化学 热门试卷

(1) C中的含氧官能团名称为醚键和酯基 。

(2)由D→E的反应中，D分子中的亚氨基上的氢原子被溴丙酮中的丙酮基取代，所以反应类型为取代反应

(3)分析C的结构特点，C分子中除苯环外，还有3个C，3个O，1个N和1个不饱和度，C的同分异构体能发生水解，由于期中一种水解产物分子中只有2中不同的H原子，所以该水解产物一定是对苯二酚；另一种水解产物是α-氨基酸，则该α-氨基酸一定是α-氨基丙酸，结合两种水解产物可以写出C的同分异构体是

(4)由F到H发生了两步反应，分析两者的结构，发现F的酯基到G中变成了醛基，由于已知G到H发生的是氧化反应，所以F到G发生了还原反应，结合G的分子式C12H14N2O2，可以写出G的结构简式为

(5)以和(CH3)2SO4为原料制备，首先分析合成对象与原料间的关系。结合上述合成路线中D到E的变化，可以逆推出合成该有机物所需要的两种反应物分别为和，结合B到C的反应，可以由逆推到，再结合A到B的反应，推到原料，结合学过的醇与氢卤酸反应，可以发现原料与氢溴酸反应即可得到，具体的合成路线为

（1）①分析CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl2·3H2O，可以发现Cu元素的化价升高了，所以氧气可定做了该反应的氧化剂，根据化合价升降总数相等并结合质量守恒定律，可以写出该反应的方程式为4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O

②由催化原理示意图可知，M’先与H+、O2反应生成M，M再被Cu还原为Cu2+，所以M’的化学式为Fe2+

.（2）由实验②可以求出该样品中所含Cl-的物质的量，由氯离子守恒得：

n(Cl-)=n(AgCl)×==4.800×10-3mol

由实验③结合反应信息Cu2++ H2Y2-CuY2-+2H+，可以求出样品中所含Cu元素的物质的量：

n(Cu2+)=n(EDTA)×

=0.08000 mol·L-1×30.00 mL×10-3 L·mL-1×=9.600×10-3 mol

再由化合物中电荷守恒得：

n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol－4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol

分别求出这3种离子的质量，根据质量守恒，求出H2O的质量：

m(Cl-)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol -1 =0.1704 g

m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol -1  =0.6144 g

m(OH-)=1.440×10-2 mol×17 g· mol -1 =0.2448 g

n(H2O)==4.800×10-3 mol

a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1

化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O

(1)在“氧化”阶段需在80℃条件下进行，由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴加热

(2)因为已知次氯酸钠溶液与银反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，用化合价升降法即可配平，该反应的方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。硝酸也能氧化银，硝酸作氧化剂时通常被还原为有毒的但的氧化物而污染环境，所以以硝酸代替次氯酸钠的缺点是或释放出氮氧化物，造成环境污染

(3)为提高银的回收率，需对“过滤2”的滤渣进行洗涤，洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的绿叶合并入过滤2的滤液中

(4)若省略“过滤1”，直接向冷却后的反应容器中低价10%的氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量的次氯酸钠与氨水反应外，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，氨水的浓度变小，且其中含有一定浓度的Cl-, 不利于AgCl与氨水发生AgCl+2NH3·H2O Ag(NH3) 2++ Cl- +2H2O反应 ，使得银的回收率变小。

(5)“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时 N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3) 2+ ：4 Ag(NH3) 2++N2H4·H2O4Ag↓+ N2↑+ 4+ 4NH3↑+H2O ，所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。具体方案如下：向滤液中滴加2mol·L-1水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用1 mol·L-1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3 ,待溶液中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干燥。

题中的实验流程可知，第一步氧化是为了把光盘中的少量银转化为氯化银，氯化银难溶于水，过滤后存在于滤渣中；第三步溶解时，氨水把氯化银溶解转化为银氨配离子，最后经一系列操作还原为银。

(1)在“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为水浴加热

(2)因为已知次氯酸钠溶液与银反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，用化合价升降法即可配平。硝酸也能氧化银，硝酸作氧化剂时通常被还原为有毒的但的氧化物而污染环境

(3)为提高银的回收率，需对滤渣进行洗涤，是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的绿叶合并入过滤2的滤液中

(4)直接向冷却后的反应容器中低价10%的氨水，则需要增加氨水的用量，过量的次氯酸钠与氨水反应，未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，氨水的浓度变小，且其中含有一定浓度的Cl-, 不利于AgCl与氨水发生,反应 ，使得银的回收率变小。

(5)“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时 N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3) 2+ ：4 Ag(NH3) 2++N2H4·H2O4Ag↓+ N2↑+ 4+ 4NH3↑+H2O ，所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银

(1)NaOH在空气中易与CO2反应生成NaCO3，吸附剂X中含有，其原因是碱性溶液吸收了空气中的二氧化碳

(2)①从图中可知pH由小变大时，H3AsO3浓度减小，H2AsO3-浓度增大，当溶液由无色变为浅红色时，主要反映的离子方程式为OH-+H3AsO3=H2AsO3-+H2O

②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1,Ka1=,由图可可知，c(H+)=10-2.2mol/L，Ka1=c(H+)=10-2.2mol/L，pKa1=-lgKa1=-lg10-2.2=2.2

(3)①在pH7-9之间，随pH升高H3AsO4转变为HAsO42-，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降

②在pH7-9之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以HAsO42-和H2AsO3-阴离子存在，静电引力较大，而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小，提高吸附剂X对三价砷除去效果可采用的措施是加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷

（1）氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 。

（2）为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤1所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH减小

（3）电解1过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所以石墨电极极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化

（4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电力的氢氧根离子被放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结合氢离子转化为碳酸氢根，所以电解反应为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的氢离子放电生成氢气而破坏水的电离平衡，所以阴极产生的物质A为氢气

（5）氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜

(1)铁是26号元素，Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5

(2)丙酮分子中的C形成3个σC-C键，一个π键，故C的杂化方式为sp2；据以上分析1mol丙酮分子中含有σ键的数目为9mol

(3)C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H、C、O

(4)乙醇的沸点高于丙酮，这是因为乙醇分子键存在氢键；丙酮分子中无与电负性较大的O原子相连的H原子，不能形成氢键

(5)A位置铁：8×=1，b位置铁6×=3，N为1个，从图中可知铜代替a位置铁型产物的能量更低，将化学式由Fe3FeN用铜替换为Fe3CuN