精品解析：重庆市南开中学校2027届高三上学期7月质量检测 化学试题

高2027届高三年级质量检测 化学 (满分100分，考试时间75分钟) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列说法正确的是 A. 油脂皂化可制肥皂 B. 焰色试验属于化学变化 C. 水泥属于新型无机非金属材料 D. 汽油不完全燃烧会产生氮氧化物 2. 下列物质属于纯净物的是 A. 生铁 B. 氯水 C. D. 聚乙烯 3. 下列化学用语表述正确的是 A. 的电子式为： B. 的模型为： C. 基态原子的轨道表示式： D. 只能表示原子，不能表示阳离子或阴离子 4. 三氟化氮是现代高新技术产业中不可或缺的特种气体。其制备方程式为：。下列说法错误的是 A. 为极性分子 B. 中既含共价键又含离子键 C. 既作还原产物又作氧化产物 D. 反应时转移 5. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中的价层电子对数为 B. 含有的质子数为 C. 标准状况下，的分子数为 D. 溶液中，的数目为 6. 下列方程式书写正确的是 A. 过量的铁在中加热： B. 过量的通入溶液中： C. 过量的浓硝酸与反应： D. 少量通入溶液中： 7. 下列装置或操作能达到实验目的的是 A. 图①装置可用于除去乙烷中的乙烯 B. 图②装置可用于铜与浓硫酸反应制备少量 C. 图③装置可用于模拟铁的析氢腐蚀过程 D. 图④装置可用于制备金属镁 8. 化合物“E7974”具有抗肿瘤活性，结构简式如下，有关该化合物的说法正确的是 A. 属于芳香族化合物 B. 能使的溶液褪色 C. 该化合物最多与反应 D. 该化合物最多与反应 9. 已知的结构如下图所示，下列有关说法正确的是 A. 的配位数为4 B. 和的中心原子均为杂化 C. 晶体中含有的化学键类型有：离子键、共价键、氢键 D. 晶体加热时随温度升高，一次性失去水 10. 超临界状态下的流体溶解性与有机溶剂相似，可提取中药材的有效成分，工艺流程如下。下列说法错误的是 A. 浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出 B. 升温、减压的目的是实现与产品分离 C. 高温条件下更有利于超临界流体萃取 D. 超临界流体萃取中药材具有无溶剂残留的优点 11. 环己酮在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如图所示。下列说法正确的是 A. 极电势比极低 B. 电子从极流向极 C. 极的电极反应式是： D. 理论上生成环己酮时，有生成 12. X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，X原子最外层电子数是内层电子数的2倍。X、W为同一主族元素。Z为金属元素，X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断错误的是 A. 原子半径大小：Z>W B. 第一电离能大小：Y>X C. 甲、乙的晶体类型不同 D. 丙、丁均为酸性氧化物 13. 某无色溶液中可能存在以下离子：、、、、、、、。取该溶液进行实验：①向无色溶液中加入足量HI溶液，得到黄色沉淀A、气体B和溶液C。②向溶液C中加入足量NaOH溶液并加热，得到气体D和溶液E。下列推理正确的是 A. 原溶液中一定含有，一定不含 B. 若气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有 C. 原溶液中一定含有、和 D. 原溶液中可能含有和 14. 25℃时，向1 L0.01 mol/L的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中、、的对数值(lgc)与pH的关系如图所示，已知的电离平衡常数分别为、。下列说法正确的是 A. 适当升高温度，点会右移 B. 点时， C. 随增加，先减小后增大 D. 若点时，则溶液中： 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 铟是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天、太阳能电池等高科技领域。从高铟烟灰渣(主要含PbO、、、)中提取铟的工艺流程如下： 已知：为强电解质。 （1）已知铟位于第五周期第ⅢA族，基态铟原子的价电子排布式为______________。 （2）“硫酸化焙烧”后金属元素均以硫酸盐的形式存在，请写出参与反应的化学方程式________________________________________________________。 （3）“水浸”时，浸渣除外，还含有________、________。 （4）“还原铁”时反应的离子方程式为________________________________________。 （5）“萃取除铁”中发生的反应为：，平衡常数为K。 已知萃取率(E%)的高低受溶液的pH影响很大，与萃取率的关系符合如下公式：。当pH=2.30时，萃取率为50%，若将萃取率提升到95%，应调节溶液的pH=________(已知lg19=1.28，忽略萃取剂浓度的变化，结果保留两位小数)。 （6）“反萃取”时选择的试剂为_____________(填化学式)。 （7）整个工艺流程中，可循环利用的溶液是_____________。 16. 双氰胺()为白色晶体，在冷水中溶解度较小，溶于热水、乙醇，在80℃以上水溶液中易分解。实验室以石灰氮()为原料制备双氰胺的流程如下： 已知氰胺二聚反应机理为： （1）已知：氰基是吸电子基团。氰胺()的碱性________的碱性(填“大于”、“小于”或“等于”)，分子的空间构型为____________________。 （2）写出步骤Ⅰ的化学反应方程式：________________________________________。 （3）步骤Ⅱ中调节溶液pH为9.1的原因是___________________________________。 （4）步骤Ⅲ采用真空蒸发浓缩的目的是_______________________________________。 （5）凯氏定氮法是测定有机物中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定法测定氮含量。 已知：；。 ①仪器b的名称是________________。 ②仪器清洗后，g中加入硼酸()和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入NaOH溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭，d中保留少量水。打开，加热b，使水蒸气进入e。d中保留少量水的目的是___________________。 ③取双氰胺样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为____________%。 17. 可通过高储氢密度的氢能载体十氢萘()转化为萘()实现制氢，相关反应为 ，回答下列问题： （1）标准摩尔生成焓是指在101 kPa、298 K下，由最稳定的单质合成1 mol物质的反应焓变。相关物质数据如下表，则__________。 物质 标准摩尔生成焓/ -226 96 0 0 （2）的平衡转化率随压强及温度变化如图1。其中，控制温度在沸点温度以下可实现液相脱氢(即实验条件点)。 ①M点时，的平衡常数[单位为]的数量级为_____。 ②随压强增大，实验条件点对应平衡转化率升高的主要原因为________(填“温度”或“压强”)。 ③相较于高温气相脱氢，液相脱氢的优点为__________________________________________。 （3）一定温度和压强下，在密闭反应器中进行液相脱氢实验，产物中检测出四氢萘()，反应过程中液相、和的浓度随时间变化如图2。 有关反应的活化能如下表所示。 反应 / 114.38 116.27 105.6 ①2h内的平均反应速率：________(填“>”“<”“=”)。 ②结合活化能数据及曲线综合判断，脱氢反应机制主要为________(填“a”或“b”)。 a．连续反应，即反应物经过如下转化 b．平行反应，即同时发生， ③8.5h时的转化率为__________%(精确到小数点后1位)。 18. 三碘甲状腺原胺酸是治疗甲状腺功能不足和肥胖病药，也可用于诊断甲状腺功能亢进。它的一种合成路线如图，回答下列问题： （1）ⅰ中含有的官能团种类数是__________。 （2）ⅰ→ⅱ的另一产物是__________(填化学式)，ⅱ→ⅲ的反应类型是____________________。 （3）ⅴ的分子式为________________。 （4）下列有关叙述正确的是__________(填标号)。 A. 1mol ⅰ与NaOH溶液反应时，最多消耗2mol NaOH B. ⅱ中只有2个官能团能形成氢键 C. 1mol ⅷ中的氨基能与2mol质子形成配位键 D. 三碘甲状腺原胺酸可作抗氧化剂 （5）在ⅰ的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有________种(不包括立体异构体)。 ①能发生银镜反应和水解反应； ②遇溶液发生显色反应； ③苯环上有3个取代基，其中一个是氨基()。 其中，含手性碳原子的结构简式为________________(任写一个)。 （6）已知：硝基在Fe、HCl中能被还原成氨基，氨基具有强还原性。以对硝基甲苯、乙酸酐为原料合成，其它试剂自选。 ①第一步反应是将苯环上的烃基氧化成羧基，则有机产物的名称是________________； ②最后一步反应的化学方程式为________________________________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2027届高三年级质量检测 化学 (满分100分，考试时间75分钟) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列说法正确的是 A. 油脂皂化可制肥皂 B. 焰色试验属于化学变化 C. 水泥属于新型无机非金属材料 D. 汽油不完全燃烧会产生氮氧化物 【答案】A 【解析】 【详解】A．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，产物高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，因此油脂皂化可制肥皂，A正确； B．焰色试验是金属元素电子跃迁产生的特征焰色，过程中无新物质生成，属于物理变化，B错误； C．水泥属于传统无机非金属材料，不属于新型无机非金属材料，C错误； D．汽油主要成分为烃类，不完全燃烧产生等含碳污染物，氮氧化物是气缸内高温下空气中与反应生成的，不是汽油不完全燃烧的产物，D错误； 故选A。 2. 下列物质属于纯净物的是 A. 生铁 B. 氯水 C. D. 聚乙烯 【答案】C 【解析】 【详解】A．生铁是铁合金，属于混合物，A错误； B．氯水是氯气的水溶液，属于混合物，B错误； C．五水硫酸铜是具有固定组成的结晶水合物，属于纯净物，C正确； D．聚乙烯是高分子化合物，聚合度n为不确定值，属于混合物，D错误； 故选C。 3. 下列化学用语表述正确的是 A. 的电子式为： B. 的模型为： C. 基态原子的轨道表示式： D. 只能表示原子，不能表示阳离子或阴离子 【答案】B 【解析】 【详解】A．的电子式中每个原子最外层应有3对孤电子对，图中的孤电子对未画全，正确的电子式为，A错误； B．中心原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，图示包含孤电子对与成键电子对，符合四面体形的VSEPR模型，B正确； C．基态原子的轨道的2个电子应分占不同轨道且自旋平行，图示将2个电子排布在同一个轨道且自旋相反，违反洪特规则，并且只表示出了价层电子，正确的基态原子轨道表示式为，C错误； D．该微粒核外电子数为18，若可表示阳离子，可表示阴离子，并非只能表示原子，D错误； 故选B。 4. 三氟化氮是现代高新技术产业中不可或缺的特种气体。其制备方程式为：。下列说法错误的是 A. 为极性分子 B. 中既含共价键又含离子键 C. 既作还原产物又作氧化产物 D. 反应时转移 【答案】D 【解析】 【详解】A．空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故A正确； B．中与之间形成离子键，内部和之间形成共价键，既含共价键又含离子键，故B正确； C．中来自，化合价从-3升高到+3，被氧化；中来自，化合价从0降低到-1，被还原，故既作还原产物又作氧化产物，故C正确； D．反应中4 mol 参与反应时，仅1 mol 被氧化，共转移6 mol，则1 mol 反应时转移1.5 mol，故D错误； 选D。 5. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中的价层电子对数为 B. 含有的质子数为 C. 标准状况下，的分子数为 D. 溶液中，的数目为 【答案】A 【解析】 【详解】A．中中心原子的键数为2，孤电子对数为，价层电子对数为，故中的价层电子对数为，A正确； B．的物质的量为，1个含10个质子，总质子数为，B错误； C．标准状况下为固体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，分子数不是，C错误； D．苯酚钠溶液中苯酚根会发生水解，苯酚钠溶液中数目小于，D错误； 故选A。 6. 下列方程式书写正确的是 A. 过量的铁在中加热： B. 过量的通入溶液中： C. 过量的浓硝酸与反应： D. 少量通入溶液中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氧化性较强，铁在氯气中加热时无论铁是否过量，产物均为，正确反应为，A错误； B．过量通入溶液时反应生成，正确离子方程式为，选项给出的是少量的反应，B错误； C．浓硝酸与反应生成、和，该离子方程式得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，C正确； D．少量通入溶液时过量，反应生成的会与过量结合为弱电解质，正确离子方程式为，D错误； 答案选C。 7. 下列装置或操作能达到实验目的的是 A. 图①装置可用于除去乙烷中的乙烯 B. 图②装置可用于铜与浓硫酸反应制备少量 C. 图③装置可用于模拟铁的析氢腐蚀过程 D. 图④装置可用于制备金属镁 【答案】A 【解析】 【详解】A．酸性可将乙烯氧化为，后续溶液可吸收生成的，乙烷与两种试剂均不反应，可达到除杂目的，A正确； B．铜与浓硫酸反应需要加热条件，图②装置无加热装置，无法反应制备，B错误； C．溶液为中性，铁钉在中性溶液中发生吸氧腐蚀，无法模拟析氢腐蚀，C错误； D．镁的金属活动性强于铝，不能和发生铝热反应置换出，D错误； 答案选A。 8. 化合物“E7974”具有抗肿瘤活性，结构简式如下，有关该化合物的说法正确的是 A. 属于芳香族化合物 B. 能使的溶液褪色 C. 该化合物最多与反应 D. 该化合物最多与反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．该化合物分子中不含苯环结构，不属于芳香族化合物，A错误； B．分子中含有碳碳双键，可与发生加成反应，能使的溶液褪色，B正确； C．只有碳碳双键能与发生加成反应，酰胺键中的羰基不能与加成，因此1mol该化合物最多与1mol 反应，C错误； D．分子中含有2个酰胺键、1个羧基，都能与反应，故1mol该化合物最多与3mol 反应，D错误； 故选B。 9. 已知的结构如下图所示，下列有关说法正确的是 A. 的配位数为4 B. 和的中心原子均为杂化 C. 晶体中含有的化学键类型有：离子键、共价键、氢键 D. 晶体加热时随温度升高，一次性失去水 【答案】B 【解析】 【详解】A．由结构可知，七水硫酸亚铁晶体中具有空轨道的亚铁离子是中心离子，具有孤对电子的水分子是配体，则亚铁离子的配位数为6，A错误； B．硫酸根离子硫原子的价层电子对数为：4+(6-2×4+2) ×=4，孤对电子对数为：(6-2×4+2) ×=0，则原子的杂化方式为sp3杂化；水分子中氧原子价层电子对数为：2+(6-1×2) ×=4，孤对电子对数为：(6-1×2) ×=2，则原子的杂化方式为sp3杂化，所以二者中心原子均为sp3杂化，B正确； C．氢键属于分子间作用力，不属于化学键，C错误； D．由结构可知，七水硫酸亚铁晶体中水分子一部分与亚铁离子形成配位键，一部分与水分子形成分子间氢键，配位键强于氢键，所以1 mol晶体加热时会分步失去水分子，不能一次性失去7 mol水分子，D错误； 故选B。 10. 超临界状态下的流体溶解性与有机溶剂相似，可提取中药材的有效成分，工艺流程如下。下列说法错误的是 A. 浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出 B. 升温、减压的目的是实现与产品分离 C. 高温条件下更有利于超临界流体萃取 D. 超临界流体萃取中药材具有无溶剂残留的优点 【答案】C 【解析】 【详解】A．中草药有效成分多为有机物，根据相似相溶原理，乙醇作为有机溶剂有利于有效成分浸出，A正确； B．升温、减压会降低的溶解度，使气化，从而实现与产品的分离，B正确； C．超临界CO2是CO2在特定温度、压强区间下的特殊状态，温度过高时CO2无法维持超临界流体的状态，会变为气态，失去类似有机溶剂的溶解能力，无法实现萃取，C错误； D．超临界流体萃取后，可通过升温减压完全气化脱离产品，无溶剂残留，D正确； 故选C。 11. 环己酮在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如图所示。下列说法正确的是 A. 极电势比极低 B. 电子从极流向极 C. 极的电极反应式是： D. 理论上生成环己酮时，有生成 【答案】D 【解析】 【分析】该装置为电解池，b极上得电子生成​，发生还原反应，为阴极，电极反应为；a极上转化为​，Cr元素失电子化合价升高，发生氧化反应，为阳极，电极反应为，据此分析； 【详解】A．a极为电解池的阳极，与电源正极相连，电势高于与电源负极相连的阴极b，A错误； B．电解池中电子从电源负极流向阴极b，从阳极a流向电源正极，电子无法经过电解质溶液，故不会从b极流向a极，B错误； C．反应在酸性溶液中进行，a极电极反应式应为，不存在大量参与反应，C错误； D．生成1 mol 环己酮时转移2 mol 电子，阴极生成的反应为，根据电子守恒，生成的物质的量为1 mol，D正确； 故选D。 12. X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，X原子最外层电子数是内层电子数的2倍。X、W为同一主族元素。Z为金属元素，X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断错误的是 A. 原子半径大小：Z>W B. 第一电离能大小：Y>X C. 甲、乙的晶体类型不同 D. 丙、丁均为酸性氧化物 【答案】D 【解析】 【分析】X原子最外层电子数是内层的2倍，短周期元素，故X为C元素；X、W同主族，故W为Si元素；X单质在Y单质中点燃生成甲，Y原子序数大于C，故Y为O元素，甲为；Z为金属，单质可在中点燃生成C和乙，故Z为Mg，乙为MgO；W的最高价氧化物丙为，C与高温下反应生成Si和CO，故丁为CO。 【详解】A．Z为Mg、W为Si，二者同周期，同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径，故A正确； B．X为C元素、Y为O元素，同周期元素第一电离能总体呈递增趋势，O的第一电离能大于C，故B正确； C．甲为，属于分子晶体，乙为MgO，属于离子晶体，二者晶体类型不同，故C正确； D．丙为，属于酸性氧化物，丁为CO，属于不成盐氧化物，故D错误； 选D。 13. 某无色溶液中可能存在以下离子：、、、、、、、。取该溶液进行实验：①向无色溶液中加入足量HI溶液，得到黄色沉淀A、气体B和溶液C。②向溶液C中加入足量NaOH溶液并加热，得到气体D和溶液E。下列推理正确的是 A. 原溶液中一定含有，一定不含 B. 若气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有 C. 原溶液中一定含有、和 D. 原溶液中可能含有和 【答案】C 【解析】 【详解】A．原溶液为无色，故一定不含紫色的；与题干给出的、、、均不能大量共存，无对应阴离子可与共存于溶液中，故一定不存在，A错误； B．能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是或，若过量，加入后可生成，也能使澄清石灰水变浑浊，故原溶液不一定含，B错误； C．向溶液C中加足量溶液并加热得到气体，为，证明原溶液一定含；加入得到的黄色沉淀为单质，是酸性条件下与发生归中反应生成的，故二者一定存在，C正确； D．与会发生双水解反应，不能大量共存，原溶液确定含，故一定不存在，D错误； 答案选C。 14. 25℃时，向1 L0.01 mol/L的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中、、的对数值(lgc)与pH的关系如图所示，已知的电离平衡常数分别为、。下列说法正确的是 A. 适当升高温度，点会右移 B. 点时， C. 随增加，先减小后增大 D. 若点时，则溶液中： 【答案】D 【解析】 【分析】先明确图中三条曲线的对应关系：pH越小，H+浓度越高，c(H2A)越大、c(A2−)越小，因此曲线a为lgc(H2A)，曲线b为lgc(HA−)，曲线c为lgc(A2−)， L点是c(H2A)=c(HA−)的点，M点是c(HA−)=c(A2−)的点。 【详解】A．L点满足c(H2A)=c(HA−)，此时，即pH=−lgKa1 ​。升高温度，H2A的电离程度增大， Ka1​变大，c(H+)增大，对应pH减小，因此L点会左移，故A错误； B．M点满足c(H2A)=c(A2−)，此时。将Ka1​⋅Ka2​取对数： ， 故B错误； C．对HA−的水解平衡：，水解常数，变形得。温度不变时Kh​为定值，随pH增加，c(HA−)先增大后减小，因此也先增大后减小，C错误； D．根据电荷守恒：，移项得： ，已知N点，即，代入上式得： ，根据物料守恒，初始H2A总物质的量为1 L×0.01 mol/L=0.01 mol，即n(H2A)+n(HA−)+n(A2−)=0.01 mol，因此等式成立，D正确； 故答案选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 铟是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天、太阳能电池等高科技领域。从高铟烟灰渣(主要含PbO、、、)中提取铟的工艺流程如下： 已知：为强电解质。 （1）已知铟位于第五周期第ⅢA族，基态铟原子的价电子排布式为______________。 （2）“硫酸化焙烧”后金属元素均以硫酸盐的形式存在，请写出参与反应的化学方程式________________________________________________________。 （3）“水浸”时，浸渣除外，还含有________、________。 （4）“还原铁”时反应的离子方程式为________________________________________。 （5）“萃取除铁”中发生的反应为：，平衡常数为K。 已知萃取率(E%)的高低受溶液的pH影响很大，与萃取率的关系符合如下公式：。当pH=2.30时，萃取率为50%，若将萃取率提升到95%，应调节溶液的pH=________(已知lg19=1.28，忽略萃取剂浓度的变化，结果保留两位小数)。 （6）“反萃取”时选择的试剂为_____________(填化学式)。 （7）整个工艺流程中，可循环利用的溶液是_____________。 【答案】（1）5s25p1 （2） （3） ①. SiO2 ②. PbSO4 （4） （5）2.73 （6）HCl （7）H2A2的有机溶液 【解析】 【分析】灰渣里的FeAsO4·2H2O、In2O3会和硫酸反应生成对应的可溶性硫酸盐，PbO与硫酸反应生成难溶的PbSO4；SiO₂不反应，后续会进入浸渣；同时砷元素会转化为As2O3，和其他不溶物一起留在浸渣中被分离，水浸后得到含铟、铁的浸液；还原铁（加入Na2S2O3）这一步是把浸液里的Fe3+还原为Fe2+，同时被氧化为，生成强电解质FeS4O6，方便后续萃取步骤分离铁元素；“萃取除铁”（加入萃取剂H2A2）萃取剂会和结合生成In(HA2)3进入有机相，Fe2+则留在水相里，实现铁元素和铟元素的分离，反萃取可以把有机相里的铟元素转移到水相中；置换铟（加入Zn）利用锌的金属活动性强于铟，发生置换反应，将溶液中的铟元素还原为单质，最终得到粗铟，同时分离出含锌盐的滤液，据此解题。 【小问1详解】 铟位于第五周期第ⅢA族，根据元素周期表中价电子排布规律，主族元素的价电子为最外层电子，第五周期第ⅢA族元素的价电子排布式为：5s25p1。 【小问2详解】 “硫酸化焙烧”后金属元素均以硫酸盐的形式存在，与硫酸反应生成硫酸铟和水，根据化学反应式的书写原则，配平后化学方程式为：。 【小问3详解】 高铟烟灰渣主要含PbO、、、，“硫酸化焙烧”后PbO与硫酸反应生成难溶于水的PbSO4；不与硫酸反应且难溶于水，所以“水浸”时，浸渣除外，还含有PbSO4与。 【小问4详解】 在“还原铁”步骤中，反应物为浸液中和，生成物为FeS4O6，该物质可完全电离为和，即被还原为，同时被氧化为，由此得到该反应的离子方程式为：。 【小问5详解】 第一步，根据pH=2.30，萃取率为50%的条件计算lgK：当萃取率(E%)=50%时，代入公式，此时，则，即；已知此时pH=2.30，即，整理可得：。 第二步，当萃取率提升到95%时，代入公式计算pH： 当E%=95%时，，代入公式得：，将第一步中得到的代入上式得：，对式子中等号右侧数据进行化简，可得：然后将化简后的结果与lg19=1.28代入公式中，可得：，又因为，整理可得：，则。 【小问6详解】 在“反萃取”步骤中，最终水相得到含HInCl4的体系，需要将被萃取剂H2A2结合的铟元素转移到水相中，同时引入Cl⁻形成HInCl4，因此选择的反萃取试剂为盐酸，化学式为HCl。 【小问7详解】 整个工艺流程里，“萃取除铁”环节使用了萃取剂H2A2，反萃取操作之后，H2A2会存在分离得到有机相中，萃取剂可以回收，重新投入到“萃取除铁”的工序中重复使用，所以可循环利用的溶液是萃取剂H2A2的有机溶液。 16. 双氰胺()为白色晶体，在冷水中溶解度较小，溶于热水、乙醇，在80℃以上水溶液中易分解。实验室以石灰氮()为原料制备双氰胺的流程如下： 已知氰胺二聚反应机理为： （1）已知：氰基是吸电子基团。氰胺()的碱性________的碱性(填“大于”、“小于”或“等于”)，分子的空间构型为____________________。 （2）写出步骤Ⅰ的化学反应方程式：________________________________________。 （3）步骤Ⅱ中调节溶液pH为9.1的原因是___________________________________。 （4）步骤Ⅲ采用真空蒸发浓缩的目的是_______________________________________。 （5）凯氏定氮法是测定有机物中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定法测定氮含量。 已知：；。 ①仪器b的名称是________________。 ②仪器清洗后，g中加入硼酸()和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入NaOH溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭，d中保留少量水。打开，加热b，使水蒸气进入e。d中保留少量水的目的是___________________。 ③取双氰胺样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为____________%。 【答案】（1） ①. 小于 ②. 直线形 （2） （3）pH=9.1时，碱性适中：OH-是氰胺二聚反应的催化剂；pH过低：反应速率慢；pH过高，容易发生副反应，导致原料或产物水解。 （4）降低溶液沸点，在较低温度下蒸发溶剂，避免温度超过80℃，防止双氰胺受热分解。 （5） ①. 圆底烧瓶 ②. 形成液封，防止生成的氨气从d口逸出。 ③. 【解析】 【分析】先进行步骤Ⅰ，在石灰氮CaCN2中加水、通入CO2，反应：CaCN2+ H2O+ CO2=CaCO3↓+NH2CN；然后进入步骤Ⅱ：氰胺溶液，在80℃、pH=9.1的条件下二聚生成双氰胺；最后进行步骤Ⅲ，双氰胺溶液提纯得到晶体，因为双氰胺冷水中溶解度小，热水可溶，高于80℃水溶液易分解，所以操作是真空蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到双氰胺固体。 【小问1详解】 氰基是吸电子基团，会使氮原子上孤电子对更难结合H+，因此氰胺碱性小于NH3，CO2的孤电子对数=，价层电子对数=2+0=2，所以分子的空间构型为直线形。 【小问2详解】 步骤Ⅰ的化学反应方程式： 【小问3详解】 步骤Ⅱ中调节溶液pH为9.1的原因是pH=9.1时，碱性适中：OH-是氰胺二聚反应的催化剂；pH过低：反应速率慢；pH过高，容易发生副反应，导致原料或产物水解。 【小问4详解】 步骤Ⅲ采用真空蒸发浓缩的目的是降低溶液沸点，在较低温度下蒸发溶剂，避免温度超过80℃，防止双氰胺受热分解。 【小问5详解】 ①仪器b的名称是圆底烧瓶。 ②d中保留少量水的目的是形成液封，防止生成的氨气从d口逸出。 ③根据；可得关系式：N~HCl，，所以，所以N元素的质量为：，样品中氮的质量分数为。 17. 可通过高储氢密度的氢能载体十氢萘()转化为萘()实现制氢，相关反应为 ，回答下列问题： （1）标准摩尔生成焓是指在101 kPa、298 K下，由最稳定的单质合成1 mol物质的反应焓变。相关物质数据如下表，则__________。 物质 标准摩尔生成焓/ -226 96 0 0 （2）的平衡转化率随压强及温度变化如图1。其中，控制温度在沸点温度以下可实现液相脱氢(即实验条件点)。 ①M点时，的平衡常数[单位为]的数量级为_____。 ②随压强增大，实验条件点对应平衡转化率升高的主要原因为________(填“温度”或“压强”)。 ③相较于高温气相脱氢，液相脱氢的优点为__________________________________________。 （3）一定温度和压强下，在密闭反应器中进行液相脱氢实验，产物中检测出四氢萘()，反应过程中液相、和的浓度随时间变化如图2。 有关反应的活化能如下表所示。 反应 / 114.38 116.27 105.6 ①2h内的平均反应速率：________(填“>”“<”“=”)。 ②结合活化能数据及曲线综合判断，脱氢反应机制主要为________(填“a”或“b”)。 a．连续反应，即反应物经过如下转化 b．平行反应，即同时发生， ③8.5h时的转化率为__________%(精确到小数点后1位)。 【答案】（1）322 （2） ①. ②. 温度 ③. 反应温度较低，能耗低；液相反应物浓度大，反应速率较快；产物氢气易分离，且能抑制副反应（如裂解等）。 （3） ①. < ②. a ③. 34.7 【解析】 【小问1详解】 已知反应为：，根据标准摩尔生成焓的定义，反应的焓变。由表格数据可知：，代入计算：。 【小问2详解】 ①M点时，，M点坐标为，即温度，转化率为20%。此时对应曲线1，压强为。假设起始时为，转化率为20%，则：平衡时为，为，为。总物质的量。总压，各组分分压为：， 数量级为。 ②图中实验点随压强增大（），温度是升高的（到左右）。该反应为吸热反应，升温使转化率升高；而加压会使平衡逆向移动，转化率降低。图中转化率升高是因为温度升高带来的影响超过了压强增大的影响。 ③液相脱氢在沸点温度以下进行，温度相对较低，且压强较高。优点包括：反应温度较低，能耗低；液相反应物浓度大，反应速率较快；产物氢气易分离，且能抑制副反应（如裂解等）。 【小问3详解】 ①图中左侧纵坐标为和（浓度较大），右侧为（浓度较小）。2h时，浓度约为（右侧），浓度约为（左侧，从0升到1.5）。显然。 ②的活化能（116.27）略大于（114.38），但活化能（105.6）较低。图中先增加后略减，持续增加，符合连续反应（a）。 ③初始浓度约为。8.5h时，，，剩余。根据碳原子守恒（每个分子都是10个碳），转化的浓度等于生成的产物浓度之和：。初始浓度转化率 结论：转化率为。 18. 三碘甲状腺原胺酸是治疗甲状腺功能不足和肥胖病药，也可用于诊断甲状腺功能亢进。它的一种合成路线如图，回答下列问题： （1）ⅰ中含有的官能团种类数是__________。 （2）ⅰ→ⅱ的另一产物是__________(填化学式)，ⅱ→ⅲ的反应类型是____________________。 （3）ⅴ的分子式为________________。 （4）下列有关叙述正确的是__________(填标号)。 A. 1mol ⅰ与NaOH溶液反应时，最多消耗2mol NaOH B. ⅱ中只有2个官能团能形成氢键 C. 1mol ⅷ中的氨基能与2mol质子形成配位键 D. 三碘甲状腺原胺酸可作抗氧化剂 （5）在ⅰ的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有________种(不包括立体异构体)。 ①能发生银镜反应和水解反应； ②遇溶液发生显色反应； ③苯环上有3个取代基，其中一个是氨基()。 其中，含手性碳原子的结构简式为________________(任写一个)。 （6）已知：硝基在Fe、HCl中能被还原成氨基，氨基具有强还原性。以对硝基甲苯、乙酸酐为原料合成，其它试剂自选。 ①第一步反应是将苯环上的烃基氧化成羧基，则有机产物的名称是________________； ②最后一步反应的化学方程式为________________________________________________。 【答案】（1）3 （2） ①. ②. 取代反应（酰基化反应） （3） （4）AD （5） ①. 20 ②. （6） ①. 对硝基苯甲酸（4-硝基苯甲酸） ②. 【解析】 【分析】由图可知，该合成路线以ⅰ（分子式​​）为起始原料，先与在65℃条件下发生苯环的取代反应，在酚羟基的邻位引入两个碘原子得到产物ⅱ（分子式​），该过程的另一产物为；随后ⅱ与发生取代反应，将氨基转化为乙酰氨基得到ⅲ（分子式​）；接着ⅲ在乙醇、对甲苯磺酸的作用下发生酯化反应，羧基转化为乙酯基得到ⅳ（分子式）。 另一边以ⅴ为原料，在​、​与硫酸、醋酸的200℃条件下反应，生成ⅵ（分子式​）；之后ⅳ与ⅵ在、、铜催化的40~45℃条件下发生取代反应，得到ⅶ（分子式​）；ⅶ再在、醋酸条件下发生水解反应，同时断裂乙酰基与甲基醚键得到产物ⅷ（分子式）；最后ⅷ在​、的甲醇体系中发生苯环的取代反应，在剩余的苯环空位引入第三个碘原子，最终得到目标产物三碘甲状腺原胺酸（分子式​​）； 【小问1详解】 ⅰ的结构中含有的官能团为氨基（​）、酚羟基（）、羧基（），共3种官能团； 【小问2详解】 ⅰ→ⅱ是中的I取代酚羟基邻位的H，I取代H后剩余的Cl与被取代下的H结合生成；ⅱ中氨基（）与反应生成酰胺键，此处ⅱ→ⅲ的反应类型为取代反应（氨基上的H被乙酰基取代）； 【小问3详解】 ⅴ为对甲基苯酚（4-甲基苯酚），苯环含6个C、甲基含1个C，共7个C；苯环上4个H、甲基3个H、羟基1个H，共8个H；含1个O原子，因此分子式为； 【小问4详解】 A．ⅰ的结构中含1个酚羟基和1个羧基，均能与反应，但氨基（）不与反应，1酚羟基消耗1，1羧基消耗1，总计最多消耗2，A正确； B．ⅱ中的官能团有酚羟基、氨基、羧基，这三种官能团都含有或极性键，均能形成氢键，并非只有2个，B错误； C．氨基（）的N原子只有1对孤电子对，1氨基只能与1质子形成配位键，无法结合2质子，C错误； D．三碘甲状腺原胺酸结构中含有酚羟基，酚羟基极易被氧化，因此可以作为抗氧化剂消耗体系中的氧化剂，D正确； 故选AD； 【小问5详解】 由分析可知，ⅰ的分子式为​​，然后逐步分析限定条件：能发生银镜反应且能水解，说明分子含甲酸形成的酯基（甲酸酯的醛基结构可发生银镜反应，酯基可水解）；遇显色，说明苯环直接连有酚羟基；苯环上共有3个取代基，其中一个为。苯环三取代后剩余骨架为，则三个取代基总原子组成为：；已知两个取代基为和，则第三个取代基R的组成为，已知R需含甲酸酯结构（），则R的可能结构有2种：和。同分异构体数目计算： 苯环上连有3个不同取代基时，同分异构体的排列数为10种（同分异构体的排布规律为：先固定2个取代基处于邻/间/对位，再插入第三个取代基，总计得到10种不同的位置组合），两类取代基组合（丙基衍生的甲酸酯侧链的两种结构）总计  种；手性碳是指连接4个不同原子/基团的饱和碳原子，当侧链为  时，无手性碳原子，该情况不成立；当侧链为 时，与苯环直接相连的饱和碳原子为手性碳（连有四个不同基团：苯环、甲基、甲酸酯基、氢原子），对应的结构简式为： （满足情况即可）； 【小问6详解】 ① 原料为对硝基甲苯，第一步氧化甲基为羧基，因氨基还未生成，硝基在氧化剂下稳定，故产物为对硝基苯甲酸（4-硝基苯甲酸）； ② 合成目标产物是将对硝基苯甲酸的硝基还原为氨基后，氨基与乙酸酐发生取代生成乙酰氨基，最后一步是对氨基苯甲酸与乙酸酐的取代反应，氨基的活泼氢被乙酰基取代，生成目标产物对乙酰氨基苯甲酸，同时生成副产物乙酸，化学方程式为： 。该反应无需额外强条件，即可在保护羧基不发生反应的前提下，完成氨基的乙酰化，得到目标产物； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $