专题卷(11)图表及图像分析题-【鱼跃龙门卷】2026年高三化学二轮复习专题金卷（山东专版）

高三二轮复习专题卷 ￥C【解析】PS的单体为〔 H,苯环和碳碳双键是平面 结构，苯环和碳碳双键之间的单键可以旋转，所有碳原子不一定 共平面；PSNO2生成PSNH2过程中，硝基转化为氨基，是还原 反应；PSNH2和 、NH(N=C=S)反应生产AGPS,根据 原子守恒可知同时产生了NH,CI;AGPS是新型有机高分子型 PVC热稳定剂，引人的丙烯酰基硫脲结构单元使其本身具有较 好的化学稳定性，在自然环境中不易被微生物分解或发生化学 降解。 三、非选择题 16.(1)CH2=CH2 (2)加成反应 (3)羧基 (4)2CH,CH2 OH+O,- 催化剂 2CH.CHO+2H,O △ (5)①CH,COOH+CH,CH,OH浓疏酸 △ CH,CO18OCH,CH,十H2O②防止饱和碳酸钠溶液倒吸 ③分液漏斗 (6)bc 【思路分析】淀粉水解生成A为葡萄糖，F是来自石油的重要 有机化工原料，也可用作果实催熟剂，应为CH2一CH2,与水 发生加成反应生成的B为CHCH2OH,氧化生成的C为 CH3CHO,进一步氧化生成的D为CH COOH,E为 CH3 COOCH2CH3,以此解答该题。 【解析】(4)B为乙醇、C为乙醛，乙醇被催化氧化生成乙醛，则 B→C反应的化学方程式为2CH,CH,OH十O,儷化剂 △ 2CH CHO+2H2O (5)①D十B→E为乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，酯 化反应的机理为酸脱羟基醇脱氢，若用同位素18O标记乙醇 (CHCH218OH)中的氧原子，则反应的化学方程式为 CH,COOH+CH,CH,IOH张疏酸CH,CO"OCH,CH,+ △ H2O。 ③反应结束后，将试管中收集到的产品倒人分液漏斗中，静置 分层，然后分离出乙酸乙酯。 (6)淀粉和纤维素分子式均为(C6HoO5).,两者n值不相同 不互为同分异构体；工业上可以利用乙烯发生加聚反应制取 聚乙烯；有机物A、C均含有醛基，均可与银氨溶液反应生成 银；有机物B中只含有羟基，羟基不能与氢氧化钠溶液反应。 17.(1)醛基、醚键取代反应 (2)CHCH,COOH (3)2sp2、sp 催化剂 (4) HOO HOO CH,CH2 OH (5)13 CH COO OH OH OH B H2 浓硫酸 溴水 (6) (或其他合 催化剂 Br 理答案) 【解析】(5)M是B的同分异构体，符合条件：②遇FeCl3溶液 发生显色反应，除苯环外不含其他环，说明含有酚羟基；③不能 与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，说明不含有碳碳双键、碳 碳三键；①1mol有机物最多能与3 mol NaOH反应，结合② ③，说明除了含有1mol酚羟基外，还含有1mol酚酯基。根 据上述分析，符合条件的M的结构有13种，分别为1 OH OH OH OH CH OOCCH OOCH OOCCH OOCCH OH OH OH CH, CH3 HCOO CH HCOO OOCH OH OH OH OOCH CH3 CH: HCOO CH OOCH OH OH OH HCOO OOCH 、0 ；其中核磁共 CH, OOCH CH CHa 振氢谱显示有4组峰且峰面积比为1：2：2：3的结构简式是 CH:COOOH. (1)冷凝回流苯乙腈和硫酸，提高原料利用率 (2)温度过低，反应速率慢；温度过高，苯乙腈易分解，且苯乙酸 会挥发 (3)降低苯乙酸溶解度，使其析出BCE (4)90 (5)稀硝酸和硝酸银溶液 (6)增大苯乙酸溶解度，使反应充分进行 CH,COOH CH,COO 2 十Cu(OH)2 Cu+ 2H20 【思路分析】整个合成路线分为两个主要部分，一为苯乙酸的 制备：苯乙腈在70%硫酸、130℃条件下反应，经冰水冷却结 晶、分离得到粗品苯乙酸，再提纯得到高纯苯乙酸；二为苯乙酸 铜的合成：高纯苯乙酸溶解于乙醇和水的混合溶剂中， 与Cu(OH)2反应生成苯乙酸铜。 【解析】(1)仪器c为球形冷凝管，作用为冷凝回流苯乙腈和硫 酸，提高原料利用率。 (2)苯乙酸的熔点为76.5℃，沸点为161℃，苯乙腈沸点为 233℃，350℃以上分解，温度控制在130℃左右，既能保证反 应速率又能防止苯乙腈受热分解和苯乙酸挥发。 (3)苯乙酸“微溶于冷水，易溶于乙醇”，加冰水可降低苯乙酸的 溶解度，使其结晶析出。分离苯乙酸粗品的操作是过滤，需要 用到的仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒。 (4)23.4g苯乙腈的物质的量为0.2mol,化学方程式表明苯 乙腈与苯乙酸的物质的量之比为1：1，故理论上应生成 0.2mol苯乙酸，共27.20g,经重结晶后，得到24.48g纯品苯 乙酸，故苯乙酸的产率-4.8X100%=90%。 27.20g (5)用CuCl2·2H2O和NaOH溶液制备适量Cu(OH)2沉淀， Cu(OH)2沉淀中有C1残留，C1可用稀硝酸和硝酸银溶液 检验。 (6)苯乙酸微溶于冷水，易溶于乙醇，故混合溶剂中乙醇的作用 是增大苯乙酸溶解度，使反应充分进行 (7)苯乙酸与氢氧化铜发生酸碱中和反应，生成苯乙酸铜，化学 CH2 COOH 方程式为2 Cu (OH)2 CH2 COO Cu+2H2O ·12 9. (1)氯苯 【思路分析】由流程可知，对二甲苯发生已知Ⅲ反应生成F,F (2)(酮)羰基、硝基氧化反应 HC CH (3)CHs-C 为 ,F到G发生氧化反应，甲基被氧化为羧 H.C CH (4)K 浓硫酸 -CI+HNO C飞 〉NO2+H2O HOOC COOH (5)13 基，故G的结构简式为 :根据信息Ⅱ，G (6) OH H,0 0 CH,COOOH HOOC COOH H 」催化剂 催化剂 CH-Cl (合理即可) 分子脱水生成H,H的结构简式为 0,H与I发生 HO人人OH 【解析】A是氯苯，A与(CH3CO)2O在A1Cl3催化作用下发 生取代反应生成C,C与NNH发生取代反应生成D,则D 聚合反应得到产物，则1为H2N NH,结合A、B生成 0 为cH一C 〉-N○NH:结合D,E结构简式可知，B为 COOC2 H; I的流程，结合B的化学式，可知B为 ,B中甲基氧化为 C〈)一NO,A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应 生成B;B、D发生取代反应生成E,E与CH,COOOH在 CHs CH2C12条件下发生氧化反应生成F,F在酸性条件下水解生 羧基得到C,C为 ,由A的质谱与核磁共振氢谱，可知 成G。 (1)根据A的结构简式可知，A的名称为氯苯。 COOH (2)根据E的结构简式可知，E分子中的含氧官能团名称为 (酮)羰基、硝基；由分析可知，E发生氧化反应生成F。 A的相对分子质量为46，且分子中存在3种氢，氢数目比为3 (3)根据上述分析可知，D的结构简式为 :2:1,A为C2HOH,C和A在浓硫酸作用下发生酯化反应 生成D( ),D发生硝化反应引入硝基得到E,E为 CH:-C- (4)A是》 COOC,H C1,A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反 应生成B和H,0,该反应的化学方程式为) -CI+HNO NO:,E中硝基被还原为氨基得到1。 浓硫酸，C以 -NO,+H2O COOC,H 【解析】(1)A易溶于水的原因是乙醇分子中含羟基，能与水分 5)D的结构简式为cH-8O-○其分子式为 子间形成氢键。 (2)E中硝基被还原为氨基得到1，为还原反应 C2H6ON2,芳香族化合物M是D的同分异构体，满足条件 (4)D发生硝化反应引入硝基得到E,反应为 ①分子中除苯环外不含其他的环；②苯环上有6个取代基且有 一个为一N一N一CH?,则符合条件的M的结构可以是苯环上连 COOC,H 3个-CH3、1个-OH、1个一CH=CH2、1个一N一N一CH3 有10种结构；也可以是苯环上连4个一CH、1个一CHO 2HNO 浓硫酸ON △ NO2+2H,0。 1个一N一N一CH,有3种结构，所以符合条件的M的结构 共有10+3=13种。 COOC,H (1)CHCH,OH 能与水分子间形成氢键 (5)满足下列条件的有机物的结构简式：①分子中含苯环；②比 (2)还原反应 物质C的相对分子质量大14，则应该多1个一CH2;③能与 (3)HN -NH2 氨基、酯基 NaHCO3溶液反应产生气体，则含羧基；④核磁共振氢谱显示 有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1，则分子结构对称，且 COOC2 H CH (4) +2HNO 浓硫酸，O,N 4 应该含1个甲基；则可以为 COOC Hs COOC,H COOH 2H,O CH (6)甲苯和一 氯甲烷发生已知Ⅲ反应生成！ CH,氧化为 (5) CHs COOH 0 COOH ,再发生已知Ⅱ反应生成产物 COOH CH,CI 02 COOH (6 催化剂 -CH, 催化剂 化学（十一） COOH CH 一、选择题 1.C【解析】通过酸性比较Cl、C、Si的非金属性，应该比较元素 定条件 的最高价氧化物对应的水化物即HCIO:、H2CO3、H2SiO,的酸 性强弱；SO,只能使石蕊溶液变红但不褪色，仅体现酸性不能 体现漂白性；移液时玻璃棒应伸到刻度线以下。 ·化学A· 2.B【解析】硫酸钡难溶于水，但溶于水部分完全电离，属于电解 【解析】D项根据盖斯定律4S2(g)一S(s)的△H=8△H 质；澄清石灰水中Ca(OH)2能电离，电离反应式为Ca(OH) 8△H1。 一Ca++20H,向澄清石灰水中缓慢通入CO2气体至恰好 10.C【思路分析】pX=一lgc(X),则pX越大，c(X)越小；H2B 反应，发生反应Ca(OH)2+CO2一CaCO3↓+H2O,生成物 (二元弱酸)溶液中未滴加NaOH溶液时，H2B浓度最大，B 为CaCO3沉淀和H2O,继续通入CO2气体至过量，发生反应 浓度最小，随着NaOH溶液的滴加H2B浓度减小、HB浓度 CaCO3+CO2+H2O一Ca(HCO3)2,生成物中存在易电离的 先增大后减小，B2-浓度增大，所以曲线1、2、3分别代表H2B、 Ca(HCO)2,总过程的导电性与题给图像类似；YZ段溶液的导 HB、B2 电能力不断增强，是过量硫酸在溶液中电离导致的；XY段稀硫 【解析】由分析可知，曲线1、2、3分别代表H2B、HB、B2-,b 酸少量，反应的离子方程式为Ba十2OH十2H十SO 点时c(H2B)=c(B-)<c(HB),结合电荷守恒c(Na)+ =BaSO4￥+2H2O。 c(H+)=c(HB)+c(OH)+2c(B2-)可知，c(Na+)+十 3.A【解析】A项，冰醋酸初始时几乎不电离，H+浓度极低，pH c(H+)>c(H2B)+c(OH)+2c(B2-)。 接近7，随着水的加人c(H+)先增大后减小，最终无限接近7。 二、选择题 4.D【解析】装置a为MnO2与浓盐酸共热制备Cl2的装置，反 11.BD【解析】A项，苯环、双键均为平面结构，单键可以旋转，G 应的化学方程式为MnO2十4HC1(浓)△MnCL,+CL,个+ 分子中有碳原子均可能共面，即最多有11个C原子共面：B 2H2O;装置c中FeCl2溶液（浅绿色）与Cl2反应生成FeCl3(黄 项，G含有的官能团为酯基、硝基、碳碳双键，M含有的官能团 色)，Cl2为氧化剂，体现氧化性；装置d中发生反应CL2+2KI 为酯基、氨基；C项，G→M加氢去氧，发生还原反应；D项，M =2KC1十I2,I2使淀粉变蓝，根据氧化剂氧化性强于氧化产 中的酯基水解后产生羧基和酚羟基，酚羟基也能与NaOH反 物，证明Cl2氧化性强于I2;装置f中NaOH溶液吸收Cl2的反 应，1molM最多消耗2 mol NaOH。 应为Cl2+2NaOH—NaC1+NaCIO+H2O,1 mol Cl2.参与反 12.B【解析】C1802的结构是80=C-180,结合图像可知其在 应时，C1元素从0价分别变为一1价和+1价，转移1mol电子 反应过程中转化为HC18O18OH。 5.C【思路分析】醋酸为弱酸，在溶液中部分电离，HC1为强酸， 13.AD【解析】Co,O:中的Co为+2、+3价，“酸浸”过程中， 在溶液中完全电离，0.1000mol·L1的两种酸溶液，盐酸的 H2O2需作还原剂将Co3+还原为Co2+,因此不能用O2代替 pH=1,所以实线表示滴定醋酸的曲线，虚线表示滴定盐酸的 过氧化氢。“酸浸”过程中SO2不溶于酸，同时生成难溶的 曲线。 PbSO4,滤渣1的成分为SiO2、PbSO4;“调pH”过程除掉Fe3+ 【解析】B项，ab段为醋酸和氢氧化钠反应，醋酸为弱酸，反应 和A1+,滤渣2的成分为Fe(OH)3和AI(OH)3。“酸浸”和 的离子方程式为CH COOH+OH一CH COO+H2O;C “焙烧”过程中涉及氧化还原反应，“沉钴”和“调pH”过程中不 项，当VoH=V酸时，醋酸和氢氧化钠恰好完全反应生成醋酸 涉及氧化还原反应。“焙烧”过程中氧气氧化CoC2O4中十3 钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，pH>7;D项，CH3COOH恰好反应时 价的C,Co、Fe化合价不变。 生成CH3 COONa,此时溶液呈碱性，应用酚酞作指示剂 6.C【解析】由反应历程图可知，反应物的总能量高于生成物的 14. D【解析】达到平衡时，A的转化率为0.8-0.2)mol·L 0.8mol·L-1 总能量，即反应过程放热，则甲烷制甲酸的反应是放热反应；中 100%=75%;题图中两曲线相交时，反应正向进行，所以A的 间体是指反应过程中生成后又被消耗的物质，由反应机理图可 消耗速率大于A的生成速率； 知，微粒Ⅱ(CH3OOH)和Ⅲ(HOCH2OOH)生成后没有再被消 3A(g)+B(g)2C(g)+2D(s) 耗，则不是反应的中间体；由反应历程图可知，CH4→·CH3的 始/(mol·L-1)0.80.5 0 活化能最高，属于该过程的决速步；反应中存在极性健（如 转/(mol·L1)0.60.2 0.4 C一H键等)的断裂与形成，也存在非极性键(O一O键)的断裂， 平/(mol·L-1)0.20.3 0.4 但没有非极性键的形成。 c2(C) 0.42 200 7.D【思路分析】以NO2、O2、熔融KNO3组成的燃料电池，在使 该温度下反应的平衡常数K=。2(A)c(B)0.2°X0.33 用过程中石墨I电极为原电池的负极，NO2被氧化，N元素化 D是固体，不能用D的浓度变化表示反应速率。 合价升高，应生成N2O,电极方程式为NO2一e+NO3 15.BC【思路分析】由第三周期主族元素第一电离能变化趋势及 N2O5,石墨Ⅱ通人氧气，发生还原反应，为原电池的正极，电极 特殊点(Mg的3s轨道全满、P的3p轨道半满，第一电离能反 方程式为02十2N20,+4e -4NO,,以此解答该题。 常高)，可推断出W为Mg,X为Al,Y为Si,Z为P,Q为S。 【解析】由分析可知，石墨Ⅱ为正极，O2得电子发生还原反应， 【解析】同周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，Mg的金 O元素由0价降至一2价，1molO2转移4mole,外电路通过 属性强于Al;PH3中心原子P含1个孤电子对，H2S中心原子 0.2mole时，消耗O,的物质的量为0.2mo =0.05mol,质量 S有2个孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大， 键角越小，故键角PH3>H2S;同周期主族元素从左到右最高 为0.05mol×32g·mol-1=1.6g。 价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，则酸性H2SO3< 8.A【解析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无CO,加入硝 酸钡有气体产生，说明有亚铁离子，将硝酸根离子还原生成了 H,PO:W为Mg,基态原子的价层电子轨道表示式为 3 NO,又Fe+与[Al(OH)4]不能大量共存，所以无 D【解析】由图像可知，Ⅱ对应的物质Kp小，I对应物的物质 [A1(OH)4]厂，沉淀A为硫酸钡，向滤液X中加人NaOH有气 Ks知大，碳酸钙难溶于水，硫酸钙微溶于水，I为CaSO4沉淀溶 体产生，说明存在铵根离子，与NaOH反应生成了氨，沉淀B为 解平衡曲线，Ⅱ为CaCO,沉淀溶解平衡曲线。Kp(CaCO3)= 氢氧化铁沉淀，因为溶液所含离子浓度均相等，根据电荷守恒 10-9;d点为CaSO,的不饱和溶液，向d点CaSO,溶液中通入 该溶液中只能含有NH4、Fe+、CI、SO,故沉淀C为 CO2不能转化为CaCO3沉淀；b、c点的CaCO3的Kn相等，不 BaCO3,加入过量硝酸钡溶液时，亚铁离子被氧化成了Fe3+,故 能通过降温实现b→c的转化；CaSO4沉淀到CaCO3沉淀的转化 滤液X中大量存在的阳离子有H+、NH、Fe3+和Ba2+,原溶 可通过加入纯碱实现 液中一定含有CI,一定不含Na+。 三、非选择题 9.D【思路分析】根据题图，可得热化学方程式日S,(s)十O,(g) 16.(1)恒压滴液漏斗 (2)CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O-CaO2·8H2OY+ —S0,(g)△H1、2s,(g)+0,(g)—S0,(g)△H2。 2NH,CI (3)HNO3、AgNO9 参考答案及解析 (4)酸式溶液由无色变为微红色且30s内不褪色 【解析】(2)其他条件不变，在体系中投入一定量CaO,CaO与 (5)67.2% 生成物CO2反应生成CCO3,生成物浓度减小，平衡正向移 (6)否偏高 动，氢气的体积分数增大。 【思路分析】本实验为制备CaO2并采用KMnO4滴定法来测 (3)由反应可知，反应前后总压不变，所以平衡时总压为p, 量CaO2的纯度。制备反应原理为CaCl2+H2O2+2NH3· H2O+6H2OCaO2·8H2O↓+2NH4Cl. 耳，0的分压为，-号×8-2会A点的坐标为，会)：由 5 【解析】(3)反应后CaO2·8H2O固体表面含有可溶性杂质 NH4Cl,故检验CaO2·8H2O是否洗涤干净，即检验最后一次 图可知，平衡时C0、、c0.H,0的平衡分压分别为号，号 洗涤滤液中是否含有CI,所需要的试剂为HNO3和 AgNO3。 台要，平衡密数K, p(CO2)·p(H2) (4)由于KMnO,具有强氧化性，能够氧化腐蚀碱式滴定管下 端的橡胶管，故盛装KMnO4标准溶液的滴定管为酸式滴定 p(C0·pH.0)px2p 5 5 管，原溶液无色，当KMO4溶液稍微过量时溶液显微红色，故 滴定终点的现象为溶液由无色变为微红色且30s内不褪色。 (4)已知Arheniu经验公式为Rn表=一号十C,根据图像可得 (5)由题给离子方程式5CaO,十2MnO:+16H+一5Ca2++ ①63.0=一3.0E。十C,②33.0=一4.0E。十C,联立方程解得 2Mn++50,个+8H,0可知，n(Ca0,)=2n(KMn0,)= E.=30.0,则反应的活化能为30.0kJ·mol1;使用高效催化 剂，活化能降低。 号×0.02mol·L×28.00×103L=1.4×103mol,则产 19.(1)碳碳双键碳溴键 (2)取代反应 品中Ca0,的质量分数为1.4X10mol×72g·mol X 0.1500g OH 100%=67.2%。 OH (6)由于CaSO4是微溶物，若“测定”时，用H2SO,溶解粗品则 生成的CaSO4将覆盖在CaO2表面阻止反应继续进行，即不 H.C Ch, 能用H2SO4溶解粗品，若使用盐酸溶解，由于C1也能被 4 KMnO,氧化，即滴定过程中消耗更多的标准液，则实验结果 H 偏高。 H.C CH 7.(1)使固体与液体充分接触，提高反应速率（合理即可） CH-Br GeS2+2H2O2+4H+-Ge4++4H20+2S CH 或O,N- C=C (2)分液蒸发浓缩、冷却结品 CCH (3)①萃取产生H,随pH的升高H被消耗，促进萃取金属 CH 离子的反应正向移动（合理即可）②96 (5) (4)Zn H.C 【解析】(1)“氧化酸浸”前对锗矿石进行粉碎的目的是使固体 -CH.CI NaOH/H.O △ 与液体充分接触，提高反应速率。由信息可知“氧化酸浸”时 -CH,OHCW△ H, H;C GeS2反应的离子方程式为GeS2+2H,O2+4H+一Ge4++ 4H20+2S. H,C (2)由流程可知，“操作2”是分液；经“操作3”得到NSO4· -CHO PhP=CH, -CH=CH 10s0, 6H2O晶体，故“操作3”包含蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、 2)H,0 干燥。 H.( H.C (3)①由萃取原理M+(水相)十2RH(有机相)=一MR,(有机 0 相)十2H(水相)可知，萃取产生H+,随pH的升高H+被消 CH;COOH CH- CH浓Hs△ -CH-CH2-0-C -CH 耗，促进平衡正向移动，故萃取率随pH的升高而升高。 H H.C 0-C-CH ②达到茶取平衡时，有相 =48,一次萃取后 有机箱(ZnR)一c有机湘(ZmR:)X0.5L=24,则Zn2*的萃取率 【解析】(3)D中有两个碳碳双键，经OsO,/H2O条件下的羟 n水相(Zn2+)c本相(Zn+)×1L 基加成，除了流程中的加成类型，还可以对另一个碳碳双键进 24 为24+X100%=96%。 -OH 行羟基的加成，则答案为 -OH (4)电解ZnSO,溶液制备单质Zn时，阴极放电的是Zn2+,电 Br 极反应式是Zn2++2e—Zn,故阴极的电极材料为纯锌。 (4)有机物E中共有12个碳原子，杂原子为1个N、1个Br、 8. (1)1074.8 2个O,除苯环外有2个不饱和度。根据条件①，同分异构体 (2)CO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动， 中有一个硝基，则用掉了1个不饱和度，1个N和2个O;根据 氢气的体积分数增大 条件②，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则有碳碳双键，不饱和度 20.5 全部用完，且只有三种不同化学环境的氢，为高度对称结构，则 HC CHo Br (4)30.0 符合要求的同分异构体有ON一 -C=CH,或 3.0.63.0 H.C H.( (4.0,33.0 CH CH: CH, 或ON CH, 103K-) 高三二轮复习专题卷 (5)观察目标产物，采用逆推法，最后一步合成用到的主要反应 H.C 物是 CH一CH2,从卤代烃到醇，先将 H.C OH OH H.C 1 CH2C1取代为醇，再转化为醛，再参考流程中的C HC 到E,加成消去得到碳碳双键，再经过OsO4/H2O条件下的羟 基加成。 8. 20.(1)⑤ (2)平衡气压，使浓盐酸顺利滴下 (3)e*f-gh→b (4)2[Fe(CN).]4-+C12-2[Fe(CN)。]3-+2C1 (5)增大液体与气体接触面，加快反应，使反应更充分等 【解析】(1)浓盐酸与二氧化锰反应制取C12需要加热，装置A9. 没有加热仪器，故不能选用MnO2。 (2)题给装置A中橡胶管起连通作用，可平衡气压，使液体顺 利滴下。 (3)氯气中的氯化氢杂质要除去，因为氯化氢会破坏配离子，故 必要装置的作用依次为制备氯气、除去氯化氢、氧化亚铁氰化 钾、吸收尾气，即a→e→f→g→h→b。 (4)氯气作氧化剂，与K,[Fe(CN)6]发生反应，还原产物为氯 化钾。 (5)多孔球泡能增大氯气与亚铁氰化钾溶液的接触面积，提高 反应速率。 10 化学（十二） 一、选择题 1.D【解析】硫化橡胶和氯丁橡胶均属于合成有机高分子。 2.C【解析】草酸为弱酸，H2C2O4不拆，用草酸标准液测定 KMnO,溶液浓度的离子方程式为2MnO,+6H++5H2C2O4 一2Mn2++10CO2个+8H2O;还原性为I>Fe2+,故将少量 11 C12通人Fel2溶液中的离子方程式为2I厂+Cl2一L2+2CI; Na2SO3溶液中通入少量Cl2,反应分两步进行，首先Cl2将 SO3氧化，发生反应SO+Cl2+H20一SO+2C1+ 2H+,因Cl2少量，SO?过量，生成的H+会与过量的SO?发 生反应H+十SO?一HSO3,两式相加可得总反应离子方程 12 式3SO3+Cl2+H2O一SO+2CI+2HSO3,阿司匹林与 12 O 足量NaOH溶液共热的离子方程式应为 -0 -CH C-OH 30H-A -C-0 -0 +CH3COO-+2H2O。 3.A【解析】A项，该反应中，I2被氧化为IO,BrO被还原为 Br2,表明BrO?的氧化性强于IO,但I2作为还原剂，Br2作为 还原产物，还原性I2>Br2。 4.A【解析】苯酚（石炭酸）可用于杀菌消毒，但其作用机制主要 是通过使蛋白质变性和破坏细胞膜，而非氧化还原反应。 5.C【解析】硫酰氯可发生水解生成两种强酸，即SO,C1,十 2H2O一H2SO4十2HCl,因此1mol硫酰氯水解生成2mol HC1和1molH2SO4,可消耗4 mol NaOH。 6.B【解析】X的最高正化合价和最低负化合价的代数和为2，则 15 为VA族元素N或P;Z是两性金属，则Z为A1,X为N;Y和W 的最外层电子数相同，说明位于同一主族，且四种元素的最外 层电子数之和为20，则Y和W的最外层电子数为6，故Y为 O,W为S。N的2p轨道处于半满稳定结构，故第一电离能为 N>O,O和S同主族，第一电离能为O>S,故第一电离能为 N>O>S,即X>Y>W;W、Y、Z的简单离子分别为S2-、O- A13+,O2-和A13+电子层结构相同，核电核数越小离子半径越 大，故r(S2-)>r(O2)>r(A1+);XY为NO,氮原子的价 层电子对数=3十 5十1一2X3=3,氮原子采用s即杂化，空间结 构为平面三角形。 D【解析】H2SO4分子中含2个羟基，分子间氢键强于范德华 力；H2O是共价化合物；SO2是V形分子，是极性分子；SO号 中S价层电子对数为4，其中有1个孤电子对和3个成键电子 对，它的空间结构为三角锥形，VSEPR模型为四面体形，二者 不同。 C【解析】A项，饱和Na2SO3溶液会与SO2反应生成 NaHSO,故不能用饱和Na2 SO,溶液除去SO2中的HCI杂 质；B项，电解精炼铜时，粗铜应与直流电源正极相连，作精炼池 的阳极，精铜作阴极；D项，高锰酸钾溶液浓度不同，颜色深浅不 同，故不易观察颜色变化，不能根据褪色时间判断反应速率 大小。 A【解析】B项，1mL0.1mol·LKI溶液和5mL0.1mol· L1FeCl,溶液充分反应后，Fe3+是过量的，滴加KSCN溶液必 然会变为红色，因此不能说明F3+和I厂的反应存在一定限度； C项，向2mL0.1mol·LNa2S溶液中滴入2滴0.1mol· L1ZnSO4溶液，生成ZnS,S2-过量，再滴入2滴0.1mol· L1CuSO4溶液，过量的S2-与Cu+生成黑色沉淀CuS,不能说 明ZnS沉淀转化为CuS沉淀，则不能证明Kp(ZnS)> K(CuS);D项，淀粉在酸性条件下水解后，应先加入氢氧化钠 将溶液调节至碱性，再加入少量新制Cu(OH)2并加热，若出现 砖红色沉淀，说明淀粉水解。 D【思路分析】由图可知，T+L?首先参与反应后又生成，则 T3+L3为该反应的催化剂，光催化氮气与水合成氨，同时生成 氧气，总反应为2N,十6H,0催化剂4NH,十30，据此解答。 【解析】由题图可知，过程Ⅱ、Ⅲ中水被氧化生成氧气，根据氧 化还原反应的规律，则A、B均被还原，发生还原反应。 选择题 C【解析】甲烷性质稳定，不与酸性KMO4溶液反应，陈述 I错误，且与陈述Ⅱ“甲烷属于饱和烃”无因果关系；Cu(OH)2 不属于两性氢氧化物；陈述I“浓硝酸需保存在棕色试剂瓶中” 是因浓硝酸见光易分解，与陈述Ⅱ“浓硝酸具有强氧化性”无因 果关系。 C【解析】Y分子中碳原子为sp3杂化，分子中所有原子不可 能共平面。 AD【思路分析】2H2S(g)一S2(?)十2H2(g),恒压时，温度 升高，硫化氢的平衡转化率增大，即平衡正向移动，该反应为吸 热反应；恒温时，已知p1<p2<p3,压强增大，硫化氢的平衡 转化率减小，即平衡逆向移动，因此S2为气体。 【解析】Y点温度高于X点，该反应为吸热反应，温度升高，平 衡正向移动，平衡常数增大，因此K(Y)>K(X)。 B【思路分析】根据题图可知，a极为电解池的阳极，三价铬 离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cr3+十7H2O一6e 一Cr2O号+14H,重铬酸根离子再将环己醇氧化为环己 酮，本身被还原为C3+;b为阴极，氢离子得电子发生还原反 应，电极反应式为2H++2e =H2个。 【解析】C项，1mol环己醇转化为1mol环己酮，失去2mol 电子、生成2molH+,根据得失电子守恒，阴极生成1molH2; D项，转移6mol电子时，阳极生成14molH+,阴极消耗 6molH+,生成H+的物质的量大于消耗H+的物质的量，此 外阳极反应消耗水，而阴极反应与水无关，溶液体积减小，因此 H浓度增加，pH降低。 BC【解析】SO2与O2的反应为可逆反应，不可能完全转化， 放出的热量小于196.6kJ;A点和B点平衡时的温度相同，只 是压强不同，平衡常数不变：在恒容体系下，通入过量的空气， 平衡正向移动，SO2的转化率提高；反应放热，升高温度，平衡 逆向移动，c(SO2)增大，c(SO3)减小，故c(SO2):c(SO3)的 比值将增大。 14 B【思路分析】由题给流程可知，硫酸厂矿渣加入稀硫酸酸浸 500K时，CH4的平衡转化率为40%，则x=0.4,H2S的平衡 时，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，αA12O3和二氧化硅 转化率为88%，则2x十2y=0.88,y=0.04,则0~5min内 与稀硫酸不反应，向反应后的溶液中加入过量铁粉，铁粉与硫酸 0.88 mol 铁溶液反应生成硫酸亚铁，过滤得到含有滤液和铁、二氧化硅、 v(H2 S)= =0.0176mol·L1·mim-1;CS2 10L×5min A12O3的滤渣；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将亚铁离子转化为 碳酸亚铁沉淀，向反应后的体系中通入空气，空气中的氧气将碳 的选择性为2z+2y=0.88 2x = 。.8三10。平衡时n(HS)号 = 酸亚铁氧化为铁黄，过滤得到铁黄。 0.12mol、n(CH4)=0.6mol、n(CS2)=0.4mol、n(H2)= 【解析】取“酸浸”后的溶液滴加KSCN溶液，Fe3+和SCN结合 1.68mol1、n(S2)=0.04mol,气体总物质的量为2.84mol,总 生成Fe(SCN)3,溶液变红，该反应为可逆反应，离子方程式为 压强为284kPa,则各物质分压为P(H2S)=12kPa、P(H2)= Fe3++3SCN一Fe(SCN)3;由分析可知，“滤渣”中主要成分 168kPa、P(S2)=4kPa,反应Ⅱ的压强平衡常数K。= 为SiO2、铁粉、Al,O3;Fe+在水溶液中会发生水解Fe2+十 √4×168 2H2O三Fe(OH)2+2H+,HCO;可以和H反应降低 =28 12 c(H+),促进Fe+的水解，则“沉铁”过程中有副产物Fe(OH)2 浓H2SO4 生成；假设用CaCO3“沉铁”时，溶液的pH不足以生成Fe 18.(1)CH,CH,0H170℃ CH2=CH2◆+H2O (OH)2,当反应达到沉淀转化平衡时，有Fe2+(aq)十CaCO,(s) (2)平衡气压，保证实验安全 (3)ac -一FeCO3(s)+Ca+(aq) c(Ca2+)_c(Ca2+)·c(CO号) c(Fe2+)c(Fe2+).c(CO3) (4)NaOH溶液 K(CaCO3) (5)溴的颜色全部褪去 =140。 K(FeCO3) (6)除去有机相中残留的NaBr、NaBrO、NaOH等无机物 三、非选择题 (7)40 16.(1)哑铃形 正四面体形 【思路分析】根据实验步骤和流程图可知，乙醇和浓硫酸在 （2)3FeS+50,培挠Fe,0,十3S0,6X10 170℃条件下发生消去反应生成乙烯，乙醇易挥发，装置B中 的水可除去乙烯中混有的乙醇，装置C中可盛放NaOH溶液 (3)Zn、Fe过滤 用于除去乙烯中可能混有的SO2等酸性杂质气体，装置D中 (4)①A②2.5×101 乙烯和溴加成生成1,2-二溴乙烷，可观察到溶液颜色变浅等 【解析】(1)基态S原子占据的最高能级为3p能级，轨道形状 现象，当溴的颜色全部褪去，可认为反应结束，装置E用于吸 为哑铃形。SO中心原子S的价层电子对数为4十 收尾气，防止挥发出的Br2污染环境，一般可盛放NaOH 6+2-4×2 溶液。 2 =4,无孤电子对，空间结构为正四面体形。 【解析】(1)装置A中发生的主要反应是乙醇的消去反应，化 (2)HS0,一H*+s0,Ke(H,s0,)=e(S0）·c(H*) 浓H2S04 c(HSO) 学方程式为CH,CH,OH170℃ CH2=CH2↑+H2O。 6.0×10-8,c(H+)=10-5mol·L-1,则有 c(SO) (2)B中长玻璃管与空气相通，可平衡装置B内气压，保证实验 c(HSO 安全。 6×10-8 1X10-5=6×103。 (3)缓慢滴加能使乙醇一硫酸混合液逐步反应，确保乙烯平稳 生成，这样乙烯能充分与溴反应，提高产率；缓慢滴加主要目的 (3)浸出液中含有铁离子和亚铁离子，加人过量Z,铁离子和 不是延长反应时间，而是控制乙烯生成速率；缓慢滴加可以减 亚铁离子与Zn反应生成Fe,所得滤渣的成分为Zn、Fe。分离 小气体流速，防止溴蒸气进人装置E中，避免溴的浪费和对后 滤液和滤渣的操作名称为过滤。 续装置的污染。 (4)①将稀硫酸更换为98%的浓硫酸，不会加快浸取反应速 (4)装置C中可盛放NaOH溶液，用于除去乙烯中可能混有的 率，而且浓硫酸参与的反应会生成SO2造成空气污染。 SO2等酸性杂质气体。装置E用于吸收尾气，防止挥发出的 Br2污染环境，一般可盛放NaOH溶液。 ②根据离子方程式可知，K= c(Zn2+)Kp (ZnS) c(Cu2+) K知(CuS) (5)装置D中乙烯和溴加成生成1,2-二溴乙烷，可观察到溶液 1.6×10-24 6.4X106=2.5X10”。 颜色变浅等现象，当溴的颜色全部褪去，可认为反应结束，所以 反应结束时装置D中的现象是溴的颜色全部褪去。 K (6)产品经10mL10%NaOH溶液洗涤后，会残留NaOH以及 (1)+64 K NaOH与溴反应生成的NaBr、NaBrO等可溶性物质，第二次 (2)①CH4的平衡转化率②0.0176 10 水洗可将这些杂质从有机相中除去。 11 28③增大 (7)由题可知，乙烯过量，根据已知可计算n(Br2)= (3)4正八面体 【解析】(2)①向10L的恒容密闭容器中充入1molH2S和 160g:m0l-=0.02mol,根据CH,-CH2+Br, 3.2g 1 mol CH4发生反应I和Ⅱ，反应I中H2S和CH4按2：1反 CH2BrCH2Br,理论上生成n(CH2BrCH2Br)=0.O2mol, 应，故H2S的转化率始终大于CH4转化率的2倍，根据图像 m(CH2BrCH2Br)=0.02molX188g·mol-1=3.76g,实际 趋势及M、N坐标可知：L,表示CH4的平衡转化率、L2表示 H2S的平衡转化率、L3表示CS2的选择性。 得到，5g,故产率为6X100%40%, ②根据500K时的已知条件列出三段式： 19.(1)放热C0(g)+3H2(g)一CH4(g)+H20(g)△H= 2H2 S(g)+CH(g)CS(g)+4H2(g) -312kJ·mol-1 始/mol1 0 0 (2)①BD②0.072mol·L1·min- 变/mol2x Ax (3)3FeO·Fe2O3 1 (4)bA区移到B区CH4-8e十10OH—CO?+ H,S(g)一H,(g)+2S,(g) 7H2O 始/mol 0 【解析】(2)②反应10min后，消耗0.8 mol CO2,CH4的选择 变/mol 2y 2y 性为90%，根据甲烷选择性的公式可知n（生成甲烷的 平/mol (1-2x-2y)(4x+2y)y CO2)=0.8mol×90%=0.72mol,根据反应1知，每消耗2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（十一） 化学·图表及图像分析题 (考试时间90分钟，满分100分) 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Ca40Fe56 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.实验不仅是化学学习的重要内容，更是我们认识世界的有力工具。某化学社团进行实验探 究，下列操作规范且能达到实验目的的是 一稀盐酸 蒸馏水 石蕊 Na.O Na-SiO, 溶液 红墨 溶液 CaCO, NaHCO 饱和溶液 B. 验证SO2的 C.探究Na2O2与水D.配制一定物质的量 A,非金属性：CI>C>Si 漂白性 反应的能量变化 浓度的NaCl溶液 2.某小组的同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，并测得混合溶液的导电能力 随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A.Y处导电能力几乎为0，说明硫酸钡不是电解质 导 B.向澄清石灰水中通入二氧化碳至过量，总过程的导电性与该图像 能 类似 时间 C.YZ段溶液的导电能力不断增强，说明过量的Ba(OH)2发生电离 D.XY段反应的离子方程式为Ba2++OH+H++SO?-BaSO4+H2O 3.25℃时不断将水滴入冰醋酸中，下列图像不合理的是 pH CH,COOH的电离度 个溶液的导电性 加入水的体积 加入水的体积 加入水的体积 加入水的体积 A B C D 化学A·专题卷（十一）第1页（共8页） 鱼跃龙！ 4.某兴趣小组设计实验制备并探究氯气的性质，实验装置如图所示。下列说法错误的是 一浓盐酸 MnO 饱和食盐水FeCl,溶液淀粉-KI溶液 NaOH溶液 d A.装置a中发生反应的化学方程式为MnO,十4HC1(浓)△MnC1,十C1,个十2H,0 B.装置c中溶液颜色由浅绿色变为黄色，说明C12具有氧化性 C.装置d中溶液变蓝，证明Cl2的氧化性强于I2 D.装置f的作用是吸收多余的Cl2,吸收1 mol Cl.2转移2mol电子 5.常温下，用0.1000mol·L1的NaOH溶液分别滴定0.1000mol·L1的盐酸和0.1000 mol·L1的醋酸，滴定曲线如图所示。其中横坐标滴定分数表示滴加NaOH溶液与原酸溶 液的体积比。下列说法正确的是 PH14 12 --- A.虚线表示滴定醋酸的曲线 10 B.ab段的离子方程式为H++OH一H2O 6 4上 .… 2 C.根据滴定曲线可知：当VNaOH=V酸时，NaOH溶液与醋酸混合液 29:2---上-… 50 100150 的pH>7 滴定分数% D.确定两个体系的滴定终点都可用甲基橙作指示剂 6.甲烷与H2O2转化制甲酸等物质的反应历程与能垒变化和反应机理如图所示。下列说法正确 的是 HO, (I) CH,OOH(Ⅱ) CH CH 夕 CH,OH 催化剂 (I) CH2OH 催化剂 HCOOH (Ⅱ) CHO (V) CHOH H HCOOH (Ⅲ) 催化剂 ←-HO HCHO (V) CHO 催化剂1 HOCH,OOH (Ⅲ) 反应历程 H,O, A.甲烷制甲酸的反应是吸热反应 B.微粒Ⅱ和Ⅲ是反应的中间体 C.该过程的决速步是CH4→·CH3 D.该反应存在极性键、非极性键的断裂与形成 门卷 化学A·专题卷（十一）第2页（共8页） 7.氮的氧化物对环境的损害极大。某化学探究小组利用NO2、 石墨1 负载 石墨 O2和熔融KNO3制作燃料电池（其原理如图所示）。该电池 在放电过程中石墨I电极上生成氧化物Y,Y可循环使用。O: 下列说法错误的是 熔刷 KNO A.工作时，石墨I电极的电势比石墨Ⅱ电极的电势低 B.放电时，K+向石墨Ⅱ电极迁移 C.石墨I电极附近发生的反应为NO2一e+NO?一N2O; D.当外电路通过0.2mole,石墨Ⅱ电极上共消耗3.2gO2 8.某溶液中只可能大量含有Na+、NH、Fe2+、A13+、CI、SO?、CO、[Al(OH)4]-中的若干 种，且所含离子浓度均相等（忽略单一水解），某同学进行了如下实验： 气体 →气体 稀硫酸无明显BaNO,溶液 NaOH溶液 C02 溶液 现象 滤液X →滤液 →沉淀C 过量 过量 过量 少量 →沉淀A →沉淀B 下列说法正确的是 A.沉淀B为Fe(OH)3,沉淀C为BaCO3 B.无法确定原溶液中是否存在Na+、CI C.滤液X中一定存在NH、AI3+和Ba2+ D.原溶液中一定存在NH4、Fe2+、CI、CO 9.S(s)、S2(g)和氧气的反应过程与能量变化关系如图所 -S:(g)+O:(g) 示。下列说法错误的是 ou A.△H1-△H2>0 △H gS:(s)+O:(g) △H B.8S,(g)+02(g)—X(g)的△H<△H1 X(g) 反应过程 C.X是SO, D.存在4S2(g)=Sg(s)△H=8△H1-8△H2 10.常温条件下，向10mL0.1mol·L-1的H2B溶液中滴加 0.1mol·L-1的NaOH溶液，测得溶液中的lgc(Na+)一pX关系 如图所示。 已知：①a、d两点的pH分别为1.9、6.3； ②pX=-lgc(X),X=H2B、HB、B2-。 Igc(Na) 化学A·专题卷（十一）第3页（共8页） 鱼跃力 下列说法错误的是 A.曲线3代表B2-,e点水的电离程度最大 B.H2B的Ka1数量级为10-2 C.b点时，c(H2B)+c(OH)+2c(B2-)=c(Na+)+c(H+) D.c点表示滴加了10 mL NaOH溶液，c(H2B)+c(H+)=c(B2-)+c(OH) 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部 选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。带￥题目为能力提升题，分值不计入 总分。 11.有机物G转化为M的反应如图所示。下列说法错误的是 人√NO:ZnHCI,】 G A.G分子中最多有11个碳原子共面 B.G和M均含3种官能团 C.G→M发生还原反应 D.M与足量的NaOH溶液反应，1molM可消耗1 mol NaOH 12.研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应H2O 0C=0 CO, 一H+十HO·十e。三唑水溶液微滴表面接触 CO2发生反应，可能的反应机理如图所示。下列叙 H、 N 述错误的是 2HO (三唑 A.三唑为该反应的催化剂 2H+2H0·+e HO 0 B.CO2换成C18O2,可生成HC18OOH H2O2 C.该循环中存在极性键和非极性键的断裂和形成 D.总反应为2H2O+CO2 催化剂H,O2 +HCOOH 13.纳米铁酸钴(CoFe2O4)是一种化学性质稳定的良性磁性材料。利用含钴废料（主要成分为 CoO4,还含有少量SiO2、PbCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质)制备CoFe2O4的工艺流程如图所示。 硫酸H,O2 氨水 (NH)2C2O 02 含钴废料一→酸浸一→调→沉钴 →CoC0,→焙烧 →CoFe,O4 滤渣1 滤渣2 Fe(OH)3 已知常温下，部分金属离子沉淀的pH如表所示： 金属离子 Fe2+ Fe+ A13+ Co2+ 开始沉淀的pH 8.5 2.2 3.4 7.8 完全沉淀的pH 10.0 3.0 4.5 9.4 门卷 化学A·专题卷（十一）第4页（共8页） 班级 下列说法正确的是 A.“酸浸”过程中的H2O2不可以用氧气代替 姓名 B.“滤渣1”的成分只有SiO2,“滤渣2”的成分有Fe(OH)3和Al(OH)3 C.“酸浸”“调pH”“沉钴”和“培烧”过程中都涉及氧化还原反应 得分 D.“焙烧”过程的化学方程式为0，十4Fe(0HD,十2CoC,0,高温2CoFe,0,十4C0,十6H,0 14.某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B,发生反应 ↑物质的量浓度(molL-) 0.8 3A(g)+B(g)=→2C(g)+2D(s)。下列说法错误的是 A.达到平衡时，A的转化率为75% 0.5 B.图中两曲线相交时，A的消耗速率大于A的生成速率 0.3 B 选择题 0.2 A 答题栏 C该温度下反应的平衡希数为9 12时间/s 1 D.0~2s内，D的平均反应速率为0.1mol·L1·s1 2 15. 第三周期部分相邻的主族元素第一电离能随原子序数递增的变化趋势如图所示。下列说法 3 正确的是 第 A.金属性：X>W 电 5 B.简单氢化物的键角：Z>Q 6 C.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y<Z 8 D。W元素基态原子的价层电子轨道表示式为 3s 原子序数 9 10 ￥常温时，碳酸钙和硫酸钙的沉淀溶解平衡关系如图所示，已知：p(X或Y)=一1g(X或Y),X=c 11 (Ca2+),Y=c(SO)或c(CO)。下列说法正确的是 12 A.Ksp (CaSO)=109 13 B.向d点CaSO4溶液中通人过量CO2,沉淀消失 14 C.b点到c点的转化可通过降温实现 d 15 D.α点到b点的转化可通过加入纯碱实现 4 P(Y) 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.(12分)CaO2为白色或淡黄色结晶粉末，溶于酸，微溶于水。实验室制备CaO,和含量测定 的装置（夹持及加热装置略去）和实验步骤如下： I.制备：称取一定量CaCl2·2H2O,用水溶解，加入质量分数为 30%的H2O2溶液，边搅拌边加入由浓氨水和冷水(1：4)配成的溶 液，在冰水浴中反应0.5h,析出CaO2·8H2O。过滤，用少量冷水 NH:H2O 洗涤晶体2~3次，在150℃下烘干0.5~1h,冷却得粗品。 HO,溶液 Ⅱ.测定：准确称取一定量粗品，置于烧杯中，加酸使其溶解，用 和CaCl,溶液 0.02mol·L1KMnO4标准溶液滴定至终点（滴定反应为5CaO2十 冷水浴 磁力搅拌器 2Mn04+16H+—5Ca2++2Mn2++502个+8H2O)。 化学A·专题卷（十一）第5页（共8页） 鱼跃龙门 回答下列问题： (1)滴加NH3·H2O的仪器的名称为 (2)三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为 (3)检验CaO2·8H2O是否洗涤干净所需要的试剂为 (填化学式)溶液。 (4)装KMnO4标准溶液的滴定管为 (填“酸式”或“碱式”)滴定管，滴定终点的现象 为 (5)若称取0.1500g粗品，滴定消耗28.00 mL KMnO4标准溶液，则产品中CaO2的质量分 数为 0 (6)“测定”时，能否用H2SO4溶解粗品 (填“是”或“否”)；若使用盐酸溶解，则实验结 果 (“偏高”“偏低”或“无影响”)。 17.(12分)锗、锌、镍及其化合物用途广泛。某化学实验小组用锗矿石（主要含NiS、ZnS、GeS2、 SiO2等)模拟工业生产Ge、Zn和NiSO4·6H2O的一种工艺流程如图甲所示： HO2、H,SO4ZnO Ge0还原]→Ge 锗矿氧化 中和 石粉酸浸 沉淀 操作1 滤液a调pH、 有机相，反苯取s0溶液电解一锌 浸渣 萃取 操作2 萃余液， 操作3→NiSO4·6H,O 甲 已知：锗在硫酸中的存在形式：pH<2时主要为Ge4+,2<pH<7时主要为GeO,沉淀。 回答下列问题： (1)“氧化酸浸”前对锗矿石进行粉碎的目的是 “氧化酸浸”时，控制溶液pH≈1.5，浸渣的主要成分为SiO2和S,则GS2反应的离子方 程式为 (2)“操作2”的名称是 ;“操作3”包含 、过滤、洗涤、干燥。 (3)“调pH、萃取”工序中，萃取原理为M+(水相)+2RH(有机 1001 相)=MR2(有机相)十2H+(水相)。在硫酸盐溶液中，该萃80Z 解 n有机相(MR2), 60 取剂对某些金属离子的萃取率「萃取率= n总(M) 40 0 100%与pH的关系如图乙所示： 23456 ①在一定范围内，随着pH升高，萃取率升高的原因是 乙 ②在pH=1.5,达到苯取平衡时，C有机相CZnR,) c水相(Zn2+) =48,在1L溶液中加入0.5L萃取剂进行 萃取，则Zn2+的萃取率为 %。 (4)“电解”ZnSO4溶液制备Zn时，阴极的电极材料为 (填化学式)。 类 化学A·专题卷（十一）第6页（共8页） 18.(12分)氢气作为一种清洁能源，一直是能源研究的热点，水煤气变换反应可用于大规模制 H2,反应原理为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.2kJ·mol-1. (1)根据表中提供的数据，计算x= 化学键 C-0 C=0 O-H H一H 键能/(k·mol1) 803 463 436 (2)实验发现其他条件不变，在体系中投入一定量CaO可以增大H2的体积分数，从化学平 衡的角度解释原因： (3)某温度下，在一恒容密闭容器中充入C0和H2O[n(C0):n(H2O)=1：1.5],加入催化 剂使其发生上述反应（忽略其他副反应），测得该反应中初始压强为。，分压如图甲所示 (t时刻前，H2O的分压未给出)，则A点坐标为(t, )、平衡常数K。= (3.0.63.0) i-low CO -H2O (4.0,33.0 CO:/H: 时间 T(103K-) 甲 乙 (4)反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的Arrhenius经验公式的实验数据如图乙中 曲线所示，已知Arrhenius经验公式为Rlnk= E+C(其中E,为活化能，k为速率常 数，R和C为常数)。该反应的活化能E,= kJ·mol-1。当使用更高效催化剂 时，请在图乙中绘制Rlnk一 关系示意图。（假定实验条件下，催化剂对C值无影响） 19.(12分)有机化合物F是某抗炎抗病毒药物的中间体，其一种合成路线如图所示： CHO CHO Ph:P=CH2> DMF B HO 1)0s04 2)H20 25 Br D (1)A分子中含有的官能团名称为亚氨基和 (2)B→C的反应类型为 (3)D→E会产生一种与E互为同分异构体的副产物，结构简式为 化学A·专题卷（十一）第7页（共8页） 鱼跃龙门 (4)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式： ①分子中含有硝基且与苯环直接相连。 ②含有三种不同化学环境的氢，能使溴的四氯化碳溶液褪色。 HC (5)设计以 CH2C1、Ph3P-CH2、CH3COOH为原料制备 HC HC CH一CH2一OCCH3的合成路线： OC-CH3O (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干) 20.(12分)铁氰化钾[K3Fe(CN)6]常用于检验Fe2+。实验室制备K3[Fe(CN)6]的原理如下： I.将FeSO4、KOH、KCN溶液按适当比例混合，发生反应生成K4[Fe(CN)]; Ⅱ.分离、提纯K4[Fe(CN)6]; Ⅲ.向K4[Fe(CN)s]溶液中通入氯气，生成K3[Fe(CN)s]; V.分离、提纯K3[Fe(CN)s]产品。 回答下列问题： 选用下列部分装置完成步骤Ⅲ（夹持装置略去）。 浓盐酸 饱和食盐水 固体X NaOH溶液 一浓硫酸 K[Fe(CNJ溶液 D E (1)若仅用图示装置，固体X不能选择的药品是 (填序号)。 ①Ca(ClO)2②KMnO4③KClO3 ④K2Cr2O,⑤MnO2 (2)装置A中橡胶管的作用是 (3)仅选用必要的装置，按照气流从左至右，装置导管接口连接顺序为a→ (4)写出装置E中发生反应的离子方程式： (5)有人建议在装置E进气管口接连如图所示的多孔球泡，其优点是 放大的 多孔球泡 举 化学A·专题卷（十一）第8页（共8页）