北京市某中学2023-2024学年高三年级上册10月月考化学试题

北京一零一中20232024学年度第一学期月考二

高三年级化学

友情提示：本试卷分为I卷、II卷两部分，共19个小题，共10页，满分100分；答题时间

为90分钟；请将答案写在答题纸上，交答题纸。

可能用到的相对原子质量：HlLi7N14O16Na23Fe56Cu6

I卷选择题(共42分)

一、每小题只有一个选项符合题意。

1.中国首次在月球上发现新矿物并命名为“嫦娥石”，其晶体组成为Ca8YFe(P04)7。39丫是一种稀土元

素，常以丫3+形式存在。下列说法不正理的是

A.Y属于金属元素B.Fe属于ds区元素

C.嫦娥石中存离子键和共价键D.可利用X射线衍射法获取其晶体结构

【答案】B

【解析】

【详解】A.由题干信息可知是一种稀土元素，稀土元素均属于金属元素，A正确；

B.Fe属于d区元素，B错误；

C.嫦娥石其晶体组成为Ca8YFe(PC)4)7,存在离子键和共价键，C正确；

D.X射线衍射实验是获得晶体结构最科学可靠的方法，故可利用X射线衍射法获取其晶体结构，D正

确；

故选B。

2.下列化学用语或图示表达正确的是

C.氧化钠的电子式：Na：O：NaD.CO2的空间填充模型:

••

【答案】A

【解析】

【详解】A.2Pz的电子云图为哑铃型，在Z轴上，故A正确;

B.SOj的价层电子对数为3+（6+22x3）+2=4,VSEPR模型为四面体形，图示与其不符，故B错误；

■■

c.氧化钠的电子式为：Na+[-0•]2-Na+，故。错误；

■■

D.（2。2为直线型分子，其空间填充模型OQQ,故D错误；

故选Ao

3.下列说法正确的是

A.Imol。？的体积为22.4L

B.7.8gNa2（）2中含有的离子数为0-4NA

C.O.lmol/LA1C13溶液中ci"的物质的量为0.3mol

D.5.6gFe与足量氯气反应，转移电子的物质的量为0.3mol

【答案】D

【解析】

【详解】A.未指明温度与压强，不能利用22.4L/mol计算ImolCh的体积，故A错误；

B.1个NazCh中含有2个Na+和1个O；,7.8gNa2（）2物质的量为（Mmol,含有的离子数为0.3/,故B

错误；

C.未指明O.lmol/LAlCb溶液的体积，无法计算C「的物质的量，故C错误；

D.5.6gFe物质的量为O.lmol,与足量CI2反应，即所有的Fe均转化为FeCb,转移电子的物质的量为

0.3mol,故D正确；

故选D。

4.下列解释事实的化学用语正确的是

催化剂

A.NH3的催化氧化反应：4NH3+702-4NO2+6H2O

B.红热的Fe粉和水蒸气反应生成黑色固体：2Fe+3H2O=Fe2O3+3H2

2

C.碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀：2HC0；+Ca=CaCO3+H20+C02T

D,将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色：

2-

[Cu(H2O)4](aq)+4C「(aq)?[CuCl4r(aq)+4H2O(1)AH<0

【答案】C

【解析】

【详解】A.NH3的催化氧化反应产物为NO,对应的化学方程式为：

催化剂

4NH3+5O2=4NO+6H2O,故A错误；

△

B.红热的Fe粉和水蒸气反应生成黑色固体，该固体为Fe3O4,对应的化学方程式为:

高温

3Fe+4H2O(g)—Fe3O4+4H2,故B错误；

C.碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀，碳酸氢钠与氯化钙反应生成碳酸钙、水、二氧化

2

碳，离子方程式为：2HCO；+Ca-=CaCO3+H2O+CO2T,故C正确；

D.将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色，则平衡正向移动，正反应为吸热反应：

2+

[CU(H2O)4](aq)+4CP(aq)[CuCl4]^(aq)+4H2O(1)AH>0,故D错误；

故选C。

5.汽车尾气中的NO,、CO、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由Rh、Pd、Pt等物质和

稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如图。下列分析不F理的是

CO2+H2O

稀土CeO"

Pd(ffl)Pt(钳)材料CeO2

A.催化剂能提高活化分子百分数

B.NO,、CO均发生了氧化反应

C.CO转化为CO2时，CeC)2转化为CeO2加

D.催化剂对化学反应有选择性

【答案】B

【解析】

【详解】A.催化剂能降低活化能，提高活化分子百分数，加快反应速率，故A正确;

B.NO、中氮元素化合价降低到。价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，故

B错误；

C.由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则CeC)2反应时应得电子化合价降低转化

为CeC)2一m，故c正确；

D.催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，故D正确；

故选B„

6.用圆底烧瓶收集NH3后进行喷泉实验。下列说法不正确的是

A.NH3和H2。都是极性分子

B.NH：和H2。分子中的共价键都是s-po键

C.实验时，先挤入胶头滴管中的水，再打开止水夹

D.烧瓶中溶液颜色变红的原因：NH3+H2ONH3.H2ONH：+OH

【答案】B

【解析】

【详解】A.NH3是三角锥形，I!?。是V形，两者的正负电荷中心都不重合，都是极性分子，故A正

确；

B.NH3和H2。分子中中心原子都是sp3杂化类型，配原子都是H原子只有s轨道电子，所以共价键都是

ssp3©键,故B错误；

C.氨气极易溶于水，胶头滴管中的水挤入圆底烧瓶中，导致瓶内的压强迅速减小，再打开止水夹，水进

入烧瓶出现喷泉现象，故C正确；

D.烧杯中烧瓶中溶液遇酚酰颜色变红说明溶液显碱性，其原因：

NH3+H20NH3-H20NH^+OH,故D正确;

故选B。

7.下列反应产物不能用反应物中键的极性解释的是

A.CH3cH=CH2+H23cH2cH3

RO二定0

B-II条件II

CH3-C—Cl+NH3--►CH3-C—NH2+HCI

C.CH3CH2OH+HBr—^-CH3CH2Br+H2O

OOH

D.III

CH3—C—H+HCN-*CH3—CH—CN

【答案】A

【解析】

【详解】A.丙烯中的C=C双键是非极性共价键，双键上有一个◎键，较稳定，一个兀键，不稳定，反应

与反应物中键的极性没有关系，故A符合题意；

B.乙酰氯中的C—C1是极性共价键，极性较强，反应中容易断裂，反应与反应物中键的极性有关，故B

不符合题意；

C.乙醇中C—0键是极性共价键，极性较强，反应中容易断裂，反应与反应物中键的极性有关，故C不

符合题意；

D.乙醛分子中的C=O双键是极性共价键，极性较强，反应中容易断裂，反应与反应物中键的极性有关，

故D不符合题意；

故选A„

8.形成白酒辛辣口感的物质是醛类物质，主要由葡萄糖经如图转化生成：

葡萄糖一>CH2-CH-CH2—►CH-CH^-CHO—►H2C=CH-CHO

6H(1)H(*)H6H

XYZ

下列说法正确的是

A.X和Y分子中都有手性碳原子B.Y可以发生取代、加成、中和

C.可用酸性高铳酸钾溶液鉴别X和ZD.沸点：X>Y>Z

【答案】D

【解析】

【详解】A.X、Y中无手性碳原子，故A错误；

B.Y中含有醇羟基和醛基，可以发生取代、加成反应，但无法发生中和反应，故B错误；

C.X中的羟基和Z中的碳碳双键、醛基，均能使酸性高镒酸钾溶液褪色，故C错误；

D.有机物中所含羟基数越多，形成的分子间氢键越多，物质的沸点越高，由结构可知羟基数:

X>Y>Z,沸点：X>Y>Z,故D正确；

故选D。

9.实验室制备下列气体所选用的发生装置、制备试剂和除杂试剂均正确的是

选项气体发生装置制备试剂除杂试剂

ANH3aNH4cl固体+Ca(OH)2固体浓硫酸

BC2H4c无水乙醇+浓硫酸NaOH溶液

Cco2b大理石+稀硫酸浓硫酸

DCl2cMnO2+浓盐酸饱和NaCl溶液+浓硫酸

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.使用NH4cl固体+Ca(OH)2固体制备NH3,采用装置a,用碱石灰干燥NH3,A项错误；

B.无水乙醇+浓硫酸发生消去反应制备乙烯，需要控制反应温度为170℃,要使用温度计，B项错误；

C.大理石+稀硫酸反应生成的CaSCU微溶，覆盖在CaCCh表面会阻碍反应进行，故应采用稀盐酸，C项

错误；

D.MnO2+浓盐酸在加热的条件下制备Cb选用发生装置c,得到的氯气先用饱和NaCl溶液除去其中的

HC1,再用浓硫酸进行干燥，D项正确;

故选D。

10.我国研究人员研发了一种新型纳米催化剂，实现CO2和H2反应得到CH4,部分微粒转化过程如图（吸

附在催化剂表面上的物种用*标注）。下列说法不正理的是

A.过程②吸收热量

B.过程③涉及极性键的断裂和形成

C.结合过程③，过程④的方程式为：*C+*OH+5H^CH4+H2O

D.整个过程中制得lmolCH4转移电子的物质的量为8moi

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.由图可知，过程②为*CO2->*CO+*O,在断键过程中吸收热量，故A正确；

B.过程③为：*CO+*O+2H—2*OH+*C,CO中的极性共价键被破坏，形成*OH中新极性键，故B正确；

C.结合过程③，过程④的方程式应为：*C+2*0H+6H-CH4+2H2O,故C错误；

D.整个过程中由ImolCCh制得lmolCH4,C元素化合价由+4降低为4,则转移电子的物质的量为8mol,

故D正确。

故选C。

11.向100mL0.01mol/L82（。叫溶液中滴加。111101（NaHCC>3溶液，测得溶液电导率的变化如图。

下列说法不正确的是

A.Ba(OHZ和NaHCC)3都是强电解质

2+

B.A-B电导率下降的主要原因是发生了反应：Ba+20H+2HCO；=BaCO3J+2H2O+CO1-

C.B-C,溶液中的C(OH-)减小

D.A、B、C三点水的电离程度：A<B<C

【答案】B

【解析】

【详解】A.Ba(OH)2和NaHCC>3在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；

B.A-B加入NaHCC>3的物质的量小于Ba(OH)2的物质的量，发生的反应为

2+

Ba+OH+HCO3-BaCO3+H2O,故B错误；

C.B-C时加入的NaHCC)3继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B-C溶液中c(0H)

减小，故C正确；

D.100mL0.01mol/LBa(OH),物质的量为0.1Lx0.01mol/L=0.001mol,n(OH)=0.002mol,B点

2+

n(HCO­)=0.01LxO.1mol/L=0.001mol,B点发生离子反应：Ba+OH+HCO；=BaCO3+H2O,Ba?+

恰好反应完全，O/T剩余一半，C(OH)比A点小，对水的电离抑制程度减小，C点

n(HCO])=0.02Lx0.1mol/L=0.002mol,B到C点发生离子反应：OH+HCO产COj+H2。，生成Na2CO3

是强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解促进水的电离，C点水的电离程度最大，因此水的电离程度：A<B<

C,故D正确；

答案选B。

12.合成氨原料气中的CO可通过水煤气变换反应CO(g)+H2(D(g)一^CC)2(g)+H2(g)除去。某合成

氨原料气中N2、H2,CO,CO2的体积分数分别为20%、50%、25%、5%。一定温度下按不同投料比

通入水蒸气，平衡后混合气体中CO的体积分数如下表。

n(CO)

投料比

nn

乂凡。)_1(H2O)_3(H2O)_5

co的体积分数/%

n(CO)n(CO)n(CO)

温度/℃

2001.700.210.02

2502.730.300.06

3006.000.840.43

3507.851.520.80

下列说法不正确的是

A.从表中数据可知，水煤气变换反应的AH<0

B.温度相同时，投料比一J大，CO的转化率高

n(CO)

C.按一段9=1通入水蒸气后，反应前CO在混合气体中的体积分数为20%

n(CO)

D.根据'时数据推算,300℃时水煤气变换反应的平衡常数K为46

n(CO)

【答案】D

【解析】

n(HQ)

【详解】A.由表中数据可知，当二/一定时,升高温度，平衡后混合气体中CO的体积分数增大,

n(CO)

说明升高温度平衡逆向移动，则水煤气变换反应的AH<0,故A正确；

n(HoO)

B.由表中数据可知，温度一定时，反应物投料比'一1越大,平衡时CO的体积分数越小，说明CO

n(CO)

的转化率高，故B正确；

C.原料气中N2、H2,CO、CO2的体积分数分别为20%、50%、25%、5%,设反应前CO的物质的量

n(HO)

为Imol,贝!IN2为0.8mol,H2为2mol,CO2为0.2mol,又因-'?^=1,则H2()(g)为ImoL总物质的

n(CO)

量为5mol,所以CO的体积分数为史必xl00%=20%,故C正确；

5mol

D.设反应前CO的物质的量为Imol,则N2为0.8mol,H2为2mo1,CO2^j0.2mol,H?O(g)为Imol,假

设反应达到平衡时CO转化了xmol,则有三段式：

CO(g)+H2O(g)UCO?©+H2(g)

起始量(mol)110.22

转化量(mol)XXXX

平衡量(mol)1-x1-x0.2+%2+x

1—Y

300℃时CO占6%,所以--xlOO%-6.00%,解得x=0.7,因此CO(g)、H2O(g)>82(g)、H2(g)平

5

衡时的物质的量分别为0.3、0.3、0.9、2.7,反应前后气体体积不变，则平衡常数为

C(CC)2)XC(H2)_77(CC>2)X〃(H2)0.9x2.7»

---故D错误；

C(CO)XC(H2O)n(CO)xn(H2O)0.3x03'

答案选D。

13.小组同学探究Cu和物质A的反应，实验如下。

序

装置物质A实验现象

号

1

0.6mol-EFe(NO3)3溶液(调铜粉溶解，溶液变为深棕色[经检验含

①

2+

pH=l)Fe(NO)]

J/物质A

乳铜粉

②0.6mol-L'FeCl3溶液铜粉溶解，溶液变为蓝绿色

③1.8moLL」NaNC)3溶液(调pH=l)无明显变化

下列分析不无聊的是

A.②中铜粉溶解的原因：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+

B.①中产生NO的原因：pH=l时直接将NO3还原为NO

C.若向③中加入FeSC)4固体，推测铜粉会溶解

D.①②③现象的差异不仅与物质氧化性(或还原性)强弱有关，也与反应速率有关

【答案】B

【解析】

【详解】A.实验②中，铜与铁离子反应生成蓝色铜离子和绿色亚铁离子，A正确；

B.经检验含Fe(NO)2+,说明加入铜粉后铜与铁离子反应生成蓝色铜离子和绿色亚铁离子，酸性条件下亚

铁离子与硝酸根离子反应产生NO,选项B不正确；

C.若向③中加入Fes。,固体，因酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，产生

了硝酸铁，根据实验①的条件，推测铜粉会溶解，选项C正确；

D.①②③现象的差异不仅与物质氧化性(或还原性)强弱有关，如铁离子、硝酸根离子等氧化性强弱，亚铁

离子还原性等；也与反应速率有关，也氯离子、硝酸根离子，氢离子浓度等对反应速率的影响有关，选项

D正确；

答案选B。

14.CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为：

①CH4(g)+CO2(g)簿为2H2(g)+2CO(g)

②H2(g)+CO2(g)脩4H2O(g)+CO(g)

其他条件相同时，投料比n(CH4)：n(CO2)为1：1.3,不同温度下反应的结果如图。

2

%

/1009

<1(

£800

)u

)

耿£

2601.5(

.0

0'40.5

。O

冒

P20

H

O

00

550600650700750800850900

温度"C

下列说法不正确是

A.550〜600℃,升温更有利于反应①，反应①先达到平衡

B.n(H2)：n(CO)始终低于1.0,与反应②有关

C.加压有利于增大CH4和CO2反应的速率但不利于提高二者的平衡转化率

D.若不考虑其他副反应，体系中存在：4[C(CH4)+C(CO)+C(CO2)]=2.3[4C(CH4)+2C(H2)+2C(H2O)]

【答案】A

【解析】

【详解】A.这两个反应同时发生，反应②会破坏反应①的平衡，所以两个反应应该同时达到平衡，A项

错误；

B.若反应②不存在，则n(H2)：n(CO)始终为1.0,所以n(H2):n(CO)低于1.0与反应②有关，B项正确；

C.加压可以提升反应速率，但是反应①中生成物的化学计量数大于反应物的化学计量数，因此加压会导

致反应①的平衡左移，转化率降低，C项正确；

D.设初始n(CH4)=xmol,则有初始n(CO2)=1.3xmol,再设反应①有ymolCHU转化成了H2和CO,

反应②有zmolHz转化成了H2O,最终整个体系体积为VL,则该系统中有n(CH4)=(xy)mol,n

(CO2)=(1.3xyz)mol,n(H2)=(2yz)mol,n(CO)=(2y+z)mol,n(H2O)=zmolo

/x-y+2y+z+1.3x-y-z9.2x

4[C(CH4)+C(CO)+C(CO2)]=4x——--------—=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]=

4x(x-y)+2x(2y-z)+2z92x

Jx所以不考虑其他副反应，体系中存在

VV

4[C(CH4)+C(CO)+C(CO2)]=2.3[4C(CH4)+2C(H2)+2C(H2O)],[解法二：投料比n(CH4):n(CO2)=l：L3,则

n(C):n(H)=2.3:4,即4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]],D项正确。

答案选A。

n卷非选择题(共58分)

15.氨基锂(LiNH?)为白色固体，广泛用于有机合成。

(1)金属锂与液氨反应生成LiNH2和一种气体。该气体是

(2)液氨中也存在类似水的微弱电离：2NH3UNH2+NH；。

①NH2的空间结构为0

②已知键角NH：>NH3>NH2。从结构角度解释其原因：。

(3)LiNH2的晶胞如图所示(晶胞体积为acm25)。

①该晶体的密度为g-cm〃(用含字母的代数式表示)。

②LiNH2与NaNH2结构相似。从结构角度解释LiNH2熔点(373℃)高于NaNH2熔点(210℃)的原因:

(4)测定LiNH?产品的纯度(主要杂质为LiOH),实验步骤如下。

i.准确称量wgLiNH2产品，与过量稀盐酸充分反应，将NH-全部转化为NH：。

ii.向i所得溶液中滴加NaOH溶液至pH=6.2。再加入甲醛溶液，发生反应：

4NH4C1+6HCHO=(CH2)6N4+4HC1+6H2O

iii.以酚醐为指示剂，用bmoLUNaOH溶液滴定ii中生成HC1,消耗vmLNaOH溶液。

①步骤i反应的化学方程式为0

②样品中LiNH2的质量分数为(用含字母的代数式表示)。

③若i中未用NaOH溶液调节pH,则测定结果(填“偏低”或“偏高”)。

【答案】(1)氢气(2)①.V形②.N均为sp3杂化，孤电子对数NH；＜NH3〈NH2,孤电子

对有较大斥力

184

(3)①.——②.二者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强

aNA

(4)LiNH,+2HC1=NH.C1+LiCl②.③.偏高

'lOw

【解析】

【小问1详解】

金属锂与液氨反应生成LiNH2和一种气体，氨气中氮原子和氢原子个数比为1：3,LiNH2中氮原子和氢

原子个数比为1：2,则另一种产物气体为氢气；

【小问2详解】

液氨中也存在类似水的微弱电离：2NH3^NH；+NH：O

①NH：的价层电子对数为5+；+1=4,孤电子对数为2,空间结构为V形；

②N均为sp3杂化，孤电子对数NH；＜NH3〈NH；,孤电子对有较大斥力；

【小问3详解】

①该晶胞Li个数为8X1+8X^+8XL+1=8,N个数为8,H个数为8x2=16,含有八个LiNH2,晶

842

、，8cc,1184184.

胞的质量为m=nxM=_x23g@nol=­g,体积V=acm3,密度为2=g；

NANAaNA&

②LiNH?与NaNH2结构相似。从结构角度解释LiNH2熔点(373℃)高于NaNH2熔点(210℃)的原因二

者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强；

【小问4详解】

①步骤i反应的化学方程式为LiNH2+2HCI=NH4C1+LiCl；

②设样品中LiNH2物质的量为n。

4NH4C1+6HCHO=(CH2)6N4+4HC1+6H2O

LiNH2

11

旦mol

n

1000

n=^mol

1000

样品中LiNH2的质量分数为100%=油"％；

lOOOwlOw

③若i中未用NaOH溶液调节pH,原来盐酸有剩余，造成氢氧化钠消耗过多，则测定结果偏高。

16.处理再利用H2s有多种方法。

(1)碱法脱硫：

用K2c。3溶液吸收H?S。已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如表。

Ka,

H2sl.lxlO-71.3x10F

H2c。34.5x10-74.7xIO-11

①用化学用语表示K2c。3溶液显碱性的原因：o

②用过量的K2c溶液吸收H2s的离子方程式是。

(2)热分解法脱硫

在密闭容器中发生反应2H2s(g)=S2(?)+2H2(g)。其他条件不变时，H2s的平衡转化率随温度和压

强的变化如图。

9009501000

温度/℃

P3>P2>P1,反应中S?(填“是”或“不是")气态，理由是

(3)间接电解法脱硫

间接电解法脱硫过程的示意图如图。

①溶液X的主要溶质是=

②简述在电解反应器中FeCL溶液再生的原理：。

【答案】(1)©,CO^+H2O^HCO；+OH®.CO^+H2S^HCO3+HS

(2)①.是②.其他条件不变时，增大压强，H2s的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反

应，S2是气态

(3)①.FeCb、HC1②.含FeCb和HC1的溶液加入阳极区，Fe?+放电生成Fe3+,且H+由阳极区进

入阴极区，FeC”溶液得以再生

【解析】

【小问1详解】

①K2cO3中的CO；在溶液中分步水解使溶液呈碱性(第一步为主)，水解离子方程式为：

CO；+H,0-HCO；+OH-；

②由电离常数可知，弱酸和弱酸根离子在溶液中的电离程度的顺序为H2c03>H2S>HCC)3>HS-,即过

量的K2co3溶液吸收H2s生成HCO；、HS,离子方程式是：CO^+H2S^HCO'+HS;

【小问2详解】

在密闭容器中发生反应2H2s(g)=S2(?)+2H2(g),已知P3>P2>P「由图可知，其他条件不变时，压

强越大H2s的转化率越小，即增大压强，平衡逆向移动，生成物气体分子总数大于反应物气体分子总数，

反应中S2是气态;

【小问3详解】

①由图可知，吸收反应器中反应的方程式为H2S+2FeC13=2FeCl2+Si+2HCL溶液X为FeCb和HC1的混合

溶液；

②由图可知，电解反应器中右侧电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，左

侧电极为阳极，FeCb和HC1的混合溶液中Fe2+在阳极失去电子发生氧化反应生成Fe3+,H+通过质子交换

膜进入阴极区，FeCb溶液在阳极区得以再生。

17.奥美拉噗可用于治疗十二指肠溃疡等疾病，其合成路线如下。

OCH

GN3

CH3OH/OCH3多步OCH3

cs2

KOH/

INHHNV

2C2H50H

NH2NH2SH

EG

奥美拉嗖

已知：R-NO2>R-NH2

(1)A能与FeCb溶液作用显紫色，A的名称是

(2)ATB的化学方程式是o

(3)试剂ao

(4)满足下列条件的E的同分异构有种。

i.苯环上有两个取代基

ii.能与NaOH溶液发生反应

(5)E—G的过程:

①M中含有的官能团有醛键、o

②N与NaOH反应的化学方程式是

（6）合成的路线如下。

CH2C1

OCH3

CH

多步反应CH3VX/CH3

3LiAlH4KSOC12

CH3CHO

C9H13NO2取代反应

COOHNCH2C1

①CH3CHO可由CH三CH与（填化学式）经加成反应得到。

OCH3

②K转化为。氏丫（丫CH3的同时有so?生成，化学方程式是

X入CH2cl

OHOCH3

(2)gj+CH30H慧酸>0+HO

【答案】（1）苯酚2

（3）浓硫酸和浓硝酸（4）6

(5)①.酰胺键

OCH3OCH3

(6)①.压0②.H3CYSTCH3+S0C12-CH3yA+S02+HC1。

人CH20H入CH2cl

【解析】

【分析】A能与FeCh溶液作用显紫色，说明其中含有酚羟基，结合A的分子式可以推知A的结构简式为:

OHOCH3

6,A和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B,B的结构简式为©,D发生还原反应

OCH3

得到E,结合D和E的分子式可以推知D中的硝基发生还原反应生成氨基，D的结构简式为、J,E发

NO2

生多步反应得到G,G和CS2发生反应得到J,J再经过一系列反应得到奥美拉陛，以此解答。

【小问1详解】

OH

由分析可知，A为0，A的名称是苯酚。

【小问2详解】

OCH3OH

B的结构简式为人，化学方程式为：人

A和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B,

OCH3

+CH3OH浓胃酸>xkj+H2OO

【小问3详解】

OCI孑3

OCH3'f

B的结构简式为,D的结构简式为0,B发生硝化反应得到D,试剂a为浓硫酸和浓硝酸。

▼NO；

>

【小问4详解】

E的同分异构满足条件i.苯环上有两个取代基，ii.能与NaOH溶液发生反应，说明其中含有酚羟基；则苯

环上的取代基为OH、CH2NH2或OH、NHCH3,,这两个取代基有邻、间、对三种位置关系，则符合条件的

同分异构体共有6种。

【小问5详解】

①由结构简式可知，M中含有的官能团有醛键、,酰胺键；

OCH

A3尸

X

化学方程式为：TNO2+NaOH——>O

②N中含有肽键，在NaOH溶液中会发生水解,A

NHSNO2

CH3-CXNH2

'0

+CH3coONa。

【小问6详解】

①加成反应是化合反应，由原子守恒可知，CH3cH。可由CH三CH与HzO经加成反应得到;

OCH3OCH3

②K和1发生取代反应生成。也丫勺。出,结合K的分子式可以推知K为也＜^^丫。43,K转

X人CH2cl、N人CH20H

0CH3OCH3

化为C“3不丫CH3的同时有S02生成，化学方程式为：-右干丫©*+S0Ch^

人CH2cl人CH20H

0CH3

黑、XCH

3+SOO+HCL

人CH2cl

18.制备锂离子电池的正极材料的前体FePC)4的一种流程如下：

磷灰石|螂逐一|粗H3Poj绡生fIH3PO4I巧嘴瑞。2—.....^FePO4

资料：i.磷灰石的主要成分是Ca5(PC)4)3F

ii.Ca(H2PoJ可溶于水，CaSO4•2凡0微溶于水

iii.4p(FePC)4)=L3xlO22

iv.Fe3++EDTA47——^[Fe(EDTA)]-

(1)制备H3PO4

①用H3PO4溶液、H2sO4溶液分步浸取磷灰石生成HF、CaSO「2H2。和HsP。,，主要反应是

Ca5(PO4)3F+7H3PO4=5Ca(H2PoJ+HF^和。

②其他条件不变时,若仅用H2SO4溶液酸浸,浸取的速率低于用H3P。4、H2s。4分步浸取法,原因是

⑵制备FePC)4

将H3PO4、FeSO4、H2O2混合并调节溶液的pH制备FePO,。

①酸性条件下，生成FePC)4的离子方程式是o

②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。

1.0

pH=l时，溶液中的c(HPO：)=10-7.3moi/L,则C(PO：)=_____mol/Lo

再加入Fes。,晶体、H2O2溶液使溶液中的c(Fe3+)=lmol/L,不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此

时能否产生FePO4沉淀。

③FePC)4的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。

i.研究表明，沉淀时可加入含EDTA4-的溶液，EDTA4-的作用是。

ii.其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备FePO”可能的原因是—(答出2点)。

【答案】⑴①.Ca(H2PoR+H2so4+2H2O=CaSC)4•2H2O；+2H3PO4②.若仅用H2SO4溶液浸取，

硫酸溶液与磷灰石反应生成的CaSO4-2H2。沉淀附着在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积,

降低浸取的速率

(2)①.2Fe2++2H3Po4+H2O2=2FePC)41+2H2O+4H+②.LOxlO^mol/L③.磷酸铁的燧

3+186|8622

2(FePO4)=c(Fe)-C(PO^)=10-xl=10->^sp(FePO4)=1.3xl0-,所以能产生磷酸铁沉淀

④.发生反应Fe3++EDTA-[Fe(EDTA)「使。(Fe3+)降低，减小FePCU的沉淀速率，避免团聚，随着

Fe3+被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的Fe3+继续被沉淀⑤.pH更高时，产品中可能混有Fe(OH)3杂质；

pH更高时，c(PO：]大，可能沉淀速率过快导致团聚等

【解析】

【分析】由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷

酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH,充分反应、过滤得到磷酸铁。

【小问1详解】

①用HsP。,溶液、HzSOd溶液分步浸取磷灰石生成HF、CaS。4•2H,。和H3P。4,硫酸溶液浸取时发生

的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程

式为Ca(H2Po4)2+H2so4+2七0=CaSO4-2H2O；+2H3PO4，故主要反应是

Ca5(PO4)3F+7H3Po4=5Ca(H2POj+HFT和Ca(H2PO4)2+H2SO4+2H2O=CaS04-2H2OJ+2H3Po4。

②其他条件不变时，若仅用H2S04溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的CaSO「2H2。沉淀附着在磷

灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率。

【小问2详解】

①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁

沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为2Fe2++2H3PO4+H2O2=2FePCM+2H2O+4H+。

②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3,则磷酸的三级电离常

c(P。：

+123

数/3==c(H)=10,所以溶液pH为1时，磷酸根离子的浓度为

c（HP0t

^a3-c（HP0t）_10-12.3*[0-7.3

.........-..........=10-186moVL；当溶液中铁离子浓度为lmol/L时，磷酸铁的

。(的

3+18618622

嫡(2(FePO4)=c(Fe)-C(PO=)=10-xl=lQ-(FePO4)=1.3xIO,所以能产生磷酸铁沉淀。

③i.由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含EDTA,一离子的溶液，EDTA"离子能与溶液中的铁离子

反应生成[Fe(EDTA)1离子：Fe3++EDTA4^[Fe(EDTA)]-,溶液中c(Fe3+)减小，生成FePCU沉淀的

反应速率减小，