化学自习室移动版

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

【2025陕晋宁青等级考】15. 某实验室制备糖精钴[Co(Sac)₂(H₂O)₄].xH₂O，并测定其结晶水含量。

已知：Sac^-表示糖精根离子，其摩尔质量为182g/mol，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为56℃，与水互溶。

CoCl₂·6H₂O+NaSac.2H₂O=[Co(Sac)₂(H₂O)₄].xH₂O+(6-x)H₂O＋2NaCl

(一)制备

I．称取1.0g CoCl₂·6H₂O，加入18mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。

Ⅱ．称取2.6g(稍过量)糖精钠(NaSac.2H₂O)，加入10mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。

Ⅲ．将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。

Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。

回答下列问题：

（1）I和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有_______、_______(写出两种)

（2）Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于_______中，以使大量晶体析出。

（3）Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1%NaSac溶液洗涤晶体，正确顺序为_______。

A．①③②      B．③②①      C．②①③

（4）Ⅳ中为了确认氯离子己经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中，_______(将实验操作、现象和结论补充完整)。

（5）与本实验安全注意事项有关的图标有_______。

(二)结晶水含量测定

EDTA和Co²⁺形成1:1配合物。准确称取m g糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用c mol/L的EDTA标准溶液滴定。

（6）下列操作的正确顺序为_______(用字母排序)。

a．用标准溶液润洗滴定管        b．加入标准溶液至“0”刻度以上2～3mL处

c．检查滴定管是否漏水并清洗    d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数

（7）滴定终点时消耗标准溶液V mL，则产品[Co(Sac)₂(H₂O)₄].xH₂O中x的测定值为_______(用含m、c、V的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x的测定值_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

【答案】（1）    ①. 玻璃棒    ②. 量筒（或胶头滴管等，合理即可）    （2）冰水浴    （3）B    

（4）加稀硝酸酸化，再滴加AgNO₃溶液，无白色沉淀生成，说明Cl^-已洗净    （5）ABC    （6）cabd    

（7）    ①. （或：）    ②. 偏高

【解析】

【分析】按照反应CoCl₂·6H₂O+NaSac.2H₂O=[Co(Sac)₂(H₂O)₄].xH₂O+(6-x)H₂O＋2NaCl制备糖精钴，然后在冰水浴中结晶，再按照“冷的1% NaSac溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤，得到糖精钴晶体，最后将糖精钴晶体溶解后用EDTA标准溶液滴定测定含有结晶水的数量。

【小问1详解】

步骤I、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率。

【小问2详解】

因为糖精钴在冷水中溶解度较小，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置于冰水浴中。

【小问3详解】

先用冷1% NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的Co²⁺转化为晶体析出，且不引人新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离子，丙酮可以与水互溶且沸点比关键水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故答案为B。

【小问4详解】

Ⅳ中为了确认氯离子己经洗净的步骤为：取水洗时的最后一次滤液于试管中，加稀硝酸酸化，再滴加AgNO₃溶液，无白色沉淀生成，说明Cl^-已洗净。

【小问5详解】

进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，同时化学实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手，该实验涉及加热操作，因此需要防止热烫，要选择合适的工具进行操作，避免直接触碰，故A、B、C符合题意；该实验中未涉及锐器的操作，D不符合题意，故答案为ABC。

【小问6详解】

使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗(c)，再用待装的标准溶液进行润洗(a)，待润洗完成后 装入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL处(b)，放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”刻度下，准确记录标准溶液体积的初始读数(d)，故答案为cabd。

【小问7详解】

滴定消耗的，EDTA与Co²⁺形成1：1配合物，则样品溶解后的，即样品中的，而，所以，解得；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，测得消耗EDTA溶液体积偏小，即V偏小，根据，则x偏高。

【2025陕晋宁青等级考】16. 一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为Mn^2＋、Mg^2＋、NH₄^＋的硫酸盐)的工艺流程如下。

已知：①常温下，，；

②结构式为。

回答下列问题：

（1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有_______、_______。(写出两种)

（2）“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)₂被氧化成Mn₃O₄的化学方程式_______。当将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn^2＋浓度为_______mol/L。

（3）“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH₄)₂S₂O₈经加热水解去除，最终产物是NH₄HSO₄和_______(填化学式)。

（4）“沉镁I”中，当pH为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能得到轻质MgO的原因是_______。

（5）“沉镁Ⅱ”中，加H₃PO₄至pH=8.0时，Mg^2＋沉淀完全；若加至pH=4.0时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式_______。

（6）“结晶”中，产物X的化学式为_______。

（7）“焙烧”中，Mn元素发生了_______(填“氧化”或“还原”)反应。

【答案】（1）    ①. 搅拌    ②. 适当升温等    

（2）    ①. 6Mn(OH)₂+O₂=2Mn₃O₄+6H₂O    ②. 10^-2.15    

（3）O₂    （4）pH过大，沉淀为Mg(OH)₂，不能分解产生CO₂，不能得到疏松的轻质MgO    

（5）    

（6）(NH₄)₂SO₄    

（7）还原

【解析】

【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn₃O₄，溶液再加入(NH₄)₂S₂O₈，进行沉锰Ⅱ得到MnO₂，产生有气体O₂，溶液再加入NH₄HCO₃和NH₃·H₂O调节pH沉镁I，得到MgCO₃，煅烧得到MgO，溶液再加入H₃PO₄沉镁Ⅱ，得到MgNH₄PO₄·6H₂O沉淀，溶液加入H₂SO₄调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO₂和Mn₃O₄焙烧，经过多步处理得到MnSO₄·H₂O。

【小问1详解】

加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等；

【小问2详解】

Mn(OH)₂被O₂氧化得到Mn₃O₄，化学方程式为：6Mn(OH)₂+O₂=2Mn₃O₄+6H₂O；

根据=，=10^-2.15mol/L；

【小问3详解】

“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH₄)₂S₂O₈经加热水解去除，(NH₄)₂S₂O₈中存在过氧键，在加热和水存在下发生水解，生成NH₄HSO₄和H₂O₂：(NH₄)₂S₂O₈+2H₂O=NH₄HSO₄+H₂O₂，h2o2分解2H₂O₂=2H₂O＋O₂↑，总反应为2(NH₄)₂S₂O₈+2H₂O = 4NH₄HSO₄+O₂↑，最终产物是和和O₂；

【小问4详解】

煅烧有CO₂生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为Mg(OH)₂，不能分解产生CO₂，不能得到疏松的轻质MgO；

【小问5详解】

由图可知，pH=8时，阴离子为，阳离子为Mg^2＋，产生的沉淀为MgHPO₄，调节到pH=4，磷元素存在形式为，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为：；

【小问6详解】

溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为(NH₄)₂SO₄；

【小问7详解】

“焙烧”中，Mn₃O₄和MnO₂最终生成MnSO₄·H₂O，Mn元素化合价降低，发生了还原反应。

【2025陕晋宁青等级考】17. MgCO₃/MgO循环在CO₂捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO₃与H₂反应生成CH₄的路线，主要反应如下：

I．  

II．  

III．  

回答下列问题，

（1）计算_______。

（2）提高CH₄平衡产率的条件是_______。

A. 高温高压 B. 低温高压 C. 高温低压 D. 低温低压

（3）高温下MgCO₃分解产生的MgO催化CO₂与H₂反应生成CH₄，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是_______(填序号)，生成水的基元反应方程式为_______。

（4）100KPa下，在密闭容器中H₂(g)和MgCO₃(s)各1mol发生反应。反应物(H₂、MgCO₃)的平衡转化率和生成物(CH₄、CO₂)的选择性随温度变化关系如下图(反应III在360℃以下不考虑)。

注：含碳生成物选择性

①表示CH₄选择性的曲线是_______(填字母)。

②点M温度下，反应Ⅱ的_______(列出计算式即可)。

③在550℃下达到平衡时，n(CO)=_______mol。500～600℃，随温度升高H₂平衡转化率下降的原因可能是_______。

【答案】（1）-65    （2）B    

（3）    ①. ④    ②. HO*+H₂*+CH₂*= CH₃*+H₂O    

（4）    ①. c    ②.     ③. 0.2    ④. 反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气

【解析】

【小问1详解】

已知：

I．  

Ⅱ．  

将I+ Ⅱ可得=，故答案：-65；

小问2详解】

已知反应Ⅱ．  为放热反应，要提高CH₄平衡产率，要使平衡正向移动。

A．高温会使平衡逆向移动，不利于提高CH₄平衡产率，A错误；

B．低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高CH₄平衡产率，B正确；

C．高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH₄平衡产率，C错误；

D．低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH₄平衡产率，D错误；

故选B。

【小问3详解】

反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四部活化能最高，速率最慢，基元反应为CH₃*+H*+2H₂O=CH₄*+2H₂O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H₂*+CH₂*= CH₃*+H₂O，故答案为：④；HO*+H₂*+CH₂*= CH₃*+H₂O；

【小问4详解】

已知反应I为吸热反应， Ⅱ为放热反应，III为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。

①表示CH₄选择性的曲线是c，故答案为：c；

②点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，，，，则反应Ⅱ的，故答案为：；

③在550℃下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出n(CO)=1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在500～600℃，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致H₂平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气。

【2025陕晋宁青等级考】18. 我国某公司研发的治疗消化系统疾病的新药凯普拉生(化合物H)，合成路线如下(部分试剂、反应条件省略)。

已知：

回答下列问题：

（1）A中官能团的名称是_______。

（2）B的结构简式为_______。

（3）由C转变为D的反应类型是_______

（4）同时满足下列条件的B的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。

①含有两个甲基；②与钠反应产生氢气。

（5）由D转变为E的过程中经历了两步反应，第一步反应的化学方程式是：_______(要求配平)。

（6）下列关于F说法正确的有_______。

A. F能发生银镜反应

B. F不可能存在分子内氢键

C. 以上路线中E+F→G 的反应产生了氢气

D. 已知醛基吸引电子能力较强，与相比F的N-H键极性更小

（7）结合合成H的相关信息，以、和含一个碳原子的有机物(无机试剂任选)为原料，设计化合物的合成路线_______。

【答案】（1）硝基、羟基    

（2）    （3）还原反应    （4）5    

（5）+NaNO₂+2HCl+NaCl+2H₂O    （6）AC    

（7）

【解析】

【分析】A和B发生反应生成C，K₂CO₃的作用是与A和B反应生成的HBr反应，促进反应正向进行，结合B的分子式C₄H₉BrO，以及C的结构简式，可知B的结构简式为，C中硝基还原为氨基生成D，D经历两步反应生成E，E发生取代反应生成G，据此解答。

【小问1详解】

结合A的结构简式可知，官能团的名称是，硝基、羟基；

【小问2详解】

由分析可知，B的结构简式为；

小问3详解】

C中硝基还原为氨基生成D，反应类型是还原反应；

【小问4详解】

B的分子式C₄H₉BrO，含有两个甲基，与与钠反应产生氢气，则官能团为碳溴键和羟基，采用“定一移的方法”共有、、(箭头所指溴原子位置)，共有5种；

【小问5详解】

由D转变为E的第一步反应是已知条件的反应，化学方程式为：+NaNO₂+2HCl+NaCl+2H₂O；

【小问6详解】

A．F中含有醛基，能发生银镜反应，A正确；

B．F中亚氨基上的H原子与F原子距离较近，能形成分子内氢键，B错误；

C．E与F发生取代反应生成HCl，HCl＋NaH=NaCl＋H₂↑，故有氢气生成，C正确；

D．F中的氟原子以及醛基都是吸电子基，则F的N-H键极性更大，D错误；

故选AC；

【小问7详解】

目标产物的结构简式与G类似，则其是由和发生取代反应而合成，而可由苯胺发生D→E的反应合成，可由苯甲醛发生G→H的反应合成，故合成路线为。