大题预测01（A组+B组+C组）
【A组】
（建议用时：30分钟 满分：58分）
1．（12分）用低品位铜矿(主要成分为和FeO)为原料制备CuCl流程如图。
已知：CuCl难溶于醇和水，在热水中易被氧化，易溶于浓度较大的体系中()。
(1)将矿样研磨后“浸取”，该操作中被氧化的元素有 (填元素符号)。
(2)“除铁”操作需在搅拌条件下滴加氨水，防止局部pH过大，原因是 。
(3)“还原”过程中温度不宜过高的原因是 。
(4)另有工艺改用铜粉替换，替换后工艺后续“稀释”所得滤液3经蒸发浓缩后可直接返回 操作循环使用。
(5)如下图所示，和其他条件相同时，CuCl产率随增大先升高后降低的原因是 。
(6)如下图所示，其他条件相同时，CuCl产率随反应时间延长而降低的原因是 。
【答案】(1)+1价的Cu、-1价的S、+2价的Fe（2分）
(2)防止局部pH过大锰元素和铜元素以氢氧化物形式析出（2分）
(3)防止盐酸挥发；防止生成的Cu(I)在热水中被氧化（2分）
(4)还原（1分）
(5)随着增大，溶液中浓度增大，使得更容易生成CuCl，随着反应的进行CuCl沉淀越来越多，紧接着CuCl沉淀就会与过多的形成可溶于水的，使得CuCl的沉淀逐渐消失，产率下降（3分）
(6)随着反应时间增长，生成的CuCl沉淀与空气接触的时间就越久，越容易被氧气氧化，使得CuCl产率下降（2分）
【解析】（1）由分析可知，将矿样研磨后“浸取”，该操作中被氧化的元素有+1价的Cu、-1价的S、+2价的Fe，即答案为：+1价的Cu、-1价的S、+2价的Fe；
（2）“除铁”操作需在搅拌条件下滴加氨水，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，若局部pH过大锰元素和铜元素以氢氧化物形式析出，故答案为：防止局部过大锰元素和铜元素以氢氧化物形式析出；
（3）盐酸具有挥发性，温度过高会增大挥发，且在热水中被氧化，所以“还原”过程中温度不宜过高，故答案为：防止盐酸挥发；防止生成的Cu(I)在热水中被氧化；
（4）改用铜粉替换，改进后工艺后续“稀释”所得滤液3的主要成分为NaCl，经蒸发浓缩后可直接返回还原操作循环使用；
（5）由题已知：易与形成可溶的，随着增大，溶液中浓度增大，使得更容易生成，随着反应的进行沉淀越来越多，紧接着沉淀就会与过多的形成可溶于水的，使得的沉淀逐渐消失，产率下降，故答案为：随着增大，溶液中浓度增大，使得更容易生成CuCl，随着反应的进行CuCl沉淀越来越多，紧接着CuCl沉淀就会与过多的形成可溶于水的，使得CuCl的沉淀逐渐消失，产率下降；
（6）已知易被氧化，所以随着反应时间增长，生成的沉淀与空气接触的时间就越久，越容易被氧气氧化，使得产率下降，故答案为：随着反应时间增长，生成的CuCl沉淀与空气接触的时间就越久，越容易被氧气氧化，使得CuCl产率下降。
2．（12分）丙烯是重要的化工原料，时，耦合丙烷制备丙烯发生如下反应：
Ⅰ．；
Ⅱ．。
(1)部分化学键的键能如下，计算 。
化学键
能量/() 344 436 615 409.25 463
(2)丙烷直接脱氢也可制备丙烯，发生反应Ⅲ： ，在压强为的恒压容器中分别通入丙烷和进行反应Ⅰ、丙烷进行反应Ⅲ，的平衡转化率随温度的变化如图所示。
① 0(填“>”或“<”)，b点正反应速率和c点逆反应速率的大小关系为 (填“>”“<”或“=”)。
②a点的平衡转化率比b点高的原因为 。
③根据图示计算，800K时b点曲线对应反应的平衡常数 kPa。
(3)研究表明，在Pt催化剂表面发生直接脱氢制备的反应机理如下：
步骤1.；
步骤2.；
步骤3._______；
步骤4.；
步骤5.。
①请补全步骤3： 。
②实验表明在催化剂表面直接脱氢，的选择性低，结合反应历程图解释其原因： ，如果对Pt催化剂活性位点进行调节可解决这一问题。
【答案】(1)（2分）
(2) > （1分） > （1分） 在温度和总压一定时，充入气体可降低气体的分压，同时与反应生成的反应而降低的分压，两者均可使平衡正向移动，因此a点平衡转化率高 （2分） （2分）
(3) （2分） 脱附反应的能垒比其深度脱氢的能垒高（2分）
【解析】（1）由反应Ⅰ+反应Ⅱ可得反应：，该反应的反应物的总键能-生成物的总键能=，由盖斯定律得：，则；
（2）①由图可知，温度升高，的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，则反应Ⅲ为吸热反应，即；b点和c点对应的反应体系中，的平衡转化率相等，但b点的温度较高，b点正反应速率大于c点正反应速率，由于体系处于平衡状态，即，因此；
②a点可看作是在反应体系中充入气体，则a点的平衡转化率比b点高的原因为：在温度和总压一定时，充入气体可降低气体的分压，同时与反应生成的反应而降低的分压，两者均可使平衡正向移动，因此a点的平衡转化率高；
③由图可知，800K时b点的平衡转化率为0.2，列三段式：
由于该体系为恒压体系，则平衡时，，则此时分压平衡常数；
（3）①研究表明，在Pt催化剂表面发生直接脱氢制备，总反应为：+，结合其它步骤的反应机理，补全步骤3为：；
②由反应历程图可知，脱附反应的能垒比其深度脱氢的能垒高，因此更容易发生脱氢反应而形成积碳，从而导致的选择性降低，所以在催化剂表面直接脱氢，的选择性低，结合反应历程图其原因为：脱附反应的能垒比其深度脱氢的能垒高。
3．（12分）铁盐、亚铁盐在工业上具有重要价值。完成下列相关实验问题。
Ⅰ：【制备无水FeCl3】FeCl3在工业上常作催化剂和刻蚀剂。实验室中，先合成SOCl2，再与FeCl3·H2O反应制备无水FeCl3.装置如图所示(加热及夹持仪器略)。
已知：①实验室合成SOCl2的原理为。
②SOCl2的熔点为-101℃，沸点为75.6℃，遇水剧烈分解为两种酸性气体；POCl3沸点为105℃。忽略共沸。
(1)写出A中反应的化学方程式 。
(2)打开K2，将三通阀调至，打开K1，制取二氧化硫 ，一段时间后，加热装置C至60℃。仪器丙的作用为 。
(3)当C中出现较多液体，关闭K1、K2.制得FeCl3的操作为：①调节三通阀的位置为 (根据下图选填序号)；②调节温度计水银球位置至三颈瓶口处，将C装置升温至 (填写温控的范围)③加热E处硬质玻璃管。
Ⅱ：【配制铁盐溶液并探究铁盐性质】
(4)实验室若需要配制90 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，用到的药品和仪器有：FeCl3固体，烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、 (仪器名称)、 (药品名称)、蒸馏水。
(5)某化学学习小组探究Fe3+在溶液中的颜色变化，进行以下实验。
试剂 加热前溶液颜色 加热后溶液颜色
实验Ⅰ 溶液+蒸馏水 棕黄色 深棕色
实验Ⅱ 溶液+HNO3 几乎无色 几乎无色
实验Ⅲ FeCl3溶液+HNO3 黄色 深黄色
已知：水溶液中，几乎无色，为黄色；水解生成(棕黄色)。
①从影响平衡移动因素的角度分析，加热前后，实验Ⅱ中溶液颜色无明显变化的原因为 。
②结合离子反应方程式说明实验Ⅲ中溶液呈黄色的原因 。
Ⅲ：【探究铁盐和亚铁盐的转化】
(6)铁盐转化成亚铁盐有多种方法，下图是利用电解法(两极均为惰性电极)使Fe2(SO4)3溶转化成FeSO4(暂不考虑如何进一步提取FeSO4)。
①为了提高FeSO4产率，在Fe2(SO4)3溶液中加入CH3OH进行电解，电解过程中不断增大。写出阳极的电极反应方程式 。
②加入CH3OH可以提高FeSO4产率的原因 。
【答案】(1)（2分）
(2)吸收SO2，防止外界水蒸气进入（2分）
(3) c （1分） （1分）
(4) 100mL容量瓶（1分） 浓盐酸（1分）
(5) 硝酸抑制水解 （1分） （1分）
(6) （1分） 甲醛具有还原性，能防止被氧化（1分）
【解析】（1）A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，反应的化学方程式为：。
（2）二氧化硫能污染空气，不能排放到空气中，SOCl2遇水剧烈分解，装置C中不能出现水，因此仪器丙的作用是吸收SO2，防止外界水蒸气进入。
（3）
当C中出现较多液体后，关闭K1、K2。此时可将SOCl2通入E装置制取FeCl3，相关的操作为：①调节三通阀的位置为，使SOCl2能顺利通过D装置后进入E装置，故选c；②根据SOCl2、POCl3的沸点，调节温度计水银球位置至三颈瓶口处，将C装置升温至75.6℃~105℃，使SOCl2以气态形式进入玻璃管中发生反应。
（4）实验室若需要配制90 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，用到的药品和仪器有：FeCl3固体，烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶。
（5）①Fe3+水解溶液呈酸性，硝酸抑制水解，所以加热前后，实验Ⅱ中溶液颜色无明显变化；
②对比实验Ⅱ、Ⅲ，若在实验Ⅱ的溶液中加入一定浓度的NaCl溶液后，溶液变黄色，加热后变深黄色，则可证明实验Ⅲ中溶液呈黄色的原是。
（6）①由图可知，CH3OH在阳极发生氧化反应生成甲醛，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
②加入CH3OH可以提高FeSO4产率的原因是：甲醛具有还原性，能防止被氧化。
4．（12分）五氟磺草胺(G)为新型除草剂，其中以间氟三氟甲苯为原料的一种合成路线如图所示：
已知：①
②
③
回答下列问题：
(1)C中含氧官能团的名称为 。G分子中S原子的杂化方式为 。
(2)B的结构简式为 ，A→B的反应类型为 。
(3)E→F反应的化学方程式为 ，试利用勒夏特列原理解释该反应使用试剂的目的： 。
(4)的同分异构体中，苯环上与其含有相同的基团的还有 种。苯胺()中氨基的N原子上存在孤电子对，易与结合，故苯胺显碱性。已知的电离常数为，则的电离常数 (填“>”或“<”)。
【答案】(1) 酰胺基 （1分） （1分）
(2) （2分） 加成反应（1分）
(3)
2＋2＋K2CO32＋2KCl＋CO2↑＋H2O （2分） 加入消耗产物HCl，从而有利于反应向正反应方向进行（1分）
(4) 9 （2分） ＞（2分）
【解析】（1）物质C中含氧官能团的名称为酰胺基；G中的S原子价层电子对为4，杂化方式为sp3杂化；
（2）
根据分子可知，B的结构简式为；A的结构简式为：，与CO2发生加成反应生成B，反应类型为加成反应；
（3）
E→F的化学方程式为：2＋2＋K2CO32＋2KCl＋CO2↑＋H2O；用试剂K2CO3的目的是，吸收产生的HCl，促使反应平衡正向移动；
（4）
D的同分异构体中，苯环上与D含有三个相同取代基的结构还有：、、、、、、、、，共有9种；
氨基电离常数指的是其电离出氢离子的能力，反映的是其酸性的强弱，中除氨基外均为吸电子基团，导致分子的极性增大，结合H+的能力变弱，导致氨基更容易电离出氢离子而使得酸性增强，对应的电离平衡常数变大，故答案为：＞。
5．（10分）氮化硼()是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为原料，经过一系列反应可以得到，如图所示：
硼砂
(1)硼元素原子的电子排布式为 ，这些电子有种 不同的能量。与硼元素在同一周期，其基态原子的最外层有2个未成对电子的元素有 。(填元素符号)
(2)写出上述由，制备BN的化学方程式 。
(3)BN的两种晶型：六方晶型(类似于石墨)及立方晶型(类似于金刚石)，结构如图。
①下列说法正确的是 。
A．六方氮化硼晶体层间存在化学键
B．两种晶体中的B和N都是杂化
C．两种晶体中B和N间的化学键均为极性共价键
D．立方氮化硼含有键和键，是共价晶体，硬度大
②立方相氮化硼晶体中，氮的配位数是 。
(4)常温常压下硼酸晶体结构为层状，其二维平面结构如图。
①硼酸晶体中存在的作用力有 。
A．离子键 B．共价键 C．范德华力 D．配位键
②该晶体中含有 氢键。
(5)硼酸可由三卤化硼水解制备，机理如下图。从结构的角度解释水解反应很难进行的原因 。
【答案】(1) （1分） 3 （1分） （1分）
(2)（2分）
(3) C （1分） 4（1分）
(4) BC （2分） 3（1分）
(5)碳原子价层无空轨道，不能接受水的进攻（2分）
【解析】（1）硼为5号元素，则硼元素原子的电子排布式为，有、、三个原子轨道，则这些电子有3种不同的能量；与硼元素在同一周期，其基态原子的最外层有2个未成对电子，电子排布式可以为、，对应的元素是。
（2）根据给出的制备路径可知，由制备BN的化学方程式为。
（3）A．六方晶型(类似于石墨)，石墨层间是通过范德华力结合的，范德华力不属于化学键，A错误；
B．六方氮化硼中，B原子和N原子均形成3个共价键，B原子没有孤电子对，N原子有1对孤电子对，它们均采取杂化；立方氮化硼中B和N均形成4个共价键，采取杂化，并非两种晶体中的B和N都是杂化，B错误；
C．无论是六方还是立方BN，B和N之间都是不同原子形成的共价键，均为极性共价键，C正确；
D．立方BN结构类似于金刚石，金刚石中只有σ键，没有π键，立方BN是共价晶体，硬度大，D错误；答案选C。
在金刚石结构中，每个C原子连接4个其他C原子，形成四面体结构，立方BN结构类似，所以每个N原子应连接4个B原子，配位数为4。
（4）A．根据其二维平面结构可知，硼酸是一种共价化合物，不存在离子键，A错误；
B．B、O原子间，O、H原子间存在极性共价键，B正确；
C．硼酸晶体结构为层状，层间存在分子间作用力，即范德华力，C正确；
D．根据其二维平面结构可知，硼酸晶体中不含配位键，其结构主要由共价键和氢键组成，D错误；答案选BC。
由晶体结构可知，每个硼酸分子可通过氢键与周围的分子形成稳定的层状结构，一个硼酸分子可以形成6个氢键，但只有3个氢键属于硼酸分子，则1 mol该晶体中含有3mol氢键。
（5）根据机理图可知，水分子进攻B原子，破坏 B—X 键，最终生成H3BO3。中C原子外层电子已满足 8 电子稳定结构，没有空的轨道来接受水分子的孤对电子，因此水分子无法进攻C原子。
【B组】
（建议用时：30分钟 满分：58分）
1．（12分）以赤泥熔炼渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、CaO，少量Sc2O3)为原料分离稀土元素钪(Sc)的一种工艺流程如下：
已知：①萃取剂为磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油；②Sc3+的氧化性很弱。
回答下列问题：
(1)“浸渣”的主要成分为 (填化学式)。
(2)“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。向“萃取液”中加入NaOH，(Fe2+、Fe3+、Sc3+)的沉淀率随pH的变化如图。试剂X为 (填Na2SO3或NaClO)，应调节pH最佳为 。
(3)已知Sc2(C2O4)3难溶于水，难溶于酸；Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+，此反应的平衡常数K= 。(用含a、b、c代数式表示)
(4)Sc2(C2O4)3经系列操作可得，加热脱水时生成ScOCl的化学方程式为 。
(5)在一定条件下，一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数(分配系数Kd) ；萃取率=。萃取Sc的过程中，若Sc元素的分配系数，取100mL含钪的溶液，一次性加入60mL萃取剂，则Sc的萃取率为 %(保留到小数点后一位，下同)；若将60mL萃取剂分成3次萃取，每次用20mL，则最后一次水层中钪的残留率为 %。
【答案】(1)CaSO4、SiO2（2分）
(2) Na2SO3 （1分） 2（1分）
(3)（2分）
(4)ScCl3·6H2OScOCl+2HCl↑+5H2O（2分）
(5) 81.8 （2分） 6.4（2分）
【解析】（1）熔炼渣主要成分为Fe2O3、SiO2、CaO，少量Sc2O3，其中二氧化硅不溶，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，故“浸渣”的主要成分为CaSO4、SiO2；
（2）由图可知，二价铁更容易和Sc分离，故试剂X应该是将三价铁转化为二价铁，则试剂X为Na2SO3；由图可知，pH为2时，二价铁没有沉淀，Sc的沉淀率已经很大，故应调节pH最佳为2；
（3）已知Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则结合平衡常数的定义可知反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K==；
（4）ScCl3·6H2O沉淀在高温脱水的过程中，ScCl3发生了水解反应，方程式为：ScCl3·6H2OScOCl+2HCl↑+5H2O；
（5）设100mL含Sc的溶液中Sc的物质的量为a mol，一次性加入60mL萃取剂，其中可以萃取的Sc的物质的量为xmol，则，解得x=0.818a，Sc的萃取率=；
若将60mL萃取剂分成3次萃取，每次用20mL，设100mL含Sc的溶液中Sc的物质的量为a mol，一次性加入20mL萃取剂，其中可以萃取的Sc的物质的量为xmol，则，解得x=0.6a，Sc的萃取率=，钪的残留率为1-60%=40%，没有每次萃取时，使用的萃取剂体积都是20mL，则每次的萃取率相同，故最后一次水层中钪的残留率=40%×40%×40%=6.4%。
2．（12分）乙烯是有机合成工业重要的原料，由乙烷制取乙烯是常见的方法。回答下列问题：
(1)乙烷氧化脱氢制备乙烯是化工生产中的重要工艺。
主反应： ；
副反应： 。
①副反应在一定温度下能自发进行的原因为 。
②一定温度下，向装有催化剂的恒容密闭容器中充入物质的量之比为的和，反应相同时间后，测得乙烯的产率与温度的关系如图所示。
a．图中A点反应一定未达平衡，原因是 。
b．若C点反应也未达平衡，可能的原因是 。
(2)是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数。一定温度和压强下，反应ⅰ： ；反应ⅱ： (远大于)。
①仅发生反应ⅰ时，的平衡转化率为40.0%，计算 。
②同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应ⅰ相比，的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)某团队提出为催化剂、作为温和的氧化剂用于乙烷裂解催化脱氢制乙烯技术。配位不饱和催化耦合脱氢反应过程推测如下：物理吸附的乙烷与配位不饱和中心反应，从键活化开始，同时的价态由+3升高到+4.补全图中画框部分 。
(4)2021年来中国科学院谢奎团队研究电解乙烷制备乙烯并取得突破，其原理如图所示。A极的电极反应式为 。
【答案】(1) 该反应的、，高温时 （2分） 该反应为放热反应，若A点反应到达平衡，则温度更高条件下，乙烯的产率应更低 （2分） 催化剂活性降低，导致反应速率减慢（1分）
(2) 或0.19 （2分） 增大（1分）
(3)（2分）
(4)（2分）
【解析】（1）①该反应的、，高温时，在高温度下能自发进行；②一定温度下，向装有催化剂的恒容密闭容器中充入物质的量之比为的和，反应相同时间后，测得乙烯的产率随温度先增加后减小，a．图中A点反应一定未达平衡，因为该反应为放热反应，若A点反应到达平衡，则温度更高条件下，乙烯的产率应更低，b．若C点反应也未达平衡，因为随着温度的升高，催化剂活性降低，导致反应速率减慢；
（2）①仅发生反应ⅰ时，的平衡转化率为40.0%，假设反应前乙烷的物质的量为1mol，得三段式，计算，②远大于，说明反应ii进行程度远大于反应i，反应ii的反应物H2需要反应i来提供，也就是说反应i先发生，生成氢气后，这些氢气马上与C2H6发生反应ii，而且因为反应ii进行程度大，导致氢气浓度降低，反应i平衡不断正向移动，因此C2H4的平衡产率增大；
（3）
物理吸附的乙烷与配位不饱和中心反应，从键活化开始，同时的价态由+3升高到+4，即增加一个共价键，根据碳原子的电负性强于铬原子，推测图中画框部分为；
（4）从图分析，电极B上二氧化碳反应生成一氧化碳，得到电子，为阴极反应，则A为阳极；A电极上乙烷反应生成生成乙烯和水，电极反应式为。
3．（12分）实验室为探究P2O5催化乙醇脱水制乙烯的反应条件，进行了如下实验。
实验仪器(夹持及加热装置略)：
实验操作及现象：
实验序号 1 2
m(P2O5)/g 2 2
V(95%乙醇)/mL 4 8
反应温度/℃ 180～200 80～90
仪器X中现象 乙醇加入时，立即产生大量的白雾，有气泡生成；当用酒精灯加热时，气泡生成加快，溶液沸腾，生成黄色黏稠液体 乙醇加入时，有少量白雾生成；刚开始有气泡产生，约30秒后不再产生气泡；反应一个小时，反应瓶内生成黏稠液体
收集瓶中现象 有无色液体 有无色液体
试管内现象 溶液褪色 溶液不褪色
已知：①温度较低时：用P2O5催化，乙醇与生成的磷酸发生酯化反应，生成磷酸单乙基酯；用浓硫酸催化，乙醇与硫酸发生酯化反应，生成硫酸单乙基酯。
②温度较高时：磷酸单乙基酯或硫酸单乙基酯会发生分解，生成乙烯。
回答下列问题：
(1)仪器X的名称为 ；虚线框中应选择下列 (填序号)装置。
(2)实验1、实验2中均产生白雾的原因是 ；实验1中应选用的加热方式为 。
(3)收集瓶中收集的液体主要成分为 ；选用溴的四氯化碳溶液检验乙烯而不用酸性高锰酸钾溶液的原因是 。
(4)乙醇与生成的磷酸发生酯化反应的化学方程式为 。
(5)磷酸单乙基酯断裂C—O键所需的温度比硫酸单乙基酯断裂C—O键所需的温度 (填“高”或“低”)；请从结构的角度解释该现象： 。
(6)可以通过测定有机物的 获得产物的官能团及化学键信息。
【答案】(1) 三颈烧瓶 （1分） C（1分）
(2) P2O5与H2O反应放出热量，导致乙醇挥发，在空气中冷凝形成小液滴 （1分） 油浴加热（1分）
(3) 乙醇 （1分） 防止挥发出的乙醇干扰检验（1分）
(4)C2H5OH＋H3PO4＋H2O（2分）
(5) 高 （1分） S的电负性大于P，导致S对电子的吸引力更强，C—O键极性更强、更容易断裂，所需的温度更低（2分）
(6)红外光谱（1分）
【解析】（1）由图可知，仪器X的名称为三颈烧瓶；蒸馏时，为防止冷凝的液体留存在冷凝管中，应选用直形冷凝管，即选择C；
（2）P2O5与H2O反应放出热量，导致乙醇挥发，在空气中冷凝形成小液滴，产生白雾；实验1中反应温度为180～200 ℃，应选择油浴加热；
（3）乙醇沸点低、易挥发，加热过程中会有乙醇蒸气通过冷凝管进入收集瓶中，则收集瓶中收集的液体主要成分为乙醇；若使用酸性高锰酸钾溶液，挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，会影响对乙烯的检验，而乙醇不与溴的四氯化碳溶液反应，不影响检验结果，故答案为：乙醇；防止挥发出的乙醇干扰检验；
（4）
磷酸分子中含三个羟基，磷酸单乙基酯是其中1个羟基与乙醇酯化的产物，则反应的化学方程式为C2H5OH＋H3PO4＋H2O；
（5）磷酸单乙基酯断裂C—O键所需的温度比硫酸单乙基酯断裂C—O键所需的温度高，原因是S的电负性大于P，导致S对电子的吸引力更强，C—O键极性更强、更容易断裂，所需的温度更低；
（6）有机化合物受到红外线照射时，能吸收与它的某些化学键或官能团的振动频率相同的红外线，形成该有机物的红外光谱图，谱图中不同的化学键或官能团的吸收频率不同，从而可获得分子中化学键或官能团的信息，故答案为：红外光谱。
4．（12分）盐酸芬戈莫德是一种治疗多发性硬化症的新型免疫抑制剂，以下是其中某种合成路线：
已知：i)
ii)
(1)B分子中含有的官能团为 ；A分子中有 个原子共平面。
(2)E的分子式为 。
(3)整个反应过程中没有涉及到的反应类型有_______。
A．加成反应 B．氧化反应 C．缩聚反应 D．还原反应
(4)已知过程中原子利用率为100%，化合物X的结构简式是 。
(5)①由D生成E的反应目的是 。
②的第(2)步中加的目的是 。
(6)写出由E生成F的化学反应方程式 。
(7)在C的同分异构体中，同时满足下列条件的可能结构共有 种(不考虑立体异构)。
a)含有苯环和硝基；
b)核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为
(8)参照上述反应路线，以和为原料，设计合成的路线 (无机试剂任选)。
(9)下图是芬戈莫德最初合成的起始路线：
对比两个反应路线，写出现在反应路线的优点及原因：
【优点1】 ；
【优点2】 。
【答案】(1) 酮羰基、硝基 （1分） 12（1分）
(2)（1分）
(3)BC（1分）
(4)（1分）
(5) 保护羟基 （1分） 增大产物的水溶性（1分）
(6)（1分）
(7)4（1分）
(8)（2分）
(9) 反应原料易得 （1分） 副反应少，副产物少，产物更纯净（1分）
【解析】（1）B物质中含有的官能团为酮羰基和硝基。A为苯，苯是平面结构，其中有12个原子共平面。答案为：酮羰基和硝基；。
（2）E的结构为，其分子式为：。
（3）根据分析可知，该流程中没有涉及到的反应类型有氧化反应，还原反应。答案选BC。
（4）C的分子式为：，D的分子式为：，分子结构相差，由于过程中原子利用率为，是加成反应，所以结合可知，化合物的结构简式是。答案为：。
（5）①D中羟基和反应得到E，E和发生取代得到F为，之后最终反应又生成的H中，又生成，所以反应目的是保护羟基。答案为：保护羟基。
②由于生成的在水中溶解性较低，所以加的目的是增大产物的水溶性。答案为：增大产物的水溶性。
（6）E和发生取代得到F为和氯化氢。答案为：。
（7）C为，它的同分异构体中，同时满足含有苯环和硝基；核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为，有、、、，共四种。答案为：四。
（8）先用和发生加成反应得到，发生催化氧化反应得到，结合题中转化关系，发生还原反得到，合成路线为：。
（9）是发生取代反应，另外还生成了；也发生取代反应，另外生成了。均有副产品生成，造成原料利用率不高，同时，原反应线路中的反应原料较此方案简单、易得。答案为：反应原料易得；副反应少，副产物少，产物更纯净。
5．（10分）一水合甘氨酸锌一种配合物，微溶于水主要用作药物辅料，是锌营养强化剂，比一般的补锌剂、等稳定性和吸收率较好，其结构简式如图：
(1)写出锌在元素周期表中的位置： 。
(2)基态O原子价电子的轨道表示式为 ，图中的配位数为 。
A．2 B．3 C．4 D．5
(3)甘氨酸中碳原子采取的杂化方式有 。
A．sp B． C．
(4)甘氨酸中所含第2周期的元素按第一电离能从小到大的顺序为 ，甘氨酸在水中的溶解度较大，其原因为 。
(5)以氧化锌矿物为原料，提取锌的过程中涉及反应：，化学通式相同(如)且价电子总数相等的分子或离子互为等电子体，具有相同的化学键类型和空间结构，下列分子或者离子与互为等电子体的是___________。
A． B． C． D．
(6)以下关于说法正确的是___________。
A．N是配位原子 B．提供孤电子对
C．提供空轨道 D．配离子中存在离子键
(7)是的另一种配合物，IMI的结构为，则1molIMI中含有___________个σ键。
A． B． C． D．
(8)Zn与S形成某种化合物的晶胞如图所示，已知晶胞边长为541pm(1pmcm)，则晶胞密度 g·cm-3(阿伏伽德罗常数的数值取，计算结果精确到小数点后2位)
【答案】(1)第四周期ⅡB族（1分）
(2) （1分） D（1分）
(3)BC（1分）
(4) C﹤O﹤N （1分） 甘氨酸是极性分子，且分子中的氨基、羧基都能与水分子形成氢键（1分）
(5)B（1分）
(6)A（1分）
(7)C（1分）
(8)4.07（1分）
【解析】（1）锌是30号元素，在元素周期表中的位置：第四周期ⅡB族；
（2）
氧的原子序数为8，基态O原子价电子的轨道表示式为；根据结构简式可知，可知Zn2+的配位数是5，故选D；
（3）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中-CH2-中碳原子杂化方式为，羧基中碳原子杂化方式为，故选BC；
（4）甘氨酸中所含第2周期的元素为C、N、O，同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，氮原子2p轨道半充满，更稳定，第一电离能大于氧，第一电离能从小到大的顺序为C﹤O﹤N；甘氨酸是极性分子，且分子中的氨基、羧基都能与水分子形成氢键，所以甘氨酸在水中的溶解度较大；
（5）的价电子总数为8，的价电子总数为32，与不是等电子体；化学通式与相同，且价电子总数为8，与互为等电子体；、的化学通式与价电子总数与都不相同，与不是等电子体；故选B；
（6）中氮原子提供孤电子对，氮原子是配位原子，提供空轨道，形成配位键，离子键存在于阴阳离子间，配离子中不存在离子键，故选A；
（7）
共价单键都是σ键，共价双键中有1个σ键，1个π键，根据结构，分子中有12个σ键，则1molIMI中含有个σ键，故选C；
（8）晶胞的边长为541pm，1个晶胞中含有4个、4个，则晶胞密度≈4.07 g·cm-3；
【C组】
（建议用时：30分钟 满分：58分）
1．（12分）某银矿冶炼后的锌尾渣中富含硫化锌和氧化铁，以及少量Pb、Si、Al、Cu等元素。一种以锌尾渣为原料制备纳米氧化锌的工艺流程如下图所示。
已知：pKsp=-lgKsp，pKa=-lgKa。
ZnS Fe(OH)3 Al(OH)3 Zn(OH)2 H2S
pKsp 23.8 37.4 32.9 16.8 pKa pKa1=7.1，pKa2=12.9
(1)“焙烧”所得烧渣含ZnFe2O4，写出生成ZnFe2O4的化学方程式为 ，焙烧的目的是 。
(2)“滤液1”中Zn2+浓度为1 mol·L-1。为了完全除去Fe3+和Al3+(离子浓度小于10—5mol·L-1时，可认为完全除去)，“除铁铝”时应该调节“滤液1”的pH范围为 。
(3)滤液1中存在Cu2+、Pb2+，加入锌粉除铅的离子方程式 。
(4)“除铜铅”时，Cu2+、Pb2+的去除率与锌粉投加量的关系如下图所示。随锌粉投加量的增加，Cu2+的去除率更快达到最大值，其原因是 。
(5)当“沉淀”温度超过50℃后，Zn2+的沉淀率随着温度升高而下降，其原因是 。
(6)前驱体的化学式可以用Znx(CO3)y(OH)2(x-y)来表示。若547 g前驱体煅烧完全后，可以得到405 g产品，则该前驱体的化学式为 。
【答案】(1) 2ZnS+2Fe2O3+3O2=2ZnFe2O4+2SO2 （2分） 将ZnS、Fe2O3转化为ZnFe2O4，便于酸溶浸出（1分）
(2)4.7~5.6（1分）
(3)Zn+Pb2+ =Zn2+ + Pb（2分）
(4)Pb的金属性比Cu强，Cu2+氧化性大于Pb2+，故Cu2+先与Zn反应（2分）
(5)温度升高后，碳酸氢铵容易发生分解，从而导致Zn2+的沉淀率下降（2分）
(6)Zn5(CO3)2(OH)6（2分）
【解析】（1）根据锌尾矿的成分：硫化锌和氧化铁，“焙烧”所得烧渣含ZnFe2O4，生成ZnFe2O4的化学方程式为：2ZnS+2Fe2O3+3O2=2ZnFe2O4+2SO2；根据分析可知，焙烧的目的是：将ZnS、Fe2O3转化为ZnFe2O4，便于酸溶浸出；
（2）“滤液1”中Zn2+浓度为1 mol·L-1，pKsp=-lgKsp，pKa=-lgKa。由题表数据可知，Zn2+开始沉淀时的pH=，由pKsp数据知，铝离子完全沉淀时铁离子一定完全沉淀，铝离子完全沉淀的pH=，故应控制pH范围为：4.7~5.6；
（3）滤液1中存在Cu2+、Pb2+，加入锌粉发生置换反应，除铅的离子方程式：Zn+Pb2+ =Zn2+ + Pb；
（4）金属铅的金属性比铜强，所以铜离子的氧化性强于铅离子，加锌粉后，氧化性强的铜离子优先反应，去除率快速达到最大值，答案为：Pb的金属性比Cu强，Cu2+氧化性大于Pb2+，故Cu2+先与Zn反应；
（5）加入碳酸氢铵生成沉淀时，当“沉淀”温度超过50℃后，Zn2+的沉淀率随着温度升高而下降，其原因是：温度升高后，碳酸氢铵容易发生分解，从而导致Zn2+的沉淀率下降；
（6）由元素守恒可得关系式：Znx(CO3)y(OH)2(x-y)～xZnO～[y CO2+(x-y) H2O]，列比例计算：，，解得，故该前驱体的化学式为：Zn5(CO3)2(OH)6。
2．（12分）氮的氧化物的催化还原是环保研究热点。回答下列问题：
(1)催化还原。已知：、都大于0。
①
②
(用含、的代数式表示)。
(2)铜还原生成。在恒容密闭容器中充入和足量，发生上述反应达到平衡。下列说法正确的是_______(填标号)。
A．平衡后，升高温度，
B．增加的质量，平衡正向移动
C．充入的平衡转化率增大
D．充入少量NO，NO的平衡转化率增大
(3)CO还原NO：。向体积均为的甲、乙两恒容容器中分别充入和，在“绝热”和“恒温”条件分别发生上述反应。两反应体系中压强随时间的变化曲线如图所示。
① (填“>”、“＜”或“=”，下同)0。b点正反应速率 c点逆反应速率。
②的转化率： ，判断依据是 。
③a点气体的总物质的量为 。
④点 。b点 (填“大于”“小于”或“等于”)点。
【答案】(1)-（2分）
(2)D（1分）
(3) < （1分） > （1分） < （1分） 同体积同压强，温度较高，气体总物质的量较小，正反应是气体分子数减小的反应，点转化率较大 （2分） 3.25 （2分） 27 （1分） 大于（1分）
【解析】（1）根据盖斯定律，该反应可由得到，=-；
（2）A．平衡后，升高温度，平衡逆向移动，则，故A错误；
B．Cu为固体，增加的质量，不影响反应速率，不影响化学平衡，故B错误；
C．恒容容器中，充入，对反应速率和化学平衡无影响，平衡转化率不变，故C错误；
D．结合反应可知，该反应中充入少量NO，等同于增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，故D正确；
故选：D。
（3）①恒温条件下随反应进行，气体分子数逐渐减少，体系内压强逐渐减小，甲为“恒温”条件；而乙中随反应正向进行，压强先增大，可知此过程中体系内温度升高导致气体膨胀，压强增大，则该反应为放热反应，<0， 且乙为“绝热”条件；b点对应的温度和压强均大于c点，则b点正反应速率大于c点逆反应速率；
②同体积b点温度高于a点，两点压强相同，则b气体总物质的量较小，正反应是气体分子数减小的反应，由此可知b点正向进行程度大于a点，则点转化率较大；
③由题中信息得三段式：
由压强之比等于气体物质的量之比：，x=1.5；a点气体的总物质的量为4-0.5x=3.25；
④结合以上分析可知点L/mol；a点CO的转化率小于b点，所以a点浓度商小于b点的浓度商，由于b点达到了平衡状态，所以b点的浓度商等于K(b)，所以K(b)>Q(a)。
3．（12分）有机化合物在治疗药物中占据主导地位，缺少有机化学原理和方法的支撑，药物化学和新药研发难以发展，对氯苯甲酸是合成非甾族消炎镇痛药物的中间体，实验室中制备对氯苯甲酸的反应原理和装置图如下：
常温条件下的有关数据如下表所示：
相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/g·cm-3 颜色 水溶性
对氯甲苯 126.5 7.5 162 1.07 无色 难溶
对氯苯甲酸 156.5 243 275 1.54 白色 微溶
对氯苯甲酸钾 194.5 具有盐的通性，属于可溶性盐
实验步骤：
在A中加入一定量的催化剂、适量、100mL水，安装好装置，在滴液漏斗中加入6.00mL对氯甲苯，在温度为93℃左右时，逐滴滴入对氯甲苯；控制温度在93℃左右，反应2h，过滤，将滤渣用热水洗涤，使洗涤液与滤液合并，加入稀硫酸酸化，加热浓缩；然后过滤，将滤渣用冷水进行洗涤，干燥后称量其质量为7.190g。
(1)对氯甲苯分子中共平面的原子数最多___________个。
A．7 B．8 C．13 D．15
(2)装置B球形冷凝管中，冷凝水由 处通入。
A．a B．b
(3)量取6.00mL对氯甲苯应选用的仪器是 。
A．量筒 B．50mL容量瓶 C．移液管
(4)在此实验中的作用是___________。
A．催化剂 B．氧化剂 C．还原剂 D．指示剂
(5)滤液中加入稀硫酸酸化，可观察到的实验现象是 。
(6)第二次过滤所得滤渣要用冷水进行洗涤，而不是蒸馏水，其目的是 。
(7)本实验的产率是 。(保留3位有效数字)
【答案】(1)C（2分）
(2)A（1分）
(3)C（1分）
(4)B（2分）
(5)产生白色浑浊（2分）
(6)除去对氯苯甲酸中的杂质并尽量减小其损耗（2分）
(7)90.5%（2分）
【解析】（1）苯环为平面结构，苯环上的6个碳原子及其所连的6个原子共12个原子一定共面，甲基中氢原子最多有1个落在这个平面上，对氯甲苯分子中共平面的原子数最多13个，故选C；
（2）装置B球形冷凝管中，冷凝水由下方a处通入，能使冷凝水充满冷凝管，提高冷凝效果，故选A；
（3）移液管可以精确到0.01mL，量取6.00mL对氯甲苯应选用的仪器是移液管，故选C；
（4）根据反应原理，可以将对氯甲苯氧化生成对氯苯甲酸钾，在此实验中的作用是氧化剂，故选B；
（5）滤液中加入稀硫酸酸化，反应生成对氯苯甲酸，对氯苯甲酸微溶，因此可观察到的实验现象是产生白色浑浊；
（6）根据对氯苯甲酸在水中微溶，因此第二次过滤所得滤渣要用冷水进行洗涤，其原因是除去对氯苯甲酸中的杂质并尽量减小其损耗；
（7）
根据→，6.00mL 1.07g/mL的对氯甲苯理论产量为，实际得到7.190g对氯苯甲酸，本实验的产率是。
4．（12分）阿斯巴甜（H）是一种非碳水化合物类的人造甜味剂，在零糖可乐中常有添加。通过天冬氨酸（A）和苯丙氨酸(E)来制备H的一种合成路线如下：
已知：HCHOH2N-CH2-CN；R-CNR-COOH。
(1)流程中的物质A、B、C、D中不含有手性碳原子的是______。
A．A B．B C．C D．D
(2)③的反应类型是 。
A．取代反应 B．消去反应 C．氧化反应 D．还原反应
(3)反应④生成的官能团的名称是 、 。
(4)反应④可能生成的副产物的结构简式 ，主、副产物的盐酸盐在水中溶解度相差90倍以上，利用这一性质除去副产物。
(5)设置反应①和⑤的目的是 。
(6)E的熔点（m.p. 275℃）远高于相对分子质量几乎相等的苯丙酸（m.p. 50℃），其原因是（写两条） 。
(7)写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式 。
核磁共振氢谱谱图显示有3个峰，其面积之比为6：2：3
测得红外光谱如图：
(8)写出由苯乙烯为原料制备苯丙氨酸（E）的合成路线 (无机试剂任选)。
【答案】(1)B（1分）
(2)A（1分）
(3) 羧基 （1分） 酰胺键（1分）
(4)（2分）
(5)保护氨基，减少副反应的发生，提高产率（1分）
(6)原因一是苯丙氨酸能形成内盐（或两性离子），原因二是苯丙氨酸中的氨基可形成分子内氢键，而苯丙酸只有分子间氢键（1分）
(7)（2分）
(8)（2分）
【解析】（1）手性碳原子是连接四个不同原子或基团的碳原子，A、C、D中都存在连接四个不同基团的碳原子，而B中没有，选B。
（2）反应③中，苯丙氨酸（E）的羧基（-COOH）变成了酯基（-COOCH3） ，是羧基与醇发生酯化反应，酯化反应属于取代反应的一种，选A。
（3）从反应④的产物G结构可知，新生成的官能团有酰胺键（-CO - NH-）和羧基（-COOH） 。
（4）
D中酸酐部分不对称，D与F反应生成的副产物，形成肽键结构，副产物为。
（5）在有机合成中，对氨基进行保护，能防止氨基在后续反应中与其他试剂发生不必要反应，从而减少副反应，提高目标产物产率。
（6）苯丙氨酸熔点高，一是因为能形成内盐（两性离子），离子间作用力强；二是苯丙氨酸中的氨基可形成分子内氢键，而苯丙酸只有分子间氢键，熔点更高。
（7）核磁共振氢谱分析：谱图显示有3个峰，表明分子中有3种不同化学环境的氢原子。峰面积之比为6:2:3，意味着这3种氢原子的数目比是6:2:3 。
红外光谱分析：已知该有机物含有苯环，且存在C-N键，芳香族硝基化合物。结合核磁共振氢谱谱图信息以及E推测，E的同分异构体的结构简式为。
（8）
结合题给已知，苯乙烯为原料制备苯丙氨酸（E）的合成路线为。
5．（10分）I．在血液中，以Fe2+为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，可用于输送O2。如图为载氧后的血红蛋白分子示意图。
(1)基态Fe的价电子轨道表示式为 。
(2)蛋白质组成元素：C、H、O、N、S中，
①第一电离能最大的是 。
A． C B． N C．O D．S
②基态硫的价电子占有的轨道数目为 。
A．4 B． 5 C． 6 D．10
(3)载氧时，血红蛋白分子中Fe2+脱去配位的H2O并与O2配位；若人体吸入CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。由此推测，与Fe2+配位能力最弱的是___________。
A．H2O B．O2 C．CO D．无法判断
Ⅱ．一种最简单的卟啉环结构如图。
(4)该卟啉分子中，N(1)的杂化方式为 。
A． sp3 B． sp C．sp2
(5)血红蛋白中存在和卟啉分子形成的配位键。卟啉分子中与形成配位键的原子是N，原因是 。
(6)该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱，原因是 。
【答案】(1)（2分）
(2) B （1分） A（1分）
(3)A（2分）
(4)C（2分）
(5)N原子上有孤电子对，Fe2+有空轨道（2分）
(6)酸性环境中，卟啉分子中的N原子与H+形成配位键，导致提供孤对电子的能力降低（2分）
【解析】（1）
铁元素的原子序数为26，基态原子的价电子排布式为3d64s2，轨道表示式为；
（2）蛋白质组成元素：C、H、O、N、S中，①O、S同一族，从上到下，第一电离能减小，C、N、O同一周期，从左至右，一般来说第一电离能逐渐增大，但氮元素2p能级处于半充满，所以N的第一电离能大于O，即第一电离能最大的为N，答案选B；②基态硫的价电子排布式为3s23p4，所以价电子占有的轨道数目为4，答案选A；
（3）载氧时，血红蛋白分子中亚铁离子脱去配位的水并与氧气配位，说明氧分子与亚铁离子的配位能力强于水分子；若人体吸入一氧化碳，则一氧化碳占据配位点，血红蛋白失去携氧功能说明一氧化碳与亚铁离子的配位能力强于氧分子，所以与亚铁离子的配位能力最弱的配体是水，答案选A；
（4）由图可知该卟啉分子中，1号位双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，答案选C；
（5）卟啉分子中与形成配位键的原子是N，因为N原子上有孤电子对，Fe2+有空轨道；
（6）酸性环境中，卟啉分子中的氮原子与氢离子形成配位键，导致提供孤对电子的能力降低，所以卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱。
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)大题预测01（A组+B组+C组）
【A组】
（建议用时：30分钟 满分：58分）
1．（12分）用低品位铜矿(主要成分为和FeO)为原料制备CuCl流程如图。
已知：CuCl难溶于醇和水，在热水中易被氧化，易溶于浓度较大的体系中()。
(1)将矿样研磨后“浸取”，该操作中被氧化的元素有 (填元素符号)。
(2)“除铁”操作需在搅拌条件下滴加氨水，防止局部pH过大，原因是 。
(3)“还原”过程中温度不宜过高的原因是 。
(4)另有工艺改用铜粉替换，替换后工艺后续“稀释”所得滤液3经蒸发浓缩后可直接返回 操作循环使用。
(5)如下图所示，和其他条件相同时，CuCl产率随增大先升高后降低的原因是 。
(6)如下图所示，其他条件相同时，CuCl产率随反应时间延长而降低的原因是 。
2．（12分）丙烯是重要的化工原料，时，耦合丙烷制备丙烯发生如下反应：
Ⅰ．；
Ⅱ．。
(1)部分化学键的键能如下，计算 。
化学键
能量/() 344 436 615 409.25 463
(2)丙烷直接脱氢也可制备丙烯，发生反应Ⅲ： ，在压强为的恒压容器中分别通入丙烷和进行反应Ⅰ、丙烷进行反应Ⅲ，的平衡转化率随温度的变化如图所示。
① 0(填“>”或“<”)，b点正反应速率和c点逆反应速率的大小关系为 (填“>”“<”或“=”)。
②a点的平衡转化率比b点高的原因为 。
③根据图示计算，800K时b点曲线对应反应的平衡常数 kPa。
(3)研究表明，在Pt催化剂表面发生直接脱氢制备的反应机理如下：
步骤1.；
步骤2.；
步骤3._______；
步骤4.；
步骤5.。
①请补全步骤3： 。
②实验表明在催化剂表面直接脱氢，的选择性低，结合反应历程图解释其原因： ，如果对Pt催化剂活性位点进行调节可解决这一问题。
3．（12分）铁盐、亚铁盐在工业上具有重要价值。完成下列相关实验问题。
Ⅰ：【制备无水FeCl3】FeCl3在工业上常作催化剂和刻蚀剂。实验室中，先合成SOCl2，再与FeCl3·H2O反应制备无水FeCl3.装置如图所示(加热及夹持仪器略)。
已知：①实验室合成SOCl2的原理为。
②SOCl2的熔点为-101℃，沸点为75.6℃，遇水剧烈分解为两种酸性气体；POCl3沸点为105℃。忽略共沸。
(1)写出A中反应的化学方程式 。
(2)打开K2，将三通阀调至，打开K1，制取二氧化硫 ，一段时间后，加热装置C至60℃。仪器丙的作用为 。
(3)当C中出现较多液体，关闭K1、K2.制得FeCl3的操作为：①调节三通阀的位置为 (根据下图选填序号)；②调节温度计水银球位置至三颈瓶口处，将C装置升温至 (填写温控的范围)③加热E处硬质玻璃管。
Ⅱ：【配制铁盐溶液并探究铁盐性质】
(4)实验室若需要配制90 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，用到的药品和仪器有：FeCl3固体，烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、 (仪器名称)、 (药品名称)、蒸馏水。
(5)某化学学习小组探究Fe3+在溶液中的颜色变化，进行以下实验。
试剂 加热前溶液颜色 加热后溶液颜色
实验Ⅰ 溶液+蒸馏水 棕黄色 深棕色
实验Ⅱ 溶液+HNO3 几乎无色 几乎无色
实验Ⅲ FeCl3溶液+HNO3 黄色 深黄色
已知：水溶液中，几乎无色，为黄色；水解生成(棕黄色)。
①从影响平衡移动因素的角度分析，加热前后，实验Ⅱ中溶液颜色无明显变化的原因为 。
②结合离子反应方程式说明实验Ⅲ中溶液呈黄色的原因 。
Ⅲ：【探究铁盐和亚铁盐的转化】
(6)铁盐转化成亚铁盐有多种方法，下图是利用电解法(两极均为惰性电极)使Fe2(SO4)3溶转化成FeSO4(暂不考虑如何进一步提取FeSO4)。
①为了提高FeSO4产率，在Fe2(SO4)3溶液中加入CH3OH进行电解，电解过程中不断增大。写出阳极的电极反应方程式 。
②加入CH3OH可以提高FeSO4产率的原因 。
4．（12分）五氟磺草胺(G)为新型除草剂，其中以间氟三氟甲苯为原料的一种合成路线如图所示：
已知：①
②
③
回答下列问题：
(1)C中含氧官能团的名称为 。G分子中S原子的杂化方式为 。
(2)B的结构简式为 ，A→B的反应类型为 。
(3)E→F反应的化学方程式为 ，试利用勒夏特列原理解释该反应使用试剂的目的： 。
(4)的同分异构体中，苯环上与其含有相同的基团的还有 种。苯胺()中氨基的N原子上存在孤电子对，易与结合，故苯胺显碱性。已知的电离常数为，则的电离常数 (填“>”或“<”)。
5．（10分）氮化硼()是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为原料，经过一系列反应可以得到，如图所示：
硼砂
(1)硼元素原子的电子排布式为 ，这些电子有种 不同的能量。与硼元素在同一周期，其基态原子的最外层有2个未成对电子的元素有 。(填元素符号)
(2)写出上述由，制备BN的化学方程式 。
(3)BN的两种晶型：六方晶型(类似于石墨)及立方晶型(类似于金刚石)，结构如图。
①下列说法正确的是 。
A．六方氮化硼晶体层间存在化学键
B．两种晶体中的B和N都是杂化
C．两种晶体中B和N间的化学键均为极性共价键
D．立方氮化硼含有键和键，是共价晶体，硬度大
②立方相氮化硼晶体中，氮的配位数是 。
(4)常温常压下硼酸晶体结构为层状，其二维平面结构如图。
①硼酸晶体中存在的作用力有 。
A．离子键 B．共价键 C．范德华力 D．配位键
②该晶体中含有 氢键。
(5)硼酸可由三卤化硼水解制备，机理如下图。从结构的角度解释水解反应很难进行的原因 。
【B组】
（建议用时：30分钟 满分：58分）
1．（12分）以赤泥熔炼渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、CaO，少量Sc2O3)为原料分离稀土元素钪(Sc)的一种工艺流程如下：
已知：①萃取剂为磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油；②Sc3+的氧化性很弱。
回答下列问题：
(1)“浸渣”的主要成分为 (填化学式)。
(2)“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。向“萃取液”中加入NaOH，(Fe2+、Fe3+、Sc3+)的沉淀率随pH的变化如图。试剂X为 (填Na2SO3或NaClO)，应调节pH最佳为 。
(3)已知Sc2(C2O4)3难溶于水，难溶于酸；Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+，此反应的平衡常数K= 。(用含a、b、c代数式表示)
(4)Sc2(C2O4)3经系列操作可得，加热脱水时生成ScOCl的化学方程式为 。
(5)在一定条件下，一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数(分配系数Kd) ；萃取率=。萃取Sc的过程中，若Sc元素的分配系数，取100mL含钪的溶液，一次性加入60mL萃取剂，则Sc的萃取率为 %(保留到小数点后一位，下同)；若将60mL萃取剂分成3次萃取，每次用20mL，则最后一次水层中钪的残留率为 %。
2．（12分）乙烯是有机合成工业重要的原料，由乙烷制取乙烯是常见的方法。回答下列问题：
(1)乙烷氧化脱氢制备乙烯是化工生产中的重要工艺。
主反应： ；
副反应： 。
①副反应在一定温度下能自发进行的原因为 。
②一定温度下，向装有催化剂的恒容密闭容器中充入物质的量之比为的和，反应相同时间后，测得乙烯的产率与温度的关系如图所示。
a．图中A点反应一定未达平衡，原因是 。
b．若C点反应也未达平衡，可能的原因是 。
(2)是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数。一定温度和压强下，反应ⅰ： ；反应ⅱ： (远大于)。
①仅发生反应ⅰ时，的平衡转化率为40.0%，计算 。
②同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应ⅰ相比，的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)某团队提出为催化剂、作为温和的氧化剂用于乙烷裂解催化脱氢制乙烯技术。配位不饱和催化耦合脱氢反应过程推测如下：物理吸附的乙烷与配位不饱和中心反应，从键活化开始，同时的价态由+3升高到+4.补全图中画框部分 。
(4)2021年来中国科学院谢奎团队研究电解乙烷制备乙烯并取得突破，其原理如图所示。A极的电极反应式为 。
3．（12分）实验室为探究P2O5催化乙醇脱水制乙烯的反应条件，进行了如下实验。
实验仪器(夹持及加热装置略)：
实验操作及现象：
实验序号 1 2
m(P2O5)/g 2 2
V(95%乙醇)/mL 4 8
反应温度/℃ 180～200 80～90
仪器X中现象 乙醇加入时，立即产生大量的白雾，有气泡生成；当用酒精灯加热时，气泡生成加快，溶液沸腾，生成黄色黏稠液体 乙醇加入时，有少量白雾生成；刚开始有气泡产生，约30秒后不再产生气泡；反应一个小时，反应瓶内生成黏稠液体
收集瓶中现象 有无色液体 有无色液体
试管内现象 溶液褪色 溶液不褪色
已知：①温度较低时：用P2O5催化，乙醇与生成的磷酸发生酯化反应，生成磷酸单乙基酯；用浓硫酸催化，乙醇与硫酸发生酯化反应，生成硫酸单乙基酯。
②温度较高时：磷酸单乙基酯或硫酸单乙基酯会发生分解，生成乙烯。
回答下列问题：
(1)仪器X的名称为 ；虚线框中应选择下列 (填序号)装置。
(2)实验1、实验2中均产生白雾的原因是 ；实验1中应选用的加热方式为 。
(3)收集瓶中收集的液体主要成分为 ；选用溴的四氯化碳溶液检验乙烯而不用酸性高锰酸钾溶液的原因是 。
(4)乙醇与生成的磷酸发生酯化反应的化学方程式为 。
(5)磷酸单乙基酯断裂C—O键所需的温度比硫酸单乙基酯断裂C—O键所需的温度 (填“高”或“低”)；请从结构的角度解释该现象： 。
(6)可以通过测定有机物的 获得产物的官能团及化学键信息。
4．（12分）盐酸芬戈莫德是一种治疗多发性硬化症的新型免疫抑制剂，以下是其中某种合成路线：
已知：i)
ii)
(1)B分子中含有的官能团为 ；A分子中有 个原子共平面。
(2)E的分子式为 。
(3)整个反应过程中没有涉及到的反应类型有_______。
A．加成反应 B．氧化反应 C．缩聚反应 D．还原反应
(4)已知过程中原子利用率为100%，化合物X的结构简式是 。
(5)①由D生成E的反应目的是 。
②的第(2)步中加的目的是 。
(6)写出由E生成F的化学反应方程式 。
(7)在C的同分异构体中，同时满足下列条件的可能结构共有 种(不考虑立体异构)。
a)含有苯环和硝基；
b)核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为
(8)参照上述反应路线，以和为原料，设计合成的路线 (无机试剂任选)。
(9)下图是芬戈莫德最初合成的起始路线：
对比两个反应路线，写出现在反应路线的优点及原因：
【优点1】 ；
【优点2】 。
5．（10分）一水合甘氨酸锌一种配合物，微溶于水主要用作药物辅料，是锌营养强化剂，比一般的补锌剂、等稳定性和吸收率较好，其结构简式如图：
(1)写出锌在元素周期表中的位置： 。
(2)基态O原子价电子的轨道表示式为 ，图中的配位数为 。
A．2 B．3 C．4 D．5
(3)甘氨酸中碳原子采取的杂化方式有 。
A．sp B． C．
(4)甘氨酸中所含第2周期的元素按第一电离能从小到大的顺序为 ，甘氨酸在水中的溶解度较大，其原因为 。
(5)以氧化锌矿物为原料，提取锌的过程中涉及反应：，化学通式相同(如)且价电子总数相等的分子或离子互为等电子体，具有相同的化学键类型和空间结构，下列分子或者离子与互为等电子体的是___________。
A． B． C． D．
(6)以下关于说法正确的是___________。
A．N是配位原子 B．提供孤电子对
C．提供空轨道 D．配离子中存在离子键
(7)是的另一种配合物，IMI的结构为，则1molIMI中含有___________个σ键。
A． B． C． D．
(8)Zn与S形成某种化合物的晶胞如图所示，已知晶胞边长为541pm(1pmcm)，则晶胞密度 g·cm-3(阿伏伽德罗常数的数值取，计算结果精确到小数点后2位)
【C组】
（建议用时：30分钟 满分：58分）
1．（12分）某银矿冶炼后的锌尾渣中富含硫化锌和氧化铁，以及少量Pb、Si、Al、Cu等元素。一种以锌尾渣为原料制备纳米氧化锌的工艺流程如下图所示。
已知：pKsp=-lgKsp，pKa=-lgKa。
ZnS Fe(OH)3 Al(OH)3 Zn(OH)2 H2S
pKsp 23.8 37.4 32.9 16.8 pKa pKa1=7.1，pKa2=12.9
(1)“焙烧”所得烧渣含ZnFe2O4，写出生成ZnFe2O4的化学方程式为 ，焙烧的目的是 。
(2)“滤液1”中Zn2+浓度为1 mol·L-1。为了完全除去Fe3+和Al3+(离子浓度小于10—5mol·L-1时，可认为完全除去)，“除铁铝”时应该调节“滤液1”的pH范围为 。
(3)滤液1中存在Cu2+、Pb2+，加入锌粉除铅的离子方程式 。
(4)“除铜铅”时，Cu2+、Pb2+的去除率与锌粉投加量的关系如下图所示。随锌粉投加量的增加，Cu2+的去除率更快达到最大值，其原因是 。
(5)当“沉淀”温度超过50℃后，Zn2+的沉淀率随着温度升高而下降，其原因是 。
(6)前驱体的化学式可以用Znx(CO3)y(OH)2(x-y)来表示。若547 g前驱体煅烧完全后，可以得到405 g产品，则该前驱体的化学式为 。
2．（12分）氮的氧化物的催化还原是环保研究热点。回答下列问题：
(1)催化还原。已知：、都大于0。
①
②
(用含、的代数式表示)。
(2)铜还原生成。在恒容密闭容器中充入和足量，发生上述反应达到平衡。下列说法正确的是_______(填标号)。
A．平衡后，升高温度，
B．增加的质量，平衡正向移动
C．充入的平衡转化率增大
D．充入少量NO，NO的平衡转化率增大
(3)CO还原NO：。向体积均为的甲、乙两恒容容器中分别充入和，在“绝热”和“恒温”条件分别发生上述反应。两反应体系中压强随时间的变化曲线如图所示。
① (填“>”、“＜”或“=”，下同)0。b点正反应速率 c点逆反应速率。
②的转化率： ，判断依据是 。
③a点气体的总物质的量为 。
④点 。b点 (填“大于”“小于”或“等于”)点。
3．（12分）有机化合物在治疗药物中占据主导地位，缺少有机化学原理和方法的支撑，药物化学和新药研发难以发展，对氯苯甲酸是合成非甾族消炎镇痛药物的中间体，实验室中制备对氯苯甲酸的反应原理和装置图如下：
常温条件下的有关数据如下表所示：
相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/g·cm-3 颜色 水溶性
对氯甲苯 126.5 7.5 162 1.07 无色 难溶
对氯苯甲酸 156.5 243 275 1.54 白色 微溶
对氯苯甲酸钾 194.5 具有盐的通性，属于可溶性盐
实验步骤：
在A中加入一定量的催化剂、适量、100mL水，安装好装置，在滴液漏斗中加入6.00mL对氯甲苯，在温度为93℃左右时，逐滴滴入对氯甲苯；控制温度在93℃左右，反应2h，过滤，将滤渣用热水洗涤，使洗涤液与滤液合并，加入稀硫酸酸化，加热浓缩；然后过滤，将滤渣用冷水进行洗涤，干燥后称量其质量为7.190g。
(1)对氯甲苯分子中共平面的原子数最多___________个。
A．7 B．8 C．13 D．15
(2)装置B球形冷凝管中，冷凝水由 处通入。
A．a B．b
(3)量取6.00mL对氯甲苯应选用的仪器是 。
A．量筒 B．50mL容量瓶 C．移液管
(4)在此实验中的作用是___________。
A．催化剂 B．氧化剂 C．还原剂 D．指示剂
(5)滤液中加入稀硫酸酸化，可观察到的实验现象是 。
(6)第二次过滤所得滤渣要用冷水进行洗涤，而不是蒸馏水，其目的是 。
(7)本实验的产率是 。(保留3位有效数字)
4．（12分）阿斯巴甜（H）是一种非碳水化合物类的人造甜味剂，在零糖可乐中常有添加。通过天冬氨酸（A）和苯丙氨酸(E)来制备H的一种合成路线如下：
已知：HCHOH2N-CH2-CN；R-CNR-COOH。
(1)流程中的物质A、B、C、D中不含有手性碳原子的是______。
A．A B．B C．C D．D
(2)③的反应类型是 。
A．取代反应 B．消去反应 C．氧化反应 D．还原反应
(3)反应④生成的官能团的名称是 、 。
(4)反应④可能生成的副产物的结构简式 ，主、副产物的盐酸盐在水中溶解度相差90倍以上，利用这一性质除去副产物。
(5)设置反应①和⑤的目的是 。
(6)E的熔点（m.p. 275℃）远高于相对分子质量几乎相等的苯丙酸（m.p. 50℃），其原因是（写两条） 。
(7)写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式 。
核磁共振氢谱谱图显示有3个峰，其面积之比为6：2：3
测得红外光谱如图：
(8)写出由苯乙烯为原料制备苯丙氨酸（E）的合成路线 (无机试剂任选)。
5．（10分）I．在血液中，以Fe2+为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，可用于输送O2。如图为载氧后的血红蛋白分子示意图。
(1)基态Fe的价电子轨道表示式为 。
(2)蛋白质组成元素：C、H、O、N、S中，
①第一电离能最大的是 。
A． C B． N C．O D．S
②基态硫的价电子占有的轨道数目为 。
A．4 B． 5 C． 6 D．10
(3)载氧时，血红蛋白分子中Fe2+脱去配位的H2O并与O2配位；若人体吸入CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。由此推测，与Fe2+配位能力最弱的是___________。
A．H2O B．O2 C．CO D．无法判断
Ⅱ．一种最简单的卟啉环结构如图。
(4)该卟啉分子中，N(1)的杂化方式为 。
A． sp3 B． sp C．sp2
(5)血红蛋白中存在和卟啉分子形成的配位键。卟啉分子中与形成配位键的原子是N，原因是 。
(6)该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱，原因是 。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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