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大题预测卷（江西专用）
题组一
（建议用时：30 分钟 满分：58 分）
1．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。
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，
。
1
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【答案】(1)3d54s1
(2)2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-═2CrO
+8H2O
(3)8.2
(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。
2．甲烷干重整（DRM）以温室气体
和
为原料在催化条件下生成合成气CO 和
。体系中发生的
2
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反应有
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
ⅳ．
(1)
。
(2) （填“高温”或“低温”）有利于反应ⅰ自发进行。
(3)起始投入
和
各1 kmol，DRM 反应过程中所有物质在100 kPa 下的热力学平衡数据如图1 所示。
950℃
①
时，向反应器中充入
作为稀释气，
的平衡转化率 （填“升高”、“不变”或“降
低”），理由是 。
625℃
②
时，起始投入
、
、
、CO、
各0.5 kmol，此时反应ⅱ的
（填“＞”、
“＝”或“＜”）。
625℃
③
时，反应体系经过t min 达到平衡状态，测得甲烷的平衡转化率为α。0～t min 生成CO 的平均速
率为
；用物质的量分数表示反应i 的平衡常数
（用含α 的表达式表示，列计
算式即可）。
(4)
在Ni 基催化剂表面氢助解离有两种可能路径，图2 为不同解离路径的能量变化，其中吸附在催化
剂表面上的物种用*标注。
Ni
①
的价层电子排布式为 ；
②写出最有可能发生的“氢助解离”路径的决速步反应方程式 。
(5)对催化剂载体
改性，使其形成氧空位，可减少积碳。取干燥
在Ar 气条件下加热，热重分析
显示样品一直处于质量损失状态；X 射线衍射分析结果表明随着温度升高，该晶胞边长变长，但铈离子空
间排列没有发生变化。
3
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①加热过程中，
被还原为
。
写出该反应化学方程式 。
②加热后，当失重率（损失的质量/总质量）为2.01%时，每个晶胞拥有的
的个数为 。
【答案】(1)－172.1
(2)高温
(3)升高 950℃时，体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，恒压条件充入氮气，平衡正向移动，
转化率升高 ＜
(4)
(5)
7
【解析】（1）由盖斯定律可得反应iii-反应i 得
，所以
=+74.9kJ/mol-247kJ/
mol=-172.1 kJ/mol；
（2）反应i．
，
、
，由
，
可知高温有利于反应自发进行；
（3）①图像1 可知，950℃时体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，反应在100kPa 下充入氮气相
当于减压，平衡正向移动，CH4转化率升高；
625℃
②
时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O 各0.5kmol，此时
，由图像1 可知，
平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)＜n(H2)，即平衡常数K＜1，所以此时Qc＞K，平衡正在逆向进行，所以反
应ⅱ的v 正＜v 逆；
③由图像1 可知，625℃平衡时n(CO)=0.5kmol，所以0～tmin 生成CO 的平均速率为
；
由图像1 可知，625℃平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)= 0.5kmol，由反应的化学计量数可知，反应i 和反应iii
4
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生成的氢气的物质的量为消耗的甲烷的2 倍，反应ii 消耗氢气的物质的量与生成的水的物质的量相等，所
以平衡时n(H2)=(2a-0.5)kmol=
kmol，n(CH4)=(1-a)kmol，即平衡时气体总物质的量为(2a-0.5+1-
a+0.5+0.5+0.5)kmol =(2+a)kmol，所以平衡常数Kx=
；
（4）①Ni 原子序数为28，其价层电子排布式为3d84s2；
②活化能大的反应速度慢，速率慢的反应为决速步，由图像2 可知最有可能发生的“氢助解离”路径的决
速步反应方程式为
；
（5）①加热过程中，Ce4+被还原为Ce3+，生成Ce2O，该反应化学方程式为
；
②一个晶胞中Ce4+个数为
、O2-在体内、个数为8，1molCeO2质量为199g，加热后当失重率
为2.01%时，损失的质量为氧元素的质量，即199×2.01%=4g，n(O)=0.25mol，所以一个晶胞中4 个Ce4+、8
个O2-，失去O2-的个数为0.25×4=1，每个晶胞拥有的O2-的个数为8-1=7。
3．叔丁基苯广泛用于精细化工产品的合成，也用作色谱分析标准物质。某化学兴趣小组利用反应：
制备叔丁基苯[
]，
无水
为催化剂。
已知下列信息：
物质
相对分子质
量
密度
熔点
沸点
溶解性
—
—
194
℃
178℃
遇水极易潮解并产生白色烟雾，微溶于苯
苯
78
0.88
—
80.1
℃
难溶于水，易溶于乙醇
氯代叔丁烷
92.5
0.851
—
51.6
℃
难溶于水，可溶于苯
叔丁基苯
134
0.87
—
169℃
难溶于水，易溶于苯
回答下列问题：
5
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I．如图是实验室制备无水
的实验装置。
(1)写出B 装置中发生反应的离子方程式 。
(2)选择合适的装置制备无水
，按气流从左到右正确的连接顺序为 (写导管口标号)。
(3)E 装置的作用是 。
II．实验室制取叔丁基苯的装置如图。
在三颈烧瓶中加入50mL 苯和适量的无水
，由恒压滴液漏斗滴加氯
代叔丁烷
20mL，加入少量碎瓷片，一定温度下反应一段时间后，将反应后的混合物洗涤分离，
在所得产物中加入少量无水
固体，静置，过滤，___________，得叔丁基苯20g。
(4)仪器M 的名称为 ，反应过程中忘加碎瓷片，正确的做法是 。
(5)使用恒压滴液漏斗的优点是 ；加无水
固体的作用是 。
(6)所得产物中加入少量无水
固体，经过静置，过滤， (填操作名称)，得叔丁基苯。
(7)上述反应后混合物的洗涤所用的试剂有如下三种，正确的顺序是 (填序号)。
5%
①
溶液 ②稀盐酸 ③
(8)叔丁基苯的产率为 。(保留3 位有效数字)
【答案】(1)
(2)defghijc
(3)防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气，防止污染空气
(4)球形冷凝管 停止反应，冷却后补加
(5)平衡气压，使液体顺利滴下 干燥吸水
(6)蒸馏
(7)②①③
6
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(8)81.1％
【分析】B 中MnO2和浓HCl 共热制得Cl2，氯气中混有氯化氢和水蒸气，选用D 装置除氯化氢，再用浓硫
酸干燥除去水蒸气，由于氯化铝容易升华和凝华，造成导管的堵塞，不能选取A 装置制备，选用F 合成并
收集氯化铝，同时需要防止空气中的水蒸气进入装置F、要防止多余氯气污染空气，故F 后接E。
【解析】（1）B 装置中制备氯气的离子方程式为
；
（2）制备的氯气中混有氯化氢和水蒸气，需要除去，选用D 装置除氯化氢，再用浓硫酸干燥除去水蒸气，
由于氯化铝容易升华和凝华，造成导管的堵塞，不能选取A 装置制备，同时需要防止空气中的水蒸气进入
装置，故制备无水
正确的连接顺序为d→e→f→g→h→i→j→c；
（3）E 装置的作用为除去多余的氯气，防止污染空气，同时防止外界水分进入，使氯化铝水解；
（4）仪器M 的名称为球形冷凝管，作用是冷凝回流，提高转化率。反应过程中忘加碎瓷片，应停止反应，
冷却至室温后补加碎瓷片；
（5）恒压滴液漏斗可以平衡漏斗与烧瓶内的气压，使液体顺利流下；无水硫酸镁作干燥剂，干燥吸水；
（6）因为几种物质沸点差别较大，可通过蒸馏的方法分离出产物；
（7）根据化学方程式
，生成的叔丁基苯中
含有苯、氯代叔丁烷[
]以及催化剂无水
，由于
和叔丁基苯的沸点相差不大，需要除
去，
易溶于水，但容易水解使溶液变浑浊，因此需用稀盐酸洗涤除去
，再用
溶液洗涤
除去盐酸，最后水洗除去少量的
，故洗涤顺序为②①③；
（8）第一步：定基准。反应物苯为
，物质的量为的质量为
，
氯代叔丁烷[
]的质量为
，物质的量为
，可知苯
过量，用氯代叔丁烷的量进行计算；第二步：计算叔丁基苯的理论产量，理论上可以生成叔丁基苯的质量
；第三步：计算产率，叔丁基苯的产率为
。
4．已知间苯二酚可以合成中草药的活性成分Psoralidin(化合物P)，合成路线如下：
7
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已知：ⅰ．
；
ⅱ．
(1)A 中含氧官能团的名称为 。
(2)C 的结构简式为 。
(3)D→E 的方程式为 。
(4)下列关于物质F 的说法正确的是_______。
A．分子中有1 个手性碳原子
B．存在顺反异构体
C．碳原子的杂化方式有2 种
D．1molF 最多能与7molH2发生加成反应
(5)
的同分异构体中，既能水解，又能发生银镜反应，还能使FeCl3溶液显紫色的有 种。
(6)H+
→P+J 的反应原理如下。J 的名称为 。
(7)G→H 的过程中分为三步反应。写出K、M、H 的结构简式 、 、 。
【答案】(1)酚羟基
8
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(2)
(3)
(4)AC
(5)13
(6)丙烯
(7)
【分析】结合D 的结构，
和Br2发生取代反应生成A 为
，A 和CH3I
发生取代反应生成B 为
，B 发生已知反应生成C 为
，C 和
Mg、CO2、氢离子酸化生成D，D 和乙醇发生酯化反应生成E 为
，E 和
发生取代反应生成F 为
，F 一定条件下转化为
G，G 酸化加热生成H 为
，H 和在催化剂条件下生成H，据此解答。
【解析】（1）A 中含氧官能团为酚羟基。
（2）C 的结构简式为
。
（3）D 和乙醇发生酯化反应生成E 为
，化学方程式为
9
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+CH3CH2OH
+H2O。
（4）由分析知，F 为
;
A.分子中有1 个手性碳原子
（星号标记），正确；
B.碳碳双键两端有一端存在2 个H 原子，不存在顺反异构，错误；
C.苯环上的碳、碳碳双键、羰基和酯基上的碳为sp2，甲基、亚甲基上的碳为sp3杂化，碳原子的杂化方式
有2 种，正确；
D.2 个苯环与氢气发生加成，消耗6mol H2，碳碳双键和氢气加成，消耗1mol H2，酮羰基和氢气加成，消
耗1mol H2，所以1molF 最多能与8 mol H2发生加成反应，错误；
故选AC。
（5）
的同分异构体中，能水解，说明含有酯基，能发生银镜反应，则含有醛基，能使
溶液
显紫色，说明含有酚羟基，当有-OH、-CH2OOCH 基团时，存在邻间对3 种结构，当存在-OH、-OOCH、-
CH3三种基团时，有10 种，则共有3+10=13 种。
（6）根据H+
→Psoralidin+J 的反应原理：
，J 为CH2=CHCH3，名称为丙烯。
（7）G→H 的过程中分为三步反应，G 酸化生成K
，然后发生消去反应生成M
，再加热生成H
。
10
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题组二
（建议用时：30 分钟 满分：58 分）
1．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。
11
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沉淀时，
)与
的最佳物质的量之比为 ，请说明原因： 。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 。
(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：
12
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。
2．低碳经济已成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是能源领域的一个重要研究方向。回
答下列问题：
(1)工业上用
和
反应合成二甲醚。已知：
则
kJ∙mol-1。
(2)二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。科学家提出由
制取
的太阳能工艺如
图：
已知“重整系统”发生的反应中
，则
的化学式为 ，“热分解系统”中每转
移
电子，需消耗
。
(3)催化时还可以使用一种无机固体电解质作催化剂，其由正离子
和负离子
组成，该物质
以上形成无序结构(高温相)，
以下变为有序结构(低温相)，二者晶体晶胞结构如图所示：
说明：图中，○球为负离子；高温相中的●深色球为正离子或空位；低温相中的
球为
离子，●球
为
离子。
i．这种无机固体电解质的化学式为 。
ii．“高温相”具有良好的离子导电性，其主要原因是 。
(4)铜基催化剂
(
为
等)是
加氢制甲醇常用的催化剂，部分合成路线如图所
13
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示。
请写出中碱位
上发生反应的总化学方程式 。
(5)利用电解法在碱性或酸性条件下将
还原为
和
的原理如下图所示：
已知：选择性
和法拉第效率(
)的定义(X 代表
或
)如下：
①实验测得，碱性条件生成
总的选择性小于酸性条件，原因是 。
②实验测得，酸性条件生成
总的法拉第效率小于碱性条件，原因是 。
【答案】(1)—130.8
(2)Fe3O4 1
(3)A2BX4 “高温相”具有良好的离子导电性与大量的四面体空位有关，四面体空位为正离子的流动提
供了运动通道
(4)H2+CO2
CO+H2O
(5)碱性条件下，有部分CO2转化为CO
，用于生成CH4、C2H4的CO2的量减少，使总的选择性减小
酸性条件下，H+离子在阴极得到电子发生还原反应生成H2，导致CO2的消耗量减小，生成CH4、C2H4总的
法拉第效率减小
14
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【解析】（1）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应①×2—②得到反应
，则反应△H3=(—53.7kJ/mol)×2—(+23.4kJ/mol)=—130.8kJ/
mol，故答案为：—130.8；
（2）由图可知，二氧化碳制取碳的反应方程式为2xFeO+(y—x)CO2
(y—x)C+2FexOy，由反应中
可得：
，解得x：y=3：4，则FexOy为Fe3O4，热分解系统发生的反应为2Fe3O4
6FeO+O2↑，反应消耗2mol 四氧化三铁，转移4mol 电子，则“热分解系统”中每转移2mol 电子，需消耗
四氧化三铁的物质的量为1mol，故答案为：Fe3O4；1；
（3）i．由低温相晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、棱上、面上和体心X—的个数为8×
+10×
+4×
+1=8，位于体内的
、
的个数分别为4、2，则无机固体电解质的化学式为A2BX4，故答案为：
A2BX4；
ⅱ．由晶胞结构可知，“高温相”晶胞中含有大量的四面体空位，四面体空位为正离子的流动提供了运动
通道，所以“高温相”具有良好的离子导电性，故答案为：“高温相”具有良好的离子导电性与大量的四
面体空位有关，四面体空位为正离子的流动提供了运动通道；
（4）由图可知，碱位(α)上发生的反应为氢气与二氧化碳在催化剂作用下反应生成一氧化碳和水，总反应
化学方程式H2+CO2
CO+H2O，故答案为：H2+CO2
CO+H2O；
（5）①由图可知，碱性条件下，有部分CO2转化为CO
，用于生成CH4、C2H4的CO2的量减少，使总的
选择性减小，所以碱性条件生成
总的选择性小于酸性条件，故答案为：碱性条件下，有部分
CO2转化为CO
，用于生成CH4、C2H4的CO2的量减少，使总的选择性减小；
②由图可知，酸性条件下，H+离子在阴极得到电子发生还原反应生成H2，导致CO2的消耗量减小，生成
CH4、C2H4总的法拉第效率减小，所以酸性条件生成
总的法拉第效率小于碱性条件，故答案为：
酸性条件下，H+离子在阴极得到电子发生还原反应生成H2，导致CO2的消耗量减小，生成CH4、C2H4总的
法拉第效率减小。
3．铼
是具有重要军事战略意义的金属。
是制备高纯度
的原料，实验室用
制备
的装置如图所示。
15
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已知：Ⅰ．
易溶于水，溶于水后生成
；
与
反应生成
。相关物质的溶解度S
见下表：
温度/℃
20
75.4
6.1
30
78.0
32.3
Ⅱ．
；
；
。
回答下列问题：
(1)仪器a 的名称是 。
(2)
的制备
①反应开始前先向装置C 中三颈烧瓶内加入一定量的 (填化学式)和
；
②关闭 打开 装置C 中三颈烧瓶内生成
；
③关闭
，打开
，通入
一段时间，通入
的目的是 ；
④关闭
，打开
，滴入足量
的氨水溶液，生成
，反应的化学方程式为 ；
⑤反应结束后，将C 中溶液经 、 、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到
晶体。
(3)下列装置可用作装置单元X 的是 (填标号)。
(4)取
样品，在加热条件下使其分解，产生的氨气用硼酸
溶液吸收。吸收液用浓度为
的盐酸滴定，消耗盐酸
。
的纯度为 (已知：
的相对分子质量为
268)。
【答案】(1)蒸馏烧瓶
(2)
排出装置内未反应的
气体（或排出装置内多余的
气体）
蒸发浓缩 冷却结晶
(3)BD
(4)
（或其他正确答案）
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【分析】A 装置中FeS 与稀硫酸反应制备H2S，B 作安全瓶，C 中Re2O7与H2O 反应生成HReO4，HReO4与
H2S 反应生成Re2S7，Re2S7与H2O2的氨水溶液反应生成NH4ReO4、(NH4)2SO4，反应结束后，C 中溶液经蒸
发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到NH4ReO4晶体；装置单元X 用于吸收尾气H2S，防止污
染空气。
【解析】（1）根据仪器a 的结构特点知，仪器a 的名称为蒸馏烧瓶。
（2）①根据分析，反应开始前先向装置C 中三颈烧瓶内加入一定量的Re2O7和水，使Re2O7和水反应生成
HReO4。
②关闭K2、K3，打开K1、K4，使装置A 中产生的H2S 导入C 中与HReO4反应生成Re2S7。
③关闭K1，打开K2，通入N2一段时间，通入N2的目的是排出装置内未反应的H2S 气体（或排出装置内多
余的H2S 气体）。
④关闭K2，打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4，该反应中H2O2将Re2S7氧化成
(NH4)2SO4，S 元素的化合价由-2 价升至+6 价，H2O2被还原，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方
程式为Re2S7+28H2O2+16NH3∙H2O=2NH4ReO4+7(NH4)2SO4+36H2O。
⑤由表中提供的NH4ReO4和(NH4)2SO4的溶解度可知，反应结束后，将C 中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、
过滤、乙醇洗涤、干燥，得到NH4ReO4晶体。
（3）装置单元X 用于吸收H2S，防止污染空气，Na2SO4溶液、NaHS 溶液难吸收H2S，CuSO4溶液、NaOH
溶液都能吸收H2S，答案选BD。
（4）根据反应2NH4ReO4
2NH3↑+H2O+Re2O7、NH3+H3BO3=NH3∙H3BO3、
NH3∙H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3知，NH4ReO4~HCl，则NH4ReO4物质的量为cV×10-3mol，NH4ReO4的纯度
为
×100%=
。
4．W 是一种抗肿瘤药物，其合成路线如下图所示，回答下列问题(部分反应条件已略去)。
已知：“
”代表乙基；“
”代表N，N—二甲基甲酰胺。
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(1)化合物A 的分子式为 。
(2)由D 转化为E 的反应类型为 ，化合物G 中含氧官能团的名称为 。
(3)化合物B 中手性碳原子有 个。
(4)写出由F 生成G 的化学方程式 。
(5)A 的同分异构体有多种，其中满足下列条件的同分异构体有 种(考虑立体异构)。
①与A 含有相同的官能团，“
”与苯环直接相连 ②苯环上有2 个取代基
写出核磁共振氢谱有4 组峰，且峰的面积之比为
的结构简式 。
(6)写出
和
合成
的路线(无机试剂任选)。
已知：
能与酯基反应；在
催化下，
能将硝基转化为氨基。
【答案】(1)
(2)还原反应 醚键、酰胺基
(3)2
(4)
(5)8
(6)
【分析】观察A 和B 的结构可以看出A 与溴单质在CHCl3的条件下发生加成反应得到了B，B 经过在DMF
条件下与Et3N 反应生成C，对比C 和D 的结构，C 的支链断了碳溴键和碳氢键，支链由碳碳双键转变成碳
碳三键，对比D 与E 的结构，发生变化的是苯环上的硝基转化成氨基，
生成
既去氧又加氢，发生了还
原反应；F 与HCONH2在催化剂作用下发生反应生成G，对比G 和H 的结构可以看出发生反应的部分是G
中的酮羰基；最后E 和H 取代反应生成了W。
【解析】（1）由
的结构简式可以得出分子式是
。
（2）对比
和
的结构简式可知，
生成
既去氧又加氢，在有机反应中有机物加氢或去氧发生的是还
原反应，故该反应属于还原反应；观察
的结构简式可知，
中的含氧官能团有醚键和酰胺基。
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（3）如图所示(
)，“*”处的碳原子为手性碳原子，有2 个手性碳原子。
（4）对比
和
的结构简式可知，1 分子
在反应过程中脱去了1 个“
”和2 个“
”，1 分
子
脱去1 个“
”和1 个“
”，这些脱下的基或原子可组成1 个
和1 个
，据此
写出化学方程式为：
；
（5）根据题意可知符合条件的同分异构体中，除了苯环外，还可能含有如下3 组结构。①“
”和“
”；②“
”和“
”；③“
”和“
”，每组结
构在苯环上有邻、间、对三种位置，共组合出9 种物质，去掉
本身，则符合条件的
的同分异构体有8
种。
核磁共振氢谱有4 组峰，且峰的面积之比为
的结构简式为
。
（6）对比反应物
和所合成产物
的结构，需要在
的苯环
上与酯基相连碳原子的邻位增加含有氮原子的侧链，再与
然后成环，再结合生成物的环状结
构与F 到G 的反应成环流程，推断出合成
的前一步中间产物应该是
，再
结合在
催化下，
能将硝基转化为氨基，推断可以得到
前一步的中间产物是
，
由
发生硝化反应可以得到，所以可以得出
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和
合成
路线为：
。
题组三
（建议用时：30 分钟 满分：58 分）
1．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：
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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)。
(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；
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（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
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
。
2．催化还原法是消除大气中
的主要方法之一。回答下列问题：
(1)小分子烃类作为还原剂可以在催化剂上选择性还原大气中的
。反应过程中部分热化学方程式如下
（
表示正反应的活化能）：
i.
ii.
iii.
（保留至小数点后一位）
；已知反应
的
，则
自发进行的适合条件为 （填“高温”“低温”或“任意温度”）。
(2)反应动力学研究发现，在催化剂作用下，
燃烧反应对
还原大气中的
有一定的影响。
①相同条件下，反应速率：反应i （填“>”或“<”）反应ii，理由是 。
②在
催化作用下，
、
的平衡转化率随温度的变化如图所示：
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反应温度低于650K 时，随着温度升高，NO、
的转化率迅速升高，可能的原因为 ；在
673K 之后，
的转化率不断升高至完全转化，但NO 转化率随着温度升高而降低，试分析可能的原因：
（写出一条即可）。
(3)已知：
一定条件下，在1L 密闭容器中通入
和
，发生反应
，反应达到平衡后放出的热量为20.9kJ，该反应的平衡常数为 。
(4)含铜催化剂可用于氨选择性催化还原
。CuCl 是一种应用较广的含铜催化剂，CuCl 的晶胞结构如图
1，沿x、y、z 轴方向的投影均为图2。
①晶胞中Cl 的配位数为 。
②设
为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为
，则晶胞中相邻Cu 之间的最短距离为 （列
出计算式）pm。
【答案】(1)
低温
(2)> 活化能越小，反应速率越快 随着温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，使得NO、
的转化率迅速升高 反应i 为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，NO 转化率降低（或
被
过量氧气氧化，导致
还原NO 选择性降低）
(3)0.5
(4)4
【解析】（1）①根据盖斯定律可知ΔH3=
ΔH1-
ΔH2=− 180.6kJ mol
⋅
−1；
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②该反应为放热的熵减反应，则在低温条件下自发；
（2）①相同条件下，反应速率：反应i＞反应ii；
②活化能越小，反应速率越快，根据题目所给活化能可知，反应速率：反应i＞反应ii；
③随着温度升高，NO、C3H6的转化率迅速升高，可能的原因为随着温度升高，催化剂活性增强，反应速
率加快，使得NO、C3H6的转化率迅速升高；
④反应i 为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，NO 转化率降低（或C3H6被过量氧气氧化，导致C3H6还
原NO 选择性降低），所以在673K 之后，C3H6的转化率不断升高至完全转化，但NO 转化率随着温度升高
而降低；
（3）
的反应热=
kJ / mol -
kJ / mol =-41.8kJ / mol
，理论上1 mol NO2完全反应放热41.8kJ，实际放出的热量为20.9kJ，转化率为50%，根据三段式
，则
；
（4）①根据晶胞可知，Cl 在8 个顶点和6 个面心，均摊下来为
，Cu 有4 个在内部，化学式
为CuCl，Cl 周围与它最近的Cu 为4 个，所以Cl 的配位数为4；
②晶胞中相邻Cu 之间的最短距离为面对角线的
，体积为
cm3，则边长为
pm，晶胞中相邻Cu 之间的最短距离为
。
3．大苏打(
)易溶于水，难溶于乙醇，在中性和碱性环境中稳定，在酸性环境中易变质。某
实验小组用下列装置制备
并探究其性质。
已知：①
；
②
中S 元素的化合价为-2、+6。
回答下列问题：
(1)给装置A 加热应选择 (填“水浴”或“酒精灯”)加热。
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(2)为了保证
的产量，实验中通入的
不能过量，需控制装置A 中
的生成速率，采取的措施
是 。
(3)配制
和
混合溶液时，先将
固体溶于水配成溶液，再将
固体溶于
溶液
中，其目的是 。
(4)
性质的探究。
①称取一定量的样品，溶解，配成
溶液。
②取4mL 溶液，向其中加入1mL 饱和氯水(
)，溶液立即出现浑浊，经检验浑浊物为S。
实验小组研究S 产生的原因，提出了以下假设：
假设1：氧化剂氧化：
、HClO 等含氯的氧化性微粒氧化了硫元素。
假设2：_______(不考虑空气中氧气氧化)。
设计实验方案：
实验组别
胶头滴管滴加试
剂
现象
第I 组
1mL 饱和氯水
立即出现浑浊
第Ⅱ组
_______
一段时间后出现浑浊，但浑浊度比第I 组小，且有少量气泡生成
①假设2 是 。
②第Ⅱ组实验中胶头滴管加入的试剂是 ，发生反应的离子方程式为 。
③依据现象，产生S 的主要原因可能是 。
【答案】(1)酒精灯
(2)将铜粉更换为铜片或其他合理答案
(3)Na2CO3溶液呈碱性，可以抑制Na2S 水解，防止产生H2S 气体
(4)酸性条件下，Na2S2O3与酸反应生成S 单质 1mLpH=2.4 的盐酸
氯气等含氯元素的氧化性微粒将硫元素氧化产生
【分析】由实验装置图可知，装置A 中铜与浓硫酸反应制备二氧化硫，装置B 中二氧化硫与硫化钠和碳酸
钠的混合溶液反应制备硫代硫酸钠，装置C 中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫和反应生成
的二氧化碳，防止污染空气。
【解析】（1）装置A 中铜与浓硫酸反应制备二氧化硫，需要用酒精灯加热，故答案为：酒精灯；
（2）实验时可以通过将铜粉更换为铜片，减慢反应速率，故答案为：将铜粉更换为铜片或其他合理答案；
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（3）碳酸钠和硫化钠都是强碱弱酸盐，在溶液中都能发生水解使溶液呈碱性，在装置乙中溶解两种固体
时，先将碳酸钠溶于水配成溶液，再将硫化钠固体溶于碳酸钠溶液中，可以达到利用碳酸钠在溶液中水解
生成的氢氧根离子，抑制硫化钠的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气的目的，故答案为：Na2CO3溶液
呈碱性，可以抑制Na2S 水解，防止产生H2S 气体；
（4）①硫代硫酸钠在酸性溶液中能与酸反应生成硫沉淀，则假设2 为酸性条件下，硫代硫酸钠与酸反应生
成硫单质，故答案为：酸性条件下，Na2S2O3与酸反应生成S 单质；
②由控制变量唯一化原则可知，第②组实验中胶头滴管加入的试剂是1mLpH=2.4 的盐酸，由题给信息可知，
硫代硫酸钠水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定，所以制备硫代硫酸钠时，应控制溶液pH，防
止溶液pH 小于7，硫代硫酸根离子与溶液中氢离子反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程
式为：
，故答案为：1mLpH=2.4 的盐酸；
；
③由第Ⅱ组实验一段时间后出现浑浊，且浑浊度比I 组小可知，假设1 成立，产生硫沉淀的主要原因是氯
气等含氯元素的氧化性微粒将-2 价硫氧化，故答案为：氯气等含氯元素的氧化性微粒将硫元素氧化产生。
4．苯并咪唑类有机物以其独特的结构与性质在新型医药方面具有广泛的应用前景，H 属于其中一种，其合
成路线如图所示：
回答下列问题
(1)A 的结构简式为 。E 中含氧官能团的名称为 。
(2)反应ⅱ除生成C 和SO2外，还有 生成（填化学式）。
(3)反应ⅲ的反应类型为 。
(4)反应ⅳ中另一种产物为Fe3O4，反应ⅳ的化学方程式为 。
(5)苯胺的结构为
，
可用系统命名法命名为 。
(6)反应ⅵ中K2CO3的作用可能是 。
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(7)D 的同分异构体中，同时满足下列条件的有 种（考虑顺反异构），
①遇FeCl3溶液发生显色反应；②含有碳碳双键；③苯环上有两个取代基。
其中，核磁共振氢谱有四组峰的有 种。
【答案】(1)
酯基、硝基
(2)HCl
(3)取代反应
(4)
(5)3，5-二甲基苯胺
(6)消耗反应生成的HBr，有利于平衡正向移动（合理即可）
(7)9 3
【分析】A 为对二甲苯，发生氧化反应生成B 对甲基苯甲酸，对甲基苯甲酸发生取代反应生成C，C 发生
取代反应生成D；E 发生还原反应生成F；D 与F 发生反应生成G；G 发生取代反应生成H；
【解析】（1）根据A 分子式及C 结构简式可知，A 结构简式：
；E 中含氧官能团的名称：酯基、
硝基；
（2）根据质量守恒可知，反应ⅱ除生成C 和SO2外，还有HCl；
（3）根据分析可知，反应ⅲ的反应类型为取代反应；
（4）反应ⅳ中另一种产物为Fe3O4，反应ⅳ的化学方程式：
；
（5）
可用系统命名法命名：3，5-二甲基苯胺；
（6）反应ⅵ中K2CO3的作用：消耗反应生成的HBr，有利于平衡正向移动；
（7）D 的同分异构体中，同时满足下列条件：①遇FeCl3 溶液发生显色反应，说明含酚羟基；②含有碳碳
双键；③苯环上有两个取代基，一个为羟基，另一个侧链可为：、，结合顺反异构及邻间对位置异构，共
有9 种；其中，核磁共振氢谱有四组峰的有3 种；
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