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2024届内蒙古自治区赤峰市高三下学期三模理科综合试题-高中化学（原卷版+解析版）
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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡的相应位置上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与人体健康和生产生活关系密切。下列说法正确的是
A. 由于SO2有毒，故不能用作食品添加剂
B. 我国自主研发的“龙芯”芯片的主要材料是SiO2
C. 汽油燃烧产物NOx会引起“光化学烟雾”、“酸雨”等环境问题
D. “玉龙之乡”赤峰因红山而得名，红山的岩石因含Fe2O3而呈红色
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2有毒，但可以适量添加作为食品添加，如葡萄酒中添加SO2，A错误；
B．芯片的主要材料是Si，B错误；
C． NOx会引起“光化学烟雾”、“酸雨”等环境问题，但不是汽油燃烧的产物，C错误；
D．Fe2O3呈红色，所以含有Fe2O3的岩石呈现红色， D正确；
故选D。
2. 阿司匹林是一种应用较广泛的消炎、解热、镇痛药物，可由柳树皮中的水杨酸与乙酸酐通过下列反应制得，下列说法错误的是
A. 乙酰水杨酸的分子式为C9H8O4
B. 乙酰水杨酸分子中含有三种官能团
C. 水杨酸能发生氧化、加成、酯化反应
D. 以上四种物质均能与NaOH发生反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙酰水杨酸的分子式为C9H8O4，A正确；
B．乙酰水杨酸分子中含有羧基、酯基两种官能团，B错误；
C．水杨酸含有苯环、羧基和酚羟基，可以发生氧化反应，苯环能发生加成反，羧基可发生酯化反应，C正确；
D．水杨酸、乙酸、乙酰水杨酸均含有羧基，能与NaOH发生中和反应，乙酸酐含有酯基，可以与NaOH发生水解反应，D正确；
故选B。
3. 下列生产生活中涉及的反应方程式正确的是
A. 用TiCl4制备TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl
B. 用食醋和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO，IO+5I-+6H+=3I2+3H2O
C. 工业制硫酸时黄铁矿在足量氧气中煅烧：4FeS+15O28SO3+2Fe2O3
D. Cl2通入石灰乳中制漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．用TiCl4制备TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl，故A正确；
B．用食醋和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO，CH3COOH是弱酸，不可拆开：IO+5I-+6CH3COOH=3I2+3H2O+6CH3COO-，故B错误；
C．工业制硫酸时黄铁矿在足量氧气中煅烧，产物是SO2：4FeS+7O24SO2+2Fe2O3，故C错误；
D．Cl2通入石灰乳中制漂白粉，石灰乳不可拆：Cl2+Ca(OH)2=Cl-+Ca2++ClO-+H2O，故D错误；
故选A。
4. 下列实验操作、现象及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓盐酸也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则溶液褪色不能说明铁锈中是否含有二价铁，故A错误；
B．葡萄糖在碱性条件下才能与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀，则没有加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，直接加入新制氢氧化铜悬浊液共热不可能有砖红色沉淀生成，则未产生砖红色沉淀不能证明淀粉是否发生水解，故B错误；
C．向盛有10滴0.1ml/L AgNO3溶液的试管中滴加15滴0.1ml/L NaCl溶液，生成白色AgCl沉淀，再滴加2滴0.1ml/L KI溶液，白色沉淀转化为黄色AgI沉淀，证明AgCl转化为AgI，由于AgCl和AgI是同类型沉淀，则证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C正确；
D．向一体积可变的密闭容器中充入NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，将容器体积压缩至原来的一半，瞬间气体浓度变大一倍之后平衡右移，则气体颜色先变深，后变浅，但相比压缩体积之前，气体颜色还是变深了，故D错误；
故选C。
5. X、Y、Z、W、Q为短周期主族元素，原子序数依次增大且原子序数总和为49。它们的化合物在常温下有如图所示的转化关系：
已知：乙、戊分子都含有 10个电子。甲为三元化合物，其他化合物均为二元化合物。下列说法错误的是
A. 原子半径：
B. 简单氢化物的沸点：
C 化合物W2Q2中含有非极性键和离子键
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
【答案】C
【解析】
【分析】由题中转化关系可以看出，丁能使品红溶液褪色，加热后又恢复红色，所以丁是二氧化硫，乙、戊分子都含有 10个电子且丙和戊能产生白烟，所以戊是氨气，则五种元素中含H、N、O、S，又五种元素原子序数总和等于49，则另一种元素的原子序数为49-16-8-7-1=17，为Cl，结合原子序数大小X、Y、Z、W、Q依次为H、N、O、S、Cl；乙为含10电子的液态物质，乙为H2O；则甲中应含S、Cl，丙为HCl。
详解】A．原子半径： S>Cl>O，A正确；
B．由于水中分子间氢键数目大于氨气中分子间氢键数目，硫化氢中无氢键，所以简单氢化物的沸点： ，B正确；
C．化合物S2Cl2中不含离子键，C错误；
D．非金属性Cl>S，所以最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4>H2SO4，D正确；
故选C。
6. 2023年我国首个兆瓦级铁铬液流电池储能项目在内蒙古成功运行。电池利用溶解在盐酸溶液中的铁、铬离子价态差异进行充放电，工作原理如图所示，已知储能时Fe2+被氧化。下列有关叙述错误的是
A. 接风力发电时，铁铬液流电池在储备能量
B. 接输电网时该电池总反应为Fe2++Cr3+=Fe3++Cr2+
C. 若用该电池电解水，生成标况下22.4L H2时，有2ml Cr2+被氧化
D. 放电时，Cl⁻移向b极，每1ml Cl⁻通过交换膜，Fe3+减少1ml
【答案】B
【解析】
【分析】接风力发电时，该装置是电解池，已知储能时Fe2+被氧化，说明a极是阳极，b极是阴极。接输电网时，该装置是原电池，a极是正极，b极是负极。
【详解】A．接风力发电时，该装置是电解池，铁铬液流电池在储备能量，A正确；
B．接输电网时该装置是原电池，该电池总反应为Fe3++Cr2+= Fe2++Cr3+，B错误；
C．若用该电池电解水，生成标况下22.4L H2时，氢气的物质的量为1ml，转移电子2ml，该装置为原电池，负极电极反应式为：Cr2+-e-= Cr3+，所以有2ml Cr2+被氧化，C正确；
D．放电时，该装置是原电池，Cl⁻是阴离子，移向负极，b极是负极，每1ml Cl⁻通过交换膜，转移1ml电子，Fe3+减少1ml，D正确；
故选B。
7. 常温下，向20mL 0.1ml/L H2S溶液中缓慢加入少量易溶于水的MSO4粉末(已知MSO4难溶，忽略溶液体积变化)，溶液中c(H+)与c(M2+)变化关系如图所示。已知：Ka1(H2S)=1.0×10-9，Ka2(H2S)=1.0×10-13。下列说法错误的是
A. a点溶液的pH约为5B. 从a点到c点，c(HS⁻)逐渐减小
C. b点溶液中，c(S2-)：c(H2S)=1：1020D. c点溶液中，c(S2-)+c(HS⁻)+c(H2S)=0.1ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】随着MSO4粉末的加入, MSO4与H2S发生反应MSO4+H2S＝MS↓+H2SO4，据此进行分析。
【详解】A．a点溶液为0.1ml/L H2S溶液，H2S以第一步电离为主，结合题目Ka1(H2S)=1.0×10-9进行计算，设0.1ml/L的H2S溶液中氢离子浓度为x，所以c(HS-)≈c(H+)=x, c(H2S)=1-x,，解得x≈1.0×10-5 ml/L，所以pH约为5，A正确；
B．随着MSO4粉末的加入发生反应MSO4+H2S＝MS↓+H2SO4，随着反应进行，氢离子浓度逐渐增大，会抑制H2S的电离，c(HS⁻)逐渐减小，B正确；
C．b点溶液中，氢离子浓度为0.1ml/L，进行计算 ，C正确；
D．由物料守恒可知，c点除了溶液中含硫元素外，沉淀MS中也含硫元素，c(S2-)+c(HS⁻)+c(H2S)<0.1ml/L，D错误；
故选D。
第Ⅱ卷(非选择题 共58分)
二、非选择题：
(一)必考题：共43分。
8. 近年来，废旧锂离子电池的回收成为目前新能源产业重要的发展方向。某锂离子二次电池的正极材料主要为LiCO2，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通过如图所示的流程利用废旧锂离子电池制备草酸钴晶体(CC2O4·xH2O)，回答下列问题：
已知该工艺条件下，有关金属离子沉淀完全(c=1.0×10-5ml/L)的pH如表：
（1）LiCO2中C的化合价为___________，“酸浸还原”中LiCO2转化为(C2+，氧化产物是SO2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
（2）“水解净化”的滤渣主要成分为___________(填化学式)。
（3）“氧化沉铁锰”的操作为控制体系的pH在4~5，加入NaClO溶液。其中Mn2+转化为MnO2的离子方程式为___________；实际生产中，随着反应时间的延长，锰和铁的沉淀率逐渐增大，但钴的损失量也随之增大，可能的原因是___________。
（4）利用“P507萃取剂”从“滤液”中分离C2+萃取时，C、Ni的萃取率和C/Ni分离因素与水相pH的关系如图所示。
C/Ni分离因素越大，表明萃取剂对C/Ni分离效果越好。由图可知，萃取时的最佳水相pH为___________(填字母)。
A. 2.5B. 3.0C. 3.5D. 4.0
（5）“沉钴”时反应的化学方程式为___________。
【答案】（1） ①. +3 ②. 8：1
（2）Al(OH)3 （3） ①. Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl- ②. NaClO氧化C2+，使其生成LiCO2沉淀出去 （4）C
（5）CSO4+(NH4)2C2O4+xH2O=CC2O4·xH2O↓+(NH4)2SO4
【解析】
【分析】某锂离子二次电池的正极材料主要为LiCO2，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通过如图流程利用废旧锂离子电池制备草酸钴晶体(CC2O4•xH2O)。结合题干流程及相关信息，可知首先采用硫酸和硫代硫酸钠溶液酸浸还原，将LiCO2中的钴以及三价铁及含锰微粒还原成低价阳离子的形态，便于通过沉淀法控制溶液pH先将铝离子沉淀除去。后续再加入次氯酸钠溶液将三价铁、二价锰离子氧化沉淀除去；再利用萃取和反萃取将其中的锂元素和镍元素除去；最后用草酸铵溶液即可沉淀二价钴离子得到纯净的产物草酸钴。结合小题内容分析即可。
【小问1详解】
LiCO2中Li为+1价，O为-2价，故C的化合价+3价；“酸浸还原”步骤，LiCO2发生的反应中还原产物为二价钴离子，而则被氧化成硫酸根离子，故根据升降守恒，还原剂和氧化剂有，氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：1；
【小问2详解】
结合题意，此时Fe2+和Mn2+均未沉淀，故此时为沉淀法除去铝离子，故沉淀为：Al(OH)3；
【小问3详解】
“氧化沉铁锰”中，次氯酸钠氧化二价锰离子生成MnO2，离子方程式为：Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl-；随着反应时间的延长，NaClO可氧化C2+，使其生成LiCO2沉淀出去，从而使钴的损失量也随之增大；
【小问4详解】
通过图像可发现在pH=3.5时，钴离子的萃取率较高同时萃取剂对不同离子的分离效果最好，故选C；
【小问5详解】
“沉钴”时反应的化学方程式：
CSO4+(NH4)2C2O4+xH2O=CC2O4·xH2O↓+(NH4)2SO4。
9. 硫脲[CS(NH2)2]在药物制备、金属矿物浮选等方面有广泛应用。实验室可通过先制备Ca(HS)2，然后Ca(HS)2再与CaCN2合成CS(NH2)2实验装置(夹持及加热装置略)如图所示。回答下列问题：
已知：CS(NH2)2易溶于水，易被氧化，受热时部分发生异构化生成NH4SCN。
（1）仪器a的名称是___________，装置B中饱和NaHS溶液的作用是___________。装置C的作用为___________。
（2）检查装置气密性后加入药品，打开K1，通入一段时间N2，目的是___________；然后关闭K1，打开K2，待A中反应结束后关闭K2。
（3）撤走搅拌器，水浴加热装置D，打开K3，在80℃条件下合成硫脲，控制温度在80°C的原因是___________。待D中反应结束后，关闭K3，打开K1，通入一段时间N2，目的是___________。
（4）设计实验证明反应过程中硫脲发生异构化生成了NH4SCN；取少量粗产品于试管中，加入适量蒸馏水溶解，再加入几滴___________溶液(填化学式)，溶液变为红色，则可证明。
（5）装置E中CuSO4溶液的作用是___________(用离子方程式表示)。
（6）装置D反应后的液体经分离、提纯、烘干可得产品。测定产品的纯度：称取m g产品，加水溶解配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用c ml/L酸性KMnO4标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液V mL(已知滴定时，硫脲转化为CO2、N2和，假设杂质不参与反应)。则样品中硫脲的质量分数为___________(用含m、c、V的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶(或三口烧瓶) ②. 除去H2S中混有的HCl(或除去HCl) ③. (作安全瓶)防倒吸
（2）排出装置内的空气，防止干扰实验
（3） ①. 温度过高，硫脲会部分发生异构化反应；温度过低，反应速率缓慢 ②. 将装置内残留的H2S全部排入到E中被吸收，防止污染空气
（4）FeCl3(或Fe2(SO4)3等可溶性铁盐)
（5）Cu2++H2S=CuS↓+2H+
（6）(或 )
【解析】
【分析】装置A用盐酸与Na2S反应制备H2S，装置B盛装的饱和硫氢化钠溶液除去H2S中混有HCl，装置C作安全瓶，防倒吸，装置D中先通入H2S与石灰乳反应制备Ca(HS)2，Ca(HS)2再与CaCN2溶液反应合成CS(NH2)2，最后装置E用CuSO4溶液吸收多余的H2S，防止污染空气，据此解答。
【小问1详解】
仪器a的名称是三颈烧瓶；装置B中饱和NaHS溶液的作用是除去H2S中混有的HCl；装置C的作用为安全瓶，防止倒吸；
【小问2详解】
由于CS(NH2)2易被氧化，通入一段时间N2，目的是排出装置内的空气，防止空气干扰实验；
【小问3详解】
根据已知信息，温度过高，硫脲会部分发生异构化反应；温度过低，反应速率缓慢；因H2S会污染空气，则待D中反应结束后，关闭K3，打开K1，通入一段时间N2，目的是将装置内残留的H2S全部排入到E中被吸收，防止污染空气；
【小问4详解】
证明反应过程中硫脲发生异构化生成了NH4SCN，即检验是否有SCN-离子即可，所以可以用FeCl3或Fe2(SO4)3等可溶性铁盐检验，然后观察溶液是否变为红色；
【小问5详解】
由分析可知，装置E用CuSO4溶液吸收多余的H2S，防止污染空气，即Cu2+与H2S反应生成CuS沉淀和H+，其反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
【小问6详解】
用标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液，消耗的物质的量为，根据反应：可知，mg产品中的物质的量为=，则样品中硫脲的质量分数为=。
10. 氢能新质生产力正加速发展。工业上利用天然气制备氢气，还能得到乙烯、乙炔等化工产品，有关反应原理如下：
反应①：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ∆H1=+376.3kJ/ml K1；
反应②：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ∆H2=+202.0kJ/ml K2；
回答下列问题：
（1）反应③：C2H2(g)+2H2(g)C2H4(g) ∆H3=___________kJ/ml，K3=___________(用含K1、K2的代数式表示)。
（2）若用、、和表示CH4、C2H2、H2和固体催化剂，如图在催化剂表面进行反应①，从吸附到解吸的过程中，能量状态最高的是___________(填字母)。
（3）反应②的速率方程为(v正=k正·c2(CH4)，v逆=k逆·c(C2H4)·c2(H2)(k正、k逆为正、逆反应速率常数)。其他条件相同，T1℃达到平衡时k正=1.5k逆，T2℃达到平衡时k正=3.0k逆。由此推知，T1___________T2(填“>”“<”或“=”)。
（4）向恒温恒容密闭容器中充入适量CH4，同时发生上述反应①和反应②，在不同催化剂Cat1、Cat2作用下，测得单位时间内H2产率与温度的关系如图所示。在其他条件相同时，催化效率较高的是___________(填“Cat1”或“Cat2”)。在Cat2作用下，温度高于500℃时，H2的产率迅速降低的原因是___________。
（5）在一定温度、102kPa下， 向反应器中充入1ml C2H4(g)发生反应：C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)制备氢气。
①实际操作中，往往向反应器中充入一定量水蒸气，其目的是___________。
②忽略其他副反应，若向反应器中充入5ml水蒸气，平衡时(C2H4的转化率为75%，则该反应的Kp=___________。
【答案】（1） ①. -174.3 ②. K1/K2
（2）B （3）<
（4） ①. Cat1 ②. 温度过高，催化剂失去活性
（5） ①. 该反应为气体分子数增大的反应，恒压下通入水蒸气，容器体积增大，相当于减小压强，使平衡正向移动，可提高乙烯转化率 ②. 34(或34kPa)
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律反应③=反应②-反应①，所以：C2H2(g)+2H2(g)C2H4(g) ∆H3=∆H2-∆H1=-174.3kJ/ml，而平衡常数K3=K2/K1；
【小问2详解】
从吸附到解吸的过程中，甲烷的裂解为吸热反应，甲烷分子活化需要吸收能量，所以能量状态最高的是B；
【小问3详解】
反应②为吸热反应。根据平衡定义，平衡时正、逆反应速率相等，故v正= v逆，即k正c2(CH4) = k逆·c(C2H4)·c2(H2)，，T1到T2℃时，K由1.5变成3，正反应为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，故T1【小问4详解】
从图中可以看出，相同时间内在Cat1作用下氢气的产率高，故在其他条件相同时，催化效率较高的是Cat1；在Cat2作用下，温度高于500°C时，H2的产率降低的可能原因是：催化剂选择性降低，生成副产物增多(或催化剂失活，反应速率降低)等；
【小问5详解】
①该反应为气体分子数增大的反应，恒压下通入水蒸气，容器体积增大，相当于减小压强，使平衡正向移动，可提高乙烯转化率；
②
，
平衡时n(总)=（0.25+0.75+0.75+5）ml=6.75ml，
34kPa。
(二)选考题：共15分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11. 黄铜矿(CuFeS2)是工业炼铜，炼铁和制硫酸的重要原料。回答下列问题：
（1）铜元素位于元素周期表___________区，基态Fe2+的价层电子排布图(轨道表示式)是___________。
（2）气态SO3以单分子形式存在，其分子的空间结构为___________。固体：SO3中存在如图1所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为___________。
（3）Cu2+可以形成多种配合物，其中一种配离子的结构如图2所示：
①该配离子所含非金属元素的电负性由大到小的顺序为___________。
②该配离子中H—O—H的键角___________(填“大于”、“小于”或“等于”)单个水分子中H—O——H的键角。
（4）①改性Fe3O4是一种优良的磁性材料，Fe3O4晶胞的的结构如图3所示，研究发现结构中的Fe2+只可能出现在图中某一“▲”所示位置上，请确定Fe2+在晶胞中的位置是___________(填“a”或“b”或“c”)。
②普鲁士蓝晶体属于立方晶系，晶胞结构如图4所示(CN⁻在图中省略)，该晶体的化学式为___________。
【答案】（1） ①. ds ②.
（2） ①. 平面三角形(或“平面正三角形”、“三角形”) ②. sp3杂化
（3） ①. O>N>C>H(或O、N、C、H) ②. 大于
（4） ①. c ②. KFe2(CN)6(或KFe[Fe(CN)6]、Fe2K(CN)6)
【解析】
【小问1详解】
铜元素位于元素周期表ds区；Fe元素是第26号元素，失去2个电子后形成Fe2+，基态Fe2+的价层电子排布图；
【小问2详解】
气态三氧化硫以单分子形式存在，结合价层电子对互斥模型分析可知S有三对价层电子，推测其分子的立体构型为为平面三角形；固体三氧化硫中存在如图b所示的三聚分子，可知S成四根键为四面体空间构型，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp3。
【小问3详解】
①所含非金属元素为O、N、C、H，电负性由大到小的顺序为O>N>C>H；②由图可知，配离子中水分子中的氧原子与铜离子形成配位键，氧原子的孤对电子对数由2变为1，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则配离子中H—O—H的键角大于水分子，
【小问4详解】
①Fe2+所在晶胞的位置为在c位，由均摊法计算可得该结构中Fe3+的数目为2，O2-的数目为4，根据电荷守恒可得Fe2+的数目为1，所以Fe2+应该在c位；
②二价铁位于体心和棱心，则一共有1+12×=4个；三价铁位于顶点和面心，一共有=4个，晶胞中有4个钾离子，根据电荷守恒可知，CN-有4+4×2+4×3=24，其化学式为：KFe2(CN)6。
【化学——选修5：有机化学基础】
12. 奥司他韦是治疗甲型和乙型流感的特效药。目前主要以有机物A为原料，经如下路线合成：
已知：
回答下列问题：
（1）化合物A的含氧官能团名称为___________；反应①的反应类型为___________。
（2）化合物B的结构简式为___________。
（3）设计反应②的目的是___________。
（4）请写出反应③的化学方程式：___________。
（5）有机物E分子中含有___________个手性碳原子。
（6）芳香化合物X是C的同分异构体，且X的官能团只含酚羟基，Y 是比 X少一个碳原子的X的同系物，则Y的结构有___________种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为9：2：2：2：1的Y的结构简式为___________。
【答案】（1） ①. 羟基、羧基 ②. 取代反应(或酯化反应)
（2） （3）使CH3SO2CH3在指定的羟基上发生取代(或保护特定位置的羟基)
（4）+ CH3SO2CH3 +CH4
（5）3 （6） ①. 8 ②.
【解析】
【分析】根据A、C的结构简式，结合B的分子式可知，A与乙醇发生酯化反应生成B， B酸性条件下与丙酮发生信息中的反应生成C和水，C发生取代反应生成D，D与稀酸反应生成E，E经过一系列反应生成奥司他韦，据此作答。
【小问1详解】
根据A的结构简式，A中含氧官能团为羟基和羧基；A与乙醇发生酯化反应生成B，故反应类型为取代反应或酯化反应；
【小问2详解】
根据分析，化合物B的结构简式为；
【小问3详解】
设计该反应的目的是使CH3SO2CH3在指定的羟基上发生取代(或保护特定位置的羟基)；
【小问4详解】
根据分析，反应③的化学方程式为：+ CH3SO2CH3 +CH4；
【小问5详解】
有机物E中的手性碳为，共3个；
【小问6详解】
C分子式为C12H18O5，芳香化合物X是C的同分异构体，Y 是比 X少一个碳原子的X的同系物，则Y的分子式为C11H16O5，且只含酚羟基，则结构中含有1个苯环、5个酚羟基、其余5个C组成戊基，也即戊基由几个结构，Y就有多少个结构。戊基有-CH2-CH2-CH2-CH2-CH3、-CH(CH3)-CH2-CH2- CH3、-CH2-CH(CH3)- CH2-CH3、-CH2-CH2-CH(CH3) CH3、-CH(CH3)2-CH2- CH3、-CH2-CH(CH3)2-CH3、-CH(CH3)- CH(CH3)-CH3、-C(CH2CH3)2，所以Y的同分异构体有8种，其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为9：2：2：2：1的Y的结构简式为。选项
实验操作
现象
结论
A
将铁锈溶于浓盐酸，再滴入KMnO4溶液
紫色褪去
铁锈中含有二价铁
B
向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间后，再滴加银氨溶液，水浴加热
未产生银镜
淀粉未发生水解
C
向盛有10滴0.1ml/L AgNO3溶液的试管中滴加15滴0.1ml/L NaCl溶液，观察现象，再滴加2滴0.1ml/L KI溶液
先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
向一体积可变的密闭容器中充入NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，将容器体积压缩至原来的一半
相比压缩体积之前，气体颜色变浅
增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动
离子
C2+
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
Ni2+
pH
9.3
3.2
9.0
4.7
10.1
8.9
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡的相应位置上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与人体健康和生产生活关系密切。下列说法正确的是
A. 由于SO2有毒，故不能用作食品添加剂
B. 我国自主研发的“龙芯”芯片的主要材料是SiO2
C. 汽油燃烧产物NOx会引起“光化学烟雾”、“酸雨”等环境问题
D. “玉龙之乡”赤峰因红山而得名，红山的岩石因含Fe2O3而呈红色
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2有毒，但可以适量添加作为食品添加，如葡萄酒中添加SO2，A错误；
B．芯片的主要材料是Si，B错误；
C． NOx会引起“光化学烟雾”、“酸雨”等环境问题，但不是汽油燃烧的产物，C错误；
D．Fe2O3呈红色，所以含有Fe2O3的岩石呈现红色， D正确；
故选D。
2. 阿司匹林是一种应用较广泛的消炎、解热、镇痛药物，可由柳树皮中的水杨酸与乙酸酐通过下列反应制得，下列说法错误的是
A. 乙酰水杨酸的分子式为C9H8O4
B. 乙酰水杨酸分子中含有三种官能团
C. 水杨酸能发生氧化、加成、酯化反应
D. 以上四种物质均能与NaOH发生反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙酰水杨酸的分子式为C9H8O4，A正确；
B．乙酰水杨酸分子中含有羧基、酯基两种官能团，B错误；
C．水杨酸含有苯环、羧基和酚羟基，可以发生氧化反应，苯环能发生加成反，羧基可发生酯化反应，C正确；
D．水杨酸、乙酸、乙酰水杨酸均含有羧基，能与NaOH发生中和反应，乙酸酐含有酯基，可以与NaOH发生水解反应，D正确；
故选B。
3. 下列生产生活中涉及的反应方程式正确的是
A. 用TiCl4制备TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl
B. 用食醋和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO，IO+5I-+6H+=3I2+3H2O
C. 工业制硫酸时黄铁矿在足量氧气中煅烧：4FeS+15O28SO3+2Fe2O3
D. Cl2通入石灰乳中制漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．用TiCl4制备TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl，故A正确；
B．用食醋和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO，CH3COOH是弱酸，不可拆开：IO+5I-+6CH3COOH=3I2+3H2O+6CH3COO-，故B错误；
C．工业制硫酸时黄铁矿在足量氧气中煅烧，产物是SO2：4FeS+7O24SO2+2Fe2O3，故C错误；
D．Cl2通入石灰乳中制漂白粉，石灰乳不可拆：Cl2+Ca(OH)2=Cl-+Ca2++ClO-+H2O，故D错误；
故选A。
4. 下列实验操作、现象及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓盐酸也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则溶液褪色不能说明铁锈中是否含有二价铁，故A错误；
B．葡萄糖在碱性条件下才能与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀，则没有加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，直接加入新制氢氧化铜悬浊液共热不可能有砖红色沉淀生成，则未产生砖红色沉淀不能证明淀粉是否发生水解，故B错误；
C．向盛有10滴0.1ml/L AgNO3溶液的试管中滴加15滴0.1ml/L NaCl溶液，生成白色AgCl沉淀，再滴加2滴0.1ml/L KI溶液，白色沉淀转化为黄色AgI沉淀，证明AgCl转化为AgI，由于AgCl和AgI是同类型沉淀，则证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C正确；
D．向一体积可变的密闭容器中充入NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，将容器体积压缩至原来的一半，瞬间气体浓度变大一倍之后平衡右移，则气体颜色先变深，后变浅，但相比压缩体积之前，气体颜色还是变深了，故D错误；
故选C。
5. X、Y、Z、W、Q为短周期主族元素，原子序数依次增大且原子序数总和为49。它们的化合物在常温下有如图所示的转化关系：
已知：乙、戊分子都含有 10个电子。甲为三元化合物，其他化合物均为二元化合物。下列说法错误的是
A. 原子半径：
B. 简单氢化物的沸点：
C 化合物W2Q2中含有非极性键和离子键
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
【答案】C
【解析】
【分析】由题中转化关系可以看出，丁能使品红溶液褪色，加热后又恢复红色，所以丁是二氧化硫，乙、戊分子都含有 10个电子且丙和戊能产生白烟，所以戊是氨气，则五种元素中含H、N、O、S，又五种元素原子序数总和等于49，则另一种元素的原子序数为49-16-8-7-1=17，为Cl，结合原子序数大小X、Y、Z、W、Q依次为H、N、O、S、Cl；乙为含10电子的液态物质，乙为H2O；则甲中应含S、Cl，丙为HCl。
详解】A．原子半径： S>Cl>O，A正确；
B．由于水中分子间氢键数目大于氨气中分子间氢键数目，硫化氢中无氢键，所以简单氢化物的沸点： ，B正确；
C．化合物S2Cl2中不含离子键，C错误；
D．非金属性Cl>S，所以最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4>H2SO4，D正确；
故选C。
6. 2023年我国首个兆瓦级铁铬液流电池储能项目在内蒙古成功运行。电池利用溶解在盐酸溶液中的铁、铬离子价态差异进行充放电，工作原理如图所示，已知储能时Fe2+被氧化。下列有关叙述错误的是
A. 接风力发电时，铁铬液流电池在储备能量
B. 接输电网时该电池总反应为Fe2++Cr3+=Fe3++Cr2+
C. 若用该电池电解水，生成标况下22.4L H2时，有2ml Cr2+被氧化
D. 放电时，Cl⁻移向b极，每1ml Cl⁻通过交换膜，Fe3+减少1ml
【答案】B
【解析】
【分析】接风力发电时，该装置是电解池，已知储能时Fe2+被氧化，说明a极是阳极，b极是阴极。接输电网时，该装置是原电池，a极是正极，b极是负极。
【详解】A．接风力发电时，该装置是电解池，铁铬液流电池在储备能量，A正确；
B．接输电网时该装置是原电池，该电池总反应为Fe3++Cr2+= Fe2++Cr3+，B错误；
C．若用该电池电解水，生成标况下22.4L H2时，氢气的物质的量为1ml，转移电子2ml，该装置为原电池，负极电极反应式为：Cr2+-e-= Cr3+，所以有2ml Cr2+被氧化，C正确；
D．放电时，该装置是原电池，Cl⁻是阴离子，移向负极，b极是负极，每1ml Cl⁻通过交换膜，转移1ml电子，Fe3+减少1ml，D正确；
故选B。
7. 常温下，向20mL 0.1ml/L H2S溶液中缓慢加入少量易溶于水的MSO4粉末(已知MSO4难溶，忽略溶液体积变化)，溶液中c(H+)与c(M2+)变化关系如图所示。已知：Ka1(H2S)=1.0×10-9，Ka2(H2S)=1.0×10-13。下列说法错误的是
A. a点溶液的pH约为5B. 从a点到c点，c(HS⁻)逐渐减小
C. b点溶液中，c(S2-)：c(H2S)=1：1020D. c点溶液中，c(S2-)+c(HS⁻)+c(H2S)=0.1ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】随着MSO4粉末的加入, MSO4与H2S发生反应MSO4+H2S＝MS↓+H2SO4，据此进行分析。
【详解】A．a点溶液为0.1ml/L H2S溶液，H2S以第一步电离为主，结合题目Ka1(H2S)=1.0×10-9进行计算，设0.1ml/L的H2S溶液中氢离子浓度为x，所以c(HS-)≈c(H+)=x, c(H2S)=1-x,，解得x≈1.0×10-5 ml/L，所以pH约为5，A正确；
B．随着MSO4粉末的加入发生反应MSO4+H2S＝MS↓+H2SO4，随着反应进行，氢离子浓度逐渐增大，会抑制H2S的电离，c(HS⁻)逐渐减小，B正确；
C．b点溶液中，氢离子浓度为0.1ml/L，进行计算 ，C正确；
D．由物料守恒可知，c点除了溶液中含硫元素外，沉淀MS中也含硫元素，c(S2-)+c(HS⁻)+c(H2S)<0.1ml/L，D错误；
故选D。
第Ⅱ卷(非选择题 共58分)
二、非选择题：
(一)必考题：共43分。
8. 近年来，废旧锂离子电池的回收成为目前新能源产业重要的发展方向。某锂离子二次电池的正极材料主要为LiCO2，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通过如图所示的流程利用废旧锂离子电池制备草酸钴晶体(CC2O4·xH2O)，回答下列问题：
已知该工艺条件下，有关金属离子沉淀完全(c=1.0×10-5ml/L)的pH如表：
（1）LiCO2中C的化合价为___________，“酸浸还原”中LiCO2转化为(C2+，氧化产物是SO2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
（2）“水解净化”的滤渣主要成分为___________(填化学式)。
（3）“氧化沉铁锰”的操作为控制体系的pH在4~5，加入NaClO溶液。其中Mn2+转化为MnO2的离子方程式为___________；实际生产中，随着反应时间的延长，锰和铁的沉淀率逐渐增大，但钴的损失量也随之增大，可能的原因是___________。
（4）利用“P507萃取剂”从“滤液”中分离C2+萃取时，C、Ni的萃取率和C/Ni分离因素与水相pH的关系如图所示。
C/Ni分离因素越大，表明萃取剂对C/Ni分离效果越好。由图可知，萃取时的最佳水相pH为___________(填字母)。
A. 2.5B. 3.0C. 3.5D. 4.0
（5）“沉钴”时反应的化学方程式为___________。
【答案】（1） ①. +3 ②. 8：1
（2）Al(OH)3 （3） ①. Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl- ②. NaClO氧化C2+，使其生成LiCO2沉淀出去 （4）C
（5）CSO4+(NH4)2C2O4+xH2O=CC2O4·xH2O↓+(NH4)2SO4
【解析】
【分析】某锂离子二次电池的正极材料主要为LiCO2，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通过如图流程利用废旧锂离子电池制备草酸钴晶体(CC2O4•xH2O)。结合题干流程及相关信息，可知首先采用硫酸和硫代硫酸钠溶液酸浸还原，将LiCO2中的钴以及三价铁及含锰微粒还原成低价阳离子的形态，便于通过沉淀法控制溶液pH先将铝离子沉淀除去。后续再加入次氯酸钠溶液将三价铁、二价锰离子氧化沉淀除去；再利用萃取和反萃取将其中的锂元素和镍元素除去；最后用草酸铵溶液即可沉淀二价钴离子得到纯净的产物草酸钴。结合小题内容分析即可。
【小问1详解】
LiCO2中Li为+1价，O为-2价，故C的化合价+3价；“酸浸还原”步骤，LiCO2发生的反应中还原产物为二价钴离子，而则被氧化成硫酸根离子，故根据升降守恒，还原剂和氧化剂有，氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：1；
【小问2详解】
结合题意，此时Fe2+和Mn2+均未沉淀，故此时为沉淀法除去铝离子，故沉淀为：Al(OH)3；
【小问3详解】
“氧化沉铁锰”中，次氯酸钠氧化二价锰离子生成MnO2，离子方程式为：Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl-；随着反应时间的延长，NaClO可氧化C2+，使其生成LiCO2沉淀出去，从而使钴的损失量也随之增大；
【小问4详解】
通过图像可发现在pH=3.5时，钴离子的萃取率较高同时萃取剂对不同离子的分离效果最好，故选C；
【小问5详解】
“沉钴”时反应的化学方程式：
CSO4+(NH4)2C2O4+xH2O=CC2O4·xH2O↓+(NH4)2SO4。
9. 硫脲[CS(NH2)2]在药物制备、金属矿物浮选等方面有广泛应用。实验室可通过先制备Ca(HS)2，然后Ca(HS)2再与CaCN2合成CS(NH2)2实验装置(夹持及加热装置略)如图所示。回答下列问题：
已知：CS(NH2)2易溶于水，易被氧化，受热时部分发生异构化生成NH4SCN。
（1）仪器a的名称是___________，装置B中饱和NaHS溶液的作用是___________。装置C的作用为___________。
（2）检查装置气密性后加入药品，打开K1，通入一段时间N2，目的是___________；然后关闭K1，打开K2，待A中反应结束后关闭K2。
（3）撤走搅拌器，水浴加热装置D，打开K3，在80℃条件下合成硫脲，控制温度在80°C的原因是___________。待D中反应结束后，关闭K3，打开K1，通入一段时间N2，目的是___________。
（4）设计实验证明反应过程中硫脲发生异构化生成了NH4SCN；取少量粗产品于试管中，加入适量蒸馏水溶解，再加入几滴___________溶液(填化学式)，溶液变为红色，则可证明。
（5）装置E中CuSO4溶液的作用是___________(用离子方程式表示)。
（6）装置D反应后的液体经分离、提纯、烘干可得产品。测定产品的纯度：称取m g产品，加水溶解配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用c ml/L酸性KMnO4标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液V mL(已知滴定时，硫脲转化为CO2、N2和，假设杂质不参与反应)。则样品中硫脲的质量分数为___________(用含m、c、V的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶(或三口烧瓶) ②. 除去H2S中混有的HCl(或除去HCl) ③. (作安全瓶)防倒吸
（2）排出装置内的空气，防止干扰实验
（3） ①. 温度过高，硫脲会部分发生异构化反应；温度过低，反应速率缓慢 ②. 将装置内残留的H2S全部排入到E中被吸收，防止污染空气
（4）FeCl3(或Fe2(SO4)3等可溶性铁盐)
（5）Cu2++H2S=CuS↓+2H+
（6）(或 )
【解析】
【分析】装置A用盐酸与Na2S反应制备H2S，装置B盛装的饱和硫氢化钠溶液除去H2S中混有HCl，装置C作安全瓶，防倒吸，装置D中先通入H2S与石灰乳反应制备Ca(HS)2，Ca(HS)2再与CaCN2溶液反应合成CS(NH2)2，最后装置E用CuSO4溶液吸收多余的H2S，防止污染空气，据此解答。
【小问1详解】
仪器a的名称是三颈烧瓶；装置B中饱和NaHS溶液的作用是除去H2S中混有的HCl；装置C的作用为安全瓶，防止倒吸；
【小问2详解】
由于CS(NH2)2易被氧化，通入一段时间N2，目的是排出装置内的空气，防止空气干扰实验；
【小问3详解】
根据已知信息，温度过高，硫脲会部分发生异构化反应；温度过低，反应速率缓慢；因H2S会污染空气，则待D中反应结束后，关闭K3，打开K1，通入一段时间N2，目的是将装置内残留的H2S全部排入到E中被吸收，防止污染空气；
【小问4详解】
证明反应过程中硫脲发生异构化生成了NH4SCN，即检验是否有SCN-离子即可，所以可以用FeCl3或Fe2(SO4)3等可溶性铁盐检验，然后观察溶液是否变为红色；
【小问5详解】
由分析可知，装置E用CuSO4溶液吸收多余的H2S，防止污染空气，即Cu2+与H2S反应生成CuS沉淀和H+，其反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
【小问6详解】
用标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液，消耗的物质的量为，根据反应：可知，mg产品中的物质的量为=，则样品中硫脲的质量分数为=。
10. 氢能新质生产力正加速发展。工业上利用天然气制备氢气，还能得到乙烯、乙炔等化工产品，有关反应原理如下：
反应①：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ∆H1=+376.3kJ/ml K1；
反应②：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ∆H2=+202.0kJ/ml K2；
回答下列问题：
（1）反应③：C2H2(g)+2H2(g)C2H4(g) ∆H3=___________kJ/ml，K3=___________(用含K1、K2的代数式表示)。
（2）若用、、和表示CH4、C2H2、H2和固体催化剂，如图在催化剂表面进行反应①，从吸附到解吸的过程中，能量状态最高的是___________(填字母)。
（3）反应②的速率方程为(v正=k正·c2(CH4)，v逆=k逆·c(C2H4)·c2(H2)(k正、k逆为正、逆反应速率常数)。其他条件相同，T1℃达到平衡时k正=1.5k逆，T2℃达到平衡时k正=3.0k逆。由此推知，T1___________T2(填“>”“<”或“=”)。
（4）向恒温恒容密闭容器中充入适量CH4，同时发生上述反应①和反应②，在不同催化剂Cat1、Cat2作用下，测得单位时间内H2产率与温度的关系如图所示。在其他条件相同时，催化效率较高的是___________(填“Cat1”或“Cat2”)。在Cat2作用下，温度高于500℃时，H2的产率迅速降低的原因是___________。
（5）在一定温度、102kPa下， 向反应器中充入1ml C2H4(g)发生反应：C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)制备氢气。
①实际操作中，往往向反应器中充入一定量水蒸气，其目的是___________。
②忽略其他副反应，若向反应器中充入5ml水蒸气，平衡时(C2H4的转化率为75%，则该反应的Kp=___________。
【答案】（1） ①. -174.3 ②. K1/K2
（2）B （3）<
（4） ①. Cat1 ②. 温度过高，催化剂失去活性
（5） ①. 该反应为气体分子数增大的反应，恒压下通入水蒸气，容器体积增大，相当于减小压强，使平衡正向移动，可提高乙烯转化率 ②. 34(或34kPa)
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律反应③=反应②-反应①，所以：C2H2(g)+2H2(g)C2H4(g) ∆H3=∆H2-∆H1=-174.3kJ/ml，而平衡常数K3=K2/K1；
【小问2详解】
从吸附到解吸的过程中，甲烷的裂解为吸热反应，甲烷分子活化需要吸收能量，所以能量状态最高的是B；
【小问3详解】
反应②为吸热反应。根据平衡定义，平衡时正、逆反应速率相等，故v正= v逆，即k正c2(CH4) = k逆·c(C2H4)·c2(H2)，，T1到T2℃时，K由1.5变成3，正反应为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，故T1
从图中可以看出，相同时间内在Cat1作用下氢气的产率高，故在其他条件相同时，催化效率较高的是Cat1；在Cat2作用下，温度高于500°C时，H2的产率降低的可能原因是：催化剂选择性降低，生成副产物增多(或催化剂失活，反应速率降低)等；
【小问5详解】
①该反应为气体分子数增大的反应，恒压下通入水蒸气，容器体积增大，相当于减小压强，使平衡正向移动，可提高乙烯转化率；
②
，
平衡时n(总)=（0.25+0.75+0.75+5）ml=6.75ml，
34kPa。
(二)选考题：共15分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11. 黄铜矿(CuFeS2)是工业炼铜，炼铁和制硫酸的重要原料。回答下列问题：
（1）铜元素位于元素周期表___________区，基态Fe2+的价层电子排布图(轨道表示式)是___________。
（2）气态SO3以单分子形式存在，其分子的空间结构为___________。固体：SO3中存在如图1所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为___________。
（3）Cu2+可以形成多种配合物，其中一种配离子的结构如图2所示：
①该配离子所含非金属元素的电负性由大到小的顺序为___________。
②该配离子中H—O—H的键角___________(填“大于”、“小于”或“等于”)单个水分子中H—O——H的键角。
（4）①改性Fe3O4是一种优良的磁性材料，Fe3O4晶胞的的结构如图3所示，研究发现结构中的Fe2+只可能出现在图中某一“▲”所示位置上，请确定Fe2+在晶胞中的位置是___________(填“a”或“b”或“c”)。
②普鲁士蓝晶体属于立方晶系，晶胞结构如图4所示(CN⁻在图中省略)，该晶体的化学式为___________。
【答案】（1） ①. ds ②.
（2） ①. 平面三角形(或“平面正三角形”、“三角形”) ②. sp3杂化
（3） ①. O>N>C>H(或O、N、C、H) ②. 大于
（4） ①. c ②. KFe2(CN)6(或KFe[Fe(CN)6]、Fe2K(CN)6)
【解析】
【小问1详解】
铜元素位于元素周期表ds区；Fe元素是第26号元素，失去2个电子后形成Fe2+，基态Fe2+的价层电子排布图；
【小问2详解】
气态三氧化硫以单分子形式存在，结合价层电子对互斥模型分析可知S有三对价层电子，推测其分子的立体构型为为平面三角形；固体三氧化硫中存在如图b所示的三聚分子，可知S成四根键为四面体空间构型，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp3。
【小问3详解】
①所含非金属元素为O、N、C、H，电负性由大到小的顺序为O>N>C>H；②由图可知，配离子中水分子中的氧原子与铜离子形成配位键，氧原子的孤对电子对数由2变为1，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则配离子中H—O—H的键角大于水分子，
【小问4详解】
①Fe2+所在晶胞的位置为在c位，由均摊法计算可得该结构中Fe3+的数目为2，O2-的数目为4，根据电荷守恒可得Fe2+的数目为1，所以Fe2+应该在c位；
②二价铁位于体心和棱心，则一共有1+12×=4个；三价铁位于顶点和面心，一共有=4个，晶胞中有4个钾离子，根据电荷守恒可知，CN-有4+4×2+4×3=24，其化学式为：KFe2(CN)6。
【化学——选修5：有机化学基础】
12. 奥司他韦是治疗甲型和乙型流感的特效药。目前主要以有机物A为原料，经如下路线合成：
已知：
回答下列问题：
（1）化合物A的含氧官能团名称为___________；反应①的反应类型为___________。
（2）化合物B的结构简式为___________。
（3）设计反应②的目的是___________。
（4）请写出反应③的化学方程式：___________。
（5）有机物E分子中含有___________个手性碳原子。
（6）芳香化合物X是C的同分异构体，且X的官能团只含酚羟基，Y 是比 X少一个碳原子的X的同系物，则Y的结构有___________种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为9：2：2：2：1的Y的结构简式为___________。
【答案】（1） ①. 羟基、羧基 ②. 取代反应(或酯化反应)
（2） （3）使CH3SO2CH3在指定的羟基上发生取代(或保护特定位置的羟基)
（4）+ CH3SO2CH3 +CH4
（5）3 （6） ①. 8 ②.
【解析】
【分析】根据A、C的结构简式，结合B的分子式可知，A与乙醇发生酯化反应生成B， B酸性条件下与丙酮发生信息中的反应生成C和水，C发生取代反应生成D，D与稀酸反应生成E，E经过一系列反应生成奥司他韦，据此作答。
【小问1详解】
根据A的结构简式，A中含氧官能团为羟基和羧基；A与乙醇发生酯化反应生成B，故反应类型为取代反应或酯化反应；
【小问2详解】
根据分析，化合物B的结构简式为；
【小问3详解】
设计该反应的目的是使CH3SO2CH3在指定的羟基上发生取代(或保护特定位置的羟基)；
【小问4详解】
根据分析，反应③的化学方程式为：+ CH3SO2CH3 +CH4；
【小问5详解】
有机物E中的手性碳为，共3个；
【小问6详解】
C分子式为C12H18O5，芳香化合物X是C的同分异构体，Y 是比 X少一个碳原子的X的同系物，则Y的分子式为C11H16O5，且只含酚羟基，则结构中含有1个苯环、5个酚羟基、其余5个C组成戊基，也即戊基由几个结构，Y就有多少个结构。戊基有-CH2-CH2-CH2-CH2-CH3、-CH(CH3)-CH2-CH2- CH3、-CH2-CH(CH3)- CH2-CH3、-CH2-CH2-CH(CH3) CH3、-CH(CH3)2-CH2- CH3、-CH2-CH(CH3)2-CH3、-CH(CH3)- CH(CH3)-CH3、-C(CH2CH3)2，所以Y的同分异构体有8种，其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为9：2：2：2：1的Y的结构简式为。选项
实验操作
现象
结论
A
将铁锈溶于浓盐酸，再滴入KMnO4溶液
紫色褪去
铁锈中含有二价铁
B
向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间后，再滴加银氨溶液，水浴加热
未产生银镜
淀粉未发生水解
C
向盛有10滴0.1ml/L AgNO3溶液的试管中滴加15滴0.1ml/L NaCl溶液，观察现象，再滴加2滴0.1ml/L KI溶液
先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
向一体积可变的密闭容器中充入NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，将容器体积压缩至原来的一半
相比压缩体积之前，气体颜色变浅
增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动
离子
C2+
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
Ni2+
pH
9.3
3.2
9.0
4.7
10.1
8.9
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