高級中學名校試卷PAGEPAGE1山東省青島市2025年高三年級第二次適應性檢測1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題答案必須使用2B鉛筆(按填涂樣例)正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Cl35.5一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分，每小題只有一個選項符合題目要求。1.中國高端制造享譽世界。下列說法正確的是A.中國本土芯片制造業飛速發展，芯片的主要成分是B.中國的船舶制造量占世界一半以上，犧牲陽極保護法可用于船舶的防腐蝕C.中國在稀土上游產業中具有明顯優勢，稀土元素主要是指周期表中的錒系元素D.中國新能源汽車電池技術領先世界，電池充電時化學能轉化為電能【答案】B【解析】A．芯片的主要成分是硅單質，A錯誤；B．犧牲陽極保護法是利用原電池原理，將船舶外殼鑲嵌活潑金屬，活潑金屬被腐蝕，船體外殼被保護，B正確；C．稀土元素主要是指周期表中鑭系元素和鈧、釔，共17種元素，C錯誤；D．電池充電時把電能轉化為化學能，D錯誤；故選B。2.下列實驗操作或處理方法錯誤的是A.蒸餾操作過程中，發現忘加沸石，立即停止加熱，待冷卻后再加入B.海帶提碘實驗的萃取操作中，振蕩過程中放氣C.配銀氨溶液時向溶液中加氨水至沉淀消失，繼續加過量氨水D.未用完的鈉、鉀、白磷等藥品放回原試劑瓶【答案】C【解析】A．蒸餾操作過程中，發現忘加沸石，立即停止加熱，待冷卻后再加入，以確保安全，A正確；B．海帶提碘實驗的萃取操作中，振蕩過程中放氣，防止分液漏斗內氣壓過大導致液體噴出或分液漏斗炸裂，B正確；C．配制銀氨溶液的正確操作是向溶液中逐滴加入稀氨水，直至最初產生的沉淀恰好溶解為止。此時銀氨溶液已配制完成，無需繼續加入過量氨水，C錯誤；D．鈉易與空氣中的氧氣和水蒸氣反應、白磷在空氣中能自燃，為防止發生意外事故，未用完的鈉、鉀、白磷等藥品放回原試劑瓶以確保安全，但一般剩余的藥品不能放回原試劑瓶，D正確；故選C。3.下列化學用語表達正確的是A.的電子式：B.中的大π鍵可表示為C.的名稱為2，3，5，5-四甲基-4-乙基己烷D酚醛樹脂()經加成聚合反應制備【答案】B【解析】A.中的兩個N原子間共用一對電子對，每個N原子與2個H原子共用了2對電子對，N原子還各有一對孤電子對，所以的電子式：，故A錯誤；B.分子中的大π鍵可用符號表示，其中m表示參與形成大π鍵的原子數，n表示參與形成大π鍵的電子數；中N原子有一個孤電子和一對孤電子對，一個孤電子參與形成大π鍵，則6個原子（5個C原子和1個N原子）和6個電子形成大π鍵，表示為，故B正確；C.按照系統命名法，選擇含有碳原子最多碳鏈作為主鏈，從靠近最簡單支鏈的一端給主鏈編號，故該有機物的名稱為2，2，4，5-四甲基-3-乙基己烷，故C錯誤；C.酚醛樹脂是一種人工合成的高分子材料，由苯酚和甲醛縮聚而成，故D錯誤；故答案選B。4.離子晶體的熔點差異較大。下列離子晶體的熔點最低的是A.B.C.D.【答案】D【解析】離子晶體中形成離子鍵的離子半徑越小，電荷數越多，離子鍵越強，熔沸點越高。據此分析作答。①CaO：離子半徑較小，電荷數為2；②KCl：K+半徑比Ca2+大，電荷數為1；③Na2SO4：Na+半徑比K+小，電荷數為2；④CH3COOCs：Cs+的半徑比K+、Ca2+、Na+都大，電荷數為1；綜上分析可知，CH3COOCs離子鍵最弱，熔沸點最低；故選D。5.物質性質決定用途。下列對應關系正確的是A.高錳酸鉀用于皮膚的抗菌消毒，利用了的強氧化性B.碳酸氫鈉用于糕點烘焙的膨松劑，利用了的堿性C.氯化鐵溶液用于傷口止血，利用了膠體聚沉的性質D.二氧化硫用于食品的防腐，利用了的漂白性【答案】A【解析】A．有強氧化性，具有良好的殺菌消毒、抑菌的作用，A正確；B．NaHCO3受熱分解產生無毒無害CO2氣體，從而使食品膨脹，故可以用作食品膨松劑，B錯誤；C．氯化鐵溶液用于傷口止血，是因為血液屬于膠體，血液膠體遇到電解質氯化鐵發生膠體聚沉，C錯誤；D．SO2有毒，可以抑制霉菌和細菌的滋生，從而防止食品腐敗，故SO2用作食品防腐劑與氧化性無關，D錯誤；故選A。6.下列實驗操作規范且能達到目的的是A.甲：除去中的氯化氫 B.乙：配制溶液時的定容操作C.丙：滴定前排出標準液的氣泡 D.丁：驗證石蠟分解產生了不飽和烴【答案】D【解析】A．二氧化碳通入飽和碳酸鈉溶液生成碳酸氫鈉，故A錯誤；B．定容操作應接近刻度線1到2厘米時再改用膠頭滴管滴加，故B錯誤；C．高錳酸鉀具有強氧化性，應使用酸式滴定管，故C錯誤；D．不飽和烴可被酸性高錳酸鉀氧化，該裝置可驗證石蠟分解產生了不飽和烴，故D正確；故答案為D。7.A、E、L、M、Q為原子序數依次增大五種短周期元素，由它們組成的某種生物堿結構如圖。下列說法正確的是A.第一電離能：M>LB.簡單氫化物沸點：Q>MC.基態原子半徑：E>M>AD.常溫下，的最高價含氧酸的水溶液其【答案】C【解析】A、E、L、M、Q為原子序數依次增大的五種短周期元素，由結構可知，A只能形成一個共價鍵，可能為H或F或Cl，E形成4個共價鍵，為C或Si，但若E為Si，則L、M、Q分別為P、S、Cl，與圖中Q形成6個鍵矛盾，所以E為C，則A原子序數小于C，即A為H；Q可形成6個共價鍵，為S，M形成2個共價鍵，原子序數大于C，為O；L原子序數在M、E之間，則L為N。A．N的價電子排布為2s22p3，為半充滿穩定結構，O的價電子排布為2s22p4，則第一電離能N>O，故A錯誤；B．水分子間存在氫鍵，而硫化氫沒有分子間氫鍵，所以O的簡單氫化物沸點較H2S的高，即簡單氫化物沸點：O>S，故B錯誤；C．同周期主族元素從左至右半徑減小，H原子半徑在三者中最小，因此基態原子半徑：C>O>H，故C正確；D．Q的最高價含氧酸為H2SO4，H2SO4為二元強酸，pH＜1，故D錯誤；故答案為C。8.拉貝洛爾可用于治療各種類型高血壓，其結構如圖。下列關于該有機物說法錯誤的是A.分子式為 B.含有兩個手性碳原子C.苯環上的一氯代物有6種 D.可與反應放出【答案】D【解析】A．根據結構，分子式為，故A正確；B．根據結構，分子中含有兩個手性碳原子：，故B正確；C．苯環上氫的化學環境均不相同，苯環上的一氯代物有6種，故C正確；D．分子中不含有羧基，不可與反應放出，故D錯誤；故答案為C。9.實驗室制備并提純環己烯的流程如圖。下列說法正確的是A.“操作1”為萃取分液，有機相由分液漏斗的下口放出B.“操作2”需用到球形冷凝管C.根據能否使酸性高錳酸鉀溶液褪色可鑒別M和ND.環己醇與濃硫酸也可通過消去反應制得環己烯【答案】D【解析】A．有機相密度小于水在上層而水在下層，下層從下口放出后再倒出上層有機相，A錯誤；B．“操作2”為蒸餾，需用到直形冷凝管，而球形冷凝管通常用于回流反應，不適合蒸餾操作，B錯誤；C．環己醇（M）和環己烯（N）均能被酸性高錳酸鉀溶液氧化。環己醇中的羥基可以被氧化，環己烯中的碳碳雙鍵也可以被氧化，因此兩者都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故無法鑒別M和N，C錯誤；D．環己醇在濃硫酸的催化作用下，通過消去反應脫去一分子水，生成環己烯。這是常見的醇類消去反應，反應條件為濃硫酸和加熱。因此，環己醇與濃硫酸確實可以通過消去反應制得環己烯，D正確；故選D。10.金屬氧化物可催化加氫制備或甲醇，部分反應歷程如圖。下列說法正確的是A.“路徑I”中碳原子的雜化方式未發生變化B.“路徑I”反應的C.和生成和的反應均為放熱反應D.催化劑可同時改變反應歷程與焓變【答案】B【解析】A．“路徑I”中CO2的碳原子的雜化方式為sp，CH3OH的碳原子的雜化方式為sp3，A錯誤；B．讀圖可知，“路徑I”反應H2COOH*→CH2O*+OH*的Ea=-45.4-(132.1)=86.7kJ/mol，B正確；C．根據圖示，圖中初始為CO2*和OH*，只有部分反應歷程，并沒有給出CO2和H2的相對能量，無法判斷反應是放熱反應還是吸熱反應，C錯誤；D．催化劑只改變反應歷程，不改變反應始態和終態，即不改變反應的焓變，D錯誤；故選B。二、選擇題：本題共5個小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.實驗1：將膽礬(部分結構如圖)配成溶液，取4mL溶液逐滴加入氨水至過量，加入8mL95%乙醇，并用玻璃棒摩擦試管內壁。實驗2：將大小形狀相同的鐵絲分別浸入相同體積濃度均為的溶液和溶液，表面明顯析出紅色固體的時間分別為3min和24h。實驗3：取0.2g固體，逐滴加入的氨水，固體不溶解，再加入少量，固體大部分溶解。已知：①②下列說法錯誤的是A.脫去膽礬中不同水分子時所需的溫度相同B.電負性：O>H>SC.與配位的能力：D.摩擦試管內壁和加入乙醇均有利于銅氨配合物晶體析出【答案】AB【解析】實驗1：向盛有藍色CuSO4溶液的試管中，滴加幾滴氨水，有Cu(OH)2藍色沉淀生成，繼續滴加氨水并振蕩試管，沉淀溶解，得到深藍色溶液，生成，向試管中加入8mL95%乙醇，降低了溶劑的極性，并用玻璃棒摩擦試管壁，有深藍色晶體析出。A．由圖可知，膽礬晶體中，每個銅離子和4個水分子通過配位鍵形成配離子，另一個水分子通過氫鍵相連接，則結晶水分子與硫酸銅結合的能力不完全相同，則失去結晶水克服的作用力大小不完全相同，故A錯誤；B．同主族從上到下元素的電負性遞減，硫化氫中氫呈正價硫呈負價，則電負性：O＞S＞H，故B錯誤；C．根據實驗1，將膽礬配成溶液，取4mL溶液逐滴加入氨水至過量，加入8mL95%乙醇，并用玻璃棒摩擦試管內壁會析出硫酸四氨合銅晶體，則可轉化為，說明與配位的能力：，故C正確；D．向試管中加入8mL95%乙醇，降低了溶劑的極性，并用玻璃棒摩擦試管壁，摩擦會在試管內壁產生微小的玻璃碎屑可作為?晶核使深藍色銅氨配合物晶體析出，故D正確；選AB。12.實驗1：將膽礬(部分結構如圖)配成溶液，取4mL溶液逐滴加入氨水至過量，加入8mL95%乙醇，并用玻璃棒摩擦試管內壁。實驗2：將大小形狀相同的鐵絲分別浸入相同體積濃度均為的溶液和溶液，表面明顯析出紅色固體的時間分別為3min和24h。實驗3：取0.2g固體，逐滴加入的氨水，固體不溶解，再加入少量，固體大部分溶解。已知：①②下列說法正確的是A.實驗2可驗證與形成了配離子B.實驗3對比實驗1，說明引入可明顯促進的生成C.實驗3中明顯促進了的生成D.【答案】AC【解析】實驗1：向盛有藍色CuSO4溶液的試管中，滴加幾滴氨水，有Cu(OH)2藍色沉淀生成，繼續滴加氨水并振蕩試管，沉淀溶解，得到深藍色溶液，生成，向試管中加入8mL95%乙醇，降低了溶劑的極性，并用玻璃棒摩擦試管壁，有深藍色晶體析出。A．實驗2的兩種溶液中銅元素等量，但只有銅離子濃度不同，根據析出銅的時間可知，硫酸銅溶液中銅離子濃度遠大于中，故可驗證與形成了配離子，A正確；B．硫酸根未參與，實驗3對比實驗1，說明引入不能明顯促進的生成，B錯誤；C．實驗3中向氨水中加入一定量(NH4)2SO4固體，可增加銨離子的濃度，會抑制NH3·H2O的電離平衡，增大溶液中NH3·H2O濃度，有利于Cu2+轉化為[Cu(NH3)4]2+，則實驗3中明顯促進了的生成，C正確；D．①②一水合氨電離平衡可表示為

，按蓋斯定律，①+2②得，或者：反應=，D錯誤；選AC。13.以下裝置可實現氟烷基化反應，原理如圖。下列說法錯誤的是A.M連接電源的正極B.體系中和的相互轉化起催化作用C.理論上，電路中通過產生2mol氣體XD.N極電極反應式可表示為：2【答案】C【解析】由圖可知，該裝置電解池，在M電極上失去電子轉化為，為陽極，發生氧化反應，N級上H+得到電子生成氣體X為H2，2據此分析解答。A．由分析可知，M電極為陽極，連接電源的正極，A正確；B．讀圖可知，體系中和的生成量和消耗量相等，故和的相互轉化起催化作用，B正確；C．由分析可知，理論上，電路中通過產生1mol氣體X，C錯誤；D．由分析可知，N極電極發生還原反應：2，D正確；故選C。14.在550K~650K，反應溫度升高反應速率顯著加快。在(573K，150kPa)、(573K，300kPa)、(553K，150kPa)三種初始狀態下，向相同恒容密閉容器中分別按投料，保持溫度不變，隨時間變化如圖。曲線a的M平衡轉化率，曲線b對應初始狀態為(573K，300kPa)。下列說法正確的是A.曲線c對應初始狀態為(573K，150kPa)B.在573K下，該反應的平衡常數C.最大的是曲線aD.對應曲線a初始狀態下，保持恒溫恒壓，則【答案】D【解析】A．曲線b對應初始狀態為(573K，300kPa)，(553K,150kPa)和(573K,150kPa)相比，(573K,150kPa)溫度更高，(573K,150kPa)時先達到平衡，圖像顯示，曲線a先平衡，則曲線c對應初始狀態為(553K,150kPa)，A錯誤；B．設起始時n(M)=2mol，n(N)=1mol，曲線a的M平衡轉化率，則平衡時，，，總物質的量，該反應在恒容密閉容器中進行，根據（R、T、V不變），分壓之比等于物質的量之比，，，；平衡常數，B錯誤；C．由反應特點可知，溫度不變時，壓強越小，平衡正向進行程度越大，壓強相同時、溫度越低，平衡正向進行程度越大，即溫度越低、壓強越小，越大，曲線c對應(553K,150kPa)，所以最大的是曲線c，C錯誤；D．由a項分析可知，對應曲線a初始狀態(573K,150kPa)，該反應正方向氣體物質的量減小，恒溫恒壓下，相當于在原平衡基礎上減壓，減壓平衡正向移動，，D錯誤；故答案選D。15.溶液中含Y微粒的分布系數如圖1.分別在pH=9與pH=10的緩沖體系中，用滴定20mL的溶液，生成[其穩定常數]。滴定曲線如圖2，滴定終點時，分別為、。下列說法錯誤的是A.曲線m代表B.C.x=10，y=9D.時，【答案】BD【解析】A．在pH較高時，Y微粒主要以形式存在，從圖1可知，曲線m在pH較高時分布系數較大，所以曲線m代表，故A正確；B．根據穩定常數，由于滴定終點時近似相同，pH=9和pH=10時分布系數分別為δ1?、δ2?

，與濃度成反比，應該是，故B錯誤；C．從圖1可知，pH=9時Y微粒主要以形式存在，pH=10時Y微粒主要以形式存在，所以x=10，y=9，故C正確；D．時，溶液中物質的量是)起始物質的量的2倍，根據物料守恒，，而溶液中Y元素的各種存在形式之和等于加入的Y的量（反應后剩余及未反應的），此時，所以，故D錯誤；答案選BD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.中科院團隊提出了一種獨特的鋰氮電池，使用釕催化劑實現溫和條件固氮，并提供電能。已知釘與鐵在周期表中同列。回答下列問題：（1）在周期表第___________列，同周期元素中基態原子未成對電子數多于的有___________種。（2）如圖為該電池電極表面一種涂層材料的晶胞，X配位數為8，___________度。傳導時，晶胞中X元素化合價___________(填“升高”、“降低”或“不變”)。（3）喹啉酸()中N原子雜化方式為___________，其孤電子對占據___________軌道。喹啉酸一個羧基氫轉移至N后可形成七元環穩定結構，請將該穩定結構補充完整___________。1個喹啉酸分子190℃釋放出1個后剩余羧基應在N的___________(填“鄰”或“間”)位。已知：降低羧基的電子云密度可增強其酸性并有利于脫羧反應的發生。【答案】（1）①.8②.2（2）①.60②.不變（3）①.②.③.④.間【解析】（1）是26號元素，位于第四周期第Ⅷ族，在周期表中處于第8列

；Fe的價電子排布式為，未成對電子數為4

，第四周期元素中，基態原子未成對電子數多于Fe的有Cr（價電子排布式，未成對電子數為6

）、（價電子排布式，未成對電子數為5

），共2種；（2）X配位數為8，則此平行六面體長、寬、高分別為a、a、2a，面上Li+把面對角線分成3等份，以圈起來的X為例，晶胞中3個Li+與之最近且距離相等，同層面上有6個、圈起來的棱上1個，上層棱上1個，共8個，則；由于是電極表面一種涂層材料，僅起傳的作用，X不參與得失電子，故X的化合價不變；（3）喹啉酸()中，N原子形成2個，1個孤電子對，價層電子由3個電子對，故為雜化；N原子進行雜化時，2s軌道與2個2p軌道雜化形成3個能量相等的雜化軌道，N原子的孤電子對占據另一個軌道，未參與雜化的1個2p軌道垂直于雜化軌道平面，剩余的1個電子占據后參與形成環狀共軛體系；根據題目要求，一個羧基氫轉移至N后形成七元環，需要在原結構基礎上，讓羧基的C原子與N原子成鍵，同時將羧基O上的H原子轉移到N原子上，從而構建出七元環狀穩定結構為：；因為降低羧基的電子云密度可增強其酸性并有利于脫羧反應的發生，N原子具有吸電子效應，在喹啉酸中，與N處于間位的羧基受N吸電子誘導和共軛效應影響，電子云密度相對降低更多，更易發生脫羧反應，所以1個喹啉酸分子在釋放出1個CO2后剩余羧基應在N的間位。17.載鉑鈀碳某類汽車廢催化劑可成為鉑族金屬的重要來源，可采用離子交換樹脂技術回收利用貴金屬。工藝流程如圖。已知：①“浸出”時Pt、Pd轉化為、存在于溶液中；“離子樹脂交換”只吸附陰離子；②該流程條件下。回答下列問題：（1）“焙燒”的主要目的是___________。（2）“浸出”時Pt發生反應的化學方程式為___________。（3）“沉鉑”時，若的濃度為，向溶液中加入等體積溶液，充分反應后，溶液中濃度為___________。（4）“還原”制備“精鉑”時將分散于水中，“還原”的離子方程式為___________。（5）“沉鈀”過程為：。用平衡移動原理解釋“過程3”生成的原因___________。（6）流程中可循環利用的物質為___________(寫化學式)。（7）除去鋁元素的操作單元是___________。【答案】（1）除去廢催化劑中的碳元素（2）（3）（4）（5）溶液中存在平衡：，加入鹽酸后，與反應，平衡右移，從而生成沉淀（6）、NH4Cl（7）離子樹脂交換【解析】汽車廢催化劑中含碳元素，焙燒時轉化為氣體除去，從而為后續貴金屬回收提供相對純凈的原料。再加鹽酸和，使、分別轉化為、進入溶液。以為例，反應為。利用離子交換樹脂只吸附陰離子的特性，將、吸附在樹脂上，實現貴金屬離子與其他雜質離子的分離。將吸附在離子交換樹脂上的、洗脫下來，得到含貴金屬離子的溶液，以便后續進一步處理。向含的溶液中加入，轉化為，在作用下被還原為精鉑，反應為。“沉鈀”過程為：，在作用下被還原為海綿鈀。（1）汽車廢催化劑中含碳元素，焙燒時轉化為氣體除去，即“焙燒”的主要目的是除去廢催化劑中的碳元素；（2）“浸出”時轉化為，元素化合價由0價升高到+4價，中氧元素化合價由-1價降低到-2價，生成水，根據得失電子守恒和原子守恒配平得化學方程式。（3）設溶液的體積為，加入等體積溶液后，溶液體積變為原來的。等體積混合充分反應后，消耗的物質的量為，根據，則。（4）中為+4價，被還原為單質，被氧化為，根據得失電子守恒（得電子，失電子）和原子守恒配平，得反應為，離子方程式為。（5）在溶液中存在平衡：，加入鹽酸后，會和反應，根據勒夏特列原理，平衡會朝著減弱這種改變的方向移動，即平衡正向移動，從而生成沉淀。（6）從流程看，“浸出”步驟消耗，“沉鉑”時消耗NH4Cl，“沉鈀”消耗，“還原”制備“精鉑”時：，生成和NH4Cl，所以和NH4Cl可循環利用。（7）“離子樹脂交換”只吸附陰離子，而鋁元素在溶液中一般以陽離子形式存在，會留在流出液中，從而與吸附了貴金屬陰離子的樹脂分離，達到除去鋁元素的目的。18.一種激酶抑制劑(H)的合成路線如下：已知：是引入保護基的試劑，為。回答下列問題：（1）A→B的化學方程式為___________。（2）B→C的反應類型為___________；符合下列條件的C的同分異構體有___________種。①含有和且連接在同一個碳原子上②遇溶液顯色③苯環上有兩個取代基且有兩種化學環境的氫（3）D中的含氧官能團名稱為___________。E的結構簡式為___________。（4）TFA的作用___________。（5）制備G的原料P可由鄰硝基苯硫酚和2-溴丙烷為主要原料通過以下方法合成：已知：①硫醚在酸性條件下氧化為硫砜基()②硝基在鐵粉與鹽酸條件下還原為氨基(苯胺易被氧化)M的結構簡式為___________。試劑X為___________。【答案】（1）（2）①.取代反應②.10（3）①.醚鍵、硝基②.（4）脫去保護基（5）①.②.Fe/HCl【解析】根據D的結構、A→B→C→D的反應條件以及相關化合物的分子式可反推得：A為，B為，C為，則A在濃硫酸、濃硝酸、加熱作用下生成B，B與異丙醇發生取代反應生成C和HF，C與在Pd催化條件下生成D；根據H的結構、D→E→F→H的反應條件以及相關化合物的分子式可反推得：E為，F為，G為，則D經氫氣還原為E，E使用Boc基團保護氨基得到F，F與G發生取代反應、在經過TFA脫去保護基生成H。（1）據分析，A→B的化學方程式為。（2）據分析，B→C的反應類型為取代反應；據已知，C的同分異構體為-OH和-C4H8NO2Cl對位取代的苯，同分異構體數目取決于-C4H8NO2Cl的種類，不考慮Cl取代的-C4H9NO2有：、、、，再考慮Cl取代位置共有3+2+2+3=10種。（3）根據D的結構，其含氧官能團名稱為醚鍵、硝基；據分析，E的結構簡式為。（4）TFA為三氟乙酸，脫去Boc保護基，酸性條件，使F和G反應產物質子化得到H。（5）根據已知條件，2-B硝基硫醇與2-溴丙烷反應生成，然后通過酸性過氧化氫氧化、Fe/HCl還原得到（氨基易被氧化，不能首先將硝基還原為氨基，再氧化硫醚），則P的合成路線為：。19.俗稱優氯特，廣泛用于飲用水、公共場所的殺菌消毒。Ⅰ．制備優氯特已知：pH在10~12、溫度在15~25℃時，氰尿酸與次氯酸鈉溶液混合，可制得優氯特。回答下列問題：（1）甲的名稱為___________。該實驗中，下列試劑可以代替飽和食鹽水的是___________(填標號)。A．濃B．溶液C．飽和溶液D．30%（2）實驗開始向C中通入足量氯氣將轉化為，滴加的吡啶溶液并攪拌，生成優氯特，化學方程式為___________。反應過程中需持續補充氯氣，目的為___________。（3）D中多孔玻璃泡內置一密度小于水的磨砂浮子(見放大圖)，目的是___________。Ⅱ．測定優氯特的純度處理得優氯特粗品，分光光度法測定純度的過程：取mg樣品溶于水、加酸使氯原子全部轉化為，加入溶液(過量)，充分反應后，加入適量鄰二氮菲使顯色，定容至100.00mL。測得吸光度為1.2a．該條件下，濃度與吸光度的關系如圖。（4）該粗產品的純度為___________。（5）下列因素會導致純度測定值偏低的是___________(填標號)。A．樣品溶于水時加入酸過少，僅部分氯原子轉化為B．溶液使用前部分被氧化C．定容時仰視刻度線【答案】（1）①.分液漏斗②.D（2）①.++H2O②.控制pH值，使反應生成的氫氧化鈉再次生成次氯酸鈉并參與反應，提高原料的利用率；（3）防止倒吸（4）（5）A【解析】由實驗裝置圖可知，裝置A中二氧化錳固體與濃鹽酸反應制備氯氣，濃鹽酸具有揮發性，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，裝置B中盛有的飽和食鹽水用于除去氯化氫氣體，裝置C中氯氣與氫氧化鈉溶液反應制備次氯酸鈉，次氯酸鈉溶液與氰尿酸的吡啶溶液反應制備二氯異氰尿酸鈉，裝置D中盛有的亞硫酸鈉溶液用于吸收未反應的氯氣，防止污染空氣。（1）儀器甲的名稱為分液漏斗。氯氣和氯化氫均可以和氫氧化鈉溶液、飽和碳酸氫鈉溶液反應，濃硫酸只能干燥氯氣，不能除雜，HCl極易溶于水，在30%H2SO4中溶解度依然很大，而Cl2在酸溶液中會抑制Cl2的歧化反應，故溶解度會下降，所以30%H2SO4可以代替飽和食鹽水，故選D；（2）和的吡啶溶液攪拌，生成優氯特，化學方程式為++H2O；制備過程中要不斷通入氯氣，控制pH值，使反應生成的氫氧化鈉再次生成次氯酸鈉并參與反應，提高原料的利用率；（3）D中多孔玻璃泡內置一密度小于水的磨砂浮子，目的是防止倒吸；（4）取mg樣品溶于水、加酸使氯原子全部轉化為。結合反應，找出關系式為：~2HClO~，加入適量鄰二氮菲使顯色，定容至100.00mL。測得吸光度為1.2a，由圖可知，吸光度測得的亞鐵離子的物質的量，因此與次氯酸反應的亞鐵離子的物質的量為，根據關系可得，，所以粗產品純度為：=；（5）A．加入稀硫酸的量過少，將使反應不完全，即生成的HClO偏少，故將導致樣品有效氯測定值偏低，A正確；B．因鄰二氮菲使顯色，由測得的吸光度求得剩余的濃度，因，溶液使用前部分被氧化，所以偏大，偏大，故純度測定值偏大，B錯誤；C．定容時仰視刻度線，即水加多超過刻度線，則偏小，導致偏小，偏大，故將導致純度測定值偏大，C錯誤；故選A。20.甲烷重整過程會產生積碳使催化劑失活，通過加入、或可以在一定條件下減少或消除積碳。反應分別為：反應1：反應2：反應3：反應4：（1）摩爾燃燒焓___________(用含、、的代數式表示)。根據以上數據，摩爾燃燒焓：___________(?“>”，“=”，“<”或“無法判斷”)。（2）將的混合氣體置于恒溫恒壓的密閉容器中，忽略反應3與反應4。測得充分反應后積碳產生量[占體系中碳總量的摩爾分數]與溫度、壓強之間的關系如圖。①溫度升高會導致積碳減少或完全消失，原因為___________。在a點向容器中通入一定量