湖南长沙市A佳教育联盟2025-2026学年高三下学期5月学情自测 化学试卷（含答案）

第第页湖南长沙市A佳教育联盟2025-2026学年高三下学期5月学情自测化学试卷一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．食品工业中到处都有化学品的身影，下列说法错误的是A．碳酸氢铵可用作加工面包、馒头时的膨松剂B．亚硝酸钠可用作食品干燥剂，但其外观与食盐相似，要防止误食中毒C．牛奶不宜加热过久，因为蛋白质在加热的条件下会变性D．小龙虾外壳中的甲壳质是自然界大量存在的多糖，处理后得到的壳聚糖具有生物可降解性，可以制成药物载体、手术缝合线、环保包装袋2．下列化学用语表述正确的是A．SO42-B．HClO的电子式为：C．基态C原子的价电子排布式为D．HS−的水解方程式为3．PET是一种应用广泛的塑料，回收PET是“双碳”计划非常重要的一环，以乙二醇为反应物及溶剂的糖解法是回收PET的一种有效方法，利用该方法得到的产物——对苯二甲酸双羟乙酯(BHET)可以直接再聚合为PET，以下是PET糖解法的方程式，以下说法不正确的是A．BHET可以发生取代、氧化、加成、消去、缩聚等反应B．BHET的核磁共振氢谱图会显示出4组峰，1molBHET最多可以与3 mol C．BHET反应生成PET是加聚反应D．PET和BHET分子中都不含有手性碳原子4．红辣椒中有多种色素，其中红色素是一种天然色素，下列实验室提取、分离、提纯红色素的实验操作步骤中，不能达到实验目的的是A．称量5.0g红辣椒B．加入乙醇溶解并提取红辣椒中的色素C．过滤红辣椒中的不溶物质D．利用柱色谱分离多种色素，提纯红色素A．A B．B C．C D．D5．结构决定性质，性质决定用途，下列物质结构、性质与解释、用途说法不正确的是选项结构性质与解释用途A烷基磺酸根离子的结构：表面活性剂在水中会自发形成超分子：表面活性剂可以用作洗洁精洗去油污B聚丙烯酸钠的结构：亲水基团(−COONa可用作尿布、农业保水剂C维生素C的分子结构：维生素C具有碳碳双键、羟基，能与氧化性物质反应，所以具有还原性可用作抗氧化剂D聚乙炔中碳原子为sp2杂化，存在共轭大π键：聚乙炔有导电性聚乙炔可用于制备发光二极管或者锂离子电池等电子器件A．A B．B C．C D．D6．下列反应对应的离子方程式书写正确的是A．亚硫酰氯(SOCl2)滴入水中发生水解反应：B．NH42C．氢氟酸与二氧化硅反应产生SiF4：D．向饱和Na2CO3溶液中通入足量7．钪是一种贵金属，地壳中含量极低，研究发现，某炼钨后的矿石废渣中含有Sc2O3，还含有Fe已知：①KspScOH②lg2≈0.3③溶液中离子浓度小于1×10④萃取剂伯胺N1923能萃取Fe3+，但基本上不萃取A．Sc、Mn、Fe元素都属于ds区元素B．加试剂X的目的是将硫酸铁还原为硫酸亚铁，因此试剂X选用Cu最好C．“反萃取”时应调节pH不小于8.7D．隔绝空气“煅烧”，发生反应的化学方程为Sc8．TMTD()可用于杀虫剂、杀菌剂。利用NaOH溶液和(钠盐)电化学方法合成TMTD的简易过程如图所示。下列说法正确的是惰性电极a离子交换膜NaOH溶液惰性电极bA．电极b连接电源正极B．离子交换膜应选用阳离子交换膜，Na+C．电极a的电极反应式为D．生成2molTMTD，阴极区质量增加44g9．化合物Q是一种常用的表面活性剂，具有起泡性能好、去污能力强等特点，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，X、Y位于同一主族，X、W位于同一周期，M的单质密度最小，Z的焰色为黄色。下列说法正确的是A．简单离子半径：ZB．第一电离能：XC．由X、Y、Z元素组成的盐只有两种D．Z与X形成的化合物，一定含有离子键，可能含有共价键10．下列实验操作的现象与对应结论均正确的是选项操作现象结论A向NaAlOH4有白色沉淀生成AlOH4−B将氯气通入淀粉-碘化钾溶液中溶液变蓝色非金属性：ClC将等量的乙醇、乙二醇分别滴入足量的酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液均变浅乙醇被氧化变成了乙酸，乙二醇被氧化变成了乙二酸D将Al2得到白色固体该固体的化学式为AlA．A B．B C．C D．D11．绿色甲醇的主流生产是生物质路线和二氧化碳加氢路线，两路线涉及的反应如下，在A、B两种不同催化剂作用下，反应Ⅱ的相对能量与反应历程关系如下图。下列说法正确的是Ⅰ．COg+2Ⅱ．CO2gⅢ．CO2gA．反应Ⅰ能够在低温下自发进行B．使用催化剂A可以使反应活化能更低，反应速率更快C．选用催化剂B时，决速步为步骤②，活化能为0.65D．vCO12．某普鲁士蓝晶体含Fe3+、Fe2+、Na+和CN−，其立方晶胞如图所示(图中省略CN−A．在水溶液中，Fe3+与SCN−不能大量共存，Fe3+B．晶体中，与Fe2+距离最近的NaC．最近的两个Na+之间的距离为D．密度为116413．四氯化钛(TiCl4)是钛工业的核心中间体，常用于钛金属的制备，某化学小组成员在实验室中制备TiCl已知：①TiCl4高温时能与O2反应，极易水解生成白色沉淀，能溶于②TiCl4的熔点为−23.2℃，沸点为136.4℃，FeCl3的熔点为304℃，沸点为316℃，CCl4A．连接好装置之后开始实验时，应先打开K1，一段时间后打开B．球形干燥管中试剂X可以选用碱石灰，可吸收尾气并防止空气中水蒸气进入导致产物水解C．实验室制备无水TiCl4，可以用TiClD．在装置F中收集到粗产品，可采用蒸馏分离提纯，得到较为纯净的TiCl14．常温下，向10 mL 0.1 mol已知：①pX=−lgX，X代表cHA−②常温下，CaA的Ksp=2.5×10A．曲线Ⅱ表示pcB．BHA溶液呈酸性C．常温下，向CaA悬浊液中滴加BOH，CaA会部分溶解并生成CaD．当达到滴定终点时，c二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．甲基橙是一种常用的酸碱指示剂，其制备涉及重氮化反应和偶合反应。某化学兴趣小组在实验室中利用少量对氨基苯磺酸(摩尔质量173 g/mol)、N反应原理：主要流程如下：Ⅰ．混合2.00g对氨基苯磺酸晶体和10.0mL5%的NaOH溶液，溶解后冷却至室温，搅拌下加入0.80 g Ⅱ．在搅拌下滴入1.3 mL N已知：①对氨基苯磺酸是两性化合物，酸性略强于碱性，可形成内盐，微溶于水，与碱反应生成可溶性盐。②重氮盐不稳定，在较高温度下易水解生成酚类物质。请回答下列问题：（1）装置中，仪器a的名称是。（2）步骤Ⅰ中，对氨基苯磺酸需先与NaOH溶液反应，其目的是。（3）实验过程中，可用湿润的淀粉-KI试纸检验亚硝酸根离子是否过量。若试纸变蓝，表明NO2−过量，其原理是NO2−氧化了（4）维持温度在5℃以下反应的目的是。（5）“一系列操作”的具体操作为：过滤，……，抽滤，依次用少量饱和NaCl溶液、水、乙醇洗涤滤饼，干燥。①将上述实验步骤补充完整：。②若制得的固体颗粒较小，则不建议使用抽滤，分析晶体颗粒较小可能的原因(写出两点)。（6）甲基橙(用化学式HIn表示)本身是一种有机弱酸，其电离方程式可以表示为：HIn⇌H++In（7）本次实验甲基橙的产率为%(结果保留两位有效数字)。16．硫酸镍在新能源、电镀、催化和材料制造等领域占据核心地位；钴在催化、磁性材料和医疗领域发挥着不可替代的作用。以黄铁矿(主要成分为FeS，还含有NiS、CoS、CuS及少量Au)为原料制备硫酸镍同时回收Co的工艺流程如图：已知：①焙烧过程中，金属硫化物均转化为相应的氧化物和SO2(生成Co的氧化物为Co②流程中部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物FeFeCoCuNi开始沉淀1.57.67.65.67.5完全沉淀3.79.69.26.78.0（1）焙烧时，对固体进行粉碎处理的目的是，请写出在焙烧过程中生成Co3O4（2）“酸浸”时，双氧水的作用是。（3）“调pH”时，需调节的pH范围是。（4）①“萃取”中，配合物的结构存在如下转变，下列说法错误的是。A．转变过程中只涉及配位键的断裂与形成B．配合物1内界中心原子配位数为6C．转变前后，Co的化合价发生变化D．两种配合物中均含有大π键②一定条件下，用萃取剂萃取Co2+，经充分振荡分层后，有机层和水层中Co2+浓度之比为20:1，现有含Co2+的水溶液10mL，用5mL萃取剂萃取一次后，Co2+的萃取率为（5）硫酸镍溶液在强碱中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉(Ni-Cd)电池正极材料的NiOOH，写出该反应的离子方程式。17．物质I(Voxelotor)是一种血红蛋白-氧亲和力调节剂，可稳定氧合血红蛋白状态，在治疗镰状细胞病患者方面取得了成功，下图是其合成路线：已知：R（1）物质A中所有原子(填“一定”“可能”或“一定不”)共平面，设置A→B的目的是。（2）物质C中含氧官能团的名称。（3）F的结构简式为。（4）G→H的化学方程式为。（5）D的同分异构体中，同时满足下列条件物质的结构简式为(任写一种)。①苯环上有3个取代基；②能发生银镜反应，且1mol该物质能与2molNaOH反应；③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6:2:1:1。（6）Voxelotor(物质I)的合成需要用到酰氯类中间体，结合题中的转化路线与所学知识，以和CH3CH2OH为主要原料，设计合成的路线18．天然气中含有的H2S会腐蚀管道设备，开采天然气后须及时除去H2(一)热分解法（1）已知下列反应的热化学方程式：2H24H22H2①计算H2S热分解反应2H2Sg⇌S2g+2H2g的ΔH4=kJ②nH2 S:nAr越小，H(二)甲烷与H2（2）为了研究甲烷对H2S制氢的影响，理论计算表明，原料初始组成nCH4:nH2①图中表示H2S、H2变化的曲线分别是②950℃时该反应的Kp=(三)研究表明含Ni化合物可高效催化分解H（3）实验测得2H2Sg⇌S2g+2H2g的正反应速率方程为v正=k⋅c2H2S(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)，速率常数k与活化能的经验关系式为R(四)研究表明含Ni化合物可高效催化分解H（4）①一种催化过程是在NiO的作用下完成，Ni2+的3d轨道分裂成两组，请参照基态原子核外电子排布规律将Ni2+②另一种光解过程是利用Ni−TFT为催化剂，Ni−这种催化剂与H2S结合的方式体现了超分子

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、碳酸氢铵受热或遇酸会分解产生二氧化碳气体，可使面包、馒头变得膨松，可用作食品膨松剂，A正确；

B、亚硝酸钠在食品工业中主要用作防腐剂和护色剂，并非食品干燥剂，且其有毒性，外观与食盐相似，误食易中毒，B错误；

C、牛奶中含有蛋白质，加热过久会使蛋白质发生变性，失去部分营养和风味，因此不宜加热过久，C正确；

D、小龙虾外壳中的甲壳质是天然多糖，处理后得到的壳聚糖具有生物可降解性，可制成药物载体、手术缝合线、环保包装袋等，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

膨松剂原理：碳酸氢铵受热分解产生气体，使面食膨松，可作膨松剂；

亚硝酸钠用途：亚硝酸钠是防腐剂而非干燥剂，有毒，需注意误食风险；

蛋白质变性：蛋白质加热会发生不可逆变性，牛奶不宜长时间高温加热；

多糖应用：甲壳质是天然多糖，其衍生物壳聚糖可降解，用途广泛。2．【答案】B【解析】【解答】A、SO42−中S的价层电子对数为4+6+2−4×22=4，价层电子对互斥模型为正四面体结构，而图中模型包含孤电子对的空间结构，不符合SO42−的价层电子对互斥模型，A错误；

B、HClO为共价化合物，O原子分别与H、Cl原子形成共用电子对，电子式为，B正确；

C、基态C原子的价电子排布式为2s22p2，根据洪特规则，2p轨道的2个电子应分占不同轨道且自旋平行，选项中2p轨道的排布不符合洪特规则，C错误；

D、HS【分析】本题解题要点：

价层电子对互斥模型：计算价层电子对数，结合孤电子对数判断模型结构；

电子式书写：明确原子间成键方式，标出所有原子的最外层电子；

核外电子排布：遵循泡利不相容原理和洪特规则；

水解与电离的区别：水解是结合H+生成弱电解质，电离是释放H3．【答案】C【解析】【解答】A、BHET分子中含有羟基、酯基，可发生取代反应；含有苯环和羟基，可发生加成、氧化反应；含有醇羟基且邻位碳上有氢原子，可发生消去反应；同时含羟基和酯基，可发生缩聚反应，A正确；

B、BHET分子结构对称，核磁共振氢谱显示4组峰；分子中只有苯环能与氢气加成，1molBHET最多可与3molH2加成，B正确；

C、BHET生成PET的反应是通过分子间的羟基与酯基脱水缩合形成聚合物，属于缩聚反应，而非加聚反应，C错误；

D、PET和BHET分子中，所有碳原子均未同时连接四个不同的原子或基团，因此都不含有手性碳原子，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

官能团性质：根据BHET（）含有的羟基、酯基和苯环，分析其可发生的反应类型；

核磁共振氢谱与加成反应：结合分子对称性判断氢谱峰数，明确只有苯环能与氢气加成；

聚合反应类型：区分缩聚反应与加聚反应，缩聚反应会脱去小分子；

手性碳原子判断：判断分子中是否存在连有四个不同基团的碳原子。4．【答案】B【解析】【解答】A、托盘天平可用于称量5.0g红辣椒，操作正确，A正确；

B、乙醇能溶解色素，但后续不能直接用蒸发装置加热，直接加热会导致有机溶剂挥发，还可能造成色素分解，应采用水浴加热蒸馏等方式分离，该操作不能达到实验目的，B错误；

C、过滤装置可分离溶液中的不溶性杂质，操作正确，C正确；

D、柱色谱法可利用不同色素在固定相上的吸附能力差异，实现多种色素的分离与提纯，操作正确，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

称量操作：托盘天平是化学实验中常用的固体称量工具，该操作符合规范，可准确称取样品；

色素提取：乙醇作为有机溶剂虽能溶解色素，但直接明火加热会带来安全隐患，还可能因温度过高破坏色素，应采用水浴加热蒸馏等方式；

过滤操作：过滤装置能有效去除提取液中的不溶性残渣，为后续分离提纯打下基础；

柱色谱原理：不同色素与固定相的吸附和解吸能力不同，柱色谱法可借此实现高效分离与提纯。5．【答案】B【解析】【解答】A、烷基磺酸根离子表面活性剂具有亲水头部和疏水尾部，在水中能自发形成超分子，可用于洗洁精去除油污，A正确；

B、聚丙烯酸钠具有强吸水性，原因是其亲水基团（-COONa）可电离出离子，形成离子水合作用，而非单纯通过氢键吸收水分，B错误；

C、维生素C分子中含有碳碳双键和多个羟基，易与氧化性物质反应，具有还原性，可用作抗氧化剂，C正确；

D、聚乙炔中碳原子为sp2杂化，存在共轭大π键，电子可在π键中自由移动，因此聚乙炔具有导电性，可用于制备发光二极管、锂离子电池等电子器件，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

表面活性剂原理：利用亲水、疏水结构形成超分子，实现乳化去污；

高吸水性树脂：聚丙烯酸钠的吸水性主要源于离子水合作用，而非氢键；

维生素C的还原性：碳碳双键和羟基使其易被氧化，可作抗氧化剂；

聚乙炔的导电性：sp2杂化形成的共轭大π键，为电子移动提供通道。6．【答案】A【解析】【解答】A、亚硫酰氯（SOCl2）滴入水中发生水解反应：SOCl2+H2O=2H++SO2↑+2Cl−，反应生成二氧化硫和盐酸，离子方程式书写正确，A正确；

B、(NH4)2Fe(SO4)2【分析】本题解题要点：

水解反应：SOCl2水解生成SO2和HCl，产物均为可拆分的强电解质或气体；

反应先后顺序：Fe2+与OH−的反应优先于NH4+，少量NaOH先沉淀Fe2+7．【答案】D【解析】【解答】A、Sc、Mn、Fe均为第四周期d区元素，ds区元素仅包括第ⅠB、ⅡB族的铜、银、金、锌、镉、汞等，因此Sc、Mn、Fe不属于ds区元素，A错误；

B、加入试剂X的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，以便后续萃取分离。若选用Cu，会引入新的杂质离子Cu2+，因此应选用铁屑等更合适的还原剂，B错误；

C、“反萃取”的目的是将Sc沉淀为Sc(OH)3，同时避免Mn2+沉淀。根据Ksp[Sc(OH)3]=8.0×10−32，当Sc3+沉淀完全时，c(OH−)=3Kspc(Sc3+)=38.0×8．【答案】C【解析】【解答】A、电极a上钠盐失去电子被氧化为TMTD，发生氧化反应，为阳极，则电极b为阴极，连接电源负极，A错误；

B、为维持溶液电中性，阴极生成的OH-会使阳极区Na+浓度降低，因此离子交换膜应选用阳离子交换膜，Na+从电极a（阳极）移向电极b（阴极），B错误；

C、电极a上，2个钠盐失去2个电子生成1个TMTD，电极反应式为：，C正确；

D、生成2molTMTD时，转移4mol电子，阴极反应为：2H2O+2e−=H2↑+2OH−【分析】本题解题思路：

电极判断：根据钠盐转化为TMTD的反应，S元素发生氧化反应，因此电极a为阳极，连接电源正极，电极b为阴极；离子交换膜：为保持溶液电中性，阳极区的Na+需通过阳离子交换膜迁移至阴极，平衡电荷；电极反应式：2个钠盐分子失去2个电子，通过S-S键偶联生成1个TMTD，反应式符合电子守恒和原子守恒；阴极质量变化：转移电子时，Na+迁入阴极区，同时H2逸出，需计算迁入Na+与逸出H2的质量差。9．【答案】D【解析】【解答】A、离子半径的比较需结合电子层数与核电荷数：电子层数越多，离子半径越大；电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小。因此半径关系为S2−>O2−>Na+，即Y>X>Z，A错误；

B、第一电离能的递变规律为：同周期从左到右整体呈增大趋势，且O的第一电离能大于C；H原子半径小，核外电子受原子核吸引力更强，其第一电离能也大于C，B错误；

C、由O、S、Na三种元素组成的盐，除常见的硫酸钠、亚硫酸钠外，还包括硫代硫酸钠（Na【分析】X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，X与Y处于同一主族，根据结构式中X形成2个共价键、Y形成6个共价键的特征，可推知X为O元素，Y为S元素；X与W位于同一周期，且W可形成4个共价键，因此W为C元素；M的单质是密度最小的气体，故M为H元素；Z的焰色反应呈黄色，说明Z为Na元素。10．【答案】B【解析】【解答】A、向Na[Al(OH)4]溶液中滴入NaHCO3溶液，有白色沉淀生成；该反应的本质是[Al(OH)4]−结合HCO3−电离出的H+生成Al(OH)3沉淀，属于强酸制弱酸的复分解反应，并非双水解反应，故A错误；

B、将氯气通入淀粉-碘化钾溶液中，溶液变蓝色；发生反应Cl2+2I−=I2【分析】本题解题要点：离子反应本质：[Al(OH非金属性比较：可通过单质的氧化性强弱判断非金属性强弱，氧化性Cl2>I强氧化剂的氧化程度：酸性高锰酸钾可将醇类直接深度氧化为CO2盐类水解的影响：难挥发性酸的强酸弱碱盐溶液蒸发结晶，最终产物仍为原溶质。11．【答案】A【解析】【解答】A、反应Ⅰ的ΔH1=−90.1kJ·mol−1<0，反应中气体分子数减少，ΔS<0B、由图可知，催化剂A的能垒峰值更高，说明其活化能比催化剂B更高，活化能越高反应速率越慢，故B错误；C、选用催化剂B时，决速步为活化能最高的步骤，即步骤①（能垒从-0.14eV到0.12eV，活化能为0.12−(−0.14)=0.26eV），而非步骤②D、v(CO故答案为：A。【分析】本题解题要点：反应自发判据：根据ΔG=ΔH−TΔS催化剂与活化能：催化剂可降低反应活化能，能垒越低，活化能越低，反应速率越快；决速步判断：多步反应中，活化能最高的步骤为决速步；化学平衡状态判断：平衡状态需正逆反应速率相等，仅速率比等于计量数比无法判断平衡。12．【答案】B【解析】【解答】A、Fe3+与SCN−会发生络合反应，不能大量共存；Fe3+B、晶体中，Fe2+位于晶胞的顶点位置，以顶点的Fe2+为中心，周围最近的C、最近的两个Na+分别位于晶胞中不相邻的体心位置，其距离为晶胞面对角线的一半，即22aD、先计算晶胞中各离子数目：Fe3+：8×18+6×12=4；Fe2+：12×14+1=4；Na+：4×12=2；

故答案为：B。【分析】本题解题要点：离子共存：Fe3+可与SCN−、晶胞中粒子数计算：顶点粒子按18、面心按12、棱心按配位数与距离判断：需结合晶胞结构，判断粒子的空间位置关系；晶胞密度计算：利用公式ρ=mV，其中m为晶胞质量，V为晶胞体积，注意单位换算（13．【答案】C【解析】【解答】A、连接好装置后，先打开K1通入氮气一段时间，可排尽装置内的空气，防止后续反应中TiCl4被O2氧化，之后再打开K2制备氯气，故A正确；

B、球形干燥管中的碱石灰可吸收尾气中的Cl2，同时防止空气中的水蒸气进入装置，避免TiCl4发生水解，故B正确；

C、已知TiCl4极易水解生成白色沉淀，若用TiCl4水溶液蒸发结晶，加热过程中会促进TiCl4水解，最终无法得到无水TiCl4，故C错误；

D、TiCl4与杂质（如FeCl3、CCl4）的沸点差异较大，装置F中收集到的粗产品可通过蒸馏的方法分离提纯，得到较纯净的TiCl4，故D正确；

故答案为：C

【分析】本题解题要点：

实验安全与防氧化：TiCl4高温时能与O2反应，因此实验前需用氮气排尽装置内的空气；

尾气处理与防水解：碱石灰既可以吸收尾气中的氯气，也能防止空气中的水蒸气进入装置，避免TiCl4水解；

物质制备方法：TiCl4极易水解，因此不能通过蒸发其水溶液制备无水盐，需在无水条件下制备；

物质分离方法：根据TiCl4与杂质的沸点差异，可采用蒸馏法分离提纯TiCl4。14．【答案】D【解析】【解答】A、对于二元弱酸H2A，存在两步电离：

H2A⇌H++HA−，电离常数Ka1=c(H+)⋅c(HA−)c(B、由曲线Ⅱ上的点(1,1.5)，代入pc(HA−)c(H2A)=pKa1−pH，得：

1.5=pKa1−1，解得pKa1=2.5，即Ka1=10−2.5；C、向CaA悬浊液中滴加BOH，发生反应：

CaA(s)+6BOH⇌Ca(BOH)62++D、滴定终点时，反应为2BOH+H2A=B2A+2H2O，溶质为B2故答案为：D。【分析】本题解题要点：二元弱酸的两步电离常数依次减小，对应pX−酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根的电离常数与水解常数的相对大小；沉淀溶解平衡与配位平衡的联合应用，可通过总反应的平衡常数判断反应趋势；滴定终点的质子守恒，需结合溶质组成，正确列出水电离的H+与OH15．【答案】（1）球形冷凝管（2）将对氨基苯磺酸转化为对氨基苯磺酸钠，增大其在水中的溶解度，以便在均相水溶液中进行后续的重氮化反应（3）4（4）防止温度过高造成生成的重氮盐水解生成酚类物质，导致产物产率降低（5）加热溶解→趁热过滤→冷却结晶；冷却结晶速度过快、溶液浓度过高、搅拌速度过快（6）黄色（7）63【解析】【解答】(1)装置中仪器a的名称是球形冷凝管。故答案为：球形冷凝管；

(2)步骤Ⅰ中，对氨基苯磺酸需先与NaOH溶液反应，目的是将微溶于水的对氨基苯磺酸转化为易溶于水的对氨基苯磺酸钠，增大其在水中的溶解度，便于后续在水溶液中进行重氮化反应。故答案为：将对氨基苯磺酸转化为对氨基苯磺酸钠，增大其在水中的溶解度，以便在均相水溶液中进行后续的重氮化反应；

(3)亚硝酸根氧化I-时发生反应的离子方程式为：4故答案为：4H++2故答案为：防止温度过高造成生成的重氮盐水解生成酚类物质，导致产物产率降低；

(5)①“一系列操作”的完整流程为：加热溶解→趁热过滤→冷却结晶→过滤，抽滤，依次用少量饱和NaCl溶液、水、乙醇洗涤滤饼，干燥。

②晶体颗粒较小的可能原因：冷却结晶速度过快；溶液浓度过高；搅拌速度过快（任写两点即可）。故答案为：加热溶解→趁热过滤→冷却结晶；冷却结晶速度过快、溶液浓度过高、搅拌速度过快；

(6)甲基橙的酸根离子In−故答案为：黄色；

(7)已知对氨基苯磺酸的质量为2.00g、摩尔质量为173g/mol，甲基橙的摩尔质量为327g/mol，反应中二者物质的量之比为1：1，实际产物质量为2.4g，首先计算对氨基苯磺酸的物质的量：n=2.00g173g故答案为：63；【分析】(1)根据装置图中仪器的形状和作用，判断该仪器为球形冷凝管，用于回流冷凝，减少反应物和产物的挥发损失。(2)结合题目信息“对氨基苯磺酸微溶于水，与碱反应生成可溶性盐”，分析与NaOH反应的目的是增大其溶解度，为重氮化反应提供均相反应环境。(3)亚硝酸根在酸性条件下具有氧化性，可将I-氧化为I2，自身被还原为NO，根据氧化还原反应的电子守恒和电荷守恒配平离子方程式。(4)根据已知信息“重氮盐不稳定，较高温度下易水解生成酚类物质”，分析低温的目的是防止重氮盐水解，保证反应顺利进行，提高产率。(5)①结合结晶操作的一般流程，粗产品提纯通常包括加热溶解、趁热过滤除去不溶性杂质、冷却结晶析出产品、过滤洗涤干燥；

②晶体颗粒大小与结晶速度、溶液浓度、搅拌速度等因素有关，速度过快、浓度过高、搅拌过剧均会导致晶体颗粒变小。(6)甲基橙作为酸碱指示剂，在酸性条件下（以HIn形式存在）显红色，在碱性条件下（以In-形式存在）显黄色，因此酸根离子In-的颜色为黄色。(7)以对氨基苯磺酸为原料，其物质的量决定了甲基橙的理论产量，根据化学计量关系计算理论产量，再结合实际产量计算产率。（1）图中a是竖直连接在烧瓶上方的冷凝装置，名称是球形冷凝管；（2）对氨基苯磺酸是两性化合物，分子中既有氨基，又有磺酸基。它本身在水中的溶解度比较小，如果直接进行反应，体系不均匀，反应不充分，加入NaOH后，酸性的磺酸基与NaOH反应生成钠盐，即对氨基苯磺酸钠。钠盐更容易溶于水，这样反应物可以更好地分散在水相中，有利于后续与NaNO2、HCl发生重氮化反应，所以答案为：将对氨基苯磺酸转化为对氨基苯磺酸钠，增大其在水中的溶解度，以便在均相水溶液中进行后续的重氮化反应；（3）湿润的淀粉-KI试纸中含有I-。如果溶液中NO2-过量，在酸性条件下，NO2-具有氧化性，可以把I-氧化成I2。生成的I2遇到淀粉会显蓝色，所以试纸变蓝说明体系中亚硝酸根过量。反应中，NO2-被还原为NO，I（4）根据已知信息②可知重氮盐不稳定，在较高温度下易水解生成酚类物质，因此重氮化反应必须在低温下进行，通常控制在5℃以下，这样可以防止温度过高造成生成的重氮盐水解生成酚类物质，导致产物产率降低；（5）①生成粗甲基橙后，产物中可能含有无机盐、未反应的反应物或杂质。一般需要重结晶提纯。因为甲基橙在热水中溶解度较大，在冷水中溶解度较小，所以可以先加热使其溶解，再趁热过滤除去不溶性杂质，然后冷却让晶体析出，最后抽滤、洗涤、干燥，得到较纯的产物，所以完整的过程可以写为：过滤、加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤，依次用少量饱和NaCl溶液、水、乙醇洗涤滤饼，干燥；②晶体颗粒太小，通常说明晶体析出太快，晶体没有足够时间慢慢长大。第一种原因是冷却结晶速度过快，比如直接冰浴或快速降温，会导致大量晶核同时生成，晶体就会变得细小；第二种原因是溶液浓度过高时形成大量晶核，导致小颗粒产生；第三种原因是搅拌速度过快，阻碍晶体长大。（6）其中HIn表示酸式，In-表示碱式或酸根形式。甲基橙在酸性条件下主要以HIn形式存在，颜色偏红色；在碱性条件下主要以In-形式存在，颜色为黄色。因此酸根离子In-的颜色是黄色；（7）已知对氨基苯磺酸的质量为2.00g、摩尔质量为173g/mol，甲基橙的摩尔质量为327g/mol，反应中二者物质的量之比为1：1，实际产物质量为2.4g，首先计算对氨基苯磺酸的物质的量：n=2.00g173g16．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；3（2）还原剂，将Co3+还原为（3）6.7≤（4）AC；90.9（5）2【解析】【解答】(1)焙烧时对固体进行粉碎处理的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；焙烧过程中生成Co3O故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；3CoS+5O2焙烧Co3故答案为：还原剂，将Co3+还原为Co2+；

(3)“调pH”时，需调节的pH范围是**6.7≤pH<7.5**，可使Fe3+、Cu故答案为：6.7≤pH<7.5；

(4)①说法错误的是AC；

A：转变过程中除了配位键的断裂与形成，还涉及水分子间的氢键变化，错误；

B：配合物1内界中Co2+与6个配体（4个H2O、1个含氮杂环、1个醇羟基）形成配位键，配位数为6，正确；

C：转变前后Co的化合价均为+2，无变化，错误；

D：两种配合物中均含苯环结构，存在大π键，正确。

②萃取率计算：设水相中剩余Co2+浓度为c，则有机相中浓度为20c，根据故答案为：AC；90.9；

(5)硫酸镍溶液在强碱中被NaClO氧化生成NiOOH的离子方程式为：2故答案为：2Ni2++(1)粉碎矿石可增大固体与空气的接触面积，加快焙烧反应速率；根据焙烧时金属硫化物转化为氧化物和SO2的信息，结合氧化还原反应规律配平生成Co(2)焙烧生成的Co3(3)调pH的目的是除去Fe3+和Cu2+，同时不沉淀Ni2+和Co2+，结合表格中离子沉淀的pH范围，确定pH应大于等于(4)①分析配合物结构变化，判断配位键、配位数、中心离子化合价及化学键类型；

②根据萃取前后水相和有机相中Co2+(5)根据题意，Ni2+在碱性条件下被ClO−氧化为NiOOH，ClO−（1）焙烧时，对固体进行粉碎处理的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；焙烧过程中生成Co3O4（2）焙烧后Co3O4中含+3价Co，需要还原为+2价Co便于后续分离，双氧水作还原剂还原三价钴，故答案为：还原剂，将Co（3）调pH目的是使Fe3+、Cu（4）①A．该反应为配体取代反应，主要涉及Co-O配位键的断裂和Co-N配位键的形成，但“只”涉及配位键的断裂与形成的说法过于绝对，A错误；B．根据配合物1的结构图，中心原子Co与5个氧原子、1个N原子形成配位键，内界中心原子配位数为6，B正确；C．配合物1和配合物2中Co的化合价都是+2价，转变前后，Co的化合价没有发生变化，C错误；D．两种配合物中，类似苯环的含N环状结构中有大π键，D正确；故选择AC。②设萃取后水层Co2+浓度为x，由题意有机层浓度为20x，总物质的量：n总=10（5）由题意可知，生成NiOOH的反应为碱性条件下镍离子与次氯酸根离子反应生成NiOOH、氯离子和水，反应的离子方程式为：2Ni17．【答案】（1）可能；保护酚羟基，防止其在后续反应中被氧化（2）醛基、醚键（3）（4）或（5）或（6）【解析】【解答】（1）物质A中，苯环是平面结构，羟基、溴原子通过单键与苯环相连，单键可以自由旋转，因此所有原子可能共平面；A→B的反应是将酚羟基转化为甲氧基醚，目的是保护酚羟基，防止其在后续的氧化反应中被破坏。故答案为：可能；保护酚羟基，防止其在后续反应中被氧化；（2）物质C的结构中，苯环上直接连有-CHO和两个-OCH3，因此含氧官能团为醛基和醚键。故答案为：醛基、醚键；

（3）根据E到G的反应流程：，再与SOCl2反应将羟基转化为氯原子得到G。因此F的结构简式为：；故答案为：；

（4）G→H是G中的氯原子与D的酚羟基在碱性条件下的亲核取代反应，化学方程式为：或；故答案为：或；

（5）D分子式为C9H10O4，根据条件可知，D的同分异构体中含有苯环，能发生银镜反应，且1mol该物质能与2molNaOH反应，说明该物质中含有甲酸酚酯基，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6:2:1:1，两个等价的甲氧基正好提供6个H，对称结构下苯环两个H等价，加上一个苯环H和一个甲酸H，正好得到6：2：1：1的峰面积，故该物质的结构简式为或故答案为：或；

（6）原料是对羟基苯甲酸和乙醇，先把乙醇用SOCl2转化为氯乙烷，再和酚羟基发生Williamson成醚得到对乙氧基苯甲酸，最后羧基和SOCl2反应得到酰氯，具体路线为。

故答案为：；

【分析】以2-溴-1，3-苯二酚（A）为起始原料，先通过甲基化反应保护酚羟基得到B；再经锂化、甲酰化引入醛基生