2024年高三一模化学试题含解析 (二)

1.化学与生活、科技等密切相关，下列说法错误的是

A.通过红外光谱仪可检测核酸结构中是否存在氨基官能团

B.量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯为同位素

C.无磁银铭钛合金钢常用于舰体材料，其强度高于纯铁

D.“天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料

【答案】B

【详解】A.红外色谱仪是利用物质对不同波长的红外辐射的吸收特性，进行分子结构和

化学组成分析的仪器也属于化学组成，故可用红外色谱仪检测，A正确；

B.同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素洞素异形体指

由同样的单一化学元素组成列方式不同，而具有不同性质的单质，螺旋纳米管与石墨互为

同素异形体，B错误；

C.合金材料的硬度比纯金属高，所以无磁镶铭钛合金硬度比纯铁高，C正确；

D.新型无机非金属材料有二氧化硅与凝胶、水泥、玻璃、陶瓷，所以氮化硼是新型无机

非金属材料，D正确；

故答案为：Bo

2.下列图示或化学用语簿误的是

A.羟基的电子式：・0：H

B.H2O的VSEPR模型：

3d4s

C.MrP+的价电子的轨道表布式：।M|||||||

D.顺一2—丁烯的球棍模型为

【答案】C

【详解】A.羟基含有1个单电子，电子式：・6：H,A正确；

B.HzO分子中中心O原子价层电子对数为2+*心=4,O原子采用sp3杂化，O原子上

含有2对孤电子对，VSEPR模型正确，B正确；

C.Mn为25号元素，失去2个电子形成MM+,基态Mn?+的价层电子的轨道表示式

ItltltltltTc错误；

D.顺-2-丁烯的球棍模型为D正确；

故选C。

3.科学家在利用回旋加速器进行的实验中，用含20个质子的钙元素的同位素反复轰击含95

个质子的铜元素，结果4次成功制成4个第115号元素的原子。这4个原子在生成数微秒

后衰变成第113号元素。前者的一种核素为凿X。下列有关叙述正确的是

A.核素落X的质量数为288B.核素凿X的质量数与中子数之差为173

C.113号元素属于非金属元素D.115号元素的最高正化合价是+6

【答案】A

【分析】核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；

【详解】A.核素雷X的质量数为288,A项正确；

B.核素常X的中子数为288-115=173,核素凿X的质量数与中子数之差为288-173=115,

B项错误；

C.113号元素与B元素位于同一主族，该族元素从A1开始为金属元素，所以113号元素

属于金属元素，C项错误；

D.115号元素位于第VA族，最外层有5个电子，最高价为+5价，D项错误；

故选A„

4.下列方程式与所给事实相符的是

2++

A.漂白粉溶液吸收CO?后产生白色沉淀：Ca+CO2+H2O=CaCO3；+2H

3++

B.明矶净水：A1+3H2OAl(OH)3+3H

高温

c.红热的Fe粉和水蒸气反应生成黑色固体：2Fe+3H2O—Fe2O3+3H2

ONaOH

D.苯酚钠溶液中通入CO,后变浑浊：2.+HO+CO——>2,+NaCO

一L.J22U23

【答案】B

【详解】A.漂白粉溶液吸收二氧化碳后产生白色沉淀的反应为次氯酸钙溶液与二氧化碳

反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式为

2+

Ca+2C1O+CO2+H2O=CaCO3J+2HC1O,故A错误；

B.明研净水是因为铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中悬浮杂质产生

+

聚沉而达到净水的作用，反应的离子方程式为3++3珥。Al(OH)3+3H,故B正确；

C.红热的铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为

IWJ温

3Fe+4H2O-Fe3O4+4H2,故C错误;

ON.

D.苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为।-.

+H2O+CO2；+NaHCO3,故D错误;

故选B。

【答案】D

【详解】A.胶体能够透过滤纸，故除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液不能进行过滤操

作，而应该采用渗析法，A错误；

B.容量瓶不能作为溶解、稀释和反应、长期贮存溶液的仪器，B错误；

C.灼烧固体或晶体应该在用烟中进行，而不能在蒸发皿中进行，C错误；

D.SO2的密度比空气大，可以采用向上排空气法收集，SO2是酸性氧化物，可以用NaOH

溶液来吸收进行尾气处理，D正确；

故答案为：D。

6.下列物质的应用中，不涉及氧化还原反应的是

A.饮用水中加入KzFeO’消毒B.NaOH和铝粉的混合物疏通管道

C.雪天道路上撒盐融雪D.硫粉除去温度计破碎时洒落的汞

【答案】C

【详解】A.KFeO,具有氧化性，可以用于饮用水消毒，该过程涉及氧化还原反应，故A

不选；

B.NaOH和铝能发生反应：2Al+2NaOH+2H20=2NaA102+3H2f,Al元素和H元素的化合

价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；

C.雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，不涉及化学反应，故

C选；

D.硫粉除去温度计破碎时洒落的汞时发生反应：S+Hg=HgS,S和Hg元素化合价发生变

化，属于氧化还原反应，故D不选；

故选Co

7.将一小粒钠放在石棉网上，微热，待钠熔成球状时，将盛有氯气的集气瓶迅速倒扣在钠

的上方，钠剧烈燃烧，有白烟生成。下列分析不正项的是

年氯气

A.钠熔化后体积增大，说明钠原子间的平均距离增大

B.反应过程中，C12的p-po键断裂

c.NaCl的形成过程可表示为NaO'-Cl：-Na+[.Cl：]-

D.该实验说明CL的氧化性比。2的强

【答案】D

【详解】A.钠熔化后体积增大，说明钠原子间的平均距离增大，故A正确;

B.反应过程中，CL的3P上的P-PG键断裂，故B正确；

C.NaCl的形成过程钠原子失去电子，氯原子得到电子，可表示为

NaQ@：—Na+[©：「，故c正确；

D.该实验没有对比无法说明C"的氧化性比。2的强，故D错误；

故选：D。

8.奥司他韦是目前治疗流感的最常用药物之一，其结构简式如图所示。下列有关该化合物

的说法错误的是

A.分子中既含有◎键，又含有兀键

B.该物质可以使澳的四氯化碳溶液褪色

C.Imol该物质可以与3moi%发生加成反应

D.分子中有2种官能团可以发生水解反应

【答案】C

【详解】A.分子中既有单键也有双键，所以既含有◎键，又含有兀键，A正确；

B.结构中存在碳碳双键，所以和澳的四氯化碳溶液发生加成反应使其褪色，B正确；

C.结构中只有碳碳双键可以和氢气发生加成反应，所以Imol该物质可以与lmolH2发生

加成反应，C错误；

D.分子中的酯基和酰胺基可以发生水解反应，D正确；

故选C。

9.下列关于物质的结构或性质及解释都正确的是

选项物质的结构或性质解释

A第一电离能：Zn>Cu元素金属性：Zn强于Cu

B熔点：SiO2>CO2相对分子质量：SiCh大于CO?

酸性：的极性：强于

CHCOOH>CH3COOH0-HHCOOHCH3COOH

D02与。3分子极性相同二者都是由非极性键构成的分子

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【详解】A.基态Cu原子核外电子排布为Is22s22P63s23P63甲场1,基态Zn原子核外电子排

布为Is22s22P63s23P63dI。4s2,锌的价电子为全满较稳定结构，不易失去一个电子，电离能较

大，故第一电离能：Zn>Cu,解释不合理，A不符合题意；

B.二氧化硅为共价晶体、二氧化碳为分子晶体，故熔点：SiO2>CO2,解释不合理，B不

符合题意；

C.烷基是推电子基团，煌基越长，推电子效应越大，使竣基中的羟基的极性越小，竣酸

的酸性越弱，因此甲酸的酸性大于乙酸的，即O—H的极性：HCOOH强于CH3co0H,导

致甲酸中较基更容易电离出氢离子，使得酸性：HCOOH>CH3COOH,解释合理，C符合

题意；

D.O2为非极性分子、03为极性分子，D不符合题意;

故选Co

10.用如图所示装置进行实验，下列实验现象描述错误的是

选项试剂甲试剂乙试剂丙丙中的现象

A浓氨水CaOAlCh溶液有白色沉淀生成

浓硫酸溶液有白色沉淀生成

BNa2SO3BaCL

C过氧化氢MnOz酸性KI—淀粉溶液溶液变为蓝色

浓盐酸溶液有淡黄色沉淀生成

DKMnO4Na2s

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【详解】A.浓氨水和氧化钙反应放出氨气，氨气通入氯化铝溶液中生成氢氧化铝沉淀和

氯化镂，故A正确；

B.亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫和氯化钢溶液不反应，没有沉淀

生成，故B错误；

C.过氧化氢用二氧化锦在催化剂作用下发生分解反应生成氧气，KI被氧气氧化为12,淀

粉遇12变蓝，故C正确；

D.浓盐酸和高铳酸钾反应放出氯气，氯气和Na2s溶液反应生成氯化钠和S沉淀，故D正

确；

选B。

11.高分子树脂X的合成路线如下。

下列说法不正确的是

A.高分子X中存在氢键

B.甲的结构简式为CH2=CHCOOH

C.①的反应中有水生成

D.高分子X水解可得到乙

【答案】D

【分析】CH2=CHCN与H2O、H+加热条件下反应生成甲为CH2=CHCOOH,根据高分子X

O

H

CCNH

H\

的结构简式，乙的分子式可知，乙的结构简式为z甲与乙发生加聚反应生

Ce-N

HnH

o

成高分子X。

【详解】A.根据高分子X的结构简式可知，其内部存在-NH-结构，存在氢键，A正确;

B.根据分析可知，甲的结构简式为CH2=CHCOOH,B正确；

O

H

HCCH

2c=

C反应①为2产合『2与HCH。反应生成H

>根据原子守恒可

C-eN

H2CHnH

o

知，该反应中有水生成，C正确；

D.甲和乙发生加聚反应生成高分子X,而不是缩聚反应，因此高分子X水解无法得到

乙，D错误；

故答案选D。

12.有氧条件下，在Fe基催化剂表面，NN还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有

效脱除烟气中的NO,保护环境。下列说法不正确的是

NON2,H2O

B.增大压强有利于NO与O?吸附在Fe?+配位点上形成NO2

C.在反应过程中，Fe基可以提高NO的转化率

D.该反应的总方程式为：4NH3+2NO+2O2=3N2+6H2O

【答案】C

【详解】A.NH3分子中的N原子还含有一对孤对电子，所以能和H+通过配位键形成

NH：,故A正确;

B.由图可知，NO与5吸附在Fe3+配位点上形成NO。，该过程中气体体积减小，增大压

强平衡正向移动，有利于NO与吸附在Fe3+配位点上形成NO.故B正确；

C.在反应过程中，Fe基作为催化剂，催化剂不能改变反应的转化率，故C错误；

D.由图可知，在Fe基催化剂表面，NH3还原NO生成N2和H2O,总方程式为：

4NH3+2NO+2O2=3N2+6H2O,故D正确；

故选C。

13.某小组研究SCN-分别与CM+和Fe3+的反应:

编

123

号

2mL0.1molL”2mL0.1molL1，桥

JKSCN溶液!KSCN溶液(巾

1.-里

石卷彳4箜

实<--

验1]

-1

2mL0.5molL12mL0.25mobL0.125molL-10.05molL_|

C11SO4溶液Fe2(SOJ溶液Fq(SOJ溶液KSCN溶液

溶液变红，向反应后的溶接通电路后，电压表指针不偏

现溶液变为黄绿色，产

象生白色沉淀(白色沉淀液中加入K3[Fe(CN)6]溶转。一段时间后，取出左侧烧杯

为液，产生蓝色沉淀，且沉

CuSCN)中少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]

淀量逐渐增多溶液，没有观察到蓝色沉淀

下列说法不正确的是

A.实验1中发生了氧化还原反应，KSCN为还原剂

B.实验2中“溶液变红”是Fe3+与SCN-结合形成了配合物

C.若将实验3中Fe2(SO4)3溶液替换为0.25mol/LCuSCU溶液，接通电路后，可推测出电

压表指针会发生偏转

D.综合实验1〜3,微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关

【答案】C

【详解】A.在反应1中，SCN-失去电子被氧化为(SCN)2,CU2+得到电子被还原为CU+,

Cu+再与SCN-反应产生CuSCN沉淀，反应方程式为2CU2++4SCN=2CUSCN[+(SCN)2,该

反应中KSCN为还原剂，A正确；

B.Fe3+与SCN-反应产生络合物Fe(SCN)3,使溶液变为血红色，B正确；

3+

C.在实验2中溶液变为红色，发生可逆反应：Fe+3SCN-Fe(SCN)3,反应产生

Fe(SCN)3使溶液变为红色。向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉

3+2+

淀量逐渐增多，说明其中同时还发生了氧化还原反应：2Fe+2SCN-=2Fe+(SCN)2,Fe?+与

[Fe(CN)6产反应产生Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀，因此接通电路后，电压表指针会发生偏转。

将0.125mol/LFe2(SO4)3溶液与0.05mol/LCuSO4溶液通过U型管形成闭合回路后，接通电

路后，电压表指针不偏转，说明没有发生氧化还原反应，未产生Fe2+,故滴入K3[Fe(CN)6]

溶液，也就不会产生蓝色沉淀，可见Fe2(SCU)3溶液浓度降低后不能发生氧化还原反应，故

若加入CuSO4溶液0.25mol/L,比0.5mol/LCuSO4溶液浓度也降低一半，则接通电路后，

可推测出电压表指针也不会发生偏转，C错误；

D.0.5mol/LCuSO4溶液及0.25mol/L溶液会与0.1mol/LKSCN溶液发生氧化还原反应，

当三种物质浓度都是原来的一半时，未发生氧化还原反应，说明微粒的氧化性与还原产物

的价态和状态有关，D正确；

故合理选项是C。

14.中国科学家首次用C6G改性铜基催化剂，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压

降至常压。草酸二甲酯加氢的主要反应有：

CH3OOCH2COOCH3(g)+2H2(g)CH3OOCCHoOH(g)+CH3OH(g)

①

草酸二甲酯乙酸二甲酯

②CH3OOCCH2OH(g)+2H2(g).HOCH2cH20H(g)+CH30H(g)

③HOCH2cH20H(g)+H?(g),•C2H5OH(g)+H2O(g)

其他条件相同时，相同时间内温度对产物选择性的影响结果如图。

胡工小、由较卜年/、〃（生成B所用的草酸二甲酯）

已知：L物质B的选择性S（B）=：（转化的草酸二甲酯）4四％

ii.450~500K,反应③的平衡常数远大于反应①和反应②的平衡常数

下列说法不亚确的是

A.制乙二醇适宜的温度范围是470~480K

B.实验条件下反应③的活化的最高，升温更有利于反应③

C.减压可提高乙二醇的平衡产率

D.铜基催化剂用C6。改性后反应速率增大，可以降低反应所需的压强

【答案】C

【详解】A.由图可知，温度为470~480K时，生成乙二醇的选择性最高，A正确；

B.由图可知，升高温度有利于生成乙醇，实验条件下反应③的活化能最高，所以升温有

利于反应③，B正确；

C.反应②为气体分子数减小的反应，则增大压强可以提高乙二醇的平衡产率，C错误；

D.铜基催化剂用Ce。改性后，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压，则

催化剂可以使反应速率增大，D正确；

故选C。

第二部分

本题共5题，共58分。

15.（9分）NH3具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，NH3是最基本的化工原料之

一，NH3的合成及应用一直是科学研究的重要课题。

（1）NH3的中心原子的杂化轨道类型为o

⑵工业上以H2、N2为原料合成NH3的化学方程式为。

（3）在合成氨工业中，原料气（七、N2及少量CO、NH3的混合气）在进入合成塔前，需要经

过铜氨液处理，目的是除去其中的CO,其化学反应为：

++

[CU(NH3)2]+CO+NH3=[CU(NH3)3CO]AH<0,

①[CU(NH3)3CO]+配离子中的配体是o

②铜氨液吸收co适宜的生产条件是o

(4)合成氨中Fe或铁的化合物是常用的催化剂。

①Fe3+比Fe?+稳定，从原子结构的角度解释Fe3+性质更稳定的原因______。

②实际生产中催化剂采用铁的氧化物FezCh、FeO,使用前用H2和N2的混合气体将它们还

原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如图：

则两种晶胞所含铁原子个数比为a：b=o

(5)科学家侯德榜利用NaCl、NH3、CO2为原料，通过下列反应最终制得了高质量的纯碱：

NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3i+NH4Cl„

①已知：1体积水可溶解1体积C02,1体积水可溶解约700体积NH3ONH3极易溶于水的

原因是(至少答两点)。

②NaHCCh分解得Na2c03。Na2cO3中CO：空间结构为。

【答案】⑴sp3

⑵N2+3H2.优普2NH3

(3)NH3、CO高压、低温

(4)Fe3+的价电子排布为3d5,最外层电子半充满，比价电子排布3d6的Fe?+更稳定

1:2

(5)NH3和H2O分子间能形成氢键，NH3和H2O均为极性分子，NH3和H2O能发生反

应平面三角形

【详解】(1)NH3分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+士!-=3+1=4,故中心原

子N原子的杂化轨道类型为sp3杂化；

以上、为原料合成的化学方程式为；

(2)N2NH3N2+3H2.催化剂'2NH3

(3)①[Cu(NH3)3CO]+配离子中的配体是NH3、CO；

++

@[CU(NH3)2]+CO+NH3.[CU(NH3)3CO]AH<0,正反应为气体总物质的量减小的反应,

增大压强使平衡正向移动，有利于铜氨液吸收co；正反应为放热反应，则降低温度，平

衡正向移动，有利于co的吸收，则适宜的生产条件为：高压、低温；

(4)①Fe3+比Fe2+稳定的原因是Fe3+的价电子排布为3d5,最外层电子半充满，比价电子

排布3d6的Fe2+更稳定；

②由题干晶胞示意图可知，前者1个晶胞中含有铁原子个数为8X：+1=2,而后者1个晶胞

O

中含有铁原子个数为8X：+6X：=4,则两种晶胞所含铁原子个数比为2:4=1:2；

82

(5)①NH3和H2O分子间能形成氢键，且NH3和H2O均为极性分子，NH3和H2O能发生

反应，导致NH3极易溶于水；

②COj的中心原子C原子的价层电子对数=3+g(4+2-3x2)=3,无孤对电子，C原子采取

sp2杂化，其空间结构为平面三角形。

16.(11分)三氯化六氨合钻(III)[Co(NH31CL]在工业上用途广泛。

已知：①[CO(NH3)6『具有较强还原性，溶液呈棕色。[CO(NH3)6「性质稳定。

②[CO(NH3)6]C13在水中的溶解度曲线如下图所示。

实验室制备[加伊凡)6。3]的实验步骤：

I.检查装置气密性并将CoCl?、NH4cl和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，溶液变

为棕色，充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热20min,实验装置下图所示。

II.将所得浊液趁热过滤，向滤液中逐滴加入少量浓盐酸。

III.冷却结晶后过滤，用少量冷水和无水乙醇分别洗涤晶体2~3次。

(1)图中仪器b的名称为。

(2)写出步骤I中棕色溶液与双氧水反应的离子方程式：

(3)步骤II向滤液中加入浓盐酸的作用是0

(4)步骤III中用冷水洗涤的目的是0

(5)用如图装置测定产品中NHj的含量(部分装置已省略)：

①蒸氨：取xg样品加入过量试剂后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入盛有匕mLG

mol/LH2sO’标准溶液的锥形瓶中。液封装置2的作用是。

②滴定：将液封装置2中的水倒入锥形瓶后，用Qmol/LNaOH溶液滴定剩余的HzS。,,

消耗匕mLNaOH溶液。滴定时选用的指示剂为，NH3的质量分数为

;若NaOH溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，测得NH,的含量

(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

【答案】(1)干燥管

2++

⑵2［Co(NH3)J+H2O2+2H=2［Co(NH3)6「+2H2O

(3)增大氯离子浓度，有利于析出［Co(NH3)6Ch］

(4)洗去溶水杂质，同时减少［CO(NH3)6CL］溶解损失

(5)防止氨气逸出甲基橙17(2cM-cM)xl(F3Xi。。％或％

Xx

偏低

【详解】(1)由仪器b的构造可知b为干燥管，故答案为：干燥管；

(2)由题中信息可知CoCL、NH4cl和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，溶液变为

棕色，此时Co以［CO(NH3)6『存在，加双氧水后［CO(NH,)6「被氧化为［CO(NH3)6「，

2++3+

反应离子方程式为：2［CO(NH3)J+H2O2+2H=2［CO(NH3)J+2H2O,故答案为：

2++

2［Co(NH3)J+H2O2+2H=2［Co(NH3)6+2H2O；

(3)步骤n向滤液中加入浓盐酸增大氯离子浓度，有利于析出［CO(NH3)6C13］，故答案

为：增大氯离子浓度，有利于析出［CO(NH3)6C131；

(4)步骤HI中用冷水洗涤洗去溶水杂质，同时减少仁0(皿3)6。3］溶解损失，故答案

为：洗去溶水杂质，同时减少［Co(NH3)6Cb］溶解损失；

(5)①蒸出的NH3进入吸收装置中，为防止氨气逸出采用液封装置2,故答案为：防止氨

气逸出；

②用NaOH溶液滴定剩余的H2so4,最终溶液为硫酸锈和硫酸镀混合溶液，溶液呈酸性，

3

因此应选甲基橙作指示剂；中和剩余硫酸所用的NaOH的物质的量为：c2V2xlO-mol,则

剩余硫酸的物质的量：C^-X10~3mol,则吸收氨气消耗的硫酸的物质的量为：

2

(qX-^xlO3mol,NH3的质量分数为CY-守

2x1uu/o

一X

17(2cMq*)x107*I。。％或j.7gV31%；若NaQH溶液使用前敞口放置于空气中

XX

一段时间，NaOH吸收空气中的二氧化碳，导致NaOH的浓度减小，则中和硫酸时的体积

偏大，则氨气消耗的硫酸的量偏低，所测氨气的含量偏低；故答案为：

17(25*3)x10-3/I。。％或L7(2c“c2VJ%；偏低。

xx

17.(10分)化合物I合成相关流程如图所示。

已知：①已知A为芳香化合物。

；------HOH

…、RCH=C-CHO

②R-*』+R如CH04Rk产A,

回答下列问题：

(DA所含官能团的名称是o

(2)C-D反应方程式o

(3)E的名称为,由F生成G的反应类型是»

(4)己知I的分子中：①含有三个六元环；②不含甲基；③含有两个短基。I的结构简式为

(5)同时满足以下条件的C的同分异构体有种。

①含有苯环，且苯环上有三个取代基；②能发生银镜反应;

其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式为

_______O(写一种)

/CHCH,CHO

(6)结合信息，设计用甲苯和乙醛为原料制备［JAH一的合成路线,

剂任选_______o

格式如：A—fg—B……一翳一目标产物

【答案】(1)醛基

OH,

(2)2+022+2H2O

(3)间苯二酚氧化反应

Oo

OH

⑸16或H3c人『人'CH3

CH2CHOCH2CHO

⑹QrCH3aQCHC-Q/CHO

CH3cHO

稀碱

^^/CHCH2CHO

OH

【分析】根据已知信息A和甲醛反应生成B,则A为苯甲醛，B和CEMgBr、H+/H2O反

应生成C,C催化氧化生成D,E和氢气发生加成反应生成F,F在酸性重铭酸钾作用下被

氧化为G,D和G发生加成反应生成H,H进行环化反应生成I。

【详解】（1）A为苯甲醛，则A所含官能团的名称是醛基；故答案为：醛基。

OH

（2）C-D是醇催化氧化，羟基变为被基，其反应方程式广广、人+02^^2

0H

（3）E（C>）的名称为间苯二酚，E到F是发生加成反应，F为醇，醇被酸性重铭酸钾

0H

氧化为酮，则F生成G的反应类型是氧化反应；故答案为：间苯二酚；氧化反应。

（4）根据H和I的分子式相同，I的分子中：①含有三个六元环；②不含甲基；③含有两

个堤基，说明甲基和其中一个黑基形成环状，根据分子式，说明那个与甲基相连的堤基变

QoOo

为了羟基，即I的结构简式为；故答案为：AAo

OHOH

（5）C的同分异构体同时满足以下条件：①含有苯环，且苯环上有三个取代基；②能发生

银镜反应；说明含有醛基，则可能有两个甲基，一个-CH2CH0,当两个甲基在邻位，有两

种结构，当两个甲基在间位，有三种结构，当两个甲基在对位，有一种结构；还可能含有

一个甲基、一个乙基、一个醛基，当甲基和乙基在邻位，有四种结构，当甲基和乙基在间

位，有四种结构，当甲基和乙基在对位，有两种结构，因此共2+3+1+4+4+2=16种结构；

其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式

CHCH,CHO

l~的合成方法是甲苯和氯气光照生成

OHT

CHC1CH0

2a

在氢氧化钠溶液加热反应生成［）

CHCH.CHO

3H，其合成路线为:

18.(14分)工业以软铸矿(主要成分是MnO”含有SiO?、Fe?()3等少量杂质)为主要原料制

备高性能的磁性材料碳酸锦(MnCOs)。其工业流程如下：

过量SO2MnO2NH4HCO3溶液

黠T浸镒I过滤IIT氧化1-127,即:叫T过滤I…—―高纯MnCOm

矿浆-----1y-1---------2)耳.II---------

滤渣I滤渣II

⑴浸锦过程中Fe203与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO；-+H2O,该

反应是经历以下两步反应实现的。

+3+

i.Fe2O3+6H=2Fe+3H2O

写出ii的离子方程式：o

(2)氧化过程中被Mi!。?氧化的物质主要有(写化学式)：o

(3)“浸锦”反应中往往有副产物MnSQe生成，温度对“浸铺”反应的影响如图所示:

百0

分9

率8

(7代表温度对镒浸出率的影响

％)^

5

4

3

・代表浸镒温度与MnS2O6

2.生成率的关系

1

153045607590105120135

温度/七

为减少MnSzOf的生成，“浸锦”的适宜温度是，向过滤H所得的滤液中加入

NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是。

(4)加入NH4HCO3溶液后，生成MnCOs沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程

式：。

(5)滴定法测产品纯度

I.取固体产品1.160g于烧杯中，加入过量稀H2s04充分振荡，再加入NaOH溶液至碱性,

2+-

发生反应：2Mn+O2+4OH=2MnO（OH）。J；

n.加入过量KI溶液和适量稀HzS。”，沉淀溶解，溶液变黄；

HI.取上述混合液的士于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol/LNa2s03溶液

进行滴定，发生反应：2S2O^+I2=S4O^-+2r,滴定终点时消耗Na2s03溶液20.00mL。

①写出II中反应的离子方程式_______；

②判断滴定终点的方法是;

③假设杂质不参与反应，则产品纯度为o（保留四位有效数字）

2++

【答案】（1）2Fe"+SO2+2H2O=2Fe+SO；-+4H

⑵Fe?+、SO?（SO：等）

（3）90℃防止NH4HCO3受热分解，以提高原料利用率

-

（4）Mi?++2HCO3=MnCO3J+CO2T+H2O

+2+

（5）MnO（OH）2+2F+4H=Mn+I2+3H2O滴入最后半滴Na2s2O3溶液，蓝色

褪去且半分钟内颜色不复原99.14%

【分析】软镒矿（主要成分是MnCh,含有SiCh、Fe2C>3等少量杂质）为主要原料制备高性

能的磁性材料碳酸镒（MnCCh）：由流程可知软铸矿形成矿浆，通入足量的SO2,发生反

+2+

应，MnO2+SO2=MnSO4,Fe2O3+SO2+2H=2Fe+SO^+H2O,SiCh不反应，过滤，滤渣I

为，滤液含有MM+、Fe2+,加入二氧化铳氧化亚铁离子，反应为：

2++3+2+

2Fe+15MnO2+28H=2Fe+14H2O+15Mn+4SO^,调节pH,沉淀铁离子，过滤，滤渣n

为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢镀溶液，生成MnCCh沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有

MnCCh,反应为：Mn2++2HCO]=MnCO3j+CO2T+H2。，通过洗涤、烘干得到MnCCh晶

体；

【详解】（1）浸铺过程中FezCh与SO2反应的化学方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SOj

+H2O,该反应是经过氧化铁与酸反应生成铁离子，铁离子与二氧化硫反应实现的：

+3+3+2++

Fe2O3+6H=2Fe+3H2O、2Fe+SO2+2H2O=2Fe+SO；+4H；

故答案为：2Fe"+SO2+2HQ=2Fe2++SOj+4H+；

（2）MnO2具有较强氧化性，氧化过程中被MnO?氧化的物质主要有Fe?+、SO2（SO；-

等）；

（3）由图可知，90℃时，M11S2O6的生成率低，铢浸出率高，温度再高，变化不大，贝『'浸

镒”的适宜温度是90℃；NH4HCO3受热易分解，温度不宜太高，防止NH4HCO3受热分

解，提高原料利用率；

故答案为：90℃；防止NH4HCO3受热分解，以提高原料利用率；

(4)Mi?+的滤液中加入NH4HCO3溶液后，发生彻底的双水解，生成MnCO3沉淀和二氧化碳,

2+

反应为：Mn+2HCO3-=MnCO3J+CO2T+H2O；

2+

故答案为：Mn+2HCO3=MnCO3J+CO2T+H2O；

(5)①H中加入过量KI溶液和适量稀H2so4,沉淀溶解，溶液变黄，则Mn0(0H)2将碘

离子氧化生成碘单质，反应的离子方程式为MnO(OH)2+2r+4H+=Mn2++l2+3H2。；

②Na2s2O3将所有碘单质还原时溶液蓝色褪去，故判断滴定终点的方法是滴入最后半滴

Na2s2O3溶液，蓝色褪去且半分钟内颜色不复原；

2+

③反应过程2Mn+O2+4OH-=2MnO(OH)2J,

+2+

MnO(OH)9+21+4H=Mn+I2+3H20,2S2O;-+12=S4O^~+2F,关系式为

2+

MnCO3~Mn~MnO(OH)2~I2~2S2O^~,故n(MnCO3)=1x(0.lOOOmol/Lx0.020Lx10)

=0.01mol,假设杂质不参与反应，则产品纯度为"电半詈"Wx100%=99.14%,答案

1.16g

为99.14%。

19.(14分)学习小组探究AgNC>3、AgzO(棕黑色固体，难溶于水)对氯水漂白性的影响。

实验记录如下：

实

方案和现象

验

i加入1mL蒸储水，再滴加1滴品红溶液，品红溶液较快褪色

2mL

—加入少量Ag?。固体，产生白色沉淀a；再ii加入1mL蒸储水和1

ii

滴品红溶液，品红溶液褪色比i快

氯水

加入1mL较浓AgNOs溶液，产生白色沉淀b；再滴加1滴品红溶

iii

液，品红溶液褪色比i慢

(1)结合离子方程式解释i中品红溶液褪色的原因:

(2)经检验,ii中的白色沉淀a是AgCl,产生AgCl的化学方程式是.

(3)i是Hi的对比实验，目的是排除出中的影响。

(4)研究白色沉淀b的成分、进行实验iv(按实验出的方案再次得到白色沉淀b,过滤、洗

涤，置于试管中):

滴加饱和NaCl溶液

蒸储水上层清液白色沉淀

实验：

iv分离固体和清液

白色沉淀

b_＞先滴加盐酸,再滴力*

『FeC]溶液(含KSCN/5

■嗡