山东济宁市2026届高三下学期高考模拟考试 化学试题（含解析）

这是一份山东济宁市2026届高三下学期高考模拟考试 化学试题（含解析），共9页。试卷主要包含了5 K-39 I-127， 下列实验操作或方法错误的是，00 mL溶液等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
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。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 I-127
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. 下列叙述与氧化还原反应无关的是
A. 切开的土豆久置变色
B. 粮食酿醋
C. 纯碱溶液去油污
D. “暖宝宝”(含铁粉、活性炭、无机盐等)发热保暖
【答案】C
【解析】
【详解】A．切开的土豆久置变色是土豆中的还原性物质被空气中的氧化，存在元素化合价升降，属于氧化还原反应，故不选A；
B．粮食酿醋过程中淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖转化为乙醇和二氧化碳，乙醇最终被氧化为乙酸，存在元素化合价升降，属于氧化还原反应，故不选B；
C．纯碱溶液去油污是利用水解使溶液显碱性：，油污在碱性条件下发生酯的水解反应，整个过程无元素化合价升降，与氧化还原反应无关，故选C；
D．“暖宝宝”发热是铁发生吸氧腐蚀，存在元素化合价升降，故不选D；
选C。
2. 下列化学用语或图示正确的是
A. 的空间填充模型：
B. 的名称：3-异丙基戊烷
C. 的电子式：
D. 气态二聚氟化氢分子：
【答案】D
【解析】
【详解】A．是直线形分子，图示空间填充模型为V形，构型错误，正确的的空间填充模型为，A错误；
B．烷烃命名要求当出现两条或多条等长的碳链时，要选择连有取代基数目多的碳链为主链。该有机物最长碳链有3条且均有5个碳原子，取其中取代基数目多的碳链为主链，正确命名为2-甲基-3-乙基戊烷，B错误；
C．的结构式为，原子在中心，电子式应将写在和中间，正确的电子式为，C错误；
D．气态氟化氢分子间可形成氢键，易二聚，氢键存在于一个的和另一个的之间，图示结构（实线共价键、虚线氢键）正确，D正确；
故选D。
3. 下列实验操作或方法错误的是
A. 在重结晶实验中，要求杂质在溶剂中的溶解度受温度影响较大
B. 色谱法能从植物色素中提取叶绿素、胡萝卜素等组分
C. 实验室保存液溴时，试剂瓶中需添加适量水覆盖
D. 用酸式滴定管量取10.00 mL溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．在重结晶实验中，要求被提纯物质在溶剂中的溶解度受温度影响较大，杂质需满足溶解度受温度影响很小（热过滤时除去）或溶解度很大（冷却时留在溶液中），若杂质溶解度受温度影响较大，冷却时会与被提纯物共同析出，无法实现提纯，A错误；
B．色谱法依据不同组分在固定相和流动相的分配系数差异实现分离，可从植物色素中分离提取叶绿素、胡萝卜素等组分，B正确；
C．液溴易挥发且密度大于水，添加适量水覆盖（水封）可减少溴的挥发，C正确；
D．溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，需用酸式滴定管量取，且滴定管精度可达0.01 mL，可准确量取10.00 mL溶液，D正确；
故选A。
4. 物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A. 离子液体具有导电性，可用作原电池的电解质
B. 活性炭有吸附性，可用作食品脱色剂
C. 聚乙炔在掺杂状态下具有较高的电导率，可用于制作导电材料
D. 具有强氧化性，可用作呼吸面具供氧剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．离子液体含有可自由移动的离子，具备导电性，满足原电池电解质的导电要求，A正确；
B．活性炭具有疏松多孔结构，吸附性强，可吸附食品中的有色物质，可用作食品脱色剂，B正确；
C．掺杂状态的聚乙炔电导率较高，导电性能良好，可用于制作导电材料，C正确；
D．用作呼吸面具供氧剂，是因为其可与、反应生成，该反应中，既作氧化剂又作还原剂，该用途与其强氧化性没有对应关系，D错误；
5. 下列实验装置或操作方法正确且能达到实验目的的是
A. 实验①：用石墨作电极制备
B. 实验②：检验含有碳碳双键
C. 实验③：验证的水解程度比大
D. 实验④：验证牺牲阳极法保护铁
【答案】A
【解析】
【详解】A．电解饱和食盐水制备，需要阳极（产生）在装置下端、阴极（产生和）在上端，才能让生成的向上流动，与阴极产生的充分反应生成。该装置中，下端电极接电源正极（为阳极），上端电极接电源负极（为阴极），符合要求，A正确；
B．中醛基也能使溴水褪色，因此需要先除去醛基，但过量银氨溶液反应后，体系为碱性，溶液中大量会与​反应使溴水褪色，无论是否含碳碳双键，溴水都会褪色，无法检验碳碳双键，B错误；
C． 的溶解度远大于，因此饱和​溶液和饱和​溶液的物质的量浓度不相等，浓度不同本身会影响溶液，不能通过该操作比较​和的水解程度，需要等浓度的两种溶液才能比较，C错误；
D．该装置验证牺牲阳极法保护铁，应取反应后铁极区溶液，滴入后不会产生蓝色沉淀，说明溶液中无。不能直接把滴入铁极，会与铁电极反应生成干扰实验，因此操作不正确，D错误；
故选A。
6. 下列工业生产或实验涉及反应的离子方程式书写正确的是
A. 工业废水中的用去除：
B. 用氢氟酸刻蚀玻璃：
C. 氯化铵溶液中加入少量钠：
D. 氢氧化二氨合银溶液中加入稀硫酸：
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeS是难溶电解质，离子方程式中不能拆分为，正确的离子方程式为，A错误；
B．HF是弱电解质，离子方程式中不能拆分为和，且反应生成的计量数应为2，正确的离子方程式为，B错误；
C．Na先与水反应生成NaOH和，NaOH再与反应，反应放热使分解释放，总反应消去两边的水后，离子方程式电荷、原子均守恒，C正确；
D．氢氧化二氨合银是强电解质，离子方程式中应拆分为和，且会与生成微溶的，正确的离子方程式为，D错误；
故选C。
7. 某化学兴趣小组进行了如下物质转化实验(部分产物未标出)，下列说法错误的是：
A. 常温下可用铁制器皿来盛装浓硫酸
B. 若N的阴离子空间结构与相似，则反应①中硫酸表现了氧化性
C. P、X分别与通过燃烧反应生成的化合物中元素的化合价不同
D. 向G溶液中加入乙醇可以看到深蓝色晶体析出
【答案】B
【解析】
【分析】首先推导各物质： 根据流程可推知：为，为（黄色晶体），为，为，为铜盐，为硫酸四氨合铜，对选项逐一分析：
【详解】A．常温下铁遇浓硫酸会发生钝化，形成致密氧化膜阻止反应，因此可用铁制器皿盛装浓硫酸，A正确；
B．N的阴离子空间结构与相似，则N为（可以看作是中一个非羟基氧原子被硫原子取代的产物，所以结构类似）。则与稀硫酸的反应方程式为：，该反应是自身歧化（为），硫酸中化合价不变，仅体现酸性，未表现氧化性，B错误；
C．与燃烧生成，其中为价；与燃烧生成，其中为价，化合价不同，C正确；
D．为硫酸四氨合铜溶液，硫酸四氨合铜在乙醇中溶解度远小于在水中的溶解度，加入乙醇会析出深蓝色的晶体，D正确；
故选B。
8. 下列对物质性质差异解释正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．配位数差异源于离子半径，半径远小于半径，中心Al3+周围可以容纳更多半径小的，和电负性无关，A错误；
B．F的电负性比H大，由于的吸电子作用，使得羧基中键的极性更强，更易电离出H+，酸性：CF3COOH≥CH3COOH，与原子半径无关，B错误；
C．和均为离子晶体，离子晶体熔点由晶格能决定，两种物质的阴离子相同，阳离子体积越大，晶格能越小，熔点越低，体积大于体积，因此晶格能更小，熔点更低，C错误；
D．硬脂酸甘油酯和乙酸乙酯固态时均属于分子晶体，硬脂酸甘油酯相对分子质量远大于乙酸乙酯，范德华力更大，故硬脂酸甘油酯的黏性更大，D正确；
故选 D。
9. 某有机合成中间体的分子结构如下图所示，已知X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z原子中s能级电子数为p能级电子数的二倍，M、Q处于元素周期表的对角线位置，下列说法正确的是
A. 分子中元素杂化方式为
B. 阴离子的空间结构为直线形
C. 同周期中第一电离能比小的元素有5种
D. 该分子晶体中存在分子间氢键
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X成一个键且原子序数最小，则X为H；Y成三个键，且原子序数小于Z（C），则Y为B；Z原子中s能级电子数为p能级电子数的二倍，即Z的电子排布式为，且Z成四个键，则Z为C；M成三个键，Q成两个键，且M、Q处于元素周期表的对角线位置，则M为N，Q为S，据此分析：
【详解】A．分子中（B）形成3个键，没有孤电子对，价层电子对数为3，杂化方式为，A错误；
B．阴离子为，结构式为，中心原子C形成2个键，无孤电子对，中心C原子sp杂化，所以的空间结构为直线形，B正确；
C．Q为S，位于第三周期，第三周期元素第一电离能顺序为，所以同周期中第一电离能比S小的元素有4种，C错误；
D．氢键是由已经与电负性很大（N/O/F）的原子形成共价键的氢原子与另一个电负性很大的原子（N/O/F）之间形成的作用力。该分子晶体中只有，不符合形成氢键的条件，故该分子不存在分子间氢键，D错误；
故选B。
10. 可发生热解反应生成两种氧化物和一种单质，向1L恒容密闭容器中加入、，平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. a线所示物种为
B. 710℃时，的物质的量为
C. 700-750℃间，分解反应的平衡逆向移动
D. 730℃时，再向容器中充入少量，平衡时不变
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据题干信息写出的热解反应，满足两种氧化物、一种单质，配平为： ，同时容器中​存在分解平衡： ，根据反应方程式及图中曲线变化情况a、b、c、d、e对应的依次为、、、、，据此作答。
【详解】A．温度升高，两个反应正向进行，​是两个反应的共同生成物，且总物质的量一定大于，因此量最大的上升线a为，A正确；
B．初始投入、。由图中信息可知，时，剩余的，则分解了，列三段式则710℃时，的物质的量为，B错误；
C．，分解，生成大量和，使​分解反应的生成物浓度增大，平衡逆向移动，最终​的物质的量上升，C正确；
D．温度不变，两个反应的平衡常数不变：分解的平衡常数，只要还有固体剩余，、为定值；结合分解的平衡常数，可得只与温度有关，温度不变，充入后平衡时仍不变，D正确；
故选B。
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。
11. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．FeCl3溶液中含有Fe3+。当通入SO2时，溶液首先变为红棕色，说明Fe3+与 SO2迅速结合生成了红棕色的络合物 [Fe(SO2)6]3+。随后溶液变为浅绿色（Fe2+的颜色），说明Fe3+被SO2还原成了Fe2+，发生了氧化还原反应，结论判断：溶液“先”变红棕色，“后”变浅绿色，说明络合反应先发生，氧化还原反应后发生。这表明Fe3+与SO2的络合反应速率比氧化还原反应速率快，A符合题意；
B．实验操作及现象：向BaCl2溶液中通入SO2气体，无明显现象，再通入气体 X，产生白色沉淀。 推理过程：SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是弱酸，而盐酸是强酸，弱酸不能制强酸，所以SO2 通入BaCl2溶液中不反应，无沉淀。再通入气体 X 产生白色沉淀，气体X的作用可能是提供碱性环境（如NH3），使溶液呈碱性，生成BaSO3沉淀；也可能是提供氧化性环境（如Cl2、NO2等），将SO2（或亚硫酸）氧化为硫酸根离子，从而生成不溶于酸的BaSO4沉淀。结论判断：气体 X 不一定是NH3，也可能是Cl2等其他气体。该结论错误，B不符合题意；
C．实验操作及现象：向 2 mL 0.1 ml⋅L−1 FeCl3溶液中加入 1 mL 0.1 ml⋅L−1 KI溶液，充分振荡后滴加KSCN溶液，溶液颜色变红。发生的氧化还原反应为 2Fe3++2I−=2Fe2++I2。计算反应物的物质的量：��(FeCl3)=0.1 ml⋅L−1×0.002 L=0.0002 ml，��(KI)=0.1 ml⋅L−1 × 0.001 L = 0.0001 ml。根据化学方程式，完全反应需要 0.0001 ml Fe3+和 0.0001 ml I−。实验中Fe3+是过量的（0.0002 ml >0.0001 ml）。结论判断：滴加KSCN溶液变红，说明溶液中存在Fe3+。但由于Fe3+本身就是过量的，即使反应不可逆且KI完全反应，溶液中依然会有剩余的Fe3+遇KSCN变红。因此，该现象不能证明该反应是可逆反应。该结论错误，C不符合题意；
D．实验操作及现象：向苯与苯酚的混合溶液中加入过量的浓溴水，振荡后无白色沉淀。 推理过程：苯酚能与浓溴水发生取代反应生成2,4,6-三溴苯酚白色沉淀。但在苯与苯酚的混合溶液中，生成的2,4,6-三溴苯酚会溶解在有机溶剂苯中。结论判断：无白色沉淀是因为生成的产物溶解在了苯中，而不是浓溴水与苯酚未反应。该结论错误，D不符合题意；
故选A。
12. 某格氏试剂()可发生如下反应：
下列说法正确的是
A. 苯甲酸甲酯与足量的加成产物中含有手性碳原子
B. 二苯甲酮的二氯代物有13种
C. 三苯甲醇的核磁共振氢谱有4组峰
D. 与发生上述反应可生成
【答案】CD
【解析】
【分析】首先总结题干反应规律：1 ml酯可与2 ml格氏试剂反应，最终原酯的羰基碳原子连接1个和2个来自格氏试剂的，得到叔醇，据此逐一分析选项。
【详解】A．苯甲酸甲酯（）与加成，只有苯环加成得到，其中饱和碳原子均至少连接2个相同的基团，不存在连4个不同基团的手性碳原子，A错误；
B．二苯甲酮（）结构对称，共3种等效氢；先确定一个Cl原子的位置（3种）：第一种，共5种；第二种，，由于单键可以旋转，3和6对称，4和5对称，共7-2=5种；第三种，，2和3对称，共3-1=2种；总共5+5+2=12种，B错误；
C．单键可自由旋转，三个苯基等效，苯环上3种H，羟基上1种H，故三苯甲醇共有4种位置的H，核磁共振氢谱有4组峰，C正确；
D． 乙酸甲酯​中酰基的R为，格氏试剂的为，根据反应规律，产物为，和D给出的结构一致，D正确；
故选CD。
13. 氯苯是重要的有机溶剂，由苯胺制备氯苯的反应机理如图所示(部分产物未标出)。已知：苯胺分子中所有原子共平面。
下列说法正确的是
A. 苯胺、、重氮盐中的N有三种杂化方式
B. 第③步反应中C原子被氧化
C. 图示反应过程中的催化剂为
D. 理论上生成1ml氯苯，需要消耗
【答案】AB
【解析】
【详解】A．苯胺（）分子中所有原子在同一平面，则原子的杂化方式为sp2杂化。的原子：形成 2 个键，1 对孤电子对，为sp2杂化。重氮盐（）中原子：结构，为sp杂化。共2 种杂化方式，A 错误；
B．第③步是苯自由基（）与反应生成氯苯（）和Cu元素化合价降低，C元素化合价升高被氧化，B正确；
C．催化剂是在反应前后质量和化学性质不变的物质。从循环看：参与反应后又生成，是中间产物，实际催化剂是，不是。C错误；
D．重氮化反应消耗，催化剂再生步骤消耗重氮盐中的氯原子，故生成氯苯共消耗。D正确；
最终答案：BD。
14. 在温和条件下，用电解法处理工业废气中的二氧化硫，原理如图所示。下列说法正确的是
A. 电极a与电源负极相连
B. 当有生成，有穿过交换膜
C. 理论上a极消耗，b极产生
D. 随着反应的进行，体系酸性逐渐增强
【答案】BC
【解析】
【分析】该装置为电解池，根据b极物质转化，S的化合价降低，则b为阴极，a为阳极，据此分析：
【详解】A． b极上转化为，从价降为价，发生得电子的还原反应，因此b为阴极，接电源负极，a为阳极，接电源正极，A错误；
B．a极反应方程式为：+，则当有生成，有4ml电子转移，有穿过交换膜向阴极移动，B正确；
C． 根据B选项中a极反应方程式，a极消耗，电路转移32 ml ；b极反应方程式为，电路转移32 ml ，则b极产生，C正确；
D．总反应为，总反应生成水，体系酸性逐渐减弱，D错误；
故选BC。
15. 常温下，溶液中主要存在如下平衡：，，。溶液中、、、的分布分数［如］及、随变化如图所示(元素、的物质的量保持不变，忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是
A. 时，
B. 曲线丁表示物种
C. a点时，约为
D. b点，
【答案】AC
【解析】
【分析】pH越大（碱性越强），电离平衡（，）右移，浓度增大，浓度减小，因此曲线丁为，曲线甲为；，电离常数 ，变形得：；，电离常数 ，变形得：；由图可知：当时，即，，代入，得，当时，即，，代入，得；同时可知曲线乙为，则曲线丙为。据此分析：
【详解】A．，时，把、代入得：，即 ，得，即，A正确；
B．由上述分析，pH升高，浓度增大，则分布分数增大，因此曲线丁为，B错误；
C．原溶液为，总Cr浓度。a点，此时，得；此时的分布分数，因此。 根据Cr原子守恒：，pH=6.5时，可忽略，因此，得，C正确；
D．原溶液为，则有物料守恒： ； 由图中信息b点，则，代入得，和选项等式不符，D错误；
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分
16. 铁单质及其化合物应用广泛。回答下列问题：
（1）Fe在元素周期表中的位置___________；基态、中单电子数之比___________。
（2）有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。配体、在碱性条件下参与形成的配离子如图所示，铁元素的化合价为___________，1ml该配离子中通过螯合作用形成的配位键有___________ml，配离子中N的杂化方式为___________(为平面结构)，配体中第二周期元素的第三电离能由大到小的顺序___________。
（3）、、三种元素可形成一种超导材料，晶体结构如图所示。
晶体的化学式为___________，Fe的配位数为___________。
【答案】（1） ①. 第四周期第VIII族 ②. 4：5
（2） ①. +2 ②. 4 ③. 、 ④. C>N
（3） ①. ②. 4
【解析】
【小问1详解】
Fe原子序数为26，核外电子排布为，因此在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族； 核外电子排布为，3d轨道含4个单电子；核外电子排布为，3d轨道含5个单电子，因此单电子数之比为；
【小问2详解】
配离子整体带2个单位负电荷，配体三乙醇胺在碱性条件下3个羟基脱质子，共带3个单位负电荷，咪唑脱氢带1个单位负电荷，设Fe化合价为，则，解得； 螯合的定义为同一配体多个配位原子与同一中心离子配位成环，三乙醇胺提供1个N和3个O共4个配位原子，形成4个螯合配位键；咪唑仅提供1个配位原子，不成环，因此不算螯合配位键，故1 ml配离子含4 ml螯合配位键； 咪唑环为平面结构，咪唑中的N原子为杂化；三乙醇胺中N原子形成4个σ键，为杂化，因此配离子中N的杂化方式为和；配体 中第二周期元素为C、N，第三电离能对应原子失去2个电子后再失1个电子的能量：失去2个电子后，再失1个电子可得到全满稳定结构，易失第三个电子，价电子排布，全满稳定，不易失第三个电子，因此第三电离能顺序为；
【小问3详解】
均摊法计算晶胞原子数：K位于顶点（8个，每个占）和体心（1个），总个数：；Fe位于面上，个数为：个；S有8个位于棱上，2个位于晶胞内，个数为：；原子数比，因此晶体化学式为​；Fe周围结合4个S，因此Fe的配位数为4。
17. 某科研团队从废旧三元锂电池正极活性物质(主要成分)中回收锂、锰、钴、镍的工艺流程如下：
已知：“还原酸浸”后溶液中的金属离子主要有，，，
（1）“放电处理”时，溶液提供导电通路，使电池放电完全，确保拆解安全，该过程中产生的气体为___________；将正极片预处理得到粉料的目的是___________。
（2）“沉锰”时pH约为6.0，所得锰沉淀主要成分为、、，写出生成的离子方程式___________。
（3）与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀。“沉镍”过程的最佳为5，不能过低，也不能过高的原因是___________[已知：]。
（4）“沉锂”过程中发生反应，该反应的平衡常数___________[已知，，]。
（5）“氧化”过程中，参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
（6）“酸化”过程中、的作用___________。
【答案】（1） ①. 、 ②. 增大接触面积，加快反应速率
（2）
（3）pH过低时浓度较大，丁二酮肟镍难以沉淀，不利于反应正向进行；pH过大时，生成杂质。
（4）
（5）1：4 （6）中和OH-，降低溶液pH，促进[C(NH3)6]2+向[C(NH3)5Cl]2+转化；做配体
【解析】
【分析】该工艺流程首先通过还原酸浸将废旧三元正极材料中的高价态Ni、C、Mn还原为可溶性Mn2+、C2+、Ni2+并同时浸出Li+，随后利用(NH4)2S2O8的强氧化性将Mn2+选择性氧化为MnO2沉淀实现锰的分离，再向含C2+、Ni2+、Li2+的滤液中加入丁二酮肟使Ni2+形成Ni(DMG)2配合物沉淀以分离镍，剩余溶液先用NaHCO3沉锂得到Li2CO3，而含钴溶液则通过氨浸形成可溶性[C(NH3)6]2+配合物，再经氧化为[C(NH3)6]3+并酸化使Cl-取代NH3配位，最终结晶得到目标产物[C(NH3)5Cl]Cl2。
【小问1详解】
放电处理阶段产生的气体为氢气和氧气；正极片预处理成粉料的目的是增大固液接触面积，提高后续“还原酸浸”反应速率；
【小问2详解】
沉锰过程生成MnOOH的离子方程式：；
【小问3详解】
沉镍过程pH控制在5的原因是：pH过低时浓度较大，丁二酮肟镍难以沉淀，不利于反应正向进行；pH过大时，生成杂质；
【小问4详解】
反应为：；
【小问5详解】
反应为：；
氧化剂为O2，得4e-；还原剂为[C(NH3)6]2+，每分子失1e-，共失4分子，故比例为1 : 4；
【小问6详解】
酸化过程中，H+中和OH-，降低溶液pH，促进[C(NH3)6]3+向[C(NH3)5Cl]2+转化，利于晶体析出；Cl-作为配体参与配位。
18. 高效广谱的氯胺型缓释消毒剂二氯海因(，)常温下是一种白色晶体，熔点为132℃，微溶于水，易溶于有机溶剂。以5，5-二甲基海因(，白色晶体，熔点178°C，可溶于水，易溶于有机溶剂)为原料制备二氯海因的装置意图如下(部分夹持装置略)。
具体制备方法如下：在三颈烧瓶内加入5，5-二甲基海因和一定量水，维持温度在0-10℃，滴加溶液的同时向反应体系中通入氯气，控制溶液的为，反应时间为1h，停止反应后，经过一系列操作得到二氯海因粗品。
回答下列问题：
（1）装置乙中盛放的试剂为___________；仪器丁的名称为___________，其中盛放试剂的作用为___________。
（2）丙装置采用的控温方式为___________，制备过程中需要用磁力搅拌器进行强搅拌，原因是___________。
（3）制备二氯海因的化学方程式为___________。
（4）为测定所制备产品中二氯海因含量进行如下实验：
①取样品置于已加入125mL纯水、2g碘化钾的250mL碘量瓶中，样品完全溶解后，加硫酸溶液，迅速加盖至反应完全后，加入淀粉作指示剂，用标准液滴定至滴定终点，记录消耗的标准溶液的体积为；
②空白实验：不加样品重复上述实验，达到滴定终点时消耗的标准溶液的体积为。
达到滴定终点的现象为___________；二氯海因的含量为___________(用含有、、、的代数式表示)。
已知：①；②。
【答案】（1） ①. 饱和食盐水或饱和NaCl溶液 ②. 球形干燥管 ③. 除去
（2） ①. 水浴控温 ②. 促进反应物充分接触，加快反应速率
（3） （4） ①. 滴入最后半滴标准液(或溶液)，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色 ②.
【解析】
【分析】该装置以5,5-二甲基海因为原料，在0-10℃低温条件下于水溶液中滴加NaOH调节pH，同时通入氯气；在碱性介质中，氯气与水反应生成次氯酸根，次氯酸根作为亲电氯化试剂，与海因分子中两个氮原子上的活性氢发生取代反应，生成N–Cl键，从而形成二氯海因。
【小问1详解】
装置乙：甲装置是用和浓盐酸反应制取，制得的中含有挥发的杂质。由于易溶于水，而在饱和食盐水中的溶解度很小，所以装置乙中盛放的试剂为饱和食盐水；仪器丁的名称为球形干燥管；反应过程中会有未反应的排出，有毒会污染空气，需要吸收；
【小问2详解】
反应需要维持温度低于室温且需要较精确控温的方式通常采用水浴控温；反应物5,5 - 二甲基海因微溶于水，反应体系为非均相体系，强搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率；
【小问3详解】
5,5-二甲基海因与、反应生成二氯海因，根据原子守恒和氧化还原反应规律，反应还会生成和，化学方程式为：；
【小问4详解】
滴定过程中，与反应生成，淀粉遇变蓝；当用溶液滴定至完全反应时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色；
空白实验消耗的体积为，样品实验消耗的体积为，则与反应的的物质的量为，根据定量关系：，二氯海因的摩尔质量为，故二氯海因的含量为，即为。
19. 哮喘用药中间体沙丁醇胺的合成路线如下：
已知：Ⅰ．。
Ⅱ．是强还原剂。
回答下列问题：
（1）A的系统命名为___________；E中官能团的名称为___________。
（2）C→D的化学方程式为___________。
（3）反应①一④中属于取代反应的是___________。
（4）D的另一合成路线为
则G的结构简式为___________。
（5）请以和为原料合成(其他试剂任选)。___________
【答案】（1） ①. 2-羟基苯甲酸 ②. 羟基、氨基
（2） （3）①②③
（4） （5）
【解析】
【分析】结合E的结构简式和A的分子式推理可得A的结构简式为，A的羧基和的氨基发生取代反应，脱去一分子水得到B，结构简式为。根据已知Ⅰ，可知B断开键，羰基C原子进攻羟基的对位C原子，发生取代反应得到C，结构简式为。C在酸性条件下水解，酰胺基转化为氨基和羧基，得到D，结构简式为，D中的羧基和羰基在强还原剂的条件下被还原得到E。
【小问1详解】
根据分析，A结构中苯环邻位分别连接羟基和羧基，羧基为母体，羟基为取代基，在2号碳上，名称为2-羟基苯甲酸；根据E的结构简式可知，其官能团名称为羟基和氨基。
【小问2详解】
根据分析，该反应的反应物为C和水，生成物为D，配平得方程式为。
【小问3详解】
根据分析，可知反应①、②、③为取代反应。
【小问4详解】
由图可知，G→D的反应为取代反应，结合D的结构可知G的结构简式为。
【小问5详解】
和可发生加成反应，生成，在酸性条件下水解得到。的羧基和的氨基发生取代反应得到，参照已知Ⅰ，在路易斯酸的条件下可发生取代反应得到；综上，合成路线为。
20. 甘油水蒸气重整制氢主要涉及以下反应：
①
②
③
④
（1）若只发生反应②，分别以、或、为初始原料，在相同温度和压强条件下进行反应，达到平衡时，体系从环境吸热或向环境放热，则反应②在该温度和压强下的___________；反应③在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。
（2）实际生产中，催化甘油水蒸气重整制氢反应，在相同条件下，甘油和水蒸气的混合气体，以相同流速通过不同催化剂时，甘油的转化率随时间变化如图所示(生产过程中含碳化合物会碳化)。催化剂寿命较长的是___________；转化率随时间逐渐减小的原因___________。
（3）在恒容密闭容器投入和发生反应①、②、③、④，平衡时，各气态物种的物质的量随温度的变化关系如图所示。曲线丁表示的物质为___________；高温时曲线乙、丙基本平行的原因___________；温度时，反应②的平衡常数___________(用含有a的代数式表示)。
【答案】（1） ①. +100(a+b) ②. 低温
（2） ①. 催化剂B ②. 催化剂活性位点被碳覆盖，催化效率降低
（3） ①. ②. 温度较高时反应①、反应③④的逆反应基本反应完全，主要发生反应②，、变化量基本相同 ③.
【解析】
【小问1详解】
分别以、或、为初始原料，在相同温度和压强条件下进行反应，达到平衡时，体系从环境吸热或向环境放热，对于可逆反应，正向反应吸热与逆向反应放热之和，等于完全反应的热效应，即的反应热 ；反应③：， ，反应物是气体，生成物是气体，气体分子数减少，混乱度减小，故；，要使反应自发，需，因此，必须在低温下，才能使得总结果小于0；
【小问2详解】
催化剂A随着时间推移，转化率下降得非常快，说明催化剂很快失活；催化剂B在较长的时间内，转化率维持在较高水平，下降较缓慢，由于“含碳化合物会碳化”，积碳会导致催化剂失活。曲线下降慢说明抗积碳能力强，寿命长，故催化剂寿命较长的是催化剂B；反应过程中产生的积碳覆盖在催化剂表面，导致催化效率降低；
【小问3详解】
丁曲线随着温度升高，物质的量逐渐增加又减小，故丁代表；温度较高时反应①、反应③④的逆反应基本反应完全，主要发生反应②，、变化量基本相同，故曲线乙、丙基本平行；
平衡常数表达式：，由于是恒容容器，体积 V相同，可以用物质的量n代替浓度c计算：；T1​时刻交点是曲线丙和曲线戊的交点。所以，；
由于碳守恒，初始投入 ，含，平衡时；所以；
由于氢守恒，初始投入和，共，平衡时：，时 接近于0，方程简化为：；
由于氧守恒，初始投入和，共，平衡时：，
代入和，得；
将代入氢守恒方程，得；
计算得。选项
性质差异
主要原因
A
配位数：
电负性：
B
酸性：
原子半径：
C
熔点：
晶体类型不同：为分子晶体，为离子晶体
D
黏性：硬脂酸甘油酯>乙酸乙酯
范德华力：硬脂酸甘油酯>乙酸乙酯
选项
实验操作及现象
结论
A
已知显红棕色，将通入溶液中，溶液先变为红棕色，一段时间后又变成浅绿色
与络合反应速率比氧化还原反应速率快
B
向溶液中通入气体，无明显现象，再通入气体，产生白色沉淀
气体一定是
C
向溶液中加入溶液，充分振荡后滴加溶液，溶液颜色变红
与发生的氧化还原反应为可逆反应
D
向苯与苯酚的混合溶液中加入过量的浓溴水，振荡后无白色沉淀
浓溴水与苯酚未反应