大题预测卷（安徽专用）（解析版）.docx

大题预测卷(安徽专用)题组一(建议用时：30分钟满分：58分)1.(14分)乙二胺双缩水杨醛合钻(II)是一种简单的载氧体，对开发在特殊条件下(如潜艇、高空飞行)的ohH2NNH2Co(CH3COO);(Mr=325)氧供应材料具有重要意义。乙二胺双缩水杨醛合钻(11)的制备原理如下图所示:水杨醛已知：乙二胺双缩水杨醛合钻（三）由于制备条件不同可以得到两种不同的固体形态：种是棕色的胶状物,在室温下易被氧化；另种是暗红色晶体，在室温下稳定。水杨醛：微溶于水，易溶于乙醇；乙二胺；溶于水、乙醉、温度过高会引起爆炸。制备过程如下:I.按照图示安装仪器，在仪器A中加入80m1.95%乙醇，再加入1.65m1.含0.0157mol的水杨醛。11在搅拌条件下，加入0.55m1.含0.0078mol的乙二胺，反应45min,生成亮黄色的乙二胺双缩水杨醛片状晶体。11I.溶解0.0078molCO(CH3COO)2于热水中。请回答：(1)乙二胺中H-N-C的夹角乙二胺双缩水杨醛合钻(II)中C-N-C的夹角(填“大于”“小于”或“等于(2)仪器A的名称为o(3)步骤HI后的操作如下：A.待亮黄色片状晶体全部溶解后，将Co(CH3COO)2迅速加入仪器A中，生成棕色胶状沉淀，恒温搅拌Ih,使棕色胶状沉淀全部转变为暗红色晶体；B.停止通入N?C.过滤晶体，用5m1.水洗涤3次，再用乙醇洗涤；D.向仪器A中通入N2,并调节氮气流速至稳定；E.停止加热，用冷水冷却仪器A；F.向冷凝管中通入冷凝水，开始加热A,并保持温度在7080°C:G.真空干燥箱烘干产品，称重得2.03g产品。正确的操作顺序为DTF一Go向仪器A中通入N2的目的是o步骤F中保持温度在7080C的原因是o用乙醇洗涤品体的目的是O(4)产品的产率为(列出计算式即可)。【答案】(1)小于(2)三口烧瓶(3)AEBC排出A中的空气防止乙二胺双缩水杨醛合钻（三）被氧化温度低反应速率慢，乙二胺温度过高会引起爆炸洗去杂质水杨醛、乙二胺(4)0.0078molX325gmol【分析】水杨醛与乙二胺反应生成亮黄色的乙二胺双缩水杨醛片状晶体，向A中通入氮气排出A中的空气，加热A,将CO(CH«00)2迅速加入仪器A中，生成棕色胶状沉淀，恒温搅拌Ih,使棕色胶状沉淀全部转变为暗红色晶体，冷却、过滤，洗涤的产品乙二胺双缩水杨醛合钻（三）。【解析】(1)乙二胺中N原子采用sp3杂化，乙二胺双缩水杨醛合钵（三）中N原子采用sp?杂化，所以乙二胺中H-N-C的夹角小于乙二胺双缩水杨醛合钻（三）中C-N-C的夹角。(2)根据图示，仪器A的名称为三口烧瓶；(3)步骤IH后的操作步骤为：D.向仪器A中通入N2,并调节氮气流速至稳定；F.向冷凝管中通入冷凝水，开始加热A,并保持温度在7080C;A.待亮黄色片状晶体全部溶解后，将CO(CH3COO)2迅速加入仪器A中，生成棕色胶状沉淀，恒温搅拌Ih,使棕色胶状沉淀全部转变为暗红色晶体；E.停止加热，用冷水冷却仪器A；B.停止通入NzC.过滤晶体，用5m1.水洗涤3次，再用乙醇洗涤；G.真空干燥箱烘干产品，称重得2.03g产品。正确的操作顺序为DFAEBCGo常温下，乙二胺双缩水杨醛合钻(II)易被氧化，向仪器A中通入N2的目的是排出A中的空气防止乙二胺双缩水杨醛合钻（三）被氧化。温度低反应速率慢，乙二胺温度过高会引起爆炸，所以步骤F中保持温度在708(C°水杨醛、乙二胺都易溶于乙醇，用乙醇洗涤晶体的目的是洗去杂质水杨醛、乙二胺。(4)理论上生成乙二胺双缩水杨醛合钻（三）的物质的量为0.0078mol,产品的产率为2O3gX100%0.0078mol×325gmol2.(15分)钛铁硼永磁材料被广泛应用于汽车、家电、电子产品等领域。以江西赣州某公司的钛铁硼油泥废料(主要物相为REz03'Fe2°3)为原料，回收有价金属的工艺流程如图所示。浸取沉淀滤液FeC2O42H2O难溶性固体废弃物已知：用RE表示稀土元素：RE2(C2O4)3-IOH2ONa2CO3溶液盐酸H2C2O4H2C2O4配位阴离子的稳定常数越大，配位阴离子越稳定。几种配位阴离子的稳定常数如下:配位阴离子Fed；FeC2OiFe(C2O4);Fe(C2O4)稳定常数25.49.416.220.2回答下列问题:(1)钛(Nd)属于f区元素，其原子轨道共有种不同的形状。NagOa溶液能洗涤饮铁硼油泥废料的原因是(用离子方程式表示)。(3)浸取后，对浸取液进行紫外可见光光度测试，结果如图所示。写出Feq?与盐酸反应的离子方程波长(4)沉淀时，草酸用量及沉淀温度对稀土与铁选择性沉淀分离的影响如下图所示。%/>姆式1：12：13：14：15：14050607080M(H2C2O4):(RE)沉淀温度/沉淀时，MH2C2O4)与n(RE)的最佳物质的量之比为,请说明原因：。最佳沉淀温度为60,温度继续升高，稀土沉淀率略下降的原因可能是o(5)在沉淀后的滤液中加入口夕2。4,溶液中主要存在的配位阴离子是,该离子在加入铁粉后生成FeC2O42H2O的离子方程式为。【答案】(1)4CCOjHQHCO；+OH323(3)Fe2O3+8C+6H"=2FeC+3H2O(4)3:111(H2C2O4)与MRE)的物质的量之比为3：1时，稀土沉淀率最高，提高比值，稀土沉淀率没，明显提高，但Fe元素沉淀率大幅度提高温度升高，草酸稀土盐溶解度增大，导致稀土沉淀率降低Fe(C2O4)j-Fe+2Fe(C2O4)J-+6H2O=3FeC2O42H2O+3C2O;-【分析】彼铁硼油泥废料(主要物相为RE2O3、Fe203)用NazCCh溶液洗涤后，加入稀盐酸浸取，滤液中含有Fe3+.RE3+,向滤液中加入草酸溶液沉淀得到RE2(C2O4)3IOH2O,过滤后的滤液中加入铁粉和草酸溶液沉铁，得到草酸亚铁晶体。【解析】(1)钦(Nd)属于f区元素，含有s、p、d、f共4种能级，其原子轨道共有4种不同的形状。(2)Na2CO3溶液中碳酸根发生水解使溶液呈碱性，CO-+H2OHCO3+OH,而油脂易在碱性溶液中分解，故Na2CO3溶液能洗涤钻铁硼油泥废料。(3)由图可知，Fe2O3与盐酸反应生成J'FeC'离子方程式为：Fe2O3+8C+6H÷=2FeC+3H2Oo(4)MH2CQ4)与MRE)的物质的量之比为3：1时，稀土沉淀率最高，提高比值，稀土沉淀率没有明髭提高，但Fe元素沉淀率大幅度提高，所以沉淀时，n(H2C2O4)与n(RE)的最佳物质的心之比为3：“最佳沉淀温度为60,温度继续升高，稀土沉淀率略下降的原因可能是温度升高，草酸稀土盐溶解度增大，导致稀土沉淀率降低。(5)由表格数据可知，Fee。4;最稳定，则在沉淀后的滤液中加入hc,溶液中.主要存在的配位阴离子是FegOJ,FeGO,)；在加入铁粉后生成FeC?"2氏0的离子方程式为：Fe+2Fe(C2O4f+6H2O=3FeC2O42H2O+3C2O;-3. (14分)Ch和是两种常见的温室气体，利用C%和CO?生成高附加值合成气CO和凡，以及甲烷部分催化裂解制备乙烯是目前研究的热点之一。回答下列问题：已知：CH4(g)+22(g)=82(g)+2H2(g)H,=-890.3kJmo,jCO(g)+H2(g)=CO2(g)+H2(g)H2=+2.8kJmo,2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H3=-566.0kJmol反应82(g)+CH4(g)=28(g)+2H2(g)的AH=kJmo,.对于该反应，有利于提高CH4平衡转化率的条件是(填字母)。A.高温高压B.高温低压C低温高压D.低温低压g±三.(2)CO常用于工业冶炼金属，如图是在不同温度下CO还原三种金属氧化物达平衡后气体中C(C°?)与温度(T)的关系曲线图。A. CO还原Pbo2的反应AH>OB. Co不适宜用于工业冶炼金属铭(Cr)c.工业冶炼金属铜时较低的温度有利于提高Co的利用率D.工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和Co接触的时间，减少尾气中Cc)的含量某铜铭合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与铭原子的数量比为;若合金的密度为dgcm晶胞参数表达式为a=nm(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。OCuCr(3)甲烷部分催化裂解制备乙烯的反应原理为2C%(g)C2H4(g)+2H2(g)H=+202.5kJmo,o温度为T,压强为100kPa时，向体积可变的密闭容器中加入Im。ICH4,平衡时。匕转化率为40%,若温度、压强和C%初始量不变，充入pfe(g)作为稀释气，平衡时CH4转化率为50%,则充入He的物质的量为mol。(4)一定温度下，将Im。ICH4充入21.的固定容积容器中发生反应2CHg).*C2H4(g)+2H2(g)H=+2025kJmo1.。实验测得容器内各气体分压与时间的关系如图所示。CHS的平衡转化率为。反应的平衡常数KC=。若在该温度下，向容器中再充入Im。ICH1.达到平衡时，平衡混合物中C2H4的物质的量分数(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】(1)+247.3B(2)BC3：1(3)2.125(4)50%0.125减小AHAM-AH72(g)÷CH4(g)2C(g)÷2H,(g)【解析】(I)AHYH3x2+AH2x2可得到反应的H=+247,3kJmo,该反应为吸热反应，故高温有利F正向进行，反应后气体分子数增大，低压有利于正向进行，故选择B项。1g±三-©CO还原PbO2,温度升高，c(C°2)增大，C(Co)增大，C(Co2)减小，平衡左移，反应放热，A项不符合题意；Co还原C203的反应为吸热反应，低温卜，平衡常数小，工业上若使用高温，对设备要求高，故CO不适宜用于工业冶炼金属铝(Cr),B项符合题意：工业冶炼金属铜(CU)时为放热反应，较低的温度有利于提高CO的利用率，C项符合题意；延长矿石和CO接触的时间，不能减少尾气中Co的含状，D项不符合题意。根据分摊法，每个晶胞中铜原子为3,格原子为1；由d=,a=X107nmNAx(axlO-7)'VNA，dO2CH4(g)*C2H4(g)÷2H2(g)初始量mol1OO转化量/mol0.40.20.4平衡量/mol0.60.20.4平衡体系总物质的量为l.2mol分压BP11Ip111-p×P×P2K-336-xnkp1127P-p×-p22,其中P=100kPa同理，若充入XmHHaCHI的转化率为50%2CH4(g)二C2H4(g)+2H2(g)初始量/mol1OO转化量/mol0.50.250.5平衡量/mol0.50.250.5平衡体系总物质的量为(1.25+x)mol0.252=一='1.25+X27解得X=2.125mo/(4)根据图知，反应后体系的总压强为1.25P。，设转化率为丫2CH4(g)一C2H4(g)+2H2(g)初始量/mol10O转化量/moly0.5yy平衡量Zmoll-y0.5yy平衡体系总物质的量为(1+0.5y)mol平衡量/mol0.50.250.51PoIZ0.25=0.1250l+0.5yl25p解得y=°5;Kc=2若在该温度下，向容器中再充入Im。ICH%由于容积体积不变，压强增大，平衡逆向移动，CHS转化率减小，达到平衡时，平衡混合物中的物质的量分数减小。4.(15分)利用木质纤维素为起始原料结合C02生产聚碳酸对二甲苯酯可以实现碳减排，缓解日益紧张的能源危机，路线如下：HoCYoXoH木质JCc6HpO6SN-BetaHQJ-fH口HKHIH纤维素葡萄糖HO0H高压C÷O已知：Q回答下列问题：(1)葡萄糖中含有的官能团有(写名称)。(2)化合物11I中C原子的杂化方式为OVl生成Vn的反应类型为O(3)1mo化合物In与1mol乙烯反应得到Imol印,该反应原子利用率为100%,化合物IV的结构简式为。(4)请写出Vn生成VllI的化学反应方程式O(5)化合物Vn的芳香族同分异构体中符合下列条件的有种(不含立体异构)。最多能与相同物质的量的Na2CO3反应；能与2倍物质的量的Na发生放出H2的反应。请写出一种含有等效氢数量最少的同分异构体的结构简式。【答案】(1)羟基，醛基(2)sp2>Sp3还原反应【分析】纤维素水解生成葡萄糖，葡葡糖发生反应生成I,I发生反应生成11,11发生还原反应生成川，川和乙烯发生加成反应生成IV,二者1:1反应且原子利用率100%结合题干信息可知，IV的结构简式为：Yh3cch3I，V发生氧化反应生成VI,结合V的分了式知,V为；VI发生还原反应生成V11,V11和CO2发生缩聚反应生成VIlI,(5)化合物Vn的芳香族同分异构体中符合下列条件：最多能与相同物质的量的Na2CO3SS;能与2倍物质的量的Na发生放出比的反应，说明含有1个酚羟基和1个醇羟基，如果取代基为酚-OH、-CH2CH2OH,两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为酚-OH、-CH(OH)CH3,两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为酚-OH、-CH3、-CH2OH,有10种位置异构，所以符合条件的同分异构体有16种，根据等效氢原理可知，含有等效氢数量最少的同分异构体的结构简式，据此分析解题。【解析】(1)由葡萄糖的结构简式为：CH2OH(CHOH)4CHO可知，葡萄糖中含有的官能团有羟基和醛基,故答案为：羟基和醛基；(2)由题干流程图中化合物In的结构简式可知，化合物In中C原子的杂化方式为：sp2和sp3,即碳碳双键的碳为sp?杂化，其余碳为sp3杂化，由题干流程图可知，Vl生成Vn即为峻基转变为羟基，根据有机反应中加氢失氧为还原反应可知，该转化的反应类型为还原反应，故答案为：SP2、sp3;(3)IHHMBlmOI化合物m与ImOI乙烯反应得到ImOIlV,原子利用率为100%,化合物W的结构简式为,故答案为:定条件+nCO2(4)由分析可知，划和CCh发生缩聚反应生成Wl,则Vn生成VIIl的化学方程式:+(n-l)H2O;+(Ii-I)H2O,故答案为：nHOOH定条件+nCO2(5)化合物刊的芳香族同分异构体中符合下列条件：最多能与相同物质的量的Na2CO3反应；能与2倍物质的量的Na发生放出比的反应，说明含有1个酚羟基和1个静羟基，如果取代基为酚-OH、-CH2CH2OH,两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为酚-OH、-CH(OH)CH3,两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为酚-OH、-CH3、-CH2OH,有10种位置异构，所以符合条件的同分异构体有16种，根据等效氢原理可知，含有等效氢数量最少的同分异构体的结构简式为题组二(建议用时：30分钟满分：58分)1.(14分)硫臊CS(NH2)2是一种有机合成中常用的试剂。实验室合成硫麻的装置(夹持和加热装置省略)如图所示。CaCN,+H,S+2H1O=CS(NH1),+Ca(OH)1已知合成硫胭的反应原理为：回答下列问题：(1)硫臊分子中的所有原子均满足2电子或8电子稳定结构，该分子中。键与11键的数目之比为(2)仪器a的名称是,用离子方程式表示B中饱和NaHS溶液的作用。(3)C中适宜的加热方式是。已知H?S溶于水得到二元弱酸氢硫酸，若反应结束后D中溶液含等物质的量的Na?S和NaoH,下列表达式正确的是(填字母)。Ac(Na')>c(S2)>c(0H-)>c(H+)bc(NaJ=3c(S2-)÷c(HS)÷c(H2S)Jc(H)<c(H+)+c(S2)÷2c(HS)Dc(Na+)+c(H+)=c(S2)+c(HS)+c(H)(5)反应结束后将C中溶液进行一系列处理得到含硫服的产品。按如下步骤测定产品中硫服的含量：步骤I：称取20.00g产品溶于水，配制成100m1.溶液备用步骤2：向一锥形瓶中加入0.03mol碘单质和足量NaOH溶液,发生反应：风+6NaOH=NaIO3+5Nal+3H2O步骤3：向锥形瓶中加入ISOOm1.步骤1配制的溶液，发生反应：NaIO3+3CS(NH2),=3H0CS(NH)NH2+NaI步骤4：待步骤3反应充分后加稀硫酸，发生反应：NaI05÷5NaI+3h2s04=3I2÷3Na2SO4+3H2O步骤5：以淀粉溶液作为指示剂，用1.0OmOI1.的Na2S2O3,标准液滴定步骤4得到的溶液，发生反应：U+2Na2S2O3=2NaI+Na2SQ6,平行滴定三次，消耗Na2S2O3标准液的平均体积为2oOOm1.判断达到滴定终点的实验现象是O产品中硫服的含量为O下列操作会导致测得的硫服含量偏高的是(填字母)。A.配制溶液时，所用容量瓶未干燥8. “步骤4”加入稀硫酸的量不足C.盛装Na2S2O3标准液的试管未润洗D.滴定开始时俯视读数，达到滴定终点时仰视读数【答案】7：1(2)分液漏斗HS-+H+=%ST(3)水浴加热(4)B(5)最后半滴标准液滴入时，溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不恢复76%B【分析】利用稀盐酸与硫化亚铁反应制备H2S气体，通过饱和NaaHS溶液除去HCl,进入三颈烧瓶与CaCN2反应制硫删CS(NH2%,利用氢氧化钠溶液吸收尾气，注意防止倒吸；3=3【解析】(1)硫麻分子SC(NHz)R中碳原子的价电子数为2,采取spz杂化方式；该分子中共1个碳硫双键，4个氮氢单键和2个破氮单键，则。键和兀键数目之比为7：1；(2)根据仪器的构造可知，仪器a的名称是分液漏斗，用离了方程式表示B中饱和NaHS溶液的作用为除去HCl,离子方程式为W+H+=H?ST；(3) C中保持温度在80。(2,不高于100(TC,适宜的加热方式是水浴加热；(4) J知H?S溶于水得到二元弱酸氢硫酸，若反应结束后D中溶液含等物质的量的NaF和NaoH；A.S2'水解，浓度减小，故溶液中离子浓度大小关系为Nai"®-".-)。，”)，A错误；I根据物料守恒针(NaHcF)+cg)+c(H刈，B正确；C.根据电荷守恒有c(Na+)+c(H)=2c(s")+c(HS-)+c(H-),物料守恒有c(Na+)=3c(S2)+c(HS')+c(H2S)C(OH)=C(H+)+cF)+2c(HS)+3c(H2S)故C(OH-)>c")+cF)+2c(HS)C错误；D.根据电荷守恒铲(Na,)+c(H*)=2cF)+c(HS)+c(H-),D错误;答案选B；(5)淀粉遇碘变蓝，溶液为蓝色，当终点时蓝色褪去，达到滴定终点的实验现象是最后半滴标准液滴入时，溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不恢复；由方程式可知，Na2S2O3消耗b的物质的量为1.0OmOl/1.x0.021.=0.02mol,0.03mol碘单质和足量NaOH溶0.02mol液，生成NaIO3的物质的量为0.0Imol,与CS(NH反应的Nalo3的物质的量为0.0Imol-2x3=0.0067,0.0067mol×3×IQom1.×76gmolIPoom1.×1oo%=76%产品中硫胭的含量为20.0Og.A.配制溶液时，所用容量瓶未干燥，不影响溶液的浓度，对测定没影响，A不符合；B“步骤4”加入稀硫酸的量不足，反应不充分，生成的碘量少，滴定消耗的Na2S2O3标准液少，则测得CS(NH2%偏多,B符合;C.盛装Na2S2O3标准液的试管未润洗，浓度偏小，滴定体积偏大，则测得CS(NH2%偏少，C不符合；D.滴定开始时俯视读数，达到滴定终点时仰视读数，读数偏大，则测得CS(NHJ偏少，D不符合：答案选B。2.(15分)由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe口、FeAhO和SiO?)得到绿矶(FeSO&-7&°),然后制取透明氧化铁颜料的流程如下：硫酸过量FeS2水KQO,稀硫酸KoH滤渣滤液I滤液2已知：透明氧化铁又称纳米氧化铁，粒子直径极其微小(1090nm),包括氧化铁黄(FeooH)和氧化铁红(Fe2°”难溶于水：“还原”时，Fb能将FeS?中的硫元素氯化为+6价。回答下列问题：(1)“滤渣”中的主要成分有过量的FeS?和(填化学式)。(2)“还原”过程中涉及的离子方程式为。水(3)流程中“三”环节的目的是o(4)“沉淀”采用分批加入KoH溶液，并不断搅拌，这样操作不但可以得到色泽纯正的氢氧化铁，而且还可以O(5)可用分光光度法测定制得的透明氧化铁中氧化铁黄和氧化铁1.2红的含量。已知Fe(SCN1的吸光度a(对特定波长光的吸收程度)与Fe"标准溶液浓度的关系如图所示：1.2.8.6.40.0.0.1.0/(4.0,0.8)0.2/01.02.03.04.05.06.Cc(Fe,t)(10'mol1.,)称取3.47g透明氧化铁，用稀硫酸溶解并定容至11.,准确移取该溶液10.00m1.,加入足量KSCN溶液，再用蒸储水定容至100m1.。测得溶液吸光度A=0.8,则透明氧化铁中氧化铁红小©2°3)的质量分数为%(保留小数点后一位)。+3+3'MnFe(CN)(6)1.可用作钾离子电池的正极材料，其晶胞结构如下图所示：CN距离Mn"最近的Fe3+有%个。第三电离能A：Mn>Fe,结合原子结构解释原因：%。MnFed放电后转化为KMnFe(CN)6,充电时物质的变化如卜：+2.2H_i_.+3.3"K2MnFe(CN)6l->A->MnFe(CN)6写出充电时生成A的电极反应式：(请标注A中Fe和Mn的化合价)。【答案】(I)Sio2(,Fes2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO;'+16FT(3)除去溶液中的Al",得到纯净的FeSO,溶液(4)形成细小的氢氧化铁颗粒(5)23.1(6)6Mn2的价电子为3<f较稳定结构，不易失去第三个电子，Fe?+的价电子为3不易失去1个电子形成K,MnTFe(CN)l-e=KMnFe(CN)+K+3d'较稳定结构-1.1.J【分析】由题给流程可知，向硫铁矿烧渣中加入稀硫酸酸浸时，金属氧化物溶于稀硫酸转化为可溶性硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，向反应后的容器中加入过量的二硫化铁，将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，过滤得到含有二氧化硅、二硫化亚铁的滤渣和含有硫酸亚铁、硫酸铝的滤液：滤液经结晶、过滤得到含有硫酸铝的滤液I和绿矶；绿矶加水溶解后，加入氯酸钾和稀硫酸的混合溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中分批加入氢氧化钾溶液，并不断搅拌得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，氢氧化铁经转化得到透明氧化铁；【解析】(1)由分析可知，滤渣为SiO2、二硫化亚铁，答案为SiCh;(2)由分析可知，还原过程中涉及的反应为过量的二硫化亚铁将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，反应的离子,方程式为FeS2+14Fe"+8H2O=15Fe2+2SO；+16H+(3)由分析可知，流程中结晶再溶解环节的目的是除去溶液中的AU+,得到纯净的FeSo4溶液：(4)由分析可知，向溶液中分批加入氢氧化钾溶液，并不断搅拌的目的是得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，使氢氧化铁形成细小的氢氧化铁颗粒便于转化为透明氧化铁；(5)设3.47g透明氧化铁中含有amol氧化铁黄和bmol氧化铁，由质量可得amol×89gmol+bmol×160gmol=3.47g,由图可知，溶液吸光度A=0.8时,溶液中铁离子浓度为4.0xl,moi1.,由铁原子个数守恒可得：0.01(a+2b)mol=0.1×4.0×103mol,解得a=0.03、b=0.005,则透明氧化铁中氧化铁的0.005molX160gmol质量分数为347g×100%=23.1%;(6)由晶胞结构图可知，距离体心的Mi?+最近的Fe3+位于面心，距离M/+最近的Fe"有6个，故答案为：6；Mn，的价层电子排布式为3d5,为比较稳定的半充满结构，Fe?+的价层电子排布式为3d6,更易失去一个电子形成比较稳定的半充满结构，故Mn的第三电离能比Fe的大，故答案为:Mn2,的价层电子排布式为3d5为比较稳定的半充满结构，Fe?+的价层电子排布式为3d6,更易失去一个电子形成比较稳定的半充满结构：充电时物质的变化如卜声e(CN%,可知，Mn、Fe元素都有+2价变为+3价，由Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能可知，充电生成A时，Fe先失去电子，故充电时生成A的电极反应式为：K2MnFe(CN)6J-.=KM2nFe(CN)6÷K÷,故答案为K2MnF(CN)ft-e-=KMnFe(CN)f,+K*3.(14分)合成氨有着重要的实际价值，一直是科学家们研究的课题。(1)基于物理性质写出氨的一种用途：O(2)工业合成氨常用工艺条件：Fe作催化剂，控制温度773K,压强30K)7pa,原料中N?和H?物质的量之比为1：2.8调控反应。从动力学角度和热力学角度选择反应条件，其中选择“两难”(两个分析角度影响不一致)的反应条件是，该反应条件最终选择上述给出工艺条件的主要原因是O催化机理。Fe作催化剂，反应是在Fe表面活性位点进行的，历程经历了吸附$和H?、发生反应、NH3脱附三个阶段。其中，&的吸附分解反应活化能高，是决速步骤。研究发现，NH,浓度越大，反应速率越小，原因是o写出一种降低氨浓度的最实用可行方法：O(3)在密闭容器中模拟合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。将M2)：“凡)=1:3的混合气投入恒压反应容器进行反应，在压强“JP八P3下，分别测得NH3的平衡体积分数(P(NH.J随温度变化如下图所示。压强P、P2、中，最大的是,A点N?的转化率为。已知温度为工K时，KP=OO3MPar0维持温度为工K,若要使N?的平衡转化率达到30%,则恒压反应容器的总压强至少为MPa.(保留小数点后2位)(4)电化学合成氨。可利用氮还原反应在更温和的条件下将N?和H?转化为NH3。研究人员发现，选用三己基十四烷基磷离子作为电解质的阳离子，与叶立德能够很好的完成电化学循环。该电化学装置的工作原理如下图所示。注：Rn为炫基。叶立德叶立德结构中碳负原子的杂化方式为°写出图中左边电极区由N?生成N'的总反应式：。【答案】液氨可以用作制冷剂(2)温度在该温度条件卜催化剂的活性高NH?浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍M的吸附液化分离(3)P75%4.63.R1©/HR，®N2÷6e÷6R2PCR4-6R2PCR4÷2NH3(4)Sp'R(R<>【解析】(1)利用液氨易汽化吸热制制冷剂。(2)电信)+3凡®.,2NH式g)为气体分子数减小的放热反应，升高温度虽然可以增加反应速率，但平衡逆向移动，使氨气产率降低，故动力学角度和热力学角度影响不一致。该反应条件最终选择上述给出工艺条件的主要原因是在该温度条件下催化剂的活性高。N旦浓度越大，反应速率越小，原因是NH?浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍$的吸附。结合氨气易液化的特点，液化分离可以有效降低氨气浓度。(3)N式g)+3%(g).'2NHJg)为气体分子数减小的放热反应，压强越大，越利于正向移动，使氨气百分含量增加，故压强大小关系为P>P2>P30N2(g)+11)mol13H2(g).3-2NH3(g)On/molX3x2xA点N'的平衡体积分数为60%,由三段式可知n（末"molI-X3-3x2x2x一60%NH3的平衡体积分数为4-2x解得x=0.75,故A点N2的转化率为75%。!1(初)/0101N2(g)+13%(g)32NH3(g)On/mol0.30.90.6维持温度为工K,若要使N?的平衡转化率达到30%,则有n（末）mol0.72.10.6记总压强为P,则KP二故产(NHJ眈）.日达）PX著"啜>=0.03MPa-2解得P=4.63MPa°P(N2)=P×,P(H2)=P×,P(NH3)=Pxz4fcJ（4）叶立德结构中碳负原子的杂化方式为SP;左边电极区N?得电子发生还原反应转化为NH3,其电极反R,©hr'N2÷6e'+6R2FCR46R2PCR4÷2NH3应式为R<R<<.4.（15分）阿佐塞米（化合物I）是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物.I的一种合成路线如下（部分试剂和条件略去）.C7H6ClFN2OjS己知.R-COOHsoc->R-COClnh-vh-°>R-CONH2回答下列问题：（I）C中含氧官能团名称是,B生成C的反应类型为，（2）下列说法正确的是oA化合物F中N的杂化方式有SP和SP'B.化合物F的分子式为：C7H5ClN2O2SFC. B物质既能和强酸反应，也能和强碱反应D. A分子中所有原子可能共平面(3)写出化合物G的结构简式o(4)写出D生成E的第一步反应的化学方程式o(5)写出同时符合下列条件的化合物B的一种同分异构体的结构简式o分子中含有苯环：H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，含有%1基团，没有N-O键、O-Cl键.(6)利用以上合成线路中的相关信息,完成由A到B的合成路线:流程图表示，无机试剂任选).【答案】(1)竣基取代反应(2)ACCOOHnhCl【分析】根据B的结构简式和A的分子式可知A是甲苯，D生成E发生已知信息的反应，则E的结构简式OYNH2SO2NH2为C1,F和G发生取代反应生成H,根据F和H的结构简式可知G的结构简式为,NH2s%J,据此解答。【解析】（1）根据C的结构简式可知C中含氧官能团为瘦基。对比B、C的结构简式可知，B中的氨基被F原子替代，反应类型为取代反应；（2）A.F中含N官能团有氨基（右三N）和磺酰胺基（SO2NH2）,氨基中N原子为SP杂化、磺酰胺基中原子为sp3杂化，A正确；B.由F的结构简式可知，化合物F的分子式为：C7H4ClN2O2SFB错误；C.化合物B中含有氨基能与强酸反应，含有竣基能与强碱反应，C正确；D.A为甲苯，甲基为四面体结构，所有原子不可能共面，D错误；（3）联系F、H的结构和G的分子式，容易判断反应为取代反应，掉下HF分子，所以G的结构简式为/NH2COOH（4）结合题给信息，粉基可与SocI2发生取代反应生成酰氯，CI+SOC12COClSO2NH+S02+HC1.个Cl,考虑分子中4中不同环境H原子和没有N-O键、CI-O键的前提下，插入一个O的可能结构为（6）甲苯转化为2-氨基-4-氯苯甲酸,竣基显然由甲基氧化而来，氨基由硝基还原而来，硝基、氯原子都由苯的硝化和苯的氯代而来，考虑官能团引入的先后顺序和苯环上取代基定位效应，应先引入硝基、氯原子,浓HNOl,浓玳酸.A,再氧化甲基，最后还原硝基，否则硝基和氯原子取代位置会错位、氨基可能被氧化:题组三(建议用时：30分钟满分：58分)1. (14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%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+3O2=2NaOH+2NaNO2+2NH3回答下列问题：(1)仪器A的名称为o氨基钠的电子式为o(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1>(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：。(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'Pm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶体铜的密度为gcn(列出计算式)。阳甲图乙【答案】分液漏斗Na+：N：HQ)CaO+NH3H2O=Ca(OH)2+NH5T(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，则说明空气己排尽(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%4x64xl(fo12(2>a)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中的水蒸气进入D中，F是尾气处理装置。H【解析】(1)仪器A为分液漏斗，氨基钠为离子化合物，电子式为Na+：可：H(2)装置B中浓氨水与氧化钙反应生成氨气，反应的化学方程式