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大题预测卷（安徽专用）
题组一
（建议用时：30 分钟 满分：58 分）
1．（14 分）乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)是一种简单的载氧体，对开发在特殊条件下(如潜艇、高空飞行)的
氧供应材料具有重要意义。乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)的制备原理如下图所示：
已知：①乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)由于制备条件不同可以得到两种不同的固体形态：一种是棕色的胶状物，
在室温下易被氧化；另一种是暗红色晶体，在室温下稳定。
②水杨醛：微溶于水，易溶于乙醇；乙二胺；溶于水、乙醇、温度过高会引起爆炸。
制备过程如下：
I．按照图示安装仪器，在仪器A 中加入80mL95%乙醇，再加入1.65mL 含0.0157mol 的水杨醛。
Ⅱ.在搅拌条件下，加入0.55mL 含0.0078mol 的乙二胺，反应4~5min，生成亮黄色的乙二胺双缩水杨醛片状
晶体。
Ⅲ.溶解0.0078 mol Co(CH3COO)2于热水中。
……
请回答：
(1)乙二胺中H-N-C 的夹角 乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)中C-N-C 的夹角(填“大于”“小于”或
“等于”)。
(2)仪器A 的名称为 。
(3)步骤Ⅲ后的操作如下：
A．待亮黄色片状晶体全部溶解后，将Co(CH3COO)2迅速加入仪器A 中，生成棕色胶状沉淀，恒温搅拌
1h，使棕色胶状沉淀全部转变为暗红色晶体；
B．停止通入N2
C．过滤晶体，用5mL 水洗涤3 次，再用乙醇洗涤；
D．向仪器A 中通入N2，并调节氮气流速至稳定；
1
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E．停止加热，用冷水冷却仪器A；
F．向冷凝管中通入冷凝水，开始加热A，并保持温度在70~80℃；
G．真空干燥箱烘干产品，称重得2.03g 产品。
①正确的操作顺序为D→F→ →G。
②向仪器A 中通入N2的目的是 。
③步骤F 中保持温度在70~80℃的原因是 。
④用乙醇洗涤晶体的目的是 。
(4)产品的产率为 (列出计算式即可)。
【答案】(1)小于
(2)三口烧瓶
(3)A→E→B→C 排出A 中的空气防止乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)被氧化 温度低反应速率慢，乙二
胺温度过高会引起爆炸 洗去杂质水杨醛、乙二胺
(4)
【分析】水杨醛与乙二胺反应生成亮黄色的乙二胺双缩水杨醛片状晶体，向A 中通入氮气排出A 中的空气，
加热A，将Co(CH3COO)2迅速加入仪器A 中，生成棕色胶状沉淀，恒温搅拌1h，使棕色胶状沉淀全部转
变为暗红色晶体，冷却、过滤，洗涤的产品乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)。
【解析】（1）乙二胺中N 原子采用sp3杂化，乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)中N 原子采用sp2杂化，所以乙二
胺中H-N-C 的夹角小于乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)中C-N-C 的夹角。
（2）根据图示，仪器A 的名称为三口烧瓶；
（3）步骤Ⅲ后的操作步骤为：
D．向仪器A 中通入N2，并调节氮气流速至稳定；
F．向冷凝管中通入冷凝水，开始加热A，并保持温度在70~80℃；
A．待亮黄色片状晶体全部溶解后，将Co(CH3COO)2迅速加入仪器A 中，生成棕色胶状沉淀，恒温搅拌
1h，使棕色胶状沉淀全部转变为暗红色晶体；
E．停止加热，用冷水冷却仪器A；
B．停止通入N2
C．过滤晶体，用5mL 水洗涤3 次，再用乙醇洗涤；
G．真空干燥箱烘干产品，称重得2.03g 产品。
①正确的操作顺序为D→F→A→E→B→C→G。
②常温下，乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)易被氧化，向仪器A 中通入N2的目的是排出A 中的空气防止乙二胺
双缩水杨醛合钴(Ⅱ)被氧化。
③温度低反应速率慢，乙二胺温度过高会引起爆炸，所以步骤F 中保持温度在70~80℃。
④水杨醛、乙二胺都易溶于乙醇，用乙醇洗涤晶体的目的是洗去杂质水杨醛、乙二胺。
（4）理论上生成乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)的物质的量为0.0078mol，产品的产率为
2
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2．（15 分）钕铁硼永磁材料被广泛应用于汽车、家电、电子产品等领域。以江西赣州某公司的钕铁硼油
泥废料(主要物相为
)为原料，回收有价金属的工艺流程如图所示。
已知：①用RE 表示稀土元素：
②配位阴离子的稳定常数越大，配位阴离子越稳定。几种配位阴离子的稳定常数如下：
配位阴离
子
稳定常数
25.4
9.4
16.2
20.2
回答下列问题：
(1)钕(Nd)属于f 区元素，其原子轨道共有 种不同的形状。
(2)
溶液能洗涤钕铁硼油泥废料的原因是 (用离子方程式表示)。
(3)浸取后，对浸取液进行紫外可见光光度测试，结果如图所示。写出
与盐酸反应的离子方程式：
。
(4)沉淀时，草酸用量及沉淀温度对稀土与铁选择性沉淀分离的影响如下图所示。
沉淀时，
)与
的最佳物质的量之比为 ，请说明原因： 。最佳沉淀
3
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温度为60℃，，温度继续升高，稀土沉淀率略下降的原因可能是 。
(5)在沉淀后的滤液中加入
，溶液中主要存在的配位阴离子是 ，该离子在加入铁粉后生
成
的离子方程式为 。
【答案】(1)4
(2)
(3)
(4)
与
的物质的量之比为
时，稀土沉淀率最高，提高比值，稀土沉淀率没有
明显提高，但
元素沉淀率大幅度提高 温度升高，草酸稀土盐溶解度增大，导致稀土沉淀率降低
(5)
【分析】钕铁硼油泥废料(主要物相为RE2O3、Fe2O3)用Na2CO3溶液洗涤后，加入稀盐酸浸取，滤液中含有
Fe3+、RE3+，向滤液中加入草酸溶液沉淀得到RE2(C2O4)3·10H2O，过滤后的滤液中加入铁粉和草酸溶液沉铁，
得到草酸亚铁晶体。
【解析】（1）钕(Nd)属于f 区元素，含有s、p、d、f 共4 种能级，其原子轨道共有4 种不同的形状。
（2）
溶液中碳酸根发生水解使溶液呈碱性，
，而油脂易在碱性溶液中
分解，故
溶液能洗涤钕铁硼油泥废料。
（3）由图可知，Fe2O3与盐酸反应生成了
，离子方程式为：
。
（4）
与
的物质的量之比为
时，稀土沉淀率最高，提高比值，稀土沉淀率没有明显提
高，但
元素沉淀率大幅度提高，所以沉淀时，
与
的最佳物质的量之比为
。最佳沉
淀温度为60℃，，温度继续升高，稀土沉淀率略下降的原因可能是温度升高，草酸稀土盐溶解度增大，导
致稀土沉淀率降低。
（5）由表格数据可知，
最稳定，则在沉淀后的滤液中加入
，溶液中主要存在的配位阴
离子是
，
在加入铁粉后生成
的离子方程式为：
。
3．（14 分）
和
是两种常见的温室气体，利用
和
生成高附加值合成气
和
，以及甲
烷部分催化裂解制备乙烯是目前研究的热点之一。回答下列问题：
(1)已知：
；
；
。
反应
的
；对于该反应，有利于提高
平衡转化
率的条件是 （填字母）。
4
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A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
(2)
常用于工业冶炼金属，如图是在不同温度下
还原三种金属氧化物达平衡后气体中
与温
度
的关系曲线图。
①下列说法正确的是 （填字母）。
A．
还原
的反应
B．
不适宜用于工业冶炼金属铬（
）
C．工业冶炼金属铜时较低的温度有利于提高
的利用率
D．工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和
接触的时间，减少尾气中
的含量
②某铜铬合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与铬原子的数量比为 ；若合金的密度为
，晶胞参数表达式为
（阿伏加德罗常数的值用
表示）。
(3)甲烷部分催化裂解制备乙烯的反应原理为
。温度为
，压强为
时，向体积可变的密闭容器中加入
，平衡时
转化率为
，若温度、压
强和
初始量不变，充入
作为稀释气，平衡时
转化率为
，则充入
的物质的量为
mol。
(4)一定温度下，将
充入
的固定容积容器中发生反应
。实验测得容器内各气体分压与时间的关系如图所示。
①
的平衡转化率为 。
②反应的平衡常数
。
5
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③若在该温度下，向容器中再充入
，达到平衡时，平衡混合物中
的物质的量分数 （填
“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】(1)
B
(2)BC 3 1
∶
(3)2.125
(4)
0.125 减小
【解析】（1）
可得到反应
的
；该反应为吸热反应，故高温有利于正向进行，反应后气体分子数增大，低压有利于
正向进行，故选择B 项。
（2）①CO 还原
，温度升高，
增大，
增大，
减小，平衡左移，反应放热，A
项不符合题意；
还原
的反应为吸热反应，低温下，平衡常数小，工业上若使用高温，对设备要求
高，故
不适宜用于工业冶炼金属铬
，B 项符合题意；工业冶炼金属铜
时为放热反应，较低的
温度有利于提高
的利用率，C 项符合题意；延长矿石和
接触的时间，不能减少尾气中
的含量，
D 项不符合题意。
②根据分摊法，每个晶胞中铜原子为3，铬原子为1；由
。
6
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，其中
同理，若充入
的转化率为
解得
（4）根据图知，反应后体系的总压强为
，设转化率为
①
解得
；②
。
③若在该温度下，向容器中再充入
，由于容积体积不变，压强增大，平衡逆向移动，
转化率
减小，达到平衡时，平衡混合物中
的物质的量分数减小。
4．（15 分）利用木质纤维素为起始原料结合CO2生产聚碳酸对二甲苯酯可以实现碳减排，缓解日益紧张
的能源危机，路线如下：
已知：
回答下列问题：
7
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(1)葡萄糖中含有的官能团有 (写名称)。
(2)化合物Ⅲ中C 原子的杂化方式为 。Ⅵ生成Ⅶ的反应类型为 。
(3)1
化合物Ⅲ与1
乙烯反应得到1
Ⅳ，该反应原子利用率为100%，化合物Ⅳ的结构简式为
。
(4)请写出Ⅶ生成Ⅷ的化学反应方程式 。
(5)化合物Ⅶ的芳香族同分异构体中符合下列条件的有 种(不含立体异构)。
①最多能与相同物质的量的Na2CO3反应；②能与2 倍物质的量的Na 发生放出H2的反应。请写出一种含有
等效氢数量最少的同分异构体的结构简式 。
【答案】(1)羟基，醛基
(2)sp2、sp3 还原反应
(3)
(4)n
+nCO2
+(n-1)H2O
(5)16
【分析】纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖发生反应生成Ⅰ，Ⅰ发生反应生成Ⅱ，Ⅱ发生还原反应生成Ⅲ，
Ⅲ和乙烯发生加成反应生成Ⅳ，二者1:1 反应且原子利用率100%结合题干信息可知，Ⅳ的结构简式为：
，Ⅴ发生氧化反应生成Ⅵ，结合Ⅴ的分子式知，V 为
；Ⅵ发生还原反应生成
Ⅶ，Ⅶ和CO2发生缩聚反应生成Ⅷ，(5)化合物Ⅶ的芳香族同分异构体中符合下列条件：最多能与相同物质
的量的Na2CO3反应；能与2 倍物质的量的Na 发生放出H2的反应，说明含有1 个酚羟基和1 个醇羟基，如
果取代基为酚-OH、-CH2CH2OH，两个取代基有邻位、间位、对位3 种位置异构；如果取代基为酚-OH、-
CH(OH)CH3，两个取代基有邻位、间位、对位3 种位置异构；如果取代基为酚-OH、-CH3、-CH2OH，有
10 种位置异构，所以符合条件的同分异构体有16 种，根据等效氢原理可知，含有等效氢数量最少的同分
异构体的结构简式，据此分析解题。
【解析】（1）由葡萄糖的结构简式为：CH2OH(CHOH)4CHO 可知，葡萄糖中含有的官能团有羟基和醛基，
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故答案为：羟基和醛基；
（2）由题干流程图中化合物Ⅲ的结构简式可知，化合物Ⅲ中C 原子的杂化方式为：sp2和sp3，即碳碳双键
的碳为sp2杂化，其余碳为sp3杂化，由题干流程图可知，Ⅵ生成Ⅶ即为羧基转变为羟基，根据有机反应中
加氢失氧为还原反应可知，该转化的反应类型为还原反应，故答案为：sp2、sp3；
（3）由分析可知，1
化合物Ⅲ与1
乙烯反应得到1
Ⅳ，该反应原子利用率为100%，化合物Ⅳ
的结构简式为
，故答案为：
；
（4）由分析可知，Ⅶ和CO2发生缩聚反应生成Ⅷ，则Ⅶ生成Ⅷ的化学方程式：n
+nCO2
+(n-1)H2O，故答案为：n
+nCO2
+(n-1)H2O；
（5）化合物Ⅶ的芳香族同分异构体中符合下列条件：最多能与相同物质的量的Na2CO3反应；能与2 倍物
质的量的Na 发生放出H2的反应，说明含有1 个酚羟基和1 个醇羟基，如果取代基为酚-OH、-
CH2CH2OH，两个取代基有邻位、间位、对位3 种位置异构；如果取代基为酚-OH、-CH(OH)CH3，两个取
代基有邻位、间位、对位3 种位置异构；如果取代基为酚-OH、-CH3、-CH2OH，有10 种位置异构，所以
符合条件的同分异构体有16 种，根据等效氢原理可知，含有等效氢数量最少的同分异构体的结构简式为
，故答案为：16；
。
题组二
（建议用时：30 分钟 满分：58 分）
1．（14 分）硫脲[
]是一种有机合成中常用的试剂。实验室合成硫脲的装置(夹持和加热装置省
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略)如图所示。
已知合成硫脲的反应原理为：
回答下列问题：
(1)硫脲分子中的所有原子均满足2 电子或8 电子稳定结构，该分子中σ 键与π 键的数目之比为 。
(2)仪器a 的名称是 ，用离子方程式表示B 中饱和NaHS 溶液的作用 。
(3)C 中适宜的加热方式是 。
(4)已知
溶于水得到二元弱酸氢硫酸，若反应结束后D 中溶液含等物质的量的
和NaOH，下列表
达式正确的是___________(填字母)。
A．
B．
C．
D．
(5)反应结束后将C 中溶液进行一系列处理得到含硫脲的产品。按如下步骤测定产品中硫脲的含量：
步骤1：称取20.00g 产品溶于水，配制成100mL 溶液备用
步骤2：向一锥形瓶中加入0.03mol 碘单质和足量NaOH 溶液，发生反应：
步骤3：向锥形瓶中加入10.00mL 步骤1 配制的溶液，发生反应：
步骤4：待步骤3 反应充分后加稀硫酸，发生反应：
步骤5：以淀粉溶液作为指示剂，用1.00
的
，标准液滴定步骤4 得到的溶液，发生反应：
，平行滴定三次，消耗
标准液的平均体积为20.00mL
①判断达到滴定终点的实验现象是 。
②产品中硫脲的含量为 。
③下列操作会导致测得的硫脲含量偏高的是 (填字母)。
A．配制溶液时，所用容量瓶未干燥
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B．“步骤4”加入稀硫酸的量不足
C．盛装
标准液的试管未润洗
D．滴定开始时俯视读数，达到滴定终点时仰视读数
【答案】(1)7 1∶
(2)分液漏斗
(3)水浴加热
(4)B
(5)最后半滴标准液滴入时，溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不恢复 76% B
【分析】利用稀盐酸与硫化亚铁反应制备H2S 气体，通过饱和NaaHS 溶液除去HCl，进入三颈烧瓶与
CaCN2反应制硫脲[
]，利用 氢氧化钠溶液吸收尾气，注意防止倒吸；
【解析】（1）硫脲分子[SC(NH2)2]中碳原子的价电子数为
，采取sp2杂化方式；该分子中共1 个碳
硫双键，4 个氮氢单键和2 个碳氮单键，则σ 键和π 键数目之比为7 1∶；
（2）根据仪器的构造可知，仪器a 的名称是分液漏斗，用离子方程式表示B 中饱和NaHS 溶液的作用为除
去HCl，离子方程式为
；
（3）C 中保持温度在80°C，不高于1000°C，适宜的加热方式是水浴加热；
（4）已知
溶于水得到二元弱酸氢硫酸，若反应结束后D 中溶液含等物质的量的
和NaOH；A.S2-
水解，浓度减小，故溶液中离子浓度大小关系为
， A 错误；
B. 根据物料守恒有
， B 正确；
C.根据电荷守恒有
，物料守恒有
，
，
，故
，C 错误；
D. 根据电荷守恒有
，D 错误；
答案选B；
（5）①淀粉遇碘变蓝，溶液为蓝色，当终点时蓝色褪去，达到滴定终点的实验现象是最后半滴标准液滴
入时，溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不恢复；
②由方程式可知，
消耗I2的物质的量为1.00mol/L×0.02L=0.02mol，0.03mol 碘单质和足量NaOH 溶
液，生成NaIO3的物质的量为0.01mol，与
反应的NaIO3的物质的量为0.01mol-
=0.0067，产品中硫脲的含量为
；
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A
③．配制溶液时，所用容量瓶未干燥，不影响溶液的浓度，对测定没影响，A 不符合；
B．“步骤4”加入稀硫酸的量不足，反应不充分，生成的碘量少，滴定消耗的
标准液少，则测得
偏多，B 符合；
C．盛装
标准液的试管未润洗，浓度偏小，滴定体积偏大，则测得
偏少，C 不符合；
D．滴定开始时俯视读数，达到滴定终点时仰视读数，读数偏大，则测得
偏少，D 不符合；
答案选B。
2．（15 分）由硫铁矿烧渣(主要成分为
、
、
和
)得到绿矾
，然后制取
透明氧化铁颜料的流程如下：
已知：①透明氧化铁又称纳米氧化铁，粒子直径极其微小(10~90nm)，包括氧化铁黄(FeOOH)和氧化铁红(
)，难溶于水；②“还原”时，
能将
中的硫元素氧化为+6 价。
回答下列问题：
(1)“滤渣”中的主要成分有过量的
和 (填化学式)。
(2)“还原”过程中涉及的离子方程式为 。
(3)流程中“
”环节的目的是 。
(4)“沉淀”采用分批加入KOH 溶液，并不断搅拌，这样操作不但可以得到色泽纯正的氢氧化铁，而且还可
以 。
(5)可用分光光度法测定制得的透明氧化铁中氧化铁黄和氧化铁1.2 红的含量。已知
的吸光度
(对特定波长光的吸收程度)与
标准溶液浓度的关系如图所示：
称取3.47g 透明氧化铁，用稀硫酸溶解并定容至1L，准确移取该溶液10.00mL，加入足量KSCN 溶液，再
用蒸馏水定容至100mL。测得溶液吸光度A=0.8，则透明氧化铁中氧化铁红
的质量分数为
%(保留小数点后一位)。
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(6)
可用作钾离子电池的正极材料，其晶胞结构如下图所示：
①距离
最近的
有 %个。
②第三电离能
，结合原子结构解释原因： %。
③
放电后转化为
，充电时物质的变化如下：
写出充电时生成A 的电极反应式： (请标注A 中Fe 和Mn 的化合价)。
【答案】(1)SiO2
(2)
(3)除去溶液中的
，得到纯净的
溶液
(4)形成细小的氢氧化铁颗粒
(5)23.1
(6)6
的价电子为
较稳定结构，不易失去第三个电子，
的价电子为
易失去1 个电子形
成
较稳定结构
【分析】由题给流程可知，向硫铁矿烧渣中加入稀硫酸酸浸时，金属氧化物溶于稀硫酸转化为可溶性硫酸
盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，向反应后的容器中加入过量的二硫化铁，将溶液中的铁离子还原为亚铁离
子，过滤得到含有二氧化硅、二硫化亚铁的滤渣和含有硫酸亚铁、硫酸铝的滤液；滤液经结晶、过滤得到
含有硫酸铝的滤液1 和绿矾；绿矾加水溶解后，加入氯酸钾和稀硫酸的混合溶液，将溶液中的亚铁离子氧
化为铁离子，向氧化后的溶液中分批加入氢氧化钾溶液，并不断搅拌得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，氢
氧化铁经转化得到透明氧化铁；
【解析】（1）由分析可知，滤渣为SiO2、二硫化亚铁，答案为SiO2；
（2）由分析可知，还原过程中涉及的反应为过量的二硫化亚铁将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，反应
的离子方程式为
；
（3）由分析可知，流程中结晶再溶解环节的目的是除去溶液中的Al3+，得到纯净的FeSO4溶液；
（4）由分析可知，向溶液中分批加入氢氧化钾溶液，并不断搅拌的目的是得到均匀、色泽纯正的氢氧化
铁，使氢氧化铁形成细小的氢氧化铁颗粒便于转化为透明氧化铁；
（5）设3.47g 透明氧化铁中含有amol 氧化铁黄和bmol 氧化铁，由质量可得amol×89g/mol+bmol×160g/
mol=3.47g，由图可知，溶液吸光度A =0. 8 时，溶液中铁离子浓度为4.0×10-3mol/L，由铁原子个数守恒可
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得：0.01(a+2b)mol=0.1×4.0×10-3mol，解得a=0.03、b=0.005，则透明氧化铁中氧化铁的质量分数为
×100%=23.1%；
（6）①由晶胞结构图可知，距离体心的Mn3+最近的Fe3+位于面心，距离Mn3+最近的Fe3+有6 个，故答案为:
6；
Mn
②
2+的价层电子排布式为3d5，为比较稳定的半充满结构，Fe2+的价层电子排布式为3d6，更易失去一个
电子形成比较稳定的半充满结构，故Mn 的第三电离能比Fe 的大，故答案为: Mn2+的价层电子排布式为3d5
为比较稳定的半充满结构，Fe2+的价层电子排布式为3d6，更易失去一个电子形成比较稳定的半充满结构；
③充电时物质的变化如下:
，可知，Mn、Fe 元素都有+ 2 价
变为+3 价，由Mn 的第三电离能大于Fe 的第三电离能可知，充电生成A 时，Fe 先失去电子，故充电时生
成A 的电极反应式为：
，故答案为
。
3．（14 分）合成氨有着重要的实际价值，一直是科学家们研究的课题。
(1)基于物理性质写出氨的一种用途： 。
(2)工业合成氨常用工艺条件：Fe 作催化剂，控制温度773K，压强
，原料中
和
物质的量之
比为1：2.8
①调控反应。从动力学角度和热力学角度选择反应条件，其中选择“两难”(两个分析角度影响不一致)的
反应条件是 ，该反应条件最终选择上述给出工艺条件的主要原因是 。
②催化机理。Fe 作催化剂，反应是在Fe 表面活性位点进行的，历程经历了吸附
和
、发生反应、
脱附三个阶段。其中，
的吸附分解反应活化能高，是决速步骤。研究发现，
浓度越大，反应
速率越小，原因是 。写出一种降低氨浓度的最实用可行方法： 。
(3)在密闭容器中模拟合成氨反应：
。将
的混合气投入恒压
反应容器进行反应，在压强
、
、
下，分别测得
的平衡体积分数
随温度变化如下图所
示。
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①压强
、
、
中，最大的是 ，A 点
的转化率为 。
②已知温度为
时，
。维持温度为
，若要使
的平衡转化率达到30%，则恒压反应
容器的总压强至少为 MPa．(保留小数点后2 位)
(4)电化学合成氨。可利用氮还原反应在更温和的条件下将
和
转化为
。研究人员发现，选用三己
基十四烷基磷离子作为电解质的阳离子，与叶立德能够很好的完成电化学循环。该电化学装置的工作原理
如下图所示。
注：Rn 为烃基。
①叶立德结构中碳负原子的杂化方式为 。
②写出图中左边电极区由
生成
的总反应式： 。
【答案】(1)液氨可以用作制冷剂
(2)温度 在该温度条件下催化剂的活性高
浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍
的吸附 液化分离
(3)
75% 4.63
(4)
【解析】（1）利用液氨易汽化吸热制制冷剂。
（2）
为气体分子数减小的放热反应，升高温度虽然可以增加反应速率，但平衡
逆向移动，使氨气产率降低，故动力学角度和热力学角度影响不一致。该反应条件最终选择上述给出工艺
条件的主要原因是在该温度条件下催化剂的活性高。
浓度越大，反应速率越小，原因是
浓度较大
时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍
的吸附。结合氨气易液化的特点，液化分离可以有效降低氨气
浓度。
（3）
为气体分子数减小的放热反应，压强越大，越利于正向移动，使氨气百分
15
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含量增加，故压强大小关系为
>
>
。
A 点
的平衡体积分数为60%，由三段式可知
的平衡体积分数为
解得x=0.75，故A 点
的转化率为75%。
维持温度为
，若要使
的平衡转化率达到30%，则有
记总压强为P，则
故
解得
。
（4）叶立德结构中碳负原子的杂化方式为
。左边电极区
得电子发生还原反应转化为
，其电极
反应式为
。
4．（15 分）阿佐塞米（化合物I）是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物．I 的一种合
成路线如下（部分试剂和条件略去）．
己知：
回答下列问题：
(1)C 中含氧官能团名称是 ,B 生成C 的反应类型为 。
(2)下列说法正确的是___________。
A．化合物F 中N 的杂化方式有
和
B．化合物F 的分子式为：
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C．B 物质既能和强酸反应，也能和强碱反应
D．A 分子中所有原子可能共平面
(3)写出化合物G 的结构简式 。
(4)写出D 生成E 的第一步反应的化学方程式 。
(5)写出同时符合下列条件的化合物B 的一种同分异构体的结构简式 。
①分子中含有苯环：②
谱和
谱检测表明：分子中共有4 种不同化学环境的氢原子，含有
基团，没有
键、
键．
(6)利用以上合成线路中的相关信息，完成由A 到B 的合成路线：
（用流程图表示，无机试剂任选）。
【答案】(1)羧基 取代反应
(2)AC
(3)
(4)
+SOCl2→
+SO2+HCl
(5)
(6)
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【分析】根据B 的结构简式和A 的分子式可知A 是甲苯，D 生成E 发生已知信息的反应，则E 的结构简式
为
，F 和G 发生取代反应生成H，根据F 和H 的结构简式可知G 的结构简式为
，据此解答。
【解析】（1）根据C 的结构简式可知C 中含氧官能团为羧基。对比B、C 的结构简式可知，B 中的氨基
被-F 原子替代，反应类型为取代反应；
（2）A．F 中含N 官能团有氰基(
)和磺酰胺基(
)，氰基中N 原子为sp 杂化、磺酰胺基中原
子为sp3杂化，A 正确；
B．由F 的结构简式可知，化合物F 的分子式为：
，B 错误；
C．化合物B 中含有氨基能与强酸反应，含有羧基能与强碱反应，C 正确；
D．A 为甲苯，甲基为四面体结构，所有原子不可能共面，D 错误；
（3）联系F、H 的结构和G 的分子式，容易判断反应为取代反应，掉下HF 分子，所以G 的结构简式为
。
（4）结合题给信息，羧基可与SOCl2发生取代反应生成酰氯，
+SOCl2→
+SO2+HCl。
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（5）苯环与酰胺基
的组合可以为
和
，此时还有一个O 和一
个Cl，考虑分子中4 中不同环境H 原子和没有N-O 键、Cl-O 键的前提下，插入一个O 的可能结构为
。再放上一个Cl 原子即可得解
，另有
等结构不符合题意。
（6）甲苯转化为2-氨基-4-氯苯甲酸，羧基显然由甲基氧化而来，氨基由硝基还原而来，硝基、氯原子都
由苯的硝化和苯的氯代而来，考虑官能团引入的先后顺序和苯环上取代基定位效应，应先引入硝基、氯原
子，再氧化甲基，最后还原硝基，否则硝基和氯原子取代位置会错位、氨基可能被氧化：
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。
题组三
（建议用时：30 分钟 满分：58 分）
1．（14 分）氨基钠(
)常用作有机合成的还原剂、脱水剂。铜是人体内一种必需的微量元素，在人
体的新陈代谢过程中起着重要的作用。实验室制备氨基钠的实验装置如图所示，其中
为反应的催
化剂。
已知：
几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应；
；
；
。
回答下列问题：
(1)仪器A 的名称为 。氨基钠的电子式为 。
(2)仪器B 中发生反应的化学方程式为 。
(3)E 中碱石灰的作用是 。
(4)装置D 中反应前，需通入氨气排尽密闭体系中的空气。设计方案判断密闭体系中空气是否排尽：
。
(5)加入钠粒，反应，得到粒状沉积物
。为防止速率偏大，可采取的措施有 (写出两条措施)。
(6)测定氨基钠产品的纯度：称取
氨基钠产品与适量水在加热条件下充分反应后，将生成的气体全部驱
赶出来并用碱石灰干燥后，再用浓硫酸充分吸收，称量测得浓硫酸增重
，则氨基钠产品的纯度为
(保留三位有效数字)。
(7)晶体铜的立方晶胞结构如图甲所示，原子之间相对位置关系的平面图如图乙所示，铜原子的配位数是
。铜原子半径为
表示阿伏加德罗常数的值，则晶体铜的密度为
(列出计算式)。
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【答案】(1)分液漏斗
(2)
(3)防止装置F 中的水蒸气进入装置D 中
(4)向装置F 的空烧杯中加入适量水，将干燥管下端颈部的一半浸入水中，向装置D 中通入NH3，若烧杯中
出现气泡，则空气尚未排尽；若未出现气泡，则说明空气已排尽
(5)分批少量加入钠粒；降低冷却液温度(或适当增加液氨量)
(6)97.5%
(7)12
【分析】浓氨水与氧化钙作用会生成氨气，氨气静C 中碱石灰干燥后，进入D 中与Na 反应生成氨基钠，
由于氨基钠易于水反应，故E 中碱石灰的作用是防止F 中的水蒸气进入D 中，F 是尾气处理装置。
【解析】（1）仪器A 为分液漏斗，氨基钠为离子化合物，电子式为
；
（2）装置B 中浓氨水与氧化钙反应生成氨气，反应的化学方程式为：
；
（3）由分析可知，E 中碱石灰的作用是：防止装置F 中的水蒸气进入装置D 中；
（4）由于氨基钠易于水、氧气反应，故应该先用氨气排尽装置内的空气，利用氨气极易溶于水的性质，
检验空气是否排尽的方法是：向装置F 的空烧杯中加入适量水，将干燥管下端颈部的一半浸入水中，向装
置D 中通入NH3，若烧杯中出现气泡，则空气尚未排尽；若未出现气泡，则说明空气已排尽；
（5）为防止速率偏大，可采取的措施有分批少量加入钠粒；降低冷却液温度(或适当增加液氨量)；
（6）浓硫酸增重3.4g，说明反应生成了3.4g 的氨气，物质的量为0.2mol，根据反应
，可以计算氨基钠的质量为0.2mol
=7.8g，故氨基钠产品的纯度为
=97.5%；
（7）根据图甲的晶胞结构图可知，铜原子的配位数是12；铜为面心立方结构，1 个晶胞中有4 个铜原子，
故晶胞的质量为
；根据图乙可知，铜原子在面上为面对角线相切，铜原子半径为
，则晶胞的边
长为
，晶胞的体积为8a
，故晶体的密度为：
=
。
2．（15 分）含铬电镀废水的主要成分如表，常用“Pb2+沉淀法”和“药剂还原沉淀法”进行处理。
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离子
Cr(VI)
Cr3+
Cu2+
Fe2+
Zn2+
含量mg/L
28.38
12.92
0.34
0.069
0.014
I． “Pb2+沉淀法”工艺流程如图。
金属离子沉淀完全时(
)及沉淀开始溶解时的pH 如表。
金属离子
Cu2+
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Cr3+
pH
沉淀完全
6.7
8.3
2.8
8.2
5.6
沉淀开始溶解
—
13.5
14.0
10.5
12.0
(1)铬元素的价电子排布式： 。已知金属铬为体心立方晶体，密度为7.2g/cm3，求两个Cr 原子的最
小核间距 nm。(只写表达式，不计算)
(2)“氧化”过程中Cr(OH)3转化为
的离子方程式为 。
(3)“沉降”过程中应调节pH 范围是 ~10.5。
(4)已知25℃是
；
；
。“沉
铬”过程中：
①生成铬黄的离子方程式为 。
②从平衡角度分析pH 对沉铬率的影响 。
II． “药剂还原沉淀法”工艺流程如图。
(5)“还原”过程中，
被Cr(VI)氧化为 。
(6)“沉淀”过程中，当溶液pH 为8.6 时，
。
【答案】(1)3d54s1
(2)2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-═2CrO
+8H2O
(3)8.2
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(4)PbSO4+CrO
═PbCrO4+SO
增大pH，Cr2O
+H2O
2CrO
+2H+平衡正向移动，CrO
浓度增
大，沉铬率增大
(5)SO
(6)
【分析】“Pb2+沉淀法”工艺，向经预处理的含铬废水中加入H2O2、NaOH 把Cr(OH)3氧化为
、把
Fe2+氧化为Fe3+，再加氢氧化钠调节pH 生成氢氧化物沉淀除去Fe3+、Cu2+、Zn2+，过滤，滤液中加硫酸铅发
生沉淀转化生成PbCrO4沉淀；“药剂还原沉淀法”工艺，向含铬废水中加入硫酸调节pH 为2~3，再加亚
硫酸钠把Cr(VI)还原为Cr3+，加氢氧化钠调节pH 生成氢氧化物沉淀。
【解析】（1）Cr 是24 号元素，价电子排布式：3d54s1，金属铬为体心立方晶体，晶胞中含有1+8
=2 个
Cr，密度为7.2g/cm3，则晶胞的边长为
nm，两个Cr 原子的最小核间距为晶胞
体对角线的
为
nm。
（2）“氧化”过程中Cr(OH)3被H2O2氧化为CrO
，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为
2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-═2CrO
+8H2O。
（3）根据金属离子沉淀完全时及沉淀开始溶解时的pH 表，为保证重金属离子完全沉淀，“沉降”过程中
应调节pH 范围是8.2～10.5。
（4）①硫酸铅和CrO
发生沉淀转化生成PbCrO4沉淀，反应的离子方程式为PbSO4+CrO
═PbCrO4+SO
。
②增大pH，Cr2O
+H2O
2CrO
+2H+平衡正向移动，CrO
浓度增大，沉铬率增大。
（5）根据氧化还原反应原理，“还原”过程中，SO
被Cr(Ⅵ)氧化，硫元素化合价由+4 升高为+6，氧化
产物是SO
。
（6）Cr3+完全沉淀的pH 是5.6，
，则“沉淀”过程中，当溶
液pH 为8.6 时，c(Cr3+)=
mol•L-1。
3．（14 分）Ⅰ.亚硫酰氯(
)又称氯化亚砜，沸点
，遇水强烈水解，是一种重要的脱水剂。
(1)
属于___________。
A．分子晶体
B．离子晶体
C．共价晶体
D．金属晶体
(2)已知
分子中S 为中心原子，其中心原子的杂化方式和分子结构分别为___________。
23
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A．
，角形
B．
，三角锥形
C．
，平面三角形
D．
，四面体形
(3)
的两种水解产物均是有刺激性气味的气体，其中一种产物属于强电解质。写出该产物分子的电子
式 。检验另一产物的实验方法为 。
(4)
作脱水剂时可使含结晶水的盐变成无水盐。设计简单实验证明其脱水性 。
Ⅱ.工业上利用尾气
与
、反应合成氯化亚砜。发生如下反应：
反应①
反应②
时，在
密闭容器中，充入一定量的、
和
，测得初始压强为p0，反应过程中容器内总压强(p)
随时间(t)变化如下图所示，起始各组分及达平衡时
的物质的量如下表。
物质
起始
0
0
平衡
(5)
内，二氯亚砜的平均反应速率
。
时
的转化率为
。
(6)
时，上述反应②的
。
【答案】(1)A
(2)B
(3)
将反应后的气体通入品红试液后，溶液褪色。再将褪色后的溶液加热，溶液又重新恢
复成红色
(4)向
中加入少量胆矾，蓝色晶体变为白色粉末(合理即可)
24
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(5)0.01 60%
(6)0.5
【解析】（1）SOCl2由非金属元素形成的化合物，沸点较低，为78.8℃，所以属于分子晶体，故答案为：
A；
（2）已知SOCl2分子中S 为中心原子，其中心原子的价层电子对数为
、孤电子对数为
1，所以其杂化方式sp3杂化，分子结构为三角锥形，故答案为：B；
（3）SOCl2的两种水解产物均是有刺激性气味的气体，其中一种产物属于强电解质，其水解方程式为
SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，其中属于强电解质的为HCl，该分子的电子式为
，另一产物为SO2，检
验SO2实验方法为将反应后的气体通入品红试液后，溶液褪色，再将褪色后的溶液加热，溶液又重新恢复
成红色，即证明有SO2；
（4）SOCl2作脱水剂时可使含结晶水的盐变成无水盐，即能使胆矾失去结晶水，而由蓝色晶体变成白色粉
末，所以验证SOCl2有脱水性的实验为向SOCl2中加入少量胆矾，蓝色晶体变为白色粉末(合理即可)；
（5）初始压强为p0，由图可知平衡时为0.80p0，恒温恒容条件下，气体压强之比等于其物质的之比，则平
衡时混合气体总物质的量为
，变化量为1.5mol-1.2mol=0.3mol，反应②左右两边
气体化学计量数之和相等，由反应①的化学计量数可知，反应①生成的n(SO2Cl2)=0.3mol，又由表格可知，
平衡时SCl2物质的量的变化量为0.5mol-0.4mol=0.1mol，即反应②消耗的n(SO2Cl2)=0.1mol，生成的
n(SOCl2)=0.2mol，所以平衡时n(SO2Cl2)=0.3mol-0.1mol=0.2mol，
内，二氯亚砜的平均反应速率
；反应①生成的n(SO2Cl2)=0.3mol，则反应①消耗n(Cl2)= 0.3mol，
所以5min 时Cl2的转化率为
；
（6）由以上分析可知，平衡时n(SO2Cl2)=0.3mol-0.1mol=0.2mol、n(SOCl2)=0.2mol、n(SCl2)= 0.4mol，所以
反应②的平衡常数为
。
4．（15 分）普瑞巴林能用于治疗多种疾病，结构简式为
，其合成路线如下：
25
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(1)化合物B 的命名为 ，F 分子中含氧官能团的名称为 ；
(2)D→E 反应的条件为 ，F→G 的反应类型为 ；
(3)在下图用“*”标出G 化合物中的手性碳原子。
(4)在加热条件下，G 在LiOH 水溶液中发生的化学反应方程式是 ；
(5)符合下列条件的同分异构体，共有 种；
ⅰ．和E 互为同系物，且比E 相对分子质量少14；
ⅱ．能发生银镜反应，且有机物和Ag 的物质的量之比为1 4∶
其中核磁共振氢谱中有三组峰且峰面积比为3 1 1
∶∶的是 (写结构简式)。
(6)已知：酚不容易与羧酸反应生成酚酯，可以用ii 反应制取酚酯。
ⅰ．
ⅱ．
参考以上合成路线及反应条件，以
和
和必要的
无机试剂为原料，合成
，写出路线流程图。
【答案】(1)氯乙酸或一氯乙酸 酯基
(2)浓硫酸、加热 加成反应
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(3)
(4)
(5)9
(6)
【分析】(A)
与Cl2在催化剂、红磷作用下，发生取代反应生成(B)
，
在1.NaHCO3、2.NaCN 作用下反应生成的(C)
在H+、加热条件下生成(D)
，
与乙醇发生酯化反应生成(E)
，
与
在一定条件下反应生成(F)
，
在CH3NO2、K2CO3、甲苯作用下生成(G)
，
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在1.LiOH、H2O，2.H+作用下反应生成(H)
，
经过一系列反应，生成普瑞
巴林。
【解析】（1）化合物B 的结构简式为
，其命名为氯乙酸或一氯乙酸；F 的结构简式为
，分子中含氧官能团的名称为酯基；
（2）D 的结构简式为
，
与乙醇发生酯化反应生成的E 为
，
即D→E 反应为酯化反应，其反应的条件为浓硫酸、加热；F 的结构简式为
，
在CH3NO2、K2CO3、甲苯作用下生成的G 为
，对比F 与G 的结
构简式可知，F→G 的反应类型为加成反应；
（3）连4 个不同基团的碳原子为手性碳原子，化合物G 的结构简式为
，其中的
手性碳原子用“*”标出为
；
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（4）G 的结构简式为
，
在加热条件下与LiOH 水溶液发
生反应的化学反应方程式是
；
（5）E 的结构简式为
，和E 互为同系物，且比E 相对分子质量少14 的物质的分
子式为C6H10O4，能发生银镜反应，且有机物和Ag 的物质的量之比为1:4 的同分异构体有
、
，共9 种；其
中核磁共振氢谱中有三组峰且峰面积比为3:1:1 的是
；
（6）由题中信息得出合成路线为。
29
