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大题预测02（A 组+B 组+C 组）
【A 组】
（建议用时：30 分钟 满分：55 分）
1．（14 分）利用水钴矿(主要成分为
，含少量
等)可以制取
多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有
；
②沉淀I 中只含有两种沉淀；
③氧化性：
；
④流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的
如表所示：
沉淀物
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
回答下列问题：
(1)浸出过程中加入
与
发生反应的离子方程式为 。
(2)
的主要作用是 。
(3)加入
调
至5.2，目的是 ；萃取剂层只含锰元素，则加入
溶液所得沉淀Ⅱ的主
要成分为 (填化学式)。
1
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(4)操作I 包括：向水层中加入 调整
至2~3，蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、减压烘
干等过程。
(5)根据表格中的数据计算
(假设离子浓度小于等于
视为完全沉淀)。
(6)将草酸钴晶体(
)置于空气中加热，受热过程中在290~320℃温度范围(290℃前恰好完全失
去结晶水)得到剩余的固体物质化学式为
，同时产生
，写出该过程的化学方程式： 。
【答案】(1)
（2 分）
(2)氧化
（2 分）
(3) 将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去 （2 分）
（2 分）
(4) 浓盐酸或稀盐酸 （1 分） 冷却结晶（1 分）
(5)10-14.6（2 分）
(6)
（2 分）
【分析】钴废料中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的阳离
子主要有
等，其中
不溶于酸，则进入的Na2SO3将
Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH
至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF 溶液
除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将Mn2+萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，分液后水层
中加草酸铵溶液可生成草酸钴，经蒸发浓缩、冷却结晶得到
，水层为防止Co2+水解，应向水
层加入浓盐酸调整pH 至2~3 后，蒸发浓缩、冷却结晶得到
，据此分析解答。
【详解】（1）根据以上分析可知浸出过程中加入
将
还原为Co2+，发生反应的离子方程式为
2
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；
（2）NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+；
（3）根据以上分析可知加入Na2CO3调pH 至5.2 的目的是使Fe3+和Al3+完全转化为沉淀物分离除去；沉淀II
的主要成分为CaF2和MgF2；
（4）操作I 包括：将水层加入浓盐酸或稀盐酸调整pH 为2-3（抑制水解），蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、
洗涤、减压烘干等过程；
（5）pH=9.2 时Co(OH)2完全沉淀，此时pOH=4.8，Ksp[Co(OH)2]=
；
（6）草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中首先失去结晶水生成CoC2O4， 290～320℃温
度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4同时产生CO2，钴元素、碳元素化合价升高，则空气氧气会参与
反应起到氧化剂作用，反应为
。
2．（14 分）某学习小组为了探究
的热稳定性和氧化性，设计如下实验。回答下列问题：
实验I：热稳定性
利用如图所示装置进行实验，加热A 中
固体，A 和B 中都有红棕色气体产生，A 中试管生成了红
色粉末。
(1)要检验A 中红色固体是否为
，应该选用的试剂是 。
(2)加热A 中试管一段时间后，C 中导管口有气泡产生，而集气瓶中无气泡产生的原因是 。
实验Ⅱ：氧化性
和
的氧化性相对强弱一直是实验探究的热点。该小组设计如下实验：
实验编号
实验操作
实验现象
3
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①
向
溶液中滴加
溶液，振荡；再滴加酸性高锰酸钾溶液
无气泡；紫红色
溶液不褪色
②
向
的
酸性溶液中插入一根洁净
的银丝，并滴加氯化钠溶液
无气泡；无沉淀
生成
③
向
的
溶液中插入一根洁净
的银丝，并滴加氯化钠溶液
无气泡：但产生
了白色沉淀
(3)实验①涉及反应的离子方程式为 ，结论是 。
(4)实验③涉及反应的离子方程式为 ，结论是 。
(5)对比实验②和③，说明设计②的目的是 。
(6)最终得出的结论是：
、
氧化性的相对强弱与离子的 有关。
【答案】(1)稀盐酸、KSCN 溶液(或稀硫酸、KSCN 溶液)（1 分）
(2)分解反应产生的
恰好与
溶液完全反应（2 分）
(3)
（2 分） 氧化性：
（2 分）
(4)
(或
) （2 分） 氧化性：
（2 分）
(5)排除NO 的干扰（2 分）
(6)浓度（1 分）
【分析】加热A 中Fe(NO3)3固体，A 和B 中都有红棕色气体产生，A 试管中生成了红色粉末，说明Fe(NO3)3
受热分解生成了Fe2O3和NO2，N 元素的化合价降低，根据氧化还原反应的规律，该反应中还有O2生成，
据此分析；
【详解】（1）要检验A 中红色固体是否为Fe2O3，只要检验是否含+3 价的铁，应取A 中红色固体少许于试
管中，加稀盐酸将其溶解，然后加入KSCN 溶液，若溶液呈血红色，则红色固体中含Fe2O3，即选用的试剂
为稀盐酸、KSCN 溶液；
（2）加热A 中试管一段时间后，C 中导管口有气泡产生，而集气瓶中无气泡产生原因是分解反应产生的
恰好与
溶液完全反应；
4
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（3）实验①向10 mL3 mol ·L- 1 AgNO3溶液中滴加2 mL 0.1 mol ·L- 1
，振荡；再加酸性高锰酸钾溶
液，无气泡，紫红色溶液不褪色，说明振荡后的溶液中不含Fe2+，说明Ag+将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子
方程式为
，结论是：氧化性Ag+＞Fe3+；
（4）实验③向10mL3mol L- 1 Fe (NO3)3 (pH=1) 中插入一根洁净的银丝，并滴加氯化钠溶液，无气泡；但产
生了白色沉淀，说明Ag 被氧化成了Ag+与Cl-产生了白色AgCl 沉淀，涉及反应的离子方程式为
(或
)，结论是：氧化性Fe3+＞Ag+；
（5）由于
在酸性条件下具有氧化性，对比实验②和③，说明在此实验条件下
和Ag 不反应，即设
计②的目的是排除
的干扰；
（6）根据实验①和③，说明Fe3+、Ag+氧化性的相对强弱与离子的浓度有关；
3．（14 分）二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，涉及反应有：
反应①
反应②
反应③
(1)反应②自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)，反应③
。
(2)反应③在热力学上趋势大于反应①，其原因是 。
(3)反应③有催化剂和无催化剂作用下的反应机理如图所示(其中标有*的为吸附在催化剂表面上的物种，TS
为过渡态)，催化剂可使反应历程中决速步骤的活化能降低 eV(eV 为能量单位)。
5
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(4)在5MPa 下，
和
按物质的量之比为
进行投料，只发生反应①和反应③，平衡时CO 和
在含碳产物中的物质的量分数及
转化率随温度的变化如图所示。
①图中a 代表的物质是 。
③q 曲线在
之后随温度升高而增大的原因是 。
③
时，反应①的平衡常数
(
为压强平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(5)向一定浓度的
溶液通入
至饱和，在电极上反应生成
，电解原理如图所示(阴、阳极
区溶液均为
溶液)。电解过程中生成尿素的电极反应式为 。
6
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【答案】(1) 低温 （1 分）
（2 分）
(2)反应③是放热反应，反应①为吸热反应（2 分）
(3)
（2 分）
(4) 甲醇 （1 分）
之后，升高温度，反应①正向进行，反应③逆向进行，但温度对反应①
的影响程度大于对反应③的，导致
的转化率增大 （2 分）
（2 分）
(5)
（2 分）
【详解】（1）反应②的
，
，满足
，反应可自发进行，需满足低温，因此
需要低温自发；反应③=反应①+反应②，则
。答
案为：低温；
。
（2）反应③是放热反应，反应①是吸热反应，反应③在热力学上趋势大于反应①，其原因是反应③是放
热反应，反应①为吸热反应。答案为：反应③是放热反应，反应①为吸热反应。
（3）由图知
步活化能最大，为该反应的决速步，未使用催化剂时的活化能为
，
使用催化剂时的活化能为
，故使用催化剂使该步骤的活化能降低了
。答案
为：
。
（4）反应①为吸热反应，反应③为放热反应，平衡后升高温度，甲醇的物质的量减少，
的物质的量增
加，
曲线代表甲醇，
曲线代表
，
曲线代表
的转化率随温度的变化；
之前以反应③为主，
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升高温度，反应③逆向移动，
的转化率降低，
之后以反应①为主，升高温度，反应①正向移动，
的转化率增大，即
之后，升高温度，反应①正向进行，反应<>③逆向进行，但温度对反应①的
影响程度大于对反应③的，导致
的转化率增大；
时，二氧化碳的转化率为
，
的物质的量分数相等，假定先发生反应①，后进行③。
n(CO2)=5mol，则列出三段式：
，
，由二氧化碳的转化率为
得出
，
，平衡后各物质的物质的量为：
，
，
，
，
，
，则
，答案为：甲醇；
之前以反应③为主，升高温度，反应③
逆向移动，
的转化率降低，
之后以反应①为主，升高温度，反应①正向移动，
的转化率增
大；
。
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（5）电解过程中生成尿素的电极为阴极，发生还原反应，由硝酸根离子和二氧化碳在酸性条件下生成尿
素，电极反应式为：
。答案为：
。
4．（13 分）氯雷他定在治疗过敏性疾病方面具有优异的临床表现，其中间产物I 的合成路线如图：
已知：
(1)试剂B 的系统命名为 。
(2)流程中反应①③的目的是 。
(3)试剂D 的结构简式为 。
(4)化合物E 中含有的官能团为 。(已知：
中没有官能团)
(5)由G→H 的反应方程式为 。
(6)已知：
具有类似苯的芳香性。A 的具有芳香性和氰基(-CN)的同分异构体中，在核磁共振氢谱上有
三组峰且峰的面积比为
的可能结构简式有 。
【答案】(1)2-甲基-2-丙醇（2 分）
(2)保护氰基（2 分）
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(3)
（2 分）
(4)酰胺基、碳氯键（2 分）
(5)
（3 分）
(6)
、
（2 分）
【分析】A 与B 在H+存在下反应生成C，C 在n-BuLi 作用下与D 发生取代反应生成E 和HCl，结合E 的结构
简式可知，D 的结构简式为
，E 在POCl3作用下生成F；从反应①③可以看出，反应③后-
CN 再次在原位置生成，故反应①③的目的是在保护-CN；G 发生已知信息的反应生成H，则H 为
，H 与
反应生成I，即氯雷他定。
【详解】（1）B 为
，其系统命名为2-甲基-2-丙醇；
（2）由分析可知，反应①③的目的是保护—CN；
（3）由分析可知，D 结构简式为
；
（4）根据化合物E 的结构简式，E 中含有的官能团为酰胺基、碳氯键；
（5）由G→H 发生已知信息的反应，反应方程式为
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+H2O；
（6）同分异构体分两类：第1 类：含苯环结构。取代基可能是-NHCN(1 种)；-NH2、-CN(3 种)；第2 类：含
结构。①含1 个取代基：-CH2CN(3 种)；②含2 个取代基-CN、-CH3，采用定一移一法进行讨论，
、
、
，再取代甲基，(a)有3 种(除A 本身外)；(b)有4 种；(c)有2 种；所
以符合条件的同分异构体有16 种；其中，在核磁共振氢谱上有三组峰且峰的面积比为1 1 1
∶∶，则对称性较
高，符合条件的结构简式为
或
。
【B 组】
（建议用时：30 分钟 满分：55 分）
1．（14 分）工业常以黄铁矿(主要成分为
)和软锰矿(主要成分为
，杂质为
、
、
、
等
元素的氧化物)为原料制备
，其工艺流程如图所示。
已知：常温下，
。相关金属离子
形成氢氧化物沉淀的
范
围如下表所示：
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金属离子
开始沉淀的
8.1
6.3
1.5
8.9
3.4
完全沉淀的
10.1
8.3
2.8
10.9
4.7
(1)“酸浸”时，滤渣1 的成分为
和 (填化学式)。
(2)“氧化”涉及主要反应的化学方程式为 。
(3)“调
”的目的是除铁和铝，则调节
的合理范围为 。当铁恰好沉淀完全时，溶液中
= 。
(4)“除镁”时，若溶液
太小会导致除镁不完全，试分析原因： 。
(5)“沉锰”时，涉及主要反应的离子方程式为 。
(6)一定温度下，向
溶液中加入氨水，同时通入空气，可制得某种锰的氧化物，其立方晶胞结构及
小立方体A、B 的结构如下图所示，则该氧化物的化学式为 。若晶胞密度为
，
为
阿伏加德罗常数的值，则晶胞边长为 nm(列出计算式即可)。
【答案】(1)
（1 分）
(2)
（2 分）
(3)
（2 分）
（2 分）
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(4)利用反应
除镁，若
太小，
正向移动，
减小，除镁不完全（2
分）
(5)
（2 分）
(6)
（1 分）
（2 分）
【分析】黄铁矿(主要成分为
)和软锰矿(主要成分为
，杂质为
、
、
、
等元素的氧化
物)中加硫酸酸浸溶解时除二氧化硅不溶于硫酸，
被
氧化生成S 单质，故滤渣1 为S 和
，其
他金属氧化物均溶于硫酸转变成相应的硫酸盐；氧化过程中加入二氧化锰将亚铁离子氧化成三价铁离子，
然后加氨水调节溶液的pH 值将铝离子和三价铁离子转变成氢氧化物沉淀除去，故滤渣2 为
和
，过滤后滤液加NH4F，将镁离子转化为MgF2除去滤渣3 为MgF2，过滤后在滤液中加碳酸氢铵溶
液，将锰离子转变成碳酸锰沉淀，然后过滤后将碳酸锰溶于适量的稀硫酸得到硫酸锰的溶液，据此解答。
【详解】（1）由分析知，“酸浸”时，滤渣1 的成分为S 和
；
（2）“氧化”时是将亚铁离子氧化成三价铁离子，化学方程式为
；
（3）“调
”的目的是除铁和铝，需要保证三价铁离子和铝离子完全除去，而锰离子不能沉淀，由表中
数据值，调节
的合理范围为
，当铁离子恰好沉淀完全时，溶液的pH 为2.8，
，由
，溶液中
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；
（4）“除镁”时，利用反应
除镁，若
太小，
正向移动，
减小，
除镁不完全；
（5）“沉锰”时，滤液中加碳酸氢铵溶液，将锰离子转变成碳酸锰沉淀，离子方程式为
；
（6）由图知，晶胞结构由4 个小立方体A 和4 个小立方体B 构成，由A 知，Mn 位于体心和顶点，共含有
，O 位于体内，共有4 个，由B 知，Mn 位于内部和顶点，共含有
，O 位于体内，
共有4 个，故该晶胞中Mn 原子个数为
，O 原子个数为
，故则该氧化物的化
学式为
；若晶胞密度为
，
为阿伏加德罗常数的值，设晶胞边长为anm，则
，则晶胞边长为
。
2．（13 分）铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。查阅有关资料如下：
【氯化铁】熔点为306 ℃，沸点为315 ℃；易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500~600 ℃的铁粉
中通入氯气来生产无水氯化铁。
【氯化亚铁】熔点为670 ℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。
某化学活动小组用下图所示的装置(夹持装置略去)模拟工业生产制备无水氯化铁。请回答下列问题：
(1)在装置A 中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为 。
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(2)D 中装的药品是碱石灰，其作用是 。
(3)a 管所起的作用是 。
(4)取装置C 中的产物，按以下步骤进行测定：①称取5.80 g 产物溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2溶
液；③再加入足量NaOH 溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为1.60 g。
则该产物中铁元素的质量分数为 %(结果精确到小数点后两位)。
(5)由(4)分析数据得出结论，并提出改进措施。
①用题目所给的装置制得的产物中，铁元素含量 (填“偏高”或“偏低”)，说明含有FeCl2杂质。
②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的装置改进措施是 。
【答案】(1)
（2 分）
(2)吸收未反应的Cl2，并防止空气中的水进入装置C 使FeCl3潮解（2 分）
(3)平衡气压，便于液体能顺利流下（2 分）
(4)19.31（2 分）
(5) 偏高 （2 分） 在A、B 装置间增加一个装有饱和食盐水的洗气装置，除去Cl2中混有的HCl（3 分）
【分析】装置A 中
与浓盐酸反应生成氯气，通过浓硫酸干燥后和铁反应生成氯化铁，广口瓶冷凝
收集氯化铁，装置D 吸收尾气、防止空气中水蒸气进入装置C。
【详解】（1）KMnO4与浓盐酸反应制取氯气的同时，生成氯化钾，氯化锰和水，反应的离子方程式为
；
（2）制得的氯气经浓硫酸干燥后与铁粉发生反应，制备无水氯化铁，由于氯化铁易吸收空气中的水分而
潮解，因此要防止空气中的水蒸气进入装置，故装置D 中装入碱石灰，可防止空气中的水分进入装置C 使
FeCl3潮解，同时还能吸收未反应完的氯气，防止污染空气；
（3）装置A 上放置的是分液漏斗，使用时应取下上活塞，打开下活塞，为了使液体能够顺利流下，可加
装管a，用于平衡气压，使液体能够顺利流下；
（4）称取5.80 g 产物溶于过量的稀盐酸中，加入足量H2O2溶液，可将溶液中的
氧化为
，再加入
足量NaOH 溶液，生成
红褐色沉淀，沉淀经过滤、洗涤后灼烧，生成红色固体
，称量所得红
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棕色固体为1.60 g，根据铁元素守恒，可得该产物中铁元素的质量分数为
；
（5）①因浓盐酸易挥发，制得的氯气中通常混有
，
中
的质量分数大于
，因此用图中所
给装置制得的产物中，铁元素的含量偏高；
②若要得到较纯净的无水氯化铁，可在装置A 和装置B 之间增加一个饱和食盐水的洗气瓶，除去氯气中混
有的
。
3．（14 分）工业上以煤炭、二氧化碳等为原料，经过系列反应可以得到不同需求的原料气。回答下列问
题：
I．在C 和
的反应体系中：
反应1：
反应2：
反应3：
(1)
。
(2)①设
，反应1、2 和3 的y 随温度的变化关系如图所示。图中对应于反应3 的线条是
(填字母)。
②已知y<0 更有利于反应发生，根据①中的图判断一定压强下随着温度的升高，气体中
与
的物质
的量之比 (填字母)。
A．不变 B．增大 C．减小
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Ⅱ．二氧化碳加氢制乙烯
反应i(主反应)：
；
反应ⅱ(副反应)：
向密闭容器中通入
和
发生反应，在不同压强下，
的平衡转化率随温度的变化如图所
示。
(3)
由小到大的顺序为 。
(4)
压强下，650℃后
的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。
(5)A 点，乙烯的选择性
，则
的转化率为 (保留两位有效数字，下
同)。该温度下，反应ⅱ的平衡常数
(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分
数)。
【答案】(1)-222kJ/mol（2 分）
(2) a （1 分） B（2 分）
(3)
（2 分）
(4)反应ⅰ为放热反应、反应ⅱ为吸热反应，650℃以后，升高温度对反应ⅱ平衡正向移动的影响大于对反
应ⅰ平衡逆向移动的影响，使得
的平衡转化率随着温度的升高而增大（3 分）
(5) 63% （2 分） 0.39（2 分）
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【详解】（1）由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：
；
（2）①反应1 前后气体分子数不变，升温y 不变，对应线条b，反应2 气体分子数减少，熵减，升高温度
y 值增大，对应线条c，反应3 气体分子数增加，熵增，温度升高y 值减小，对应线条a；
②反应3－反应1 可得到：C(s)+CO2(g)=2CO(g)，△H=+172kJ/mol，温度升高，反应正向进行，反应2 逆向进
行，气体中CO 和CO2的物质的量之比增大，选B；
（3）200~650℃时，以反应I 为主，△H<0，温度升高，反应I 平衡逆向移动，CO2的转化率减小，650℃以
后，I 为放热反应、Ⅱ为吸热反应，升高温度对反应Ⅱ平衡正向移动的影响大于对反应I 平衡逆向移动的影
响，使得CO2的平衡转化率随着温度的升高而增大，故在200~650℃时，增大压强，CO2的转化率增大，则
。
（4）反应ⅰ为放热反应、反应ⅱ为吸热反应，650℃以后，升高温度对反应ⅱ平衡正向移动的影响大于对
反应ⅰ平衡逆向移动的影响，使得
的平衡转化率随着温度的升高而增大；
（5）A 点，转化的二氧化碳的物质的量为2mol×70%=1.4mol，发生反应i 的氢气的物质的量：
，发生反应ⅱ的氢气的物质的量：
，则
的转化率为
63%；
设平衡时压强为p，根据已知列三段式
，
，
0.39。
4．（14 分）天然有机物P 是具有除草活性的植物化感物质，其合成路线如下：
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(1)A 的名称为 。
(2)C 的含氧官能团名称为羟基、 、 。
(3)写出
的化学方程式 。
(4)吡啶(
)和吡咯(
)分子中均存在6 个电子参与形成的大π 键，请从结构的角度解释吡
啶碱性比吡咯强的原因 。
(5)根据G 与H 的分子结构，下列方法可用来鉴别G 与H 的是 (填序号)。
a．红外光谱 b．与酸性高锰酸钾溶液反应 c．比较水溶性
(6)满足下列条件的B 的同分异构体有 种(考虑顺反异构)。
①可以发生银镜反应 ②能与
溶液反应 ③分子中有两个
写出核磁共振氢谱有三组峰的同分异构体的结构简式 。
(7)已知氯代烃(
)与醇(
)在碱的作用下生成醚(
)。以甲苯和化合物C 为原料，参照题
干路线合成化合物
(无机试剂任选) 。
【答案】(1)1，3，5-苯三酚或间苯三酚（1 分）
19
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(2) (酮)羰基 （1 分） 醚键（1 分）
(3)
（2 分）
(4)在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了大π 键的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其
碱性（2 分）
(5)ac（1 分）
(6) 3 （2 分）
（2 分）
(7)
（2 分）
【分析】A 与氢气发生还原反应生成B，B 与乙醇分子间脱去1 分子水形成醚键生成C，D 的分子式为
C2H5ClO，对比C 与E 的结构简式，推知D 为CH3OCH2Cl，E 中醚键水解重新引入B→C 过程中消除的羟基生
成F，F 与乙酸发生酯化反应生成G，G 发生异构化生成H，H 重新引入C→E 过程中消除的羟基生成G，可
知B→C 过程、C→E 过程的目的是保护特定位置的羟基；
【详解】（1）根据A 的结构简式，可知其名称为1，3，5-苯三酚或间苯三酚；
（2）根据C 的结构简式，可知其含有的含氧官能团有羟基、羰基、醚键；
（3）
由分析可知D 的结构简式为CH3OCH2Cl，
为取代反应，化学方程式为
20
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；
（4）吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原
子的孤对电子参与了大π 键的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，故碱性：吡
啶＞吡咯；
（5）a．G 与H 含有的官能团不同，用红外光谱可以鉴别，故a 选；
b．G 和H 中都含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，故b 不选；
c．H 中含有羟基，在水中的溶解性应该大于G，可以鉴别，故c 选；
答案选ac；
（6）B 的结构简式为
，其同分异构体满足：①可以发生银镜反应 ，说明有醛基；②能
与
溶液反应，说明有羧基；③分子中有两个
；一个羧基和一个醛基将用去3 个O 以及两个
不饱和度，剩余4 个碳原子和一个不饱和度，则符合的结构有：
、
、
，共3 种；核磁共振氢谱有三组峰的同分异构体的结构简式为
；
（7）结合题中氯代烃(
)与醇(
)在碱的作用下生成醚(
)，
与
21
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反应生成
，
在盐酸条件下水解生成
，
与Cl2在光照条件下生成
，合成路线为
。
【C 组】
（建议用时：30 分钟 满分：55 分）
1．（14 分）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有
、
、
、MgO、CaO 以及少量的
，为
节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
22
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该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH 见下表
金属离子
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全(
)的pH
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，
、
几乎不发生反应，
、MgO、CaO、
转化为相应的硫酸盐，写出
转化为
的化学方程式 。
(2)“水浸”后“滤液”的pH 约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH 至11.6，依次析出的金属离子
是 。用氨水比用NaOH 的优点是 。(任写出一点即可)
(3)“母液①”中
浓度为 mol/L。
(4)“水浸渣”在160
“
℃酸溶”最适合的酸是 ；“酸溶渣”的主要成分是 、
。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，
水解析出
沉淀，该反应的离子方程式是
。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得 ，循环利用。
【答案】(1)
（2 分）
(2) Fe3+、Al3+、Mg2+ （2 分） 生成的
沉淀不会溶解（1 分）
(3)1×10—6（2 分）
(4) 硫酸 （1 分） SiO2 （1 分） CaSO4（1 分）
(5)
（2 分）
(6)(NH4)2SO4（2 分）
【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化
镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化
硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二
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氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH 约为2.0 的滤液中加入
氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化
物沉淀；向水浸渣中加入硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反
应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适
当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O 沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。
【详解】（1）氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨
气和水，反应的化学方程式为
；
（2）由题给开始沉淀和完全沉淀的pH 可知，将pH 约为2.0 的滤液加入氨水调节溶液pH 为11.6 时，
Fe3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+没有沉淀；用氨水比用NaOH 的优点是生成的
沉淀不会溶
解；
（3）由镁离子完全沉淀时，溶液pH 为11.1 可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶
液pH 为11.6 时，溶液中镁离子的浓度为
=1×10—6mol/L；
（4）增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，
减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，SiO2和CaSO4与浓硫酸
不反应，则酸溶渣的主要成分为SiO2和CaSO4；
（5）酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O 沉淀和硫酸，反
应的离子方程式为
；
（6）由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得
到(NH4)2SO4溶液，可以循环使用。
2．（13 分）为测定
溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：
Ⅰ．甲方案
实验原理：
实验步骤：足量
溶液
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已知：
的摩尔质量为
。
(1)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为 。
(2)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为 。
(3)固体质量为
，则
。
(4)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得
（填“偏高”、“偏低”或“无影
响”）。
Ⅱ．乙方案
实验原理：
实验步骤：
①按如图安装装置（夹持仪器略去）
②…
③在仪器A、B、C、D、E 中加入图示的试剂
④调整D、E 中两液面相平，使D 中液面保持在0 记录
⑤将
溶液滴入A 中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生
⑥待体系恢复到室温，移动E 管，保持D、E 中两液面相平，读数并记录
⑦处理数据
(5)步骤②为 。
(6)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是 。
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a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响
(7)
粉质量为
，若测得
体积为
，已知实验条件下
，则
（列出计算表达式）。
(8)若步骤⑥E 管液面高于D 管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4) （填“偏高”、“偏低”或“无影
响”）。
(9)是否能用同样的装置和方法测定
溶液的浓度： （填“是”或“否”）。
【答案】(1)
溶液（1 分）
(2)坩埚（1 分）
(3)
（2 分）
(4)偏低（1 分）
(5)检查装置气密性（1 分）
(6)b（2 分）
(7)
（2 分）
(8)偏高（2 分）
(9)否（1 分）
【分析】甲方案：利用CuSO4与BaCl2反应生成BaSO4，称重BaSO4，来求出CuSO4的质量；乙方案：一定量
的Zn 与CuSO4反应后，剩余的Zn 粉再与硫酸反应生成氢气，测定生成氢气的体积，再结合Zn 的质量计算
硫酸铜的物质的量，进而计算其浓度。
【详解】（1）洗涤BaSO4沉淀，除去沉淀表面附着的Cl-和Ba2+，若步骤②沉淀洗涤干净，则洗涤液中不含
有Cl-，步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为
溶液。故答案为：
溶液；
（2）固体灼烧一般用坩埚，步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为坩埚。故答案为：坩埚；
（3）固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=
mol，根据硫酸根守恒可知，
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CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)==
=
。故答案为：
；
（4）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据c=
可知，
则测得
偏低。故答案为：偏低；
（5）加入药品之前需检查装置的气密性，步骤②为检查装置气密性。故答案为：检查装置气密性；
（6）气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和
压强的影响，步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与
反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，
步骤⑥需保证体系恢复到室温与反应速率无关；步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是b。故答案为：b；
（7）
粉质量为
，若测得
体积为
，已知实验条件下
，气的质量=ρ(H2)V，利用
氢气的质量得到氢气的物质的量n=
，根据Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，与酸反应的
锌的物质的量为
mol，锌的总物质的量为
，与硫酸铜反应的锌的物质的量为（
）mol，根据Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu,则则
=
（列出计算表
达式）。故答案为：
；
（8）若步骤⑥E 管液面高于D 管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，
与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(CuSO4)偏高。故答案为：偏高；
（9）不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。故答案为：否。
3．（14 分）二甲醚(
)在未来可能作为洁净液体燃料、燃料电池等使用，工业上以CO 和
为原
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料生产
。工业制备二甲醚在催化反应室中进行下列反应：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
(1)若催化反应室中的总反应
则
。
(2)向体积为10L 的恒容密闭容器中充入
和
，仅发生反应I，初始压强为akp，测得
CO(g)的平衡转化率与温度的关系如图所示：
①温度300℃条件下，5min 达到平衡，则开始到平衡
的平均反应速率为
。
②已知分压=总压×气体物质的量分数，用气体分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数
。则A 点
对应温度下的
(用a 表示)
(3)在恒容密闭容器中通入0.2mol 的
和0.2mol 的CO 气体仅发生反应Ⅱ，测得
的转化率随温度
变化如图所示。
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①恒温恒容下，不能说明上述反应Ⅱ达到平衡状态的是 。
A．
与
的物质的量之比保持不变
B．
的体积分数保持不变
C．混合气体的平均相对分子质量保持不变
D．
②温度为
时，该反应中
的反应速率：
(填“>”，“=”或“<”)。
③温度为
时，上述反应已达到平衡，若保持容器体积不变，再通入
和0.10molCO 的混合气体，
再次达到平衡，CO 的转化率 80%(填“>”，“=”或“<”)。
(4)在催化剂的作用下同时进行上述I、Ⅱ、Ⅲ三个反应，发现随着起始投料比
的改变，二甲醚和甲
醇的产率(产物中的碳原子占起始CO 中碳原子的百分率)呈现如图的变化趋势。解释投料比大于1.0 之后二
甲醚产率和甲醇产率变化的原因： 。
(5)二甲醚(
)燃料电池具有启动快、效率高等优点，以该电池为电源电解处理含镍废水并回收单质
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Ni 的原理如图所示(反应中Ⅱ室NaCl 溶液浓度变大)。
a 电极反应式为 ，装置中的m 膜为 交换膜(填“阴离子”或“阳离子”)。
【答案】(1)-262.5（1 分）
(2) 0.048 （2 分）
（2 分）
(3) AC （2 分） > （1 分） =（1 分）
(4)当投料比大于1 时，随着c(H2)增大，反应I 被促进，而反应Ⅱ被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应Ⅲ，
因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小（2 分）
(5) CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO
+11H2O 或CH3OCH3-12e-+14OH-=2HCO +10H2O； （2 分） 阳离子
（1 分）
【详解】（1）催化反应室中的总反应3CO(g)+3H2(g)
CH
⇌
3OCH3(g)+CO2(g)，根据盖斯定理可按以下方法联立
得到：Ⅰ×2+
+
ⅡⅢ，该反应ΔH=-99kJ·mol−1×2+(-41.0kJ·mol−1) +(-23.5kJ·mol−1)= -262.5kJ·mol−1；
（2）10L 的恒容密闭容器中充入2.0mol
和3.0mol
，300℃条件下，5min 达到平衡，CO 的转
化率为60%，根据已知列三段式
；
②初始物质的量为5mol，初始压强为a kPa，A 点时容器中气体的总物质的量为2.6mol，则平衡时总压强
为
，
，
，
，
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；
（3）①A．
与
的物质的量之比始终为1：1，故不能判断反应达到平衡；
B．
的体积分数保持不变，则其浓度不变，反应达到平衡；
C．该反应气体总物质的量不变，且总质量不变，混合气体的平均相对分子质量保持不变，不能判断达到
平衡；
D．
，正逆反应速率相等，反应达到平衡；
故选AC；
②温度为T1时，A 点未达到平衡状态，B 点是平衡状态，A 点
转化率小，浓度大，正反应速率大，反
应向
转化率增大的方向进行，即向正反应方向进行，v(A)正>v(B)逆；
③恒压密闭容器中通入
的
和
的
气体时，水的平衡转化率与CO 的平衡转化率相等
都是80%，保持容器体积不变，通入
和
的混合气体相当于增大压强，平衡不移动，
CO 的百分含量不变，因此CO 的转化率等于80%。
（4）结合图象，根据平衡移动原理分析：随着
增大，反应I CO 转化率增大，甲醇的产率增大，进
而有利于反应Ⅲ正向移动；另一方面，随着
增大，反应Ⅱ被抑制，c(H2O)增大，进而抑制了反应Ⅲ；
图中二甲醚产率随着
增大先增大后减小的原因就是这两种因素共同作用的结果，题给图中投料比大
于1.0 之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因可解释为：当投料比大于1 时，随着c(H2)增大，反应I 被促进，
而反应Ⅱ被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应Ⅲ，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小。
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（5）二甲醚(
)做负极，失去电子，生成的二氧化碳与碱反应后生成碳酸根或碳酸氢根，则a 电极
反应为CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO
+11H2O 或CH3OCH3-12e-+14OH-=2HCO +10H2O；镍棒为阴极，电极反应
式为Ni2++2e-=Ni，反应中Ⅱ室NaCl 溶液浓度变大，Ⅰ室中钠离子离子通过离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室中Cl-
通过离子交换膜进入Ⅱ室，则离子膜m 为阳离子交换膜，n 为阴离子交换膜。
4．（14 分）以肉桂醛为原料制备某药物中间体的一种路线如下：
已知：Et 代表乙基。
回答下列问题：
(1)A 中官能团有 (填名称)，B 的结构简式为 。
(2)C 分子含 个手性碳原子；C→D 中参与反应的碳原子杂化类型变化情况为 。
(3)如果E→F 转化分两步进行，第一步是加成反应，则第二步反应类型是 。
(4)G→H 的化学方程式为 。
(5)在G 的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有 种(不考虑立体异构体)。
①苯环上只有2 个取代基；
②有机物含3 种官能团；
③能发生银镜反应，在稀硫酸中水解产物之一与FeCl3溶液发生显色反应。
其中，苯环上一氯代物只有2 种且核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：1：1：2：2 的结构间式为
。
【答案】(1) 碳碳双键、醛基（1 分）
（2 分）
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(2) 2 （2 分） sp3→sp（2 分）
(3)消去反应（1 分）
(4)
+CH3CH2OH
+H2O（2 分）
(5) 9 （2 分）
（2 分）
【分析】根据A 结构简式，结合B 分子式及C 结构，可知B 是
。B 在酸性条件下与
CH3CH2OH 发生酯化反应产生C、H2O，C 与NaNH2反应产生D、NaBr、NH3；D 在酸性条件下反应产生E、
CH3CH2OH；E 与CH2(COOEt)2在EtONa 条件下先是亚甲基与醛基发生加成反应产生醇羟基，然后再发生消去
反应产生F 分子中的碳碳双键；F 先与碱作用，然后酸化产生G，G 与C2H5OH 在酸性条件下发生酯化反应
产生化合物H、H2O。
【详解】（1）根据化合物A 结构简式，可知A 分子中含有的官能团为碳碳双键、醛基；
比较A、B、C 的结构或分子式可知，A 中碳碳双键与溴发生加成反应生成B，故化合物B 结构简式为
；
（2）手性C 原子是连接4 个不同的原子或原子团的C 原子，根据化合物C 结构简式，可知C 分子中含有2
个手性C 原子，就是连接Br 元素的C 原子；
在C→D 的反应中，参与反应的C 原子就是手性C 原子变为碳碳—C≡C—的C 原子，C 原子的杂化类型由sp3
杂化变为sp 杂化；
（3）如果E→F 转化分两步进行，第一步是亚甲基与醛基发生加成反应，生成醇羟基，第二步是醇羟基与
邻位上的C 原子上的H 原子发生消去反应生成F 分子中不饱和的碳碳双键，同时反应产生H2O；故滴二步
反应类型是消去反应；
（4）G 与乙醇在酸性条件下加热发生酯化反应生成化合物H 和H2O，反应方程式为：
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+CH3CH2OH
+H2O；
（5）化合物G 是，在其芳香族同分异构体中，要求：①苯环上只有2 个取代基；②有机物含3 种官能团；
③能发生银镜反应，在稀硫酸中水解产物之一与FeCl3 溶液发生显色反应，则这三种官能团分别是碳碳三
键、碳碳双键、甲酸酯基且甲酸酯基与苯环连接，其同分异构体可以看成是分子上1 个氢原子被取代，的
苯环上有三种不同位置的H 原子，分子上有三种不同位置的H 原子，因此同分异构体共有：3×3=9 种不同
结构，故符合要求的G 的同分异构体共有9 种。其中，的苯环上一氯代物只有2 种，且核磁共振氢谱峰面
积之比为1：1：1：1：2：2。
34
