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大题预测卷（黑龙江、吉林专用）
题组一
（建议用时：30 分钟 满分：58 分）
1．（14 分）铈可用作优良的环保材料。现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO 等杂质)为原料制备碳酸铈
的工艺流程如下：
(1)在对流空气氧化炉中比暴露在空气中“焙烧”大大缩短氧化时间的原因是 。
(2)“酸浸”步骤中产生的气体为 (化学式)。
(3)“滤液1”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水调pH 的范围是 (已知Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38；
Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22；lg2=0.3，离子浓度小于1×10-5mol/L 认为沉淀完全)。
(4)“沉淀”步骤中发生反应的离子方程式为 。
(5)Ce2(CO3)3在空气中焙烧可制得CeO2，该反应的化学方程式为 。
(6)用过量铝粉还原CeO2即可得Ce．铝粉必须过量的原因是：使CeO2充分被还原，提高Ce 的产率；
。
【答案】(1)增大了气体与固体粉末间的接触面积
(2)Cl2
(3)3.3≤pH<7
(4)2Ce3++6HCO =Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O
(5)2Ce2(CO3)3＋O2
4CeO2＋6CO2
(6)利用铝粉与氧气反应产生大量的热，营造高温环境；部分铝粉可能被O2氧化，造成铝粉损耗
【分析】氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO 等杂质)，在空气中焙烧，氟碳铈矿在空气中氧化为CeO2、
CeF4、Fe2O3，用盐酸和H2BO3浸取，过滤分离，Fe3+进入滤液I，滤渣主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，
Ce(BF4)3用饱和KCl 溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣I 是KBF4。滤液中存在
Ce3+，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，滤液I 中加入氨水条件pH 使Fe3+转化为Fe(OH)3过滤除去，
滤渣2 为Fe(OH)3。
【解析】（1）在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积。
故答案为：增大了气体与固体粉末间的接触面积。
（2）用盐酸和H2BO3浸取时，Ce 元素由+4 价下降到+3 价，则Cl 元素会由-1 价上升到0 价，生成Cl2。
（3）“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，Ce3+开始沉淀时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22，c(OH-)=
mol/L
1
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=10-7 mol/L，c(H+)=10-7 mol/L，pH=7，铁离子沉淀完全时，Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38，c(OH-)=
mol/L
=2×10-11 mol/L，c(H+)=
mol/L =5×10-4mol/L，pH=-lg5×10-4=3.3，用氨水调pH 的范围是
3.3≤pH<7，故答案为：3.3≤pH<7。
（4）“沉淀”步骤中碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，离子方程式为：2Ce3++6HCO
=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O。
（5）Ce2(CO3)3在空气中焙烧可制得CeO2，Ce 元素由+3 价上升到+4 价，O 元素由0 价下降到-2 价，根据
得失电子守恒和原子守恒配平该反应的化学方程式为2Ce2(CO3)3＋O2
4CeO2＋6CO2。
（6）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce．铝粉必须过量的原因是：使CeO2充分被还原，提高Ce 的产率；利
用铝粉与氧气反应产生大量的热，营造高温环境；部分铝粉可能被O2氧化，造成铝粉损耗。
2．（15 分）硫脲[CS(NH2)2]是一种白色晶体，熔点180℃，易溶于水和乙醇，受热时部分发生异构化反应
而生成硫氰化铵。回答下列问题：
Ⅰ.硫脲的制备：
将石灰氮(CaCN2)溶液加热至80℃时，通入
气体反应可生成
溶液和石灰乳。某小组同学连接
装置进行模拟实验。
(1)检查装置气密性的操作为① ，在装置F 中加水至浸没导管末端；②微热装置A 处三颈烧瓶，
观察到装置F 处导管末端有气泡冒出，移走酒精灯；③一段时间后，装置F 处导管末端形成一段水柱，且
高度不变。
(2)装置A 中的试剂最佳组合是 (填字母)。
A．
固体
浓硫酸 B．
固体
稀硝酸 C．
固体
稀盐酸
(3)装置B 中的试剂名称为 。装置E 的作用为 。
(4)装置D 中反应温度控制在80℃，温度不宜过高或过低的原因是 ，装置D 中反应的化学方程
式为 。
Ⅱ.硫脲的分离及产品含量的测定：
(5)反应后将装置D 中的液体过滤，将滤液减压蒸发浓缩，当有 现象时停止加热，冷却结晶，
离心分离，烘干即可得到产品。
(6)称取mg 产品，加水溶解配成
溶液，量取
于锥形瓶中，滴加一定量的
酸化，用
2
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标准溶液滴定，初始读数为
，当滴入最后半滴溶液时，溶液颜色 ，且半
分钟无变化时达到滴定终点，标准溶液读数为
。已知：
。(硫脲的相对分子质量为76)，样
品中硫脲的质量分数为 %(用含m、c、
、
的式子表示)。
【答案】(1)关闭
、
、
(2)C
(3)饱和硫氢化钠溶液 防倒吸
(4)温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速率缓慢
(5)出现一层晶膜或有晶膜出现
(6)由无色变为浅紫色或浅红色或(紫)红色
【分析】
固体与盐酸在装置A 中反应生成H2S，生成的H2S 中混有盐酸挥发出的HCl 气体，经饱和
NaHS 溶液除杂后，通入装置D 中与石灰氮(CaCN2)溶液加热至80℃，反应生成
溶液；为避免有
多余的H2S 气体逸出污染空气，装置末端需连接尾气处理装置；
【解析】（1）检查装置气密性的操作：①关闭
、
、
，在装置F 中加水至浸没导管末端；②微热装
置A 处三颈烧瓶，观察到装置F 处导管末端有气泡冒出，移走酒精灯；③一段时间后，装置F 处导管末端
形成一段水柱，且高度不变；
（2）浓硫酸和稀硝酸均具有氧化性，会将S 元素氧化，无法生成H2S 气体，所以应选
固体
稀盐酸药
品组合；
（3）根据分析可知，装置B 中的试剂名称：饱和硫氢化钠溶液；装置E 的作用：防倒吸；
（4）装置D 中反应温度不宜过高或过低的原因温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；
温度过低，反应速率缓慢；
（5）反应后将装置D 中的液体过滤，将滤液减压蒸发浓缩，当有出现一层晶膜现象时停止加热，冷却结
晶，离心分离，烘干即可得到产品；
（6）
可被酸性高锰酸钾氧化，到达滴定终点，滴入最后半滴溶液时，溶液颜色由无色变为浅紫
色或浅红色或(紫)红色；滴定过程消耗酸性高锰酸钾物质的量：
，根据反应计
量数，
物质的量：
，样品中硫脲的质量分数：
；
3．（14 分）
是环境污染物。
(1)消除
转化为游离态的氮。氮元素的单质有
。
分子有多种结构，一种
分子中4 个氮
3
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原子在同一平面上，
的结构式为 。
(2)以氨气为原料脱硝除去
。
①合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，氨的用途广泛。
已知：
则
的
。
②近期我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用
双催化剂，通过光
辐射产生温差(如体系温度为
时，
的温度为
，而
的温度为
)。结合图1 示解
释该双催化剂的工作原理是 。
(3)以丙烯为原料脱硝除去
。研究表明催化剂添加助剂后催化活性提高的原因是形成活性
参与反应，
图2 为丙烯脱硝机理。
①图2 中，甲为 。(用化学式表示)
②若参加反应的丙烯与
物质的量之比为
，则反应的化学方程式为 。
(4)以
为原料脱硝除去
。
烟气中的
与
反应缓慢。雾化后的
在催化剂中
元素作用下可以产生具有极强氧化活性的
(羟基自由基)，
能将
快速氧化为
等物质。
在一种固体催化剂表面转化的过程如
图3 所示：
4
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①图3 所示，过程(1)可描述为 。
②化学式为
的催化剂中，
和
的物质的量之比为 。
【答案】(1)
(2)
根据图中信息，“热
”高于体系温度，
、
在“热
”表面断裂，有利于提高合成氨
反应速率；“冷
”低于体系温度，氨气在“冷
”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
(3)
(4)
失去电子被氧化为
得到电子后被还原为
，晶体中部分
原子失去后形成氧空位
【解析】（1）
分子中4 个氮原子在同一平面上，N 原子最外层5 个电子，则
的结构式为：
；
（2）根据盖斯定律可知，
，
；
根据图中信息，Fe 的温度高于体系温度，
的温度低于体系温度，“热Fe”高于体系温度，
在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有
利于提高氨的平衡产率；
（3）由图可知，氧气，二氧化氮，氧离子三者反应生成甲，氧气具有氧化性，结合质量守恒可知，生成
甲，氧气具有氧化性，结合质量守恒可知，生成甲为二氧化氮被氧化生成的硝酸根离子；
若参加反应的丙烯与NO 的物质的量之比为1：2，若1 分子丙烯参与反应，碳元素的化合价由-1 变为+4，
失去
个电子，2 分子NO 生成氮气，得到
个电子，根据电荷守恒可知，参与反应氧化剂氧
气分子数为
个，则参与反应丙烯，NO，氧气分子个数比为2：4：7，结合质量守恒可知，
反应方程式为：
；
（4）如图可知，过程（1）为
失电子被氧化为
，
得到电子后被还原为
，晶体中部分原子
失去后形成氧空位；
5
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化学式
，,La 为+3 价，O 为-2 价，设
x 个，
1-x 个，则正负化合价代数和为0，
，x=0.4，则
为0.4 个，
为0.6 个，则
和
的物质的量之比为2：
3。
4．（14 分）具有抗菌、消炎等药理作用的黄酮醋酸类化合物H 合成路线如下。
(1)化合物A 的名称为 。
(2)结合平衡移动原理分析，D→E 时溶剂使用
的原因是 。
(3)F→G 中反应物
的作用为__________（填标号）。
A．氧化剂
B．还原剂
C．催化剂
D．萃取剂
(4)A 的一种同系物分子式为
，核磁共振氢谱峰面积之比为
，其结构简式为 （写1
种）。
B→C 为
重排。
重排机理如下。
①中间体Ⅱ中
原子的杂化方式为 。
②中间体Ⅱ→中间体Ⅲ时，因反应位点的不同，还会生成
(M)，分离L 和M 的操作为
，原因是 。
③合成路线中
的结构简式为 。
④利用
重排可合成肾上腺素，合成路线如下。
6
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N 的结构简式为 。
【答案】(1)对甲基苯酚
(2)降低
的溶解度，使生成E 的平衡正向移动
(3)A
(4)
(5)
蒸馏 L 能够形成分子内氢键，M 无法形成分子内氢键，沸点相差较大
【分析】
与
在酸性条件下发生取代反应生成B（
）和
CH3COOH，对比F 和G 的结构简式可知，F→G 的反应过程中发生了氧化反应，从而判断出单质碘的作用，
以此解题。
【解析】（1）根据A 的结构简式可知，化合物A 的名称为对甲基苯酚；
（2）对比D 和E 的结构简式可知，D→E 反应时除生成E 外还生成了NaCl，而氯化钠在乙醇中的溶解度
较小，故答案为：降低
的溶解度，使生成E 的平衡正向移动；
（3）对比F 和G 的结构可知，F→G 的反应为氧化反应，则
的作用为氧化剂，故选A；
（4）A 的同系物中含有酚羟基，分子式为
，且核磁共振氢谱峰面积之比为
，则其结构简式
为：
；
（5）①根据Ⅱ的结构可知，其中Al 的价层电子对数为4，则其杂化方式为：
；
②对比L 和M 的结构可知，L 可形成分子内氢键沸点较低，而M 可形成分子间氢键，沸点较高，两者沸点
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相差较多，则分离L 和M 的操作为：蒸馏；原因是：L 能够形成分子内氢键，M 无法形成分子内氢键，沸
点相差较大；
③由分析可知，B 为
；
④根据流程可知，在氯化铝的作用下
和
发生取代反应生成
。
题组二
（建议用时：30 分钟 满分：58 分）
1．（14 分）我国锰矿资源主要为贫碳酸锰矿(主要成分为
，还含有少量
、
、
、
、
、
)，利用贫碳酸锰矿制取
的流程如图所示，回答下列问题。
8
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已知：
，
。
(1)
中锰元素的价态有+2 价和+3 价，则下列表示
组成的式子正确的是___________(填标号)。
A．
B．
C．
D．
(2)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。
(3)“氧化”的目的是将
转化为
，写出发生反应的离子方程式 ，检测
是否完全氧化
的试剂是 (写试剂名称)。
(4)“除钙镁”后的滤液中
。
(5)“碳化”过程需要加热，但温度不能太高，试分析温度不能太高的原因 。
(6)“焙烧”过程中随温度不同生成的锰的氧化物也不同。图中A 点对应的氧化物是 ，为了获得
，需要加热到
(已知：A、B、C 三点对应的物质均为纯净氧化物)。
【答案】(1)B
(2)
、
(3)
铁氰化钾溶液
(4)0.7
(5)温度太高会导致
分解，降低产率
(6)MnO2 770
【分析】碳酸锰矿加入稀硫酸酸浸，氧化钙和硫酸反应生成微溶物硫酸钙、二氧化硅不反应，过滤得到滤
渣1，锰、铁、镁、铝元素进入溶液，加入二氧化锰把二价铁转化为三价铁，再加入碳酸钙调节pH，
pH=5~7 时，铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣2；加入氟化钠溶液生成氟化
镁、氟化钙沉淀，过滤得到滤渣3；滤液中加入碳酸氢铵溶液得到碳酸锰沉淀，焙烧得到Mn3O4。
【解析】（1）根据正负化合价代数和为0 可知，3 个锰原子中有1 个为+2 价锰，2 个为+3 价锰，故答案为：
B；
（2）SiO2不溶于硫酸，CaO 与H2SO4反应生成微溶性的CaSO4，所以“滤渣1”的主要成分是SiO2和
CaSO4；
（3）MnO2作氧化剂得电子转化为Mn2+，Fe2+失电子转化为Fe3+，反应的离子方程式为
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；检测Fe2+是否完全氧化，即检验溶液中是否有Fe2+剩余，因此可使
用铁氰化钾溶液检验，无蓝色沉淀生成，则证明Fe2+完全氧化；
（4）“除钙镁”后的滤液既是CaF2的饱和溶液，又是MgF2的饱和溶液，故溶液中存在如下关系：
；
（5）NH4HCO3不稳定，受热易分解，从而降低产率，所以加热时温度不能太高；
（6）取1molMnCO3，其质量为115g，A 点生成的锰的氧化物其质量为
，该氧化物中
含有1mol 锰原子，其质量为55g，故氧原子的质量为
，即氧原子的物质的量为2mol，故A 点
氧化物为MnO2；B 点生成的锰的氧化物其质量为
，该氧化物中含有1mol 锰原子，
其质量为55g，故氧原子的质量为
，即氧原子的物质的量为
，故B 点
氧化物为Mn3O4；C 点生成的锰的氧化物其质量为
，该氧化物中含有1mol 锰原子，其
质量为55g，故氧原子的质量为
，即氧原子的物质的量为1mol，故C 点氧化物为MnO，所以
为了获得Mn3O4需要加热到770℃。
2．（15 分）乙基溴化镁(
)是一种性质极为活泼的有机试剂。其制备和使用过程如下：
已知：
①制备原理：
，反应决速步为
，该步所需能量决定了反应的活性；
②
极易在空气、潮湿、酸性环境下变质；
③几种物质的物理性质
物质
熔
点/℃
沸
点/℃
物理性质(25℃)
乙醚
―116.2
34.5
无色液体、易挥发、易燃
四氢呋喃
―108.5
66.0
无色液体，可溶于水、乙醛
乙基溴化
镁
―116.3
34.6
深棕色液体
Ⅰ．制备
在仪器A 中加入3.6gMg 屑(已在稀盐酸中浸泡2 小时并干燥)，向恒压滴液漏斗中倒入10.1mL(0.10mol)
和25.0mL 无水乙醚的混合液备用。之后将少量混合液加入A 中，并添加少量引发剂，使用热
风枪吹热A，待液体微沸，再逐滴缓慢加入余下的混合液，冰浴1.5h 后反应结束。
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Ⅱ．使用
打开恒压滴液漏斗上口的玻璃塞，加入6.7mL(0.12mol)乙醛，之后打开其下口使乙醛逐滴与
反应，然后滴加20.0mL 饱和
溶液生成产物X(伴有一种盐和碱性气体产生)。将X 从混合液中提纯
后，其质量为5.92g。
回答下列问题：
(1)仪器A 的名称是 ，
的晶体类型为 。
(2)Ar 气球的作用是 。
(3)研究发现，卤代烃均有和Mg 反应的性质，则以下物质中反应活性最高的为______(填序号)。
A．
B．
C．
D．
(4)“制备”过程中使用热风枪替代酒精灯的原因是 。若迟迟未能引发反应，则将溶剂更换为四氢呋
喃即可顺利进行，其原因是 。
(5)“使用”过程中，X 在提纯后进行了氢谱和质谱的表征，结果如下：
则
与乙醛反应生成X(碳骨架无支链)的总反应为 。
(6)
在“制备”中的产率为 %(“使用”过程中反应均完全，且提纯无损耗)。
【答案】(1)三颈烧瓶 分子晶体
(2)确保反应装置内部无空气，避免
被氧化
(3)D
(4)乙醚易燃，若用酒精灯会有明火，导致爆炸 四氢呋喃沸点更高，加热回流时可提高反应液的温度，
从而引发反应
(5)
(6)80
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【解析】（1）由仪器构造可知A 为三颈烧瓶；由已知条件③可知
熔沸点较低，主要由分子
间作用力维系物理状态，故为分子晶体。
（2）由已知条件②可知
性质活泼，易被氧化，故需用Ar 气保护，通入Ar 气确保反应装置
内部无空气，避免
被氧化。
（3）由已知条件①可知卤代烃反应的活性取决于C―X(碳卤键)断键形成自由基的难易，断键又由碳卤键
的键长(键长越长，均裂获得自由基更容易)决定，故选择碘乙烷，
（4）由已知条件③可知乙醚易燃，易挥发，若泄露遇酒精灯外焰明火会导致爆炸。由已知条件③可知四
氢呋喃沸点更高，故加热回流沸腾时可提高反应液的引发温度，提供更多能量。
（5）由H-NMR 可知生成产物X 有5 种H 原子，个数比为1 1 2 3 3
∶∶∶∶，又质谱显示相对质量为74.故可能的结
构为
或
，又X 无含碳支链，X 为
。碱性气体为
，通过原子守恒可知生成的盐为
，反应方程式为：
。
（6）由实验步骤可知Mg 过量，
(0.10mol)少量，乙醛(0.12mol)过量，故
的理论产
量为0.10mol，而
，则
的实际产量为
，故产率为
。
3．（14 分）铁元素广泛存在于自然界中，铁及其化合物有着丰富的化学性质。
(1)
铁粉与
溶液反应，产生
的体积（标准状况下）随时间变化如图。
①
反应平均速率
；
②
、、三点反应速率从大到小顺序是： 。
(2)常温下，
溶液与
溶液反应生成血红色配合物，反应方程式可表示为
，下列说法正确的是_______。（填标号）
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A．增大
溶液的浓度，平衡常数增大
B．向上述平衡体系中加入适量
固体，平衡不移动
C．加水稀释，平衡向左移动，且溶液的红色变浅
D．加入少量铁粉，
减小
(3)反应
在加入
催化后，反应进程中的能量变化如下图所示。
已知反应机理中有
出现。
①写出速控步的热化学方程式： ；
②反应过程中由于
浓度较低而不容易被检测到，请回答
浓度较低的原因：
。
(4)某些有色物质会吸收特定波长的光，吸光度与有色物质的浓度呈正比，这是分光光度法的基本原理，用
公式表示为
。溶液中
与邻二氮菲（
，一种双齿配体，其结构见下图）会生成橘黄色的配合物
，反应为：
；取
的溶液，加入不同体积浓度均为
的
溶液，充分反应后加水定容至
，得到系列溶液，测其吸光度，结果如下
表：
根据此数据，可以推断反应计量数
，并计算
值，且可利用分光光度法测定未知溶液中
的浓度。
已知：1．
为吸光度，无单位；
为常数，单位为
；为有色物质的物质的量浓度，单位为
（
和
吸光度近似为0）。
2．邻二氮菲的结构如图所示：
回答以下问题：
13
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①使用该方法时，需要控制
在2~9 之间，其原因为： 。
②
中
的配位数为 。（填标号）
A．2 B．3 C．6 D．8
③该实验条件下
值为 。
【答案】(1)
(2)BC
(3)
第一步基元反应活化能较高为慢
反应，第二步基元反应活化能较小为快反应。第一步反应产生的
很快被第二步反应消耗，故
浓度
较小
(4)
，
浓度较大，邻二氮菲中的
会与
结合（形成配位键），导致其与
配位能力减弱；
，
浓度较大，
与
反应，影响
与邻二氮菲配位
【解析】（1）①
反应平均速率
；
②结合纵坐标生成氢气的体积以及曲线的斜率，
、、三点反应速率从大到小顺序是v(b)>v(a)>v(c)。
（2）A. 温度不变，平衡常数不变，故增大KSCN 溶液的浓度，平衡常数不变，A 错误；
B. 钾离子、氯离子不参与反应，向上述平衡体系中加入适量
固体，平衡不移动，B 正确；
C. 加水稀释，离子总浓度减小，平衡向离子浓度增大方向移动，故向左移动，且溶液的红色变浅，C 正确
D. 加入少量铁粉，铁离子和铁粉反应生成亚铁离子，浓度减小，平衡逆向移动，
增大，
增大，D 错误；
故选BC。
（3）根据
(aq)+2I−(aq)=2
(aq)+I2(aq)结合图像，可得两步反应为
步骤①：2Fe3+(aq)+2I−(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq)；
步骤②：2Fe2+(aq)+
(aq)=2Fe3+(aq)+2
(aq)；
①活化能最大的一步为决速步骤，由图可知，决速步热化学方程式为：2Fe3+（aq）+2I-（aq）=I2（aq）
+2Fe2+（aq）ΔH=+(E3−E2)kJ/mol；
②反应过程中由于
浓度较低而不容易被检测到，请回答
浓度较低的原因：第一步基元反应活化能
较高为慢反应，第二步基元反应活化能较小为快反应。第一步反应产生的
很快被第二步反应消耗，故
浓度较小。
（4）由表格数据可知，加入6.00mLX 溶液后，吸光度A 的不变化，说明溶液中亚铁离子与X 溶液完全反
应，则n 值为
=3，则Y 的化学式为FeX3，由X 的结构简式可知，Y 中具有空
轨道的亚铁离子与6 个具有孤对电子的氮原子形成配位键，亚铁离子的配位数为6；由方程式可知，25
14
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mLY 溶液的浓度为
=4.8×10−5mol/L，由溶液的稳定吸光度A 为0.72 可知，常数
k=
=1.5×104。
①使用该方法时，需要控制
在2~9 之间，其原因为：
，
浓度较大，邻二氮菲中的
会与
结合（形成配位键），导致其与
配位能力减弱；
，
浓度较大，
与
反应，影响
与邻二氮菲配位。
②由分析可知，Y 中亚铁离子的配位数为6，故选C。
③由分析可知，该实验条件下，常数k=1.5×104。
4．（15 分）化合物A 是合成雌酮激素的中间体，合成路线如下：
回答下列问题：
(1)若C 的结构简式是
，则B 的结构简式是 。化合物A 中的含氧官能
团的名称是 。
(2)若D 中只有两种含氧官能团，D 的结构简式是 。D 的同分异构体W 符合下列条件，则W 的结构
有 种。
①苯环上只有三个取代基，其中一个是氨基
1molW
②
能与2molNaHCO3反应
③不能发生银镜反应，也不和FeCl3溶液发生反应
(3)B 转化为C 的化学方程式是 。C 转化为D 的反应类型是 。
(4)E 与足量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为 。
(5)设计由乙酸酐[(CH3CO)2O]和苯制备
的合成路线： (无机试剂任选)。
【答案】(1)
酮羰基、醚键
(2)
26
15
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(3)
还原反应
(4)
(5)
【分析】比较原料和C 的结构简式
，参照反应条件，可确定B 为
， 采用逆推法，可确定D 为
。E 与(CH3O)2SO2在
NaOH 作用下发生反应，所得产物再与H+作用，可得到F；F 与SOCl2发生取代反应可生成G，G 与
(CH3)2CuLi 发生反应可生成A。
【解析】（1）若C 的结构简式是
，依据反应条件，采用逆推法，可确定
B 的结构简式是
。化合物A 为
，含氧官能团的名
称是酮羰基、醚键。
（2）若D 中只有两种含氧官能团，由C、E 的结构简式，可确定D 的结构简式是
。D 的同分异构体W 符合下列条件：“①苯环上只有三个取代基，其中
一个是氨基；②1molW 能与2molNaHCO3反应；③不能发生银镜反应，也不和FeCl3溶液发生反应”，则
W 分子中含有1 个苯环、1 个-NH2，另外两个取代基可能为-COOH、-CH2CH2COOH[或-CH(CH3)COOH]，
共有20 种可能结构；W 分子中含有1 个苯环、1 个-NH2，另外两个取代基可能都为-CH2COOH，可能结构
有6 种，则W 的结构有20+6=26 种。
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（3）B(
)转化为C(
)，发生硝化反应，化学方程
式是
。
在Zn、HCl 作用下，C(
)转化为D(
)，则
反应类型是还原反应。
（4）E(
)与足量的氢氧化钠溶液反应，-COOH、-OH 都发生反应，化学方
程式为
。
（5）由乙酸酐[(CH3CO)2O]和苯制备
，依据题给流程中的信息，在AlCl3作用下发生取
代反应，生成
，然后发生还原反应，从而得到目标有机物。合成路线为：
。
17
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题组三
（建议用时：30 分钟 满分：58 分）
1．（14 分）以某种铁钴矿(主要成分为
，还含有少量
等杂质)为原料制取
和黄钠
铁矾的工艺流程如下图所示：
回答下列问题：
(1)滤渣3 的主要成分为 ；确定“滤液1”中的
已被完全氧化的方法是 。
(2)向“溶液A”中加入适量的
溶液，生成颗粒较大的黄钠铁矾[
]沉淀的同时还
生成一种气体，这种气体的化学式是 。
(3)向“滤液3”中按物质的量之比为
加入
和
，若“滤渣4”的成分为
，总反应的
离子方程式是 。经检测，“滤渣4”是由
和
形成的混合物。隔绝空气灼烧
时，
发生反应的化学方程式是 ；如果控制温度不当，
会生成
杂质，
反应的化学方程式是 。
(4)向“滤液1”中加入的“
溶液”须控制用量，请解释原因 。
【答案】(1)MgF2 取适量滤液1 于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀产生，说明Fe2+已
被完全氧化
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(2)CO2
(3)
(4)由于Fe2+的还原性强于Co2+，优先被NaClO 溶液氧化为Fe3+，若NaClO 溶液过量，则Co2+也会被氧化，
所以控制NaClO 溶液有利于得到较纯的黄钠铁矾
【分析】铁钴矿焙烧时硫元素转化为二氧化硫，高温下碳元素转化为碳的氧化物，铁元素转化为铁单质，
钴元素转化为钴单质，然后用硫酸酸浸，二氧化硅不溶，滤液1 中主要含有Co2+、Fe2+、Mg2+等，加入次
氯酸钠氧化溶液中的亚铁离子，加入碳酸钠调节pH 沉淀铁离子，使其转化为黄钠铁矾，滤液2 中加入氟
化钠沉淀镁离子，滤液3 中加入次氯酸和碳酸钠，氧化Co2+，同时使其转化为滤渣4，滤渣4 焙烧得到三
氧化二钴，据此解答。
【解析】（1）①滤液2 中加入氟化钠沉淀镁离子，所以滤渣3 的主要成分为MgF2；
②检验亚铁离子一般用K3[Fe(CN)6]溶液，所以确定滤液1 中的Fe2+已被氧化完全的方法为：取适量滤液1
于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀产生，说明Fe2+已被完全氧化；
（2）①在溶液A 中加入适量的Na2CO3调节pH 为1.6 2.0
∼
，生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，根据
原子守恒可知生成气体的化学式为CO2；
（3）①滤液3 中加入次氯酸和碳酸钠，氧化Co2+钴离子，同时使其转化为Co(OH)3，根据添加比例及氧化
还原规律可得到总反应的离子方程式是
；
②由流程可知，Co(OH)SO4隔绝空气灼烧时生成Co2O3，根据原子守恒可知还有水和三氧化硫生成，则发
生的化学反应方程式为
；
③如果控制温度不当，Co(OH)3会生成CoO 杂质，发生氧化还原反应，根据氧化还原规律，可得反应方程
式为：
；
（4）由于Fe2+的还原性强于Co2+，优先被NaClO 溶液氧化为Fe3+，若NaClO 溶液过量，则Co2+也会被氧
化，所以控制NaClO 溶液有利于得到较纯的黄钠铁矾。
2．（15 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。
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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)。
【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)
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(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：
=
。
3．（14 分）氮氧化物是大气污染物之一，消除其造成的环境污染，对促进社会可持续发展有重要意义。
回答下列问题：
(1)NH3(g)和O2(g)发生反应的反应历程如图所示。
反应4NH3(g)+6NO(g)
5N2(g)+6H2O(g)的△H= kJ/mol。
(2)在密闭容器中充入4molNH3和5molNO，反应4NH3(g)+6NO(g)
5N2(g)+6H2O(g)平衡时NH3的物质的量
21
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分数随温度、压强的变化关系如图。
①下列叙述错误的是 (填字母)。
A．其他条件不变，升高温度平衡逆向移动
B．其他条件不变，增大压强，平衡不移动
C．NH3的质量不变时，则达到平衡状态
D．加入催化剂，则可以提高NO 的平衡转化率
E．加入催化剂，能降低△H，加快化学反应速率
A
②
点NH3的平衡转化率为 %(保留两位小数)。
③从平衡浓度的角度写出该反应的平衡常数表达式为K= ，K(B) K(C) K(E)(填“>”“<”或
“=”)。
(3)以多孔石墨为电极的碱性电解池处理氮氧化物，装置如图：
①阳极电极反应式为 、 。
②当电路中转移2mol 电子时，阴极放电的O2的质量为 g。
【答案】(1)-1650
(2)BDE 9.09
> =
(3)2OH-+NO2-e-=
+H2O 4OH-+NO-3e-=
+2H2O 16
【解析】（1）由NH3(g)和O2(g)反应历程可知
4NH
①
3(g)+5O2(g)
4NO(g)+6H2O(g)
H
△
1=-900KJ/mol；
4NH
②
3(g)+3O2(g)
2N2(g)+6H2O(g)
H
△
2=-1200kJ/mol；
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根据盖斯定律可知：(
×5-
×3)×
②
①
可得方程式：4NH3(g)+6NO(g)
5N2(g)+6H2O(g)
H=(
H
△
△
2×5-
H
△
1×3)×
=(-1200kJ/mol×5+900kJ/mol×3)×
=-1650kJ/mol。
（2）①A.该反应为放热反应，其他条件不变，升高温度平衡逆向移动，A 正确；
B.其他条件不变，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动(即逆向移动)，B 错误；
C.NH3的质量不变时，则达到平衡状态，C 正确；
D.催化剂不能改变平衡状态，不影响平衡转化率，D 错误；
E.催化剂不能改变反应的△H，但能降低反应的活化能，加快化学反应速率，E 错误；
答案选BDE；
②设A 点NH3转化的物质的量为4xmol，则
A 点NH3的物质的量分数为40%，
×100%=40%，x=
，A 点NH3的平衡转化率α(NH3)=
×100%=
×100%≈9.09%；
③该反应的平衡常数表达式为K=
，平衡常数受温度影响、不受压强影响，该反应为放热
反应，相同压强下，T1下NH3的物质的量分数小于T2，则T1<T2，温度越高，平衡常数越小，所以
K(B)>K(C)=K(E)。
（3）①通入NO2、NO 的多孔石墨电极与电源的正极相连为阳极，NO2、NO 放电生成
，碱性环境中
的电极反应式为2OH-+NO2-e-=
+H2O，4OH-+NO-3e-=
+2H2O；
②阴极O2放电的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，转移2mol 电子时参与放电的O2的物质的量为
0.5mol，其质量为m=n×M=0.5mol×32g/mol=16g。
4．（15 分）化合物F 是一种重要的药物中间体，其人工合成路线如下：
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已知：①
(R1、R2为烃基或者氢原子)。
②
(R1、R2、R3为烃基或者氢原子)。
(1)B 中所含σ 键和π 键之比为 。
(2)C→D 过程中经历C
。
Z
①
结构简式为 。
Z→D
②
的反应类型为 。
(3)G 的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①能与FeCl3发生显色反应；
②在酸性条件下能发生水解，所得产物中均含有三种不同化学环境的氢原子。
(4)设计以
、
为原料制备
的合成路线(无机试剂任用，合成路线
流程图示例见本题题干) 。
【答案】(1)5:1
(2)
消去反应
(3)
(其他符合要
求)
(4)
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【分析】A 为
，与HCHO 在NaOH/H+作用下发生加成、消去反应，生成
；B 与
CH2(COOC2H5)2在NaOEt、条件下发生反应，生成
∆
；C 与ClCH2CHO 反应，生成
；D 与Zn、BrCH2COOC2H5作用，生成E 为
；E 在H+/H2O 作用
下发生水解，生成F 为
；F 受热发生消去反应，生成G 为
。
【解析】（1）B 为
，分子中含有6 个C-H 键、2 个C-C 键、1 个C=O 键和1 个碳碳双键，则含
10 个σ 键和2 个π 键，所含σ 键和π 键之比为5:1。
（2）C(
)→D(
)过程中经历
。则：
Z
①
结构简式为
。
Z→D
②
的反应类型为消去反应。
（3）G 为
，它的一种同分异构体同时满足下列条件：“①能与FeCl3发生显色反应；②
在酸性条件下能发生水解，所得产物中均含有三种不同化学环境的氢原子”，则该同分异构体分子中含有
苯环、酚羟基、酯基，另外，苯环上可能含有互为对称位置的2 个甲基，水解生成的羧酸分子中，还含有
1 个碳碳双键，则可能结构简式为：
25
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(其他符合要求)。
（4）以、为原料，利用题给流程图中A→D 的信息，首先将氧化为，在NaOH/H+作用下再转化为，与
CH2(COOC2H5)2 在NaOEt、条件下转化为，采用逆推法，由目标有机物确定还需要的反应物为，依据题
∆
给信息，可将与Cl2 在H+作用下发生取代反应生成，与发生反应，从而制得。合成路线为。
26
