辽宁、吉林等四省2025-2026学年高三下学期高考化学考前押题小卷02（东北地区专用）

辽宁、吉林等四省2026年高三下学期高考化学考前押题小卷02（东北地区专用） （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，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 O 16 Si 28 Cl 35.5 Zr 91 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．【新考法】下列古籍中涉及的化学反应不属于氧化还原反应的是 A．《齐民要术》记载：曲生则酒成 B．《神农本草经》记载：粉石膏，煮水成膏 C．《梦溪笔谈》记载：铁久则生衣，衣赤而疏 D．《本草纲目》记载：硫黄，烧之有烟，气甚烈 2．实验室制取的反应为。下列有关化学用语表述正确的是 A．中共价键的电子云图： B．的电子式： C．KCl中的结构示意图： D．中的VSEPR模型： 3．【新情景】地处黄河中游的库布齐沙漠的治理。采用“绿进沙退”和光伏治沙协同推进的模式(如图)，将逐步实现沙化土地的全面治理。下列说法错误的是 A．光伏板发电过程中，将光能转化为电能，不涉及化学变化 B．光伏板的表面常涂覆氮化硅减反射膜，氮化硅属于新型无机非金属材料 C．治沙时常用聚丙烯酸钠作土壤保水剂，是因其结构中含有大量强亲水基团 D．沙棘能适应沙漠的干旱盐碱环境，与其细胞内积累的可溶性有机物能降低细胞液渗透压有关 4．氨水吸收的原理为：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中共用电子对数目为 B．溶液中，的数目为 C．常温常压下，1.8 g 含有的质子数、中子数均为 D．32 g硫磺在足量氧气中充分燃烧，转移电子数为 5．合成甜味剂阿斯巴甜(Q)的结构如图，下列说法错误的是 A．Q分子中有4种官能团 B．Q分子中含有2个手性碳原子 C．Q完全水解可得到4种产物 D．Q既可以和酸反应也可以和碱反应 6．【新考法】解释下列实验现象或事实的离子方程式书写错误的是 A．将过量的通入溶液中产生淡黄色沉淀： B．铁经过发蓝处理形成致密氧化膜： C．蓝色氯化四氨合铜溶于浓盐酸呈黄绿色： D．含氟牙膏可以防龋齿： 7．科研人员在嫦娥五号带回的月球样本中发现了一种未知矿物晶体，其中M、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的s能级与p能级的电子数相等，且X与Y相邻，Q的电负性为同周期主族元素最大。下列说法不正确的是 A．第二电离能： B．简单离子半径： C．、两者的空间结构均为三角锥形 D．工业上可通过电解熔融Z、Q的化合物制备Z 8．【新考法】实验室称量一定质量的固体，并用于测定溶液的浓度。下列相关原理、装置或操作不正确的是 A．称量 B．溶解 C．酸化 D．滴定 A．A B．B C．C D．D 9．CeO2具有萤石(CaF2)结构，图甲为CeO2理想晶胞，图乙为CeO2缺陷晶胞，若晶胞参数为a nm，下列说法错误的是 A．理想晶胞中Ce4+的配位数为8 B．图乙中缺陷晶胞的化学式为Ce6O7 C．若a处的分数坐标为(0，0，0)，b处的分数坐标为，则氧空位处的分数坐标为 D．Ce4+与的最近距离为 10．【新情景】聚乙烯吡咯烷酮(PVP)是一种合成水溶性高分子，其合成路线如图。研究发现，反应②加入冠醚(18-冠-6)后，能增强KOH的催化能力。下列叙述错误的是 A．乙分子可发生水解反应 B．丙分子可发生加聚反应 C．根据结构推测甲分子易溶于水 D．冠醚增强KOH催化能力的原因可能是其与K+结合成超分子，使游离的催化活性增强 11．【新情景】铍是重要的航空材料。一种从铝硅酸盐[]中提取铍的流程如图所示： 已知：；水相2主要溶质是。 下列说法错误的是 A．“冷却”过程应快速降温 B．“萃取分液”的目的是分离Be与Si C．“滤液2”可以循环使用 D．“反萃取”时参与反应的 12．实验室用苯胺和乙酸在105℃制备乙酰苯胺的实验装置如图所示(省略夹持及加热装置)。已知：苯胺易被氧化变质；锌粉几乎不与纯乙酸反应；用重结晶法纯化乙酰苯胺的粗品。制备的化学方程式为： 下列说法错误的是 A．制备时加入锌粉可有效减少苯胺被氧化 B．若及时分离出水可提高乙酰苯胺的产率 C．为了更好的控制温度，可采用水浴加热 D．纯化乙酰苯胺不会用到分液漏斗、坩埚 13．【新情景】铑金属烯(RhML)电极展现出大的比表面积和高原子利用率，能吸附气体在酸性条件下高效电合成乙胺，其电化学原理如图所示。已知，在常温下，电解生成时阳极室溶液的体积为8 L(忽略体积变化)。下列有关说法错误的是 A．M为阴极，Q为正极 B．交换膜为质子交换膜 C．M电极的反应式为 D．电解生成时，阳极室溶液的 14．【新考法】我国科学家以乙腈为反应溶剂，在可见光下用催化芳香醚制得苯酚，其反应原理如图所示。 下列说法错误的是 A．过程②中铜元素的化合价升高 B．过程中发生了消去反应和水解反应 C．总反应方程式为 D．若以为原料，反应⑧的产物可得到 15．【新情景】常温下，向溶液中滴加溶液，平衡时溶液中与的关系如图所示(其中M代表、或)。已知：开始滴加时生成足量的沉淀；的平衡常数K的数量级为10。 下列说法错误的是 A．曲线表示与的关系 B．的平衡常数K的数量级为 C．Q点溶液中存在 D．与交点对应溶液中的值为 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（14分）电动汽车电池正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物。一种回收路线如下： 已知：萃取时反应：M2+(水相)+2RH(有机相)MR2(有机相)+2H⁺(水相)，(M2+表示Ni2+或Co2+)。 (1)Co在元素周期表中的位置为第___________周期___________族。 (2)“沉锰”时，Mn2+发生反应的离子方程式为___________。 (3)“沉铝”时调节pH，欲使铝元素完全转化为Al(OH)3沉淀，应控制pH的范围是________。 ___________<pH<___________。 已知：Ksp[Al(OH)3]=10-33.2。溶液中Al3+、[Al(OH)4]-浓度小于10-5 mol/L认为Al3+沉淀完全。Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-   K=100.65。 (4)工业上常用P204和Cyanex 272作“萃取”中的萃取剂(结构如下图所示)，金属离子与萃取剂通过配位键结合，萃取剂酸性越强萃取能力越强，则萃取能力强的萃取剂是___________，从结构角度解释其原因是___________。 (5)Li2CO3溶解度随温度的变化曲线如下图所示，为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为蒸发结晶、___________、洗涤。 (6)该工艺中能循环利用的物质有H2SO4、NaOH、___________。 17．（13分）某实验室制备糖精钴，并测定其结晶水含量。 已知：①表示糖精根离子，其摩尔质量为，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为56℃，与水互溶。 ②。 (一)制备步骤如下： Ⅰ．称取，加入18 mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。 Ⅱ．称取2.6 g(稍过量)糖精钠，加入10 mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。 Ⅲ．将溶液2加入接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。 Ⅳ．过滤，依次用冷的1%NaSac溶液、冷水、丙酮三种试剂洗涤晶体，晾干得产品。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ和步骤Ⅱ中使用的部分仪器如图所示。 仪器a的名称是________。搅拌的作用为________。 (2)指出图所示过滤操作中不规范之处：________。 (3)步骤Ⅳ中，用丙酮洗涤的目的为________。 (4)步骤Ⅳ中，冷水洗涤沉淀时，确认沉淀已洗净的操作为________。 (二)结晶水含量测定 EDTA和形成1：1配合物。准确称取m g糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用的EDTA标准溶液滴定。 (5)下列说法中正确的是________(填序号)。 a.锥形瓶使用前需水洗，水洗后无需干燥 b.滴定管使用前需用标准溶液润洗，润洗后从滴定管上口倒出液体 c.滴定前需赶出滴定管内气泡，调节液面，并准确记录读数 d.滴定时，眼睛应注视滴定管内液面变化 (6)滴定终点时消耗标准溶液V mL，则产品中x的测定值为________(用含m、c、V的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会导致x的测定值________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 18．（14分）利用加氢合成甲醇()是实现“碳中和”目标的有效途径之一。一定条件下，与发生以下反应： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   (1)已知时，部分物质的相对能量如下表。 物质 相对能量/ 0 ___________。 (2)反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数随温度变化曲线如图1所示。 ①图中表示反应Ⅱ的关系的曲线为___________(填“l”或“m”)。 ②高于反应Ⅲ可以忽略的依据是___________。 (3)一定压强下反应一段时间，催化剂、的产物选择性和转化率随温度变化的关系如图2、图3所示，应选用催化剂___________(填“A”或“B”)，理由是___________。 (4)一定温度下，维持压强为，密闭容器中和按照物质的量之比投料，只发生反应Ⅰ、Ⅱ，并达到平衡状态，平衡转化率为，甲醇选择性为80%，计算反应Ⅰ在该温度下的分压平衡常数___________。[列出计算式即可，分压=总压×物质的量分数，甲醇选择性]；随着温度的升高，的转化率增大，而的选择性却下降。从平衡移动角度分析其可能的原因___________。 19．（14分）氟茚唑菌胺(G)是一款吡唑酰胺类新型农药杀菌剂，下图是最新研发的合成路线。 已知：B是由A经过羟醛缩合反应得到。回答下列问题： (1)A的化学名称为_______。 (2)B中所含官能团的名称为_______。 (3)写出由B生成C的化学方程式_______。 (4)F的结构简式为_______。 (5)路线中D→E设计的目的是_______。 (6)中间体F的另一种合成路线如下： 若该反应发生位在“2”号位，经环化反应后生成一种与F具有相同环状结构的同分异构体，该分子的结构简式为_______；分析该合成路线的主要缺点是_______。 试卷第10页，共11页 试卷第11页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 答案第2页，共12页 答案第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《辽宁、吉林等四省2026年高三下学期高考化学考前押题小卷02（东北地区专用）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D C C B A D B C 题号 11 12 13 14 15 答案 B C D A C 1．B 【详解】A．酿酒过程是糖类发酵生成乙醇，反应中碳元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，A不符合题意； B．“粉石膏，煮水成膏”是粉石膏（无水硫酸钙或半水硫酸钙）与水反应生成二水硫酸钙的过程，反应中各元素化合价均没有发生变化，不属于氧化还原反应，B符合题意； C．铁久置生锈，铁单质被氧气氧化生成氧化铁，Fe、O元素化合价均发生变化，属于氧化还原反应，C不符合题意； D．硫黄燃烧生成二氧化硫，S、O元素化合价均发生变化，属于氧化还原反应，D不符合题意； 故选择B 。 2．C 【详解】A．中的共价键为键，其电子云图应为“头碰头”重叠的轴对称图形；而选项中图示为“肩并肩”重叠的键电子云，A不符合题意； B．为离子化合物，由和构成，正确电子式应为，B不符合题意； C．原子的核电荷数为，得到个电子形成，核外电子排布为，C符合题意； D．中原子的价层电子对数为（个键对，个孤电子对）； 其VSEPR模型应为四面体形，D不符合题意； 故选C。 3．D 【详解】A．光伏板发电是将光能转化为电能，该过程没有新物质生成，不涉及化学变化，A正确； B．氮化硅属于高性能无机材料，是典型的新型无机非金属材料，B正确； C．聚丙烯酸钠结构中含有大量羧酸钠强亲水基团，具有良好的吸水性，可作土壤保水剂，C正确； D．干旱盐碱环境的外界溶液渗透压较高，沙棘细胞内积累可溶性有机物，是为了提高细胞液渗透压，保证细胞可以从外界吸水，适应恶劣环境，D错误； 故选D。 4．C 【详解】A．未指明NH3处于标准状况，无法计算其物质的量，无法确定共用电子对数目，A错误； B．溶液中溶质物质的量为0.05mol，但为弱碱阳离子，会发生水解，因此数目小于0.1NA，B错误； C．D2O的摩尔质量为20g/mol，1.8g D2O的物质的量为1.8 g / 20 g/mol =0.09mol，每个D₂O分子含有质子数和中子数均为10个，因此1.8g D2O含有的质子数、中子数均为0.09 mol × 10 × NA= 0.9NA，C正确； D．硫在足量氧气中燃烧产物为SO2，S元素从0价升高到+4价，32g（1mol）硫充分反应转移电子数为4NA，D错误； 故选C。 5．C 【详解】A．由图可知，Q分子中有羧基、酯基、酰胺基、氨基4种官能团，故A正确； B．由图可知，Q分子中含有2个手性碳原子，分别是氨基连接的碳原子和酰胺基右侧连接的碳原子，故B正确； C．Q中酯基和酰胺基可以水解，完全水解可得到3种产物，故C错误； D．Q中含有羧基和氨基，具有两性，既可以和酸反应也可以和碱反应，故D正确； 故选：C。 6．B 【详解】A．氧化生成沉淀，离子方程式，A不符合题意； B．铁发蓝处理生成致密氧化膜（主要为），正确离子方程式为，B符合题意； C．与浓盐酸反应生成，离子方程式，C不符合题意； D．羟基磷灰石可与F⁻发生沉淀转化，生成更难溶的氟磷灰石，离子方程式书写正确，D不符合题意； 故选B。 7．A 【详解】基态Y原子的s能级与p能级的电子数相等，Y可能为O（1s22s22p4）或Mg（1s22s22p63s2），结合晶体中的M2Y可知，若Y为O，则M为H，若Y为Mg，M2Y不符合常见化合物的形式，因此Y为O；X与Y相邻，X为N，Z、Q在O元素之后且属于主族元素，因此Q为第三周期元素，Q的电负性为同周期主族元素最大，Q为Cl，根据晶体的化学式，带1个单位正电荷，Cl为-1价，因此Z为+2价，Z为Mg，M、X、Y、Z、Q分别为H、N、O、Mg、Cl。 A．O的+1价离子电子排布为，p轨道半充满更稳定，失去第二个电子所需能量高于N，故第二电离能N＜O，A错误； B．简单离子中Cl-有3个电子层半径最大，O2-和Mg2+电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故半径Cl-＞O2-＞Mg2+，B正确； C．NH3和NCl3中心N原子价层电子对数均为3+×(5-3×1)=4，含1对孤电子对，空间结构均为三角锥形，C正确； D．工业上通过电解熔融MgCl2制备金属Mg，MgCl2Mg+Cl2↑，D正确； 故选A。 8．D 【详解】A．电子天平可直接称量固体，可将草酸钠盛放在锥形瓶中称量，操作正确，A不符合题意； B．溶解草酸钠固体时，振荡锥形瓶加速溶解，操作正确，B不符合题意； C．酸性高锰酸钾滴定草酸钠需要在酸性环境下进行，可加入硫酸酸化，操作正确，C不符合题意； D．酸性溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此酸性高锰酸钾溶液应当盛放在酸式滴定管中滴定，图中使用的是碱式滴定管，操作错误，D符合题意； 故选D。 9．B 【详解】A．由图甲可知，理想晶体中每个Ce4+周围距离最近的O2-有8个，因此Ce4+的配位数为8，A正确； B．图乙与图甲比较，体内缺少一个O2-，O2-个数为7个，Ce4+在顶点和面心上，共4个，故化学式为Ce4O7，B错误； C．氧空位位于晶胞的左上前体内的四分之一中心处，根据a处为原点，b处为，则氧空位处的分数坐标为，C正确； D．由图甲可知，Ce4+与的最近距离为体对角线的，即为，D正确； 故答案选B。 10．C 【详解】A．由乙的结构可知，乙分子中含有酰胺基，能发生水解反应生成，A正确； B．丙分子中含有碳碳双键，能发生加聚反应，B正确； C．由甲的结构可知，甲分子中含有酯基，可推测甲分子难溶于水，C错误； D．反应②中加入冠醚后，其能与结合形成超分子，使游离的催化活性增强，从而增强KOH的催化能力，D正确； 故答案选C。 11．B 【分析】将铝硅酸盐矿物进行热焙烧，用稀硫酸对焙烧后的物料进行酸浸， 会转化为可溶性的硫酸盐，Si会转化为不溶性的硅酸，形成滤渣被过滤除去；向酸浸液中加入含HA（萃取剂）的煤油，与HA发生反应：，进入有机相，向有机相中加入过量NaOH溶液进行反萃取， 与NaOH反应，生成进入水相，同时被释放到煤油中，加热过滤得到，最后经过一系列操作获得单质。 【详解】A．热焙烧后需要得到玻璃态（非晶态），快速降温可以使粒子来不及规则排列形成晶体，从而得到玻璃态，A正确； B．酸浸过滤时，与稀硫酸反应生成沉淀，Si已经在滤渣中被除去，滤液1中只含、，因此萃取分液的目的是分离与，不是与，B错误； C．水相2为，加热过滤后沉淀，滤液2的溶质主要是，可回到反萃取步骤循环使用，C正确； D． 反萃取发生的反应为：，故，D正确； 故选B。 12．C 【详解】A．苯胺具有较强的还原性，容易被氧化变质，锌粉作为还原剂，可消耗体系中的氧气，从而有效防止苯胺被氧化，A正确； B．苯胺与乙酸生成乙酰苯胺的反应是可逆反应，根据勒夏特列原理，及时分离出生成物水，平衡会向正反应方向移动，从而提高乙酰苯胺的产率，B正确； C．实验要求的反应温度是105℃，而水浴加热的温度最高只能达到约100℃，无法满足该实验的温度需求，若要更好地控制温度，应采用油浴或电热套直接加热的方式，C错误； D．纯化乙酰苯胺采用的是重结晶法，主要操作包括溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤洗涤等，这些操作仅需烧杯、玻璃棒、漏斗等玻璃仪器，不需要用到分液漏斗和坩埚，D正确； 故选C。 13．D 【分析】M电极转化成，碳的化合价从0价降到价，被还原，M为电解池的阴极，与其相连的N电极为电源的负极；P电极转化成，氮的化合价从价升到0价，被氧化，故P为电解池的阳极，Q为电源的正极。 【详解】A．由分析可知，M电极发生还原反应，为电解池的阴极，Q为电源的正极，A正确； B．由分析可知，P电极产生，M电极消耗，从P电极通过交换膜向M电极运动，故交换膜为质子交换膜，B正确； C．M电极转化成，且反应在酸性条件下进行，故M电极的反应式为，C正确； D．电解生成0.56 g 时，的物质的量为0.02 mol，由电极反应式知，产生，，，但产生的向阴极室运动且阳极室原溶液为酸性溶液，无法计算溶液的pH，D错误； 故选D。 14．A 【详解】A．对甲、乙中Cu的化合价进行计算： 甲整体带1个单位负电荷，含1个、3个，为中性，因此化合价为； 乙整体带1个单位负电荷，含1个、2个，为中性，因此化合价为。 过程②是甲转化为乙，化合价从降低为，不是升高，A错误； B．过程⑦中，脱去1分子生成甲酸苯酯，形成碳氧双键，属于消去反应；过程⑧是甲酸苯酚酯在酸性条件下水解生成苯酚和甲酸，属于水解反应，B正确； C．根据整个循环，反应物是苯甲醚和，产物是苯酚和甲酸，催化剂是、，条件为可见光、乙腈，原子守恒配平后总反应正确，C正确； D．参与反应后，最终进入甲酸苯酚酯的羰基中，酯水解时断键不影响羰基的氧，因此产物甲酸为，D正确； 答案选A。 15．C 【详解】A．当较大时，加入溶液先生成沉淀，故、更小，比配位数大，对应直线斜率绝对值更大，故曲线、、分别表示、、与的关系，A正确； B．的平衡常数，图中Q点，该点溶液中的数量级为，由上数据计算得的值为，则Q点溶液的数量级为，反应的平衡常数K的数量级为，B正确； C．图中Q点，由元素守恒得 ，即，C错误； D．与交点对应溶液中，则，而由上数据计算得的值为，D正确； 故选C。 16．（除标注外，每空2分）(1) 四（1分） Ⅷ（1分） (2) (3) (4) P204 P204中与P相连的烷氧基(−OR)吸电子能力强于烷基，使羟基O−H键极性更强，更易电离出H+，酸性更强 (5)趁热过滤 (6)RH 【分析】正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物，正极材料中加入NaOH溶液进行碱浸，Al和NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4] 和H2，Li、Ni、Co、Mn的氧化物和NaOH溶液不反应，过滤后滤液中加入稀硫酸沉铝可得到Al(OH)3沉淀，滤液进行电解得到NaOH和稀硫酸，Li、Ni、Co、Mn等的氧化物中加入稀硫酸、Na2SO3进行酸浸，分别得到Li2SO4、NiSO4、CoSO4、MnSO4，溶液中加入Na2S2O8进行沉锰得到MnO2，Na2S2O8得电子生成Na2SO4，滤液中加入RH进行萃取，水相中得到Li2SO4，水相中加入Na2CO3沉锂得到 Li2CO3，同时生成Na2SO4，有机相中加入稀硫酸进行反萃取得到RH和NiSO4、CoSO4，据此分析； 【详解】（1）Co原子序数为27，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族； （2）沉锰时被氧化为，被还原为， 离子方程式：； （3）计算pH范围：使完全沉淀：，代入得：，，即pH需大于4.6；防止溶解：由，要求Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-不能发生，则，，即pH需小于8.35， 故pH范围为； （4）题目说明萃取剂酸性越强萃取能力越强：P204中P原子连接两个烷氧基，氧的电负性大于碳，烷氧基吸电子能力比Cyanex 272的烷基更强，使羟基键极性更大，更易电离出，酸性更强，因此P204萃取能力更强； （5）由碳酸锂的溶解度曲线可知，温度越高，碳酸锂的溶解度越小，越有利于析出，为提高碳酸锂的析出量和纯度，“沉锂”操作后应进行的操作为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤； （6）萃取过程消耗萃取剂RH，镍钴分离（反萃取）加入硫酸，使萃取平衡逆移，重新生成RH，因此RH可循环利用。 17．（除标注外，每空2分）(1) 锥形瓶（1分） 加速溶解（1分） (2)玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁 (3)除去残留的水且能使晶体快速干燥 (4)取水洗时的最后一次洗涤液于试管中，加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明Cl-已洗净 (5)ac (6) 偏低（1分） 【分析】本实验以CoCl2・6H2O和糖精钠为原料制备糖精钴，经冷NaSac溶液、冷水、丙酮洗涤得到纯品；再利用EDTA与Co2+的1:1配位反应，通过滴定法测定结晶水含量，计算得结晶水数目；据此作答。 【详解】（1）仪器a的名称是锥形瓶；搅拌的作用为：加速溶解； （2）过滤操作中的不规范之处：玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁； （3）先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的Co2+转化为晶体析出，且不引入新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离子，丙酮可以与水互溶且沸点比水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥； （4）冷水洗涤沉淀时，主要洗的杂质为NaCl，确认沉淀已洗净应检验Cl-是否除尽，操作为：取水洗时的最后一次洗涤液于试管中，加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明Cl-已洗净； （5）a．锥形瓶使用前水洗，无需干燥，不影响溶质的物质的量，a正确； b．滴定管使用前需用标准溶液润洗，润洗后从滴定管下口放出液体，才能润洗到滴定管尖嘴部分，b错误； c．滴定前需赶出滴定管内气泡，调节液面并准确记录读数，c正确； d．滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，判断滴定终点，d错误； 故选ac； （6）滴定消耗的，EDTA与Co2+形成1:1配合物，则样品溶解后的，即样品中的，而，所以，解得；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，测得消耗EDTA溶液体积偏大，即V偏大，根据，则x偏低。 18．（每空2分）(1)-49 (2) m 高于反应Ⅲ的小于，反应几乎不发生 (3) A 时，使用催化剂A，的转化率更高，的选择性更大 (4) 或 温度升高，反应Ⅱ正向移动程度大于反应Ⅰ逆向移动程度(或其他合理答案) 【详解】（1）反应的焓变等于生成物能量和减去反应物能量和，则； （2）①反应Ⅱ的焓变为，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值增大，图中表示反应Ⅱ的关系的曲线为m。 ②由图，，反应Ⅲ的lgK=-5，则K=10-5，反应Ⅲ为放热反应，升温温度，平衡逆向移动，K值更小，故高于反应Ⅲ可以忽略的依据是高于反应Ⅲ的小于，反应几乎不发生； （3）由图1，在较低温度下反应Ⅲ进行程度较大，较高温度下反应Ⅲ几乎不能进行；结合图2、图3，时，甲醇选择性更大，使用催化剂A，的转化率更高且的选择性更大，故催化剂应选A； （4）假设二氧化碳、氢气投料分别为1mol、3mol，平衡转化率为，则反应二氧化碳0.1mol，甲醇选择性为80%，生成甲醇0.08mol，三段式为： 平衡时，二氧化碳、氢气、甲醇、水、一氧化碳物质的量分别为0.9mol、2.74mol、0.08mol、0.1mol、0.02mol，总的物质的量为3.84mol，反应Ⅰ在该温度下的分压平衡常数； 反应Ⅰ为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应Ⅱ正向移动程度大于反应Ⅰ逆向移动程度，从而导致的转化率增大，而的选择性却下降。 19．（每空2分）(1)丙酮 (2)羰基或酮羰基，碳碳双键 (3) (4) (5)官能团保护或官能团屏蔽，防止亚氨基在酸性条件质子化影响后续反应 (6) 反应选择性低，副反应多(或者副产物多，不易分离或产品纯度低，产率低等) 【分析】 B是由A经过羟醛缩合反应得到，通过B的结构简式可知A的结构为CH3COCH3，B到C的反应类似于羟醛缩合的过程，B中的碳碳双键与中的氨基发生加成反应、羰基上先加成再发生消去得到C和水，C与H2加成得到D，D与乙酸酐反应得到E，结合G的结构简式，可知F的结构简式为； 【详解】（1）由上述分析可知A为丙酮； （2）根据B的结构简式可知其所含官能团的名称为羰基或酮羰基，碳碳双键； （3） 由上述分析可知，B生成C的化学方程式为； （4） 据分析，F的结构简式为； （5）由于亚氨基具有碱性，故路线中D→E设计的目的是官能团保护或官能团屏蔽，防止亚氨基在酸性条件质子化影响后续反应； （6） 若该反应发生位在“2”号位，则生成的中间产物为，在硫酸的作用下发生烷基化反应生成的F的同分异构体为；由于该反应的点位较多，该合成路线的主要缺点是反应选择性低，副反应多。 答案第2页，共12页 答案第1页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $