2020年天津新高考高三化学全真模拟卷（四）（解析版）

2020 年天津新高考全真模拟卷（四） 化学 （考试时间：90 分钟 试卷满分：100 分） 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 第Ⅰ卷（选择题共 36 分） 一、选择题：本题共 12 个小题，每小题 3 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．研究表明，地球上的碳循环，光合作用是必不可少的（如下图所示）。下列叙述正确的是（ ） A．石油与煤是可再生能源 B．CO2 是煤、石油形成淀粉、纤维素等的催化剂 C．光合作用将太阳能转化为化学能 D．图中所出现的物质中淀粉与纤维素为同分异构体 【答案】C 【解析】A. 石油与煤是化石燃料，属于不可再生资源，A 项错误； B. 煤、石油燃烧会生成二氧化碳，生成的二氧化碳参与光合作用形成淀粉与纤维素等，因此二氧化碳不是催化 剂，而是该过程的中间产物，B 项错误； C. 光合作用是绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化 学能，C 项正确； D. 图中所出现的物质中淀粉与纤维素分子式中的 n 值不同，因此不属于同分异构体，D 项错误； 2．苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下， 下列有关说法正确的是（ ） + A．a、b、c 均属于芳香烃 B．a、d 中所有碳原子均处于同一平面上 C．A 有 9 种属于芳香族的同分异构体 D．c、d 均能发生氧化反应 【答案】D 2O→催化剂 +H→【解析】A. a 属于芳香烃，b、c 为芳香族化合物，故 A 错误； B. a 中所有碳原子不处于同一平面上，a 上右边最多只有一个—CH3 在平面内，故 B 错误； C. a 有三个碳为一个支链有 2 种结构(包括 a 本身)，两个支链有 3 种，三个支链有 4 种，因此属于芳香族的同分 异构体有 8 中(不包括自身)，故 C 错误； D. c 能被氧气、酸性高锰酸钾氧化，d 能被酸性高锰酸钾氧化，故 D 正确。 3．利用废蚀刻液(含 及 )制备碱性蚀刻液［ 溶液］和 的主要步 骤：用 氧化废蚀刻刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[ ］，固液分离，用盐 酸溶解沉淀并制备 ，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是（ ） A． 制备 B． 制备 并得到 C． 分离 溶液和 D． 将 溶液蒸干制备 【答案】D 【解析】A. 实验室用 Ca(OH)2 和 NH4Cl 共热制备氨气，利用甲装置能够制备氨气，能达到实验目的，故 A 不符 合题意； B. 乙装置制备碱性刻蚀液 ，然后 Fe3+与 NH3 H2O 反应生成 Fe(OH)3 沉淀，能达到实验目的， 故 B 不符合题意； C. 丙装置用过滤方法分离固液混合物，能达到实验目的，故 C 不符合题意； 2 2FeCl CuCl、 3FeCl ( )3 44Cu NH Cl 3 2FeCl ·6H O 2 2H O ( )2 3 3 24CuCl +4NH =Cu NH Cl 3 2FeCl ·6H O 3NH ( )3 2Cu NH Cl ( )3Fe OH ( )3 2Cu NH Cl ( )3Fe OH 3FeCl 3 2FeCl ·6H O ( )3 2Cu NH Cl D. 由 FeCl3 溶液制备 FeCl3 6H2O，应在 HCl 气流中蒸发浓缩、冷却结晶，所用仪器为蒸发皿，丁装置不能达 到实验目的，故 D 符合题意。 4．工业用强氧化剂 PbO2 来制备 KClO4 的工业流程如下： 根据流程推测，下列判断不正确的是( ) A．“酸化”的试剂是稀硝酸或浓盐酸 B．“滤渣”主要成分是 PbO2 粉末，可循环使用 C．NaClO3 与 PbO2 反应的离子方程式为 D．在 KNO3、KClO4、NaClO4、NaNO3 中，常温下溶解度小的是 KClO4 【答案】A 【解析】A.浓盐酸具有还原性会与 NaClO3 发生归中反应，同时也会消耗 PbO2，故 A 错误； B. “滤渣”主要成分是 PbO2 粉末，可循环使用，B 正确； C.根据产物可知 NaClO3 被 PbO2 氧化，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为： ，故 C 正确； D. 根据溶液中溶解度小的物质先析出，结合复分解反应的条件可判断溶解度较小的物质为 KClO4，故 D 正确； 5．“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是 ①实验室收集氨气采用图 1 所示装置 ②实验室做氯气与钠的反应实验时采用图 2 所示装置 ③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验 ④实验室中采用图 3 所示装置进行铜与稀硝酸的反应 A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④ 【答案】C 【解析】①图 1 所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”， 故①符合题意；  - + 2+ - 2 3 4 2PbO +ClO +2H =Pb +ClO +H O - + 2+ - 2 3 4 2PbO +ClO +2H =Pb +ClO +H O②图 2 所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故②符合 题意； ③氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故③不 符合题意； ④图 3 所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待 反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故④符合题意； 故符合“绿色化学”的为①②④。 6．我国科研人员研究了在 Cu-ZnO-ZrO2 催化剂上 CO2 加氢制甲醇过程中水的作用机理；其主反应历程如图所示 （H2→ H+ H）。下列说法错误的是（ ） A．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达 100% B．带标记的物质是该反应历程中的中间产物 C．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率 D．第③步的反应式为 H3CO+H2O→CH3OH+ HO 【答案】A 【解析】A．从反应②、③、④看，生成 2molH2O，只消耗 1molH2O，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利 用率不是 100%，A 错误； B．从整个历程看，带标记的物质都是在中间过程中出现，所以带标记的物质是该反应历程中的中间产物，B 正 确； C．从反应③看，向该反应体系中加入少量的水，有利于平衡的正向移动，所以能增加甲醇的收率，C 正确； D．从历程看，第③步的反应物为 H3CO、H2O，生成物为 CH3OH、 HO，所以反应式为 H3CO+H2O→CH3OH+ HO，D 正确。 7．某热再生电池工作原理如图所示。放电后，可利用废热进行充电。已知电池总反应： Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+ ΔH＜0。下列说法正确的是（ ） ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗A．充电时，能量转化形式主要为电能到化学能 B．放电时，负极反应为 NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2O C．a 为阳离子交换膜 D．放电时，左池 Cu 电极减少 6.4g 时，右池溶液质量减少 18.8g 【答案】D 【解析】已知电池总反应：Cu2++4NH3⇌ [Cu(NH3)4]2+ △H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池 负极，电极反应 Cu−2e−＝Cu2＋，通入氨气发生反应 Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋ △H＜0，右端为原电池正极，电 极反应 Cu2＋＋2e−＝Cu，中间为阴离子交换膜； A．充电时，能量转化形式主要为热能→化学能，故 A 错误； B．放电时，负极反应为 Cu＋4NH3−2e−＝[Cu(NH3)4]2＋，故 B 错误； C．原电池溶液中阴离子移向负极，a 为阴离子交换膜，故 C 错误； D．放电时，左池 Cu 电极减少 6.4 g 时，Cu−2e−＝Cu2＋，电子转移 0.2mol，右池溶液中铜离子析出 0.1mol，硝 酸根离子移向左电极 0.2mol，质量减少＝0.2mol×62g/mol＋0.1mol×64g/mol＝18.8 g，故 D 正确； 8．关于下列装置的描述正确的是（ ） A．甲装置可用于电解精炼铜 B．乙装置红墨水水柱两边液面变为左低右高 C．丙装置中的交换膜为阴离子交换膜 D．丁装置可达到保护铁闸门的作用 【答案】A 【解析】A．粗铜与电源正极相连，为阳极，阴极上铜离子得到电子生成 Cu，可电解精炼铜，故 A 正确； B．左侧发生吸氧腐蚀，右侧发生析氢腐蚀，则红墨水水柱两边液面变为左高右低，故 B 错误； C．由图可知，需要钠离子透过交换膜，精制饱和食盐水，则交换膜为阳离子交换膜，故 C 错误；D．铁闸门与电源正极相连，失去电子，加速腐蚀，故 D 错误； 9．下列实验中根据现象得出的结论错误的是（ ） 选项 实验 现象 结论 A 相同条件下，用 1mol·L-1 的 CH3COOH 和 1mol·L-1 的 HCl 分别 做导电性实验 CH3COOH 溶 液对应的灯泡 较暗 CH3COOH 是弱电解质 B 向某溶液中加铜和浓 H2SO4 试管口有红棕 色气体产生 原溶液可能含有 NO3－ C 向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的 气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该钠盐为 Na2SO3 或 NaHSO3 D 向浓度均为 0.1 mol·L-1 的 MgCl2、 CuCl2 混合溶液中逐滴加入氨水 先出现蓝色沉 淀 Ksp[Mg(OH)2]> Ksp[Cu(OH)2] 【答案】C 【解析】A.同浓度的两种一元酸做导电性实验，CH3COOH 溶液对应的灯泡较暗，电离出的离子浓度小，所以醋 酸为弱酸，A 正确； B.铜在酸性条件下，被硝酸根离氧化为铜离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，遇到空气变为红棕色气体二氧化 氮，因此原溶液可能含有 NO3－，B 正确； C.使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则盐可能为 NaClO 与浓盐酸反应生成氯气，也可能为 Na2SO3 或 NaHSO3 与浓盐酸反应生成二氧化硫，C 错误； D.难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越容易生成沉淀，可以得出 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]结论，D 正确。 10．下列实验方案正确且能达到实验目的是（ ） A．用图 1 装置制取并收集乙酸乙酯 B．用图 2 装置除去 CO2 气体中的 HCl 杂质 C．用图 3 装置检验草酸晶体中是否含有结晶水D．用图 4 装置可以完成“喷泉实验” 【答案】D 【解析】A．乙酸乙酯在 NaOH 溶液中能完全水解，应改用饱和碳酸钠溶液，故 A 错误； B．二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故 B 错误； C．无水硫酸铜遇水变蓝，且草酸中含 H 元素和氧元素，分解生成水，则变蓝不能说明草酸含结晶水，故 C 错 误； D．氨气极易溶于水，打开止水夹，捂热烧瓶根据气体热胀冷缩的原理可引发喷泉，故 D 正确； 11．某同学利用下图装置探究 SO2 的性质。 下列有关反应的方程式，不正确的是（ ） A．①中溶液显红色的原因： CO32－+ H2O HCO3－+ OH－ B．①中溶液红色褪去的原因：2SO2 + CO32－+ H2O == CO2+ 2HSO3－ C．②中溶液显黄绿色的原因：Cl2+ H2O == HCl + HClO D．②中溶液黄绿色褪去的原因：SO2+ Cl2 + 2H2O == H2SO4 + 2HCl 【答案】C 【解析】碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞变红色，其水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3 ﹣+OH﹣，故 A 正确； 亚硫酸的酸性强于碳酸，在碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳发生反应 2SO2+CO32﹣+H2O═CO2+2HSO3 ﹣， NaHSO3 溶液显酸性，所以溶液红色褪去，故 B 正确；氯气溶于水部分与水反应，部分以氯气分子的形式存在于 溶液，所以氯水显浅黄绿色是因为溶解了氯气，故 C 错误；二氧化硫与氯水反应生成 HCl 和硫酸，即发生 SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，氯气被消耗，所以溶液的黄绿色褪去，故 D 正确。 12．常温下,分别向 NaA 溶液和 MCl 溶液中加入盐酸和 NaOH 溶液,混合溶液的 pH 与离子浓度变化关系如下图 所示.下列说法不正确的是( )A．曲线 L1 表示 与 pH 的变化关系 B．Ka(HA)=1×10-5.5 C．a 点时两溶液中水的电离程度相同 D．0.10mol/L MA 溶液中存在:c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) 【答案】C 【解析】A.MCl 溶液中加入 NaOH 溶液，溶液的 pH 逐渐增大，M+离子逐渐减小，MOH 的浓度逐渐增大，则 lg 的值逐渐减小，则曲线 L1 表示 lg 与 pH 的变化关系，故 A 正确； B.曲线 L2 表示 lg 与 pH 的变化关系，lg =0 时， =1，此时 pH=5.5，c(H+)=1×10-5.5mol/L， 则 Ka(HA)= = c(H+)=1×10-5.5，故 B 正确； C.a 点溶液的 pH＞7，对于曲线 L2，由于 A-离子水解导致溶液呈碱性，促进了水的电离，而对于曲线 L1，MCl 溶液呈酸性，a 点时呈碱性，说明 MOH 的电离程度大于 M+离子水解程度，抑制了水的电离，所以两溶液中水 的电离程度不同，故 C 错误； D.曲线 L1 中，lg =0 时， =1，Kb(MOH)=c(OH-)＞1×10-5＞1×10-5.5，根据 Kh= 可知， 电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度 A-＞M+，则 MA 溶液呈碱性，则 c(OH-)＞c(H+)、c （M+）＞c(A-)，溶液中离子浓度大小为：c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)，故 D 正确。 第Ⅱ卷（非选择题共 64 分） 二、非选择题：包括第 13 题~第 16 题 4 个大题，共 64 分。 13．（16 分）C、N、S 的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对 环境的不利影响。 （1）尿素[CO(NH2)2]是一种非常重要的高效氮肥，工业上以 NH3、CO2 为原料生产尿素，该反应实际为两步反 应： 第一步：2NH3(g)+CO2(g) H2NCOONH4(s) △H=－272KJ·mol-1 第二步：H2NCOONH4(s) CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=+138kJ·mol-1 写出工业上以 NH3、CO2 为原料合成尿素的热化学方程式：______________________。 （2）一定温度下，向 2L 恒容密闭容器中通入 2molCO 和 1mol SO2，发生反应 2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(s)。若反应进行到 20min 时达平衡，测得 CO2 的体积分数为 0.5，则前 20min 的反应速率 +c(M )lg c(MOH) +c(M ) c(MOH) +c(M ) c(MOH) ( ) ( ) c A c HA − ( ) ( ) c A c HA − ( ) ( ) c A c HA − + -c(H )c(A ) c(HA) +c(M ) c(MOH) +c(M ) c(MOH) w a b K K ( K )或   v(CO)=_________，该温度下反应化学平衡常数 K=__________。 （3）工业上可用 NaC1O 碱性溶液或“亚硫酸盐法”吸收 SO2。 ①为了提高吸收效率，常用 Ni2O3 作为催化剂。催化过程如图所示： a．过程 2 的离子方程式_______________________________。 b．Ca(C1O)2 也可用于脱硫，且脱硫效果比 NaC1O 更好，原因是________________。 ②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO4 溶液中，测得溶液 pH 与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b 点时溶液 pH=7，则 n(NH4+)：n(SO32-)=__________。 （4）用食盐水做电解液电解烟气脱氮的原理如图，NO 被阳极产生的氧化性物质氧化为 NO3-，尾气经氢氧化钠 溶液吸收后排入空气。如下图，电流密度和溶液 pH 对烟气脱硝的影响。 ①NO 被阳极产生的氧化性物质氧化为 NO3-反应的离子方程式___________________。 ②溶液的 pH 对 NO 去除率影响的原因是______________________。 【答案】（1）2NH3(g)＋CO2(g) H2O(g)＋CO(NH2)2(s) ΔH＝－134kJ/mol （2 分） （2） 0.03mol·L-1·min-1 （2 分） 11.25 （2 分） （3）①a． 2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O （2 分） b．Ca2+与 SO42-结合生成难微溶的 CaSO4，有利于反应的进行 （2 分） ② 3：1 （2 分） （4） ① 3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O （2 分） ② 次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强 （2 分） 【解析】（1）根据盖斯定律可知反应①+反应②即可得出氨气和二氧化碳合成尿素的热化学方程式为：2NH3(g)＋ CO2(g) H2O(g)＋CO(NH2)2(s) ΔH＝－134kJ/mol，故答案为 2NH3(g)＋CO2(g) H2O(g)＋CO(NH2)2(s) ΔH＝－134kJ/mol。 （2）设参加反应的 SO2 的物质的量为 xmol，则有 2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(s) 初始状态（mol） 2 1 反应的量（mol） 2x x 2x 平衡状态（mol）（2-2x） （1-x） 2x 即 2x/（2-2x+1-x+2x）=0.5，解得 x=0.6，V（CO）=0.6×2/2×20=0.03mol·L-1·min-1； C（CO）=（2-1.2）/2=0.4mol/L，c（SO2）=（1-0.6）/2=0.2mol/L，c（CO2）=1.2/2=0.6mol/L，该温度下反应平 衡常数 K=c2（CO2）/c2（CO）c（SO2）=0.62/0.42×0.2=11.25L·mol-1， 故答案为 0.03mol·L-1·min-1，11.25。 （3）①为了提高吸收效率，常用 Ni2O3 作为催化剂。根据催化过程的示意图可知，过程 2 中 NiO2 和 ClO-反应生 成 Ni2O3、Cl-、O，离子方程式为：2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O， Ca(C1O)2 也可用于脱硫，且脱硫效果比 NaC1O 更好，是因为 Ca2+与 SO42-结合生成难溶的 CaSO4，有利于反应 的进行， 故答案为 2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；Ca2+与 SO42-结合生成微溶的 CaSO4，有利于反应的进行。 ②a 点时，n（HSO3-）：n（H2SO3）=1：1，b 点时溶液的 pH=7，根据电荷守恒可知：n（NH4+）= n（HSO3-）+2n （SO32-），又根据图像可知，n（HSO3-）=n（SO32-），n(NH4+)：n(SO32-)=（1+2）：1=3：1， 故答案为 3：1。 （4）①电解食盐水阳极产生氯气作氧化剂，NO 为还原剂，在碱性条件下的反应为： 3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O； 故答案为 3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O。 ②次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，故控制电解液较低的 pH 有利于提高 NO 去除率； 故答案为次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强。 14．（16 分）镍具有良好的导磁性和可塑性，主要用于制作合金及催化剂。请回答下列问题 （1）基态镍原子的价电子排布图为____，同周期元素中基态原子与镍具有相同未成对电子的还有____种。 （2）四羰基合镍是一种无色挥发性液体，熔点-25℃，沸点 43℃。则四羟基合镍中 σ 键和 π 键数目之比为___三 种组成元素按电负性由大到小的顺序为____。 （3）[Ni(NH3)4]SO4 中 N 原子的杂化方式为____，写出与 SO42-互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式 ____，____；[Ni(NH3)4]SO4 中 H-N-H 键之间的夹角___（填“＞”“＜”或“=”）NH3 分子中 H-N-H 键之间的夹角。 （4）已知 NiO 的晶体结构（如图 1），可描述为：氧原子位于面心和顶点，氧原子可形成正八面体空隙和正四面 体空隙，镍原子填充在氧原子形成的空隙中，则 NiO 晶体中原子填充在氧原子形成的____体空隙中，其空隙的 填充率为____。（5）一定温度下，NiO 晶体可分散形成“单分子层”，O2-作单层密置排列，Ni2+填充 O2-形成的正三角形空隙中 （如图 2），已知 O2-的半径为 αm，每平方米面积上分数的 NiO 的质量为___g。（用 a、NA 表示） 【答案】（1） （2 分） 3 （2 分） （2） 1：1 （2 分） O＞C＞Ni （2 分） （3） sp3 （2 分） CCl4 （1 分） ClO4- （1 分） ＞ （1 分） （4）正八面 （2 分） 100% （1 分） （5） （2 分） 【解析】 （1）Ni 是 28 号元素，其价电子为 3d、4s 能级上的电子；Ni 原子核外有 2 个未成对电子，其价电子 排布图为 ；同周期元素中基态原子与镍具有相同未成对电子 的还有 Ti、Ge、Se 元素，所以有 3 种元素，故答案为： ；3； （2）CO 中含有 1 个 σ 键、1 个 π 键，每个 CO 分子和 Ni 原子形成一个 σ 键，所以一个 Ni(CO)4 中含有 σ 键 8 个、π 键 8 个，所以四羰基合镍中 σ 键和 π 键数目之比=8：8=1：1；元素的非金属性越强，其电负性越大，非金 属性 O＞C＞Ni，所以电负性 O＞C＞Ni，故答案为：1：1；O＞C＞Ni； （3）[Ni(NH3)4]SO4 中 N 原子的价层电子对个数是 4，根据价层电子对互斥理论判断 N 原子杂化类型为 sp3，与 SO42-互为等电子体的一种分子如 CCl4，一种离子如 ClO4-；[Ni(NH3)4]SO4 中 N 原子、NH3 分子中 N 原子都采用 sp3 杂化，但是前者不存在孤电子对、后者含有 1 个孤电子对，成键电子对之间的排斥力小于成键电子对和孤电子 对之间的排斥力，所以；[Ni(NH3)4]SO4 中 H-N-H 键之间的夹角＞NH3 分子中 H-N-H 键之间的夹角，故答案为： sp3；CCl4；ClO4-； （4）氧原子位于面心和顶点，Ni 位于棱心和体心，由图可知体心 Ni 原子的配位数为 6，故 Ni 位于 6 个面心 O 形成正八面体中心，其空隙的填充率为 100%，故答案为：正八面；100%； （5）平面 NiO 基本结构单元为 ，每个结构单元含有 1 个“NiO"，每个氧化镍所占的面积 2 A 75 2 3a N=(2am)×(2am×sin60°)=2 a2m2，则每平方米含有的氧化镍个数= ，每个氧化镍的质量= g，所以 每平方米含有的氧化镍质量= g× = g，故答案为： 。 15．（18 分）非索非那定（H）是一种重要的抗过敏药，可采用如图路线合成： 已知：Ph-代表苯基； 请回答 （1）A 的名称为____；F→C 的反应类型为____。 （2）E 的分子式为____；H 中含氧官能团的名称为____。 （3）实验室检验 B 中官能团所用的试剂为____。 （4）E→F 的化学方程式为___。 （5）D 水解后得到物质 W（ ）则同时满足下列条件的 W 的同分异构体有___种； 其中核磁共振氢谱有五组吸收峰，峰面积之比为 6：2：2：1：1 的结构简式为____。 i．苯环上有两个取代基 ⅱ．能与 FcC1 溶液发生显色反应 iii．能发生银镜反应 （6）新戊酸（ ）可用于生产香料，设计由乙烯为起始原料制备新皮酸的合成路线____（无机试剂任 选）。 【答案】（1）甲苯 （1 分） 还原反应 （1 分） （2） C14H16ONCl （2 分） 羟基、羧基 （2 分） （3） NaOH 溶液，稀硝酸、硝酸银溶液 （2 分） 3 2 1 2 3a A 59+16 N A 59+16 N 2 1 2 3a 2 A 75 2 3a N 2 A 75 2 3a N（4） +HCl （2 分） （5） 15 （2 分） （2 分） （6）CH2=CH2 CH3-CH2Cl CH3-CH2CN （4 分） 【解析】（1）苯为母体，取代基为甲基，A 的名称为：甲苯；F 发生信息中反应生成 G，组成上加氢，属于还原 反应； （2）E 分子中含有 14 个 C 原子、16 个 H 原子，O、N、C 离子原子各有 1 个，E 的分子式为：C14H16ONCl；有 机物 H 中含氧官能团有：羟基、羧基； （3）B 中含有氯元素，需要先再 NaOH 水溶液、加热条件发生水解反应，将氯元素以氯离子形式转移到溶液中， 再滴加硝酸至酸性，最后滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，证明含有氯元素； （4）对比 E、G 的结构，结合反应条件及给予的信息，可知 E 发生取代反应生成 F，F 中羰基被还原得到 G， 故 F 为 ，E→F 的化学方程式为： +HCl； （5）同时满足下列条件的 W（ ）的同分异构体：i．苯环上有两个取代基，ⅱ．能与 FcC13 溶 液发生显色反应，说明含有酚羟基，iii．能发生银镜反应，说明含有醛基，另外 1 个取代基为 CH3CH2CH2CHO、 （CH3）2CHCHO 中烃基去掉 1 个 H 原子形成的基团，前者有 3 种、后者有 2 种，2 个取代基有邻、间、对 3 种 位置结构，故符合条件的共有 3×（3+2）=15 种，其中核磁共振氢谱有五组吸收峰，峰面积之比为 6：2：2：1：1 的结构简式为： ； （6）对比 C、E 的结构，结合（5）中 D 的水解得到 ，可知 D 为 ．模仿 B→C→D 转化、 G→H 转化，乙烯先与 HCl 发生加成反应，然后与 NaCN 发生取代反应，再与 CH3Cl 在（CH3）2COK 条件下发 生取代反应，最后在①KOH、②酸条件下水解得到 ，合成路线为：CH2=CH2 CH3-CH2Cl CH3-CH2CN 。 16．（14 分）一水硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O]常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液 的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇，在空气中不稳定，受热时易发生分解。 某化学兴趣小组以 Cu 粉、3mol·L-1 的硫酸、浓氨水、10% NaOH 溶液、95%的乙醇溶液、0.500 mol·L-1 稀盐酸、0.500 mol·L-1 的 NaOH 溶液来制备一水硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。 I．CuSO4 溶液的制取 ①实验室用铜与浓硫酸制备硫酸铜溶液时，往往会产生有污染的 SO2 气体，随着硫酸浓度变小，反应会停止， 使得硫酸利用率比较低。 ②实际生产中往往将铜片在空气中加热，使其氧化生成 CuO，再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸铜溶液；这一过 程缺点是铜片表面加热易被氧化，而包裹在里面的铜得不到氧化。 ③所以工业上进行了改进，可以在浸入硫酸中的铜片表面不断通 O2，并加热；也可以在硫酸和铜的混合容器中 滴加 H2O2 溶液。 ④趁热过滤得蓝色溶液。 （1）某同学在上述实验制备硫酸铜溶液时铜有剩余，该同学将制得的 CuSO4 溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至 有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因________________。 （2）若按③进行制备，请写出 Cu 在 H2O2 作用下和稀硫酸反应的化学方程式_______________。 （3）H2O2 溶液的浓度对铜片的溶解速率有影响。现通过下图将少量 30％的 H2O2 溶液浓缩至 40％，在 B 处应增 加一个设备，该设备的作用是____________馏出物是 ______________________。 II．晶体的制备 将上述制备的 CuSO4 溶液按如图所示进行操作 （1）硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量 NH3·H2O 调节溶液 pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为 Cu2(OH)2SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式__________。 （2）继续滴加 NH3·H2O，会转化生成深蓝色溶液，请写出从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体的方法 ____________。并说明理由____________。 Ⅲ.产品纯度的测定 精确称取 mg 晶体，加适量水溶解，注入图示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量 NaOH 溶液， 通入水蒸气，将 样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用 V1mL 0.500mol·L－1 的盐酸标准溶液完全吸收。取下接 收瓶，用 0.500 mol·L－1 NaOH 标准溶液滴定过剩的 HCl(选用 甲基橙作指示剂)，到终点时消耗 V2mLNaOH 溶液。1.水 2.长玻璃管 3.10%NaOH 溶液 4.样品液 5.盐酸标准溶液 （1）玻璃管 2 的作用________________。 （2）样品中产品纯度的表达式________________。（不用化简） （3）下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是_________________ A.滴定时未用 NaOH 标准溶液润洗滴定管 B.滴定过程中选用酚酞作指示剂 C.读数时，滴定前平视，滴定后俯视 D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁 E.由于操作不规范，滴定前无气泡，滴定后滴定管中产生气泡 【答案】I．（1）反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使 CuSO4·5H2O 失去结晶水变 为 CuSO4 （1 分） （2） Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O （2 分） （3） 减压设备 （1 分） 水（H2O） （1 分） II．（1）2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+ （2 分） （2） 加入乙醇或醇析 （1 分） Cu(NH3)4SO4·H2O 晶体难溶于乙醇，能溶于水 （1 分） Ⅲ.（1） 平衡气压，防止堵塞和倒吸 （1 分） （2） （2 分） （3） AB （2 分） 【解析】I．（1） 得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,浓硫酸具有吸水性,使 CuSO4·5H2O 失去结晶水变 为 CuSO4，可使固体变为白色； （2） Cu 在 H2O2 作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O； （3） 过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则 B 处增加一个减压设备，馏出物为 H2O； II．（1） 浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，反应的离子方程式为：2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+； -1 1 21.23 10 (V -V ) 100%4m × × ×（2） 由题中信息，Cu(NH3)4SO4·H2O 晶体难溶于乙醇，可溶于水，故加入乙醇(或醇析)可从深蓝色溶液中析出 深蓝色晶体； Ⅲ. （1） 装置中长导管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸； （2）与氨气反应的 n(HCl)=10−3V1L×0.500mol⋅L−1−0.500mol⋅L−1×10−3V2L=5×10−4(V1−V2)mol，根据 NH3～HCl 可 知，n(NH3)=n(HCl)=5×10−4(V1−V2)mol，则 n[Cu(NH3)4SO4·H2O]= n(NH3)= ×5×10−4(V1−V2)mol，样品中产品 纯度的表达式为： ×100%= ×100%； （3） A．滴定时未用 NaOH 标准溶液润洗滴定管,浓度偏低,则 V2 偏大，氨含量偏低，故 A 正确； B．滴定过程中选用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，消耗 NaOH 溶液体积偏大，测定的氨含量偏低， 故 B 正确； C．读数时，滴定前平视,滴定后俯视，导致 V2 偏小，则含量偏高，故 C 错误； D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则 V2 偏 小，含量偏高，故 D 错误； E．由于操作不规范,滴定前无气泡,滴定后滴定管中产生气泡,导致消耗氢氧化钠溶液体积 V2 偏小，测定的氨含量 偏高，故 E 错误；故答案选 AB。 1 4 1 4 ( )4 1 2 1 5 10 mol 246g/mol4 g V V m −× × − × -1 1 21.23 10 (V -V ) 4m × ×