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西城區(qū)高三統(tǒng)一測試試卷

本試卷共10頁，100分。考試時長90分鐘。考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷

上作答無效?？荚嚱Y(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質(zhì)量：HlS32

第I卷(選擇題，共42分)

本部分共14題，每題3分，共42分。在每小題列出的四個選項中，選出最符合題目要求

的一項。

1.化合物M是一種治療腦卒中藥物中間體，其結(jié)構(gòu)簡式如下圖。下列關(guān)于該有機物的

說法不正硬的是

CH=CHCOO(CH9)4Br

HOOCH

03

A.存在順反異構(gòu)

B.分子中有3種含氧官能團

C.能與母2發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)

D.1mol該有機物最多消耗2moiNaOH

【答案】D

【解析】

D選項中酚羥基，酯基，澳原子各消耗Imol氫氧化鈉，共計3mol。

2.中國家經(jīng)過光譜分析發(fā)現(xiàn)了一顆鋰元素含量極高的恒星。下列說法不正觸的是

A.LiOH的堿性弱于Be(OH)2

B.在堿金屬元素中，鋰元素的第一電離能最大

C.依據(jù)對角線規(guī)則，鋰元素和鎂元素的有些性質(zhì)相似

D.原子光譜的產(chǎn)生與電子躍遷有關(guān)，可利用原子光譜中的特征譜線鑒定鋰元素

【答案】A

【解析】

金屬性Li>Be,堿性LiOH>Be(OH)2

3.下列說法正確的是

A.HC1和CL分子中均含有s-p。鍵

B.NH3和NH：的VSEPR模型和空間結(jié)構(gòu)均一致

C.熔點：金剛石>碳化硅〉晶體硅

D.酸性：CH3COOH>CHChCOOH>CCI3COOH

【答案】c

【解析】

A選項中氯氣含有的是p-p。鍵。

B選項中NH3的VSEPR模型為四面體型，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，不相符。

C選項中均為共價晶體，原子半徑CVSi,鍵長C-CVC-SiVSi-Si,鍵長越短，鍵能

越大，熔沸點越高。

D選項中-C1是吸電子基團，會使竣基中羥基的極性變強，酸性增強。且吸電子集團

越多，吸電子效應(yīng)越強，酸性越強。所以CCLCOOH>CHC12coOH>CH3coOH。

4.新冠病毒是一種具有包膜的RNA病毒，包膜的主要成分是蛋白質(zhì)和脂質(zhì)。核酸檢測

就是檢測新冠病毒的RNA。下列說法不亞硬的是

A.核酸和蛋白質(zhì)都是生物大分子

B.核酸和蛋白質(zhì)都不能發(fā)生水解反應(yīng)

C.核酸中核甘酸之間通過磷酯鍵連接

D.一定濃度的含氯消毒液可使新冠病毒中的蛋白質(zhì)變性

【答案】B

【解析】

核酸和蛋白質(zhì)都可以水解。核酸水解產(chǎn)物為核昔酸，蛋白質(zhì)最終水解產(chǎn)物為氨基酸。

5.氮摻雜的碳材料可以有效催化燃料電池中。2的還原反應(yīng)，其催化機理如下圖。

途徑一：A--B--C--F

途徑二：A—B—?C—?D—?E

下列說法不事項的是

A.途徑一中存在極性共價鍵的斷裂與形成

B.途徑一的電極反應(yīng)是O2+2H++2e-==H2O2

C.途徑二，1mol。2得到4moiD

D.氮摻雜的碳材料降低了反應(yīng)的焙變

【答案】D

【解析】

從題干可知，該材料為催化劑，不能改變反應(yīng)婚變，故錯誤。

6.室溫下，將充滿NO2的試管倒立在水中，實驗現(xiàn)象如下圖。

n

下列分析不E項的是

A.NO2易溶于水，不能用排水法收集

B.試管中剩余的無色氣體是未溶解的NO2

C.取試管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液顯紅色，是因為NO2與H2O反應(yīng)生成

了酸

D.向試管中再緩緩通入一定量的02,試管中的液面上升

【答案】B

【解析】

NO2是紅棕色氣體，且NO2與水反應(yīng)，生成的無色氣體NO,故試管中剩余的無色難

溶于水的氣體是NO,故B項錯誤。

7.下列方程式不能準確解釋相應(yīng)實驗現(xiàn)象的是

+2+

A.MnC)2和濃鹽酸共熱產(chǎn)生黃綠色氣體：MnO2+4H+2Cl-^Mn+C12T+2H2O

B.Na加入滴有酚醐的水中，溶液變紅：2Na+2H2O==2Na++2OH+H2T

C.加熱Fe和S的混合物生成黑色固體：2Fe+3s2Fe2s3

D.加熱藍色的CuCb溶液，溶液變綠：

2+2

[Cu(H2O)4](aq)+4Cr(aq)#[CuCl4]-(aq)+4H2O(l)AH>0

(藍色)(黃色)

【答案】C

【解析】

加熱Fe和S的混合物生成黑色固體：Fe+S￡FeS,故C錯誤。

8.用下圖裝置(夾持、加熱裝置已略)進行實驗，②中現(xiàn)象不熊證實①中發(fā)生了反應(yīng)

的是

①中實驗②中現(xiàn)象

加熱1-浪丁烷與NaOH的酸性MnCU溶液褪

A

乙醇溶液的混合物色

加熱NHC1溶液和濃AgNO溶液先變

B43

NaOH溶液的混合物渾濁后澄清

飽和Na2cCh溶液

加熱乙酸、乙醇和濃硫酸

C的上層有無色油

的混合物

狀液體產(chǎn)生

將鐵粉、碳粉和NaCl溶液導管中倒吸一段

D

的混合物放置一段時間水柱

【答案】A

【解析】

A項中，乙醇具有揮發(fā)性且會使酸性高鋅酸鉀溶液褪色，故不能說明①中發(fā)生了反

應(yīng)，故錯誤。

9.向盛有1mol/LNH4cl溶液的燒杯中，加入少量氨水，再加入過量Mg粉，有大量氣

泡產(chǎn)生。將濕潤的紅色石蕊試紙放在燒杯口，試紙變藍。溶液的pH隨時間的變化如

下圖。

010002000

t/s

下列說法不氐哪的是

A.隨著反應(yīng)的進行，c(NH：)降低

B.產(chǎn)生的氣體是混合物

C.pH=9時，溶液中c、(NH；)+2c、(Mg2+)Vc(Cl-)

D.溶液的pH升高可能是Mg與NH；、H2O反應(yīng)的結(jié)果

【答案】C

【解析】

溶液中存在平衡①NH；+H2。ONH3H2O+H+,②NH3H2OONH3+H2O,加入Mg

粉，有大量氣泡產(chǎn)生，H+與Mg反應(yīng)生成氫氣，將濕潤的紅色石蕊試紙放在燒杯口，

試紙變藍，說明氣體中還含有NH3。

A選項，隨著反應(yīng)的進行，有氫氣和氨氣生成，平衡①和②均正向移動，C(NH4+)

降低，故正確，B選項，產(chǎn)生的氣體中有氫氣和氨氣，為混合氣體，故正確；C選項

項，由電荷守恒知：c(NH：)+c(H+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+c(OH-),又pH=卯寸，c(H+)

<c(OH),所以c(NH：)+2c(Mg2+)>c(C「)，故錯誤；D選項，溶液pH升高可能為Mg

與NH：、比0反應(yīng)的結(jié)果，故正確。

10.OPR傳感器(如下圖)測定物質(zhì)的氧化性的原理：將Pt電極插入待測溶液中，Pt

電極、Ag/AgCl電極與待測溶液組成原電池，測得的電壓越高，溶液的氧化性越強。

向NaK)3溶液、FeCb溶液中分別滴加2滴H2s04溶液，測得前者的電壓增大，后者的

幾乎不變。

毫伏計

導線

鹽橋、

(瓊脂含

KC1溶液)

電極：一

Ag/AgCl

電極：Pt

下列說法不無琥的是

A.鹽橋中的移向Ag/AgCl電極

B.Ag/AgCl電極反應(yīng)是Ag-e+Cl-==AgCl

C.酸性越強，IO3的氧化性越強

D.向FeCb溶液中滴加濃NaOH溶液至堿性，測得電壓幾乎不變

【答案】D

【解析】

A選項，該原電池中Ag/AgCl電極為負極，Pt電極為正極，因原電池電解質(zhì)溶液中陰

離子向負極移動，故C1移向Ag/AgCl電極；B選項，負極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)

為Ag-e-+C「==AgCL故正確；C選項，向NalCh溶液中滴加2滴硫酸溶液，電壓增

大，故酸性增強，1。3-的氧化性增強，故正確；D選項，F(xiàn)eCb中滴加濃NaOH溶液至

堿性，c（Fe3+）降低，F(xiàn)eCb氧化性減弱，則電壓應(yīng)減小，故錯誤。

11.聚乳酸（PLA）是最具潛力的可降解高分子材料之一，對其進行基團修飾可進行材

料的改性，從而拓展PLA的應(yīng)用范圍。PLA和某改性的PLA的合成路線如下圖。

EG改性的PLA

注：Bn是苯甲基（一CH2—^^）

下列說法不正確的是

A.反應(yīng)①是縮聚反應(yīng)

B.反應(yīng)②中，參與聚合的F和E的物質(zhì)的量之比是m：n

C.改性的PLA中，m：n越大，其在水中的溶解性越好

D.在合成中Bn的作用是保護羥基，防止羥基參與聚合反應(yīng)

【答案】B

【解析】

A選項，反應(yīng)①生成小分子H2O,有端基原子，故為縮聚反應(yīng)，故A正確。

B選項，由C可知，F(xiàn)與E的物質(zhì)的量之比為m：n=2：1,故B錯誤。

C選項，m越大，改性PLA中的羥基越多，溶解性越好，故C正確。

D選項，羥基可與E中的酯基發(fā)生取代反應(yīng)，故D正確。

12.在100mL0.01mol/LBa(OH)2溶液中滴力口0.1mol/LNaHCO3溶液，測得溶液電導率

的變化如右圖。下列說法不用螂的是

A.Ba(OH)2和NaHCCh都是強電解質(zhì)

B.A-B電導率下降的主要原因是發(fā)生了反應(yīng):

2+

Ba+2OH+2HCO3==BaCO3i+2H2O+CO3-

C.B-C,溶液中的c(OH)減小

D.A、B、C三點水的電離程度：A<B<C

【答案】B

【解析】

A選項，強電解質(zhì)為金屬氧化物、強酸、強堿、大部分鹽，Ba(OH)2為強堿，NaHCO3

是鹽，均為強電解質(zhì)，故A正確。

B選項，A—B由NaHCCh的體積可知，Ba(OH)2與NaHCCh的物質(zhì)的量之比為11，故

方程式為Ba2++OH+HCO：=BaCO3+H2O,故B錯誤。

C選項，B點溶質(zhì)為NaOH,B—C發(fā)生反應(yīng)OH-+HCO3FCO32-+H2O,c(OH-)減小，

故C正確

D選項，A點溶質(zhì)為Ba(OH)2,B點溶質(zhì)為NaOH,C點溶質(zhì)為Na2cO3,A、B為堿溶

液，抑制水電離，其中c(OH)A>B,C點鹽溶液促進水電離，因此水的電離程度

A<B<C,故D正確。

13.一定溫度下，在2個容積均為1L的恒容密閉容器中，加入一定量的反應(yīng)物，發(fā)生反

應(yīng)：2NO(g)+2CO(g)#N2(g)+2CO2(g)△”<(),相關(guān)數(shù)據(jù)見下表。

平衡物質(zhì)的量

起始物質(zhì)的量/mol

容器編號溫度/mol

NO(g)CO(g)CO2(g)

IT,0.20.20.1

IIT20.20.20.12

下列說法不氐理的是

A.T\>T?

B.I中反應(yīng)達到平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率為50%

c.達到平衡所需要的時間：n>i

D.對于I,平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCO2,平衡正向移動

【答案】D

【解析】

A選項，根據(jù)平衡時CCh的物質(zhì)的量，以及反應(yīng)的△//<(),可知TI>T2,故A正確。

B選項，列出三段式

2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)

c起0.20.200

c變0.10.10.050.1

c末0.10.10.050.1

C選項，由T]>T2可知，溫度越高反應(yīng)速率越快，故反應(yīng)速率I>H,故達到平衡所

需時間n>i,故c正確。

D選項，由B中三段式求得=5,再充入0.2molCO和0.2molCO2后，NO的濃度為

0.1mol/L,CO的濃度為0.3mol/L,N2的濃度為0.05mol/L,CO2的濃度為0.3mol/L,

計算出濃度端Q=5,故平衡不移動，故D錯誤。

14.某小組對FeCb溶液與Cu粉混合后再加SCN溶液的實驗進行如下研究。

①向2ml0.1mol/LFeCb溶液中加入過量Cu粉，充分反應(yīng)后，溶液變藍。2天后，

溶液變?yōu)闇\藍色，有白色不溶物生成。

②?、僦袦\藍色的上層清液，滴加SCN溶液，溶液變紅，出現(xiàn)白色渾濁。振蕩后

白色渾濁物增多，紅色褪去。經(jīng)檢驗，白色不溶物是CuSCN。

③向2ml0.1mol/LC11SO4溶液中滴加SCN溶液，未觀察到白色渾濁。放置24小時

后，出現(xiàn)白色不溶物。

已知：CuCl和CuSCN均為白色不溶固體

下列說法不用聊的是

A.①中產(chǎn)生白色不溶物的可能原因是CU+CU2++2C「=2CUC11

B.由③可知②中白色渾濁不是Cu2+與SCN-直接反應(yīng)生成的

C.②中紅色褪去的原因是Fe3+被完全消耗了

D.實驗表明：sp(CuSCN)Vsp(CuCl)

【答案】C

【解析】

A選項，由已知CuCl為白色不溶固體，及①中元素分析，白色沉淀為CuCl,故A正

確；

B選項，由③可知，Ci?+與SCM不會直接反應(yīng)生成CuSCN,故B正確；

C選項，紅色褪去的原因是Cu+與SCM結(jié)合生成CuSCN,SCN-濃度下降使平衡

Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3逆向移動，紅色褪去，故C錯誤；

D選項，由①②可知，CuSCN是由CuCl轉(zhuǎn)化生成，故D正確。

第11卷（非選擇題，共58分）

本部分共5題，共58分。

15.（9分）n2\三乙撐二胺和對苯二甲酸根離子可形成晶體M,其晶胞示意圖如下。

（1）E+的價層電子排布式是o

（2）C、O、N的電負性從大到小的順序是o

（3）三乙撐二胺（［，）與!?+能形成配位鍵的原因是o

（4）在晶體M每個空腔中裝入一個順式偶氮苯分子后形成晶體Mi,晶胞示意圖如右圖。

一定條件下隨著偶氮苯順反結(jié)構(gòu)的變化，晶體骨架發(fā)生畸變，晶體在Mi和M2兩種

結(jié)構(gòu)之間相互轉(zhuǎn)化，可以吸收和釋放N2,被稱為“會呼吸”的晶體。

晶晶胞中1?+個晶胞體積

裝載分子

體數(shù)/cm3

順式偶氮

MiX1.30x10-24

苯

反式偶氮2.46x10-24

M4

2苯

資料：

i.反式偶氮苯旱今順式偶氮苯

可見光

ii.Mi和M2相互轉(zhuǎn)化時，/+的配體和配體數(shù)均不變

①N2的電子式是_____________O

②偶氮苯（（^N=N<^>）中N的雜化軌道類型是o偶氮苯

存在順反異構(gòu)的原因是分子中兩個氮原子間存在（填“?！被颉柏！保?。

③x=。

④晶胞密度小則晶體內(nèi)部的空隙大。能讓"會呼吸''的晶體吸收N2的條件是光

照射。

【答案】

（1）3d10（1分）

（2）O>N>C（1分）

（3）三①乙撐二胺中的N給出孤電子對，M+有空軌道能接受孤電子對（2分）

②：NHN：（1分）

③sp2（1分）；s鍵（1分）

④2（1分）

紫外（1分）

【解析】

(1)n位于第四周期第HB族，核外電子排布為次中出。4s2,貝h2+的價層電子排布式

為3d%

(2)非金屬性越強，吸電子能力越強，電負性越大，所以電負性0>N>C。

(3)/+提供空軌道，三乙撐二胺中N有孤電子對，/+可以接受三乙撐二胺中N上的

孤電子對。

(4)

①N的最外層有5個電子，形成8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以需共用3對電子，電子式為

:NWN：。

②偶而，象市N原子上有2個6鍵和一對孤電子對，則雜化方式為Sp2,且由于II鍵是

鏡面對稱無法繞鍵軸旋轉(zhuǎn)，所以存在順反異構(gòu)。

③根據(jù)順式偶氮苯與M形成的晶胞Ml可知棱上共有8個M+,由均攤法可知有

8*1/4=2個1?+。

④由于晶體密度小，晶體內(nèi)部空隙大且PMl>pM2,吸收N2密度變大，所以由

M2-M1,由資料可知加入紫外線光譜。

16.(10分)煙氣脫硫脫硝技術(shù)是環(huán)境研究的熱點。某小組模擬03氧化結(jié)合(NH4)2SO3

溶液吸收法同時脫除SO2和NO的過程示意圖如下。

模擬

煙氣

(1)氣體反應(yīng)器中的主要反應(yīng)原理及相關(guān)數(shù)據(jù)如下表。

平衡常數(shù)活化能/

反應(yīng)

(25℃)(kJ/mol)

57

反應(yīng)a：2O3(g)=302(g)=-286.6kJ/mol1.6xl024.6

34

反應(yīng)b：NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△”2=-200.9kJ/mol6.2x103.17

41

反應(yīng)c：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△比l.lxlO58.17

①已知：2so2(g)+O2(g)=2SO3△"=-196.6kJ/mol,則△"3=

②其他條件不變時，高于150C,在相同時間內(nèi)SO2和NO的轉(zhuǎn)化率均隨溫度升高而

降低，原因是_____________________________________

③其他條件不變，SO2和NO初始的物質(zhì)的量濃度相等時，經(jīng)

檢測裝置1分析，在相同時間內(nèi)，SO2和NO的轉(zhuǎn)化率隨03f

的濃度的變化如右圖。結(jié)合數(shù)據(jù)分析NO的轉(zhuǎn)化率高于SO25

的原因0

(2)其他條件不變，SO2和NO初始的物質(zhì)的量濃度相等時，經(jīng)檢

測裝置2分析，在相同時間內(nèi)，。3與NO的物質(zhì)的量之比對SO2和NO脫除率的影響

如下圖。

100so

%8o2

/

爆6o

出No

鍛4O

20r1

00,501.001.502.00

M（O3）:〃（NO）

①（NH4）2SC>3溶液顯堿性，用化平衡原理解釋：o

②03的濃度很低時，SO2的脫除率超過97%,原因是。

③在吸收器中，SO；與NO2反應(yīng)生成NO壞口SO：的離子方程式是o

④在吸收器中，隨著吸收過程的進行，部分NH；被轉(zhuǎn)化為N2,反應(yīng)中NH：和N2的物

質(zhì)的量之比為1：1,該反應(yīng)的離子方程式是。

【答案】

⑴①-241.6kJ/mol（1分）

②高于150℃,溫度升高，反應(yīng)a的速率增大，cQ）減小，反應(yīng)b和c的速率減小,

導致SO2和NO的轉(zhuǎn)化率均降低（1分）

③反應(yīng)b的活化能小于反應(yīng)c,反應(yīng)b的速率大于反應(yīng)c,因此NO的轉(zhuǎn)化率高于SO?

（1分）

+

（2）①溶液中存在：SO^+H2O^HSO；+OH\NH：+H2ONH3H2O+H；SO；一的

水解程度大于NH：的水解程度，使溶液顯堿性（2分）

②（NH4）2SO3溶液直接與SO2反應(yīng)是脫除SO2的主要原因（1分）

③2NO2+3SO；+H2O==2NC）3+SO：+2HSO3（2分）

④NO.+NH；==N2f+2H2。（2分）

【解析】

（1）

①由蓋斯定律可知△“3=l/2Zk"+1/2/X4，可得△”3=-24L6kJ/mol。

②相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)化率考點為反應(yīng)速率，且二者均被。3氧化而去除可知反應(yīng)a速率加

快導致c（O3）下降，反應(yīng)b和c速率下降，故答案為：高于150℃,溫度升高，反應(yīng)

a的速率增大，c（O3）減小，反應(yīng)b和c的速率減小，導致SO2和NO的轉(zhuǎn)化率均降低。

③本題任舊考察速率，分析原因可知反應(yīng)b的活化能小于反應(yīng)c,反應(yīng)b的速率大于

反應(yīng)c,因此NO的轉(zhuǎn)化率高于SO2。

（2）

①（NH4）2SO3為弱酸弱堿鹽，陰、陽離子均發(fā)生水解，溶液顯堿性可知SO；的水解

程度大于NH的水解程度，故答案為：溶液中存在：SO；+H2O^HSO3+OH\

+

NH：+H2ONH3H2O+H,SO；的水解程度大于NH：的水解程度，使溶液顯堿

性。

②。3濃度低，說明SO2脫出主要原因不是被03氧化，由①可知（NH62SO3溶液顯堿

性，且SO2為酸性氧化物，故答案為：（NH4）2SC）3溶液直接與SO2反應(yīng)是脫除SO2

的主要原因。

③由題意知SO；和NO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，配平可得：SO；+2NO2+H2O==2NC）2+

SO4+2HSO30

④由題意可知反應(yīng)中NH4+與N2的物質(zhì)的量為1：1,氧化劑應(yīng)為+3價的NO2,故方

程式為：NO2+NH：==N2+2H2OO

17.(14分)普卡必利可用于治療某些腸道疾病，其合成路線如下(部分條件和產(chǎn)物略

去):

納米Au,LiOH溶液

已知：

.0

（CH，CO）：O

LR—NH2>R—NH—C—CH3

..R.-OH

R-X金［窗kR—?！猂

(1)A中的官能團名稱是氨基和o

(2)試劑a的結(jié)構(gòu)簡式是o

(3)E―F的反應(yīng)類型是o

(4)D―E的化方程式是___________________________________________

(5)I的核磁共振氫譜只有一組峰，I的結(jié)構(gòu)簡式是-

(6)下列說法正確的是(填序號)。

a.J-k的反應(yīng)過程需要控制CH30H不過量

b.G與FeCb溶液作用顯紫色

c.普卡必利中含有酰胺基和氨基，能與鹽酸反應(yīng)

(7)—L加入2c。3的作用是-

(8)以G和M為原料合成普卡必利時，在反應(yīng)體系中檢測到有機物Q,寫出中間產(chǎn)物P、

Q的結(jié)構(gòu)簡式：、o

普卡必利

【答案】

(1)碳氯鍵(2分)

(2)HOCH2cH20H(2分)

（3）取代反應(yīng)（2分）

+HC1(2分)

NHCOCH,

H2

(5)(1分)

H2C--CH2

(6)ac(2分)

（7）2cCh吸收—L生成的HBr,利于L的生成（1分）

（1分）

【解析】

(1)由A的結(jié)構(gòu)可知，官能團為氨基和碳氯鍵。

CH,

由ATB的條件，結(jié)合已知i,可推的B的結(jié)構(gòu)［）；由B到D條件和已知ii的信

(2)

NHCOCH3

息，結(jié)合B和F的結(jié)構(gòu)對比可知，試劑a為HOCH2cH2OH。

（3）E-F的條件為Bn、光，可知是烷基的鹵代條件，故反應(yīng)類型為取代反應(yīng)。

(4)根據(jù)（3）可知E的結(jié)構(gòu)，因此D-E是苯環(huán)上的H被C1原子取代，反應(yīng)的方程式為

(5)I的分子式為C3H6,不飽和度是1,可能是CH2=CHCH3或者環(huán)丙烷，因為I只有一

H

種H,因此I為/、2

H2C——CH,

(6)

a.對比I和J的分子式，可知J的結(jié)構(gòu)簡式為BrCH2cH2cH2Br,若J—的過程中甲醇

過量，根據(jù)已知ii可知兩個Br均能夠發(fā)生取代反應(yīng)，因此需要控制甲醇用量；a

正確。

b.結(jié)合F-G的條件和G的分子式，以及普卡必利的及結(jié)構(gòu)，可知G的結(jié)構(gòu)為

CH2OH

不含酚羥基，因此不能與FeCh作用顯紫色，b錯誤；

NH2

C.普卡必利中的酰胺基和-NH2均能夠與鹽酸反應(yīng)，c正確。

故選ac

(7)生成L的過程中有.HBr生成，加入2c。3可以與HBr反應(yīng)，有利于L的生成。

(8)對比G、P的分子式可知反應(yīng)去掉2個H,因此P的結(jié)構(gòu)為:

根據(jù)L—M的條件，結(jié)合已知iii,可知M的結(jié)構(gòu)為,根

據(jù)普卡必利的碳骨架，推測M的氨基和G的醛基發(fā)生加成反應(yīng)生成Q,Q的結(jié)構(gòu)是

18.(12分)制備鋰離子電池的正極材料的前體FePCU的一種流程如下：

選土rI酸浸」金n”nc純d匕」TTr>cFeSC)4、H2O2_uDC

磷灰石----?粗H3P。4------?H3Po4——調(diào)節(jié)后~FeP04

資料：

i.磷灰石的主要成分是Ca5(PO4)3F

ii.Ca(H2Po4)2可溶于水，CaSOMH2。微溶于水

22

iii.sp(FePO4)=1.3xl0-

iv.Fe3++EDTA4'=[Fe(EDTA)]"

(1)制備H3PO4

①用H3P04溶液、H2s04溶液分步浸取磷灰石生成HF、CaSO4-2H2。和H3Po4,主要

反應(yīng)是Ca5(PO4)3F+7H3Po4==5Ca(H2PO4)2+HFT^。

②增大酸浸反應(yīng)速率的措施有(只寫一條)。

③其他條件不變時，若僅用H2s。4溶液酸浸，浸取的速率低于用H3Po4、H2sO4分

步浸取法，原因是。

(2)制備F制04

將H3P。4、H2so4、H2O2混合并調(diào)節(jié)溶液的pH制備FePO4。

①酸性條件下，生成FePCU的離子方程式是。

②含磷各微粒的物質(zhì)的量分數(shù)與pH的關(guān)系如下圖。

pH=l時，溶液中的c(HPO：)=10-7.3mol/L,貝iJc(PO：)=mol/Lo再加入FeSCU

晶體、H2O2溶液使溶液中的c(Fe3+)=lmol/L,不考慮溶液體積變化，通過計算說明

此時能否產(chǎn)生FePO4沉淀o

③FePO4的純度及顆粒大小會影響其性能，沉淀速率過快容易團聚。

i.研究表明，沉淀時可加入含EDTA，-的溶液，EDTA，-的作用是。

ii.其他條件不變時，工業(yè)上選擇pH=2而不是更高的pH制備FePCU,可能的原因是

________________________________________________________(答出2點)。

【答案】

(1)①Ca(H2Po4)2+H2so4+2H2O==CaSO4-2H2C)l+2H3Po4(2分)

②加熱、將礦石粉碎、攪拌、適當提高酸的濃度等(1分)

③生成的CaS02H20固體覆蓋在磷灰石表面，減少了磷灰石與硫酸溶液的接觸

面積(1分)

2++

(2)①2Fe+2H3PO4+H2O2==2FePO4；+2H2O+4H(2分)

186

②10一瓜6(1分)；Q(Fepo4)=10xl>sp(FePO4),能產(chǎn)生FePCU沉淀(1分)

③i.發(fā)生反應(yīng)Fe3++EDTA4-=[Fe(EDTA)]-,使c(Fe3+)降低，減小FePCU的沉淀

速率，避免團聚；隨著Fe3+被沉淀，上述平衡逆向移動，生成的Fe3+繼續(xù)被沉

淀(2分)

ii.pH更高時，產(chǎn)品中可能混有Fe(0H)3雜質(zhì)；pH更高時，c(PO：)大，可能沉

淀速率過快導致團聚等(2分)

【解析】

(1)

①由題意可知，H3P04溶液、H2s。4溶液分步浸取磷石灰，主要反應(yīng)還有：

Ca(H2PO4)2+H2SO4+2H2O==CaSO4?2H2Ol+2H3P04。

②加熱、攪拌、將礦石粉碎，適當提高酸的濃度，都可增大酸浸反應(yīng)速率。

③由于磷石灰與H2s。4生成微溶的CaSO‘2H2O,覆蓋在磷石灰表面，減少了磷石

灰與H2so4溶液的接觸面積，故若選用H2s04溶液，速率會低于分步浸取。

(2)

2++

①生成FePCU的離子方程式是：2Fe+2H3PO4+H2O2==2FePO4i+2H2O+4Ho

②由圖可知：HPO2-4=H++PO3-4電離常數(shù)a=c(H+>c(PO3-4)/c(HPO2-4)=

123186

10-,當pH=l,c(HPO2-4)=10-73mol/L時,<?(PO3-4)=10mol/Lo當以Fe3+)=1

mol/L時,Q(FePO4)=10"8.6>sp(FePO4)能產(chǎn)生FePC>4沉淀。

③

i.固FePO4的純度及顆粒大小會影響其性能。沉淀速率過快容易團聚。Fe3++EDTA4

0[Fe(EDTA)丁會使c(Fe3+)降低。減小FePCU沉淀速率避免團聚。隨著Fe3+被沉淀。

上述平衡逆向移動，生成Fe3+繼續(xù)被沉淀。

ii.若pH更高，產(chǎn)品中可能混有Fe(0H)3雜質(zhì)；pH更高時，以PO3-4)過大,可能沉

淀速率過快導致團聚。

19.(13分)探究溶液中Ag+與單質(zhì)S的反應(yīng)。

資料：Ag2s不溶于6moi/L鹽酸，Ag2sCh和Ag2so4在6moi/L鹽酸中均發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)

化

實驗I.將10mL0.04moi/LAgNCh溶液與0.01gS粉混合，水浴加熱，充分反應(yīng)后，

過濾,得到無色溶液a(pH=l),沉淀除S、洗滌后得到黑色固體b。

(1)研究黑色固體b的組成

①根據(jù)S具有性，推測b中可能含有Ag2S、Ag、Ag2sO3或Ag2sO4。

②檢驗黑色固體b的成分

i.取少量濾液c,先加入足量稀鹽酸，再滴加BaCL溶液，未出現(xiàn)白色沉淀，判斷黑

色固體b中不含o

ii.用濾液c繼續(xù)實驗證明了黑色固體b中不含Ag2so3,可選擇的試劑是（填

序號）。

a.酸性MnCU溶液b.H2O2和BaCb的混合溶液c.浸水

iii.進一步實驗證實了黑色固體b中不含Ag。根據(jù)沉淀e含有Ag、氣體含有H2S,寫

出同時生成Ag和H2s的離子方程式：o

（2）研究無色溶液a的組成

結(jié)合上述實驗結(jié)果，分析溶液a中可能存在SO：或H2so3,依據(jù)是。

①說明溶液a中不含H2s。3的實驗證據(jù)是