辽宁省大连市2025届高三上学期期末双基测试化学试卷（Word版附解析）

这是一份辽宁省大连市2025届高三上学期期末双基测试化学试卷（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了 化学与日常生活息息相关， “黄金雨”实验体现了化学之美等内容，欢迎下载使用。
1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效。
2.本试卷分第I卷和第II卷两部分，满分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Ti-48 Fe-56 Ni-59
第I卷(选择题，共45分)
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 大连好产品名录中的产品体现了大连制造的实力，展示了大连制造之美。下列产品据其主要成分不能与其他三项归为一类的是
A. 海湾牌海原味海精盐B. 东北特殊钢集团渗碳轴承钢
C. 珍珠牌立体贝雕D. 海鸥牌中低热硅酸盐水泥
【答案】B
【解析】
【详解】A．海精盐主要成分是氯化钠，属于无机盐类，是无机非金属材料；
B．渗碳轴承钢无机金属材料；
C．贝壳主要成分碳酸钙，属于无机非金属材料；
D．硅酸盐水泥主要成分是硅酸三钙等，属于无机非金属材料；
综合上述分析对比，B与另外三项不相同。
故选B。
2. 下列化学用语或表述正确的是
A. Fe2+的价电子轨道表示式：
B. 锗(Ge)晶体类型：金属晶体
C. 的空间结构：正四面体形
D. 氧化性物质运输用标识：
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知Fe是26号元素，其基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d64s2，失去4s上的电子得到Fe2+，故Fe2+的价电子轨道表示式：，A错误；
B．Ge位于金属元素与非金属元素的分界线附近，锗(Ge)的晶体类型是共价晶体而不是金属晶体，B错误；
C．中心原子B周围的价层电子对数为：4+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间结构为正四面体形，C正确；
D．是易燃固体运输标识，而不是氧化性物质运输用标识，D错误；
故答案为：C。
3. 下列实验操作或处理方法正确的是
A. 含重金属离子的废液，可用沉淀法进行处理
B. 实验室一旦发生火情，立即用泡沫灭火器灭火
C. 不需要回收利用的有机废液，均可用焚烧法处理
D. 观察镁和水反应时，需要用酒精灯持续加热
【答案】A
【解析】
【详解】A．重金属离子（如铅、汞、镉等）通常通过加入沉淀剂（如硫化钠、氢氧化钠等）形成不溶性沉淀，从而从废液中分离。这是实验室处理重金属废液的常用方法，A正确；
B．泡沫灭火器并非适用于所有火情，如活泼金属（如钠、钾）火灾，需用干沙或专用灭火剂，B错误；
C．含卤素、硫、磷的有机废液焚烧可能产生有毒气体，C错误；
D．镁与冷水反应极慢，通常需加热以加速反应（生成氢氧化镁和氢气）。但“持续加热”可能引发氢气爆炸风险，可使金属镁与热水反应，D错误；
答案选A。
4. 黄铁矿的主要成分是，在空气中会被缓慢氧化，氧化过程如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 含有的个数为
B. 25℃和下，含有的质子数约为
C. 发生反应a时，转移的电子数为
D. 水解形成的胶体粒子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．是二硫化亚铁，由Fe2+和构成，并不存在S2-离子，A错误；
B．25℃和不是标准状况，不能使用来计算O2的物质的量，也就无法确定质子数，B错误；
C．反应a中转化为Fe2+和，中Fe元素为+2价，S元素为-1价，1ml被氧化时，Fe元素化合价不变，S元素由-1价升到+6价，S原子转移电子数为14NA，那么转移的电子数为，C正确；
D．胶体粒子是多个分子的集合体，水解形成的胶体粒子数小于，D错误；
故选C。
5. 化学与日常生活息息相关。下列说法错误的是
A. 苯酚具有消毒防腐作用，可直接用于皮肤表面消毒
B. 阿司匹林是以水杨酸为原料生产的解热镇痛药
C. 碳酸钠和碳酸氢钠在食品工业中均可用作食品添加剂
D. “复方氯乙烷气雾剂”可用于运动中急性损伤的镇痛
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯酚虽然具有杀菌止痛的作用，但是它本身也是有毒的，不能直接用于皮肤消毒，A错误；
B．水杨酸是2—羟基苯甲酸，羟基与乙酸发生酯化反应可生成阿司匹林，B正确；
C．碳酸氢钠俗名小苏打，可用作膨松剂等食品添加剂，碳酸钠俗名纯碱、苏打，常用作食用碱粉，可中和面粉发酵产生的酸性物质，故也是一种常见的食品添加剂，C正确；
D．氯乙烷汽化时大量吸热，具有麻醉作用，“复方氯乙烷气雾剂” 可用于运动中急性损伤的镇痛，D正确；
故选A。
6. “黄金雨”实验体现了化学之美。将溶液和溶液混合发生复分解反应，瞬间出现黄色沉淀，加热至沉淀完全溶解，室温下静置，冷却过程中出现黄色细微析出物，完全冷却后，形成金色闪亮的晶体“黄金雨”。下列相关说法错误的是
A. “黄金雨”的主要成分是
B. 用冰盐浴冷却可更快得到金色闪亮的晶体
C. 实验中应注意谨防液体溅到皮肤上
D. 用海带灰与硝酸铅也可制得“黄金雨”
【答案】B
【解析】
【详解】A．复分解反应中，KI(提供I⁻)与(CH3COO)2Pb(提供Pb2+)反应生成PbI2黄色沉淀，加热溶解后冷却析出闪亮的PbI₂晶体，A正确；
B．冰盐浴虽能快速降温，但PbI2的溶解度随温度降低显著减小，快速冷却会导致过饱和度急剧升高，析出大量细小晶体，而非题目中描述的“金色闪亮”晶体(通常需缓慢冷却以形成较大晶体)，因此，冰盐浴反而可能影响晶体质量，B错误；
C．乙酸铅含重金属Pb2+，有毒，需防止液体接触皮肤，C正确；
D．海带灰浸取液含I⁻，硝酸铅中含有Pb2+，二者反应生成PbI2黄色沉淀，也可制得“黄金雨”，D正确；
故选B。
7. “张一烯炔环异构化反应”被《Name Reactins》收录。该反应可高效构筑五元环状化合物，应用在许多药物的创新合成中，如：
下列分析错误的是
A. ①、②互为同分异构体
B. ①、②中碳原子均采用了三种杂化方式
C. ①的红外光谱中出现了以上的吸收峰
D. ②能发生加成反应、水解反应和氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干物质的结构简式可知，①、②的分子式相同均为C8H10H3，结构不同，互为同分异构体，A正确；
B．单键碳原子为sp3杂化，双键碳原子为sp2杂化，三键碳原子为sp杂化，故①中为sp、sp2、sp3杂化，②中为sp2、sp3杂化，B错误；
C．由①的结构简式可知，其分子中含有羟基，即含有氧氢键，所以红外光谱中出现了以上的吸收峰，C正确；
D．由②的结构简式可知，其分子中含有碳碳双键，故能发生加成反应和氧化反应，其分子中含有酯基，能发生水解反应，D正确；
故选B。
8. 科学家宣布发现了铝的“超级原子”结构和。已知这类“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态。下列说法正确的是
A. “超级原子”中原子间通过离子键结合
B. 最外层电子数之和为42，与第IIA族元素原子的化学性质相似
C. 和互为同位素
D. 和都具有较强的还原性，容易失去电子生成阳离子
【答案】B
【解析】
【详解】A．Al13超原子中Al原子间是通过共有电子对成键，所以以共价键结合，故A错误；
B．All4的价电子为3×14=42，当具有40个价电子时最稳定，当价电子数是42时，则易失去2个电子，则与ⅡA族元素性质相似，故B正确；
C．质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，Al13、Al14的中子数、质子数均不相同，不能互为同位素，故C错误；
D．Al13最外层电子数之和＝13×3＝39，需要获得1个电子达到稳定结构，因此表现出氧化性，故D错误；
故选B。
9. 利用催化加氢制甲醇具有重要减碳意义，该过程涉及如下反应：
反应I：
反应II：
在下，和按物质的量之比为进行投料，平衡时和在含碳产物中的物质的量分数及转化率随温度的变化如图所示。下列相关说法正确的是
A. 反应II在高温条件下能自发进行B. 图中代表
C. 250℃时，D. 250℃之后，以反应I为主
【答案】D
【解析】
【分析】反应I为吸热反应，温度越高，该反应的产物CO的含量越高，故b曲线代表的是CO的物质的量百分数，a曲线代表的是CH3OH的物质的量百分数，q表示转化率随温度的变化。
【详解】A．由分析可知，a曲线代表的是CH3OH的物质的量百分数，即随着温度升高，其含量降低，即反应II为放热反应，且该反应为气体分子数减小的反应，根据，反应可以发生，则低温下反应可以发生，A错误；
B．由分析可知，a曲线代表的是CH3OH的物质的量百分数，B错误；
C．250℃时，二氧化碳的转化率为20%，且甲醇和一氧化碳的选择性各为50%，

氢气分压，由于本题给的是和按物质的量的比值，则这里的K应该是用分压表示的常数，由图可知，250℃时一氧化碳和甲醇的物质的量相等，则在两个反应的平衡常数的表达式中，所有物质的物质的量分数都相同，但是对于反应II中氢气的分压需要三次方，且由于是分压，则氢气的分压不会是1，故两个反应的常数不相等，C错误；
D．由图可知，250℃之后随着温度升高，转化率在增大，结合A可知，反应II为放热，反应I吸热，则250℃之后，以反应I为主，D正确；
故选D。
10. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向MgCl2溶液中加入NaOH溶液，由于生成的氢氧化镁沉淀，则该反应能够发生，与碱性强弱无关，无法比较NaOH、Mg(OH)2的碱性强弱，故A错误；
B．滴定终点是指溶液的pH值接近中性，甲基橙变色范围为，黄色变橙色说明溶液的pH已经降至4.4以下，酚酞的变色范围为，若用酚酞作指示剂，其变色时的pH值更接近中性，带来的误差更小，故B错误；
C．亮黄色的工业盐酸中存在如下平衡：，向盐酸中滴加几滴硝酸银饱和溶液，溶液中氯离子与滴入的银离子反应生成氯化银白色沉淀，溶液中的氯离子浓度减少，反应平衡向右移动，的浓度减小，溶液的亮黄色逐渐变浅说明在高浓度氯离子的条件下四氯合铁离子才是稳定存在的，故C正确；
D．K2Cr2O7溶液中存在：，滴加 NaOH溶液，消耗氢离子，降低生成物浓度，平衡正向进行，故D错误；
故选C。
11. 如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。基态X原子有两个未成对电子；W与Y形成的化合物可腐蚀玻璃；Z原子的核外电子总数是最外层电子数的3倍；Q是s区元素，焰色试验呈砖红色。下列说法错误的是
A. 同主族元素的单质中，Y元素单质的键能最大
B. 电负性：
C. 键角：
D. Q5Z3X12Y的溶解度比Q5Z3X13W的小，更能抵抗酸的侵蚀
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，W与Y形成的化合物可腐蚀玻璃，该化合物是HF，可知W为H元素、Y为F元素；基态X原子有两个未成对电子，结合原子序数相对大小，可知X原子核外电子排布式为1s22s22p2或1s22s22p4，结合XW-阴离子，可知X为O元素；Z原子的核外电子总数是最外层电子数的3倍，Z的原子序数大于Y(氟)，故Z处于第三周期，设其最外层电子数为a，则2+8+a=3a，解得a=5，故Z为P元素；Q是s区元素，焰色试验呈砖红色，则Q为Ca元素。故W为H元素、X为O元素、Y为F元素、Z为P元素、Q为Ca元素。
【详解】A．F—F键的键能比Cl—Cl键等键能小，A错误；
B．同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下元素电负性减小，可知电负性：Y(氟)＞X(氧)＞Z(磷)，B正确；
C．H2O、OF2中氧原子都采取sp3杂化、均有2对孤电子对，F原子电负性比氢大，OF2中共用电子对距离中心原子更远，共用电子对之间的排斥力更小，则键角：H2O＞OF2，C正确；
D．反应中Ca5P3O13H(s)转化为Ca5P3O12F(s)，可知Ca5P3O12F的溶解度比Ca5P3O13H的小，更能抵抗酸的侵蚀，D正确；
故答案为：A。
12. 微流体燃料电池利用多股流体在微通道内呈平行层流的特性，无需质子交换膜，自然地将燃料和氧化剂隔开。燃料为HCOONa，氧化剂为，电解质为溶液构建微流体燃料电池，反应物流速为。下列相关说法错误的是
A. 与气态氧化剂相比，液态氧化剂具有溶解度大、传质效率高等优点
B. 阴极反应式为
C. 电池工作时，通过主流道向阳极移动
D. 阳极反应式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．与气态氧化剂相比，液态氧化剂具有溶解度大、传质效率高等优点，A正确；
B．由图b可知阴极通氧化剂，同时阴极发生还原反应（即原电池正极），故电极反应为，B正确；
C．电池工作时为阴离子应移向正极，正极得电子发生还原反应（得电子一极可叫阴极），即通过主流道向阴极移动，C错误；
D．通燃料HCOONa一极为负极，负极失电子（失电子一极可叫阳极），碱性条件下阳极反应式为，D正确；
故答案选C。
13. 氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌[含有Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)等杂质]的流程如下图所示。已知：在本实验条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化：高锰酸钾的还原产物是MnO2。下列说法错误的是
A. “酸浸”步骤不能用盐酸代替稀硫酸
B. “氧化”步骤若pH过低，无法除去Fe和Mn杂质
C. “沉镍”步骤的主要反应类型为置换反应
D. “沉锌”步骤滤液的成分只有Na2SO4和ZnSO4
【答案】D
【解析】
【分析】纯化工业级氧化锌[含有Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)等杂质]加入稀硫酸酸浸，过滤除去不溶的杂质，浸出液中含有Fe2+、Mn2+、Zn2+和Ni2+，向浸出液中加入适量高锰酸钾溶液并调节溶液的pH=5，已知在本实验条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化，高锰酸钾的还原产物是MnO2，则Fe2+、Mn2+被氧化而被除去，同时溶液中Mn2+转化为MnO2，过滤，向滤液中加入Zn沉镍，Zn和Ni2+发生氧化还原反应生成Ni，过滤后的滤液中含有Zn2+，向滤液中加入碳酸钠沉锌得到碳酸锌沉淀，煅烧碳酸锌生成ZnO，以此分析解答。
【详解】A．“酸浸”步骤若用盐酸，后续氧化时加入的高锰酸钾会氧化氯离子生成有毒气体Cl2，同时增大KMnO4的用量造成浪费，所以不能用盐酸代替稀硫酸，A正确；
B．“氧化”步骤若pH过低，KMnO4的氧化性增强，还原产物为Mn2+，引入了新的杂质，且溶液酸性较强，铁离子无法完全转化为Fe(OH)3沉淀，导致无法除去Fe和Mn杂质，B正确；
C．“沉镍”步骤中Zn和Ni2+发生氧化还原反应生成Ni和Zn2+，该反应类型为置换反应，C正确；
D．“氧化”、“沉镍”步骤的滤液中均含有K2SO4，则“沉锌”步骤滤液中一定含有K2SO4，D错误；
故答案为：D。
14. 是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示。已知：原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。下列说法错误的是
A. 的简化电子排布式为B. 基态S原子电子自旋磁量子数的代数和为1或-1
C. In的配位数为4D. 晶胞Cu和In的最短距离为
【答案】D
【解析】
【详解】A．位于第五周期族，简化电子排布式为，A正确；
B．基态原子的价层电子排布式为，中有两个电子位于同一轨道，有2个未成对电子，电子自旋磁量子数的代数和为1或-1，B正确；
C．由晶胞图可知，距底面的原子最近的原子有2个，底面的原子为2个晶胞共有，则距最近的原子有4个，即配位数为4，C正确；
D．晶胞的最短距离为棱心的到侧面的距离，为，D错误；
故选D。
15. 25℃下，体系中，存在、、、和种粒子形式，表示含元素的各粒子的平衡浓度之和。下图为及各含粒子浓度的对数与的曲线关系图，点为曲线②和③的交点。下列说法错误的是
A 曲线②代表
B. 曲线⑤可反映的溶解度大小
C. 的电离常数
D. 点有
【答案】D
【解析】
【分析】在体系中，酸性增强有利于转化为阳离子，碱性增强有利于转化为阴离子，随着pH的减小，、、先后增大，随着pH的增大，增大，故①表示、②表示、③表示、④表示，曲线⑤表示微粒的浓度在任意pH下都最大，表示含X元素的各粒子的平衡浓度之和c(X)，以此解答。
【详解】A．由分析可知，曲线②代表，A正确；
B．由分析可知，曲线⑤表示含X元素的各粒子的平衡浓度之和，含X粒子浓度之和越大，的溶解度越大，B正确；
C．的平衡常数 ，的平衡常数，则，C正确；
D．若不考虑其他物质加入，存在电荷守恒：，M点，则，但改变溶液pH过程中应加入了其他物质，题给等式不成立，D错误；
故选D。
第II卷(选择题，共55分)
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 超纯是制备第三代半导体的支撑原材料之一、一种以炼锌矿渣[主要含、、、、、]为原料制备的工艺如下：
已知：①炼锌矿渣主要成分均难溶于水。②金属的熔点为29.8℃，化学性质与相似。③25℃时，相关离子开始沉淀的及萃取率。
表1金属离子浓度及开始沉淀的。
表2金属离子的萃取率
（1）“酸浸”时发生的离子方程式为_______。
（2）浸渣的主要成分是_______(填化学式，下同)：萃取前加入的固体X为_______。
（3）滤液中残余的的浓度为_______。
（4）“电解”装置如下图，电解池温度控制在40~45℃的原因是_______，阴极的电极反应式为_______。
（5）与反应可制得半导体材料，该过程的化学方程式为_______。
【答案】（1）
（2） ①. 、 ②. Fe
（3）
（4） ①. 保证为液体，便于纯流出 ②. (或)
（5）
【解析】
【分析】炼锌矿渣主要含、、、、、；炼锌矿渣加稀硫酸“酸浸”， 浸出液加入双氧水调pH=5，Ga3+、Fe3+沉淀进入滤饼中。加盐酸将沉淀溶解，加固体x将Fe3+转化为Fe2+以免被萃取入有机溶剂中。最后加入NaOH将Ga3+转变为，电解含有的溶液得高纯Ga。
【小问1详解】
“酸浸”时和硫酸反应生成硫酸镓、硫酸铁，发生的离子方程式为；
【小问2详解】
二氧化硅难溶于稀硫酸，和硫酸反应生成硫酸铅和水，浸渣的主要成分是、：加固体x将Fe3+转化为Fe2+以免被萃取入有机溶剂中，萃取前加入的固体X为Fe粉。
【小问3详解】
Ga3+开始沉淀的pH=3.0，则,pH=5时，滤液中残余的的浓度为。
【小问4详解】
金属的熔点为29.8℃，“电解”装置如下图，电解池温度控制在40~45℃的原因是保证为液体，便于纯流出，阴极得电子生成Ca阴极的电极反应式为。
【小问5详解】
根据元素守恒，与反应可制得半导体材料和甲烷，该过程的化学方程式为。
17. 分析化学实验中常用高锰酸钾间接滴定法测定物质中钙含量。实验室中用此方法测定鸡蛋壳中钙含量的实验操作如下：
I溶解：准确称取0.05g蛋壳粉于250mL烧杯中，加入3mL6ml/LHCl溶液和20mLH2O，加热溶解，过滤。
Ⅱ沉淀：向滤液中加入50mL5%(NH4)2C2O4溶液，加热至70~80℃，滴入2滴甲基橙溶液，再滴加10%氨水至溶液由红色变为黄色并有氨味逸出为止。在水浴上加热30min陈化，过滤、洗涤，得到CaC2O4沉淀。
Ⅲ溶解：将带有沉淀的滤纸铺在原烧杯内壁上，用50mL1ml/L硫酸溶液把沉淀从滤纸上洗入烧杯中，再用洗瓶吹洗2次。稀释溶液至体积约为100mL，加热至70~80℃，使沉淀充分溶解。
Ⅳ滴定：用0.02ml/LKMnO4标准液滴定至溶液呈浅红色，再把滤纸推入溶液中，若溶液褪色……
回答下列问题：
（1）步骤Ⅳ滴定过程中，用到的玻璃仪器有玻璃棒、_______、_______。
（2）洗涤 CaC2O4沉淀时，要洗至无Cl-为止，怎样判断是否洗净？_______，如未洗净，会使得测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（3）步骤Ⅲ中，沉淀溶解的化学方程式为_______；该步骤中，如果将带有CaC2O4沉淀的滤纸一起投入烧杯中，用硫酸处理后再用KMnO4溶液滴定，会使得测定结果偏大，原因是_______。
（4）步骤Ⅳ中，若溶液褪色，后续步骤为_______。
（5）已知时，，，，。下列说法错误的是_______。
A. (NH4)2C2O4溶液中：
B. 0.01ml/LH2C2O4溶液中：
C. 向CaC2O4沉淀中加入一定浓度的Na2CO3溶液，可以将其转化为CaCO3
D. 向浓度均为0.1ml/L的Na2CO3和Na2C2O4混合溶液滴加CaCl2溶液，无法将其分别沉淀出来
【答案】（1） ①. 烧杯 ②. 酸式滴定管
（2） ①. 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，先加硝酸酸化，再滴入几滴AgNO3溶液，若没有白色沉淀产生，则沉淀已洗净 ②. 偏大
（3） ①. CaC2O4+H2SO4CaSO4+H2C2O4 ②. 存在硫酸并加热条件下，纤维素水解成葡萄糖，会消耗KMnO4
（4）再继续滴加KMnO4溶液至浅红色在30s内不消失为止 （5）B
【解析】
【分析】本题为用高锰酸钾间接滴定法测定鸡蛋壳中钙含量的实验题，先用盐酸溶解鸡蛋壳粉，将CaCO3转化为CaCl2，在加入(NH4)2C2O4溶液将CaCl2转化为CaC2O4，然后再加入硫酸将CaC2O4转化为H2C2O4，最后用酸性KMnO4标准液进行滴定，据此分析结合各小题具体情况解题。
【小问1详解】
步骤Ⅳ滴定过程中，KMnO4标准液具有强氧化性，需要用酸式滴定管，用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、酸式滴定管，故答案为：烧杯、酸式滴定管；
【小问2详解】
洗涤CaC2O4沉淀时，要洗至无Cl-为止，判断是否洗净的过程为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，先加硝酸酸化，再滴入几滴AgNO3溶液，若没有白色沉淀产生，则沉淀已洗净，如未洗净，沉淀质量增大，会使得测定结果偏高，故答案为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，先加硝酸酸化，再滴入几滴AgNO3溶液，若没有白色沉淀产生，则沉淀已洗净；偏大；
【小问3详解】
步骤Ⅲ中，沉淀溶解是草酸钙和稀硫酸反应生成硫酸钙和草酸，反应的化学方程式为：CaC2O4+H2SO4CaSO4+H2C2O4，该步骤中，如果将带有CaC2O4沉淀的滤纸一起投入烧杯中，用硫酸处理后再用KMnO4溶液滴定，会使得测定结果偏大，是因为存在硫酸并加热条件下，纤维素水解成葡萄糖，会消耗KMnO4，故答案为：CaC2O4+H2SO4CaSO4+H2C2O4；存在硫酸并加热条件下，纤维素水解成葡萄糖，会消耗KMnO4；
【小问4详解】
步骤Ⅳ中，若溶液褪色，后续步骤为：再继续滴加KMnO4溶液至浅红色在30s内不消失为止，故答案为：再继续滴加KMnO4溶液至浅红色在30s内不消失为止；
【小问5详解】
A．(NH4)2C2O4溶液中存在电荷守恒：，A正确；
B．0.01ml•L-1H2C2O4溶液中分步电离，同时存在水的电离，溶液中氢离子浓度不一定小于草酸浓度，B错误；
C．向CaC2O4沉淀中加入一定浓度的Na2CO3溶液，可以将其转化为CaCO3，C正确；
D．Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，溶度积常数相近，向浓度均为0.1ml•L-1的Na2CO3和Na2C2O4混合溶液滴加CaCl2溶液，都会沉淀，无法将其分别沉淀出来，D正确；
故答案为：B。
18. CH4和CO2重整反应(DRM)可同时利用两种温室气体转化成用途广泛的合成气，发生的反应主要有：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
Ⅳ．
Ⅴ．
（1）_______(用含、、的代数式表示)。
（2）利用镍基催化剂进行DRM实验，发现生成石墨碳附着于催化剂表面而使之失活，通过几个反应的吉布斯自由能和实验事实进行分析。
①已知：G=-RTlnK。根据图1，从化学热力学的角度分析，750℃时发生反应，难以避免石墨碳生成的原因是_______。
②图2中，Cu12Ni催化反应决速步骤的化学方程式为______，抗石墨碳沉积的效果最好的催化剂是_______。
（3）由于上述催化剂的催化和抗石墨碳沉积效果难以兼顾，利用放电装置进行等离子体DRM实验。压强p条件下，图3是甲烷和二氧化碳流量均为100mL/min时，CH4转化率、CO2转化率、H2选择性和CO选择性与放电电压的关系曲线。(CO的选择性：，(H2的选择性：)
①图3中，电压为_______kV时，甲烷主要发生了反应V。
②在20kV电压下，通入CH4和CO2各n0ml时反应达到平衡状态，此时气体总物质的量为nml。只考虑反应Ⅱ，且产物均为气态，则该条件下，反应Ⅱ的Kp计算式为_______(气体分压=总压×物质的量分数)。
（4）红镍矿是生产镍基催化剂的重要原料，其晶胞结构如下图所示，晶体的密度为，则的相对原子质量为_______(用含、、和的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）
（2） ①. 750℃时，反应V的，正向自发反应，生成石墨碳，反应Ⅳ的，逆向自发反应，消除石墨碳，数值表明反应V正向生成石墨碳的热力学趋势更大 ②. ③.
（3） ①. 15 ②.
（4）
【解析】
【小问1详解】
由题干信息可知，Ⅰ．，Ⅱ．，Ⅳ．，反应Ⅰ-Ⅱ-Ⅳ可得反应根据盖斯定律可得：，故答案为：；
【小问2详解】
①已知G=-RTlnK，根据图1可知，750℃时，反应V的，则K＞1，即正向自发反应，生成石墨碳，反应Ⅳ的，则其K＜1，即逆向自发反应，消除石墨碳，数值表明反应V正向生成石墨碳的热力学趋势更大，则750℃时发生反应，难以避免石墨碳生成，故答案为：750℃时，反应V的，正向自发反应，生成石墨碳，反应Ⅳ的，逆向自发反应，消除石墨碳，数值表明反应V正向生成石墨碳的热力学趋势更大；
②已知反应过程中活化能越大，该步反应的反应速率越慢，活化能最大即反应速率最慢的一步为该反应的决速步骤，根据图2中信息可知，Cu12Ni催化反应决速步骤的化学方程式为：，由图2信息可知，脱氢反应第4步为CH*=C*+H*，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少，故抗石墨碳沉积的效果最好的催化剂是Sn12Ni，故答案为：；Sn12Ni；
【小问3详解】
①由题干图3中可知，电压为15kV时，H2的选择性最大，CO选择性几乎为0，说明电压下甲烷主要发生了反应V，故答案为：15；
②在电压下，H2、CO选择性为95%，CH4的转化率和CO2的转化率均为65%，通入CH4和CO2各时反应达到平衡状态，根据H2、CO的选择性可知， =95%，解得n(CO)=1.235n0ml，=95%，解得n(H2)=1.235n0ml，平衡时CO和H2的物质的量分别为：1.235n0ml，1.235n0ml，CO2和CH4的物质的量分别为：(1-65%)n0=0.35n0ml，(1-65%)n0=0.35n0ml，此时气体总物质的量为，则P(CO)=P(H2)=，P(CO2)=P(CH4)=，只考虑反应Ⅱ，且产物均为气态，则该条件下，反应Ⅱ的==，故答案为：；
【小问4详解】
由题干红镍矿晶胞结构图可知，一个晶胞含有As的个数为2，含有Ni个数为：=2，设As的相对原子质量为M，即一个晶胞的质量为：g，一个晶胞的体积为：a2b×10-21cm3，故晶体的密度为=，解得M=，故答案为：。
19. 奥达特罗适用于慢性阻塞性肺病患者，具体合成路线如下：
已知：为，Et为。
（1）G中的官能团有羟基、醚键、_______、_______。
（2）的反应类型是_______。
（3）的化学方程式为_______；该步骤要用到，其目的是_______。
（4）A→B的目的是_______。
（5）A有多种同分异构体，其中的化学名称是_____；写出两种满足下列条件A的同分异构体的结构简式_____、____。
a．既能发生水解反应，也能与溶液发生显色反应
b．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为
（6）参考上述合成路线，M、N的结构简式为_______、_______。
【答案】（1） ①. 酰胺基 ②. 羰基(或酮羰基)
（2）氧化反应 （3） ①. ②. 吸收生成HCl，提高产品产率
（4）保护(酮)羰基间位的(酚)羟基
（5） ①. 邻羟甲基苯甲酸(或2-羟甲基苯甲酸) ②. ③.
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】A发生取代反应生成B和溴化氢，B发生硝化反应生成C，C发生还原反应将硝基还原为氨基生成D，D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，F发生取代反应生成G，G先发生取代反应再发生还原反应得到奥达特罗。
【小问1详解】
G中的官能团有羟基、醚键、酰胺基、羰基(或酮羰基)；
【小问2详解】
E生成F为加氧去氢的反应，加氧去氢为氧化反应；
小问3详解】
①D生成E发生取代反应，方程式为；
②反应生成了氯化氢，用碳酸钠的目的是吸收生成HCl，提高产品产率；
【小问4详解】
由最后的奥达特罗含(酚)羟基可知，A→B的目的是保护(酮)羰基间位的(酚)羟基；
【小问5详解】
①的名称为邻羟甲基苯甲酸(或2-羟甲基苯甲酸)；
②结合元素及原子个数，由A的同分异构体既能发生水解反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应可知含有苯环、酯基和酚羟基；由核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3:2:2:1，可知含有一个甲基且结构对称，符合条件的结构简式为、；
【小问6详解】选项
实验方案
现象
结论
A
向溶液中加入溶液
生成白色沉淀
的碱性强于
B
用0.0100ml/LHCl溶液滴定20.00mL 0.0100ml/L NaOH溶液，以甲基橙为指示剂
加入半滴酸后，溶液颜色从黄色刚好变为橙色，且半分钟内不变色
已经到达滴定终点
C
取亮黄色的工业盐酸于试管中，滴加几滴硝酸银饱和溶液
生成白色沉淀，溶液亮黄色褪去
在高浓度的条件下才是稳定的
D
向溶液中滴加溶液
溶液由橙色变为黄色
增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动
金属离子
酸浸后金属离子浓度()
开始沉淀pH
8.0
1.7
1.5
5.5
3.0
金属离子
萃取率(%)
0
99
0
97~98.5