第12天 解答题押题特训（3）【上好课】2026年高考化学60天冲刺

第12天 解答题押题特训（3） 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： 以亚氯酸钠（NaClO₂）的实验室制备为载体，综合考查气体制备装置、氧化剂判断、吸收效率优化、安全操作（防爆炸）、方程式书写及杂质检验。是实验综合题的典型代表。 考点角度： 分液漏斗名称、NaClO₃作氧化剂制备ClO₂、浓盐酸替代的弊端（生成Cl₂杂质）、提高吸收效率的措施（浓度、接触面积）、鼓入N₂的作用（稀释防爆、驱赶气体）、吸收反应方程式（ClO₂+NaOH+H₂O₂→NaClO₂+O₂+H₂O）、杂质Na₂SO₄的来源（副反应生成SO₂被氧化）、硫酸根检验方法（先加酸排除干扰，再加BaCl₂）。 情境： 实验探究与生产安全情境（消毒剂制备）。 素养： 科学探究与创新意识（实验条件优化、安全操作）；证据推理与模型认知（杂质来源分析、离子检验）；宏观辨识与微观探析（氧化还原反应）。 四翼： 综合性、应用性。 难度：中 考前重点提醒： 实验综合题要“关注安全、优化条件、排除干扰”。（1）装置A中NaClO₃与Na₂SO₃在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO₂，其中Cl从+5降到+4，Na₂SO₃作还原剂，NaClO₃作氧化剂。（2）若将浓硫酸换成浓盐酸，浓盐酸会与NaClO₃发生反应生成Cl₂（+5→0或-1），污染产品。（3）提高吸收效率的方法：增大反应物浓度（提高H₂O₂浓度）、增大气液接触面积（多孔球泡）。热水浴会降低ClO₂溶解度和导致NaClO₂分解；加快滴加速率会生成大量ClO₂来不及吸收且可能达到爆炸浓度。（4）鼓入N₂的作用：稀释ClO₂防止爆炸；将ClO₂全部赶入B中提高转化率。（5）吸收反应：ClO₂ + 2NaOH + H₂O₂ = 2NaClO₂ + O₂ + 2H₂O，注意H₂O₂作还原剂（O从-1升到0）。（6）杂质Na₂SO₄来源：装置A中Na₂SO₃与浓硫酸可能生成SO₂，SO₂进入B中被H₂O₂氧化为SO₄²⁻。检验SO₄²⁻需先加稀盐酸酸化，排除CO₃²⁻、SO₃²⁻、PO₄³⁻及Ag⁺等干扰，再加BaCl₂溶液。 16 高考趋势： 以闪锌矿和软锰矿联合制备ZnSO₄和MnSO₄的工艺流程为载体，考查价层电子排布图、离子方程式、pH调控范围、条件控制原因、热重分析及配离子化学式。是工艺流程与结构结合的典型题。 考点角度： Mn价层电子排布图（3d⁵4s²）、氧化酸浸离子方程式（ZnS + MnO₂ + 4H⁺ = Zn²⁺ + Mn²⁺ + S↓ + 2H₂O）、沉铁pH范围（使Fe³⁺完全沉淀，不沉淀Zn²⁺和Mn²⁺）、沉锰时pH不能过高的原因（防止生成Mn(OH)₂沉淀）、分解气成分（NH₃和CO₂）、余液溶质（NH₄Cl）、热重分析确定脱水产物（A点Zn(H₂O)₆²⁺）、化学方程式书写（ZnSO₄·7H₂O逐级失水及最终分解为ZnO）。 情境： 生产环保情境（锌锰资源综合利用）。 素养： 科学探究与创新意识（工艺流程分析、条件控制）；模型认知（沉淀溶解平衡、热重分析）；宏观辨识与微观探析（电子排布、配离子）。 四翼： 综合性、应用性。 难度：中 考前重点提醒： 工艺流程题要“抓主线反应、控pH条件、会热重计算”。（1）氧化酸浸：ZnS被MnO₂氧化生成S，MnO₂被还原为Mn²⁺，注意离子方程式配平及酸性环境。（2）沉铁：根据表格，Fe³⁺完全沉淀pH=2.8，Zn²⁺开始沉淀pH=6.2，故调节pH在2.8~6.2之间（通常写2.8≤pH<6.2或3.0~6.0）。沉锰时pH不能过高，否则Mn²⁺会生成Mn(OH)₂沉淀，导致产品不纯。（3）分解气：热分解(NH₄)₂CO₃或NH₄HCO₃生成NH₃和CO₂，溶于水可循环利用。（4）热重分析：ZnSO₄·7H₂O摩尔质量287 g/mol，取28.7 g为0.1 mol。A点失重1.8 g（0.1 mol H₂O），则A为ZnSO₄·6H₂O，但题干说“水分子全部作配体”，故配离子为[Zn(H₂O)₆]²⁺，化学式为[Zn(H₂O)₆]SO₄。后续失重得到ZnSO₄、ZnO等，根据质量变化推断产物，写出对应的化学方程式。 17 高考趋势： 以CO₂加氢制甲烷和甲醇为背景，综合考查盖斯定律、图像分析（物质的量随温度变化原因）、平衡常数计算（分压平衡常数Kp）、反应速率表示、选择性计算、催化剂选择及反应历程能垒分析。是化学反应原理综合题的典型代表，融合了“动力学”与“热力学”。 考点角度： 盖斯定律求反应焓变（反应i = 反应ii + 反应iii）、图像中n(CO₂)先增后减的原因（低温主反应逆向移动影响大，高温副反应正向移动影响大）、甲烷选择性计算（生成甲烷的CO₂与总转化CO₂之比）、反应速率v(CO₂)表达式（用压强变化表示，注意恒压条件）、副反应Kp计算（气体分子数不变，Kp = (p(CH₄)·p(H₂O))/(p(CO₂)·p(H₂))？实际副反应CO₂ + H₂ ⇌ CO + H₂O，Kp = (p(CO)·p(H₂O))/(p(CO₂)·p(H₂))）、提高选择性的措施（选择高选择性催化剂）、反应历程中决速步能垒（最大活化能台阶）、抑制副产物的温度控制（适当降低温度，使副反应难以越过能垒）。 情境： 学术探索与环保情境（CO₂资源化）。 素养： 变化观念与平衡思想（盖斯定律、平衡移动、平衡常数）；证据推理与模型认知（图像分析、历程图）；科学态度与社会责任（碳中和）。 四翼： 综合性、创新性。 难度：难 考前重点提醒： 原理综合题要“分清主副反应、注意恒压条件、会读历程图”。（1）盖斯定律：目标反应 = 反应ii + 反应iii，ΔH = ΔH₂ + ΔH₃。（2）图像解释：低温时主反应（放热）逆向移动占主导，CO₂增加；高温时副反应（吸热）正向移动占主导，消耗CO₂，故CO₂先增后减。（3）甲烷选择性 = 生成甲烷的CO₂物质的量 / 转化的CO₂总物质的量。利用碳守恒：n(CO₂转化)= n(CH₄)+n(CO)，再结合图像数据计算。（4）恒压条件下反应速率v(CO₂) = Δp(CO₂)/Δt，但需注意Δp(CO₂)可通过初始分压和平衡分压求得，单位通常用kPa·min⁻¹。（5）副反应Kp计算：由于气体分子数不变，Kp = (p(CO)·p(H₂O))/(p(CO₂)·p(H₂))，代入平衡分压（总压×摩尔分数）即可。（6）决速步：反应历程中能垒（活化能）最大的基元反应。从图中找出最高“峰”对应的步骤，写出方程式。（7）抑制副产物：适当降温，使反应物分子难以获得足够能量跨越副反应的能垒，同时降低温度对主反应速率影响较小（若主反应活化能更低）。 18 高考趋势： 以抗高血压药替米沙坦中间体合成为载体，考查有机推断、官能团识别、反应类型（氧化、硝化、酯化、还原、取代）、同分异构体（限制条件：显色+水解、核磁共振氢谱）、化学平衡原理（加碱促进取代反应）、合成路线设计与方程式书写。是有机综合题的典型代表，信息迁移要求高。 考点角度： 间二甲苯的命名、Ⅲ中官能团（羧基、硝基）、Ⅱ的化学性质（加成：与H₂/Ni；取代：与Cl₂/光照）、同分异构体（含酚羟基和酰胺基，苯环二取代，4组氢，峰面积比6:2:2:1，即两个对称的甲基+两个邻位H+两个间位H+一个酰胺H）、Ⅷ的结构简式（从Ⅶ与H的反应逆推）、K₂CO₃的作用（吸收HCl，促进平衡正向移动）、合成路线设计（由对苯二甲醛？实际原料为对二氯苄和邻苯二胺？题目给出的原料结构需要辨认：第一个原料为ClCH₂-Ph-CH₂Cl，第二个为邻苯二胺。目标产物为含苯并咪唑环的化合物。第一步：对二氯苄在NaOH水溶液中水解生成对苯二甲醇；第二步：催化氧化生成对苯二甲醛；第三步：对苯二甲醛与邻苯二胺在酸性条件下缩合生成苯并咪唑环（类似已知反应）。写出对应方程式）。 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）；证据推理与模型认知（有机推断、信息迁移）；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、用信息、列限制条件”。（1）命名：两个甲基在间位，为间二甲苯（1,3-二甲苯）。（2）反应类型：Ⅱ为间二苯甲酸？实际结构需从合成路线推断。Ⅱ为对苯二甲酸？本题中Ⅰ是间二甲苯，氧化得到Ⅱ为间苯二甲酸。硝化生成Ⅲ为5-硝基间苯二甲酸。酯化生成Ⅳ，还原硝基为氨基得到Ⅴ，等等。注意官能团转化顺序。（3）同分异构体：遇FeCl₃显色→酚羟基；可发生水解→酯基或酰胺基。结合苯环上两个取代基、4组氢、峰面积比6:2:2:1，可确定结构为对位取代，一个为-OH，一个为-CONH₂，但6个H来自两个对称的甲基？实际需根据分子式推算。典型结构为两个-CH₃对称，一个-OH，一个-CONH₂，且-CH₃处于羟基和酰胺基的间位或对位。最终写出结构简式。（4）化学平衡角度：反应⑤（Ⅴ与氯代物反应生成酰胺）中K₂CO₃与生成的HCl反应，降低生成物浓度，使平衡正向移动，提高产率。（5）合成路线设计：原料ClCH₂-Ph-CH₂Cl（对二氯苄）在NaOH水溶液中水解生成对苯二甲醇（HOCH₂-Ph-CH₂OH），再催化氧化（Cu/Ag，O₂）生成对苯二甲醛（OHC-Ph-CHO），最后与邻苯二胺（C₆H₄(NH₂)₂）在酸性条件下发生缩合反应生成目标产物（含苯并咪唑环）。注意第三步反应类似于已知反应（醛与胺缩合生成亚胺，但此处进一步环化）。写出两步反应的化学方程式，并注明条件。 15．亚氯酸钠()是重要的漂白剂和消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白杀菌。实验室制备的装置如图所示。回答下列问题： 已知：ⅰ．溶液温度高于60℃，发生分解。 ⅱ．气体浓度超过10%时，易发生爆炸性分解。 （1）盛装浓硫酸的仪器的名称为___________。 （2）装置A的用途为制备，则装置A中作氧化剂的是___________(填化学式)；若将浓硫酸换成浓盐酸，则可能存在的问题是___________。 （3）装置B的用途为吸收并转化为，下列实验操作一定能提高吸收效率的有___________(填标号)。 A．装置B采用热水浴 B．加快滴加浓硫酸的速率 C．适当提高的浓度 D．通过多孔球泡向装置B的混合溶液中通 （4）反应过程中，打开，并缓慢鼓入的目的是___________。 （5）装置B中获得产品发生反应的化学方程式为___________。 （6）产品中可能混有杂质，其原因是___________；经减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤制得晶体，证明晶体中杂质除尽的操作方法是___________。 16．可用作媒染剂、木材防腐剂、造纸工业漂白剂，还用于医药、农药、人造纤维等。某实验小组以闪锌矿粉(主要含ZnS，及少量FeO、)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备和的一种工艺流程如下。 已知：i．酸性条件下，氧化性：；和过量氨水生成； ii．25℃时，金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下(当离子浓度时认为反应完全)： 金属离子 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 6.2 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 8.2 回答下列问题： （1）基态Mn原子的价层电子排布图为______。“氧化酸浸”所得浸渣中含有硫单质，ZnS发生反应的离子方程式为______。 （2）“沉铁”时，调节溶液的pH范围约为______。“沉锰”时，需保持和氨水混合溶液的pH范围约为8.0，pH不能过高的原因是______。 （3）“热分解”所得“分解气”中的______(填化学式，下同)溶于水，可循环利用；“余液”的溶质主要为______。 （4）为了解受热分解规律，取在惰性气体环境下进行热重分析，剩余固体产物的质量随温度变化的曲线如图所示。(的摩尔质量为) 固体A中，水分子全部作配体与锌离子结合形成水合锌离子，该配离子的化学式为______(填化学式)。反应的化学方程式为______。 17．将转化为清洁能源是实现碳中和最直接有效的方法。根据所学知识，回答下列问题： Ⅰ．还原可制取。 已知：反应ⅰ． 反应ⅱ． 反应ⅲ． （1）___________。 （2）向恒压为0.36MPa的密闭容器中通入和，发生反应ⅰ，同时有副反应 发生，平衡时体系内、、的物质的量与温度的变化关系如图所示。 ①结合上述反应，解释图中的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：___________。 ②℃时，反应经后达到平衡，测得此时，，甲烷的选择性___________；该条件下反应速率___________(用含的代数式表示)；该条件下副反应的___________。 ③在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当___________。 Ⅱ．利用催化加氢可制备，其反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注，如“*”表示吸附在催化剂表面，图中“*H”已省略)： （3）该反应历程中决速步反应能垒为___________eV；为避免产生副产物，工艺生产的温度应适当___________(填“升高”或“降低”)。 18．替米沙坦是一种新型抗高血压药，毒副作用小。化合物H是合成替米沙坦的重要中间体，化合物H的合成路线如图。 已知：；通常在同一个碳原子上连有两个羟基时结构不稳定，易脱水形成羰基。 （1）化合物Ⅰ的名称是___________，化合物Ⅲ中官能团的名称为___________。 （2）对于化合物Ⅱ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 ① ___________ ___________ 加成反应 ② ___________ ___________ （3）满足下列条件的化合物Ⅴ的同分异构体的结构简式为___________。 ①含苯环且苯环上只有两个取代基，遇溶液能显色且可发生水解反应 ②核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为 （4）化合物Ⅷ的结构简式为___________；从化学平衡角度分析，反应⑤过程中的作用为___________。 （5）参照上述合成路线，设计以、为原料三步合成的合成路线。基于你设计的合成路线，回答下列问题： ①第一步反应的化学方程式为___________(注明反应条件)。 ②最后一步反应的化学方程式为___________(注明反应条件)。 9 / 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12天 解答题押题特训（3） 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： 以亚氯酸钠（NaClO₂）的实验室制备为载体，综合考查气体制备装置、氧化剂判断、吸收效率优化、安全操作（防爆炸）、方程式书写及杂质检验。是实验综合题的典型代表。 考点角度： 分液漏斗名称、NaClO₃作氧化剂制备ClO₂、浓盐酸替代的弊端（生成Cl₂杂质）、提高吸收效率的措施（浓度、接触面积）、鼓入N₂的作用（稀释防爆、驱赶气体）、吸收反应方程式（ClO₂+NaOH+H₂O₂→NaClO₂+O₂+H₂O）、杂质Na₂SO₄的来源（副反应生成SO₂被氧化）、硫酸根检验方法（先加酸排除干扰，再加BaCl₂）。 情境： 实验探究与生产安全情境（消毒剂制备）。 素养： 科学探究与创新意识（实验条件优化、安全操作）；证据推理与模型认知（杂质来源分析、离子检验）；宏观辨识与微观探析（氧化还原反应）。 四翼： 综合性、应用性。 难度：中 考前重点提醒： 实验综合题要“关注安全、优化条件、排除干扰”。（1）装置A中NaClO₃与Na₂SO₃在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO₂，其中Cl从+5降到+4，Na₂SO₃作还原剂，NaClO₃作氧化剂。（2）若将浓硫酸换成浓盐酸，浓盐酸会与NaClO₃发生反应生成Cl₂（+5→0或-1），污染产品。（3）提高吸收效率的方法：增大反应物浓度（提高H₂O₂浓度）、增大气液接触面积（多孔球泡）。热水浴会降低ClO₂溶解度和导致NaClO₂分解；加快滴加速率会生成大量ClO₂来不及吸收且可能达到爆炸浓度。（4）鼓入N₂的作用：稀释ClO₂防止爆炸；将ClO₂全部赶入B中提高转化率。（5）吸收反应：ClO₂ + 2NaOH + H₂O₂ = 2NaClO₂ + O₂ + 2H₂O，注意H₂O₂作还原剂（O从-1升到0）。（6）杂质Na₂SO₄来源：装置A中Na₂SO₃与浓硫酸可能生成SO₂，SO₂进入B中被H₂O₂氧化为SO₄²⁻。检验SO₄²⁻需先加稀盐酸酸化，排除CO₃²⁻、SO₃²⁻、PO₄³⁻及Ag⁺等干扰，再加BaCl₂溶液。 16 高考趋势： 以闪锌矿和软锰矿联合制备ZnSO₄和MnSO₄的工艺流程为载体，考查价层电子排布图、离子方程式、pH调控范围、条件控制原因、热重分析及配离子化学式。是工艺流程与结构结合的典型题。 考点角度： Mn价层电子排布图（3d⁵4s²）、氧化酸浸离子方程式（ZnS + MnO₂ + 4H⁺ = Zn²⁺ + Mn²⁺ + S↓ + 2H₂O）、沉铁pH范围（使Fe³⁺完全沉淀，不沉淀Zn²⁺和Mn²⁺）、沉锰时pH不能过高的原因（防止生成Mn(OH)₂沉淀）、分解气成分（NH₃和CO₂）、余液溶质（NH₄Cl）、热重分析确定脱水产物（A点Zn(H₂O)₆²⁺）、化学方程式书写（ZnSO₄·7H₂O逐级失水及最终分解为ZnO）。 情境： 生产环保情境（锌锰资源综合利用）。 素养： 科学探究与创新意识（工艺流程分析、条件控制）；模型认知（沉淀溶解平衡、热重分析）；宏观辨识与微观探析（电子排布、配离子）。 四翼： 综合性、应用性。 难度：中 考前重点提醒： 工艺流程题要“抓主线反应、控pH条件、会热重计算”。（1）氧化酸浸：ZnS被MnO₂氧化生成S，MnO₂被还原为Mn²⁺，注意离子方程式配平及酸性环境。（2）沉铁：根据表格，Fe³⁺完全沉淀pH=2.8，Zn²⁺开始沉淀pH=6.2，故调节pH在2.8~6.2之间（通常写2.8≤pH<6.2或3.0~6.0）。沉锰时pH不能过高，否则Mn²⁺会生成Mn(OH)₂沉淀，导致产品不纯。（3）分解气：热分解(NH₄)₂CO₃或NH₄HCO₃生成NH₃和CO₂，溶于水可循环利用。（4）热重分析：ZnSO₄·7H₂O摩尔质量287 g/mol，取28.7 g为0.1 mol。A点失重1.8 g（0.1 mol H₂O），则A为ZnSO₄·6H₂O，但题干说“水分子全部作配体”，故配离子为[Zn(H₂O)₆]²⁺，化学式为[Zn(H₂O)₆]SO₄。后续失重得到ZnSO₄、ZnO等，根据质量变化推断产物，写出对应的化学方程式。 17 高考趋势： 以CO₂加氢制甲烷和甲醇为背景，综合考查盖斯定律、图像分析（物质的量随温度变化原因）、平衡常数计算（分压平衡常数Kp）、反应速率表示、选择性计算、催化剂选择及反应历程能垒分析。是化学反应原理综合题的典型代表，融合了“动力学”与“热力学”。 考点角度： 盖斯定律求反应焓变（反应i = 反应ii + 反应iii）、图像中n(CO₂)先增后减的原因（低温主反应逆向移动影响大，高温副反应正向移动影响大）、甲烷选择性计算（生成甲烷的CO₂与总转化CO₂之比）、反应速率v(CO₂)表达式（用压强变化表示，注意恒压条件）、副反应Kp计算（气体分子数不变，Kp = (p(CH₄)·p(H₂O))/(p(CO₂)·p(H₂))？实际副反应CO₂ + H₂ ⇌ CO + H₂O，Kp = (p(CO)·p(H₂O))/(p(CO₂)·p(H₂))）、提高选择性的措施（选择高选择性催化剂）、反应历程中决速步能垒（最大活化能台阶）、抑制副产物的温度控制（适当降低温度，使副反应难以越过能垒）。 情境： 学术探索与环保情境（CO₂资源化）。 素养： 变化观念与平衡思想（盖斯定律、平衡移动、平衡常数）；证据推理与模型认知（图像分析、历程图）；科学态度与社会责任（碳中和）。 四翼： 综合性、创新性。 难度：难 考前重点提醒： 原理综合题要“分清主副反应、注意恒压条件、会读历程图”。（1）盖斯定律：目标反应 = 反应ii + 反应iii，ΔH = ΔH₂ + ΔH₃。（2）图像解释：低温时主反应（放热）逆向移动占主导，CO₂增加；高温时副反应（吸热）正向移动占主导，消耗CO₂，故CO₂先增后减。（3）甲烷选择性 = 生成甲烷的CO₂物质的量 / 转化的CO₂总物质的量。利用碳守恒：n(CO₂转化)= n(CH₄)+n(CO)，再结合图像数据计算。（4）恒压条件下反应速率v(CO₂) = Δp(CO₂)/Δt，但需注意Δp(CO₂)可通过初始分压和平衡分压求得，单位通常用kPa·min⁻¹。（5）副反应Kp计算：由于气体分子数不变，Kp = (p(CO)·p(H₂O))/(p(CO₂)·p(H₂))，代入平衡分压（总压×摩尔分数）即可。（6）决速步：反应历程中能垒（活化能）最大的基元反应。从图中找出最高“峰”对应的步骤，写出方程式。（7）抑制副产物：适当降温，使反应物分子难以获得足够能量跨越副反应的能垒，同时降低温度对主反应速率影响较小（若主反应活化能更低）。 18 高考趋势： 以抗高血压药替米沙坦中间体合成为载体，考查有机推断、官能团识别、反应类型（氧化、硝化、酯化、还原、取代）、同分异构体（限制条件：显色+水解、核磁共振氢谱）、化学平衡原理（加碱促进取代反应）、合成路线设计与方程式书写。是有机综合题的典型代表，信息迁移要求高。 考点角度： 间二甲苯的命名、Ⅲ中官能团（羧基、硝基）、Ⅱ的化学性质（加成：与H₂/Ni；取代：与Cl₂/光照）、同分异构体（含酚羟基和酰胺基，苯环二取代，4组氢，峰面积比6:2:2:1，即两个对称的甲基+两个邻位H+两个间位H+一个酰胺H）、Ⅷ的结构简式（从Ⅶ与H的反应逆推）、K₂CO₃的作用（吸收HCl，促进平衡正向移动）、合成路线设计（由对苯二甲醛？实际原料为对二氯苄和邻苯二胺？题目给出的原料结构需要辨认：第一个原料为ClCH₂-Ph-CH₂Cl，第二个为邻苯二胺。目标产物为含苯并咪唑环的化合物。第一步：对二氯苄在NaOH水溶液中水解生成对苯二甲醇；第二步：催化氧化生成对苯二甲醛；第三步：对苯二甲醛与邻苯二胺在酸性条件下缩合生成苯并咪唑环（类似已知反应）。写出对应方程式）。 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）；证据推理与模型认知（有机推断、信息迁移）；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、用信息、列限制条件”。（1）命名：两个甲基在间位，为间二甲苯（1,3-二甲苯）。（2）反应类型：Ⅱ为间二苯甲酸？实际结构需从合成路线推断。Ⅱ为对苯二甲酸？本题中Ⅰ是间二甲苯，氧化得到Ⅱ为间苯二甲酸。硝化生成Ⅲ为5-硝基间苯二甲酸。酯化生成Ⅳ，还原硝基为氨基得到Ⅴ，等等。注意官能团转化顺序。（3）同分异构体：遇FeCl₃显色→酚羟基；可发生水解→酯基或酰胺基。结合苯环上两个取代基、4组氢、峰面积比6:2:2:1，可确定结构为对位取代，一个为-OH，一个为-CONH₂，但6个H来自两个对称的甲基？实际需根据分子式推算。典型结构为两个-CH₃对称，一个-OH，一个-CONH₂，且-CH₃处于羟基和酰胺基的间位或对位。最终写出结构简式。（4）化学平衡角度：反应⑤（Ⅴ与氯代物反应生成酰胺）中K₂CO₃与生成的HCl反应，降低生成物浓度，使平衡正向移动，提高产率。（5）合成路线设计：原料ClCH₂-Ph-CH₂Cl（对二氯苄）在NaOH水溶液中水解生成对苯二甲醇（HOCH₂-Ph-CH₂OH），再催化氧化（Cu/Ag，O₂）生成对苯二甲醛（OHC-Ph-CHO），最后与邻苯二胺（C₆H₄(NH₂)₂）在酸性条件下发生缩合反应生成目标产物（含苯并咪唑环）。注意第三步反应类似于已知反应（醛与胺缩合生成亚胺，但此处进一步环化）。写出两步反应的化学方程式，并注明条件。 15．亚氯酸钠()是重要的漂白剂和消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白杀菌。实验室制备的装置如图所示。回答下列问题： 已知：ⅰ．溶液温度高于60℃，发生分解。 ⅱ．气体浓度超过10%时，易发生爆炸性分解。 （1）盛装浓硫酸的仪器的名称为___________。 （2）装置A的用途为制备，则装置A中作氧化剂的是___________(填化学式)；若将浓硫酸换成浓盐酸，则可能存在的问题是___________。 （3）装置B的用途为吸收并转化为，下列实验操作一定能提高吸收效率的有___________(填标号)。 A．装置B采用热水浴 B．加快滴加浓硫酸的速率 C．适当提高的浓度 D．通过多孔球泡向装置B的混合溶液中通 （4）反应过程中，打开，并缓慢鼓入的目的是___________。 （5）装置B中获得产品发生反应的化学方程式为___________。 （6）产品中可能混有杂质，其原因是___________；经减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤制得晶体，证明晶体中杂质除尽的操作方法是___________。 【答案】（1）分液漏斗 （2） 生成的中混有HCl、，使产物不纯 （3）CD （4）稀释，降低其浓度，防止浓度过高发生爆炸；同时将生成的全部赶入装置B中反应，提高转化率 （5） （6） 装置A中发生副反应，部分亚硫酸钠与浓硫酸反应生成SO2气体，该气体随气流进入装置B中并被氧化生成 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入足量稀盐酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，证明杂质已经除尽 【解析】在装置A中加入和的混合固体，从分液漏斗中放入浓硫酸，发生反应制备：，生成的进入B中在冰水浴下与NaOH溶液、溶液反应制备：，C是尾气处理装置，用于吸收剩余的，且能防倒吸，据此分析解答。 （1）根据实验装置的仪器图形可知，盛装浓硫酸的仪器的名称为：分液漏斗。 （2）装置A的用途为制备，发生反应的方程式为：，该反应中Cl元素化合价从+5价降低为+4价，被还原，则氧化剂的是；如将浓硫酸换成浓盐酸，浓盐酸易挥发且具有还原性，反应除生成外，还可能发生副反应产生氯气：，使产物不纯。 （3）A．根据已知ⅰ可知，当溶液温度高于60℃时，易发生分解，且温度升高气体溶解度降低，热水浴会降低的吸收效率，A不符合题意； B．加快滴加浓硫酸的速率，会快速生成大量的，来不及充分吸收会降低的吸收效率，且气体浓度超过10%时，易爆炸性分解，发生危险，B不符合题意； C．适当提高的浓度，根据反应知，可促进的吸收，能提高吸收效率，C符合题意； D．多孔球泡可增大与吸收液的接触面积，使反应更充分，能提高吸收效率，D符合题意； 故答案为：CD。 （4）根据已知ⅱ信息：气体浓度超过10%时，易发生爆炸性分解可知，缓慢鼓入的目的为：稀释，降低其浓度，防止浓度过高发生爆炸；同时将生成的全部赶入装置B中反应，提高转化率。 （5）根据分析，生成的化学方程式为：。 （6）装置A中发生副反应，部分亚硫酸钠与浓硫酸反应生成SO2气体，该气体随气流进入装置B中并被氧化生成；要证明晶体中杂质除尽，即没有存在，检验的操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入足量稀盐酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，证明杂质已经除尽。 16．可用作媒染剂、木材防腐剂、造纸工业漂白剂，还用于医药、农药、人造纤维等。某实验小组以闪锌矿粉(主要含ZnS，及少量FeO、)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备和的一种工艺流程如下。 已知：i．酸性条件下，氧化性：；和过量氨水生成； ii．25℃时，金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下(当离子浓度时认为反应完全)： 金属离子 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 6.2 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 8.2 回答下列问题： （1）基态Mn原子的价层电子排布图为______。“氧化酸浸”所得浸渣中含有硫单质，ZnS发生反应的离子方程式为______。 （2）“沉铁”时，调节溶液的pH范围约为______。“沉锰”时，需保持和氨水混合溶液的pH范围约为8.0，pH不能过高的原因是______。 （3）“热分解”所得“分解气”中的______(填化学式，下同)溶于水，可循环利用；“余液”的溶质主要为______。 （4）为了解受热分解规律，取在惰性气体环境下进行热重分析，剩余固体产物的质量随温度变化的曲线如图所示。(的摩尔质量为) 固体A中，水分子全部作配体与锌离子结合形成水合锌离子，该配离子的化学式为______(填化学式)。反应的化学方程式为______。 【答案】（1） （2） pH过高会生成沉淀，导致产品不纯 （3） (和) （4） (或) 【解析】闪锌矿粉和软锰矿粉、稀经过“氧化酸浸”工序，转化为S和、转化为、转化为，不反应，“浸渣”中含有S、；用氨水“沉铁”时，和不反应，生成沉淀；过滤后加入和氨水，生成沉淀和，沉锰后的滤液中含有、、、、、氨水等，热分解得到的“分解气”中含有、，“余液”的溶质主要为，沉淀为；溶于硫酸得到溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，获得。 （1）基态Mn原子价层电子排布式为，其价层电子排布图为；据分析，“氧化酸浸”时和反应生成S、、，离子方程式是。 （2）据分析，用氨水“沉铁”时应完全沉淀，而不沉淀、，根据资料可知，调节溶液的pH范围为。“沉锰”时和氨水作沉锰剂，生成沉淀，同时做缓冲溶液，即使加入过量氨水，溶液pH变化不大，溶液pH保持在8.0范围内，有利于生成，pH过高会生成沉淀，导致产品不纯。 （3）由分析可知，“分解气”的主要成分为、，溶于水获得氨水(或和一起通入水中得到)，可循环利用；由解析可知，“余液”的溶质主要为。 （4）的摩尔质量为，取，物质的量为0.1 mol，在惰性气体环境下进行热重分析，先脱水，A点剩余固体产物的质量为26.9 g，失去，A点化学式为；B点剩余固体产物的质量为17.9 g，又失去，B点化学式为；C点剩余固体产物的质量为16.1 g，又失去，C点化学式为；D点剩余固体产物的质量为8.1 g，其中Zn为0.1 mol（即6.5 g），则含O的质量为1.6 g（即0.1 mol），D点的化学式为；A的化学式为，其中水分子全部作配体与锌离子结合形成水合锌离子，该配离子的化学式为；反应的化学方程式为(或。 17．将转化为清洁能源是实现碳中和最直接有效的方法。根据所学知识，回答下列问题： Ⅰ．还原可制取。 已知：反应ⅰ． 反应ⅱ． 反应ⅲ． （1）___________。 （2）向恒压为0.36MPa的密闭容器中通入和，发生反应ⅰ，同时有副反应 发生，平衡时体系内、、的物质的量与温度的变化关系如图所示。 ①结合上述反应，解释图中的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：___________。 ②℃时，反应经后达到平衡，测得此时，，甲烷的选择性___________；该条件下反应速率___________(用含的代数式表示)；该条件下副反应的___________。 ③在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当___________。 Ⅱ．利用催化加氢可制备，其反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注，如“*”表示吸附在催化剂表面，图中“*H”已省略)： （3）该反应历程中决速步反应能垒为___________eV；为避免产生副产物，工艺生产的温度应适当___________(填“升高”或“降低”)。 【答案】（1） （2） 该反应ⅰ的，副反应的；因此低温时反应ⅰ的逆向移动的影响占主导，的物质的量逐渐增大，而高温时副反应的正向移动的影响占主导，的物质的量减小 0.68 选择加入对反应ⅰ有高选择性的催化剂 （3） 1.36 降低 【解析】（1）根据盖斯定律，反应i=反应ii+反应iii，则有： 。 （2）①该反应ⅰ的，同时副反应的；当升高温度时，反应ⅰ的平衡逆向移动使物质的量增大，副反应平衡正向移动使的物质的量减小；因此低温时反应ⅰ的逆向移动的影响占主导，的物质的量逐渐增大，而高温时副反应的正向移动的影响占主导，的物质的量减小； ②达到平衡时，根据C守恒，有，因此甲烷选择性为：；再根据反应关系，主反应消耗，副反应消耗，平衡时，得到总物质的量；容器为恒压，总压为，得到初始分压，平衡时分压，因此；副反应为分子数不变的反应，则有分压比等于物质的量比， ； ③催化剂可以加快反应速率，同时高选择性的催化剂可以提高甲烷的选择性，因此可选择加入对反应ⅰ有高选择性的催化剂。 （3）决速步是活化能（能垒）最高的步骤，根据反应历程图可知在主反应路径中的各步能垒，其中最高能垒为；生成副产物的能垒高于主产物，可适当降低温度，使体系难以越过副产物的能垒，可避免副产物生成。 18．替米沙坦是一种新型抗高血压药，毒副作用小。化合物H是合成替米沙坦的重要中间体，化合物H的合成路线如图。 已知：；通常在同一个碳原子上连有两个羟基时结构不稳定，易脱水形成羰基。 （1）化合物Ⅰ的名称是___________，化合物Ⅲ中官能团的名称为___________。 （2）对于化合物Ⅱ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 ① ___________ ___________ 加成反应 ② ___________ ___________ （3）满足下列条件的化合物Ⅴ的同分异构体的结构简式为___________。 ①含苯环且苯环上只有两个取代基，遇溶液能显色且可发生水解反应 ②核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为 （4）化合物Ⅷ的结构简式为___________；从化学平衡角度分析，反应⑤过程中的作用为___________。 （5）参照上述合成路线，设计以、为原料三步合成的合成路线。基于你设计的合成路线，回答下列问题： ①第一步反应的化学方程式为___________(注明反应条件)。 ②最后一步反应的化学方程式为___________(注明反应条件)。 【答案】（1） 间二甲苯(或1，3-二甲苯) 羧基、硝基 （2） 氢气，Ni，Δ    氯气，光照 取代反应 （3）   （4）    吸收反应过程中生成的HCl，促进反应正向进行，提高产率 （5） ++2NaOH+2NaCl+H2O ++2H2O 【解析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下与空气中氧气发生氧化反应生成，则Ⅰ为、Ⅱ为；浓硫酸作用下Ⅱ与浓硝酸发生硝化反应生成Ⅲ；浓硫酸作用下Ⅲ与过量甲醇共热发生酯化反应生成，则Ⅳ为；催化剂作用下Ⅳ与氢气发生还原反应生成Ⅴ；碳酸钾作用下Ⅴ与发生取代反应后，反应所得产物再在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成Ⅵ；Ⅵ一定条件下转化为Ⅶ；PPA，氢氧化钠溶液作用下Ⅶ与反应生成H，则Ⅷ为。 （1）由分析可知，化合物Ⅰ的结构简式为，名称为间二甲苯(或1，3-二甲苯)；由结构简式可知，化合物Ⅲ的官能团为羧基、硝基； （2）由分析可知，化合物Ⅱ的结构简式为，镍作催化剂条件下Ⅱ能与氢气发生加成反应生成 ；光照条件下Ⅱ能与氯气发生取代反应生成； （3）化合物Ⅴ的同分异构体含苯环且苯环上只有两个取代基，遇氯化铁溶液能显色且可发生水解反应说明同分异构体分子中含有酚羟基和酰胺基，则核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为6：2：2：1的结构简式为； （4）由分析可知，化合物Ⅷ的结构简式为 ；反应⑤为：++HCl，则由方程式可知，碳酸钾的作用是吸收反应过程中生成的氯化氢，减小生成物的浓度，有利于促进反应正向进行，提高产率； （5）由有机物的转化关系可知，以、为原料三步合成的合成步骤为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，银作催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成，PPA，氢氧化钠溶液作用下与反应生成； ①由分析可知，第一步反应为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成、氯化钠和水，反应的化学方程式为：+2NaOH+2NaCl+H2O； ②由分析可知，最后一步反应为PPA，氢氧化钠溶液作用下与反应生成为和水，反应的化学方程式为：++2H2O。 9 / 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 $