2023年高考押题预测卷2（山东卷）-化学（全解全析）

2023年高考押题预测试卷02（山东卷）

化学•全解全析

123456789101112131415

BADCDDCBADBDABCBCA

一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1.化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误的是

A.硅胶、生石灰均可用作食品干燥剂

B.葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇

C.将CO2还原为甲醇，有利于实现“碳中和”

D.焰火、激光都与原子核外电子跃迁释放能量有关

【答案】B

【解析】A.硅胶、生石灰均能吸水而且无毒，所以可用作食品干燥剂，A正确：

B.葡萄糖在酒化酶的作用下发生分解反应生成乙醇，B错误：

C.将CO2还原为甲爵，能够减少向空气中排放CO2的量，有利于实现“碳中和”，C正确；

D.焰火、激光的产生与原子核外电子跃迁释放能量有关，D正确：

故选B。

2.下列叙述正确的是

A.容量瓶、滴定管、分液漏斗使用前均需要检验是否漏水

B.可用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷生烟

C.金属镁着火时，可用泡沫灭火器灭火

D.可将硝酸银固体保存在棕色细口瓶中

【答案】A

【解析】A.容量瓶颈上有玻璃塞，酸式滴定管下端有玻璃活塞，简式滴定管下端有玻璃珠和分液漏斗下端

有玻璃活塞，它们是否密封不能直接观察出来，故使用前均需要检验是否漏水，A正确；

B.瓷用烟的主要成分中含有二氧化硅，能够与氢氟酸反应，不能用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷用烟,

B错误；

占燃

C.由于镁可以在CO2中继续激烈燃烧，反应原理为：2Mg+CCh-2MgO+C,故金属镁着火时，不可用

泡沫灭火器灭火，C错误；

D.硝酸银见光易分解，可将硝酸银固体保存在棕色广口瓶中，D错误；

故答案为：A,

3.下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是

选项物质(括号内为杂质)除杂试剂

ACO2(SO2)饱和NaHCC)3溶液

BAl2O3(Fe203)盐酸、NaOH溶液、

CNH-无水CaJ

D澳苯(B")NaOH溶液

【答案】D

【解析】A.用饱和NaHCCh溶液来除去CO2中的SO2,反应原理为：2NaHCO3+SO2=Na2SCh+2CO2+H2O

该反应未有化合价改变，不属于氧化还原反应，A不合题意；

B.用|NaOH溶液、CO2即可除去AbCh中的FezCh,涉及的反应先后为：A12O3+2NaOH=2NaAIO2+H2O.

A

NaAlO2+2H2O+CO2=Al(OH)31+NaHCO3,2A1(OH)3=AI2O3+3H2O,试剂盐酸可以不用，且未有元素化合价

改变，均不属于氧化还原反应，B不合题意：

C.干燥氨气不能用无水CaCb,试剂错误，C不合题意；

D.除去溪苯中的Bn,用NaOH溶液然后分液，反应原理为：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O,该反应有

元素化合价改变，属于氧化还原反应，D符合题意；

故答案为：D。

4.铝与铝性质相似，但活泼性比铝弱、熔点比铝高。下列说法错误的是

A.可用铝热反应制备倍

B.常温下铝在浓硝酸中发生钝化

C.可直接蒸发CrCL溶液制备无水CrCL；

D.已知碱性条件下，Cr(HI)可被氧化为Cr(VI),则其氧化产物为CrO：

【答案】C

【解析】A.由题干信息可知，铭与铝性质相似，但活泼性比铝弱，故可用铝热反应制备铭，原理为：

高温

2Al+Cr2O3^A12O3+2Cr,A正确；

B.由题干信息可知，铭与铝性质相似，已知常温下铝在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，故常温下铭在浓硝酸

中发生钝化，B正确；

C.由题干信息可知，铭与铝性质相似，故蒸发CrCb溶液时由于CrCb水解得到Cr(OH)3和HCI,HC1易挥

发，促进水解正向进行，故直接蒸发CrCb溶液不能制备无水CrCb,C错误；

D.己知碱性条件"Cr(IH)可被氧化为Cr(W),由50歹+H2O.-+2H+可知,则其氧化产物为CrO：,

D正确；

故答案为：Co

5.北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”"雪容融''由PVC、PC、ABS和亚克力等环保材料制成。下列说法正确的是

CH+

A.PVC(|)的单体为氯乙烷

CI

B.)中所有碳原子均可共面

C.

D.ABS的单体之一苯乙烯能使高镭酸钾溶液褪色

【答案】D

-FCH,—CH-br

【解析】A.PVC(-I)的单体为氯乙烯，故A错误;

中两个苯环之间的碳为饱和碳原子，所以所有碳原子均不

可共面，故B错误;

只含有酯基一种官能团,故C错误;

D.ABS塑料是丙烯月青、丁二烯、苯乙烯三种单体的三元共聚物，苯乙烯含有双键，能使高锌酸钾溶液褪

色，故D正确;

故答案选D。

6.黑磷具有与石墨相似的层状结构，其结构如图所示。下列分析错误的是

A.黑磷中既存在非极性共价键又存在范德华力

B.黑磷的熔点高于白磷

C.黑磷中P原子杂化方式为sF

D.第三周期只有Cl元素的第一电离能大于P

【答案】D

【解析】A.黑磷中P与P之间存在非极性共价键，层与层之间存在范德华力，A正确；

B.黑磷分子的相对分子质量远大于白磷，黑磷的熔点高于白磷，B正确；

C.黑磷中结构中连接为空间立体结构，故P原子杂化方式为sp3,C正确；

D.第三周期中Ar与C1的第一电离能都大于P的，D错误；

故选D。

7.“化学多米诺实验”是利用化学反应中气体产生的压力，使多个化学反应依次发生，装置如图所示。若在

①〜⑥中加入表中相应试剂，能实现“化学多米诺实验”且会使⑤中试剂褪色的是

选项①中试剂②中试剂③中试剂④中试剂⑤中试剂⑥中试剂

溶液溶液

A稀硫酸Zn浓盐酸Ca(ClO)2FeCUNaOH

B浓氨水碱石灰水A12s3酸性KMn。」溶液NaOH溶液

KMnO,溶液

C双氧水MnO2饱和食盐水CaC2浓漠水

D盐酸大理石浓硫酸NaCl可叫溶液水和CCL

【答案】C

【解析】A.稀硫酸与Zn反应生成氢气，氢气将③中浓盐酸压入④中，④中浓盐酸和Ca(C10)2反应生成氯

气，氯气进入⑤与氯化亚铁反应生成氯化铁，无法使⑤中试剂褪色，A错误；

B.浓氨水和碱石灰反应生成氨气，氨气易溶于水，无法将水压入④中，B错误：

C.双氧水在二氧化镒为催化剂的情况下分解生成氧气，氧气将饱和食盐水压入④中，饱和食盐水与CaC2

反应生成乙快，乙快进入⑤中与浓滨水发生加成反应从而使浓溪水褪色，最后高钵酸钾吸收多余的乙快，C

正确；

D.盐酸与大理石反应生成二氧化碳，二氧化碳将浓硫酸压入④中，浓硫酸和NaO反应生成HCLHCI溶

于高钵酸钾溶液但是不能使高镭酸钾溶液褪色，D错误；

故答案选C。

8.有机物M的结构如图所示，下列关于M的说法错误的是

Q

A.能与澳水发生加成反应和取代反应

B.与足量H2加成后的产物不能使酸性高镒酸钾溶液褪色

C.一定条件下，ImolM最多可与4moiNaOH反应

D.ImolM与足量Na2co3溶液反应，最多消耗2moiNa2c0、

【答案】B

【解析】A.由题干有机物的结构简式可知，分子中含有酚羟基且其邻位上有H,故其能与浸水发生取代反

应，且分子中含有碳碳双键，故能于Brz水发生加成反应，A正确；

B.由题干有机物的结构简式可知，与足量H?加成后的产物中含有醇羟基、竣基和碳氯键等官能团，其中

醇羟基能使酸性高镒酸钾溶液褪色，B错误；

C.由题干有机物的结构简式可知，Imol分子中含有Imol酚羟基可消耗ImolNaOH,含有Imol假基，可

消耗ImolNaOH,Imol碳氯键（直接与苯环碳原子相连），可消耗2moiNaOH,即一定条件下，1molM最多

可与4moiNaOH反应，C正确：

D.由题干有机物的结构简式可知，ImolM与足量Na2cCh溶液反应,竣基和酚羟基最多消耗Na2c各Imol

即2moiNa2co3,D正确；

故答案为：B。

9.居里夫妇用a粒子（；He）轰击某金属原子1X得到%Y,基态丫原子3P能级半充满。北丫具有放射性，

很快衰变为或Q：；He+>一以2丫+标，北丫一以十上。下列说法正确的是

A.第一电离能：X<Q<Y

B.自然界不存在北丫4分子是因其化学键不稳定

C.X原子核内中子数与质子数之比为13:14

D.简单氢化物的热稳定性：Y<Q

【答案】A

［分析］基态丫原子3p能级半充满，所以丫原子为P；由；He+》一或2Y+：>n可知，A+4=30+l,A=27,

X和丫质子数相差2,所以X为Al；Q和丫质子数相差1,Q为Si,据此分析解题。

【解析】A.X为Al,Q为Si,丫为P,同一周期元素的笫一电离能随着原子序数的增大而增大，所以第一

电离能:Al<Si<P,故A正确；

B.由题意3叩易衰变，加之其化学键非常不稳定，故自然界中不存在故B错误；

C.X为Al,质子数为13,中子数为14,所以中子数与质子数之比为14：13,故C错误；

D.P电负性大于Si,所以简单氢化物的热稳定性：Y>Q,故D错误；

故答案选A。

10.正丁醛经催化加氢可得到含少量正丁醛的1一丁醇粗品，为提纯1一丁醇设计如图路线。

试剂a试剂b无水MgSC)4

国"操作I.工操作IIJW」!,操作【【IJ7*山I蒸福一际1

粗品|-----T滤液I-------H有机相-------T有机相------T纯品

已知：①1一丁醇微溶于水，易溶于乙醛；

②R-CHO+NaHSCh(饱和)一R—CH(OH)SO3Na］。

下列说法错误的是

A.试剂a为饱和NaHSCh溶液，试剂b为乙醛

B.操作I和操作III均为过滤

C.无水MgSO4的作用是干燥除水

D.蒸储时冷却水应从球形冷凝管的上口进入

【答案】D

【分析】试剂a为饱和NaHSCh溶液，加入到粗品中形成沉淀，然后通过操作I过滤即可除去；由于饱和

NaHSCh溶液是过量的，所以加入试剂b乙醛的目的是萃取溶液中的1-丁醇，所以操作H为萃取分液：加入

无水硫酸镁作干燥剂，操作III为过滤，1-丁醇和乙醛的沸点相差很大，因此可以利用蒸储将其分离开。

【解析】A.由信息R—CHO+NaHSCh(饱和)一R-CH(OH)SO3Na1试剂a为饱和NaHSCh溶液，又1一

丁醉微溶于水，易溶于乙醛，试剂b为乙酸，故A正确；

B.操作I和操作in均是分离固体和液体，均为过滤，故B正确；

C.无水MgSCh的作用是干燥除水，干燥有机相，故C正确：

D.为使冷凝管内的不蒸气得到充分冷却，在进行冷却时，应使水从冷凝管的下方接口进入，匕口出，故

D错误；

故选D。

二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得

4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是

22N2+2H2O+2NH4

\[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]y

2Cu(NH3K

02

A.反应④有极性键的断裂与生成

B.反应②③均为氧化还原反应

C.反应⑤的离子方程式为：CU(NH3)+NO=N2+NH：+H2O+CU(NH3)：

D.总反应还原ImolNO消耗CM1.2L(标准状况)

【答案】BD

【解析】A.由图可知，反应④有氮氧、氮氢极性键的断裂，有氢氧极性键的生成，A正确；

B.反应②③过程中整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键的形成与断裂，其它元素化合价不

变，则氧元素化合价不变，不是氧化还原反应，B错误；

C.由图可知，反应⑤为Cu(NH3)f、NO生成N2、NH；、生0、CU(NH3"，离子方程式为:

+

CU(NH3)4+NO=N2+NH：+H2O+CU(NH3)2,C正确；

D.根据图示可知，总反应为4NO+4NH3+C>2=4N2+6H2O,还原ImolNO同时消耗0.25molC)2,标准状况下

体积为5.6L,D错误；

故选BD.,

12.根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是

选

实验目的实验现象结论

项

探究有机物中官能分别向丙烯酸乙酯和a-氟基丙烯酸乙酯中滴入鼠基活化双键，使其更易发

A

团之间的影响水，前者无明显现象，后者快速固化生加聚反应

氧化性：

KMn4

B比较KMn(\Cl2向酸性°溶液中滴入FeCk溶液，紫红色溶液

KMnO.>Cl,>Fe"

4L

和Fe"的氧化性变浅并伴有黄绿色气体产生

将脱脂棉放入试管中，滴入90%硫酸捣成糊状，30s

C纤维素水解实验后用NaOH溶液调至碱性，加入新制CU（OH）2悬浊纤维素未发生水解

液，无碗红色沉淀产生

探究不同价态硫元向Na2sO3和Na2s混合溶液中加入浓硫酸，溶液中的价和-2价硫可归中为0

D

素之间的转化出现淡黄色沉淀价

【答案】A

【解析】A.官能团决定有机物的性质，向丙烯酸乙酯和a-氟基丙烯酸乙酯中滴入水，前者无明显现象，

后者快速固化，因为鼠基的作用使得双键活性增强，故其更易发生加聚反应，A正确；

B.向酸性KMnCh溶液中滴入FeCb溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生，可以证明KMnC）4氧化

性大于C3无法证明Ch>Fe3+,B错误；

C.将脱脂棉放入试管中，滴入90%硫酸捣成糊状，30s看用NaOH溶液调至碱性，加入新制Cu（OH）2悬浊

液，需加热，若已经水解则可观察到砖红色沉淀产生，C错误；

D.向Na?SO3和Na2s混合溶液中加入浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性，溶液中出现淡黄色沉淀，可能是浓硫

酸氧化NaF，D错误；

故选A»

13.中国是世界上最大的鸨储藏国。以黑鹤精矿（主要成分为FeWO4、MnW04,含少量SiO?）为原料冶炼

鸨的流程如图所示：

纯碱空气

II系列

班松----------操作

黑鸨矿一%%水浸f滤液1-»调pH-滤液II——>H2WO4->WO,-*W

3烧

―Ip"―"VT---

CO2Fe2O3滤渣

MnO2

已知：鸨酸酸性很弱，难溶于水。25℃时，SiO：和WO：开始沉淀的pH分别为10.3和7.3,完全沉淀

的pH分别为8和5。下列说法错误的是

A.“W位于元素周期表第六周期

B.“系列操作”步骤仅涉及物理变化

C.流程中“调pH”范围为8〜10.3

高温

D.FeWO4参与反应的化学方程式为4FeWC\+O2+4Na2CO,—2Fe,O,+4Na2WO4+4CO,

【答案】BC

【分析】黑鸨精矿（主要成分为FeWCM、MnWO4,含少量SiCh）,加入纯碱和空气发生反应后冷却、加水溶

解过滤得到滤渣含元素主要为Fe、Mn,灌液为粗鸨酸钠和硅酸钠溶液，加入硫酸调节pH到7.3,沉淀分离

获得鸨酸，分解得到氧化鸨，通过氢气还原剂还原得到鸨。

【解析】A.W是74号元素，位于元素周期表第六周期，故A正确；

B.滤液I【中含有鸨酸钠，经过系列操作得到铝酸，要加酸酸化产生沉淀，酸化过程是化学变化，故B错误;

C.流程中“调pH”的目的是使SiO；完全沉淀，则应调节pH的范围为7.3-8,故C错误；

D.FeWO,在空气中焙烧得到FeQ”根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为:

高温

4FeWO4+O2+4Na2CO3^2Fe2O3+4Na2WO4+4CO,,故D正确;

故选BCo

14.双膜碱性多硫化物空气液流二次电池可用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电极I为掺杂Na2s2

的电极，电极II为碳电极。电池工作原理如下图所示。下列说法错误的是

A.离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜

B.放电时，中间储液器中NaOH的浓度不断减小

C.充电时，电极I的电极反应式为：2S；-2e=S：

D.充电时，电路中每通过1mol电子，阳极室溶液质量理论上增加9g

【答案】BC

【分析】由图分析可知，电极II为碳电极，放电时，氧气发生还原反应生成氢氧根离子，为正极，则电极I

为负极；

【解析】A.放电时，正极发生还原反应，反应为O2+2H2O+4e-=4OH-;负极发生氧化反应,反应为2S；-2e=S：；

正极区氢氧根离子向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠离子向右侧运动，离子交换膜a

为阳离子交换膜，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，A正确：

B.由A分析可知，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，B错误；

C.充电时，电极I为阴极，得到电子发生还原反应，C错误；

D.充电时，电极n为阳极区，反应为4OH-4e-=O2+2H2O,电路中每通过Imol电子，阳极室从中间储液

器进入Imol氢氧根离子、同时生成0.25mol氧气，溶液质量理论上增加17g-8g=9g,D正确；

故选BCo

c(HM)c(M)

15.常温下，向20mL0.1mol/LNaN溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中1g-77—7与1g-7—y的关

c(HN)cfNJ

系如图所示。已知Ka(HN)=3.0xl(y5,下列说法错误的是

A.Ka(HM)=3.0x10^

B.滴入20mLHM溶液后，溶液中存在：c(M)>c(HN)

c(HN)c(HM)

C.随着HM溶液的加入的值变大

CI1'II,CI1V11

D.滴入20mLHM溶液后，溶液中存在：c(HN)+c(0H)+2c(N)=c(HM)+c(Na+)+c(H+)

【答案】A

【解析】A.根据坐标图示可知:当瑞=-1时，1g需彳=0,即此时10c(HM)=c(HN)、c(M-)=c(N),所

c(M>c(H*)_c(H)c(N)

以K〃(HM)=©(HM)130x10，A错误;

“"而xc(HN)

B.滴入等浓度20mLHM溶液后，根据复分解反应的规律：强酸与弱酸盐反应可以制备弱酸，二者恰好发

生反应：HM+NaN=HN+NaM,M-会发生水解反应，HN会发生电离作用,

K1x10~141

K，(M-)=„=——=-xlO10<K“(HN),故c(M-)>c(HN),B正确;

4

Ka(HM)3.0x1O-3

c(HN)c(HM)c(HN)c2(H+)c(HM)c?(H*)

C.随着HM溶液的加入,溶液中存在c(N>c(M)=,溶液中

Ka(HM)Ka(HN)

c(HN)c(HM)

c(H+)会不断增大，电离平衡常数不变，故：石电)增大，C正确;

D.向其中滴入20mL等浓度的HM溶液后，根据物料守恒可知”(HM尸〃(HN),微粒处于同一溶液中，根

据物料守恒可得c(HM)+c(M-)=c(HN)+c(N-);根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(M)+c(N-)+c-(OH-),两式相加,

整理可得关系式c(HN)+c(OH-)+2c(N)=c(HM)+c(Na+)+c(H+),D正确；

故合理选项是A。

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16.（12分）铁及其化合物在生产、生活中有重要应用。回答下列问题：

（1）基态Fe3+的价电子排布式为。

（2）某铁的配合物结构如图1所示，可由（CEXSiCl与K[Fe（CsH5）（CO）2co2]混合加热制得。

①在（CEXSiCl、（CH3）3SiF、（CH3）4Si中，C—Si-C键角最大的是，原因是

②C5H：表示环戊二烯负离子，已知分子中的大n键可用符号成，表示，其中m代表参与形成大兀键的

原子数，n代表参与形成大兀键的电子数（如苯分子中的大兀键可表示为戏），则C5H；中的大兀键应表

示为O

③该铁的配合物中碳原子的杂化方式共有种。

（3）普鲁士蓝晶体属立方晶系，晶胞棱长为apm。铁一氟骨架组成小立方体，Fe粒子在顶点，CN-在棱

上，两端均与Fe相连，立方体中心空隙可容纳K+,如图2所示（CN-在图中省略）。

图2

①普鲁士蓝中Fe?+与Fe3+个数之比为；该晶胞的化学式为。

②若所有铁粒子为等径小球，则K+与Fe?+之间最近距离为pm；该晶体的密度为

g・cm-3（阿伏加德罗常数为NA）。

【答案】（l）3d5（1分）

（2）（CHshSiF（1分）F的电负性大，Si周围电子云密度减小，C-Si成键电子对之间的斥力增大，键角

变大（1分）口；（I分）3（1分）

百1228,c3。

⑶1:1（1分）KFe2（CN）6（2分）苧（2分）而…。设分）

【解析】⑴铁是26号元素，则基态Fe3+的价电子排布式为3d5；

（2）①成键电子对之间的斥力越大，则键角越大，在（CMXSiF中F的电负性大，Si周围电子云密度减小,

C-Si成键电子对之间的斥力增大，键角变大，故键角最大的是（CHSSiF；原因是：F的电负性大，Si周围

电子云密度减小，C-Si成键电子对之间的斥力增大，键角变大：

②由Cs芯结构可知，每个碳原子中还有1个电子未参与成键，5个碳原子以及一个c$圾得到一个电子，共

有6个电子参与形成大兀键，因此C5H5中大兀键表示为n>

③根据该铁的配合物的结构可知，其中碳的杂化方式有sp3,sp2,叩一共3种杂化方式；

(3)①二价铁位于体心和棱心，则一共有4个；三价铁位于顶点和面心，一共有4个，故其比值：1:1；晶

胞中有4个钾离子，根据电荷守恒可知，CN-有4+4x2+4x3=24,故化学式为：KFe2(CN)6；

②钾离子位于小立方体的体心，二价铁位于小立方体的顶点，WJd=J(-a)2+(-a)2+(-a)2x-=—apm；密

V22224

1=4X[39+56X2+G2+17)X61X加3=兽xlO,。。

'叉33

NAVNAaaNA

17.(12分)硫酸镁广泛应用于电镀、电池等工业。以红土镶矿(主要成分为NiO,含MgO、ALO3、Fe?O、、

FeOOH、Fe3O4,CuO,ZnO、SiO?等杂质)为原料制备，工艺流程如下。

已知：①相关金属离子[c(M"+)=0.1mol[T]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:

金属离子Fe2+Fe3+Al“Mg2+Zn2+Ni2+

开始沉淀的PH6.31.83.48.96.26.9

沉淀完全的PH8.33.24.710.98.28.9

②当离子完全沉淀时，c(Mn+)<10-5mol-L7'.

回答下列问题：

(1)为提高"酸溶”中银的浸出率，可采取的措施有(写一条即可)。“滤渣1”的主要成

分为。

⑵写出“硫化除铜”过程中涉及反应的离子方程式、。

(3)“氧化除杂”中加入H2O2和Ni(OH)2的作用分别是,溶液的pH应调节为

〜6之间。

(4)“氟化除杂'冲，若c(Mg2+)=0.004mol-U,取等体积的Ni旦溶液加入体系中发生反应，则加入的NiF；

溶液的浓度至少为mol-r'»[已知Ksp(Mg且)=625x10-9]

⑸称取mg硫酸银晶体(NiSO「H2O,摩尔质量Mg-mo『)样品溶于水，配成25()mL溶液。量取25.00mL

用cmorLEDTA(Na2HW)标准溶液滴定，反应为Ni"+凡丫?一=NiY"+2H，重复三次，平均消耗

EDTA标准溶液VmL,则样品纯度为。

【答案】⑴增大硫酸浓度或加热(1分)SiO2(1分)

2++

(2)Cu+H2S=CuSi+2H(2分)2Fe"+H2s=2Fe?++SJ+2H*(2分)

(3)也。?将Fe"氧化为Fe3+,Ni(0H)2调节溶液pH除去Fe"和Af+(1分)4.7(1分)

(4)2.9x10"(2分)

【分析】红土探矿中加入水和硫酸，二氧化硅不能与酸反应，故滤渣1为SiO2,其余物质转化为相应的金

属离子，往滤液1中加入H?S,CM+与S2-反应生成CuS,滤渣2为CuS,滤液2中加入双氧水将亚铁离子

氧化为铁离子，再加入Ni(OH)2调节pH促使Fe3+、AF+转化为Fe(OH)3和A1(OH)3沉淀，滤渣3为Fe(OH)3

和A1(OH)3,滤液3中加入NiF2牛成滤渣4为MgF?沉淀，滤液4中加入萃取剂R萃取溶液中的ZM+,水相

中主要含有硫酸镁，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸银晶体。

【解析】(1)为提高酸溶中银的浸出率，可采取的措施为增大硫酸浓度或加热。根据分析可知，滤渣1为

SiO2«

(2)滤液1中能与H2s反应的物质有Fe3+、CM+,离子方程式为C『+H2S=CuSJ+2H+、

2+

2Fe"+H2S=2Fe+SJ+2H*。

(3)氧化除杂中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,加入Ni(OH)2的作用为调节溶液的pH除去Fe?+和AN。从

表中可知，AF+完全沉淀的pH为4.7,同时又不能使Ni2+沉淀，因此pH应调节为4.7〜6之间。

(4)设加入的NiF2的浓度为xmol,混合前两溶液的体积均为aL,则反应后Mg2+浓度为1()-5moi/L,则反

应掉的Mg2+的物质的量约为0.004amol,根据离子方程式Mg2++2F-MgFaj,参与反应的F物质的量为

0.008amol,则剩余F物质的量为(2xa-0.008a)mol,则混合后溶液中F浓度为

(2xa-0.008a),,,2x-0.008,,,皿小”一…，八。2x-0.008—一初，日

------------------mol/L=--------------mol/L,根据Ksp(MgF2)=6.25xl()-9,--------------=0.025mol/L,解得

2a22

x=0.029mol/Lo

(5)已知消耗EDTA的物质的量为cVxlO-3moi,根据方程式Ni?++H?丫?一=NiY?-+2H+可知，消耗的Ni?+

物质的量为cVx10-3mol,则mg样品中含有NiSOrHzOcVxltPmo1,该样品的纯度为

eVx0.0ImolxMg/molcVM

-----------------------------x1i0n0n%o/=%n,

mg--------------m

18.(12分)环己酮(()是一种重要的化工原料，一种由H2O2氧化环己醇制备环己酮的实验方

法如下:

50mL水食盐

MgSO4

相关数据如下:

与水形成共沸物

物质密度/g.cm-沸点/℃(101kPa)部分性质

的沸点/℃

环己醇0.96161.097.8能溶于水，具有还原性，易被氧化

155.0

环己酮0.9595.0微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应

98.0/3.4kPa

回答下列问题：

（1）FeCl,的作用是：加入食盐的目的是0

（2）环己酮的产率受H2O2用量的影响，当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量其产率反而下降,

原因是o

（3）减压蒸储的装置如下图所示，为了便于控制温度，加热方式最好选用（填“水浴”或“油浴”）。

进行减压蒸储时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有

减压蒸播的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加

热搅拌器，进行减压蒸镯。减压蒸储完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是（填标号）。

a.关闭真空泵b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温

c.缓慢打开双通旋塞d.停止通冷凝水

（4）本实验中环己酮的产率为（保留2位有效数字）。

（5）传统的制备环己酮实验用酸性K2Crq,作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程

式为。

【答案】（1）催化剂（1分）降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离（1分）

（2）环己酮进一步被氧化发生开环反应（2分）

⑶油浴（1分）防止暴沸（1分）bdca（2分）

（4）83%或者083（2分）

+

（5）3^^QH+4Cr2O^-+32H——>3H00CCH2cH2cH2cH2coOH+8Cr3++19H2。（2分）

【分析】本实验题是用H2O2在FeCh的催化下氧化环己醇制备环己酮，先在10mL环己醇和2.0gFeC13混合,

在滴加30%H2O2在60℃〜70℃下反应70min制备环己酮，反应后的溶液中加入50mL水后进行蒸储得到共

沸储出液，向共沸储出液中加入食盐以减小环己酮在水中的溶解度，便于液体分离，搅拌后进行分液得到

有机层，主要含有环己酮和环己静，向其中加入MgSC>4吸收表面的水分进行过滤得到的液体进行加压蒸储

即得较纯净的环己酮，据此分析解题。

【解析】（1）由分析可知，FeC13的作用是作为反应的催化剂，加入食盐的目的是降低环己酮在水中的溶解

度，便以液体分离；

（2）由题干已知信息可知，微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应，故当环己酮产率达最大值后，增加H2O2

的用量将导致环己酮进一步发生开环反应，而导致其产率反而下降；

（3）由题干信息可知，环己酮的沸点为155℃,故为了便于控制温度，加热方式最好选用油浴，进行减压

蒸储时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有防止暴沸的作用，根据

减压蒸储的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅

拌器，进行减压蒸僧，减压蒸储完成后，先后需进行的操作为b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温，d.停止

通冷凝水故c.缓慢打开双通旋塞，a.关闭真空泵，即正确的操作顺序是bdca；

（4）根据碳原子守恒有：n（环己酮）=n（环己醇）=—;—=0.096mol,本实验中环己酮的产率为

lOOg/mol

7.8g

MOO%=83%：

0.096mol?98g/mol

（5）传统的制备环己酮实验用酸性KgrzO,作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，根据氧化还原反应配

+

平可得，该反应的离子方程式为3OH+4Cr2O7+32H->

3H00CCH2cH2cH2cH2COOH+8Cr3++19H2O。

19.（12分）化合物J是合成紫草酸药物的一种中间体，其合成路线如图:

OH

A(C8H8。3)一定条件1rB(C“H|2O3)—^^C(G[H12O3)到迪

OCH3

D

(CHCO)O

H1/60C632

14HO、

HH1)O3

CE(C15HI805)

2)(CH3)2S

G

l)NaOH

O

2)H+

(CH3co)2。

UC10H12O5)

To-c-CH

III3

OCH3o

J

己知：i.R-CHO叫叫—R—CH20H(R为煌基)

•定条件(R为煌基)

ii./R

0

回答以下问题:

(1)A的结构简式为:符合下列条件的A的同分异构体有种。

①能与FeCb溶液作用显色

②能发生银镜反应

③核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：2：2：1

其中，能发生水解反应的结构简式为。

(2)DTE的反应类型为；该反应的目的是o

(3)F-H的化学方程式为,有机物J中含有官能团的名称是。

(4)综合上述信息，写出由Bf/L7和0H制备的合成路线，其他试剂任选

CH2OOCH

4(1分)(2分)

(2)取代反应(1分)保护羟基，防止氧化(1分)

CH2OOCCH3

C00H

|fj^+H20（2分）酯基、醯键（1分）

Y^OOCCH,

OCH3

CHOCHO

【分析】结合D的结构简式逆向推断B在一定温度下发生已知中反应生成

OCH3OCH3

勺/、/Br发生取代反应生成B（［＞'则人为［）、，C5NaBH4

OCTicH,

CHQOCCH；

发生还原反应生成D,D与乙酸酎反应生成E（［T）,E中碳碳双键被臭氧氧化生成F

kV^OOCCHj

OCH3

CH2OOCCH3

||Y^CH0和G（甲醛），F经过氧化氢氧化处理生成H,H发生水解反应生成I,I与乙酸酊发生取代

OOCCH3

OCH.,

反应得到J。

CHO

【解析】（1）由以上分析可知A为广1,A的同分异构体满足以下条件①能与FeCb溶液作用显色,

OCH,

说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含醛基；③核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：2：2：1,结构具

CHCHOCH2OOCHOCH2CHO

2CH2CHO

H0XJOH'9'04

有对称性，