上海师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期期中考试化学试题（解析版）-A4

这是一份上海师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期期中考试化学试题（解析版）-A4，共15页。试卷主要包含了血红蛋白，乙酸和乙酸酐，硫酸肼，色胺酮类衍生物，MnO2等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：60分钟 满分：100分）
注意：不定项选择题，每题有12个正确选项：其他选择题，每题只有1个正确选项
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 S-32 Fe-56 Ag-108 Cs-133
一、血红蛋白
1. 铁是人体必须的痕量元素之一，人体血液中血红蛋白中血红素结构如图。
（1）血红素中铁微粒（）的基态价电子排布式是______。
（2）血红素中C、N、O的第一电离能大小顺序为______。
（3）血红素结构中含有吡咯（）单元。吡咯能与盐酸反应，从结构角度解释原因________。
（4）吡咯（）的沸点高于噻吩（）的原因是______。
（5）载氧时，血红蛋白分子中脱去配位的并与配位：若人体吸入，则占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。由此推测，与配位能力最强的是______（填字母）。
A. B. C.
（6）反应的平衡常数。实验表明，当，即可造成人的神经损伤。则吸入肺部的的必须低于_______。
【答案】（1）
（2）
（3）吡咯分子中氮原子有孤电子对，能与的空轨道形成配位键
（4）吡咯存在分子间氢键
（5）c （6）
【解析】
【小问1详解】
铁为26号元素，Fe2+的基态价电子排布式为3d6；
【小问2详解】
同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，N元素2p能级半满更稳定，第一电离能比相邻元素大，故第一电离能大小顺序为I1(N)>I1(O)>I1(C)；
【小问3详解】
吡咯分子中氮原子有孤电子对，能与H+的空轨道形成配位键，故吡咯能与盐酸反应；
【小问4详解】
吡咯存在分子间氢键，噻吩不能形成分子间氢键，因此吡咯沸点高于噻吩；
【小问5详解】
载氧时，血红蛋白分子中亚铁离子脱去配位的水并与氧气配位，说明氧分子与亚铁离子的配位能力强于水分子；若人体吸入一氧化碳，则一氧化碳占据配位点，血红蛋白失去携氧功能，说明一氧化碳与亚铁离子的配位能力强于氧分子，所以与亚铁离子的配位能力最强的配体是一氧化碳，答案选ｃ；
【小问6详解】
由，当，即时，可造成人的神经损伤，则吸入肺部的的必须低于。
2. 可用于制备优良铁磁体材料。
（1）如图是一种铁磁体化合物的立方晶胞。其边长为。距离F最近的的个数为_______，该晶体的密度是_______。
奥氏体是碳无序地分布在中的间隙固溶体。
（2）晶胞结构如图，平均7个晶胞含有1个碳原子，则奥氏体中碳的质量分数约为_______。
【答案】（1） ①. 4 ②.
（2）0.76%或0.0076
【解析】
【小问1详解】
根据晶胞图形，Cs原子位于体心，个数为：1，F原子位于棱上，个数为：，Fe原子位于顶点，个数为：，则铁磁体化合物的化学式为：，式量为：246；F原子位于棱上，被4个晶胞共用，而Cs原子位于体心，所以距离F最近的的个数为4；晶胞的边长为，换算为，则晶胞的体积为：，晶胞的密度为：。
故答案为：4；。
【小问2详解】
根据晶胞结构图，Fe原子有8个在顶点，6个在面心，1个晶胞的Fe原子数为：，奥氏体中平均7个晶胞含有1个碳原子，则奥氏体的化学式为：，碳的质量分数约为：。
故答案：0.76%或0.0076。
二、乙酸和乙酸酐
3. 乙酸作为化工原料可以制备氢气。以乙酸为原料制备氢气时的反应：
反应1（热裂解）：
反应2（脱羧基）：
（1） _______。
（2）向一恒容密闭容器中充入一定量的乙酸气体发生反应1和反应2，反应相同时间后，测得部分气体产率与温度的关系如图。
①已知之后氢气产率高于甲烷，试说明理由：__________。
②一定温度下，若在充入容器的乙酸气体中掺杂一定量水蒸气，氢气产率显著提高而产率下降，分析可能原因：___________（用化学方程式表示）。
（3）采用光催化反应技术直接合成乙酸，可符合原子经济学（原子利用率）。下列原料组合符合要求的是______（填标号）。
A. B. C.
（4）若利用合适的催化剂控制其他副反应（只发生反应1和反应2），温度为时反应达到平衡，反应1消耗起始乙酸总量的，反应2消耗起始乙酸总量的，则平衡时体积分数为______。
【答案】（1）
（2） ①. 反应1为吸热反应，反应2为放热反应，温度高于之后以反应1为主 ②.
（3）B （4）
【解析】
【小问1详解】
反应1（热裂解）：
反应2（脱羧基）：
根据盖斯定律，反应1-反应2可得 ，故该反应的。
【小问2详解】
①一定量的乙酸气体发生反应1和反应2，反应相同时间，之前氢气产率低于甲烷，说明反应2速度快为主反应，反应1速率慢，温度升高，反应速率都加快，之后反应1为吸热反应，反应速率加快更大，反应2 为放热反应，反应速率加快幅度小，反应1为主反应，氢气产率高于甲烷；故之后氢气产率高于甲烷的理由为：反应1为吸热反应，反应2为放热反应，温度高于之后以反应1为主。
②CO(g)和H2O(g)在高温下反应生成H2(g)和CO2(g)，所以一定温度下在充入容器的乙酸气体中掺杂一定量水蒸气，氢气产率显著提高而产率下降，用化学方程式表示可能原因：为。
【小问3详解】
A．该反应还有生成，原子利用率不等于100%，A错误；
B．只有乙酸生成，原子利用率等于100%，B正确；
C．该反应还有生成，原子利用率不等于100%，C错误；
故答案为：B；
【小问4详解】
若利用合适的催化剂控制其他副反应（只发生反应1和反应2），温度为时反应达到平衡，反应1消耗起始乙酸总量的，设通入乙酸的物质的量为a ml，则反应生成CO 0.6a ml、氢气0.6a ml；反应2消耗起始乙酸总量的，则反应生成甲烷0.5a ml、二氧化碳0.5a ml，剩余乙酸0.2a ml；容器内气体总物质的量是0.2a ml＋0.5a ml＋0.5a ml＋0.6a ml＋0.6a ml=2.4a ml，则平衡时H2体积分数为。
4. 乙酸是一种常见的弱酸。
（1）若室温下将的溶液和的溶液等体积混合，恢复至室温后混合溶液中存在。则乙酸的电离平衡常数_______（用含和的代数式表示）
（2）一定条件下，乙酸酐醇解反应：。此反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇（）中的羟基含量，实验中酯的水解可忽略。
实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸杆-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。
③加指示剂并用的-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解：加指示剂并用的-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
a.不可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，原因是______。
b.ROH样品中羟基含量（质量分数）计算式是______。
c.若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果______。
【答案】（1）
（2） ①. 乙酸和醇的酯化反应是可逆反应 ②. ③. 偏小
【解析】
【小问1详解】
根据电荷守恒可知，，室温下，则，溶液呈中性，溶质为和，等体积混合后溶中，，， ；
【小问2详解】
a．由于乙酸与醇的酯化反应可逆，所以不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实；
b．步骤④消耗NaOH物质的量为，即乙酸酐的总物质的量为，步骤③消耗NaOH物质的量为，由醇解反应和水解反应生成乙酸的比例关系可知：，解得，样品中羟基质量分数：；
c．若甲醇挥发，会导致NaOH-甲醇标准液浓度偏大，每次消耗NaOH体积和均偏小，对影响更大，比甲醇没挥发时小，测定结果偏小。
三、硫酸肼(N2H6SO4)
5. 在尿素溶液中逐滴滴入和混合溶液，然后在催化剂存在的条件下反应制得肼（），利用氮气吹出混合物中的肼，用硫酸吸收制备硫酸肼。
制备实验装置如下：
已知：①肼极易溶于水，长期暴露在空气中或短时间受高温作用会爆炸分解；
②硫酸肼为无色无味鳞状结晶或斜方结晶，微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇和二氯乙烷等有机溶剂；
③密度：（硫酸肼）（二氯乙烷）（稀硫酸）。
（1）反应前应先通入一段时间氮气，其目的为______。
（2）装置A中发生反应制备肼的离子方程式为______。
（3）反应过程中，如果分液漏斗中溶液滴速过快，会导致硫酸肼的产率偏低，其原因是______。
（4）装置B中二氯乙烷的作用为：①防倒吸；②______。使用冰水浴的作用为______。
（5）装置B反应完全后需经过过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肝，洗涤过程中最好选择下列洗涤剂（填字母）______。
A. 冷水B. 热水C. 无水乙醇D. 饱和食盐水
硫酸肼溶液呈酸性，水解原理与类似。
（6）硫酸肼水溶液中离子浓度关系表达正确的是______。
A.
B.
C.
D.
硫酸肼还原制银的方法既实现了废旧电池中的回收利用，又不会对环境产生污染。
（7）理论上，硫酸肼可制得______。（计算结果保留一位小数）
【答案】（1）排尽装置内的空气，防止空气中氧气与肼反应
（2）
（3）生成的肼被过量的次氯酸钠氧化，导致硫酸肼产率降低
（4） ①. 使产物硫酸肼脱离反应混合液 ②. 防止肼受热爆炸，同时降低产物的溶解度 （5）C （6）AD
（7）3323.1
【解析】
【分析】装置A在尿素溶液中逐滴滴入和混合溶液，在催化剂作用下反应制取肼()，利用氮气吹出混合物中的肼，装置B中用稀硫酸吸收制备硫酸肼。由信息可知，肼极易溶于水，不能直接通入水中，硫酸肼不溶于二氯乙烷，可用二氯乙烷防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液，装置C用于尾气处理，据此解答。
【小问1详解】
由题给信息可知，肼长期暴露在空气中会爆炸分解，所以反应前应先通入一段时间氮气，其目的为：排尽装置内的空气，防止空气中氧气与肼反应；
【小问2详解】
装置A制备肼的反应为碱性溶液中，ClO−在催化剂作用下将CO(NH2)2氧化为N2H4，ClO−被还原为Cl−，同时生成和H2O，则装置A中发生反应制备肼的离子方程式为：；
小问3详解】
由题给信息可知，肼长期暴露在空气中会爆炸分解，即肼具有还原性，如果分液漏斗中溶液滴速过快，会导致硫酸肼的产率偏低，其原因是：生成的肼被过量的次氯酸钠氧化，导致硫酸肼产率降低；
【小问4详解】
肼进入装置B中，由于肼极易溶于水，不能直接通入水中，且二氯乙烷密度大于稀硫酸，所以二氯乙烷在稀硫酸的下层，肼直接通入二氯乙烷中，可以防止倒吸，同时硫酸肼不溶于二氯乙烷，可以使产物硫酸肼脱离反应混合液，则装置B中二氯乙烷的作用为：①防倒吸；②使产物硫酸肼脱离反应混合液。肼短时间受高温作用会爆炸分解，且硫酸肼易溶于热水，则使用冰水浴的作用为：防止肼受热爆炸，同时降低产物的溶解度；
【小问5详解】
装置B反应完全后需经过过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，因硫酸肼微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇，所以洗涤过程中最好选择洗涤剂为无水乙醇，故选C；
【小问6详解】
硫酸肼溶液呈酸性，水解原理与类似，第一步水解为：，第二步水解为：，则：
A．结合两步水解，硫酸肼溶液中由物料守恒得：，A正确；
B．结合两步水解，硫酸肼溶液中由电荷守恒得：，B错误；
C．硫酸肼溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，两步水解均产生H+，但只有第一步水解产生，则cH+>cN2H5⋅H2O+，所以硫酸肼水溶液中存在：cSO42->cH+>cN2H5⋅H2O+>cOH-，C错误；
D．硫酸肼溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，因水解程度较小，仍大量存在，则硫酸肼水溶液中：cSO42->cN2H62+>cH+>cOH-，D正确；
故选AD。
【小问7详解】
硫酸肼还原制银过程，硫酸肼被氧化生成N2，氮元素化合价从-2价升高至0价，被还原为单质Ag，Ag元素化合价从+1价降低至0价，根据得失电子守恒，理论上，1.0kg硫酸肼可制得银的质量为×4×108g/ml=3323.1g。
四、色胺酮类衍生物
6. 有机化合物P是一种具有抗肿瘤、抗菌等多种药理活性的色胺酮类衍生物，合成路线如图。
（1）A的名称是______，试剂a是______。
（2）E既有酸性又有碱性，D含有官能团是______。
（3）G中碳原子的杂化方式有______。
（4）G→J的化学方程式是______。
（5）J→K的反应类型是______。
（6）溴单质与K中苯环侧链上的发生取代反应的原因是______。
（7）下列说法正确的是______。
a.K的核磁共振氢谱有6组峰 b.L可发生水解反应
c.不存在同时满足下列条件的F的同分异构体：含有3种官能团（其中一种为碳碳三键）
d.遇溶液显紫色
（8）由M生成P经三步反应过程：
写出M（含有五元环）与中间体2的结构简式______、______。
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 浓硫酸、浓硝酸
（2）硝基、羧基 （3），
（4）HOOCCH2COOH+2CH3OH CH3OOCCH2COOCH3+2H2O
（5）取代反应 （6）受两侧的吸电子作用影响，使相连的和碳原子上的的极性增强，易断裂
（7）
（8） ①. ②.
【解析】
【分析】F中含有苯环，根据A的分子式，由F逆推，A是，A发生硝化反应生成B，B氧化生成D，D还原为E，则B是，D是、E是；G和甲醇发生酯化反应生成J，根据J的分子式可知J是CH3OOCCH2COOCH3；J与发生取代反应生成(K)，溴单质与K中苯环侧链上的发生取代反应生成L，由P逆推，L是，L脱去1分子HBr生成M，M是。
【小问1详解】
A是，名称是甲苯；甲苯和浓硫酸、浓硝酸的混合液发生取代反应生成B，试剂a是浓硫酸、浓硝酸。
【小问2详解】
E既有酸性又有碱性，E是，D是，含有的官能团是羧基、硝基；
【小问3详解】
HOOCCH2COOH中单键碳原子采用sp3杂化、羧基中的双键碳原子采用sp2杂化，碳原子的杂化方式有sp3、sp2；
【小问4详解】
G→J是HOOCCH2COOH和甲醇发生酯化反应生成CH3OOCCH2COOCH3和水，反应的化学方程式是HOOCCH2COOH+2CH3OH CH3OOCCH2COOCH3+2H2O；
【小问5详解】
J→K是氨基中的H被CH3OOCCH2CO-代替生成，反应类型是取代反应；
【小问6详解】
受两侧的吸电子作用影响，使相连的和碳原子上的的极性增强，易断裂，所以溴单质与K中苯环侧链上的发生取代反应
小问7详解】
a.K，结构对称，核磁共振氢谱有6组峰，故a正确；
b.L是，分子中含有碳溴键、酯基，可发生水解反应，故b正确；
c. F的不饱和度为7，ⅰ．含有3种官能团(其中一种为碳碳三键)，碳碳三键的不饱和度为2，ii．遇溶液显紫色，说明含有酚羟基，根据不饱和度和O原子个数可知还有硝基，满足条件的F的同分异构体为，故c错误；
选ab。
【小问8详解】
根据分析，M(含有五元环)为，M与F脱去CO2得到的中间体1为；中间体1与水加成生成的中间体2为，中间体2再发生醇的消去反应脱掉一分子水生成P。
五、MnO2
7. 工业上用软锰矿（主要含）和硫锰矿（主要含）联合制备的流程如图。
资料：几种化合物的
（1）为提高浸出速率，可采取的措施有__________。（答出两条即可）
（2）浸出过程中产生的对与的反应起催化作用，机理如下：
i.；
ii.__________（写出离子方程式）。
（3）流程图中采用①和2共同除去漫出液中金属阳离子杂质，解释不能单独使用①去除这些杂质离子的原因：____________。
（4）滤渣2的主要成分是_____________。
以溶液为原料，用图1装置（，均为情性电极）同步制备和。
（5）a是______极，交换膜B是______（选填“阳”或“阴”）离子交换膜。写出左室电极反应式______。
（6）结合离子交换膜的类型，解释中间室产生较浓硫酸的原因：__________。
（7）图1中b电极上的电解效率与溶液的关系如图2所示。随的增大，电解效率先增大后减小的原因是____________。
【答案】（1）将原料粉碎，适当升温
（2）
（3）、和的相差不大，调节除和时，易使共沉淀而损失
（4）、、
（5） ①. 阳 ②. 阴 ③.
（6）阴极区的硫酸根离子与阳极区的氢离子分别向中间室迁移
（7）时，随着的增大，氢离子的浓度降低，氢离子在阴极放电被抑制，有利于放电；之后，部分转化为，导致的浓度降低，对放电不利
【解析】
【分析】将软钎矿(主要含MnO2)和硫锰矿(主要含MnS)用硫酸浸出，过滤，浸出液中主要含有Mn2+、Fe3+、C2+、Ni2+等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的硫离子氧化为S，同时自身被还原为Mn2+，所以浸出渣主要成分为S，加入氨水调节溶液的pH除去铁离子，过滤后的滤液中加入BaS净化除去C2+、Ni2+等离子，过滤得到滤液2，最终得到MnSO4，滤渣2为BaSO4、CS、NiS。
【小问1详解】
为提高浸出速率，可采取的措施有将原料粉碎，适当升温等;
【小问2详解】
浸出过程中产生的对与的反应起催化作用，机理如下：
i.；
ii. ；
【小问3详解】
流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，不能单独使用①去除这些杂质离子的原因、和的相差不大，调节除和时，易使共沉淀而损失；
【小问4详解】
根据分析可知，滤渣2的主要成分是、、；
【小问5详解】
左室中Mn2+发生氧化反应生成，故a电极为阳极；
右室中的硫酸根离子通过b膜进入中间室，故b应为阴离子交换膜；
左室电极反应式为：；
【小问6详解】
A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子与阳极区的氢离子分别向中间室迁移；
【小问7详解】
硫化物
（易溶）
氢氧化物