2026年高考化学临考冲刺卷01（上海专用）

2026年高考化学临考冲刺卷01（上海专用） （考试时间：60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：C：12 H:1 O:16 Mg:24 Cu:64 1．（20分）苯乙烯是合成高分子材料和橡胶的重要原料之一，可用乙苯为原料制备苯乙烯。常见的方法有直接脱氢法和氧化法。反应原理表示如下： ⅰ.直接脱氢法：   ⅱ.氧化法：   （1）下列关于反应ⅰ的随温度T的变化趋势正确的是______。 A． B． C． D． （2）已知：CO的燃烧热为，的燃烧热为，的气化焓为；则________。 某科研团队提出在某催化剂表面发生反应ⅰ的机理（Ph—代表苯基，*代表吸附态）如下图所示： （3）虚线框内化学反应速率最慢的一步活化能为______。 A．11.5 B．17.3 C．63.5 D．102.1 （4）关于上述反应历程说法正确的是______。 A．吸附过程吸收能量，脱附过程放出能量 B．状态ⅱ→状态ⅲ过程中形成了碳碳双键 C．状态ⅲ→状态ⅳ的能量变化说明形成H—H键是吸热过程 D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和焓变 工业上，通常在乙苯蒸气中掺混一定量的水蒸气进行反应ⅰ。实验测得某恒定压强下，控制投料比n（乙苯）∶分别为1∶1、1∶4、1∶9，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如下图所示。 （5）恒温恒压的密闭体系中，发生反应ⅰ，下列能说明体系一定达到平衡状态的是______。 A．n（苯乙烯）∶的值保持不变 B．混合气体的总压保持不变 C．v（乙苯） D．混合气体的平均摩尔质量保持不变 （6）图中曲线c代表的n（乙苯）∶为______。 A．1∶1                B．1∶4                C．1∶9 理由是：__________。 （7）图中A、B、C三点对应平衡常数大小顺序为______。（用、、表示） 以高价态钒镁氧化物晶体作催化剂进行氧化乙苯脱氢反应的一种可能机理如下： （8）上图中，物质X为______。 A． B． C． D．CO （9）利用氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点有__________（写出两点）。 【答案】（1）C （2分） （2） （2分） （3）C （2分） （4）B （2分） （5）D （2分） （6） A （2分） 理由是：反应ⅰ正向为气体体积增大的反应，因此压强一定时，体系中通入水蒸气越多，则体系体积越大，越有利于平衡正向移动，苯乙烯的平衡转化率越大。图中相同温度时，曲线c乙苯的平衡转化率最小，则曲线c代表体系中通入水蒸气最少，即n（乙苯）∶为1∶1 （2分） （7） （2分） （8）B （2分） （9）来源广泛，简单易得；减少的排放，减少温室效应，实现碳中和（2分） 【解析】（1）反应ⅰ，反应后气体分子数增加，；，该式为一次函数：截距（时），斜率，斜率为负，对应下降趋势，对应选项C。 （2） 根据盖斯定律，整理热化学方程式： ① ；② ； ③ ； ④ ； 反应ⅱ=①③②④，计算得： 。 （3）反应速率最慢对应活化能最大，活化能=过渡态能量该步起始物质能量： 第一步活化能：，第二步活化能：，最大活化能为，选C。 （4）A．第一步吸附后能量降低，则吸附释放能量，最终脱附过程能量升高，脱附为吸热过程，A错误； B．ⅱ为，ⅱ→ⅲ失去第二个H，形成碳碳双键，B正确； C．形成化学键一定是放热过程，C错误； D．催化剂只能降低反应活化能，不改变反应焓变，D错误。 （5）A．生成的苯乙烯和物质的量之比恒为，n（苯乙烯）∶的值保持不变，不能说明反应达到平衡，A错误； B．体系为恒温恒压，总压不变，不能说明反应达到平衡，B错误； C．未说明正逆反应速率，不能说明反应达到平衡，C错误； D．反应前后气体总质量不变，总物质的量增大，平均摩尔质量是变量，当平均摩尔质量保持不变时，说明反应达到平衡，D正确。 （6）反应ⅰ正向为气体体积增大的反应，恒温恒压下，投料比n(乙苯)越小（水蒸气占比越大），则体系体积越大，越有利于平衡正向移动，苯乙烯的平衡转化率越大，c曲线转化率最低，代表体系中通入水蒸气最少，对应n(乙苯)，即。 （7）平衡常数只与温度有关，反应ⅰ，温度越高平衡常数越大；三点温度：，则平衡常数：。 （8）催化剂循环中，高价态（X）氧化乙苯后，失去一个O被还原为低价态，即Y；乙苯被氧化为苯乙烯（M），（Y）再和反应得到O，重新生成（X），N为CO，故X为，选B。 （9）利用氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点有可利用，减少温室气体排放，符合环保理念；廉价易得，降低生产成本。 2．（20分）在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。 (1)基态Cu2+的价电子排布式为___________，Cu2+与OH⁻反应能生成[Cu(OH)4]2−，向其中加入浓氨水生成更稳定的深蓝色铜氨配合物，请写出离子方程式：___________。 (2)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。 A．[Ne]3s1 B．[Ne]3s2 C．[Ne]3s23p1 D．[Ne]3p1 (3)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，能与 Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，形成环状离子后，乙二胺中的H-N-H的键角___________(填写“增大”、“减小”或“不变”)，原因是___________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 (4)一些氯化物的熔点如下表所示： 氯化物 TiCl4 MgCl2 NaCl 熔点/℃ -25 714 801 运用仪器对以上物质进行分析发现，四氯化钛属于过渡型晶体，其晶体内所含作用力为___________，氯化镁晶体中含有层状结构，该仪器分析方法为___________。 A．质谱法      B．晶体X射线衍射     C．红外光谱法     D．紫外分光光度法 (5)图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu，图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，原子之间最短距离___________。设阿伏加德罗常数的值为NA，已知MgCu2的密度是ρ g·cm−3，则NA是___________(列出含a、ρ的表达式)。 【答案】(1) 3d9 （2分） [Cu(OH)4]2− + 4NH3= [Cu(NH3)4]2+ + 4OH⁻（2分） (2)A（2分） (3) 增大 （2分） 乙二胺中的氮原子在形成配合物前后都为sp3杂化，形成乙二胺中氮含有孤电子对，形成配合物后转化为配位键，配位键对N-H键的排斥作用力<孤电子对对N-H键的排斥作用力，所以键角增大 （2分） Cu2+（2分） (4) 分子间作用力(范德华力)、共价键 （2分） B（2分） (5) （2分） （2分） 【解析】（1）原子序数为29，价电子为，失去两个电子生成，故价电子排布式为；与浓氨水反应生成深蓝色的，离子方程式： （2）电子层数越少、轨道全满或半满，电离能越大，C和D为激发态，能量高，电离能小，B为镁原子，第一电离能较小，A为，在四个选项中电离能最大，故选A。 （3）乙二胺中的N原子与金属离子形成配位键后,N原子的孤电子对变为成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力减小，成键电子对之间的排斥力增大，因此键角增大。与乙二胺形成的配合物更稳定，是因为是过渡金属离子，半径较大且含有的空轨道多于镁离子，比主族金属离子更易形成配合物，故稳定性较高的是： （4）四氯化钛为过渡型晶体，过渡型晶体介于分子晶体与共价晶体之间，分子间为范德华力，分子内为共价键，故晶体内所含作用力为：分子间作用力（范德华力）和共价键；分析晶体结构的仪器方法：X射线衍射可用于测定晶体的微观结构、层状结构等，故选B。 （5） 如图所示，，CD距离为y，该长度为体对角线BC长度的=；晶胞中原子数：金刚石堆积的晶胞中原子数为；原子数为，晶胞质量，晶胞体积，由密度公式，得：，整理得：。 3．（20分）盐酸决奈达隆是抗心律失常药物，适用于阵发性或持续性心房颤动或心房扑动患者。其合成路线如下： （1）A→B的反应试剂和条件是__________。 （2）C中官能团有硝基、羟基和__________（写官能团名称）。 （3）（不定项）下列物质转化的反应类型为取代反应的______。 A．C→D B．E→F C．J→K D．K→L （4）写出F→G的反应式__________。 （5）I的结构简式为__________。 （6）H→J中的作用是_________。 （7）关于合成路线中涉及相关物质说法正确的是______。 A．E中有1个不对称碳原子 B．1mol H最多可与2mol溴水反应 C．可用鉴别H和G D．L中S原子的价层电子对数为6 （8）写出符合下列要求的F的一种同分异构体的结构简式_________。 （ⅰ）除苯环外，不含其他环状结构； （ⅱ）苯环上有两种不同化学环境的氢； （ⅲ）能水解生成X和Y两种产物，其中X为最简单的氨基酸，Y遇溶液显紫色，且能发生银镜反应。 （9）根据题中信息，设计以苯甲醚（）和溴乙酰氯（）为原料合成化合物P（）的合成路线______。 （其他无机试剂任选，合成路线表示为：MN……目标产物） 【答案】（1）浓硝酸，浓硫酸，加热 （2分） （2）酮羰基、碳溴键 （2分） （3）AD （2分） （4） （2分） （5） （2分） （6）消耗反应生成的HCl，促进反应正向进行，提高产率 （2分）（7）C （2分） （8） 、、、 （3分）（9）（3分） 【解析】A发生硝化反应得到B，B发生取代反应得到C，C在条件下成环，接着在NaBH4作用下发生还原反应转化为E，E发生消去反应生成F，结合H的结构简式推出G的结构简式，G发生取代反应生成H，H和I发生取代反应生成J，对比H和J的结构，可知I(C11H24ClN)的结构简式为，J中硝基还原为氨基转化为K，K和发生取代反应生成L，L与HCl反应得到M，据此解答。 （1）A→B是苯环的硝化反应，引入硝基，浓硝酸、浓硫酸作试剂，加热条件。 （2）根据C的结构，除硝基、羟基外，还存在酮羰基和碳溴键两种官能团。 （3）A．C→D是分子内取代，溴原子被酚氧取代生成环，属于取代反应； B．E→F是醇羟基的消去反应，生成碳碳双键，不属于取代； C．J→K是硝基还原为氨基，属于还原反应，不属于取代； D．K→L是氨基上的氢被甲磺酰基取代，属于取代反应； 选AD。 （4）F和反应脱去HCl得到G，化学方程式：。 （5）H中酚羟基和I发生取代得到J，结合I的分子式C11H24ClN和J的结构，推得I的结构简式：。 （6）H与I发生取代反应生成J和HCl，碳酸钾消耗反应生成的HCl，促进反应正向进行，提高产率。 （7） A．E的五元环上有2个不对称碳原子：，A错误；B．H除酚羟基邻位2个H可与溴取代外，碳碳双键还可与溴加成，1 mol H最多消耗溴3 mol，B错误； C．H含酚羟基，G不含酚羟基，可鉴别H和G，C正确； D．L中S的价层电子对数=σ键数(4)+孤对电子数(0)=4，D错误； 选C。 （8）F的分子式为，不饱和度为7，最简单氨基酸是甘氨酸，F的同分异构体水解得到甘氨酸和Y，Y遇溶液显紫色、且能发生银镜反应，Y含酚羟基、含醛基，苯环对位二取代时苯环氢正好两种，则该有机物含有甘氨酸与酚羟基形成的酯，对位含有醛基，根据碳链异构，符合条件的结构简式为：、、、。 （9）参考题干合成路线B→C的流程，用苯甲醚与在作用下生成，再发生C→D的反应生成，将酮羰基还原为羟基，再经消去反应可得到目标产物，具体合成路线是。 4．（20分）马日夫盐用于钢铁制品，特别是大型机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。以软锰矿（主要成分为及少量的FeO、和）为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如下： （1）“浸锰”过程中发生了多个反应，其中发挥了其_________性质。 A．酸性氧化物 B．氧化性 C．还原性 D．漂白性 （2）将下述离子方程式补充完整，并标出电子转移的数目和方向________。 ____________________=_________________ （3）的萃取率与溶液的pH的关系如下图所示，当时，的萃取率急剧下降的原因可能为（用离子方程式表示）________。 （4）根据下表数据分析，“调pH”的最大范围为________。 金属离子 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH 1.8 3.2 3.0 5.0 5.8 8.8 7.8 9.8 （5）如图为硫酸锰水合物的溶解度曲线，若要用“调pH”所得滤液制备，需要控制温度在80~90 ℃之间的原因是________。采用水浴加热、蒸发浓缩、________（填操作名称），用80~90℃的蒸馏水洗涤2~3次，放在真空干燥箱中低温干燥获得。 （6）写出检验“沉锰”是否已完全的实验操作为________。 已知：常温下的电离常数，，，。 （7）常温下，马日夫盐溶液呈________性（填“酸”或“碱”），理由是（写出计算过程并结合必要的文字说明）________。 （8）实验室模拟马日夫盐在金属表面形成保护。现在空气中对镁合金磷化处理，用磷酸钠溶液使镁合金表面形成含有的保护层，写出反应的离子方程式：________。 （9）为避免废水中磷酸盐的污染，常在其中加入石灰，将磷元素全部转化成磷酸钙，进行回收利用。当处理后的废水中时，则溶液中________。 【答案】（1）C （2分）（2） （2分） （3） （2分） （4） （2分） （5） 温度较高时，有利于析出较多的 （2分） 趁热过滤 （1分） （6）取少许上层清液于试管中，滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则说明沉锰已经完成 （2分）（7） 酸性 （1分） 根据，的水解常数为 ，因为的电离常数Ka2为6.23×10-8大于Kh3，所以在溶液中以电离为主，即溶液显酸性。 （2分） （8） （2分） （9）4.4×10-12（2分） 【解析】软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的FeO、Al2O3和SiO2）用稀硫酸浸取，FeO、Al2O3和MnO2被溶解，同时二氧化锰氧化Fe2+，多余的二氧化锰被二氧化硫还原为锰离子，反应为2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O，；SiO2不参与反应，过滤，滤渣1为SiO2，滤液含有：Mn2+、Fe3+、Al3+，加入有机萃取剂，除去Fe3+，调节水层的pH除去Al3+，滤渣2为Al(OH)3，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸钠溶液沉锰，得到碳酸锰，再用磷酸反应，净化得到Mn(H2PO4)2•2H2O，以此来解答。 （1）软锰矿主要成分MnO2，在浸锰时加稀硫酸和SO2，反应方程式：，其中SO2中S的化合价由+4价变为+6价，被氧化，SO2作还原剂，故选C。 （1） 根据离子方程式书写规则与电子得失守恒，推得该离子方程式为：。 （1）因Fe3+发生水解，溶液c(Fe3+)中下降，造成萃取率下降，离子方程式为：，故离子方程式为。 （1）从流程来看，前面已经分离出Fe3+，调pH的主要目的是为了除去Al3+，同时要防止Mn2+转化为沉淀，所以“调pH”的最大范围为，故答案为：。 （1）当温度高于23.9℃时，硫酸锰水合物主要以形式存在，温度升高其溶解度呈下降趋势，温度在80℃~90℃时，的溶解度较小，有利于析出。“趁热过滤”可防止因温度过低而析出，而且趁热时溶解度较低，有利于获得更多。 （1）“沉锰”完成时，溶液中c(Mn2+)很小，再加入Na2CO3溶液，难以形成MnCO3沉淀，故答案为：取少许上层清液于试管中，滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则说明沉锰已经完成。 （1）Mn2+水解显酸性是造成马日夫盐的水溶液显酸性的原因之一，的电离程度与水解程度的大小关系也是影响其酸碱性的另一原因。根据水解方程式：，可知的水解常数为： ，因为的电离常数Ka2=6.23×10-8大于其水解常数Kh3，所以在溶液中以电离为主，故溶液显酸性。 （1）镁合金在空气中与水、磷酸钠反应，具体的离子方程式为：。 （1）当处理后的废水中，结合，可得 5．（20分）三氯化六氨合钴(Ⅲ)(，)溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇，在农业上可用于制作缓释微量元素肥料。实验室制备的装置及步骤如下： Ⅰ.将、加入三颈烧瓶中，加入5蒸馏水，加热溶解后冷却。 Ⅱ.加入少量活性炭和7浓氨水，冷却至10℃以下，缓慢加入106%的溶液。 Ⅲ.加热至55~65 ℃恒温约20 min，冷却后抽滤。 Ⅳ.将滤饼投入到含有2浓盐酸的25沸水中，趁热过滤，除去活性炭。 Ⅴ.向滤液中滴加4浓盐酸，冷却后析出橙黄色晶体，抽滤后用乙醇洗涤，干燥。 回答下列问题： (1)仪器X的名称是_______。 (2)步骤Ⅱ中控制温度在10 ℃以下的方法为_______。活性炭对该制备反应起催化作用，若加入量过多，则的产量减少，可能的原因是_______。 (3)实验中先加后加浓氨水的目的是：①防止生成；②_______。 (4)写出制备的化学方程式_______。 (5)步骤Ⅴ中浓盐酸的作用是_______。 (6)测定产品的纯度：取0.2000 g纯化后的产品溶于水，以为指示剂，用标准液滴定，重复滴定三次，平均消耗溶液21.00。 ①该产品的纯度为_______%(结果保留一位小数)。 ②若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则测得的产品纯度_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】(1)恒压分液漏斗（2分） (2) 冰水浴 （2分） 过多的活性炭吸附（2分） (3)抑制的电离，有利于配合物形成（2分） (4)(或)（3分） (5)增大浓度，降低的溶解度，便于其析出（3分） (6) 93.6 （2分） 偏高（2分） 【解析】（1）仪器X的作用是控制加入H2O2的量，其名称为恒压分液漏斗； （2）将步骤Ⅱ中控制温度在10 ℃以下，可以通过冰水浴来控制；活性炭不仅有催化作用，同时还有吸附作用，因此，过多的活性炭会吸附，导致的产量减少。 （3）由于容易发生电离，因此实验中先加后加浓氨水的目的是防止发生电离，利于配合物的形成。 （4）由题意得，以H2O2溶液、NH4Cl、浓氨水和活性炭为原料制备，H2O2做氧化剂，CoCl2做还原剂，发生氧化还原反应，根据电子守恒和原子守恒配平，制备的方程式为：，（或） （5）步骤Ⅴ是对产物进行纯化，因此加入浓盐酸的作用是增大Cl-的浓度，降低的溶解度，便于其析出。 （6）由题意得，取0.2000 g纯化后的产品溶于水，以为指示剂，用标准液滴定，滴定反应为：，即1 mol产品需要消耗3 mol Ag+，则，理论上的质量为：，则样品的纯度为；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会导致气泡体积被误算为AgNO3溶液的体积，导致消耗AgNO3体积偏大，计算出的Cl-偏多，产品物质的量偏大，最终使测定的纯度偏高。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学临考冲刺卷01（上海专用） 参考答案 1．（20分） （1）C （2分） （2） （2分） （3）C （2分） （4）B （2分） （5）D （2分） （6） A （2分） 理由是：反应ⅰ正向为气体体积增大的反应，因此压强一定时，体系中通入水蒸气越多，则体系体积越大，越有利于平衡正向移动，苯乙烯的平衡转化率越大。图中相同温度时，曲线c乙苯的平衡转化率最小，则曲线c代表体系中通入水蒸气最少，即n（乙苯）∶为1∶1 （2分） （7） （2分） （8）B （2分） （9）来源广泛，简单易得；减少的排放，减少温室效应，实现碳中和（2分） 2．（20分） (1) 3d9 （2分） [Cu(OH)4]2− + 4NH3= [Cu(NH3)4]2+ + 4OH⁻（2分） (2)A（2分） (3) 增大 （2分） 乙二胺中的氮原子在形成配合物前后都为sp3杂化，形成乙二胺中氮含有孤电子对，形成配合物后转化为配位键，配位键对N-H键的排斥作用力<孤电子对对N-H键的排斥作用力，所以键角增大 （2分） Cu2+（2分） (4) 分子间作用力(范德华力)、共价键 （2分） B（2分） (5) （2分） （2分） 3．（20分） （1）浓硝酸，浓硫酸，加热 （2分） （2）酮羰基、碳溴键 （2分） （3）AD （2分） （4） （2分） （5） （2分） （6）消耗反应生成的HCl，促进反应正向进行，提高产率 （2分）（7）C （2分） （8） 、、、 （3分）（9）（3分） 4．（20分） （1）C （2分）（2） （2分） （3） （2分） （4） （2分） （5） 温度较高时，有利于析出较多的 （2分） 趁热过滤 （1分） （6）取少许上层清液于试管中，滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则说明沉锰已经完成 （2分）（7） 酸性 （1分） 根据，的水解常数为 ，因为的电离常数Ka2为6.23×10-8大于Kh3，所以在溶液中以电离为主，即溶液显酸性。 （2分） （8） （2分） （9）4.4×10-12（2分） 5．（20分） (1)恒压分液漏斗（2分） (2) 冰水浴 （2分） 过多的活性炭吸附（2分） (3)抑制的电离，有利于配合物形成（2分） (4)(或)（3分） (5)增大浓度，降低的溶解度，便于其析出（3分） (6) 93.6 （2分） 偏高（2分） 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学临考冲刺卷01（上海专用） （考试时间：60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：C：12 H:1 O:16 Mg:24 Cu:64 1．（20分）苯乙烯是合成高分子材料和橡胶的重要原料之一，可用乙苯为原料制备苯乙烯。常见的方法有直接脱氢法和氧化法。反应原理表示如下： ⅰ.直接脱氢法：   ⅱ.氧化法：   （1）下列关于反应ⅰ的随温度T的变化趋势正确的是______。 A． B． C． D． （2）已知：CO的燃烧热为，的燃烧热为，的气化焓为；则________。 某科研团队提出在某催化剂表面发生反应ⅰ的机理（Ph—代表苯基，*代表吸附态）如下图所示： （3）虚线框内化学反应速率最慢的一步活化能为______。 A．11.5 B．17.3 C．63.5 D．102.1 （4）关于上述反应历程说法正确的是______。 A．吸附过程吸收能量，脱附过程放出能量 B．状态ⅱ→状态ⅲ过程中形成了碳碳双键 C．状态ⅲ→状态ⅳ的能量变化说明形成H—H键是吸热过程 D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和焓变 工业上，通常在乙苯蒸气中掺混一定量的水蒸气进行反应ⅰ。实验测得某恒定压强下，控制投料比n（乙苯）∶分别为1∶1、1∶4、1∶9，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如下图所示。 （5）恒温恒压的密闭体系中，发生反应ⅰ，下列能说明体系一定达到平衡状态的是______。 A．n（苯乙烯）∶的值保持不变 B．混合气体的总压保持不变 C．v（乙苯） D．混合气体的平均摩尔质量保持不变 （6）图中曲线c代表的n（乙苯）∶为______。 A．1∶1                B．1∶4                C．1∶9 理由是：__________。 （7）图中A、B、C三点对应平衡常数大小顺序为______。（用、、表示） 以高价态钒镁氧化物晶体作催化剂进行氧化乙苯脱氢反应的一种可能机理如下： （8）上图中，物质X为______。 A． B． C． D．CO （9）利用氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点有__________（写出两点）。 2．（20分）在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。 (1)基态Cu2+的价电子排布式为___________，Cu2+与OH⁻反应能生成[Cu(OH)4]2−，向其中加入浓氨水生成更稳定的深蓝色铜氨配合物，请写出离子方程式：___________。 (2)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。 A．[Ne]3s1 B．[Ne]3s2 C．[Ne]3s23p1 D．[Ne]3p1 (3)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，能与 Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，形成环状离子后，乙二胺中的H-N-H的键角___________(填写“增大”、“减小”或“不变”)，原因是___________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 (4)一些氯化物的熔点如下表所示： 氯化物 TiCl4 MgCl2 NaCl 熔点/℃ -25 714 801 运用仪器对以上物质进行分析发现，四氯化钛属于过渡型晶体，其晶体内所含作用力为___________，氯化镁晶体中含有层状结构，该仪器分析方法为___________。 A．质谱法      B．晶体X射线衍射     C．红外光谱法     D．紫外分光光度法 (5)图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu，图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，原子之间最短距离___________。设阿伏加德罗常数的值为NA，已知MgCu2的密度是ρ g·cm−3，则NA是___________(列出含a、ρ的表达式)。 3．（20分）盐酸决奈达隆是抗心律失常药物，适用于阵发性或持续性心房颤动或心房扑动患者。其合成路线如下： （1）A→B的反应试剂和条件是__________。 （2）C中官能团有硝基、羟基和__________（写官能团名称）。 （3）（不定项）下列物质转化的反应类型为取代反应的______。 A．C→D B．E→F C．J→K D．K→L （4）写出F→G的反应式__________。 （5）I的结构简式为__________。 （6）H→J中的作用是_________。 （7）关于合成路线中涉及相关物质说法正确的是______。 A．E中有1个不对称碳原子 B．1mol H最多可与2mol溴水反应 C．可用鉴别H和G D．L中S原子的价层电子对数为6 （8）写出符合下列要求的F的一种同分异构体的结构简式_________。 （ⅰ）除苯环外，不含其他环状结构； （ⅱ）苯环上有两种不同化学环境的氢； （ⅲ）能水解生成X和Y两种产物，其中X为最简单的氨基酸，Y遇溶液显紫色，且能发生银镜反应。 （9）根据题中信息，设计以苯甲醚（）和溴乙酰氯（）为原料合成化合物P（）的合成路线______。 （其他无机试剂任选，合成路线表示为：MN……目标产物） 4．（20分）马日夫盐用于钢铁制品，特别是大型机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。以软锰矿（主要成分为及少量的FeO、和）为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如下： （1）“浸锰”过程中发生了多个反应，其中发挥了其_________性质。 A．酸性氧化物 B．氧化性 C．还原性 D．漂白性 （2）将下述离子方程式补充完整，并标出电子转移的数目和方向________。 ____________________=_________________ （3）的萃取率与溶液的pH的关系如下图所示，当时，的萃取率急剧下降的原因可能为（用离子方程式表示）________。 （4）根据下表数据分析，“调pH”的最大范围为________。 金属离子 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH 1.8 3.2 3.0 5.0 5.8 8.8 7.8 9.8 （5）如图为硫酸锰水合物的溶解度曲线，若要用“调pH”所得滤液制备，需要控制温度在80~90 ℃之间的原因是________。采用水浴加热、蒸发浓缩、________（填操作名称），用80~90℃的蒸馏水洗涤2~3次，放在真空干燥箱中低温干燥获得。 （6）写出检验“沉锰”是否已完全的实验操作为________。 已知：常温下的电离常数，，，。 （7）常温下，马日夫盐溶液呈________性（填“酸”或“碱”），理由是（写出计算过程并结合必要的文字说明）________。 （8）实验室模拟马日夫盐在金属表面形成保护。现在空气中对镁合金磷化处理，用磷酸钠溶液使镁合金表面形成含有的保护层，写出反应的离子方程式：________。 （9）为避免废水中磷酸盐的污染，常在其中加入石灰，将磷元素全部转化成磷酸钙，进行回收利用。当处理后的废水中时，则溶液中________。 5．（20分）三氯化六氨合钴(Ⅲ)(，)溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇，在农业上可用于制作缓释微量元素肥料。实验室制备的装置及步骤如下： Ⅰ.将、加入三颈烧瓶中，加入5蒸馏水，加热溶解后冷却。 Ⅱ.加入少量活性炭和7浓氨水，冷却至10℃以下，缓慢加入106%的溶液。 Ⅲ.加热至55~65 ℃恒温约20 min，冷却后抽滤。 Ⅳ.将滤饼投入到含有2浓盐酸的25沸水中，趁热过滤，除去活性炭。 Ⅴ.向滤液中滴加4浓盐酸，冷却后析出橙黄色晶体，抽滤后用乙醇洗涤，干燥。 回答下列问题： (1)仪器X的名称是_______。 (2)步骤Ⅱ中控制温度在10 ℃以下的方法为_______。活性炭对该制备反应起催化作用，若加入量过多，则的产量减少，可能的原因是_______。 (3)实验中先加后加浓氨水的目的是：①防止生成；②_______。 (4)写出制备的化学方程式_______。 (5)步骤Ⅴ中浓盐酸的作用是_______。 (6)测定产品的纯度：取0.2000 g纯化后的产品溶于水，以为指示剂，用标准液滴定，重复滴定三次，平均消耗溶液21.00。 ①该产品的纯度为_______%(结果保留一位小数)。 ②若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则测得的产品纯度_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $