的一半，即。 3．（14分）脱硫脱硝是实现火电、钢铁等行业超低排放，打赢蓝天保卫战的核心技术手段。 （1）氨法脱硫是一种脱硫效率高的方法，发生的主要反应如下： （ⅰ）   （ⅱ）   （ⅲ）   ___________（用含和的式子表示）。 （2）配制钴氨溶液的原理为：，，t℃下控制溶液的为时，测得含钴离子的百分比随pH变化见图1。 ①基态价层电子的轨道表示式为___________。 ②当时，下列说法正确的是___________。 A．中的配位数为4 B．中的配位原子是 C．增大的浓度，平衡正向移动，该反应平衡常数不变 D．当的消耗速率等于的生成速率时，反应达到平衡状态 ③表示变化的曲线是________（用之间的字母填写）。 ④当时，计算反应的平衡常数________（写出计算过程，结果保留三位有效数字）。 已知：，，，。 （3）钴氨法脱硝的反应过程如图2： ①的化学式为，其中钴的化合价为___________。 ②转化为反应的平衡常数为K，随的变化如图3所示，则该反应的___________0（填“>”“=”或“<”）。 ③若生成的和的物质的量分别为和，且，则理论上吸收物质的量为的NO需要___________（结果用含和y的代数式表示）。 【答案】（1）（2分） （2） （1分） BC（2分） d （1分） 时发生的反应为，读取图中的数据点，当和相等，，， ，（3分） （3）+2 （1分） < （2分） （2分） 【解析】（1）根据盖斯定律：反应（ⅲ）可由反应（ⅰ）乘以2再减去反应（ⅱ）得到，则； （2）①是27号元素，基态的价层电子排布式为：，价层电子轨道表示式为： ②A．配离子中的配体是、，配位数，A错误； B．配离子中的配体是、，配位原子分别是原子，B正确； C．对于可逆反应，其平衡常数只随温度的改变而变化，温度不变时，不变；增大反应物浓度时，平衡正向移动，但温度不变，该反应的平衡常数不变，C正确； D．的消耗速率是正反应速率，的生成速率也是正反应速率，即，不一定等于，该可逆反应不一定达到平衡状态，D错误； 答案选BC。 ③向溶液中加入氨水时，pH值增大，发生反应，，这样曲线a表示的是的百分比变化，曲线b表示的是的百分比变化，以此类推，表示的百分比变化的是曲线d。所以答案是：d ④时发生的反应为，读取图中的数据点，当和相等，，，，。 （3）①的化学式为，整体显0价，“−O−O−”中的O显-1价，配离子显+2价，根据正负化合价之和为配离子所带电荷，所以其中的元素化合价为+2价。 ②转化为反应的平衡常数为K，随的变化如图3所示，随着横坐标增大，也即温度降低，纵坐标的值增大，也即平衡常数值增大；其他条件不变，降低温度，平衡常数增大，平衡正向移动，根据平衡移动原理可推知，正反应是放热反应，焓变。 ③由图2可知该钴氨法脱硝的总反应（未配平），生成的和的物质的量分别为和，且，根据化合价升降法配平该方程式可得：，所以有，又，所以。 4．（14分）张力环(如C4H6：)有很强的活性，是重要的有机合成中间体，其部分利用路径如下(Ph-代表苯基C6H5—)。 （1）化合物Ⅰ的官能团名称为___________。 （2）张力环C4H6的同分异构体中，不含C=C=C的链状结构共有___________种。其中核磁共振氢谱只有1组峰的有机物的名称为___________。 （3）下列说法正确的有___________。 A．Ⅰ→Ⅱ的过程中，涉及σ键、π键的断裂与形成 B．1 mol化合物Ⅰ最多可与5 mol H2加成 C．化合物Ⅱ可与Br2发生1，4-加成反应 D．化合物Ⅲ中不存在手性碳原子 （4）Ⅰ→Ⅲ的原子利用率为100%，化合物Ⅳ的分子式为___________，该过程可看作活泼氢原子与张力环反应。用N，N-二甲基胺()代替化合物Ⅳ，产物的结构简式为___________。 （5）以化合物Ⅴ()和化合物Ⅵ为原料，根据Ⅰ→Ⅱ的原理分3步合成。 ①第一步，化合物Ⅴ和Ⅵ反应，打开张力环，Ⅵ的结构简式为___________。 ②第二步，进行___________(填反应类型)。 ③第三步，在酸性条件下水解，反应方程式为___________。 【答案】（1）(酮)羰基（1分） （2）3（1分） 2-丁炔（1分） （3）AD（2分） （4） （2分） （2分） （5） （2分） 加成反应 （1分） +H2O +CH3OH（2分） 【分析】 以化合物Ⅴ()和化合物Ⅵ为原料，合成，第一步反应为化合物Ⅴ和Ⅵ反应，打开张力环，则Ⅵ为，反应生成，再和氢气发生加成反应使得碳碳双键变为单键，得到，中的酯基水解得到产物； 【解析】（1）由结构，化合物Ⅰ的官能团名称为(酮)羰基； （2） 张力环C4H6的同分异构体中，不含C=C=C的链状结构共有、、，3种，其中核磁共振氢谱只有1组峰的为，有机物的名称为2-丁炔； （3）A．Ⅰ→Ⅱ的过程中，存在碳碳键断裂和碳氮双键断裂，及碳碳双键的形成，故涉及σ键、π键的断裂与形成，A正确； B．Ⅰ中萘环和酮羰基能和氢气加成，则1 mol化合物Ⅰ最多可与6 mol H2加成，B错误； C．化合物Ⅱ中2个双键间存在2个碳碳单键，不可与Br2发生1，4-加成反应，C错误； D．化合物Ⅲ中饱和环对称，不存在手性碳原子，D正确； 故选AD； （4） Ⅰ→Ⅲ的原子利用率为100%，结合质量守恒，化合物Ⅳ的分子式为，该过程可看作活泼氢原子与张力环反应，中氮原子电负性大，氨基氢较为活泼，则用N，N-二甲基胺()代替化合物Ⅳ，产物的结构简式为； （5）由分析： ①第一步，化合物Ⅴ和Ⅵ反应，打开张力环，Ⅵ的结构简式为。 ②第二步，和氢气发生加成反应使得碳碳双键变为单键，为加成反应。 ③第三步，在酸性条件下水解，反应方程式为+H2O +CH3OH。 C组 （建议用时：45分钟 满分：56分） 1．（14分）溶解过程常伴随热量变化。 Ⅰ．配制500mL 0.5mol/L盐酸。 （1）需12mol/L浓盐酸的体积为___________mL(精确至小数点后一位)。 （2）该过程不需用到的仪器有___________(填标号)。 A．   B．  C．   D．  E. （3）下列操作会导致所配制溶液的浓度偏高的是___________(填标号)。 A．转移溶液时部分溶液洒出 B．转移溶液时未洗涤烧杯内壁 C．定容时俯视刻度线 D．加水超过刻度线，将多余液体吸出 Ⅱ．测定的溶解焓：   已知：在不同温度下的溶解度如下表： 温度/℃ 10 20 30 40 溶解度/g 0.18 0.17 0.15 0.14 （4）利用量热法测定 初步实验  甲同学取一定质量固体完全溶解于一定体积的水中，利用量热计测算溶解前后体系的温度差，代入公式，再计算得出。 发现问题  ①甲同学实验结果误差较大，乙同学结合在水中的溶解性，分析其原因是___________。 优化实验  ②乙同学根据相关原理间接测算：先测算固体与过量稀盐酸反应的焓变；再测算反应___________(填离子方程式，需注明物质的聚集状态)的焓变。最后，计算得出为。 （5）为避免实验过程热量损失引起实验误差，该小组同学尝试其他实验方案。 查阅资料  不同温度下，物质的溶度积常数与满足(R、C为常数，) 实验思考  ①根据饱和溶液中和的关系，推出___________［用仅含的式子表示，忽略水的电离］。测定不同温度下饱和溶液的pH，再结合相应温度下水的离子积常数，即可求算出不同温度下。 设计实验  方案1  将20℃的饱和溶液逐步升温至40℃，每隔5℃测量并记录溶液pH； 方案2  将40℃的饱和溶液逐步降温至20℃，每隔5℃测量并记录溶液pH。 ②应选择___________(填“方案1”或“方案2”)进行实验；选择该方案的依据是___________。 数据处理  绘制随的变化曲线如图。 ③根据公式，利用直线的斜率值，计算___________(保留三位有效数字)。 【答案】（1）20.8（1分） （2）AC（2分） （3）C（1分） （4） 的溶解度小（或“微溶于水”）（1分） （2分） （5） （2分） 方案1（1分） 溶解度随温度升高而降低，利用方案1可得到不同温度下的饱和溶液（2分） -16.6（2分） 【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签； 【解析】（1）设需要浓盐酸的体积为V mL，由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则有V×10-3L×12 mol/L=0.5 L×0.5mol/L，解得V≈20.8mL； （2）配制该稀盐酸时，需用的仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶；故不用A锥形瓶、C分液漏斗； （3）A．转移溶液时部分溶液洒出导致溶质损失，配制溶液浓度偏低； B．转移溶液时未洗涤烧杯内壁，导致溶质损失，配制溶液浓度偏低； C．定容时俯视刻度线，使得溶液体积偏小，配制溶液浓度偏高； D．加水超过刻度线，将多余液体吸出导致溶质损失，配制溶液浓度偏低； 故选C； （4）由表可知，在水中的溶解度太小，导致实验测定的数据不准确，使得实验结果出现较大误差； 若已知：① ② 则由盖斯定律，（②-①）得反应，故可以再测算反应的焓变，可以计算得出； （5）①，则； ②溶解度随温度升高而降低，利用方案1可得到不同温度下的饱和溶液，故选方案1较为合适； ③根据公式，利用直线的斜率值，结合图中2个已知点坐标，则，-16.6。 2．（14分）一种钕铁硼废料主要含、稀土（）、、等元素化合物，从中选择性提取金属的工艺流程如下。 已知：①常温下，，，。 ②容易形成胶状沉淀，可吸附金属离子。 回答以下问题： （1）“球磨粉碎”的作用是_____；“浸出”后，需要进行的实验操作是_____（填操作名称）。 （2）“沉淀”时，当完全沉淀时，溶液，则_____（结果保留3位有效数字）。 （3）试剂A为_____，“萃取”过程中发生的反应类型为_____。 （4）“沉铁”时，需严格控制和，在较低和一定温度条件下，萃余液中反应生成的化学方程式为_____，若过大，会进一步_____，导致钴元素损失严重。 （5）该工艺中，“反萃取”后的有机层可在_____（填流程环节）中循环利用。 （6）稀土立方晶胞中部分原子如图所示，设晶胞边长为，两个原子的最近距离为，图中已用表示部分原子的位置。 ①其他原子的位置和个数可能为_____（填选项）。 A．面心a，6个        B．体心b，1个 C．棱中c，12个        D．棱中c，6个；面心a，6个 ②晶体中，与Nd原子最近且等距离的Nd原子数目为_____。 【答案】（1）增大反应接触面积，加快反应速率（2分） 过滤（1分） （2）（2分） （3） （1分） 酯化反应（1分） （4） （2分） 生成胶状沉淀，吸附（2分） （5）萃取（1分） （6） A （1分） 12（1分） 【分析】钕铁硼废料和FeCl3·H2O固体混合研磨后焙烧，将金属元素均转化为可溶性盐，水浸取后过滤，所得浸出液中含Fe2+、Re3+、Co2+、H3BO3，加入草酸，先将Re元素分离，得到Re2(C2O4)3沉淀，过滤后加入己二醇萃取，有机层中含硼酸己二醇酯，水层含Co2+、Fe2+，分液后往水层加入Na2CO3/H2O2沉铁，得到FeOOH，过滤后再加入Na2S沉钴，得CoS；往水层中加入碱溶液进行反萃取，使硼酸己二醇酯水解，再次分液后有机层为己二醇，水层为Na[B(OH)4]溶液，再酸化得H3BO3，据此解答。 【解析】（1）粉碎固体可增大接触面积，加快反应，提高浸出率；浸出后分离浸出液（液体）和浸出渣（固体），操作是过滤。 （2）由，代入得： ，解得。 再由，，，代入得： 。 （3）反萃取得到，故试剂A为；萃取过程是硼酸与己二醇生成硼酸己二醇酯，属于酯化反应。 （4）低下被氧化为，发生反应为；过大，碱性增强，转化为胶状沉淀，根据已知②，胶状沉淀会吸附钴离子，导致钴损失。 （5）反萃取后得到的有机层含萃取剂己二醇，可返回"萃取"环节循环利用。 （6）①晶胞边长为，两个最近距离为，恰好是顶点到面心的距离（面对角线一半），已知黑球在8个顶点，其余在6个面心，符合要求，故选A； ②该结构为面心立方堆积，每个原子最近且等距离的原子数目为12。 3．（14分）钒单质及其化合物在储氢、高温超导、催化等领域应用广泛。 （1）基态V原子的价层电子排布式为___________。 （2）反应的ΔH<0、ΔS<0，则该反应在___________(填“高温”或“低温”)下能自发进行。 （3）以V2O5或V2O3为原料，通过金属热还原法可制备V单质。 如：V2O5(s)＋5Ca(s)=2V(s)＋5CaO(s)  ΔH1=-a kJ/mol V2O3(s)＋3Ca(s)=2V(s)＋3CaO(s)  ΔH2=-b kJ/mol 则：3V2O5(s)＋4V(s)=5V2O3(s)  ΔH=___________。 （4）冶炼钒时以萃取法除去VO2＋中的Al3＋。萃取前，c(VO2＋)=0.4 mol/L，c(Al3＋)=0.01 mol/L，pH=1，溶液体积为1 L。萃取剂为溶有HA的煤油，c(HA)=1 mol/L，萃取剂体积为1 L。萃取原理：VO2＋(aq)＋2HA(o)VOA2(o)＋2H＋(aq)，Al3＋(aq)＋3HA(o)AlA3(o)＋3H＋(aq)，式中o指有机相。两种离子萃取达平衡所需时间相同。平衡时VO2＋萃取率达90%，Al3＋仅为4%。HA难溶于水，VO2＋、Al3＋和H＋难溶于煤油。萃取时水溶液中VO2＋、Al3＋和H＋的物质的量变化如图所示。 ①对于上述反应体系，下列说法正确的是___________。 A．a点时，萃取达到平衡 B．平衡后加水稀释，各离子浓度均减小 C．萃取达平衡时，v正(H＋)=2v逆(VO2＋) D．通入HCl气体，萃取平衡逆向移动，平衡常数K不变 ②曲线对应的离子为___________。 ③VO2＋的萃取平衡常数K=___________(列出算式，无须化简)。 （5）进一步研究上述萃取过程，取一定量萃取剂(含n0 mol HA)进行实验，得到n1/n0、n2/n0随时间变化的曲线如图。其中，n1为VOA2和AlA3的物质的量之和；n2为剩余HA的物质的量。设n3为0~t时段内与VO2＋反应的HA的物质的量，该时段内，HA萃取VO2＋的选择性用表示。 ①0~t0 min内，HA对VO2＋的萃取选择性为___________(用含b的代数式表示)。 ②若0~t时段内VO2＋与Al3＋的萃取速率之比等于0~萃取平衡时该两种离子的萃取速率之比，则t0时n3=___________mol(用含n0的代数式表示，写出推导过程)。 【答案】（1）3d34s2（1分） （2）低温（1分） （3）(5b-3a) kJ/mol（2分） （4） D（1分） VO2+ （2分） 或78.08或78.1（2分） （5） （2分） n1=x+y、n2=n0-(2x+3y)、n1=n2。由以上3得出：3x+4y=n0。，将x=900y代入3x+4y=n0，解得x=，得n3=2x=。（3分） 【解析】（1）V为23号元素，核外电子排布为[Ar]3d34s2，过渡元素价层电子包含3d和4s电子，故价层电子排布式为3d34s2。 （2）反应自发进行的判据为ΔG=ΔH-TΔS<0，该反应ΔH<0、ΔS<0，低温下T较小，可以满足ΔG<0，因此低温下能自发进行。 （3）①V2O5(s)＋5Ca(s)=2V(s)＋5CaO(s) ΔH1=-a kJ/mol， ②V2O3(s)＋3Ca(s)=2V(s)＋3CaO(s) ΔH2=-b kJ/mol， 3V2O5(s)＋4V(s)=5V2O3(s)为3×反应①-5×反应②，则ΔH=3ΔH1-5ΔH2 = [3×(-a)-5×(-b)] kJ/mol = (5b-3a) kJ/mol。 （4）①A． a点后各离子浓度仍改变，未达到平衡，A错误； B．平衡后加水稀释，溶液体积增大，氢离子和氢氧根离子浓度的乘积是常数Kw，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大，B错误； C．根据VO2＋(aq)＋2HA(o)VOA2(o)＋2H＋(aq)，H＋与VO2＋计量系数比为2：1，但Al3+萃取方程：Al3＋(aq)＋3HA(o)AlA3(o)＋3H＋(aq)也有H+参与反应，则v正(H＋)≠2v逆(VO2＋)，C错误； D．通入HCl气体，H+浓度增加，萃取平衡逆向移动，由于温度不变，平衡常数K不变，D正确； 故选D； ②萃取前，c(VO2+)=0.4 mol/L，c(Al3+)=0.01 mol/L，pH=1，VO2+起始浓度最大，且平衡时VO2+萃取率达90%，Al3+仅为4%，曲线Ⅱ对应的离子为VO2+； ③萃取前，c(VO2＋)=0.4 mol/L，c(Al3＋)=0.01 mol/L，pH=1，c(H+)=0.1 mol/L，c(HA)=1 mol/L，平衡时VO2+萃取率达90%，即VO2＋转化的浓度为0.4 mol/L×90%=0.36 mol/L，根据VO2＋(aq)＋2HA(o)VOA2(o)＋2H＋(aq)，可知平衡时VO2＋、HA、VOA2、H＋的浓度分别为0.04 mol/L、0.28 mol/L、0.36 mol/L、0.82 mol/L，则VO2+的萃取平衡常数为===78.08。 （5）①n1为VOA2和AlA3的物质的量之和、n2为剩余HA的物质的量、n3为0~t时段内与VO2＋反应的HA的物质的量，根据VO2＋(aq)＋2HA(o)VOA2(o)＋2H＋(aq)、Al3＋(aq)＋3HA(o)AlA3(o)＋3H＋(aq)可知：0~t时段内生成VOA2的物质的量为、0~t时段内生成AlA3的物质的量为、0~t时段内与Al3＋反应的HA的物质的量为，已知萃取剂含n0 mol HA，则0~t时段内剩余HA的物质的量为，t0时刻，则=⇒，故0~t0 min内，HA对VO2＋的萃取选择性为； ② n1=x+y、n2=n0-(2x+3y)、n1=n2。由以上3得出：3x+4y=n0。，将x=900y代入3x+4y=n0，解得x=，得n3=2x=。 4．（14分）应用光化学催化和烯还原酶的光生物催化一体化技术，可实现化合物Ⅳ的合成，示意图如图(反应条件略)： （1）化合物Ⅰ的分子式为 ___________ 。化合物Ⅱ的官能团名称为 ___________ 。 （2）化合物Ⅴ为Ⅲ的同分异构体，能够发生银镜反应，在核磁共振氢谱图上只有3组峰，峰面积之比为2：2：1，Ⅴ的结构简式为 ___________ ，其名称为 ___________ 。 （3）关于上述由化合物Ⅰ到Ⅳ的转化及相关物质，下列说法正确的有 ___________ (填字母)。 A．有π键的断裂与形成 B．有C—Br键的断裂与C—C键的形成 C．存在C原子杂化方式的改变，没有手性碳原子形成 D．化合物Ⅳ可形成分子间氢键，也可以形成分子内氢键 （4）对化合物Ⅳ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 ① ___________ ___________   ② ___________ ___________ 取代反应 （5）以化合物Ⅱ为唯一有机原料，合成化合物。 基于你设计的合成路线，回答下列问题： ①最后一步的化学方程式为 ___________ (注明反应条件)。 ②相关步骤涉及氧化反应，其有机反应物为 ___________ (写结构简式)。 ③若相关步骤涉及卤代烃制醇反应，其化学方程式为 ___________ (注明反应条件)。 【答案】（1）C9H10 （1分） 酮羰基（1分） （2） BrCH2CH2CHO（1分） 3﹣溴丙醛（1分） （3）BD（2分） （4） 浓硫酸、加热（0.5分） 消去反应 （0.5分） 浓硫酸、加热 （0.5分） —COO—（0.5分） （5） HOCH2CH(CH3)OH+2CH3COOH+2H2O （2分） CH2=CHCH3 （2分） BrCH2CHBrCH3+2NaOHHOCH2CH(OH)CH3+2NaBr（2分） 【分析】 II发生取代反应生成III，III与I发生反应生成，与水反应生成IV。 【解析】（1）化合物Ⅰ的分子中C、H原子个数依次是9、10，分子式为C9H10；化合物Ⅱ的官能团名称为酮羰基； （2）化合物Ⅴ为Ⅲ的同分异构体，能够发生银镜反应，说明含有醛基，在核磁共振氢谱图上只有3组峰，峰面积之比为2：2：1，说明含有三种氢原子且氢原子的个数之比为2：2：1，结构简式为BrCH2CH2CHO，名称为3﹣溴丙醛； （3）A．生成Ⅳ的过程中有π键的断裂，没有π键的形成，故A错误； B．反应时Ⅲ中C—Br键的断裂、Ⅳ中有C—C键的形成，故B正确； C．Ⅰ中采用sp2杂化的碳原子在Ⅳ中采用sp3杂化，所以有碳原子杂化方式的改变，Ⅳ中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，故C错误； D．化合物Ⅳ羟基可形成分子间氢键，也可以形成分子内氢键，故D正确； 故答案为：BD； （4）①Ⅳ在浓硫酸作催化剂、加热的条件下发生醇羟基的消去反应，反应类型是消去反应； ②中醇羟基能和乙酸发生酯化反应生，反应条件是浓硫酸作催化剂、加热条件； （5） 以CH3COCH3为唯一有机原料合成化合物，可由CH3COOH和HOCH2CH(CH3)OH发生酯化反应得到，HOCH2CH(CH3)OH可由BrCH2CHBrCH3发生水解反应得到，BrCH2CHBrCH3可由CH2=CHCH3和溴发生加成反应得到，CH2=CHCH3可由CH3CH(OH)CH3发生消去反应得到，丙酮和氢气发生加成反应生成CH3CH(OH)CH3，CH2=CHCH3被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2和CH3COOH：； ①最后一步的化学方程式为HOCH2CH(CH3)OH+2CH3COOH+2H2O； ②相关步骤涉及氧化反应，其有机反应物为CH2=CHCH3； ③若相关步骤涉及卤代烃制醇反应，其化学方程式为BrCH2CHBrCH3+2NaOHHOCH2CH(OH)CH3+2NaBr。 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $