2026年高考化学二轮信息必刷卷02（北京专用）（全解全析）

2026年高考化学二轮信息必刷卷02化学考情速递高考·新动向：2026年高考题目嵌入真实场景，占比超40%；以科技前沿、绿色低碳、工业生产、传统文化为核心载体。打破必修/选必界限，原理+流程+实验+结构/有机综合命题。聚焦证据推理/模型认知、实验探究/创新意识，多素养整合考查。如第3题以“废旧锂离子电池回收”为背景，体现绿色化学、资源循环利用的价值导向，符合北京高考“无价值不入题”的趋势。高考·新考法：跨科融合：结合物理（能量/电学）、数学（计算/建模），重系统思维。工业流程题：陌生工艺+核心操作（萃取/沉淀/电解），考流程拆解、条件选择、绿色评估；实验探究题：从“操作”到完整探究链（设计—分析—论证—结论），含方案改进与评价；原理综合题：反应机理+平衡+电化学+能量融合，多图表（机理/曲线/晶胞）分析；有机/结构题：前沿素材（3D打印催化、超分子、新型电池），考结构—性质—应用关联。如第16题真实工业应用落地：选取“H₂S脱硫”这一化工环保领域的核心工艺，属于北京高考高频的“绿色发展、污染治理”新情景范畴。打破了单纯考查盐类水解、弱电解质电离的理论化命题模式，将核心知识嵌入“工业废气处理”的真实场景，契合“无情境不成题”的新趋势。高考·新情境：科技前沿：航天新材料、新型电池、催化技术、生物医药合成；绿色发展：碳中和、废水/废气处理、资源循环、绿色合成；等都是高考化学命题的一大特点。比如第11题以杀菌防腐剂K的工业合成路线为载体，将有机化学知识嵌入真实的化工生产场景，体现了“无情境不成题”的命题导向，考查学生在实际应用中解决问题的能力。命题·大预测：学试题将继续体现综合性，即一道试题可能涉及多个知识点的综合考查。例如，在一道工业流程题中，可能同时考查化学反应原理、元素化合物知识、化学实验操作等多个方面的内容，要求考生能够将所学的化学知识融会贯通。题目的呈现方式可能会有创新，例如采用图表、数据等多种形式呈现信息，增加信息的密度，测试考生在阅读理解、知识提炼、信息整合及书面表达等方面的综合能力。考生需要能够快速捕捉关键信息、精准分析并有效传达信息，像根据图表中的数据变化趋势分析化学平衡的移动方向等。（考试时间：75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：H1Li7C12N14O16S32Cl35.5Mn55Fe56一、单选题：本大题共14小题，每小题3分，共42分，每小题给出的4个选项中只有一个答案符合要求。1．2025年诺贝尔化学奖与金属有机框架(MOFs)的研发有关。MOFs以金属为节点、有机分子为连接，形成具有规则多孔结构、内部表面积巨大的化合物。因金属及有机分子的不同，MOFs种类很多。下列关于MOFs说法不正确的是A．可用于二氧化碳的捕捉 B．可作氢气、甲烷等存储材料C．可制作具有活性位点多的催化剂 D．属于硅酸盐材料【答案】D【详解】A．MOFs具有多孔结构和高表面积，适合吸附二氧化碳，A正确；B．多孔结构能有效存储气体如氢气和甲烷，B正确；C．金属节点和巨大表面积可提供丰富的催化活性位点，C正确；D．MOFs由金属和有机配体构成，属于配位聚合物，而非硅酸盐材料，D错误；故选D。2．下列化学用语或图示表达正确的是A．sp2杂化轨道示意图：B．基态30Zn原子的价层电子排布式：4s2C．HCl中σ键的形成：D．电子式表示MgCl2形成过程：【答案】A【详解】A．sp2杂化轨道由1个s轨道和2个p轨道杂化形成3个等同杂化轨道，轨道在同一平面，夹角120°，故A正确；B．Zn为30号元素，电子排布式为[Ar]3d104s2，价层电子排布式为3d104s2，故B错误；C．HCl中σ键由H的1s轨道与Cl的3p轨道“头碰头”重叠形成，HCl中σ键的形成表示为，故C错误；D．MgCl2是离子化合物，用电子式表示MgCl2形成过程为，故D错误；答案选A。3．设计如图装置回收单质钴。装置工作时，乙酸盐降解生成，废旧锂离子电池的正极材料转化为。工作时细菌所在环境pH保持基本稳定，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质。下列说法不正确的是A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐减小B．装置工作时，通过阳离子交换膜的数目小于C．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸D．定时将乙室溶液转移至甲室可以提高单质钴的回收率【答案】B【详解】A．由分析可知，装置工作时，甲室中电极反应式为Co2++2e-=Co，左侧装置中左室产生的H+通过阳膜进入甲室，溶液pH减小，故A正确；B．根据电极反应式CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，当电路中转移8mol电子时，细菌室生成7mol氢离子，工作时细菌所在环境pH保持基本稳定，可知细菌室生成的氢离子完全转移到甲室，根据电荷守恒，还需要有1molNa+转移，通过阳离子交换膜的数目大于，故B错误；C．由分析可知，装置工作时，乙室为原电池，电池的总反应为CH3COO-+8LiCoO2+25H+=2CO2↑+8Li++8Co2++14H2O，反应中消耗氢离子，说明装置工作一段时间后，乙室应补充氯化氢，故C正确；D．乙室生成Co2+，定时将乙室溶液转移至甲室，可使Co2+在甲室被还原为Co单质，提高回收率，故D正确；选B。4．下列说法不正确的是A．植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，可使溴的四氯化碳溶液褪色B．核苷酸可水解为磷酸和核苷，核苷可水解为戊糖和碱基C．石油的裂化、煤的气化的产物都属于混合物D．鸡蛋清溶液中加硝酸银溶液产生的沉淀能重新溶于水【答案】D【详解】A．植物油含不饱和高级脂肪酸甘油酯，其中碳碳双键能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；B．核苷酸由磷酸、戊糖和碱基组成，可水解为磷酸和核苷，核苷能进一步水解为戊糖和碱基，B正确；C．石油裂化得到多种短链烃，煤的气化产生CO、H2等混合气体，产物都是混合物，C正确；D．鸡蛋清溶液含蛋白质，硝酸银是重金属盐，会使蛋白质变性产生沉淀，变性不可逆，沉淀不能重新溶于水，D错误；故选D。5．下列反应的离子方程式正确的是A．溶液中滴加足量溶液：B．在氨水中通入少量的气体：C．溶液中通入少量：D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合：【答案】B【详解】A．NaOH过量，产物为，离子方程式：，故A错误；B．氨水过量，产物为(NH4)2SO3，故B正确；C．苯酚钠过量，产物为苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式：，故C错误；D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶1混合，反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨、水，反应的离子方程式：，故D错误；故答案为B。6．化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作不符合规范的是A．铜与浓硫酸反应并检验气态产物B．检验是否沉淀完全C．制备晶体D．证明苯和液溴为取代反应A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，气态产物为SO2，可利用SO2的漂白性进行检验，观察到品红溶液褪色，并且浸有NaOH溶液的棉团吸收尾气防止污染，故A正确；B．沿烧杯壁向上层清液中加入氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明已经沉淀完全，故B正确；C．[Cu(NH3)4]SO4不溶于乙醇，向[Cu(NH3)4]SO4加入乙醇，有利于[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体析出，故C正确；D．用图中装置制取溴苯时，将液溴加入苯中，在催化剂存在下发生反应，从圆底烧瓶中出来的HBr中混有的溴蒸气，溴蒸气也可使硝酸银溶液产生沉淀，无法证明苯与液溴反应为取代反应，故D错误；故选D。7．常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备的流程如图所示：下列说法正确的是A．上述流程中每一步均有元素化合价变化B．在流程中都属于还原产物C．次磷酸钠()属于酸式盐D．次磷酸分解时转移电子【答案】B【详解】A．和反应生成和，无元素化合价发生变化，A错误；B．反应(浓)中，元素的化合价由0价降至中的-3价，为还原产物，中的化合价为+1价，的化合价为-3价，所以分解生成为还原反应，属于还原产物，B正确；C．白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成，且次磷酸()为一元酸，其分子中只有一个羟基氢可以电离，故为正盐，C错误；D．分解方程式为，从+1价升高到+5价，同时，从+1价降低到-3价，在该反应中，，转移电子，D错误；故选B。8．的配位化合物较稳定且运用广泛。可与、、、等配体形成使溶液呈浅紫色的、红色的、黄色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验：

已知：与、的反应在溶液中存在以下平衡：

下列说法不正确的是A．I中溶液呈黄色可能是由于水解产物的颜色引起的B．向溶液II中加入NaF后，溶液颜色变为无色，说明C．为了能观察到溶液I中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸D．向溶液III中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色【答案】C【详解】A．为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色形成混合体系，使溶液呈黄色，A正确；B．加入NaF后溶液II由红色变为无色，说明转变为，反应更易生成，说明，B正确；C．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的，C错误；D．向溶液III中加入足量的KSCN固体，可使平衡的Q>，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确；故选C。9．氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是A．断开键吸收的能量小于形成键与键放出的能量之和B．氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态C．400K时，对应氨的平衡转化率大于，是因为此情况下，对应的平衡常数比的大D．生产条件可选择高温、适当压强和加入催化剂【答案】D【详解】A．氨分解反应为2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)，由图像知温度升高氨平衡转化率增大，说明正反应吸热ΔH>0。ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，则断开6molN-H键吸收的能量大于形成3molH-H键与1molN≡N键放出的能量之和，故A错误；B．该反应中N2和H2的物质的量之比始终为1:3，比值均是恒量，N2和H2的物质的量之比不变，反应不一定平衡，故B错误；C．平衡常数K仅与温度有关，400K时温度相同，p1和p4的K相等，故C错误；D．正反应吸热，高温可提高转化率，减小压强平衡正向移动，催化剂加快反应速率，所以生产条件可选择高温、适当压强和加入催化剂，故D正确；选D。10．以CO、为原料合成涉及的主要反应如下。①

②

反应时间等其他条件相同时，按充入原料气，不同温度下CO的转化率和产物选择性如下图。已知：产物A的选择性下列说法不正确的是A．选择性提高可能是由温度对反应速率的影响导致的B．根据温度升高时CO的转化率增大，可推断C．相较于230℃，270℃时单位时间内能合成更多的D．除反应②外，体系中还存在其他副反应【答案】B【详解】A．反应②为放热反应，故选择性提高可能是由于温度升高达到催化剂适宜温度，提高了化学反应速率导致，A错误；B．由分析可知，，B错误；C．相较于230℃，270℃时温度高，化学反应速率增加，单位时间内能合成更多的，C正确；D．和的选择性和在减少，而CO的转化率在增加，故除反应②外，体系中还存在其他副反应，D正确；故选B。11．有机化合物K主要用作杀菌防腐剂，其合成路线如下(部分条件已省略)。下列说法不正确的是A．F能被酸性KMnO4氧化是-CH3对苯环影响的结果B．J中最多有16个原子共平面C．过程①、③和④中均发生取代反应D．K的合成过程中进行了官能团的保护【答案】A【详解】A．在酸性KMnO4​的强氧化条件下，F中与苯环直接相连的甲基被氧化为羧基，从而使酸性KMnO4溶液褪色，不是甲基对苯环影响的结果，而是苯环对甲基影响的结果，故A错误；B．苯环平面与羧基的-COO平面可能一起共面，羟基和羧基中H原子也可能与苯环共面，即所有原子都可共平面，共16个原子可能共面，故B正确；C．对比E、F的结构简式，G、J的结构简式，J、K的结构简式，以及各过程中所用试剂，过程①、③和④中均发生取代反应，故C正确；D．-OH易被氧化，E→F将-OH首先转化为-OCH3，然后氧化-CH3为-COOH，G→J再把-OCH3转化为-OH，可保护-OH避免氧化，故D正确；故答案为A。12．(为、或)与发生取代反应的能量变化图如下：下列说法正确的是A．中的杂化方式均为B．由反应①可知键能C．推测反应过程中的浓度很低D．由能量变化推测相同条件下是吸热反应【答案】C【详解】A．离子中甲基碳原子的杂化方式为sp3杂化，中心碳原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误；B．由反应①可知，元素的电负性越大，C—X键的键能越大，元素电负性的大小顺序为，则键能的大小顺序为，故B错误；C．由图可知，的能量最高，能量越高，物质越不稳定，所以反应过程中的浓度很低，故C正确；D．由图可知，的反应是反应物总能量小于生成物总能量的放热反应，无法确定HBr中共价键断裂吸收的能量多少，也不能确定氢离子和氢氧根离子反应放出的能量多少，所以由盖斯定律可知，不能由能量变化推测相同条件下的反应是否为吸热反应，故D错误；故选C。13．利用平衡移动原理，分析沉淀溶解平衡。已知：i．。ii．图中直线的离子浓度关系符合或。下列分析不正确的是A．①表示的是，B．a、b两点对应的溶液，相应的离子浓度之比C．向c点对应的溶液中加适量固体，可使溶液由c点变到a点D．向固体中加入的溶液，充分反应后有0.032mol转化为【答案】D【详解】A．根据分析可知，①表示的是，，A正确；B．a、b两点对应的溶液，相同，相应的离子浓度之比，B正确；C．向c点对应的溶液中加适量固体，则浓度增加，-lg减小，且，可使溶液由c点变到a点，C正确；D．设有xmol转化为，x=0.064mol，D错误；故选D。14．实验小组用下表实验研究Cu与的反应。将0.3gCu与10mL溶液A混合，振荡后静置30min，观察现象。溶液A实验现象①溶液（未加酸，）溶液由黄色变为棕绿色，未见气泡产生②0.3溶液（未加酸，）溶液由黄色变为蓝绿色③和混合溶液[，]无明显变化资料：，溶液呈棕色。下列说法不正确的是A．结合资料推测，①中和均体现了氧化性B．②中发生反应的离子方程式为C．由①③推测，①中直接还原的可能是Fe（Ⅱ）D．由②③可知，Cu还原反应的限度大于Cu还原反应的限度【答案】D【详解】A．实验①中溶液变为棕绿色，结合资料，溶液呈棕色，则生成了Fe2+和Fe(NO)2+，说明Fe3+被还原为Fe2+，同时在酸性条件下可能被还原为NO，又继续和Fe2+反应生成，则和均体现了氧化性，A正确；B．实验②使用Fe2(SO4)3溶液（无），溶液由黄色（Fe3+）变为蓝绿色（Fe2+浅绿色和Cu2+蓝色的混合色），反应为典型的Cu还原Fe3+，方程式书写正确，故B正确；C．实验①有反应（棕绿色），实验③无反应（无明显变化），对比可知还原需Fe参与。结合资料，Cu先还原Fe3+生成Fe2+，Fe2+再直接还原为NO，形成Fe(NO)2+。因此，直接还原的是Fe(II)（即Fe2+），故C正确；D．实验②中Cu还原Fe3+发生，实验③中Cu还原未发生（无明显变化），表明在相同条件下（pH≈1，离子浓度相似），Cu还原Fe3+的反应可以进行，而Cu还原的反应不能自发进行或反应速率慢，而非限度差异（如动力学因素导致实验③无明显现象），不能直接推断限度大小，D错误；故答案为D。二、非选择题：本题共5小题，共58分。15．(10分)锂电池的电解液是目前研究的热点。(1)锂电池的电解液可采用溶有的碳酸酯类有机溶液。①基态的电子云轮廓图的形状为。②基态P原子的价层电子轨道表示式为。(2)为提高锂电池的安全性，科研人员采用离子液体作电解液。某种离子液体的阳离子的结构简式如下，阴离子为。①N、F、P三种元素的电负性由大到小的顺序为。②该阳离子中，带“*”的C原子的杂化轨道类型为杂化，的空间构型为。③研究发现通过改变阳离子侧链可调控离子化合物的熔点。A、B两种离子液体的结构如图所示。熔点的原因是。(3)因其良好的锂离子传输性能可作锂电池的固体电解质，其晶胞结构示意图如图所示，晶胞的边长为apm()。①晶胞中的“O”代表(填“”或“”)。②距离最近的有个。③已知的摩尔质量是，阿伏伽德罗常数为。该晶体的密度为。【答案】(1)球形(2)F、N、P正四面体A、B均为离子晶体，阴离子相同，阳离子所带电荷量也相同。当阳离子侧链从乙基增长到丙基，阳离子的体积(或半径/尺寸)增大，离子键的强度减弱，熔点也随之降低(3)4【详解】（1）①基态的电子排布在1s能级，电子云轮廓图的形状为球形；②基态P原子的价层电子排布式为3s23p3，价层电子轨道表示式为；（2）①同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，同主族元素从上到下第一电离能减小，N、F、P三种元素的第一电离能由大到小的顺序为F>N>P；②该阳离子中，带“*”的C原子为双键碳，杂化轨道类型为sp2杂化；的，价层电子对数是，所以是正四面体结构；③均为离子晶体，离子键的强度大小决定熔点高低，而离子键的强度主要由离子半径和离子所带电荷数决定。阴离子相同，阳离子所带电荷量也相同。当阳离子侧链从乙基增长到丙基，阳离子的体积(或半径/尺寸)增大，离子键的强度减弱，熔点也随之降低；（3）①根据均摊原则，黑球数为、白球数为8；根据化学式，可知晶胞中的“O”代表；②根据图示，距离Li+最近的有4个。③已知的摩尔质量是，阿伏伽德罗常数为。该晶体的密度为=。16．(12分)处理H2S有多种方法。(1)碱法脱硫——用K2CO3溶液吸收H2S。已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。H2SH2CO3①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因：。②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是。(2)热分解法——加热使H2S发生分解反应已知下列反应的热化学方程式：i．

ii．

iii．

①写出H2S分解生成S2(g)的热化学方程式。②在恒温恒压的条件下，分别以n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4的H2S-Ar混合气进行实验。随n(H2S)：n(Ar)减小，H2S平衡转化率(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是。(3)间接电解法脱硫间接电解法脱硫过程的示意图如下。①溶液X的主要溶质是。②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理：。③不考虑其他副反应，理论上5molH2S反应能生成gH2。【答案】(1)+H2O+OH-+H2S=+HS-(2)2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)，△H=-170kJ/mol增大在恒温恒压的条件下，n(H2S)：n(Ar)减小，减小原反应体系的压强，化学平衡正向移动，H2S平衡转化率增大(3)FeCl2、HCl在电解反应器中，控制合适电压使Fe2+在阳极失电子，转化为Fe3+，然后以FeCl3溶液形式再进入吸收反应器中，达到再生目的10【详解】（1）①K2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中盐电离产生的发生水解反应使溶液呈碱性，用离子方程式表示为：+H2O+OH-；②由表可知弱酸的电离平衡常数：Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)＞Ka2(H2CO3)＞Ka2(H2S)，弱酸的电离平衡常数越大，相应的弱酸的酸性就越强。强酸能够与弱酸盐反应制取弱酸，因此用过量的K2CO3溶液吸收H2S，二者反应只能生成HS-和，该反应的离子方程式是+H2S=+HS-；（2）①根据盖斯定律，×(反应ⅰ+反应ⅱ)-反应ⅲ，可得2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)，△H=×(-1036+94)kJ/mol-(-484)kJ/mol=-170kJ/mol；则该反应的热化学方程式为2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)，△H=-170kJ/mol；②H2S分解生成S2(g)的反应是气体分子数增加的反应，减小压强化学平衡正向移动，导致H2S的平衡转化率增大。在恒温恒压的条件下，n(H2S)：n(Ar)减小，相当于增大体系容积，减小原反应体系的压强，减小压强，化学平衡正向移动，有利于H2S平衡转化率的增大，因此n(H2S)：n(Ar)减小，H2S平衡转化率增大，原因是：在恒温恒压的条件下，n(H2S)：n(Ar)减小，减小原反应体系的压强，化学平衡正向移动，H2S平衡转化率增大；（3）①根据图示脱硫过程，发生的反应为：H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl，故溶液X的主要溶质为FeCl2、HCl；②在电解反应器中，控制合适电压使Fe2+在阳极失电子，转化为Fe3+，然后以FeCl3溶液形式再进入吸收反应器中，达到再生目的；③5molH2S转化为S，转移10mole-，根据反应过程中电子守恒规律，可生成H2的物质的量为5mol，其质量为m(H2)=5mol×2g/mol=10g。17．(10分)有机物Q是一种抗血栓药物，其合成路线如下。已知：i．ii．(1)A和J均属于芳香化合物，J中含有的官能团名称为。(2)A→B的反应类型是。(3)D→E的化学方程式为。(4)X的分子式为C3H6O，G的结构简式为。(5)下列说法正确的是(填序号)。a．可用新制的Cu(OH)2检验X中的官能团b．反应①除了生成L外，还生成CH3COOHc．反应③的原子利用率为100%(6)L有多种同分异构体N，符合下列条件的结构简式有种(不考虑立体异构)。i．含有苯环，且苯环上只有1个取代基ii．1molN与足量NaHCO3溶液反应产生2mol气体(7)反应②的过程如下：①M的结构简式为。②L→中间体的过程中会生成高分子副产物，写出生成高分子的化学方程式。【答案】(1)羟基、羧基(2)取代反应(3)+NaOHNaCl+(4)(5)bc(6)3(7)【详解】（1）由分析可知J为，其中含有的官能团是羟基、羧基；（2）A→B是甲苯的硝化反应，反应类型是取代反应；（3）D→E为卤代烃的水解反应，方程式为：+NaOHNaCl+；（4）由分析可知G为；（5）a．X为，X中不含有醛基，不能用新制的检验X中的官能团，a错误；b．根据元素守恒可知，反应①除了生成L外，还生成，b正确；c．反应③属于加成反应，原子利用率为100%；故选bc；（6）N是L的同分异构体，且符合条件，ⅰ.含有苯环，且苯环上只有1个取代基；ⅱ.1molN与足量碳酸氢钠溶液反应产生2mol气体，说明含有2个羧基，符合条件的同分异构体为、、，共3种；（7）L发生信息ii中取代反应生成M的结构简式为；L→中间体的过程中，L在碱性条件下发生水解，生成，分子中的-OH和另一分子的-COOH能发生缩聚反应生成的高分子化合物：，化学方程式为：。18．(14分)绿矾是生血片的主要成分。某研究性学习小组拟对绿矾热分解产物进行探究。【实验猜想】猜想1：生成；猜想2：生成Fe、；猜想3：生成；……【实验探究】该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。请回答下列问题：(1)实验操作的先后顺序是。_______→_______→_______→_______(填字母)a．熄灭酒精灯，冷却b．先检查装置的气密性，后加入药品c．点燃酒精灯，加热d．在“气体入口”处通入干燥的其中操作d的作用是。(2)在实验过程中，观察到A中固体变红色，B中无水，C中试纸的颜色变化是。(3)反应结束后，取A中固体进行实验，经验证其成分为，请补全实验操作和现象实验操作及现象：取少量红色固体A于试管中。(4)D中有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为。有同学认为还应该增加一个实验，取D中沉淀，加入一定量的盐酸以确定其组成，从而确定的分解产物，你认为是否需要？说明你的理由：。【实验结论】(5)硫酸亚铁晶体加热分解的化学方程式为。【实验改进】(6)有同学对上述实验装置进行了改进，设计出如图所示装置，认为该装置也可以验证硫酸亚铁晶体热分解的产物。①G中的现象是，反应的离子方程式为。②装置H的作用是。【答案】(1)bdca排净装置内的空气(2)由白色变蓝色蓝色变红色(3)取少量红色固体A于试管中，加入足量稀硫酸的试管中，固体完全溶解，且无气体放出；取少量溶液溶液于试管中滴入适量溶液中，溶液不褪色；取少量溶液溶液于试管中滴入KSCN溶液中，溶液变红色(4)、不需要，Fe元素的化合价升高，则必有S元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒，可知只有部分S元素的化合价降低，则进入D中的气体为和(5)(6)紫红色褪去吸收二氧化硫，防止污染空气【详解】（1）该实验探究有气体生成，故首先应检查装置的气密性；Fe2+具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响探究结果，故应在“气体入口”处通入干燥的N2，排净装置内的空气；然后点燃酒精灯，对样品进行加热，实验结束后，熄灭酒精灯，进行冷却，故实验操作的先后顺序是：bdca；（2）加热时，FeSO4·xH2O首先会失去结晶水，然后FeSO4分解；B中无水CuSO4用于检验水的生成，吸水后固体由白色变成蓝色；C中收集到酸性气体，该气体会使湿润的蓝色石蕊试纸变红；（3）验证其成分为，需溶解后检验含有Fe3＋，不含有Fe2＋，所以其操作为取少量红色固体A于试管中，加入足量稀硫酸的试管中，固体完全溶解，且无气体放出；取少量溶液溶液于试管中滴入适量溶液中，溶液不褪色；取少量溶液溶液于试管中滴入KSCN溶液中，溶液变红色；（4）A中成分为，Fe元素的化合价升高，则必有S元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒可知，只有部分S元素的化合价降低，从而可知进入D中的气体为SO3和SO2，因此D中的白色沉淀为BaSO4和BaSO3，不需要再经过实验验证；（5）由上述分析可知，产物为H2O、Fe2O3、SO2和SO3，则反应的化学方程式为：。（6）硫酸亚铁受热分解生成氧化铁、二氧化硫和水蒸了，经过F检验水蒸气，无水硫酸铜变蓝，通过G，酸性高锰酸钾将二氧化硫氧化，溶液褪色，其离子方程式为，最后通过H吸收二氧化硫，防止污染空气；①G中的现象为紫