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新疆维吾尔自治区喀什地区2026届高考化学自编模拟卷（6）
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C A C C C D B
1．C
【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是倾倒；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取，答案选C。
2．A
【详解】A．正戊烷分子的碳原子均为饱和碳原子，故正戊烷分子中所有碳原子不在一条直线上，A项正确；
B．三氯甲烷若为平面正方形或正四面体，均只有一种结构，不能确定其结构，而二氯甲烷只有一种结构可以证明甲烷是正四面体构型，B项错误；
C．是丙烷的球棍模型，C项错误；
D．碳碳间以单键结合，碳原子剩余价键全部与氢原子结合的烃可能是饱和链烃也可能是环烷烃，环烷烃的通式为，D项错误；
答案选A。
3．C
【详解】某溶液加入过量的盐酸后产生气体，说明有碳酸根离子，则钡离子、铁离子和铜离子都不存在，溶液A加入过量的氨水产生白色沉淀，则说明原溶液中有偏铝酸根离子，沉淀B为氢氧化铝，滤液B加入过量的氢氧化钡产生白色沉淀，说明原溶液中有硫酸根离子，滤液C加入过量的稀硝酸和硝酸银，产生白色沉淀，说明滤液C中含Cl-，因为最初加入盐酸，不能说明原溶液中是否有氯离子。
A．通过分析可知，原溶液中一定有偏铝酸根离子、碳酸根离子、硫酸根离子，根据电荷守恒，一定有钠离子，不能确定是否有氯离子，故错误；
B．气体A的化学式是CO2，其电子式为，故错误；
C．通过分析可知原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+，故正确；
D．生成沉淀B的离子方程式为：Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故错误。
正确选项C。
【点睛】本题考查学生有关离子检验的知识，注意离子之间的反应以及离子共存知识是解题的关键，该题注重学生能力的考查。
4．C
【分析】实验I：向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，说明生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；
实验II：向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了硫化铜黑色沉淀，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀。
【详解】A．由上述分析可知，③中白色浑浊是CaCO3，不可能是CaS，CaS遇水完全水解，故A结论正确；
B．②中溶液降低的原因：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，产生黑色沉淀，溶液的pH降低，故B结论正确；
C．实验①中过量CO2发生的反应是2CO2+2H2O+S2-=2HCO3-+H2S，故C结论错误；
D．根据实验I和II中现象：I中通二氧化碳有硫化氢生成；II中通硫化氢有二氧化碳生成，故不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱，故D结论正确；
答案为C。
5．C
【分析】方案能确定碳酸钠、碳酸氢钠任一物质的质量,即可测定混合物中NaHCO3质量分数，
①氢氧化钠过量，在加热、蒸干、灼烧过程中可生成Na2CO3；
②碳酸氢钠的不稳定性，加热分解，利用固体差量法即可计算出固体中碳酸氢钠的质量；
③应先把水蒸气排除才合理；
④只有碳酸钠可与氯化钡反应，根据沉淀的质量可确定Na2CO3的质量，进而可确定碳酸氢钠的质量分数。
【详解】①氢氧化钠过量，在加热、蒸干、灼烧过程中可生成Na2CO3，则不能确定NaHCO3分解生成的碳酸钠的质量，不能确定质量分数，故①错误；
②NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故②正确；
③混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故③错误；
④只有碳酸钠可与氯化钡反应，根据沉淀的质量可确定Na2CO3的质量，进而可确定碳酸氢钠的质量分数，故④正确。
所以C选项是正确的。
【点睛】本题考查物质含量的实验方案的设计，注意把握物质的性质以及实验方案的原理，该题注意测量数据能否计算出结果，为解答该题的关键。
6．D
【分析】根据题干信息可知，Zn-二次电池中，放电时，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=ZnO+2H2O（Zn与Al性质相似，在碱性条件下以ZnO存在），正极氧气得电子生成氢氧根离子，其电极反应式为：O2＋4e-＋2H2O=4OH-；充电时，电极反应式相反，利用原电池与电解池工作原理分析解答。
【详解】A．放电式Zn极为负极，PVC-RuO2电极为正极，所以K+向PVC-RuO2电极移动，A正确；
B．放电时，锌电极发生失电子的氧化反应，根据上述分析可知，其电极反应式为Zn-2e-+4OH-=ZnO+2H2O，B正确；
C．充电时，阳极区的电极反应式为：，消耗氢氧根离子的同时生成水，所以阳极附近pH减小，C正确；
D．充电时，导线中每通过4mol电子，阳极产生氧气的物质的量为1mol，所以标况下其体积为=22.4L，D错误；
故选D。
7．B
【分析】当SO2恰好将溶液中H2S反应完时，由于生成物为S（沉淀）和水，故此时溶液显中性，对于图中点a，a点以后，SO2过量，SO2与水反应形成H2SO3溶液。
【详解】A．由分析知，a点为纯水，a点过后，SO2过量，形成H2SO3溶液，随着H2SO3浓度增大，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，故导电能力：c＞b＞a，A错误；
B．起点→a点，溶液中H2S逐渐被反应，c(H+)逐渐减小，对水的电离抑制程度减弱，水的电离程度增大，a点往后，SO2过量，形成H2SO3溶液，c(H+)增大，对水的电离抑制程度增强，水的电离程度减小，故整个过程，水的电离程度先增大后减小，B正确；
C．由分析知，当通入112 mL SO2，H2S完全反应，故n(H2S)=2n(SO2)=，则起始c(H2S)=，起点pH=4.1，即饱和H2S溶液中c(H+)=10-4.1 mol/L，由于H2S电离是微弱的，故c(HS-)≈c(H+)=10-4.1 mol/L，c(H2S)近似等于起始浓度0.1 mol/L，则，故其数量级为10-8，C错误；
D．由H2SO3电离常数，得，随着SO2的通入，c(H+)逐渐增大，由于Ka1不变，故比值逐渐减小，但当SO2气体达到饱和时，c(H+)保持不变，比值也就不再改变，故D错误；
故答案选B。
8．(1)BD
(2)
(3)
(4)
(5) 阳 A、C
(6)F的电负性大于H，使的极性更大，导致三氟甲基亚磺酸锂更易电离出
【分析】由题干工艺流程图可知，向浓缩卤水(含有Li+、Na+、Ca2+、Mg2+、Cl 、硼酸根离子等)中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶相和主要含Li+、Na+、Mg2+ 、Cl 的水层溶液，向溶液中加入碳酸钠，将Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3沉淀，进行一次除镁，过滤得到沉淀Ⅰ主要成分为Mg2(OH)2CO3，向滤液Ⅰ中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH)2，同时一次沉淀中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀Ⅱ主要成分为Ca(OH)2、Mg(OH)2和CaCO3，向滤液Ⅱ中加入草酸钠除去Ca2+，将滤液Ⅱ中的Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀Ⅲ主要成分为CaC2O4，滤液Ⅲ经电渗析得到浓缩的LiCl溶液，向浓缩液中加入碳酸钠沉锂，过滤、洗涤、干燥得到碳酸锂，据此分析解题。
【详解】（1）“除硼”过程中，涉及的操作有萃取、分液，故选BD；
（2）由分析可知，“一次沉淀”可使大部分Mg2+以Mg2(OH)2CO3形式除去，即Mg2+和Na2CO3溶液反应生成Mg2(OH)2CO3，该反应的离子方程式为：；
（3）由分析可知，沉淀Ⅱ主要成分为Ca(OH)2、Mg(OH)2和CaCO3；
（4）由表格内数据可知，，若使Ca2+完全沉淀，则，，则；
（5）由“电渗析”的装置可知，M电极生成氧气，发生氧化反应，则M电极为阳极；N电极生成氢气，发生还原反应，N电极为阴极，氯离子不能在阳极上放电，则x为阳离子交换膜，y为阴离子交换膜；M极区域的Li+通过阳离子交换膜移动到A区域，B区域的Cl-通过阴离子交换膜移动到A区域，A区域获取浓缩的LiCl溶液，B区域的Li+通过阳离子交换膜移动到C区域，D区域的Cl-通过阴离子交换膜移动到C区域，C区域获取浓缩的LiCl溶液，故浓缩的LiCl溶液可以在A、C区域获取；
（6）
由于F的电负性大于H，使 CF3的极性更大，导致三氟甲基亚磺酸锂更易电离出Li+，故三氟甲基亚磺酸锂比甲基亚磺酸锂()更适合做Li+补充剂。
9． 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 H2SiO3 2Fe2＋+H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O ZnO或Zn(OH)2等 2.8 除去溶液中的Cu2+ Cu、Zn 降低烘干的温度，防止ZnSO4·7H2O分解 b
【分析】根据影响反应速率的因素分析解答；根据流程图及物质性质分析涉及的反应及书写相关反应方程式；根据沉淀溶解平衡原理及题干信息分析计算溶液中离子浓度。
【详解】（1）氧化锌矿石粉碎可增大固体与溶液接触面积，加快反应速率；在加H2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3，故滤渣X的成分为H2SiO3，
故答案为增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率； H2SiO3；
（2）在步骤Ⅱ中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应，对应的离子方程式为：2Fe2＋+H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O，
故答案为2Fe2＋+H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O；
（3）要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，可以加入ZnO、Zn(OH)2等化合物；溶液中c(Fe3+)=1.0×10 5 mol·L 1，则c3(OH )==2.6×10 34，c(OH )=×10 11 mol·L 1，故pOH=11 1/3lg0.26=11.2，pH=14 pOH=2.8，
故答案为ZnO或Zn(OH)2等； 2.8；
（4）在步骤Ⅲ中加入锌粉的目的是将Cu2+还原成Cu，通过过滤除去；为了将Cu2+全部置换出来，加入的锌粉过量，滤渣Z中包含Cu和Zn，
故答案为除去溶液中的Cu2+；Cu、Zn；
（5）①由于ZnSO4·7H2O易分解，烘干时要适当降低温度；
②n(ZnSO4·7H2O)= =0.1 mol，加热过程中若得ZnSO4·H2O的质量为17.90 g(100 ℃)；若得ZnSO4的质量为16.10 g(250 ℃)；若得ZnO的质量为8.10 g(930 ℃)；据此通过排除法确定680 ℃时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2，
故答案为降低烘干的温度，防止ZnSO4·7H2O分解；b。
【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时调用。
10．(1)-a-3b-c
(2) 3 30% 0.57 增大CO的物质的量
(3) C 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多 温度590K，R=2.5
【详解】（1）①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)　ΔH=a kJ·mol-1
②NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+H2(g)　ΔH=b kJ·mol-1
③4Na2FeO4(aq)+10H2O(l)=4Fe(OH)3(s)+3O2(g)+8NaOH(aq)　ΔH=c kJ·mol-1
根据盖斯定律，-③-②×3-①×得2Fe(OH)3(s)+3NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2Na2FeO4(aq)+3NaCl(aq)+5H2O(l)的ΔH=-a-3b-c kJ·mol-1。
（2）①0~15 s时CO的变化物质的量为2.5mol-1.75mol=0.75mol，则Cl2的变化物质的量也为0.75mol，Cl2的平均反应速率为=0.05mol/(L·s)=3mol·L-1·min-1；
②反应进行到15s时达到第一次平衡，CO的平街转化率为=30%；此时平衡体系内CO为1.75mol/L、Cl2为0.75mol/L、COCl2为0.75mol/L，该反应的平衡常数K==0.57；
③在第20 s时，CO的物质的量瞬间迅速增大，然后平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质的量；
（3）①A．反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，即气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故A不符合题意；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．正(H2S)表示正反应速率，逆(HCl)表示逆反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此正(H2S)=逆(HCl)说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．组分都是气体，则气体总质量始终不变，容器为恒容状态，气体总体积保持不变，根据密度的定义，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为C；
②C6H5-Cl由反应Ⅰ生成，C6H6由反应Ⅱ生成，图2显示温度较低时C6H5-Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；根据图2和图3的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5-Cl的适宜条件为温度590K，R=2.5。
11． 硝基、酯基 C17H14ClNO3 6 取代反应 12
【分析】A和在ZnCl2催化作用下发生反应生成B，B与（CH2）6N4作用生成C，C与CH3NO2生成D，D与AcCl在FeCl2催化条件下生成E，E在Pd/C条件下，与N2H4·H2O得到F，F用CH3C6H4SO2Cl与-OH作用生成G，最后与(CH3CH2CH2)2NH发生取代反应，合成产品H。
【详解】（1）D为，中含氧官能团的名称为硝基、酯基；故答案为：硝基、酯基；
（2）E为，分子式为C17H14ClNO3；一定条件下，1molE中有两个苯环，最多与6molH2发生加成反应(不考虑开环加成)。故答案为：C17H14ClNO3；6；
（3）G为，与(CH3CH2CH2)2NH发生取代反应，合成产品H，方程式为：，故答案为：取代反应。
（4）A和在ZnCl2催化作用下发生反应生成B，A→B的化学方程式为。故答案为：；
（5）同时满足下列条件的A的同分异构体：①含苯环属于芳香族化合物②遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基③有两个取代基，其中一个为羟基，另一个可以为：、、、，两个取代基在苯环上的位置均有邻间对3种，共有12种；
其中核磁共振氢谱为5组峰且峰面积之比为4：2：2：1：1的结构简式为。故答案为：12；；
（6）参与B生成C，C生成D的反应，以为起始原料制备的合成路线为。故答案为：。
【点睛】本题考查有机物的推断与合成、有机物反应类型、限制条件同分异构体书写等，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，题目较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，难点（5）同分异构体的书写，根据题意两个取代基：其中一个为羟基，另一个可以为：、、、，再结合苯环上的取代基的位置，确定同分异构体的种类。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页新疆维吾尔自治区喀什地区2026届高考化学自编模拟卷（6）试卷副标题答题卡
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姓名：______________班级：______________
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答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚。
2
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请将准考证条码粘贴在右侧的[条码粘贴处]的方框内
3
、
选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写，字体工整
4
、
请按题号顺序在各题的答题区内作答，超出范围的答案无效，在草纸、试卷上作答无效。
5
、
保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀。
6、填涂样例 正确 [■] 错误 [--][√] [×]
) (
缺考标记
考生禁止填涂
缺考
标记
！
只能
由监考老师负责用黑色字迹的签字笔填涂。
)
选择题（请用2B铅笔填涂）
１、[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] ２、[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] ３、[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] ４、[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] ５、[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] ６、[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] ７、[ A ] [ B ] [ C ] [ D ]
非选择题（请在各试题的答题区内作答）
8题、
9题、
10题、
11题、新疆维吾尔自治区喀什地区2026届高考化学自编模拟卷（6）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（共42分）
1．（本题6分）《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干，”其中未涉及的操作是
A．洗涤 B．粉碎 C．萃取 D．蒸发
2．（本题6分）下列关于有机物结构的认识正确的是
A．正戊烷分子中所有碳原子不在一条直线上
B．三氯甲烷只有一种结构证明甲烷是正四面体结构
C．丙烷分子的空间填充模型：
D．碳碳间以单键结合，碳原子剩余价键全部与氢原子结合的烃一定符合通式
3．（本题6分）某溶液由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、AlO、CO、SO42-、Cl-中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：
下列说法正确的是
A．原溶液中一定只存在、、、Cl-四种离子
B．气体A的化学式是CO2，其电子式为O::C::O
C．原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+
D．生成沉淀B的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
4．（本题6分）某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如下表
实验 操作 现象
Ⅰ 向盛有Na2S溶液的①中持续通 入CO2至过量 ②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低； ③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡
Ⅱ 向盛有NaHCO3溶液的①中持 续通入H2S气体至过量 现象同实验Ⅰ
资料：CaS遇水完全水解
由上述实验得出的结论不正确的是
A．③中白色浑浊是CaCO3
B．②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
C．实验①中CO2过量发生的反应是：CO2+H2O+S2-=CO32-+H2S
D．由实验I和II不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱
5．（本题6分）下列测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的实验方案，合理的是
① 取a g混合物与过量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体
② 取a g混合物充分加热，减重bg
③ 取a g混合物与过量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g
④ 取a g混合物与过量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得b g固体
A．① ② B．② ③ C．② ④ D．③ ④
6．（本题6分）下图是Zn-空气二次电池(锌和铝的某些性质相似)，电池内聚丙烯酸钠吸收了KOH溶液形成导电凝胶。下列说法错误的是
A．放电时，K+向PVC-RuO2电极移动
B．放电时，锌电极发生反应为Zn-2e-+4OH-=ZnO+2H2O
C．充电时，阳极附近pH减小
D．充电时，导线中每通过4mol电子，阴极产生22.4L(标况下)O2
7．（本题6分）室温下，向 100mL 饱和 H2S 溶液中通入 SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应： ，测得溶液 pH 与通入 SO2的关系如图。下列有关说法正确的是
A．溶液的导电性：a＞b＞c
B．整个过程中，水的电离程度先增大后减小
C．该温度下，H2S 的 Ka1数量级为 10-9
D．a 点之后，随 SO2气体的通入，的值始终减小
二、解答题（共58分）
8．（本题13分）某工厂将盐湖水进行初步除杂浓缩后得到浓缩卤水(含有硼酸根离子等)，利用浓缩卤水制备锂离子电池原料的工艺流程如下：
已知：①当某离子的浓度小于或等于时，可认为该离子已沉淀完全；
②室温下，相关物质的如下表：
化合物
回答下列问题：
(1)“除硼”过程中，涉及的操作有______(填选项字母)。
A．过滤 B．萃取 C．蒸馏 D．分液
(2)“一次沉淀”可使大部分以形式除去，该反应的离子方程式为 。
(3)“二次沉淀”得到的“沉淀Ⅱ”中除外，还含有 (填化学式)。
(4)“三次沉淀”时，若向为的“滤液Ⅱ”中加入等体积的溶液，使完全沉淀，则溶液的浓度至少为 (不考虑水解的影响，溶液混合时忽略体积变化)。
(5)“电渗析”的装置如图所示，为离子交换膜，则x为 (填“阴”或“阳”)离子交换膜；浓缩的LiCl溶液可以在 (用字母A、B、C、D表示)区域获取。
(6)活性的减少会造成锂离子电池的衰减，复旦大学科研团队研发的补充剂——三氟甲基亚磺酸锂()可有效减少这种衰减。试从结构角度分析三氟甲基亚磺酸锂比甲基亚磺酸锂()更适合做补充剂的原因为 。
9．（本题15分）七水硫酸锌别名皓矾，常用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂，在医药上用于催吐剂。工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO4·7H2O的流程如下：

请回答下列问题：
（1）氧化锌矿粉碎过筛的目的是 ；滤渣X的成分是 。
（2）步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为 。
（3）“除铁”加入试剂M调节溶液的pH，试剂M可以为 （填化学式）；已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10 39，沉铁过程中要使溶液中c(Fe3+)≤1.0×10 5 mol·L 1，必须控制溶液的pH≥ 。[lg2.6=0.4]
（4）步骤Ⅲ加入锌粉的目的是 ，滤渣Z的成分是 。
（5）取28.70gZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示：

①步骤Ⅳ中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是 。
②680℃时所得固体的化学式为 。
a．ZnO b．Zn3O(SO4)2 c．ZnSO4 d．ZnSO4·H2O
10．（本题15分）含氯化合物的反应在化学工业中具有重要的地位。回答下列问题：
(1)次氯酸钠氧化法可以制备Na2FeO4。
已知：2H2(g) +O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+ H2(g) ΔH =b kJ·mol-1
4Na2FeO4 (aq) + 10H2O(l)=4Fe(OH)3(s) +3O2 (g)十8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
反应2Fe(OH)3(s)十3NaClO(aq) + 4NaOH(aq)=2Na2FeO4 (aq) + 3NaCl(aq) +5H2O(l)的 △H= kJ·mol-1。
(2)光气(COCl2)是重要的含氯化合物。常用于医药、农药制造，工业上利用一氧化碳和氯气反应制备，反应方程式为CO(g)+Cl2(g) COCl2(g)。在1 L恒温恒容密闭容器 中充入2.5molCO和1.5molCl2，在催化剂作用下发生反应，测得CO及COCl2的物质的量随时间变化如图1所示：
①0~15s内，Cl2的平均反应速率为 mol· L-1·min-1
②第一次平衡时，CO的平衡转化率为 ；此温度下，该反应的平衡常数KC= (保留两位有效数字)。
③在第20 s时，改变的条件是 。
(3)工业上常用氯苯(C6H5-Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备一种用途广泛的有机合成中间体苯硫酚(C6H5-SH) ，但会有副产物苯(C6 H6)生成。
Ⅰ．C6H5-Cl(g)+H2S(gC6H5-SH(g)+HCl(g) ΔH1= -16.8 kJ·mol-1；
Ⅱ．C6H5- Cl(g)+ H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+ S8(g) △H2= - 45.8 kJ·mol-1。
①将一定量的C6H5-Cl和H2S的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T(假设只发生反应Ⅰ)，下列可以作为反应Ⅰ达到平衡的判据是 (填字母)。
A．气体的压强不变 B．平衡常数不变
C． v正(H2S)= v逆(HCl) D．容器内气体密度不变
②现将一定量的C6H5-Cl和H2S置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20 min测定生成物的浓度，得到图2和图3。
(R为H2S与C6H5-Cl的起始物质的量之比)，图2显示温度较低时C6H5-SH浓度的增加程度大于C6H6，从活化能角度分析其主要原因是 ；结合图2和图3，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为 。
11．（本题15分）盐酸罗匹尼罗用于治疗帕金森症，治疗中度到重度的不宁腿(多动腿)综合征，罗匹尼罗(H)的一种合成路线如图所示。
已知：①路线中Ph-代表，Ac-代表CH3COO-；
②RCOOR’R’OH
请回答下列问题：
（1）D中含氧官能团的名称为 。
（2）E的分子式为 ；一定条件下，1molE最多与 molH2发生加成反应(不考虑开环加成)。
（3）G→H的反应类型为 。
（4）A→B的化学方程式为 。
（5）同时满足下列条件的A的同分异构体有 种(不考虑立体异构)；
①含苯环②遇FeCl3溶液显紫色③有两个取代基
其中核磁共振氢谱为5组峰且峰面积之比为4：2：2：1：1的结构简式为 。
（6）参照上述合成路线，请设计以为起始原料制备的合成路线为 (其他无机试
答案第1页，共2页
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