化学（海南卷）（全解全析）-2026年高考考前预测卷

/2026年高考考前预测卷高三化学（考试时间：90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：H1C12N14O16Al27Cl35.5K39As75In115一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【化学生活】化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是A．AlN陶瓷耐高温，可用作火箭隔热材料B．氨水具有碱性，故可将废气中的氮氧化物转化为无害气体C．生石灰能与酸性氧化物反应，故煤炭中加入生石灰可减少煤燃烧时产生的SO2D．工业上将热空气吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，利用了Br2的挥发性和能发生歧化反应的性质【答案】B【详解】A．AlN陶瓷是耐高温的新型无机非金属材料，符合火箭隔热材料的要求，A正确；B．氨水虽具有碱性，但废气中的氮氧化物（如NO、NO2）需通过催化还原等反应转化为无害气体（如N2），而非单纯依靠碱性中和，B错误；C．生石灰为碱性氧化物，能与酸性氧化物SO2反应生成CaSO3，进一步氧化为CaSO4，从而减少煤炭燃烧时SO2的排放，C正确；D．工业上利用Br2的挥发性以热空气吹出，再用Na2CO3溶液吸收，发生歧化反应（3Br2+3Na2CO3==NaBrO3+5NaBr+3CO2↑），D正确；故答案选B。2．下列化学用语表达正确的是A．椅式C6H12的空间结构模型：B．用电子式表示Br2的形成过程：C．NaHCO3的电离：D．制备顺丁橡胶：【答案】B【详解】A．是C6H12分子的船式空间结构模型，A错误；B．Br是第四周期，第ⅦA族元素，最外层有7个电子，达到8电子稳定结构需得一个电子，则两个Br原子可形成一对共用电子对，通过共价键结合形成Br2，用电子式表示的形成过程为，B正确；C．NaHCO3在水溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子，正确的电离方程式为，C错误；D．丁二烯加聚制备顺丁橡胶，加聚产物结构简式应为，化学方程式为，D错误；故选B。3．已知：反应常用来判断输送的管道是否漏气。设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．1molNH3通入水中充分反应，溶液中NH3·H2O分子数为NAB．1L1mol/LNH4Cl溶液中，含离子数为NAC．1molNH4Cl中含极性键的个数为5NAD．含有键数为NA【答案】D【详解】A．溶于水的氨气部分与水反应生成一水合氨，则1mol氨气通入水中充分反应生成一水合氨的分子数小于1mol×NAmol—1=NA，故A错误；B．氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解使铵根离子数目减少，则1L1mol/L氯化铵溶液中铵根离子数目小于1mol/L×1L×NAmol—1=NA，故B错误；C．铵根离子中含有4个氮氢极性键，所以1mol氯化铵中含极性键的个数为1mol×4×NAmol—1=4NA，故C错误；D．氮气分子中含有氮氮三键，三键中含有2个π键，则0.5mol氮气分子中含有π键的数目为0.5mol×2×NAmol—1=NA，故D正确；故选D。4．下列离子方程式与所给事实不相符的是A．向饱和氨盐水中通入过量：B．泡沫灭火器的反应原理：C．向苯酚钠溶液中通入：D．将通入酸性溶液：【答案】A【详解】A．向饱和氨盐水中通入过量CO2即产生NaHCO3沉淀和NH4Cl，反应原理为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，离子方程式为，A符合题意；B．泡沫灭火器的原理为碳酸氢钠和硫酸铝的双水解反应，离子方程式为，故B不符合题意；C．向苯酚钠溶液中通入生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为，故C不符合题意；D．酸性溶液将SO2氧化为硫酸根，离子方程式为，故D不符合题意；故选A。5．【科技前沿】2025年巴黎AI峰会上，DeepSeek创始人梁文峰通过量子全息投影技术远程参会。全息投影的实现依赖于材料科学与光学技术的结合。下列相关说法错误的是A．全息投影膜是一种薄而柔的聚酯膜()，该聚酯膜是通过缩聚反应形成的B．全息投影技术常用卤化银作光敏材料，利用了光照时卤化银可分解产生Ag原子的特点C．空气显示影像时通过电激发氧气发光，该过程属于化学变化D．全息投影技术的光电器件所用材料氮化镓为新型无机非金属材料【答案】C【详解】A．聚酯膜通常是由二元酸和二元醇通过发生缩聚反应形成的，A正确；B．卤化银具有感光性，在光照条件下发生分解，产生Ag原子等，所以常用卤化银作光敏材料，B正确；C．通过电激发氧气发光，是利用氧气将电能转化为光能，氧气没有发生改变，该过程属于物理变化，C错误；D．氮化镓是一种新型无机非金属材料，在光电器件领域有广泛应用，D正确；故选C。6．【新考法】近日，科学家利用有机聚合物开发出了一种铝离子电池正极材料，其容量高于石墨。其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．放电时，电流方向为有机物电极→b→a→Al电极B．放电时，有机物电极可能发生反应C．充电时，Al电极电势比有机物电极的高D．充电时，当外电路通过3mol电子时，两电极质量变化量差值为934.5g【答案】A【分析】科学家利用有机聚合物开发出了一种铝离子电池正极材料，可知b电极为原电池的正极，正极得到电子，发生还原反应，a极为负极，电极反应式为：充电时，b极是电解池的阳极，a极是电解池的阴极，据此作答。【详解】A．放电时，Al电极作负极、有机物电极作正极，电流从正极流出，由负极流入，因此电流方向为有机物电极电极，A项正确；B．放电时，有机物电极发生还原反应，应该是得电子的电极反应，B项错误；C．充电时，有机物电极接外接电源的正极，因此Al电极电势比有机物电极的低，C项错误；D．充电时，如果有机物电极上全部是脱嵌，则当外电路通过3mol电子时，两电极质量变化量差值为934.5g，但是电极上为、同时脱嵌，因此其质量小于934.5g，D项错误。故答案选A。7．Fmoc-Cl是一种有机合成领域中广泛应用的试剂，应密封保存，避免潮湿和高温，其结构简式如下图。下列关于该有机物的说法错误的是A．可发生水解反应 B．存在非极性共价键C．1mol该物质最多能与7mol氢气发生加成反应 D．核磁共振氢谱有6组峰【答案】C【详解】A．含有氯甲酸酯结构，可发生水解反应，A项正确；B．结构中存在碳碳非极性共价键，B项正确；C．酯基不能与氢气发生加成反应，故1mol该物质最多能与6molH2加成，C项错误；D．两个苯环因对称性共有4种H原子，共存在6种不同化学环境的H原子，故核磁共振氢谱有6组峰，D项正确；故选C。8．【新角度】某小组探究“”体系的反应原理，进行如下实验。所用试剂为、、、。已知为拟卤素，性质与卤素相似。序号操作现象1分别向2mL溶液和2mL溶液中滴加1滴KSCN溶液溶液中缓慢产生白色沉淀(经检验为CuSCN)；溶液中无现象2向2mL溶液中加入少量溶液，滴加1滴KSCN溶液溶液变红，立即产生白色沉淀3向2mL溶液中加入少量溶液，滴加1滴KSCN溶液溶液变红，无白色沉淀生成下列说法错误的是A．实验1中发生反应B．实验2中可被氧化为C．由实验1、2、3可知是氧化的催化剂D．综上，刻蚀覆铜板后的腐蚀液中加，若溶液变红则腐蚀液中含【答案】D【详解】A．实验1中与反应生成沉淀，Cu元素化合价从+2降为+1，部分化合价从-1升为0生成，配平后反应符合得失电子守恒和原子守恒，反应原理正确，A正确；B．实验2中加入后溶液变红，说明生成了，Cu2+将SCN-氧化为(SCN)2，同时生成白色沉淀为CuSCN，具有氧化性，又将氧化生成，B正确；C．实验1无时氧化反应缓慢，加入后反应速率明显加快，且在反应过程中先被氧化，后被还原再生，符合催化剂的特点，因此是该反应的催化剂，C正确；D．刻蚀覆铜板后的腐蚀液中一定含有Cu2+和反应生成的，加入KSCN后，可氧化生成，能将氧化为，也会使溶液变红，因此变红不能说明腐蚀液中一定含，D错误；故答案选D。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。9．【改编题】一种化合物结构式如图所示，形成该物质的元素W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。下列说法正确的是A．WZ2电子式为B．元素电负性：Y>X>ZC．氢化物的沸点：X>Y>WD．W和Y基态原子核外电子空间运动状态数不同【答案】BD【分析】根据化合物结构式如图可知，W、X、Y、Z形成共价键的个数分别为4、2、1、4，且Z原子核外达到12电子结构，故W、X、Y、Z分别为C、O、F、S元素。【详解】A．为，故其电子式中S与C原子间共用两对电子，其电子式为，A错误；B．Y、X、Z分别为F、O、S元素，同周期元素电负性自左向右依次增大，同主族元素电负性自上而下依次减小，故元素电负性：Y>X>Z，B正确；C．W为碳元素，其氢化物有多种，无法正确对比X、Y、W的氢化物的沸点，C错误；D．核外电子空间运动状态数目等于核外电子数，W和Y分别为C和F元素，故二者基态原子核外电子空间运动状态数分别为6、9，不相同，D正确；故选BD。10．【社会热点】半导体材料砷化铟(InAs)是制备高速低功耗电子器件、红外光电子器件及自旋电子器件的理想材料。In是第IIIA族元素，下图为InAs的六方晶胞结构示意图，晶胞底部边长为，晶胞高为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．As和As之间的最短距离为 B．晶胞中As和In的配位数分别为4、6C．晶胞中两种原子之间存在配位键 D．晶胞密度为【答案】CD【详解】A．六方晶胞底面为正六边形，边长为anm，As原子在同一层中相邻原子距离为anm，A错误；B．In原子位于四个As原子形成的四面体的内部，所以In原子的配位数为4，，As原子位于四个In原子形成的四面体的内部，所以As原子的配位数为4，，B错误；C．晶体中是ⅢA族元素，最外层电子数为3，As是VA族元素，最外层电子数为5，晶体中和的配位数均为4，则两种原子之间In提供空轨道、As提供孤对电子形成配位键，C正确；D．结构中In原子位于顶点、面心和内部，故In原子的个数为，原子位于棱上和内部，故As原子的个数为，六方晶胞体积V=，代入得ρ，D正确；故选CD。11．碲的化合物在电子工业和新能源技术中具有重要作用，以碲铜废料(主要含Cu2Te)为原料回收碲单质的一种工艺流程如下：已知：“酸浸”时生成CuSO4和二元弱酸。下列说法正确的是A．“酸浸”时，应先加入H2O2溶液，再加入稀H2SO4B．“酸浸”时，氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1C．增大稀H2SO4浓度有利于提高“酸浸”速率与“沉铜”效率D．“还原”时，反应的离子方程式为【答案】BD【分析】该工艺流程原料为碲铜废料(主要含)，产品碲单质，碲铜废料经过“氧化酸浸”生成CuSO4和二元弱酸，加入Na2C2O4溶液“沉铜”后，与Na2SO3溶液“还原”得到碲单质。【详解】A．在酸性环境中，的氧化能力更强，“酸浸”时，应先加入稀营造酸性环境，然后加入溶液将氧化为和二元弱酸，A错误；B．“酸浸”时，溶液将氧化为和二元弱酸，中Cu元素显+1价、Te元素显-2价，被氧化生成和，则反应的化学方程式为，是氧化剂，是还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1，B正确；C．若硫酸溶液的浓度太大，浓硫酸溶于水会放热，促进H2O2的分解，不利于提高“酸浸”速率，另外浓硫酸具有强氧化性，可以氧化Na2C2O4溶液，不利于提高“沉铜”效率，C错误；D．还原时，与Na2SO3溶液反应得到碲单质和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，D正确；故选BD。12．【科技前沿】日本物质与材料研究小组发现Ag3PO4晶体是一种高效光催化剂。Ag3PO4在光照条件下对有机废水的催化机理为：a.Ag3PO4+e-b.O2+e-=，H2O+=H++·OH+Ag3PO4c.·OH和将有机物氧化为二氧化碳取某有机废水(设含有的有机物的摩尔质量为Mg·mol-1)，并均分为三份，用一定质量的磷酸银依次对三份废水进行降解，测得3次降解过程中有机物的残留率随时间变化的曲线如图。下列说法正确的是A．由实验③可知该有机物的降解反应为可逆反应B．·OH和具有强氧化性，在步骤c中做氧化剂C．该催化剂能够降低反应的活化能，但本身易失活D．在0～25min内，有机物的降解速率为0.024Mg·min-1【答案】BC【详解】A．由实验①可知该有机物可以完全降解，反应不是可逆反应，A错误；B．由·OH和将有机物氧化为二氧化碳，可知·OH和具有强氧化性，是降解有机物的重要氧化剂，B正确；C．图中信息显示，第三次降解有机污染物的效果很差，说明该实验条件下，Ag3PO3使用两次即基本失效，C正确；D．没有给出起始时有机物的具体质量，无法计算降解速率，D错误；故选BC。13．【新考法】Diels-Alder反应是有机合成中重要的化学反应。某Diels-Alder反应机理如图，下列说法正确的是A．反应历程中存在极性键和非极性键的断裂与形成B．可用酸性KMnO4溶液或红外光谱仪鉴别Ⅲ和VC．化合物X为该反应的催化剂D．若化合物Ⅲ为，按照该反应机理可生成和【答案】AD【详解】A．反应过程中，需要断裂碳碳双键的键（碳碳键为非极性键），同时形成新的碳碳键（非极性键）；此外醛基的（极性键）、（极性键）会断裂，后续又会形成、等极性键，因此反应历程中确实存在极性键和非极性键的断裂与形成，A正确；B．Ⅲ和Ⅴ中含有不同官能团，可以用红外光谱鉴别二者，Ⅲ是环戊二烯，含碳碳双键；Ⅴ中也含有碳碳双键，二者都能使酸性溶液褪色，因此不能用酸性鉴别二者，B错误；C．从反应循环可知：X在第一步反应生成，在后续反应中被消耗，属于反应的中间产物；催化剂是反应前投入、反应后生成，该反应的催化剂是化合物Ⅵ，不是X，C错误；D．化合物Ⅲ为，按照该反应机理可生成和，D正确；故选AD。14．常温下，含MA(s)的MA饱和溶液、含(s)的饱和溶液中，()以及含A微粒的分布系数[]随pH的变化关系如图所示，和HB分别为二元酸和一元酸，不发生水解。下列说法错误的是A．曲线②是MA饱和溶液中随pH变化的曲线B．

C．pH=4时，MA饱和溶液中存在：D．常温下，浓度均为0.1的NaHA与NaB溶液的pH前者大【答案】CD【分析】含A微粒的分布系数曲线只有一个交点，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，含A微粒只有HA-和A2-，二者浓度相等时，pH=4，则HA-电离常数K=c(H+)=10-4，pH增大，OH-浓度增大，A2-离子浓度增大，HA-浓度减小，则③代表δ(HA-)，④代表δ(A2-)，A2-离子浓度增大，则M2+离子浓度减小，pc(M2+)增大，②代表随pH变化的曲线，①代表MB2饱和溶液中pc(M2+)，因为pc(M2+)不随pH发生变化，则HB为一元强酸，完全电离，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，曲线②是MA饱和溶液中随pH变化的曲线，A正确；B．据图可知，pH=10时，MA饱和溶液中pc(M2+)=2.5，c(A2-)=c(M2+)=mol/L，Ksp(MA)=c(M2+)·c(A2-)=，MB2饱和溶液中pc(M2+)=5.5，c(M2+)=10-5.5mol/L，Ksp(MB2)=c(M2+)·c2(B-)=10-5.5×(2×10-5.5)2=4×10-16.5，中K=，B正确；C．当溶液pH=4时，δ(HA-)=δ(A2-)，c(HA-)=c(A2-)，由于H2A第一步完全电离，第二步部分电离，溶液中存在物料守恒c(M2+)=c(HA-)+c(A2-)=2c(A2-)，C错误；D．HA-只电离不水解，HA-⇋H++A2-，0.1mol/L的NaHA的c(H+)<10-1mol/L，pH>1，溶液呈酸性，而HB为强一元酸，NaB溶液呈中性，pH=7，后者大，D错误；故选CD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。15．【社会热点】（10分）2024上海国际碳中和技术博览会以“中和科技、碳索未来”为主题，重点聚焦二氧化碳的捕捉、利用与封存（CCUS）等问题。其中CO2转换为CH3OH被认为是最可能利用的路径。该反应体系中涉及的反应如下：反应Ⅰ：△H1＞0反应Ⅱ：△H2=-49.4kJ/mol请回答下列问题：(1)在特定温度下，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变叫该物质在此温度下的标准生成焓（）。下表为几种物质在298K时的标准生成焓，则反应Ⅰ的△H1=__________kJ/mol。物质0-394-111-242(2)为了提高CO2的平衡转化率和增大甲醇的选择性[CH3OH的选择性]，可采用的措施是：__________。（填选项符号）a．增大n(CO2)b．及时移除甲醇c．减小容器体积d．充入Ar(3)在5.0MPa下，将5molCO2和16molH2在Cu/ZrO2催化剂作用下进行反应。平衡时CH3OH或CO的选择性S[S（或）]及CO2的转化率随温度的变化如图甲所示。甲①表示平衡时CO选择性的曲线是__________（填“a”“b”或“c”）。②解释曲线c呈现先减小后增大变化趋势的原因__________。③250℃时，测得平衡体系共有0.5molCH3OH，结合上图计算CO2的平衡转化率为__________，的Kp=__________。（列出计算式）【答案】(1)+41（1分）(2)bc（2分）(3)b（1分）250℃以前，体系以反应Ⅱ为主，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，CO2的转化率降低；250℃以后，体系以反应Ⅰ为主，温度升高，反应Ⅰ正向进行，CO2的转化率升高（2分）20%（2分）（2分）【详解】（1）利用表中几种物质在298K时的标准生成焓，可求出反应Ⅰ：△H1=(-111kJ/mol)+(-242kJ/mol)-(-394kJ/mol)=+41kJ/mol。（2）a．增大n(CO2)，虽然平衡正向移动，但CO2的平衡转化率降低，a不符合题意；b．及时移除甲醇，可降低CH3OH浓度，促使平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率和增大甲醇的选择性，b符合题意；c．减小容器体积，也就是增大压强，平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率和增大甲醇的选择性，c符合题意；d．充入Ar，各物质的浓度不变，平衡不发生移动，CO2的平衡转化率和甲醇的选择性都不发生变化，d不符合题意；故选bc。（3）随着温度的升高，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO的选择性不断增大，CH3OH的选择性不断减小，则曲线a表示平衡时CH3OH的选择性曲线，曲线b表示平衡时CO的选择性曲线，曲线c表示CO2的平衡转化率随温度变化曲线。①由分析可知，表示平衡时CO选择性的曲线是b。②曲线c表示CO2的平衡转化率随温度变化曲线，曲线先减小，表示以反应Ⅱ为主，后增大表示以反应Ⅰ为主，则呈现此变化趋势的原因：250℃以前，体系以反应Ⅱ为主，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，CO2的转化率降低；250℃以后，体系以反应Ⅰ为主，温度升高，反应Ⅰ正向进行，CO2的转化率升高。③在5.0MPa下，将5molCO2和16molH2在Cu/ZrO2催化剂作用下进行反应。250℃时，测得平衡体系共有0.5molCH3OH，S(CO2)==50%，∆n(CO2)=1mol，则CO2的平衡转化率为=20%，生成CO的物质的量也为0.5mol。由此可建立如下三段式：则的Kp=(MPa)-2。16．（10分）用格氏试剂和二氧化碳制备苯甲酸的原理如下：已知：①苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水、乙醚和四氢呋喃(THF，易燃易挥发)。②苯基溴化镁极易水解，在空气中易被氧化。实验步骤：步骤1：向三颈烧瓶中加入打磨过的镁条、一小粒碘和搅拌磁子，在恒压滴液漏斗中加入溴苯和四氢呋喃的混合液。通过三通阀连接氮气钢瓶和真空泵，抽换气三次。步骤2：打开磁力搅拌器，缓缓滴入溴苯四氢呋喃溶液，温水浴，直至镁条的量不再变化，降温备用。步骤3：通过导气针将通入反应体系，在0℃下反应3h。缓慢滴加饱和氯化铵溶液，析出白色固体，抽滤得到含有少量不溶性杂质的苯甲酸粗产品。回答下列问题：(1)步骤1中“抽换气三次”的目的为______。(2)步骤3中通入发生加成反应，该反应的化学方程式为______。(3)抽滤装置如图所示，下列说法错误的是______(填标号)。A．抽滤所需滤纸应略小于布氏漏斗内径，且能盖住全部小孔B．可用滤液冲洗烧杯壁上残留的晶体并转入布氏漏斗C．抽滤完毕，先关闭抽气泵，再打开活塞(4)用水对粗产品重结晶，下列仪器不需要选用的是______(填标号)。(5)测定纯度：取样品溶于25mL水和25mL乙醇，加入指示剂X，用标准溶液滴定至终点，重复实验，数据如下：序号12345滴定前读数0.0019.980.000.000.00滴定后读数19.9839.5820.0219.1020.00应舍弃的数据为______(填序号)；测得该产品的纯度为______(用含a，c的代数式表示)；若指示剂X选用甲基橙(变色范围pH3.1~4.4)会使测得结果______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】(1)营造无氧无水氛围，防止苯基溴化镁氧化和水解(2)+CO2

(3)C(4)BE(5)2、4偏小【分析】向三颈烧瓶中加入镁条、碘，在恒压滴液漏斗中加入溴苯和四氢呋喃的混合液，在无氧条件下发生反应生成苯基溴化镁，通入反应，缓慢滴加饱和氯化铵溶液，充分反应后分离提纯得到苯甲酸粗产品，据此分析；【详解】（1）已知苯基溴化镁极易水解、易被空气氧化，抽换气充入氮气，除去装置内空气和水蒸气，营造无氧无水氛围，防止苯基溴化镁氧化和水解；（2）与苯基溴化镁发生加成反应，生成羧酸镁盐，方程式：+CO2；（3）A．抽滤时滤纸略小于布氏漏斗内径，且能盖住全部小孔，A正确；B．用滤液冲洗烧杯壁残留的晶体，可减少产物损失，B正确；C．抽滤完毕需先打开活塞通大气，再关闭抽气泵，防止倒吸，C错误；故选C；（4）水重结晶的步骤为加热溶解（需要烧杯、玻璃棒、酒精灯）→冷却结晶→抽滤（需要布氏漏斗），过程不需要分液操作，因此不需要BE；（5）计算各次消耗KOH体积：1号、2号、3号、4号、5号，2、4数据偏差过大，应舍弃；平均消耗体积为，，苯甲酸摩尔质量为，故纯度为；苯甲酸是弱酸，滴定终点产物苯甲酸钾显碱性，甲基橙变色范围为酸性，会导致终点提前，消耗KOH体积偏小，测得结果偏小。17．（12分）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6.31.58.26.2完全沉淀时8.32.810.28.2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)【分析】闪锌矿粉和软锰矿粉、稀经过“氧化酸浸”工序，ZnS转化为S和、FeO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，调节溶液的pH范围为；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；由此解答。【详解】（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，ZnS“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(即0.1mol)在惰性气体环境下进行热重分析，根据Zn元素守恒，A点剩余固体产物的质量为26.9g，失去，化学式为；B点剩余固体产物的质量为17.9g，又失去，化学式为；C点剩余固体产物的质量为16.1g，又失去，化学式为；D点剩余固体产物的质量为8.1g，其中Zn为0.1mol(即6.5g)，则含O为1.6g(即0.1mol)，D的化学式为ZnO；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)。18．（14分）神经病理性疼痛治疗药物米洛巴林苯磺酸盐的部分合成路线如图已知：RCOOHRCOCl(1)B中所含官能团名称为_______。(2)的系统命名为_______。(3)IV的反应类型为_______。(4)VI中反应物苯磺酸可由苯制备，制备苯磺酸的化学方程式为_______。(5)米洛巴林的同分异构体F，同时满足下列条件：①属于芳香族化合物且能与FeCl3发生显色反应；②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为9:6:2:2。则F的结构简式为_______。(写2种，且此2种异构体苯环上取代基个数不同)(6)VI为成盐反应，米洛巴林中能与苯磺酸反应的官能团名称为_______，从结构角度分析其能与苯磺酸反应的原因是_______。(7)参照上述合成路线，设计仅由和CH3COOH两种有机原料制备(无机试剂任选)。①第一步发生酯化反应，反应的化学方程式是_______。②最后一步反应中，反应物的结构简式是_______。③若将原料中的醋酸换为CH3CH2COOH，合成路线不变，则最终得到有机产物的结构简式为_______。【答案】(1)酮羰基、酯基（2分）(2)3-溴-1-丙烯(3-溴丙烯)（1分）(3)还原反应（1分）(4)+HO-SO3H+H2O（2分）(5)或或或（2分）(6)-NH2（1分）-NH2中N上有孤电子对能与苯磺酸提供的H+形成配位键（1分）(7)+CH3COOH+H2O（2分）（1分）（1分）【分析】乙酸和乙醇在浓硫酸催化下生成乙酸乙酯（A），A与正丁酰氯反应生成B，第III步B发生取代反应生成C，C中羰基发生还原反应生成D，D在碱性条件下水解生成E，E通过一系列反应生成米洛巴林，最后与苯磺酸反应生成米洛巴林苯磺酸盐；【详解】（1）根据B的结构简式，B中所含官能团名称为酮羰基和酯基；（2）根据系统命名法的规则，命名为：3-溴丙烯或3-溴-1-丙烯；（3）由分析可知，IV的反应类型为还原反应；（4）VI中反应物苯磺酸可由苯发生取代反应制得，化学方程式为+HO-SO3H+H2O；（5）米洛巴林的同分异构体F，同时满足下列条件：①属于芳香族化合物且能与FeCl3发生显色反应；②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为9:6:2:2；考虑三个甲基同时连在一个碳上，另外两个甲基在对