吉林省白城市实验高级中学2024-2025学年高三上学期1月期末考试化学试题（原卷版+解析版）

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本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间75分钟。
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
一、选择題(本大題共15小题，共45分)
1. 工业合成甲醇的反应为。反应相同时间，实验测得甲醇的产率与压强，温度的关系分别如图1，图2所示。下列叙述正确的是
A. 合成甲醇时压强越大越好B. 增大压强，正反应速率增大，逆反应速率减小
C. 合成甲醇的最佳温度为520KD. 520K之前升高温度单位时间内甲醇的产率减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．虽然增大压强能加快反应速率、使平衡正向移动而提高甲醇的产率，但压强越大，对材料的强度和设备的制造要求也越高，需要的动力也越大，这将会大大增加生产投资，并可能降低综合经济效益，故合成甲醇时不是压强越大越好，A项错误；
B．增大压强，正、逆反应速率都增大，B项错误；
C．根据图2可知，520K时甲醇的产率最大，合成甲醇的最佳温度为520K，C项正确；
D．图示曲线为反应相同时间，520K之前反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，单位时间内甲醇的产率增大，D项错误；
答案选C。
2. 某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）
A. 0.80B. 0.85C. 0.90D. 0.93
【答案】A
【解析】
【详解】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mL Cl2转移电子数为×2=0.01ml．则有：×(3-)×x=0.01ml，解得x=0.8，故选A。
【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。
3. 苯与液溴反应生成溴苯，其反应过程的能量变化如图所示。
下列关于苯与反应的说法不正确的是
A. 可作该反应的催化剂
B. 将反应后的气体依次通入和溶液以检验产物
C. 过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小
D. 总反应的，且
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢，可作该反应的催化剂，故A正确；
B．反应后的气体中含溴化氢和溴蒸汽，通入除去溴蒸汽，HBr和溶液反应生成浅黄色AgBr沉淀，可知反应有生成，故B正确；
C．根据图示，过程②的活化能最大，反应速率最慢，慢反应决定总反应速率的大小，故C正确；
D．根据图示，总反应放热，总反应的，只知道正反应活化能，不能计算反应的焓变，故D错误；
选D。
4. 标准电极常用于测定其他电极的电势，测知电极的电势高于电极的电势。以下说法正确的是（ ）

A. 溶液可用代替
B. 电极反应为
C. 微孔瓷片起到阻隔离子通过的作用
D. 若把体系换作体系，电压表的示数变大
【答案】D
【解析】
【分析】根据题干信息，Hg-Hg2SO4电极的电势高于Cu电极的电势，则Hg-Hg2SO4电极为正极，得到电子发生还原反应，则电极反应式为：Hg2SO4+2e-=2Hg+，Cu电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，据此分析解答。
【详解】A．K2SO4溶液能导电，而CCl4是非电解质，没有可自由移动的阴阳离子，故而CCl4不导电，则不能用CCl4代替K2SO4溶液，故A错误；
B．Hg-Hg2SO4电极的电势高于Cu电极的电势，则Hg-Hg2SO4电极为正极，发生氧化反应，电极反应式为：Hg2SO4+2e-=2Hg+，故B错误；
C．原电池工作时，电解质溶液中阴、阳离子会定向移动，则微孔瓷片能使离子通过，否则不能形成闭合电路，故C错误；
D．Cu为原电池的负极，若换成更加活泼的Zn-ZnSO4体系，Zn比Cu活泼，更容易失去电子，Zn与Hg的活性差异更大，则电压表的示数变大，故D正确。
答案选D。
5. 破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成和，下列说法不正确的是
A. 氨水浓度越大，腐蚀趋势越大
B. 随着腐蚀的进行，溶液变大
C. 铁电极上的电极反应式为：
D 每生成标准状况下，消耗
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水浓度越大，越容易生成，腐蚀趋势越大，A正确；
B．腐蚀的总反应为Zn+4NH3•H2O=+H2↑+2H2O+2OH-，有OH-离子生成，溶液变大，B正确；
C．该电化学腐蚀中Zn作负极，Fe作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，铁电极上的电极反应式为：，C错误；
D．根据得失电子守恒，每生成标准状况下，转移电子数为，消耗，D正确；
故选C。
6. 漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca(ClO)2，相应的生产流程如下。
下列说法不正确的是
A. ①中阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑
B. ②中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
C. 上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应
D. 制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时，Cl的原子利用率为100%
【答案】D
【解析】
【分析】饱和食盐水进行电解可以制得Cl2，将得到的Cl2分别与Ca(OH)2和Na2CO3反应经一系列流程可以分别制得漂白粉和漂粉精；电解过程中，溶液中的Cl-失电子生成氯气发生阳极反应，水中的H+得电子生成氢气发生还原反应，溶液中剩余氢氧化钠；氯气与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，同时还生成氯化钙；氯气与湿润的碳酸钠反应生成Cl2O，Cl2O与水发生化合反应生成HClO，HClO与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，据此分析。
【详解】A．电解过程中阳极失电子，溶液中Cl-发生阳极反应生成Cl2，阳极的电极方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，A正确；
B．反应②为氯气和氢氧化钙的反应，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，B正确；
C．上述过程中反应①②③为氧化还原反应，反应④为化合反应，反应⑤为复分解反应，C正确；
D．制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时有CaCl2生成，Cl原子没有完全转化为Ca(ClO)2，因此Cl的原子利用率不为100%，D错误；
故选D。
7. 砷化镓(GaAs)是一种立方晶系的晶体，其晶胞结构如图甲所示。将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料，其晶胞结构如图乙所示。砷化镓的晶胞参数为xpm。下列说法错误的是
A. 1mlGaAs中配位键的数目是NA
B. GaAs晶体中，Ga和As的最近距离是xpm
C. 元素的电负性：Ga＜As
D. 稀磁性半导体材料中，Mn、As的原子个数比为1：2
【答案】D
【解析】
【详解】A．中，砷提供孤对电子，镓提供空轨道，两者形成配位键，平均1个中配位键数目为1，则中配位键的数目是，A正确；
B．由砷化镓晶胞结构可知，和的最近距离为晶胞体对角线长度的，和的最近距离是，B正确；
C．元素的电负性：Ga＜As，C正确；
D．由图乙可知，掺杂之后，晶胞中的数目为，的数目为4，故稀磁性半导体材料中，、的原子个数比为，D错误；
故选D。
8. 某小组同学探究溶液中的能否被金属钠还原，进行实验：
①在干燥试管中加入绿豆大小的金属钠，逐滴滴加溶液，产生无色气体，溶液由紫红色变为浅绿色。
②向溶液中持续通入，水浴加热，溶液颜色无明显变化。
③向溶液中加入固体，溶液由紫红色变为浅绿色。
下列说法不正确的是
A. 实验①中还可能观察到钠块浮在溶液表面，剧烈燃烧，发出黄色火焰
B. 实验②中的现象说明实验①中溶液变色的原因与产生的气体无关
C. 实验③中的现象说明实验①中可能发生的反应：
D. 上述实验能证明溶液中的可以被金属钠还原
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠与水反应时钠浮在水面，然后熔化成闪亮黄色小球，在水面游动，并发出嘶嘶的响声，反应放热，故还可能观察到剧烈燃烧，发出黄色火焰，A正确；
B．实验②为对照实验，探究H2对KMnO4的影响，实验②中的现象说明实验①中溶液变色的原因与产生的H2无关，B正确；
C．实验③为对照实验，探究NaOH对KMnO4的影响，溶液由紫红色变为浅绿色，说明实验①中可能发生的反应：4+4OH-═4+O2↑+2H2O，C正确；
D．上述三个实验证明碱性条件下高锰酸根离子可以生成锰酸根离子，4+4OH-═4+O2↑+2H2O，不能说明溶液中的可以被金属钠还原，D错误；
故答案为：D。
9. 下列实验操作、现象和所得出的结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．两支试管中，混合溶液的总体积、反应起始时混合溶液中的浓度和的浓度均不相同，因此实验不能探究浓度对反应速率的影响，比较浓度对反应速率的影响，应控制溶液的总体积相同且少量，仅改变草酸的浓度，故A错误；
B．与溶液反应生成蓝色沉淀，则说明原溶液中含有，故B正确；
C．试管①加入溶液时产生气泡快，说明双氧水分解反应的活化能较小，故C错误；
D．在氨水中滴入酚酞溶液，加热一段时间，一开始温度升高，一水合氨的电离程度增大，溶液中增大，溶液红色变深，后来随着温度的继续升高，一水合氨分解：，氨气逸出，溶液碱性减弱，溶液红色变浅，不是一水合氨的电离程度减小，故D错误。
综上所述，答案为B。
10. 粗盐中的杂质离子主要有、、，采用如下方法得到精制盐水，进而制取精盐（部分流程略）。
已知：i．
ii．粗盐水中
下列说法不合理的是
A. 过程Ⅰ中当溶液时，已沉淀完全
B. 过程Ⅱ中加入足量的，盐水b中的阴离子仅含有、
C. 过程Ⅱ中若改为先加溶液、过滤后再加溶液也能达到除杂目的
D. 过程Ⅲ中滴加盐酸调节pH时，应调至溶液呈中性或微酸性
【答案】B
【解析】
【分析】粗盐中含有、、，加入氢氧化钠溶液，发生，过滤得到盐泥a，盐泥a为，再加入固体，由表中数据知，发生，得到沉淀，过滤，盐泥b为，再加入盐酸调节pH值，得到精制盐水，据此回答。
【详解】A．过程Ⅰ中当溶液时，c(OH-)=10-3ml/L，，已沉淀完全，A正确；
B．由分析知，过程Ⅱ中加入足量的，盐水b中的阴离子仅含有、、，B错误；
C．过程Ⅱ中若改为先加溶液，发生，过滤后再加溶液将过量的除去，也能达到除杂目的，C正确；
D．过程Ⅲ中滴加盐酸调节pH时，应调至溶液呈中性或微酸性，防止引入新的杂质，多余的盐酸在蒸发过程中除去，D正确；
故选B。
11. 下列各组中甲、乙两种试剂，互滴顺序不同，但发生的反应和现象都相同的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾溶液滴入烧碱溶液，烧碱过量，沉淀溶解；烧碱溶液滴入明矾溶液，烧碱少量，生成沉淀，现象不同，故A错误；
B．溶液与澄清石灰水互滴，反应相同，现象相同，均产生白色沉淀，故B正确；
C．浓氨水滴入胆矾溶液中，胆矾溶液过量，发生离子反应：，生成蓝色沉淀；胆矾溶液滴入浓氨水中，浓氨水过量，生成四氨合铜离子，沉淀溶解，现象不同，故C错误；
D．新制氯水中滴入溶液，新制氯水过量，有溴单质生成；溶液中滴入新制氯水，溶液过量，无溴单质生成，故D错误；
答案选B。
12. 下图表示铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系，则下列说法不正确的是

A. 一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的
B. 用一定量的铁粉与大量的9.75ml·L—1HNO3溶液反应得到标态下气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1ml.
C. 硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多
D. 当硝酸浓度为9.75ml·L—1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为5:3:1
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据图象可知硝酸的还原产物有多种，因此一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的，A正确；
B、参加反应的硝酸包括被还原的，以及没有被还原的（转化为硝酸铁），因此参加反应的硝酸的物质的量大于0.1ml，B错误；
C、根据图象可知随着硝酸浓度的升高，NO2的含量增大，这说明硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多，C正确；
D、根据图象可知当硝酸浓度为9.75ml·L—1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为10：6：2＝5: 3: 1，D正确，
答案选B。
13. 把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后过滤，所得金属粉末的质量与原铁粉的质量相等，则原溶液中H+与SO的物质的量浓度之比为
A. 1：4B. 2：7C. 1：2D. 3：8
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为x、y。
因为在反应前后固体质量相等，所以Δm(减)=Δm(增)，即：56x=8y，
，则，故合理选项是A。
14. 根据实验操作及现象，下列结论中正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A错误；
B．浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中含有硫酸根，B错误；
C．铜比银活泼，在形成原电池过程中，做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确；
D．向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误；
故选C。
15. 向1.00 L浓度均为0.0100 的、NaOH混合溶液中通入HCl气体调节溶液pH(忽略溶液体积变化)。其中、、平衡时的分布系数(各含硫物质的浓度与含硫物质总浓度的比值)随HCl气体体积(标况下)的变化关系如图所示(忽略气体的逸出)；已知，代表在该实验条件下的一级电离常数。下列说法正确的是
A. Z点处的
B. 从X点到Y点发生的主要反应为
C. 当V(HCl)≥672 mL时，
D. 若将HCl改为，Y点对应位置不变
【答案】A
【解析】
详解】A．，故，A正确；
B．随着HCl的通入，从X点到Y点发生的主要反应，B错误；
C．由题意知n(Na2SO3)=0.01ml ，n(NaOH)=0.01ml，通入的HCl先与NaOH反应，再与Na2SO3反应，反应的化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O，0.01mlNaOH消耗0.01mlHCl，Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2SO3，0.01ml Na2SO3消耗0.02mlHCl，V(HCl) ≥672mL，则n(HCl) ≥0.03ml故NaOH和Na2SO3完全反应，忽略SO2气体的逸出，则溶液中0.01ml的H2SO3，只要存在H2SO3就存在其电离平衡，c() 、c 都不等于0，C错误；
D．若将HCl改为NO2，NO2具有氧化性将与 发生氧化还原反应，被氧化为，溶液中不会有，D错误；
答案选A。
(2024届北京师范大学附属实验中学暑期高三第一次督导试题)
16. 探究Cu与溶液的反应，进行如下实验。
实验①：向10mL0.2ml/L溶液(pH≈1)中加入0.1gCu粉，振荡后静置，取上层清液，滴加溶液，有蓝色沉淀产生。6h后，溶液由棕黄色变为蓝绿色。实验过程中未见有气泡产生，溶液的pH几乎不变。
实验②：在密闭容器中向10mL0.6ml/L溶液中加入0.1gCu粉，10h后溶液变为淡蓝色。
实验③：在密闭容器中向10mL0.6ml/L溶液中分别加入0.1gCu粉和0.1g固体，0.5h溶液变黄，3h溶液变为黄绿色。下列说法不正确的是
A. 实验①中发生了反应：
B. 推测实验②的离子方程式是：
C. 对比实验①和②，①中溶解Cu的主是
D. 对比实验②和③，与反应的速率大于与Cu反应的速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验①中取上层清液，滴加溶液，有蓝色沉淀产生，说明产生了亚铁离子。6h后，溶液由棕黄色变为蓝绿色，说明有铜离子生成，故发生了反应：，A正确；
B．实验②溶液变为淡蓝色，说明生成了铜离子，则推测实验②的离子方程式是：，B正确；
C．对比实验①和②，①中溶解Cu的主是铁离子，不是硝酸根离子，C错误；
D．对比实验②和③，③中显生成铁离子，后生成铜离子，说明与反应的速率大于与Cu反应的速率，D正确；
故选C。
17. 苯甲酸可用作食品防腐剂，微溶于冷水，易溶于乙醇、热水，实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，制备过程和装置如图：
下列说法错误的是
A. 实验中可选用250mL三颈烧瓶
B. 当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成
C. 加入饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是降低苯甲酸的溶解度
D. 趁热过滤前需用热水将滤纸浸湿
【答案】C
【解析】
【详解】A．加热液体，所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半，三颈烧瓶中已经加入100m的水，1.5mL甲苯，4.8g高锰酸钾，应选用250mL的三颈烧瓶，A正确；
B．没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化，因此当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，B正确；
C．高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl-氧化，加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气，C错误；
D．为增大过滤效率，趁热过滤前需用热水将滤纸浸湿，防止有气泡，D正确；
答案选C。
18. 如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素()的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中不正确的是
A. 铜电极应与Y相连接
B. 乙装置中溶液的颜色不会变浅
C. 标准状况下，当N电极消耗气体时，则铁电极质量增加
D. M电极反应式：
【答案】C
【解析】
【分析】由图中信息结合原电池原理可知，M为负极、N为正极。由电解原理可知，Cu电极为阳极，Fe为阴极。
【详解】A．铜电极是阳极，应与电源的正极相连，即与Y相连接，A说法正确；
B．电镀过程中，电解质的浓度及成分均不会发生变化，因此，乙装置中溶液的颜色不会变浅，B说法正确；
C．标准状况下，当N电极消耗O2时，这些O2的物质的量为0.25ml，则电路中转移电子的物质的量为1ml，铁电极上发生Cu2++2e- =Cu，根据转移电子守恒可知，析出Cu的物质的量为0.5ml，故铁电极的质量增加，C说法不正确；
D．M电极为负极，负极上发生氧化反应，电极反应式为，D说法正确。
综上所述，相关说法中不正确的是C。
19. 某钒催化剂在一定条件下形成相邻的氧化还原位和酸性吸附位，该催化剂催化NH3脱除电厂烟气中NO的反应机理如图所示。
下列说法正确的是
A. 反应①～④均为氧化还原反应
B. 反应②为NH+ =NH+
C. 消耗0.5mlO2，理论上可处理1mlNO
D. 总反应方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应①中各元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，A错误；
B．由图可知，反应②为NH+= NH+ ，B正确；
C．根据关系图结合电子得失守恒可知1ml氧可以得到4ml钒催化剂，通过反应①②可以得到4mlNH，4ml NH可以还原4mINO，所以理论上可处理NO物质的量为4ml，则消耗0.5mlO2，理论上可处理2mlNO，C错误；
D．由图可知总反应方程式为4NH3+4NO+ O24N2+6H2O，D错误；
故选B。
20. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75 ml，则下列判断不正确的是
A. 生成44.8 L N2(标准状况)
B. 有0.250 ml KNO3被氧化
C. 转移电子的物质的量为1.25 ml
D. 被氧化的N原子的物质的量为3.75 ml
【答案】B
【解析】
【分析】反应中NaN3中N元素化合价升高，被氧化，KNO3中N元素化合价降低，被还原。根据反应方程式可知，每当生成16 ml N2时，氧化产物比还原产物多14 ml，转移电子的物质的量为10 ml，被氧化的N原子的物质的量为30 ml，被还原的有2 ml KNO3，据此分析解答。
【详解】A．由以上分析可知，若氧化产物比还原产物多1.75 ml，则生成2 ml N2，在标准状况下的体积为44.8 L，故A正确；
B．由以上分析可知，若氧化产物比还原产物多1.75 ml，有0.250 ml KNO3被还原，B不正确；
C．由以上分析可知，若氧化产物比还原产物多1.75 ml，转移电子的物质的量为1.25 ml，故C正确；
D．由以上分析可知，若氧化产物比还原产物多1.75 ml，被氧化的N原子的物质的量为3.75 ml，故D正确；
故选：B。
二、非选择題(本大題共5小题，共40分)
21. 我国科学家发现氢化钙()纳米颗粒助力氢危疫癌症治疗。资料显示：易与水反应。某小组选择下列装置制备氢化钙并测定其纯度。
回答下列问题：
（1）实验室里将钙保存在___________中。
（2）气流从左至右，装置排序为___________(填字母，装置可重复使用)。
（3）装置B的作用有___________(用离子方程式表示)和吸收挥发出来的氯化氢。
（4）实验中，先启动A中反应，当E装置___________(填实验现象)时点燃C处酒精灯，这样操作的目的是___________。
（5）当C装置中钙完全反应时，停止A装置中反应的操作是___________。
（6）测定产品纯度。取产品溶于足量蒸馏水中，加入过量溶液，过滤，用稀硫酸溶解，用溶液滴定至终点，消耗滴定液。
①与水反应的化学方程式为___________；
②该样品纯度为___________(用含的代数式表示)；若产品中混有CaO、Ca杂质，测得结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）煤油(或石蜡油)
（2）A、B、D、C、D、E
（3）
（4） ①. 连续、均匀产生气泡 ②. 排尽装置内空气
（5）关闭装置A的开关K
（6） ① ②. ③. 偏高
【解析】
【分析】该实验中，A盐酸和ZnS反应生成氢气，同时氢气中含有H2S、HCl杂质，故先将混合气体通过B除去H2S和HCl，随后通过D将氢气干燥，干燥后的氢气进入C中与Ca反应生成CaH2，反应产生的水蒸气通过D吸收，最后E吸收多余的H2。
【小问1详解】
钙是活泼金属，实验室里将钙保存于煤油或石蜡油中。
【小问2详解】
装置排序为制备氢气、除硫化氢和氯化氢、干燥、氢气与钙反应、吸收水蒸气、收集尾气中氢气，故顺序为A、B、D、C、D、E。
【小问3详解】
装置B中硫化氢与硫酸铜反应生成硫化铜和硫酸，离子方程式为。
【小问4详解】
为防止装置内空气与钙发生反应，加热之前要排尽装置内空气。当水槽中连续、均匀产生气泡时表明装置内空气已排尽。
【小问5详解】
装置A中开关K可控制反应，关闭K时装置内气压增大，将盐酸压回长颈漏斗，盐酸与锌粒脱离，反应停止。
【小问6详解】
①氢化钙与水反应生成氢氧化钙和氢气，化学方程式为。
②氢氧化钙与草酸钠反应生成草酸钙，化学方程式为，草酸钙经硫酸酸化生成草酸，草酸与高锰酸钾反应化学方程式为，已知消耗KMnO4，则参与反应的草酸有，则钙离子有，根据钙离子守恒，，如果产品混有CaO、Ca，它们在上述沉淀反应中都会转化成，测得结果偏高。
22. 是一种重要的化学原料，有着重要的用途，可与、、、等多种物质反应。回答下列问题：
（1）将、、放入一个真空密闭容器中，在150℃下用电火花不断引燃反应，恰好完全反应，生成物之一为，压强为零，则、、的物质的量之比为_______。
（2）与之间也能进行反应，某科研小组对其反应产物进行了探究分析。
第1步：用如图1所示装置制取，用98.3%浓硫酸吸收(可溶于浓硫酸，加热后又会逸出)，得到无色吸收液。
第2步：用如图2所示装置加热浓硫酸吸收液，使挥发，通入盛有的试管中，至固体颜色不变后，再通入，气体2min。
第3步：称取图2中反应后的固体0.5g，加水溶解，配制100mL待测溶液。
①与可能发生反应的化学方程式为、_______。
②上述“第3步”中配制100mL待测溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_______(填1种)。
③图1、图2中的NaOH溶液用于尾气处理，则反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。
（3）某科研兴趣小组运用数字化实验对、的反应过程进行探究(如图3所示)。
步骤如下：
Ⅰ.将计算机、数据采集器、氧气传感器依次相连。
Ⅱ.用无水与浓(70%)反应制取并用仪器A收集气体。
Ⅲ.将氧气传感器塞入仪器A中间接口，进行数据采集，用药匙取少量从仪器A右端加入，迅速塞紧瓶塞。
①仪器A的名称为_______。
②ab段氧气的含量迅速升高，对应的化学方程式为_______，该反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。
③bc段氧气的含量慢慢降低，可能发生反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）2∶3∶14
（2） ①. Na2O2+2NO2=2NaNO3 ②. 100mL容量瓶或胶头滴管 ③. 1∶1
（3） ①. 三颈烧瓶 ②. 2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2 ③. 放热 ④. 2Na2SO3+O2=2Na2SO4
【解析】
【分析】本实验的实验目的是探究过氧化钠与二氧化碳、水、二氧化氮、二氧化硫的反应，并通过实验确定反应所得生成物。
【小问1详解】
由丙烷、氧气、过氧化钠在150℃下用电火花不断引燃反应，恰好完全反应，压强为零可知，反应的化学方程式为2C3H8+3O2+14Na2O26Na2CO3+16NaOH，由方程式可知，丙烷、氧气、过氧化钠的物质的量比为2∶3∶14，故答案为：2∶3∶14；
【小问2详解】
①二氧化氮中氮元素为+4价，既能在反应中表现氧化性，也能表现还原性，可能与过氧化钠反应生成亚硝酸钠和氧气表现氧化性，也能与过氧化钠反应生成硝酸钠表现还原性，则表现还原性的化学方程式为Na2O2+2NO2=2NaNO3，故答案为：Na2O2+2NO2=2NaNO3；
②由配制一定物质的量浓度溶液的步骤可知，配制100mL待测溶液需要用到的仪器为烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶或胶头滴管；
③二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的化学方程式为2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O，由方程式可知，反应中氧化产物硝酸钠与还原产物亚硝酸钠的物质的量之比为1∶1，故答案为：1∶1；
【小问3详解】
①由实验装置图可知，仪器A为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；
②由ab段氧气的含量迅速升高可知，过氧化钠与二氧化硫发生放热反应生成亚硫酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，故答案为：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2；
③bc段氧气的含量慢慢降低说明反应生成的亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠，反应的化学方程式为2Na2SO3+O2=2Na2SO4，故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4。
(2021·新高考辽宁卷)
23. 磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在氛围中进行)：
①称取，配成溶液，转移至恒压滴液漏斗中。
②向三颈烧瓶中加入溶液。
③持续磁力搅拌，将溶液以的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。
④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在干燥。
⑤管式炉内焙烧2h，得产品3.24g。
部分装置如图：

回答下列问题：
（1）仪器a的名称是_______；使用恒压滴液漏斗的原因是_______。
（2）实验室制取有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为_______，对应的装置为_______(填标号)。
可供选择的试剂：、、、、饱和、饱和
可供选择的发生装置(净化装置略去)：

（3）三颈烧瓶中反应生成了Fe和，离子方程式为_______。
（4）为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有_______。
A. 采用适宜的滴液速度B. 用盐酸代替KOH溶液，抑制水解
C. 在空气氛围中制备D. 选择适宜的焙烧温度
（5）步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为_______；使用乙醇洗涤的目的是_______。
（6）该实验所得磁性材料的产率为_______(保留3位有效数字)。
【答案】（1） ①. （球形）冷凝管 ②. 平衡气压，便于液体顺利流下
（2） ①. (或) ②. A(或B)
（3） （4）AD
（5） ①. 稀硝酸和硝酸银溶液 ②. 除去晶体表面水分，便于快速干燥
（6）90.0%
【解析】
【分析】
【小问1详解】
根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是（球形）冷凝管；恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压平衡，使液体顺利流下。
【小问2详解】
实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼热的氧化铜中反应，其化学方程式为： ；可选择气体通入硬质玻璃管与固体在加热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和和饱和在加热下发生氧化还原反应制备氮气，反应的化学方程式为：，可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置。综上考虑，答案为：(或)；A(或B)；
【小问3详解】
三颈烧瓶中溶液与溶液发生反应生成了Fe和，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的离子方程式为；
【小问4详解】
结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项符合题意，若用盐酸代替KOH溶液，生成的晶体为Fe和，均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B不选；若在空气氛围中制备，则亚铁离子容易被空气氧化，故D不选，综上所述，答案为：AD；
【小问5详解】
因为反应后溶液中有氯离子，所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；乙醇易溶于水，易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥。
【小问6详解】
的物质的量为，根据发生反应的离子方程式：，可知理论上所得的Fe和的物质的量各自为0.0125ml，所以得到的黑色产品质量应为，实际得到的产品3.24g，所以其产率为，故答案为：90.0%。
24. 某课题组研制了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P，合成路线如下：
已知：
请回答：
(1)化合物A的结构简式是_______；化合物E的结构简式是_______。
(2)下列说法不正确的是_______。
A.化合物B分子中所有的碳原子共平面
B.化合物D的分子式为
C.化合物D和F发生缩聚反应生成P
D.聚合物P属于聚酯类物质
(3)化合物C与过量溶液反应的化学方程式是_______。
(4)在制备聚合物P的过程中还生成了一种分子式为的环状化合物。用键线式表示其结构_______。
(5)写出3种同时满足下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构体)：_______。
①谱显示只有2种不同化学环境的氢原子
②只含有六元环
③含有结构片段，不含键
(6)以乙烯和丙炔酸为原料，设计如下化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。
【答案】 ①. ②. HOCH2CH2Br ③. C ④. +4NaOH+2+2NaBr ⑤. ⑥. 、、、(任写3种) ⑦.
【解析】
【分析】A的分子式为C8H10，其不饱和度为4，结合D的结构简式可知A中存在苯环，因此A中取代基不存在不饱和键，D中苯环上取代基位于对位，因此A的结构简式为，被酸性高锰酸钾氧化为，D中含有酯基，结合已知信息反应可知C的结构简式为，B与E在酸性条件下反应生成，该反应为酯化反应，因此E的结构简式为HOCH2CH2Br，D和F发生已知反应得到化合物P中的五元环，则化合物F中应含有碳碳三键，而化合物P是聚合结构，其中的基本单元来自化合物D和化合物F，所以化合物F应为。
【详解】(1)由上述分析可知，A的结构简式为；化合物E的结构简式为HOCH2CH2Br，故答案为：；HOCH2CH2Br。
(2)A．化合物B的结构简式为，化合物B中苯环的6个碳原子共平面，而苯环只含有两个对位上的羧基，两个羧基的碳原子直接与苯环相连，所以这2个碳原子也应与苯环共平面，化合物B分子中所有碳原子共平面，故A正确；
B．D的结构简式为，由此可知化合物D的分子式为，故B正确；
C．缩聚反应除形成缩聚物外，还有水、醇、氨或氯化氢等低分子副产物产生，化合物D和化合物F聚合反应不涉及低分子副产物的产生，不属于缩聚反应，故C错误；
D．聚合物P中含有4n个酯基官能团，所以聚合物P属于聚酯类物质，故D正确；
综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。
(3)中酯基能与NaOH溶液发生水解反应、溴原子能与NaOH溶液在加热条件下能发生取代反应，因此反应方程式为+4NaOH+2+2NaBr。
(4)化合物D和化合物F之间发生反应，可以是n个D分子和n个F分子之间聚合形成化合物P，同时也可能发生1个D分子和1个F分子之间的加成反应，对于后者情况，化合物D中的2个-N3官能团与化合物F中的2个碳碳三建分别反应，可以形成环状结构，用键线式表示为，该环状化合物的化学式为，符合题意，故答案为：。
(5)化合物F的分子式为C8H6O4，不饱和度为6，其同分异构体中含有结构片段，不含键，且只有2种不同化学环境的氢原子，说明结构高度对称，推测其含有2个相同结构片段，不饱和度为4，余2个不饱和度，推测含有两个六元环，由此得出符合题意的同分异构体如下：、、、。
(6)由逆向合成法可知，丙炔酸应与通过酯化反应得到目标化合物，而中的羟基又能通过 +水解得到，乙烯与Br2加成可得，故目标化合物的合成路线为。
25. 抗肿瘤药物培美曲塞的前体M( )的一种合成路线如下：

已知：
（1）C中官能团的结构简式为___________，的名称是___________。
（2）实现的转化需加入的试剂是___________。
（3）M分子虚线框中所有原子___________(填“是”或“否”)共平面。
（4）的反应涉及三步，已知第一步是取代反应，第三步的反应类型是___________。
（5）与过量完全加成后获得产物，符合下列条件的的同分异构体数目为___________。
①含六元碳环；
②与溶液共热时，最多消耗；
③与溴原子相连的碳原子为杂化
（6）的一种合成路线如下图。已知(分子式为)中含结构，过程②中还会生成甲醇，写出中间产物P、Q的结构简式___________、___________。

【答案】（1） ①. 、 ②. 对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸
（2）酸性溶液或溶液
（3）否 （4）消去反应
（5）7 （6） ①. ②.
【解析】
【分析】由A分子式可知A为乙炔，乙炔与发生取代反应生成B()，B与环氧乙烷发生开环加成反应再经酸化生成C()；结合的结构及的分子式可知为甲苯；与溴单质在溴化铁催化下发生对位取代反应生成E( )，E被氧化生成F()，F与甲醇发生酯化反应生成G( )，C与发生取代反应生成H，H与氢气发生加成反应生成I()，I中醇羟基发生催化氧化反应生成J()，J与HBr发生取代反应生成K，K为，K与反应生成。
【小问1详解】
为，含有碳碳三键和羟基两种官能团，官能团结构简式为：、-C≡C-，F为，名称为：对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；
【小问2详解】
E中甲基被氧化为羧基，需要强氧化剂酸性高锰酸钾溶液；
【小问3详解】
虚框中含有饱和氮原子，该氮原子与其所连原子形成四面体结构，所有原子不可能共面，故答案为否；
【小问4详解】
的反应过程中首先中溴原子所连基团与中羰基邻位碳上的氢发生取代反应，然后同侧氨基与中醛基发生已知信息中加成反应，再发生醇消去反应生成，故第三步反应类型为消去反应；
【小问5详解】
F( )与过量氢气发生加成产物为：，其同分异构体①含六元碳环；②与溶液共热时，最多消耗，则含有1个羧基和溴原子消耗或一个和溴原子消耗；③与溴原子相连的碳原子为杂化，即为饱和碳原子；若两个取代基为羧基和-Br，两者可以连在同一个C上，或者有邻、间、对三种位置关系，除去N本身有3种结构，若两个取代基为和-Br，此时两者可以连在同一个碳上，或者有邻、间、对三种位置关系，因此共有3+4=7种结构；
【小问6详解】
经脱甲醇生成，可知为。与P反应生成Q，结合Q的结构简式与P的分子式可知P为。选项
实验操作、现象
结论
A
取两支试管，均加入4mL0.01酸性溶液，然后向一支试管中加入0.01溶液2mL，向另一支试管中加入0.01溶液4mL，第一支试管中褪色时间较长
浓度越大，反应速率越快
B
检验溶液中是否含有时，向溶液中滴入2滴(铁氰化钾)溶液，产生蓝色沉淀
原溶液中含有
C
取两支试管，均加入等体积等浓度的双氧水，然后向试管①中加入0.01溶液2mL，向试管②中加入0.01溶液2mL，试管①产生气泡快
加入溶液时，双氧水分解反应活化能较大
D
在氨水中滴入酚酞溶液，加热一段时间，溶液红色先变深后变浅
升高温度，一水合氨的电离程度先增大后减小
物质
选项
A
B
C
D
甲
明矾溶液
溶液
浓氨水
新制氯水
乙
烧碱溶液
澄清石灰水
胆矾溶液
溶液
选项
实验操作及现象
结论
A
常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象
稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
B
取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀。加入浓，仍有沉淀
此样品中含有
C
将银和溶液与铜和溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝
的金属性比强
D
向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅
溴与苯发生了加成反应