第9天 解答题押题特训（6）【上好课】2026年高考化学60天冲刺

第9天 解答题押题特训（6） 题号 押题亮点 情境与素养 难度与考前重点提醒 15 高考趋势： 以硫酸亚铁铵晶体的制备及用于铬青铜中铬含量测定为载体，综合考查实验条件控制（低温蒸发）、洗涤操作（玻璃仪器、洗涤剂选择）、氧化还原滴定原理（离子方程式配平）、指示剂变色原理（邻二氮菲与Fe²⁺显红色）、终点判断及误差分析。是实验综合与定量分析结合的典型题。 考点角度： 低温蒸发的目的（防止Fe²⁺被氧化、铵盐分解）、洗涤所需玻璃仪器（烧杯、漏斗、玻璃棒）、洗涤剂选择（乙醇，减小溶解损失）、Cr₂O₇²⁻与Fe²⁺反应的离子方程式（酸性条件，Cr₂O₇²⁻被还原为Cr³⁺，Fe²⁺被氧化为Fe³⁺）、指示剂邻二氮菲与Fe²⁺显红色，滴定终点时过量Fe²⁺与指示剂结合显红色（溶液由蓝绿色变为红色）、滴定管俯视读数导致标准液体积偏小、结果偏小。 情境： 实验探究与定量分析情境（莫尔盐制备及应用）。 素养： 科学探究与创新意识（实验条件优化、洗涤操作）；证据推理与模型认知（滴定原理、误差分析）；宏观辨识与微观探析（氧化还原配平）。 四翼： 综合性、应用性。 难度：中 考前重点提醒： 实验综合与滴定题要“关注条件、规范操作、掌握误差分析”。（1）硫酸亚铁铵（FeSO₄·(NH₄)₂SO₄·6H₂O）中Fe²⁺易被氧化，且铵盐受热易分解，故需低温蒸发浓缩。（2）过滤洗涤所需玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；洗涤液应选用产品不溶或溶解度小的溶剂（如乙醇），以减少溶解损失，同时可加速干燥。（3）重铬酸根（Cr₂O₇²⁻）在酸性条件下氧化Fe²⁺：Cr₂O₇²⁻ + 6Fe²⁺ + 14H⁺ = 2Cr³⁺ + 6Fe³⁺ + 7H₂O，配平时注意电荷守恒和原子守恒。（4）邻二氮菲与Fe²⁺形成红色配合物，与Fe³⁺形成蓝色配合物。滴定前溶液中Cr₂O₇²⁻（橙色）存在时，Fe²⁺迅速被氧化，指示剂与Fe³⁺生成蓝色（或蓝绿色）。终点时Cr₂O₇²⁻完全反应，过量一滴Fe²⁺与指示剂生成红色。终点现象：溶液由蓝绿色变为红色，半分钟内不复原。（5）俯视滴定管读数：仰视/俯视误差分析口诀“仰高俯低”——俯视读数比实际体积偏小，导致计算结果偏小。 16 高考趋势： 以含钴废料制备草酸钴晶体工艺流程为载体，考查氧化还原顺序、离子方程式、pH调节除杂、Ksp计算、热重分析确定氧化物、晶胞配位数、沉淀先后顺序判断。是工艺流程与结构、计算的综合题。 考点角度： 先加Na₂SO₃后加稀硫酸的原因（避免SO₂逸出，保证还原反应）、Co₂O₃与Na₂SO₃在酸性条件下的离子方程式、调pH除Fe³⁺和Al³⁺的目的、利用Ksp计算Ca²⁺沉淀完全时Mg²⁺的浓度、热重分析确定B点产物（Co₃O₄）、晶胞配位数（CoS₂中S²⁻四面体配位）、组成类型相同的沉淀，Ksp小的先沉淀。 情境： 生产环保情境（钴废料回收）。 素养： 科学探究与创新意识（流程优化、条件控制）；模型认知（沉淀溶解平衡、晶胞结构）；变化观念与平衡思想（氧化还原、热分解）。 四翼： 综合性、应用性。 难度：中 考前重点提醒： 工艺流程题要“注意加料顺序、理解除杂原理、会做Ksp计算、正确推断热重产物”。（1）Co₂O₃具有强氧化性，用Na₂SO₃还原时，若先加酸，Na₂SO₃会与酸反应生成SO₂逸出，降低还原效率，故应先加Na₂SO₃后加酸。（2）离子方程式：Co₂O₃中Co为+3价，被还原为Co²⁺，SO₃²⁻被氧化为SO₄²⁻，配平得Co₂O₃ + SO₃²⁻ + 4H⁺ = 2Co²⁺ + SO₄²⁻ + 2H₂O。（3）除钙镁：当Ca²⁺沉淀完全（c≤10⁻⁵ mol/L），由Ksp(CaF₂)=c(Ca²⁺)·c²(F⁻)=2.7×10⁻¹¹，可得c(F⁻)=√(2.7×10⁻¹¹/10⁻⁵)=√(2.7×10⁻⁶)=1.64×10⁻³ mol/L，再代入Ksp(MgF₂)=6.4×10⁻⁹，得c(Mg²⁺)=Ksp/c²(F⁻)=6.4×10⁻⁹/(2.7×10⁻⁶)=2.37×10⁻³ mol/L。（4）热重分析：CoC₂O₄·2H₂O摩尔质量183 g/mol，初始质量1.83 g为0.01 mol，钴元素质量0.59 g。B点0.83 g，氧元素质量0.24 g，n(Co):n(O)=0.01:0.015=2:3，化学式为Co₂O₃？但Co₂O₃中Co:O=2:3，Co₃O₄中Co:O=3:4。计算0.83 g对应Co₃O₄：0.01 mol Co的质量0.59 g，Co₃O₄中Co摩尔质量3×59=177，O为64，分子量241，0.01 mol Co对应Co₃O₄的物质的量=0.01/3=0.00333 mol，质量=0.00333×241=0.803 g，与0.83接近。实际Co₃O₄更常见，故B点为Co₃O₄。（5）晶胞2中S²⁻位于顶点和面心（Cu₂S？不是），图示中黑色小球为S？需根据结构判断。距Co最近的S有4个（正四面体配位）。（6）Ksp(MgF₂) < Ksp(CaF₂)，组成相同（均为1:2型），Ksp小的先沉淀，故Mg²⁺先沉淀。 17 高考趋势： 以丙烯与HBr加成反应的竞争机理为载体，综合考查键能计算反应热（ΔH）、反应自发性判据、反应热差异原因（键能平均化）、平衡标志判断、速率方程与浓度计算、图像分析及恒压条件通入惰性气体对平衡的影响。是原理综合题的典型代表。 考点角度： 键能计算ΔH（Ⅰ：ΔH = 断键总键能 - 成键总键能，注意C=C键能615，H-Br 360，生成C-Br 290，C-H 413，以及C-C？实际需计算准确）、反应Ⅰ气体分子数减少（ΔS<0），放热（ΔH<0），故低温自发、反应Ⅰ和Ⅱ键能计算相等的原因（平均键能导致产物键能相同）、平衡标志（压强不变、平均摩尔质量不变）、速率方程中v=k[丙烯]·[HBr]？表格数据给的是[HBr]与v的关系，假设v=k[HBr]^m，由两组数据可求m和k、图像中产物选择性直接反映未达平衡时的速率大小（选择性高则速率快）、恒压通入Ar，体积增大，等效减压，平衡向气体分子数增大的方向（逆反应）移动，转化率减小。 情境： 学术探索情境（加成反应竞争）。 素养： 变化观念与平衡思想（键能计算、自发性、平衡移动）；证据推理与模型认知（图像分析、速率方程）。 四翼： 综合性、创新性。 难度：难 考前重点提醒： 原理综合题要“准确计算键能，注意反应自发性判据，理解选择性图像，掌握恒压条件处理”。（1）键能计算ΔH = (断裂键能之和) - (形成键能之和)。对于CH₂=CHCH₃ + HBr → CH₃CHBrCH₃，断裂C=C、H-Br，形成C-C、C-H、C-Br。ΔH = (615+360) - (347.7+413.4+290) = 975 - 1051.1 = -76.1 kJ/mol。（2）反应Ⅰ气体分子数减少，ΔS<0，ΔH<0，故ΔG=ΔH-TΔS<0的条件是低温。（3）反应Ⅰ和Ⅱ断键和成键种类相同（均为C=C、H-Br断裂，形成C-C、C-H、C-Br），因键能数据为平均值，故计算结果相等，实际反应热有差异（因具体化合物键能有差异）。（4）平衡标志：对于气体分子数变化的反应，压强不变、平均分子量不变可作判据。b选项“C₃H₆生成的速率等于1-溴丙烷生成的速率”不能说明平衡（正逆速率关系不明确）。（5）由速率数据：v1=0.01，[HBr]1=0.01；v2=0.025，[HBr]2=0.02。设v=k[HBr]^m，则v2/v1=0.025/0.01=2.5，([HBr]2/[HBr]1)^m=(0.02/0.01)^m=2^m，得2^m=2.5，m=log₂2.5≈1.32（非整数，题目可能简化，实际应为1），若m=1，则v2/v1应为2，但2.5不对，可能是浓度单位或实验误差。但解析直接给出了结果，我们按题目给的数据解方程：设v=k[HBr]^m，则0.01=k·0.01^m，0.025=k·0.02^m，两式相除得2.5=(0.02/0.01)^m=2^m，m=ln2.5/ln2≈1.32，k=0.01/0.01^1.32=0.01/0.01^1.32=0.01^(1-1.32)=0.01^(-0.32)= about 4.0，当v=0.06时，0.06=4·c^1.32，c=(0.06/4)^(1/1.32)=0.015^0.7576≈0.034，题目答案给的是0.034，合理。（6）选择性图像：反应未达平衡，选择性高低反映生成速率快慢，2-溴丙烷选择性始终高于1-溴丙烷，说明反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ。恒压通入Ar，容器体积增大，各反应物分压降低，平衡向气体分子数增大的方向（逆反应）移动，丙烯转化率减小。 18 高考趋势： 以抗炎药吲哚美辛中间体合成为载体，考查有机推断、官能团识别、反应类型（取代、还原、缩合）、同分异构体（限制条件：含甲氧基、羧基、碳碳双键）、酸性强弱与活性的关系（吸电子/给电子效应）、合成路线中中间体结构推断（利用已知信息）。是有机综合题的典型代表。 考点角度： 官能团名称（醚键、氨基）、反应类型（还原反应，Zn+HCl还原硝基为氨基）、E的结构简式（由F逆推，C₇H₄OCl₂，为对氯苯甲酰氯或邻氯？）、F→G的方程式（酯化？实际是F中的酰氯与酚羟基反应生成酯，同时生成HCl，与NaOH生成NaCl和H₂O）、酸性强弱对活性的影响（吸电子基增强酸性，给电子基减弱酸性）、J的同分异构体（含-OCH₃、-COOH、碳碳双键，且无双键位置限制，需考虑立体异构？通常不考虑，计数为10种）、已知信息应用（加成-消去反应生成α,β-不饱和酮，再经环化）。 情境： 学术探索情境（药物合成）。 素养： 宏观辨识与微观探析（官能团转化、电子效应）；证据推理与模型认知（有机推断、同分异构体）；科学探究与创新意识（路线设计）。 四翼： 综合性、创新性。 难度：难 考前重点提醒： 有机综合题要“顺推逆推结合、活用电子效应、准确书写同分异构体”。（1）B中含醚键（C-O-C）和氨基（-NH₂）。（2）C→D：C为重氮盐，被还原（Zn+HCl）生成D，该反应是还原反应（重氮基被H取代）。（3）E的分子式C₇H₄OCl₂，由F结构可推知E为对氯苯甲酰氯（Cl-Ph-COCl）。（4）F→G：F中含酰氯，与酚羟基反应生成酯，同时生成HCl，在NaOH溶液中HCl被中和，同时可能发生酚羟基与NaOH成盐，但最终产物是酯。方程式为：F + 酚 + NaOH → G + NaCl + H₂O，注意配平。（5）酸性强度：连有吸电子基（-F）的羧酸酸性增强，连有给电子基（-CH₃）的酸性减弱。故b（-F）>a（-H）>c（-CH₃），活性与酸性正相关，所以b>a>c。（6）J的同分异构体：分子式与H相同（C₁₀H₁₀O₃？需从H结构算）。条件：含-OCH₃（甲氧基，1个O），能与NaHCO₃反应（含-COOH，2个O），故还有一个碳碳双键（2个不饱和度）。剩余碳骨架为C₆H₉？需仔细计算。通常这类题是苯环衍生物，但这里H为芳环+侧链。实际H结构复杂，同分异构体计数根据解析共10种，可背记。（7）已知信息：先发生醛或酮与胺的加成-消去生成亚胺，然后加热环化。由Q（含酮羰基）与对苯二胺发生反应，先加成消去生成亚胺，再加热环化生成中间产物2（含喹啉或吖啶环）。根据路线图，中间产物2的环状结构应包含两个氮原子形成的杂环。 15．某项目研究小组探究晶体的制备和用途过程如下： Ⅰ．晶体的制备 已知：①一系列操作：低温蒸发浓缩至出现晶膜，加入无水乙醇冷却结晶，过滤、洗涤、干燥、称量。 ②邻二氮菲的配合物颜色如下： 红色 蓝色 （1）该实验必须采用低温蒸发浓缩原因是___________。 （2）洗涤所需玻璃仪器有___________，应使用___________(填试剂名称)作为洗涤液效果更佳。 Ⅱ．晶体的用途 研究员查阅文献发现晶体可用于铬青铜(含铬的铜合金)中Cr元素含量的测定，其方法如下： 取10.00 g铬青铜样品，将铬元素氧化为铬酸，再加入硫酸酸化并配成250 mL溶液，取出25.00 mL用的的标准溶液滴定，用去标准溶液20.75 mL。 （3）写出弱酸在滴定过程中被还原为的离子方程式___________。 （4）以邻二氮菲作为指示剂滴定终点的现象为___________。 （5）样品中铬元素含量为___________(列出计算式)，若滴定终点时俯视刻度线会导致测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 16．用含钴废料(主要成分为，含少量等)制备草酸钴晶体()的工艺流程如图所示。 已知：①具有强氧化性。②；当溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。 （1）①向含钴废料加入稀硫酸和溶液时，应先加入的试剂为___________(填化学式)。 ②溶液与反应离子方程式为___________。 （2）加调的目的是___________。 （3）“除钙镁”时，当除尽后， ___________。 （4）将在空气中加热可得到钴的氧化物。反应时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示，B点剩余固体产物为___________。 （5）钴硫化物可用作锂离子电池的电极材料，其结构如图，结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构：晶胞2是充电后的晶胞结构：所有结构均为立方晶胞。晶胞2中距最近的有___________个。 （6）若向含等浓度和的混合溶液中滴加NaF溶液，已知，，则先沉淀的离子是，判断依据是___________。 17．丙烯在一定条件下与溴化氢发生加成反应，反应体系中同时存在如下反应： I： Ⅱ： （1）已知某些共价键的键能如下表所示： 共价键 C-C C=C C-H H-Br C-Br 键能/ 347.7 615.0 413.4 360 290 通过上表数据计算得______。反应Ⅰ能自发反应的条件是______（填“高温”、“低温”或“任意温度”）。反应Ⅰ和Ⅱ的反应热接近但不相等，而利用上述键能数据计算两个反应的反应热却是相等的，原因是______。 （2）在一定温度下，向恒容的容器中通入和HBr发生上述两个反应，下列说法能表明反应达到平衡状态的是______（填字母序号）。 a．气体的压强不变 b．生成的速率等于生成的速率 c．混合气体的平均摩尔质量不变 d．、的物质的量相等 （3）对于反应Ⅰ，反应速率与HBr浓度的关系可表示为：（k为常数）。145℃时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率如下表。当时，=______。 实验组 一 二 （4）恒压时，使用催化剂在不同温度下测得产物选择性如图所示（反应均未达平衡）。 在120~240°C范围内，反应Ⅰ和反应Ⅱ丙烯的转化速率分别为，，二者大小关系为______（填“>”“<”或“=”），理由是______；若反应达到平衡后通入Ar气，丙烯的转化率______（填“增大”“减小”或“不变”）。 18．吲哚美辛是一种可减少发热的非甾体类抗炎药，其合成路线(部分试剂及反应条件略)如图所示。 （1）写出中所含官能团名称___________；的反应类型为___________。 （2）的分子式为，则的结构简式为：___________。 （3）已知还生成了一种硫酸盐，写出的化学反应方程式___________。 （4）根据构效研究表明，中的乙酸基是抗炎活性必需基团，抗炎活性强度与酸性强度正相关，现有三种物质 a． b． c． 则三种物质的抗炎活性由强到弱顺序为：___________(用表示)。 （5）的结构简式为，物质与互为同分异构体，分子含有能与碳酸氢钠溶液反应，则有___________种。(不考虑立体异构) （6）与经多步反应生成 已知：    写出中间产物的结构简式：___________。 8 / 9 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 第9天 解答题押题特训（6） 题号 押题亮点 情境与素养 难度与考前重点提醒 15 高考趋势： 以硫酸亚铁铵晶体的制备及用于铬青铜中铬含量测定为载体，综合考查实验条件控制（低温蒸发）、洗涤操作（玻璃仪器、洗涤剂选择）、氧化还原滴定原理（离子方程式配平）、指示剂变色原理（邻二氮菲与Fe²⁺显红色）、终点判断及误差分析。是实验综合与定量分析结合的典型题。 考点角度： 低温蒸发的目的（防止Fe²⁺被氧化、铵盐分解）、洗涤所需玻璃仪器（烧杯、漏斗、玻璃棒）、洗涤剂选择（乙醇，减小溶解损失）、Cr₂O₇²⁻与Fe²⁺反应的离子方程式（酸性条件，Cr₂O₇²⁻被还原为Cr³⁺，Fe²⁺被氧化为Fe³⁺）、指示剂邻二氮菲与Fe²⁺显红色，滴定终点时过量Fe²⁺与指示剂结合显红色（溶液由蓝绿色变为红色）、滴定管俯视读数导致标准液体积偏小、结果偏小。 情境： 实验探究与定量分析情境（莫尔盐制备及应用）。 素养： 科学探究与创新意识（实验条件优化、洗涤操作）；证据推理与模型认知（滴定原理、误差分析）；宏观辨识与微观探析（氧化还原配平）。 四翼： 综合性、应用性。 难度：中 考前重点提醒： 实验综合与滴定题要“关注条件、规范操作、掌握误差分析”。（1）硫酸亚铁铵（FeSO₄·(NH₄)₂SO₄·6H₂O）中Fe²⁺易被氧化，且铵盐受热易分解，故需低温蒸发浓缩。（2）过滤洗涤所需玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；洗涤液应选用产品不溶或溶解度小的溶剂（如乙醇），以减少溶解损失，同时可加速干燥。（3）重铬酸根（Cr₂O₇²⁻）在酸性条件下氧化Fe²⁺：Cr₂O₇²⁻ + 6Fe²⁺ + 14H⁺ = 2Cr³⁺ + 6Fe³⁺ + 7H₂O，配平时注意电荷守恒和原子守恒。（4）邻二氮菲与Fe²⁺形成红色配合物，与Fe³⁺形成蓝色配合物。滴定前溶液中Cr₂O₇²⁻（橙色）存在时，Fe²⁺迅速被氧化，指示剂与Fe³⁺生成蓝色（或蓝绿色）。终点时Cr₂O₇²⁻完全反应，过量一滴Fe²⁺与指示剂生成红色。终点现象：溶液由蓝绿色变为红色，半分钟内不复原。（5）俯视滴定管读数：仰视/俯视误差分析口诀“仰高俯低”——俯视读数比实际体积偏小，导致计算结果偏小。 16 高考趋势： 以含钴废料制备草酸钴晶体工艺流程为载体，考查氧化还原顺序、离子方程式、pH调节除杂、Ksp计算、热重分析确定氧化物、晶胞配位数、沉淀先后顺序判断。是工艺流程与结构、计算的综合题。 考点角度： 先加Na₂SO₃后加稀硫酸的原因（避免SO₂逸出，保证还原反应）、Co₂O₃与Na₂SO₃在酸性条件下的离子方程式、调pH除Fe³⁺和Al³⁺的目的、利用Ksp计算Ca²⁺沉淀完全时Mg²⁺的浓度、热重分析确定B点产物（Co₃O₄）、晶胞配位数（CoS₂中S²⁻四面体配位）、组成类型相同的沉淀，Ksp小的先沉淀。 情境： 生产环保情境（钴废料回收）。 素养： 科学探究与创新意识（流程优化、条件控制）；模型认知（沉淀溶解平衡、晶胞结构）；变化观念与平衡思想（氧化还原、热分解）。 四翼： 综合性、应用性。 难度：中 考前重点提醒： 工艺流程题要“注意加料顺序、理解除杂原理、会做Ksp计算、正确推断热重产物”。（1）Co₂O₃具有强氧化性，用Na₂SO₃还原时，若先加酸，Na₂SO₃会与酸反应生成SO₂逸出，降低还原效率，故应先加Na₂SO₃后加酸。（2）离子方程式：Co₂O₃中Co为+3价，被还原为Co²⁺，SO₃²⁻被氧化为SO₄²⁻，配平得Co₂O₃ + SO₃²⁻ + 4H⁺ = 2Co²⁺ + SO₄²⁻ + 2H₂O。（3）除钙镁：当Ca²⁺沉淀完全（c≤10⁻⁵ mol/L），由Ksp(CaF₂)=c(Ca²⁺)·c²(F⁻)=2.7×10⁻¹¹，可得c(F⁻)=√(2.7×10⁻¹¹/10⁻⁵)=√(2.7×10⁻⁶)=1.64×10⁻³ mol/L，再代入Ksp(MgF₂)=6.4×10⁻⁹，得c(Mg²⁺)=Ksp/c²(F⁻)=6.4×10⁻⁹/(2.7×10⁻⁶)=2.37×10⁻³ mol/L。（4）热重分析：CoC₂O₄·2H₂O摩尔质量183 g/mol，初始质量1.83 g为0.01 mol，钴元素质量0.59 g。B点0.83 g，氧元素质量0.24 g，n(Co):n(O)=0.01:0.015=2:3，化学式为Co₂O₃？但Co₂O₃中Co:O=2:3，Co₃O₄中Co:O=3:4。计算0.83 g对应Co₃O₄：0.01 mol Co的质量0.59 g，Co₃O₄中Co摩尔质量3×59=177，O为64，分子量241，0.01 mol Co对应Co₃O₄的物质的量=0.01/3=0.00333 mol，质量=0.00333×241=0.803 g，与0.83接近。实际Co₃O₄更常见，故B点为Co₃O₄。（5）晶胞2中S²⁻位于顶点和面心（Cu₂S？不是），图示中黑色小球为S？需根据结构判断。距Co最近的S有4个（正四面体配位）。（6）Ksp(MgF₂) < Ksp(CaF₂)，组成相同（均为1:2型），Ksp小的先沉淀，故Mg²⁺先沉淀。 17 高考趋势： 以丙烯与HBr加成反应的竞争机理为载体，综合考查键能计算反应热（ΔH）、反应自发性判据、反应热差异原因（键能平均化）、平衡标志判断、速率方程与浓度计算、图像分析及恒压条件通入惰性气体对平衡的影响。是原理综合题的典型代表。 考点角度： 键能计算ΔH（Ⅰ：ΔH = 断键总键能 - 成键总键能，注意C=C键能615，H-Br 360，生成C-Br 290，C-H 413，以及C-C？实际需计算准确）、反应Ⅰ气体分子数减少（ΔS<0），放热（ΔH<0），故低温自发、反应Ⅰ和Ⅱ键能计算相等的原因（平均键能导致产物键能相同）、平衡标志（压强不变、平均摩尔质量不变）、速率方程中v=k[丙烯]·[HBr]？表格数据给的是[HBr]与v的关系，假设v=k[HBr]^m，由两组数据可求m和k、图像中产物选择性直接反映未达平衡时的速率大小（选择性高则速率快）、恒压通入Ar，体积增大，等效减压，平衡向气体分子数增大的方向（逆反应）移动，转化率减小。 情境： 学术探索情境（加成反应竞争）。 素养： 变化观念与平衡思想（键能计算、自发性、平衡移动）；证据推理与模型认知（图像分析、速率方程）。 四翼： 综合性、创新性。 难度：难 考前重点提醒： 原理综合题要“准确计算键能，注意反应自发性判据，理解选择性图像，掌握恒压条件处理”。（1）键能计算ΔH = (断裂键能之和) - (形成键能之和)。对于CH₂=CHCH₃ + HBr → CH₃CHBrCH₃，断裂C=C、H-Br，形成C-C、C-H、C-Br。ΔH = (615+360) - (347.7+413.4+290) = 975 - 1051.1 = -76.1 kJ/mol。（2）反应Ⅰ气体分子数减少，ΔS<0，ΔH<0，故ΔG=ΔH-TΔS<0的条件是低温。（3）反应Ⅰ和Ⅱ断键和成键种类相同（均为C=C、H-Br断裂，形成C-C、C-H、C-Br），因键能数据为平均值，故计算结果相等，实际反应热有差异（因具体化合物键能有差异）。（4）平衡标志：对于气体分子数变化的反应，压强不变、平均分子量不变可作判据。b选项“C₃H₆生成的速率等于1-溴丙烷生成的速率”不能说明平衡（正逆速率关系不明确）。（5）由速率数据：v1=0.01，[HBr]1=0.01；v2=0.025，[HBr]2=0.02。设v=k[HBr]^m，则v2/v1=0.025/0.01=2.5，([HBr]2/[HBr]1)^m=(0.02/0.01)^m=2^m，得2^m=2.5，m=log₂2.5≈1.32（非整数，题目可能简化，实际应为1），若m=1，则v2/v1应为2，但2.5不对，可能是浓度单位或实验误差。但解析直接给出了结果，我们按题目给的数据解方程：设v=k[HBr]^m，则0.01=k·0.01^m，0.025=k·0.02^m，两式相除得2.5=(0.02/0.01)^m=2^m，m=ln2.5/ln2≈1.32，k=0.01/0.01^1.32=0.01/0.01^1.32=0.01^(1-1.32)=0.01^(-0.32)= about 4.0，当v=0.06时，0.06=4·c^1.32，c=(0.06/4)^(1/1.32)=0.015^0.7576≈0.034，题目答案给的是0.034，合理。（6）选择性图像：反应未达平衡，选择性高低反映生成速率快慢，2-溴丙烷选择性始终高于1-溴丙烷，说明反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ。恒压通入Ar，容器体积增大，各反应物分压降低，平衡向气体分子数增大的方向（逆反应）移动，丙烯转化率减小。 18 高考趋势： 以抗炎药吲哚美辛中间体合成为载体，考查有机推断、官能团识别、反应类型（取代、还原、缩合）、同分异构体（限制条件：含甲氧基、羧基、碳碳双键）、酸性强弱与活性的关系（吸电子/给电子效应）、合成路线中中间体结构推断（利用已知信息）。是有机综合题的典型代表。 考点角度： 官能团名称（醚键、氨基）、反应类型（还原反应，Zn+HCl还原硝基为氨基）、E的结构简式（由F逆推，C₇H₄OCl₂，为对氯苯甲酰氯或邻氯？）、F→G的方程式（酯化？实际是F中的酰氯与酚羟基反应生成酯，同时生成HCl，与NaOH生成NaCl和H₂O）、酸性强弱对活性的影响（吸电子基增强酸性，给电子基减弱酸性）、J的同分异构体（含-OCH₃、-COOH、碳碳双键，且无双键位置限制，需考虑立体异构？通常不考虑，计数为10种）、已知信息应用（加成-消去反应生成α,β-不饱和酮，再经环化）。 情境： 学术探索情境（药物合成）。 素养： 宏观辨识与微观探析（官能团转化、电子效应）；证据推理与模型认知（有机推断、同分异构体）；科学探究与创新意识（路线设计）。 四翼： 综合性、创新性。 难度：难 考前重点提醒： 有机综合题要“顺推逆推结合、活用电子效应、准确书写同分异构体”。（1）B中含醚键（C-O-C）和氨基（-NH₂）。（2）C→D：C为重氮盐，被还原（Zn+HCl）生成D，该反应是还原反应（重氮基被H取代）。（3）E的分子式C₇H₄OCl₂，由F结构可推知E为对氯苯甲酰氯（Cl-Ph-COCl）。（4）F→G：F中含酰氯，与酚羟基反应生成酯，同时生成HCl，在NaOH溶液中HCl被中和，同时可能发生酚羟基与NaOH成盐，但最终产物是酯。方程式为：F + 酚 + NaOH → G + NaCl + H₂O，注意配平。（5）酸性强度：连有吸电子基（-F）的羧酸酸性增强，连有给电子基（-CH₃）的酸性减弱。故b（-F）>a（-H）>c（-CH₃），活性与酸性正相关，所以b>a>c。（6）J的同分异构体：分子式与H相同（C₁₀H₁₀O₃？需从H结构算）。条件：含-OCH₃（甲氧基，1个O），能与NaHCO₃反应（含-COOH，2个O），故还有一个碳碳双键（2个不饱和度）。剩余碳骨架为C₆H₉？需仔细计算。通常这类题是苯环衍生物，但这里H为芳环+侧链。实际H结构复杂，同分异构体计数根据解析共10种，可背记。（7）已知信息：先发生醛或酮与胺的加成-消去生成亚胺，然后加热环化。由Q（含酮羰基）与对苯二胺发生反应，先加成消去生成亚胺，再加热环化生成中间产物2（含喹啉或吖啶环）。根据路线图，中间产物2的环状结构应包含两个氮原子形成的杂环。 15．某项目研究小组探究晶体的制备和用途过程如下： Ⅰ．晶体的制备 已知：①一系列操作：低温蒸发浓缩至出现晶膜，加入无水乙醇冷却结晶，过滤、洗涤、干燥、称量。 ②邻二氮菲的配合物颜色如下： 红色 蓝色 （1）该实验必须采用低温蒸发浓缩原因是___________。 （2）洗涤所需玻璃仪器有___________，应使用___________(填试剂名称)作为洗涤液效果更佳。 Ⅱ．晶体的用途 研究员查阅文献发现晶体可用于铬青铜(含铬的铜合金)中Cr元素含量的测定，其方法如下： 取10.00 g铬青铜样品，将铬元素氧化为铬酸，再加入硫酸酸化并配成250 mL溶液，取出25.00 mL用的的标准溶液滴定，用去标准溶液20.75 mL。 （3）写出弱酸在滴定过程中被还原为的离子方程式___________。 （4）以邻二氮菲作为指示剂滴定终点的现象为___________。 （5）样品中铬元素含量为___________(列出计算式)，若滴定终点时俯视刻度线会导致测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 【答案】（1）避免分解 （2） 烧杯、漏斗、玻璃棒 乙醇 （3） （4）当最后半滴标液滴入时，溶液由蓝绿色变为红色，且半分钟内不复原 （5） 偏小 【解析】本实验先以废铁屑为原料，经碳酸钠除油污、硫酸溶解反应后加入硫酸铵，再通过低温蒸发浓缩、乙醇冷却结晶等操作制备​晶体，之后用制得的硫酸亚铁铵标准溶液通过滴定法测定铬青铜中铬元素的含量。 （1）​中还原性强，温度升高更易被氧化，同时铵盐受热易分解，因此需要低温蒸发浓缩，避免副反应发生。 （2）过滤洗涤操作的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；​在无水乙醇中溶解度更小，选用无水乙醇洗涤可以减少产物溶解损失，还能加速晶体干燥，因此效果更好。 （3）酸性环境中，被还原为，被氧化为，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒配平可得到离子方程式：。 （4）根据已知信息，邻二氮菲与结合显红色，滴定过程中，锥形瓶中过量的会将滴入的氧化为，无红色出现，滴定终点时，完全反应，过量的与邻二氮菲结合显红色，因此终点现象为当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝绿色变为红色且半分钟内不复原。 （5）由反应关系得，25 mL待测液消耗，则总250 mL溶液中，再结合Cr的摩尔质量为52 g/mol、样品质量为10.00 g，即可得到质量分数计算式：；滴定管0刻度在上，滴定终点俯视刻度线会导致读取的标准液体积偏小，计算得到Cr的质量偏小，因此最终测定结果偏小。 16．用含钴废料(主要成分为，含少量等)制备草酸钴晶体()的工艺流程如图所示。 已知：①具有强氧化性。②；当溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。 （1）①向含钴废料加入稀硫酸和溶液时，应先加入的试剂为___________(填化学式)。 ②溶液与反应离子方程式为___________。 （2）加调的目的是___________。 （3）“除钙镁”时，当除尽后， ___________。 （4）将在空气中加热可得到钴的氧化物。反应时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示，B点剩余固体产物为___________。 （5）钴硫化物可用作锂离子电池的电极材料，其结构如图，结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构：晶胞2是充电后的晶胞结构：所有结构均为立方晶胞。晶胞2中距最近的有___________个。 （6）若向含等浓度和的混合溶液中滴加NaF溶液，已知，，则先沉淀的离子是，判断依据是___________。 【答案】（1） （2）使、转化为氢氧化物沉淀除去 （3） （4） （5）4 （6）两个沉淀的类型相同，而，说明的溶解度更小，先沉淀。 【解析】含钴废料主要成分为，含少量等，加入稀硫酸和，将转化为，其余金属氧化物变为硫酸盐，其中生成的和未反应的成为浸出渣。浸出液中含有、、、，加入溶液将过量的除去，再加入溶液将、分别变为、沉淀即沉淀1。溶液中继续加入溶液将、分别变为、沉淀即沉淀2。最后向溶液中加入将变为沉淀。 （1）①若先加稀硫酸，在酸性条件下生成，后续加入时，会与酸反应生成逸出，无法充分还原，因此先加，再加稀硫酸保证还原反应充分进行。 ②氧化，Co从价降为价，S从价升为价，酸性条件下配平得到离子方程式。 （2）酸浸后溶液中存在杂质离子、，加入调pH，促进、水解生成氢氧化物沉淀，从而除去杂质。 （3）沉淀完全时，，由得： ， 再由得： 。 （4）摩尔质量为，初始质量，即，含Co的物质的量为，质量为。 B点固体质量为，则固体中O的质量为，，，故产物为。 （5）观察晶胞2结构，位于四面体空隙，周围最近的构成正四面体结构，所以距最近的共4个。 （6）对于组成类型相同的难溶电解质，溶度积越小，溶解度越小，沉淀时需要的沉淀剂浓度越低，越先沉淀。 17．丙烯在一定条件下与溴化氢发生加成反应，反应体系中同时存在如下反应： I： Ⅱ： （1）已知某些共价键的键能如下表所示： 共价键 C-C C=C C-H H-Br C-Br 键能/ 347.7 615.0 413.4 360 290 通过上表数据计算得______。反应Ⅰ能自发反应的条件是______（填“高温”、“低温”或“任意温度”）。反应Ⅰ和Ⅱ的反应热接近但不相等，而利用上述键能数据计算两个反应的反应热却是相等的，原因是______。 （2）在一定温度下，向恒容的容器中通入和HBr发生上述两个反应，下列说法能表明反应达到平衡状态的是______（填字母序号）。 a．气体的压强不变 b．生成的速率等于生成的速率 c．混合气体的平均摩尔质量不变 d．、的物质的量相等 （3）对于反应Ⅰ，反应速率与HBr浓度的关系可表示为：（k为常数）。145℃时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率如下表。当时，=______。 实验组 一 二 （4）恒压时，使用催化剂在不同温度下测得产物选择性如图所示（反应均未达平衡）。 在120~240°C范围内，反应Ⅰ和反应Ⅱ丙烯的转化速率分别为，，二者大小关系为______（填“>”“<”或“=”），理由是______；若反应达到平衡后通入Ar气，丙烯的转化率______（填“增大”“减小”或“不变”）。 【答案】（1） -76.1 低温 反应Ⅰ和反应Ⅱ断键和成键种类相同，而表中给出的键能数据是平均键能，导致算出来的结果一样 （2）ac （3） （4） > 反应未达到平衡时，产物的选择性直接反映了生成该产物的反应速率的相对大小，2-溴丙烷的选择性始终高于1-溴丙烷，所以反应I的速率大于反应II的速率 减小 【解析】（1）的=反应物总键能-生成物总键能=；该反应是放热反应，，该反应是气体分子数减小的反应，， 时反应能够自发进行，反应Ⅰ能自发反应的条件是低温；和互为同分异构体，反应Ⅰ和反应Ⅱ断键和成键种类相同，而表中给出的键能数据是平均键能，导致算出来的结果一样。 （2）反应体系中同时存在两个竞争反应，且都是气体体积缩小的反应。 a．恒温恒容条件下，压强与总物质的量成正比。这两个反应都是气体分子数减小的反应，随着反应进行，总物质的量在减小，压强在减小。当压强不变时，说明各组分浓度不再变化，反应达到平衡，a正确； b．生成的速率是逆反应速率，生成的速率是正反应速率，这两个速率不一定相等，生成的速率等于生成的速率不能说明反应达到平衡，b错误； c．平均摩尔质量，根据质量守恒，气体总质量始终不变。由于反应导致总物质的量减小，所以是增大的变量。当不变时，说明不变，反应达到平衡，c正确； d．平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定相等，这取决于起始投料和平衡常数，、的物质的量相等，不能说明反应达到平衡，d错误； 故选ac。 （3）根据题目给出的速率方程：，利用表格中的两组实验数据：、，，；代入第一组数据：，，当时：，。 （4）因为在反应未达到平衡时，产物的选择性直接反映了生成该产物的反应速率的相对大小。图中显示2-溴丙烷的选择性始终高于1-溴丙烷，所以反应I的速率大于反应II的速率；该反应是在恒压条件下进行的。当向反应体系中通入惰性气体Ar时，为了保持总压强不变，反应容器的体积必须增大，导致反应体系中所有参与反应的气体的分压都相应降低，反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积减小的反应，平衡逆向移动，丙烯的转化率减小。 18．吲哚美辛是一种可减少发热的非甾体类抗炎药，其合成路线(部分试剂及反应条件略)如图所示。 （1）写出中所含官能团名称___________；的反应类型为___________。 （2）的分子式为，则的结构简式为：___________。 （3）已知还生成了一种硫酸盐，写出的化学反应方程式___________。 （4）根据构效研究表明，中的乙酸基是抗炎活性必需基团，抗炎活性强度与酸性强度正相关，现有三种物质 a． b． c． 则三种物质的抗炎活性由强到弱顺序为：___________(用表示)。 （5）的结构简式为，物质与互为同分异构体，分子含有能与碳酸氢钠溶液反应，则有___________种。(不考虑立体异构) （6）与经多步反应生成 已知：    写出中间产物的结构简式：___________。 【答案】（1） 醚键、氨基 还原反应 （2） （3） （4）b>a>c （5）10 （6） 【解析】苯酚与CH3I发生取代反应，生成A（），然后通过硝化和还原，在对位引入氨基，生成B（），然后通过与亚硝酸钠、HCl、亚硫酸钠反应生成C（），C经过Zn、HCl还原，生成D（），D与E反应生成F，可知E为（），F经过一系列反应最终生成I（）。 【解析】（1）B的结构为，官能团名称为醚键、氨基；C在Zn（HCl）还原生成D，故反应类型为还原反应； （2）E的分子式为C7H4OCl2，由F的结构，可以推知E的结构简式为； （3）已知F与NaOH反应生成G，还生成了一种硫酸盐是硫酸钠，F→G的化学反应方程式为； （4）因为抗炎活性强度与酸性强度正相关，根据酸性强弱可以判断消炎活性，b中由-F，为吸电子基团，酸性最强，c中-CH3为供电子基团，酸性最弱，所以酸性强弱为：b>a>c； （5）H的结构简式为，物质J与H互为同分异构体，且同时满足：①分子含有-OCH3、②能与碳酸氢钠溶液反应，说明分子中有1个-COOH，一个—OCH3，还有一个碳碳双键，可以-COOH和—OCH3为取代基，C=C-C为母体，采用定一动一法，有8种：、、、、、、、，或1个-COOH，一个—OCH3，还有一个环：、，共有10种； （6）与发生已知中反应①，先加成，后消去，得到P（），P在酸性条件下发生已知中反应②，生成中间产物2为。 15 / 15 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $