大题预测卷（黑龙江、吉林专用）（解析版）.docx

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)柿可用作优良的环保材料。现以氨碳柿矿(CeFCO3，含FezCh、Feo等杂质)为原料制备碳酸柿的工艺流程如下：氟碳锦矿(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O(2)“酸浸”步骤中产生的气体为(化学式)o(3)“滤液1”中C(Ce3+)=OJmol1.-',用氨水调PH的范围是(已知KspFe(OH)3=8×10-38;KaCe(OH)3=IXlO-22；ig2=0.3,离子浓度小于IXlo-5niol1.认为沉淀完全)。(4)“沉淀”步骤中发生反应的离子方程式为o(三)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Ce2即可得Ce.铝粉必须过量的原因是:使CeCh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)C12(3)3.3pH<7(4)2Ce3+6HCO3=Ce2(C03)4+3C02+3H20IwJ温(5)2Ce2(CO3)3+O24CeO2+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02氧化，造成铝粉损耗【分析】氟碳铀矿(CeFCO3,含Fe23FeO等杂质)，在空气中焙烧，氨碳柿矿在空气中氧化为Ceo2、CeF八Fe2Oj,用盐酸和H2BO3浸取，过滤分离，F5+进入滤液1.淀渣主要成分是难溶于水的Ce(BFCe(BF4)3用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCb溶液，滤渣I是KBF小滤液中存在C/+,再加入碳酸氢筱使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3,滤液I中加入氨水条件PH使F/转化为Fe(OH)3过滤除去，滤渣2为Fe(OH)3o【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/价上升到。价，生成Cl2。3i(3) “滤液I”中c(CeM)=0.1mol1.,Ce3,开始沉淀时，KspCe(OH)3=IxIO22,C(OH)=V°mol1.=10-78×108mol1.,C(H+)=IO7moV1.,pH=7,铁离子沉淀完全时，KspFe(OH)3=8×1038,C(OH)=VIoTmol1.=2×10,1Ioi4mol1.,c(H+)=2×10"mol/1.=5×104InolZ1.,pH=-lg5×104=3.3,用氨水调PH的范围是3.3pH<7,故答案为：3.30PHV7。(4) “沉淀”步骤中碳酸氢钱使Ce?+沉淀为Ce2(CO3)3,离子方程式为：2Ce3+6HC'=Ce2(CO3)3口3CO2廿3比0。(5) Ce2(CO3)3在空气中焙烧可制得Ce2,Ce元素由+3价上升到+4价，O元素由O价下降到-2价，根据高温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+O24CeO2+6CO2o(6)用过量铝粉还原CeO2即可得Ce.铝粉必须过量的原因是：使CeOz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)硫版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虱化镂。回答下列问题：1 .硫服的制备：将石灰氮(CaCN2)溶液加热至80C时，通入HA气体反应可生成CS(NH溶液和石灰乳。某小组同学连接(1)检查装置气密性的操作为,在装置F中加水至浸没导管末端；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；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.FeS固体+浓硫酸B.FeS固体+稀硝酸c.FeS固体+稀盐酸(3)装置B中的试剂名称为O装置E的作用为O(4)装置D中反应温度控制在80C,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。11.硫麻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。称取mg产品，加水溶解配成50Om1.溶液，量取ISOOm1.于锥形瓶中，滴加一定量的HzSO,酸化，用CmOl.CkMnO4标准溶液滴定，初始读数为VIm1.,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Vzin1.。已知：5CS(NHj2÷14MnO;÷32H÷=14Mn2+÷5CO2÷5N2÷5Sr÷26H2O。(硫服的相对分子质量为76),样品中硫厥的质量分数为%(用含m、c、Y、V?的式子表示)。【答案】(1)关闭Ki、KrK3C(3)饱和硫氧化钠溶液防倒吸(4)温度过高，硫臊会部分发生异构化反应而生成硫氨化筱；温度过低，反应速率缓慢CaCN2+H2S+2H2O=CS(NH2),+Ca(OH),(5)出现一层晶膜或有晶膜出现950c也-V)(6)由无色变为浅紫色或浅红色或(紫)红色茄一【分析】FeS固体与盐酸在装置a中反应生成HzS,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80C,反应生成CS(NH2)2溶液；为避免有多余的FhS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：关闭/、K2、3,在装置F中加水至浸没导笆末端；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；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HzS气体，所以应选FeS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：饱和硫氧化钠溶液；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，硫胭会部分发生异构化反应而生成硫氨化筱；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)CS(NH可被酸性高钵酸钾氧化，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锌酸钾物质的量：(V2-Y)m1.xl7cmol1.根据反应计量rcmu(V2-V.)m1.×103×cmol1.7lx数，CMNH2%物质的量：1410,样品中硫服的质量分数:(V2-V1)m1.×IO3×cmol1.,76g/mol950c(V-V)×1OOzo=%7mmg3.（14分）NO是环境污染物。消除No转化为游离态的氮。氮元素的单质有N2、N4、N8oM分子有多种结构，一种N分子中4个氮原子在同一平面上，M的结构式为,（2）以氨气为原料脱硝除去NOo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：2H2（g）+O2（g）=2H2（g）H1=-484kJmo,4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2(g)H2=-1266kJmo,则$（8）+3凡1）广2>1113（8）的2=kjmolo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Fe-Ti02-Hy双催化剂，通过光辐射产生温差（如体系温度为495C时，R的温度为547C,而Tio2-Hy的温度为415C）。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NO。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图2中，甲为o（用化学式表示）若参加反应的丙烯与No物质的量之比为1：2,则反应的化学方程式为(4)以为原料脱硝除去NO。烟包中的No与02反应缓慢。雾化后的Hz。?在催化剂中Fe元素作用下可以产生具有极强氧化活性的QH(羟基自由基)，QH能将No快速氧化为NO2、HNO3等物质。也。2在一种固体催化剂表面转化的过程如图3所示：O21.a3+Fe3+或Fe2+OO2-O空位图3图3所示，过程(1)可描述为。化学式为1.aFe0”的催化剂中，Fe和Fe2+的物质的量之比为。NNIlIl【答案】(I)NN(2)-93根据图中信息，“热Fe”高于体系温度，N晨电在“热氏，表而断裂，有一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催化剂CNO；2CH,CH=CH2+4NO+70,2N2+6CO2+6H2O(4)凡02失去电:被氧化为02,Fe"得到电子后被还原为Fe?+,晶体中部分°原于失去后形成较空位2:3NN【解析】(1)M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N的结构式为:(2)根据盖斯定律可知,N2(g)+3H2(g)2NH3(g),3131H=-H,H,=-×(T84kJmol)×(-l266kJmol)=-93kJmol2222根据图中信息，Fe的温度高于体系温度，TQrHy的温度低于体系温度，,热Fe嘀于体系温H?、凡在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率；“冷TF低于体系温度，氨气在“冷TF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6x3=18个电子，2分子No生成氮气，得到2x2=4个电子，根据电荷守恒可知，参9反应氧化剂氧气分子数为(18-4)÷4=3.5个，则参1.j反应丙烯，no,氧气分子个数比为2：4：7,结合质最守恒可知，催化剂2CH3CH=CH,+4NO+7O22N2+6CO,+6H2O反应方程式为：':(4)如图可知，过程(1)为耳02失电子被辄化为。2,Fe"得到电子后被还原为Fe2+,晶体中部分原广大去后形成氧空位；化学式1.aFeO2.7,1.a为+3价,O为-2价,设Fe"个，个,则正负化合价代数和为0,3+3x+2(l-x)+(-2)x2.7=0,X=O4则Fe”为0.4个，Fe2+J0.6,则Fe»和Fe?+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。(I)化合物A的名称为o(2)结合平衡移动原理分析，DE时溶剂使用CH3CH2OH的原因是(3)FTG中反应物k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。8乩。，核磁共振氢谱峰面积之比为621:1,其结构简式为(写1种)。BC为FrieS重排。Fries重排机理如下。+/A©?r八C66一口1IK中间体I中间体11中间体H中AI原子的杂化方式为O中间体11T中间体In时，因反应位点的不同,0OH0-小中间体Hl1.ho<D¼还会生成O(M),分离1.和M的操作为，原因是O合成路线中B(CgHuG)的结构简式为利用FrieS重排可合成肾上腺素，合成路线如下。N的结构简式为.【答案】(1)对甲基苯酚(2)降低NaQ的溶解度，使生成E的平衡正向移动M无法形成分子内氢键，沸点相差较大H3C0IlOCCH3CH3COO【分析MCOIlOIl与CH3C°CCH3在酸性条件下发生取代反应生成B(CH3）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，DE反应时除生成E外还生成/NaCl,而氯化钠在乙醇中的溶解度较小，故答案为：降低NaO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k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。8珥。0,且核磁共振氢谱峰面枳之比为621:1,则其结构简式为:(5)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：sP3;对比1.和M的结构可知，1.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，两者沸点相差较多，则分离1.和M的操作为：蒸微；原因是：1.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；由分析可知，B为Oh3c-O0cchHOOH根据流程可知，在氯化铝的作用下。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)我国锌矿资源主要为贫碳酸镭矿住要成分为MnCO3,还含有少量SQ2、FeCO3Fe2O3AI2OMgO、CaO),利用贫碳酸锌矿制取M'。的流程如图所示，回答下列问题。滤渣1滤渣2CaF2MgF2已知：Csp(CaH)=l.05×10-,°jKKMg月)=735x10二(I)Mn3O4中镒元素的价态有+2价和+3价，则下列表示Mnq组成的式子正确的是(填标号)。A2MnOMnO2RMnOMn2O3rMn2OMn2O5nMnOMnO2(2)“滤渣1”的主要成分是(填化学式)。(3)“氧化”的目的是将Fe?*转化为Fe?'写出发生反应的离子方程式,检测Fe"是否完全氧化的试剂是(写试剂名称)。C(Mg2+)(4)“除钙镁”后的滤液中C(C1.)o(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o(6)“焙烧”过程中随温度不同生成的钵的氧化物也不同。图中A点对应的氧化物是,为了获得Mnq%需要加热到(已知：A、B、C三点对应的物质均为纯净氧化物)。固体残留率/%cSiO,CaSO4(2) 、(3) MnO2+2Fe2+4H=2Fe5+Mn2+2H2O铁轨化钾溶液(4)0.7(5)温度太高会导致NH-HCO,分解，降低产率(6)MnO2770【分析】碳酸镭矿加入稀硫酸酸浸，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,锌、铁、镁、铝元素进入溶液，加入二氧化镭把二价铁转化为三价铁，再加入碳酸钙调节pH,pH=57时，铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到淀渣2；加入氟化钠溶液生成氟化镁、氨化钙沉淀，过滤得到滤渣3；滤液中加入碳酸氢铁溶液得到碳酸钵沉淀，焙烧得到MnQh【解析】(1)根据正负化合价代数和为O可知，3个钵原子中有1个为+2价钵，2个为+3价钵，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SiCh和CaSO4;(3) MnO2作氧化剂得电子转化为Mi?+,Fe?+失电子转化为Fe3+,反应的离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3÷+Mn2+2H2O；检测Fe?+是否完全氧化，即检验溶液中是否有Fe?+剩余，因此可使用铁制化钾溶液检验，无蓝色沉淀生成，则证明Fe?+完全氧化；(4) “除钙镁”后的滤液既是CaFz的饱和溶液，又是MgFz的饱和溶液，故溶液中存在如下关系：Ksp(MgJ)_c(Mg")T(F)C(Mg")_7.35x1力1Ksp(CaE)-c(Ca2+)c2(F)-c(Ca2+)-1.05×10-1°'(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ImOlMnCo3,其质量为115g,A点生成的钵的氧化物其质量为115g75.65%87g,该氧化物中含有ImOI钵原子，其质量为55g,故氧原子的质量为87g-55g=32g,即氧原子的物质的量为2mol,故A点氧化物为MnO2;B点生成的钵的氧化物其质量为115gx66.38%76.34g,该氧化物中含有ImOI钵原子，其._.21.mol=1.33mol为55g,故氯原子的质量为7634g-55g=21.34g,即氧原子的物质的量为I6,故B点氧化物为Mn3。4；C点生成的镒的氧化物其质量为115gx61.74%71g,该氧化物中含仃ImoI镉原子，其质量为55g,故氧原子的质量为71g-55g=16g,即氧原广的物质的量为Imo1.故C点氧化物为MnO,所以为了获得Mn3O4需要加热到770o2.(15分)乙基溟化镁(CH3CH?MgBr)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：制备原理：CH3CH2Br+Mg->CH3CH2MgBrah<0,反应决速步为CHsCHBr=CH.也+Br,该步所需能量决定了反应的活性；CH3CH2MgBr极易在空气、潮湿、酸性环境下变质;几种物质的物理性质物质熔点/沸点花物理性质(25)乙醛116.234.5无色液体、易挥发、易燃四氢映喃108.566.0无色液体，可溶于水、乙醛乙基溟化镁116.334.6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.Im1.(OJOmoI)CHCH?Br和250m1.无水乙酸的混合液备用。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I.5h后反应结束。打开恒压滴液漏斗上口的玻璃塞，加入6.7m1.(0.12mol)乙醛，之后打开其下口使乙醛逐滴与CHQMgBr反应，然后滴加20.Om1.饱和NHBr溶液生成产物(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5.92go回答下列问题：(1)仪器A的名称是,CHCHMgBr的晶体类型为。Ar气球的作用是。(3)研究发现，卤代燃均有和Mg反应的性质，则以下物质中反应活性最高的为(填序号)。ACH3CH2FBCH3CH2ClCCH3CH2BrDCH3CH2I(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映喃即可顺利进行，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：ppm543210质荷比27425974则CHcHMgBr与乙醛反应生成(碳骨架无支链)的总反应为oCHCH?MgBr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CHCHMgBr被氧化(3)D(4)乙醯易燃，若用酒精灯会有明火，导致爆炸四氢吠喃沸点更高，加热回流时可提高反应液的温度，从而引发反应OH(5)CH3CH2MgBr+CH3CHO+NH4BrCH3CHCH2CH3÷MgBr2÷NH3t(6)80【解析】(1)由仪器构造可知A为三颈烧瓶；由已知条件可知CHCH2MgBr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)由己知条件可知CHgHMgBr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CH3CH2MgBr被氧化。(3)由已知条件可知卤代嫌反应的活性取决于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)由已知条件可知乙醛易燃，易挥发，若泄露遇酒精灯外焰明火会导致爆炸。由已知条件可知四氢吠喃沸点更高，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CH3OH*OHCH3i43CCH2/CH3可能的结构为H3CCH2或OH,又X无含碳支链，X为H3CCH2。碱性气体为N出,通过原子守恒可知生成的盐为MgBrz,反应方程式为：OHCH3CH2MgBr+CH3CHO÷NH4BrCH3CHCH2CH3+MgB2+NH3t(6)由实验步骤可知Mg过量,CH3CH2Brco乙醛(0.12mol)过量，故CH3CH2MgBr的理论产量为SlOmol,而CH,CHzMgBcX=1:1,则CHQHzMgBr的实际产量为5.92÷74=0.08mol,故产率为0.08÷0.01=80%o3.(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。(l)28g铁粉与100m1.NOmol/1.HzSd溶液反应，产生H?的体积(标准状况下)随时间变化如图。气体体积(1.)020s反应平均速率MH2)=1./S.a、b、C三点反应速率从大到小顺序是：。(2)常温下，FeQ3溶液与KSCN溶液反应生成血红色配合物，反应方程式可表示为FeCl3÷3KSCN.Fe(SCN)3+3KC1下列说法正确的是。(填标号)A.增大KSCN溶液的浓度，平衡常数增大B,向上述平衡体系中加入适量Kel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，cFe(SCN)J/C(Feg)减小(3)反应$2°：(叫)+2(叫)=2Soj(叫)+k(aq)在加入Fe"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Fe?+出现。反应过程中由于Fe?+浓度较低而不容易被检测到，请回答Fe?+浓度较低的原因：O(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A=kc。溶液中F/+与邻二氮菲(X,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：Fe2+nX=Y,取20°他但")=6.0xl04mol1.的溶液，加入不同体积浓度均为C(X)=6.0xl(1mol1.的X溶液，充分反应后加水定容至25m1.,得到系列溶液，测其吸光度，结果如下表:V(X)/m1.2.003.004.005.006.008.0010.00A0.240.360.480.600.720.720.72根据此数据，可以推断反应计量数n,并计算k值，且可利用分光光度法测定未知溶液中Fe?+的浓度。已知：1.A为吸光度，无单位；4为常数，单位为1./moI；C为有色物质的物质的量浓度，单位为mo"1.回答以下问题：使用该方法时，需要控制PH在29之间，其原因为:Y中Fe”的配位数为o(填标号)A.2B.3C.6D.8该实验条件下k值为O【答案】(1)0030v(b)>v（八）>v(c)(2)BC(3)2Fe"(aq)+2(aq)=l2(aq)+2M(aq)H=+(E3-E2)kJmol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。第步反应产生的Fe?+很快被第二步反应消耗，故Fe?+浓度较小(4)PH<2,H>浓度较大,邻二氮菲中的N会与FT结合(形成配位就)，导致其与Fe?+配位能力减弱；pH>9,OH-浓度较大，OH与Fe”反应，影响Fe?+与邻二氮菲配位C1.5×104【解析】(1)O20s反应平均速率v(H,)=k=0.030Is'"20s结合纵坐标生成氧气的体积以及曲线的斜率，a、b、C三点反应速率从大到小顺序是v(b)>v（八）>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KCl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，铁离广和铁粉反应生成亚铁离子，浓度减小，平衡逆向移动，C(SCN-)增大,c(Fe3+)=KXC(SCV)增大，D错误；故选BCo(3)根据(aq)+2l(aq)=2S°4(aq)+h(aq)结合图像，可得两步反应为步骤：2Fe"(叫)+2(aq尸1.(aq)+2Fe2+(aq)：步骤：2Fe2+(aq)+28(aq)=2Fe3+(aq)+24(aq)：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)+2(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq)H=+(E3-E2)kJmol；反应过程中由于F5+浓度较低而不容易被检测到，请回答Fe?+浓度较低的原因：第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Fe"很快被第二步反应消耗，故Fe"浓度较小。(4)由表格数据可知，加入6.0Om1.X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6.0X10Tmol/1.x6.00X10%应，则n值为6.0l°4mol1.2.00l(T31.=3,则Y的化学式为FeX3,由X的结构筒式可知，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，25m1.Y6.0xl()7mol1.2.00l(31.溶液的浓度为25xl(rl=4.8x10TmOl/1.,由溶液的稳定吸光度A为0.72可知，常数=0.724.8x10-5=i.5×104c使用该方法时，需要控制PH在29之间，其原因为:PHV2,H+浓度较大，邻二氮菲中的N会与H+结介(形成配位键)，导致其与Fe?+配位能力减弱：PH>9,OH浓度较大，OH-与Fe?+反应，影响Fe?+与邻二氮菲配位。由分析可知，Y中亚铁离子的配位数为6,故选C。由分析可知，该实验条件下，常数=1.5xl040回答下列问题:4.(15分)化合物A是合成雌酮激素的中间体，合成路线如下：若C的结构简式是O,则B的结构简式是O化合物A中的含氧官能团的名称是O(2)若D中只有两种含氧官能团，D的结构简式是oD的同分异构体W符合下列条件，则W的结构有种。苯环上只有三个取代基，其中一个是氨基ImoIW能与ZmolNaHCCh反应不能发生银镜反应，也不和FeCI3溶液发生反应(3)B转化为C的化学方程式是oC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.(无机试剂任选)。(5)设计由乙酸酊(CH3CO)2O和苯制备【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E(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)2CU1.i发生反应可生成Aa【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(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：”苯环上只有三个取代基，其中一个是氨基；ImOIW能与2molNaHC3反应；不能发生银镜反应，也不和FeG3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-CHzCOOH,可能结构有6反应类型是还原反应。0（4）E（Ho人/与足量的氢氧化钠溶液反应,-COOH、-OH都发生反应，化学方程IJJ+2NaOH>式为HO人XZOHNaOxr<-CHCH3(5)由乙酸酊(CH3CO)2O和苯制备:”OHO<>-c-ch3代反应，生成，然后发生还原反应,(CH3CO)2O-IO=x1*GhcWXXCoONa+2凡0,依据题给流程中的信息，在AlCb作用下发生取从而得到目标有机物。合成路线为：OHpCHCH30题组三(建议用时：30分钟满分：58分)1. (14分)以某种铁钻矿(主要成分为FeC%”,还含有少量Mg°、Si。?等杂质)为原料制取C%03和黄钠铁矶的工艺流程如下图所示：NaClONa2CO3NaFNaClONa2CO3溶液溶液溶液溶液溶液回答下列问题：滤渣3的主要成分为；确定“滤液1”中的Fe?+已被完全氧化的方法是向“溶液A”中加入适量的NazCO;溶液，生成颗粒较大的黄钠铁研NazFee(SQt)HOHH沉淀的同时还生成一种气体，这种气体的化学式是o向“滤液3”中按物质的量之比为1：2加入NaQO和ns23,若，滤渣4”的成分为。(OH)3,总反应的离子方程式是o经检测，“滤渣4”是由C"°H)3和Co(OH)SOj形成的混合物。隔绝空气灼烧时，Co(OH)SO'发生反应的化学方程式是；如果控制温度不当，Co(°H)3会生成COO杂质，反应的化学方程式是O(4)向“滤液1”中加入的“NaClO溶液，须控制用量，请解释原因o【答案】(I)MgF2取适量滤液1于试管中，滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，无蓝色沉淀产生，说明Fe?+已被完全氧化(2)CO2高温2Co(OH)SO4=Co2O3+2SO3+H2O(3)2Co2+÷C1O+2CO;+3H2O=2Co(OH)3J+2CO2÷C高温4Co(OH)3=4CoO+O2+6H2O(4)由于Fe?+的还原性强于Co?+,优先被NaCIO溶液氧化为Fe?+,若NaClO溶液过量，则Co?+也会被氧化,所以控制NaClO溶液有利于得到较纯的黄钠铁码【分析】铁钻矿焙烧时硫元素转化为二氧化硫，高温卜.碳元素转化为碳的氧化物，铁元素转化为铁单质，钻元素转化为钻单质，然后用硫酸酸浸，二氧化硅不溶，滤液1中主要含有C(>2Fe2+>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，使其转化为黄钠铁矶，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，氯化Co?+,同时使其转化为滤渣4,滤渣4焙烧得到三氧化二钻，据此解答。【解析】(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MgFz;检验亚铁离子一般用K3Fe(CN)V溶液，所以确定滤液1中的Fe?+已被氧化完全的方法为：取适量滤液1于试管中，滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，无蓝色沉淀产生，说明Fe?+已被完全氧化；(2)在溶液A中加入适量的Na2CO3调节PH为1.62.0,生成黄钠铁研Na2Fe6(SO4)4(OH)T沉淀，根据原子守恒可知生成气体的化学式为CO2;(3)滤液3中加入次氯酸和碳酸钠，氧化Co?+钻离子，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纥。2*1。+28"3凡0=2(：03/+282r+0-；由流程可知，CO(OH)S04隔绝空气灼烧时生成C23,根据原子守恒可知还有水和三氧化硫生成，则发生高温2Co(OH)SO4=Co2O3+2SO,+H2O的化学反应方程式为：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，可得反应方程高温4Co(OH)3=4CoO+O2+6H2O式为：(4)由于Fe?+的还原性强于Co?'优先被NaCK)溶液氧化为Fe3+,若NaClO溶液过量，则Co?+也会被氧化，所以控制NaClO溶液有利于得到较纯的黄钠铁矶。2. (15分)氨基钠(NaNH2)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Fe(No3入为反应的催化剂。已知：NaNH2几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应;2Na+2NH3=2NaNH2+凡T.NaNH2+H2O=NaOH+NH3T4NaNH2+30,=2NaOH+2NaNO,+2NH,*O回答下列问题：(1)仪器A的名称为O氨基钠的电子式为。(2)仪器B中发生反应的化学方程式为o(3)E中碱石灰的作用是o(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：o(5)加入钠粒，反应，得到粒状沉积物NaNH2。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80g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34g,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。铜原子半径为叩叫Na表示阿伏加德罗常数的值，则晶体铜的密度为gcm)列出计算式)。国甲图乙【答案】分液漏斗Na+：可：H(2)Cao+NH3H2O=Ca(OH)2+NH3T(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)(6)97.5%4x64x103。12(2h)3Na【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