D．加入少量NaOH时，OH-先与HCO
发生主要反应
二、实验题
8．过氧化氢与尿素通过氢键形成加合物［CO（NH2）2·H2O2]，这是一种高效、安全的固态过氧化氢形式，既解决了储藏运输等困难，也提高了高活性高含量氧在水溶液中的稳定性。
Ⅰ.加合物的制备
量取6.8mL30%H2O2溶液放于反应容器中，再加入2.4g尿素。
控制60℃下加热几分钟，得到无色溶液。
继续加热，观察到针状晶体在溶液中逐渐生长，至只有极少量水时，停止加热，冷却至室温。
晶体置于滤纸上几分钟，称重记录3.6g。
（1）制备时，加入过氧化氢略过量，其目的是_______。
（2）控制温度60℃左右所采用的加热方式是_______，过程中监测温度的方法为_______；制备时的反应容器是一种便于结晶的陶瓷仪器，该仪器为下列_______（填序号）。
A．圆底蒸发皿
B．坩埚
C．烧杯
D．瓷制研钵
（3）尿素中常含有少量铁、铜等离子杂质，需加入稳定剂以提高加合物的产率。
不加稳定剂时，铁、铜等离子导致产品稳定性以及产率降低的可能原因是_______。
Ⅱ.产品纯度测定
实验步骤：
填写下述测定步骤中的空白。
（4）取ag产品至50mL烧杯中，_______，将溶液转移至100mL容量瓶中定容并摇匀。
吸取10.0mL溶液于_______中，加入100mL水和20mL10%硫酸，用cmol/LKMnO4溶液（不与尿素反应）滴定至粉红色，30s不褪色。
共重复平行测定三次，平均消耗bmLKMnO4溶液。
数据分析：
（5）酸性KMnO4溶液滴定H2O2时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，据此计算产品的纯度为_______%。
三、工业流程题
9．锰及其化合物用途广泛，以菱锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2杂质）为原料生产金属锰和高品位MnCO3的工艺流程如图。
已知25℃，部分物质的溶度积常数如表：
物质
Mn（OH）2
Co（OH）2
Ni（OH）2
Fe（OH）3
Ksp
2.1×10-13
3.0×10-16
5.0×10-16
1.1×10-36
（1）“溶浸”时，锰的浸出率结果如图所示。
由图可知，所采用的最佳实验条件（温度、时间）为______。
（2）MnO2主要用于氧化______。
滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖一硫酸溶液处理，回收Mn2+，氧化产物为CO2。
写出对应的离子方程式______。
（3）“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分为MnS、______（填化学式，其中Co、Ni均为+2价）。
（4）“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外，还有______作用；“沉锰”的关键操作有两点：
①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中；②反应终点pH在7附近。
如果①中颠倒试剂滴加顺序（反应pH大于7），可能造成的后果是______；若反应终点pH低于7，可能的后果是______。
（5）以Fe作电极，MnSO4、ZnSO4溶液为电解液，经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn（1-x）Fe2O4，则电解时阳极生成Zn2Mn（1-x）Fe2O4的总反应为_______。
四、原理综合题
10．苯酚（C6H5OH）是一种广泛使用、易氧化的化工产品。
一种在650K下用N2O废气催化氧化苯制备苯酚的新方法为：
反应C6H6（g）+N2O（g）
C6H5OH（g）+N2（g）。
（1）已知6C（s，石墨）+3H2（g）
C6H6（g）ΔH1=+82.9kJ·mol-1
2N2（g）+O2（g）
2N2O（g）ΔH2=+163.2kJ·mol-1
12C（s，石墨）+6H2（g）+O2（g）
2C6H5OH（g）ΔH3=-243kJ·mol-1
则C6H6（g）+N2O（g）
C6H5OH（g）+N2（g）ΔH=_______kJ·mol-1。
（2）制备苯酚的苯和N2O的最佳投料比为10：
1。
此时，N2O、N2的平衡浓度分别为0.050mol/L、0.95mol/L。
则制备反应的平衡常数Kc=_______（写出计算式）。
（3）如图中，温度过低造成苯酚产率低的主要原因是_______；反应时间过长造成产率下降的可能原因是_______。
（4）反应中使用更高效的催化剂_______（填“可”或“不可”）提高反应的平衡转化率。
已知475℃下反应仍未达到平衡，此时的苯酚产率比450℃时的低，可能原因是_______。
（5）研究表明，反应速率符合关系式v=kca（C6H6）cb（N2O），有关数据如表：
c（C6H6）/×10-3mol·L-1
c（N2O）/×10-3mol·L-1
v/×10-3mol·L-1·s-1
12
8.0
1.0
24
8.0
2.0
24
24
6.0
有人据此提出反应可分为三个步骤：
①N2O→N2+O*（活性氧） 快反应
②C6H6+O*→C6H5OH*（活性苯酚） 慢反应
③C6H5OH*→C6H5OH快反应
下列有关说法正确的是_______。
A．O*（活性氧）是该反应的催化剂B．②的反应的活化能最小
C．反应速率v（N2O）=v（N2）D．第二步中C6H6与O*的碰撞仅部分有效
五、结构与性质
11．近年来，重金属羧酸盐作为贮存气体（进入晶体中间隙）的化合物而备受关注。
如果长时间放置甲酸铜［Cu（HCOO）2]、对苯二甲酸（
）、乙醇混合溶液，将析出一种晶体X（晶胞结构如图），甲酸根全部被交换到溶液中。
X对热稳定，磁矩约为1.7B。
M（磁矩=
，n为未成对电子数）。
（1）由磁矩推算X中铜离子的未成对电子数为_______；该基态铜离子价电子的轨道表示式为_______。
（2）1mol对苯二甲酸分子中含有_______molσ键，对苯二甲酸的熔点（427℃）高于对二硝基苯（
，相对分子质量为168，熔点173℃）的主要原因是_______。
（3）甲酸根中C原子的杂化类型为_______，其与铜离子配位的原子是_______；写出甲酸根的一种等电子体分子的结构式_______。
（4）X晶胞中含有Cu的数目为_______个；1molX的晶胞质量为456g，实验表明，100mg晶体X可吸收22.0mgN2，所得晶体中Cu：
N个数比约为1：
（保留两位有效数字）_______。
六、有机推断题
12．由环已醇制备内酯H的合成路线如图：
回答下列问题：
（1）B的化学名称为_______；E的化学式为_______。
（2）由B生成C分两步进行：
①B与
加成反应；②消去反应得到C，则C的结构简式为_______。
（3）C→E反应中，D中发生变化的官能团名称为_______；由F生成G的反应类型为_______。
（4）由G生成H的化学方程式为_______。
（5）化合物
的同分异构体中，能同时满足下列条件的结构简式为_______（一种）。
a.全为单键的环状化合物；b.核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积比为4：
3：
2
（6）以苯为主要原料，用不超过三步的反应设计合成环己醇的流程_______。
参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
A．沼气的主要成分为甲烷，燃烧生成二氧化碳和水，属于可再生清洁能源，A正确；
B．可燃冰燃烧会产生二氧化碳，大规模开采可燃冰，开发新能源，不能降低碳排放，B错误；
C．石油分馏得不到裂化汽油，石油裂化才得到裂化汽油，C错误；
D．向煤中加入石灰石（主要成分为碳酸钙）处理煤燃烧生成的二氧化硫，减少二氧化硫的排放量，D错误；
答案选A。
2．D
【解析】
【详解】
A．精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中含有比铜活泼的金属，如Zn、Fe等，Zn、Fe先失去电子，阳极质量减少32g，转移电子物质的量不等于1mol，故A错误；
B．碳酸钙中阳离子为Ca2+，碳酸氢钠中阳离子为Na+，碳酸钙和碳酸氢钠的摩尔质量均为100g/mol，因此100g该混合固体中含有阳离子的物质的量为1mol，故B错误；
C．题中没有指明溶液的体积，无法计算氢离子物质的量，故C错误；
D．Cl-不发生水解，因此0.05molAlCl3中氯离子物质的量为0.05mol×3=0.15mol，故D正确；
答案为D。
3．C
【解析】
【详解】
A．由结构可知，该有机物分子式为C12H16O3，故A正确；
B．该有机物含有醇羟基，可发生取代反应，且醇羟基连接的碳原子上含有氢原子，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而发生氧化反应，含有碳碳双键，可发生加聚反应，故B正确；
C．分子中环上含有饱和碳原子，所有原子不是都共面，故C错误；
D．该有机物氢种类有
，则碳原子上的氢被取代所得一氟代物有8种，故D正确；
故选：
C。
4．B
【解析】
【分析】
R的内层电子数比其最外层电子数多3，根据核外电子排布规律，R应为第三周期元素，即R为Cl，四种元素均满足8电子稳定结构，根据结构中成键特点，Y有4个共价键，因此Y应为C，X、Y、Z同周期，Z形成两个共价键，即Z为O，X形成三个共价键，即X为N，据此分析；
【详解】
根据上述分析，X为N，Y为C，Z为O，R为Cl，
A．HCl没有非极性键，N可以形成N2H4，N原子间为非极性共价键，C与H形成C2H4等，C原子间为非极性共价键，O与H形成H2O2，O原子之间为非极性共价键，故A错误；
B．N的最高价氧化物对应水化物是HNO3，C的最高价氧化物对应水化物为H2CO3，硝酸为强酸，碳酸为弱酸，故B正确；
C．非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，O的非金属性强于N，因此O的简单氢化物的稳定性强于N的简单氢化物，故C错误；
D．Cl-核外有三个电子层，O2-、N3-核外有两个电子层，因此Cl-的半径最大，故D错误；
答案为B。
5．D
【解析】
【详解】
A．对乙酸乙酯和乙醇混合液用分液漏斗进行分液的原理为：
乙醇易溶于饱和碳酸钠溶液中，而乙酸乙酯不溶，应先向混合液中加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置，从而使饱和碳酸钠溶液层与乙酸乙酯分层，然后利用分液漏斗进行分离，利用的是两者的溶解度差异并非密度差异，故A不符合题意；
B．5.3gNa2CO3•10H2O中Na2CO3物质的量小于0.05mol，用500mL容量瓶所配碳酸钠溶液物质的量浓度小于0.10mol/L，故B不符合题意；
C．加热后的坩埚须在干燥器中冷却，防止吸收空气中的水导致测量结果产生误差，故C不符合题意；
D．FeSO4易水解、易被氧化，配制FeSO4溶液时要抑制水解、防止氧化，因此配制FeSO4溶液时，先将FeSO4固体溶解在稀硫酸中，然后稀释到所需浓度，再加入少量铁粉防止氧化，故D符合题意；
答案选D。
6．C
【解析】
【详解】
A．钾离子呈+1价、CN-为-1价，化合物中元素的正负化合价代数和为0，则正极KFe2（CN）6中Fe的化合价为+2、+3，A正确；
B．放电时，正极发生还原反应，可能发生Fe2（CN）
+e-=Fe2（CN）
，B正确；
C．放电时，电子从负极流经导线到达正极，电子不流经固体电解质，C不正确；
D．充电时，负极区即阴极发生还原反应，阳离子向阴极移动，则Na+增多，D正确；
答案选C。
7．D
【解析】
【详解】
A．
，
和
分别发生水解，
，
，因为
，所以
，则说明
水解程度大，使水电离受到促进，故A选项正确；
B．
，
和
分别发生水解，
，
，则由物料守恒得
，故B选项正确；
C．
，图中
时，
，所以
，因此
，故C选项正确；
D．加入少量NaOH时，
浓度基本不变，而
浓度快速减小，所以OH-先与
发生主要反应，故D选项错误。
故选D选项。
8．
（1）提高尿素的转化率
（2） 水浴加热 用温度计监测水浴温度 A
（3）铁、铜离子催化H2O2分解
（4） 加适量水溶解，恢复至室温 锥形瓶
（5） 2：
5
【解析】
（1）
利用过氧化氢与尿素通过氢键形成加合物，加入稍过量的过氧化氢，将尿素尽可能转化成加合物，提高尿素的转化率；故答案为提高尿素转化率；
（2）
控制温度在60℃左右所采用的加热方式为水浴加热，过程中监测温度的方法为用温度计测定水浴温度；根据题意反应容器是便于结晶的陶瓷仪器，烧杯属于玻璃仪器，不属于陶瓷仪器，瓷制研钵用于固体研磨，不能用于结晶，坩埚不利于蒸发结晶，蒸发皿常用于蒸发结晶，且蒸发皿为陶瓷仪器，选项A符合题意；故答案为水浴加热；温度计测定水浴温度；A；
（3）
铁、铜离子可以催化H2O2分解，导致产品稳定性及产率降低；故答案为铁、铜离子催化H2O2分解；
（4）
将产品称量后，放置在烧杯中，加水溶解，恢复至室温状态，然后将溶液移至100mL容量瓶中定容并摇匀；滴定过程中一般待测液盛放在锥形瓶中，标准液用滴定管盛装，因此吸取10.0mL溶液于锥形瓶中；故答案为加水溶解，恢复至室温；锥形瓶；
（5）
利用高锰酸钾的强氧化性，将H2O2氧化成氧气，利用得失电子数目守恒，n（KMnO4）×（7－2）=n（H2O2）×2×1，n（KMnO4）∶n（H2O2）=2∶5；根据信息建立关系式为2CO（NH2）2·H2O2～5H2O2～2KMnO4样品的纯度为
×100%=
%；故答案为2∶5；
%。
9．
（1）80℃、90min
（2） Fe2+ C6H12O6（葡萄糖）+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O
（3）Fe（OH）3、CoS、NiS
（4） 结合
电离出的H+，促进MnCO3沉淀（或调pH） 可能产生Mn（OH）2沉淀等，造成MnCO3纯度降低 MnCO3可能溶解，造成产率降低
（5）2Fe+xZn2++（1-x）Mn2++4H2O-6e-=ZnxMn（1-x）Fe2O4+8H+
【解析】
【分析】
向碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中加入具有氧化性的MnO2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，向滤液中加入MnS，调节pH可以将Fe（OH）3沉淀下来，可以将Ni2+、Co2+形成CoS和NiS沉淀下来，向MnSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，调整溶液pH=7，使Mn2+形成MnCO3沉淀，最后对得到的含有Mn2+的盐电解，可以得到金属锰，据此解答。
（1）
物质的浸出率越高，反应消耗能量越低，反应条件越好。
根据图象可知所采用的最佳实验条件温度是80℃，反应时间是90min；
（2）
MnO2主要用于氧化Fe2+变为Fe3+，离子方程式为：
MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖一硫酸溶液处理，MnO2被还原为Mn2+，葡萄糖氧化产物为CO2。
根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得对应的离子方程式为：
C6H12O6（葡萄糖）+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O；
（3）
根据上述分析可知：
在滤渣2中含有MnS、CoS、Fe（OH）3；
（4）
“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外，还有就是结合
电离出的H+，促进MnCO3沉淀（或调pH）；
“沉锰”的关键操作有两点：
①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中；②反应终点pH在7附近。
如果①中颠倒试剂滴加顺序（反应pH大于7），可能造成的后果是可能产生Mn（OH）2沉淀等，造成MnCO3纯度降低；
若反应终点pH低于7，MnCO3可能溶解，可能造成的后果是产品的产率降低；
（5）
以Fe作电极，MnSO4、ZnSO4溶液为电解液，经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn（1-x）Fe2O4，则电解时阳极Fe失去电子，与溶液中的Zn2+、Mn2+结合生成Zn2Mn（1-x）Fe2O4，同时产生H+，故阳极的电极总反应为2Fe+xZn2++（1-x）Mn2++4H2O-6e-=ZnxMn（1-x）Fe2O4+8H+。
10．
（1）-286
（2）
（3） 反应速率较低 可能发生副反应，如苯酚被过度氧化
（4） 不可 催化剂失活
（5）CD
【解析】
（1）
6C（s，石墨）+3H2（g）
C6H6（g）①，2N2（g）+O2（g）
2N2O（g）②，12C（s，石墨）+6H2（g）+O2（g）
2C6H5OH（g）③，根据盖斯定律，③×
－①－②×
，因此ΔH=
ΔH3－ΔH1－
ΔH2=-286kJ/mol，故答案为-286；
（2）
N2的物质的量浓度为0.95mol/L，则C6H5OH的浓度为0.95mol/L，则C6H6、N2O变化浓度0.95mol/L，则N2O的起始浓度为（0.95+0.05）mol/L=1mol/L，最佳投料比为10∶1，则C6H6的起始物质的量浓度为10mol/L，则达到平衡时C6H6物质的量浓度为9.05mol/L，平衡常数Kc=
；故答案为
；
（3）
温度过低，化学反应速率低，造成苯酚产率低；苯酚容易被氧气氧化，反应时间过长，苯酚被氧化，造成产率降低；故答案为反应速率低；可能发生副反应，如苯酚被过度氧化；
（4）
催化剂影响化学反应速率，但对平衡移动无影响，即使用催化剂，不能提高反应的平衡转化率；已知475℃下反应仍未达到平衡，此时的苯酚产率比450℃时的低，可能原因是温度高，使催化剂的活性较低；故答案为不可；催化剂活性较低或催化剂失活；
（5）
A．根据三个步骤，O*为反应的中间产物，不是催化剂，故A错误；
B．②为慢反应，慢反应的活化能最大，故B错误；
C．利用反应速率之比等于化学计量数之比，即反应速率v（N2O）=v（N2），故C正确；
D．发生反应的碰撞为有效碰撞，第二步反应慢，说明有效碰撞几率小，故D正确；
答案为CD。
11．
（1） 1
（2） 18 对苯二甲酸分子间有氢键作用，而对二硝基苯分子间无氢键作用
（3） sp2 O
、
等
（4） 2 3.6
【解析】
（1）
已知X磁矩约为1.7B，M（磁矩=
，n为未成对电子数，代入数据可得1.7=
，解得n=1，铜离子的未成对电子数为1；Cu是29号元素，处于周期表中第四周期第IB族，基态Cu2+价电子排布式为3d9，价电子轨道表示式为：
；
（2）
共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键，1mol对苯二甲酸分子中含有18molσ键，对苯二甲酸和对二硝基苯都是分子晶体，而含有氢键的物质熔点较高，则对苯二甲酸熔点较高的主要原因是对苯二甲酸分子间有氢键作用，而对二硝基苯分子间无氢键作用；
（3）
甲酸根中C原子以双键形式存在，价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子的杂化类型为sp2，O原子提供孤对电子，与铜离子配位的原子是O；与甲酸根的一种等电子体分子的结构式为
、
等；
（4）
由X晶胞结构可知Cu位于顶角，则晶胞中Cu的数目为
2；1molX的晶胞质量为456g，则100mg晶体含Cu原子物质的量为
，22.0mgN2中含N物质的量为
，所得晶体中Cu：
N个数比约为
。
12．
（1） 环己酮 [C14H24NO2]+Br-或C14H24NO2Br
（2）
（3） 溴原子 还原反应（或加成反应）
（4）
+
（5）
或
或
（6）
【解析】
【分析】
A（
）发生氧化反应生成B（
），B（
）经过加成反应和消去反应生成C（
），C（
）与D在乙醇的条件下反应生成E，E发生水解生成F，F在NaBH4和EtOH的条件下发生还原反应，将
升级会员 