高級中學名校試題PAGEPAGE1四川省攀枝花市2025屆高三上學期第一次統一考試（一模）試題本試卷共100分，考試用時75分鐘。注意事項：1.答題前，務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡規定的位置上。并用2B鉛筆將答題卡考號對應數字標號涂黑。2.答選擇題時，選出每小題答案后，必須使用2B鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。答非選擇題時，必須使用0.5毫米黑色簽字筆在答題卡上題目所規定的答題區域內作答，答在本試題卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。4.可能用到的相對原子質量：H-1C-12O-16Na-23Mg-24Al-27P-31S-32K-39V-51Cr-52Fe-56一、選擇題(本大題共14小題，每小題3分，共42分，每小題只有一個選項符合題意)1.化學與生產、生活等方面密切相關，下列有關說法不正確的是A.石膏可用作制作豆腐的凝固劑B.在鋼管表面鍍鋅可減緩鋼管的腐蝕C.聚合硫酸鋁鐵可使水中細小懸浮物聚集成大顆粒D.銨態氮肥和草木灰同時施用可提高施肥效果【答案】D【解析】A．石膏的主要成分是硫酸鈣，在制作豆腐時，它能使豆漿中的蛋白質膠體發生聚沉，從而起到凝固劑的作用，A正確；B．在鋼管表面鍍鋅，由于鋅的金屬活動性比鐵強，發生電化學腐蝕時，鋅作負極被氧化，鋼管（鐵）作正極受到保護，所以可減緩鋼管的腐蝕，B正確；C．聚合硫酸鋁鐵在水中能水解生成膠體，膠體具有吸附性，可以吸附水中細小懸浮物，使其聚集成大顆粒而沉降，C正確；D．銨態氮肥中含有銨根離子（），草木灰的主要成分是碳酸鉀（），銨根離子和碳酸根離子會發生雙水解反應生成氨氣，導致氮元素損失，從而降低施肥效果，D不正確；綜上所述，答案是D。2.鈉鉀合金常溫下呈液態，可用作快中子反應堆的熱交換劑，這主要是因為鈉鉀合金A.易與反應 B.易與反應C.熔點低、導熱性好 D.密度小、硬度小【答案】C【解析】鈉、鉀為金屬，具有良好的導電、導熱能力，鈉鉀合金熔點低，常溫下呈液態，具有良好的導熱性，可用作快中子反應堆的熱交換劑，故C符合題意；答案為C。3.下列化學用語或圖示表達正確的是A.的電子式為：B.甲烷分子的空間填充模型為C.中兩個氯原子形成共價鍵，軌道重疊示意圖為D.基態價層電子軌道表示式為【答案】B【解析】A．的電子式為：，A錯誤；B．甲烷分子的空間構型為正四面體形，碳原子半徑大于氫原子半徑，空間填充模型為，B正確；C．中兩個氯原子形成共價鍵，軌道重疊應該是頭碰頭重疊，示意圖為：，C錯誤；D．基態價層電子軌道表示式為，D錯誤；答案選B。4.為了實驗安全，氫氣在氯氣中燃燒的實驗應該標注的圖標有①護目鏡②排風③銳器④明火⑤洗手A.①②④⑤ B.①②③④ C.②③④⑤ D.①②③⑤【答案】A【解析】氫氣在氯氣中燃燒的實驗裝置圖：，為了實驗安全，我們應帶好護目鏡，以保護眼睛，選①；實驗中會用到氣體，因此要打開排風，選②；實驗中會用到明火，選④；實驗結束后，離開實驗室前要用肥皂等清洗雙手，選⑤；故選A。5.工業上將通入冷的溶液中制得漂白液，下列說法正確的是A.漂白液的有效成分是B.水解生成使漂白液呈酸性C.反應的離子方程式為：D.溶液比溶液穩定【答案】A【解析】A．漂白液的主要成分是NaClO和NaCl，有效成分是，故A正確；B．水解生成和OH-，從而使漂白液呈堿性，故B錯誤；C．通入冷的溶液中反應生成次氯酸鈉和氯化鈉，離子方程式為：，故C錯誤；D．不穩定容易分解為HCl和氧氣，次氯酸鹽穩定，所以溶液比HClO溶液穩定，故D錯誤；故選A。6.下列事實對應反應的離子方程式中，不正確的是A.向氫氧化鎂懸濁液中滴加氯化銨溶液，沉淀溶解：B.用稀硝酸除去附著在試管內壁的銅單質：C.向含氯化鐵的氯化鎂溶液中加入氧化鎂除去D.溶液與溶液反應得到【答案】B【解析】A．向氫氧化鎂懸濁液中滴加氯化銨溶液，沉淀溶解生成氯化鎂和一水合氨：，故A正確；B．用稀硝酸除去附著在試管內壁的銅單質生成硝酸銅和一氧化氮：，故B錯誤；C．向含氯化鐵的氯化鎂溶液中加入氧化鎂除去鐵離子，生成氫氧化鐵沉淀和氯化鎂，，故C正確；D．溶液與溶液反應得到二氧化錳、硫酸鈉和硫酸，，故D正確；故選B。7.是一種強還原劑，易與水反應，在堿性條件下與發生如下反應：，下列說法不正確的是A.中H元素為-1價B.還原劑與還原產物的物質的量之比為1：4C.遇水可能發生爆炸，并產生大量白色沉淀D.每生成轉移電子的物質的量為【答案】C【解析】A．中H元素電負性最大為負價，結合化合物正負化合價代數和為0，且Na為+1價，Al為+3價，所以H元素為-1價，A正確；B．由方程式可知，反應中氫元素的化合價升高被氧化，四氫合鋁酸鈉是反應的還原劑，銅元素的化合價降低被還原，硫酸銅是氧化劑，還原劑和還原產物之比為1：4，B正確；C．四氫合鋁酸鈉與水反應生成四羥基合鋁酸鈉和氫氣，反應中沒有氫氧化鋁沉淀生成，C錯誤；D．由方程式可知，反應生成1mol四羥基合鋁酸鈉時，轉移電子的物質的量為8mol，D正確；故選C。8.鍶位于IIA族，其化合物應用廣泛，常用于陶瓷工業。以青石精礦(主要含)為原料制備高純硫酸鍶的部分工藝流程如圖所示。下列說法不正確的是A.“轉化”時，反應溫度不宜過高B.“轉化”時，總反應的離子方程式是C.“煅燒”時主要發生的是分解反應，“浸取”時主要發生的是化合反應D.“沉淀”時，發生反應【答案】B【解析】相同溫度時溶解度SrCO3<SrSO4，溶解度大的物質能轉化為溶解度小的物質，所以將青石礦粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反應，過濾后得到的粗SrCO3中含有雜質SiO2、BaSO4。粗SrCO3焙燒分解轉化成氧化鍶和二氧化碳，氧化鍶與水反應生成易溶于水的氫氧化鍶，難溶的SiO2和BaSO4進入浸渣中，浸液中含有Sr(OH)2，此時加入(NH4)2SO4溶液，生成沉淀SrSO4，據此分析解題。A．“轉化”中反應溫度不宜過高，防止一水合氨分解使NH3逸出，A正確；B．“轉化”時，總反應的離子方程式是，B錯誤；C．“煅燒”時主要發生SrCO3的分解反應，“浸取”時主要發生的是化合反應：SrO+H2O=Sr(OH)2，C正確；D．“沉淀”時加入硫酸銨，發生反應，D正確；故選B。9.在催化劑或的作用下，產生，將氧化。產生的機理如下：反應Ⅰ：(慢反應)反應Ⅱ：(快反應)下列說法不正確的是A.反應I的活化能大于反應ⅡB.反應I中有極性鍵的斷裂，反應Ⅱ中有非極性鍵的斷裂C.將氧化的反應是：D.與作催化劑相比，相同條件下催化的氧化效率可能更高【答案】D【解析】A．反應I為慢反應，活化能高，故反應I的活化能大于反應Ⅱ，A正確；B．反應I中H2O2中H-O鍵斷裂，H-O為極性鍵，反應Ⅱ中H2O2中O-O鍵斷裂，O-O鍵為非極性鍵，B正確；C．將氧化為硫酸根，反應是：，C正確；D．中既有Fe2+，又有Fe3+，故的催化效率比更高，相同條件下催化的氧化效率可能更高，D錯誤；故選D。10.根據下列實驗的操作和現象，得出的相應結論不正確的是選項操作現象結論A向碘的溶液中加入等體積濃KI溶液，振蕩后靜置溶液分層，下層液體顏色變淺碘在濃KI溶液中溶解能力比中的大B向溶液中緩慢滴加稀硫酸溶液由黃色變為橙紅色增大氫離子濃度，平衡向生成的方向移動C向NaBr溶液中滴加過量氯水，再加入淀粉KI溶液溶液先變橙色，后變藍色氧化性：D向滴有幾滴KSCN溶液的溶液中加入，再緩緩向上層溶液通入少量，振蕩、靜置溶液分層，上層為紅色，下層為無色還原性：A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．向碘的溶液中加入等體積濃溶液，會發生反應：，I2?在濃KI溶液中形成而更易溶解，導致CCl4?層中的I2?進入到KI溶液層，下層CCl4?液體顏色變淺，說明碘在濃溶液中溶解能力比中的大，A正確；B．溶液中存在平衡：，向溶液中緩慢滴加稀硫酸，溶液由黃色變為橙紅色，說明氫離子濃度增大，平衡向生成的方向移動，B正確；C．向溶液中滴加過量氯水，發生反應：，有生成，溶液變橙色，說明氧化性：Cl2>Br2；再加入淀粉溶液，溶液變藍色，即有生成，但由于氯水過量，過量的也能將氧化為，所以不能說明是將氧化為，即不能說明氧化性：，C錯誤；D．向滴有幾滴溶液的溶液中加入，再緩緩向上層溶液通入少量，振蕩、靜置，溶液分層，上層為紅色，說明被氧化生成；下層為無色，說明未被氧化，即優先氧化還原性較強的，所以還原性：，D正確；故選C。11.一種“全氧電池”的工作原理如下圖。下列說法不正確的是A.電極a是負極B.電極的反應式：C.該裝置可將酸堿反應的化學能轉化為電能D.理論上，當電極a釋放出(標況下)，KOH溶液減少4mol【答案】B【解析】由圖可知，a極氧元素化合價升高失去電子，a極為負極，電極反應式為：4OH—4e-=O2↑+2H2O，b極為正極，電極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O，以此解答。A．根據分析可知，電極a是負極，A正確；B．電極在酸性條件下，反應式：O2+4e-+4H+=2H2O，B錯誤；C．根據負極反應式為：4OH—4e-=O2↑+2H2O，正極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O，得出總反應式為H++OH-=H2O，將酸堿反應的化學能轉化為電能，C正確；D．當電極a釋放出(標況下)即1mol時，電子轉移4mol，左側有4molK+通過陽離子交換膜進入中間室，D正確；答案選B。12.X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期主族元素，X原子有兩個單電子且電負性是四種元素中最大的，Y原子的最外層電子數是X原子內層電子數的2倍，Z原子s能級上電子數與p能級上電子數之比為，W第一電離能大于Z。下列說法正確的是A.電負性：B.原子半徑：C.四種元素基態原子未成對電子數：D.簡單氫化物的鍵角：【答案】A【解析】X原子有兩個單電子且電負性是四種元素中最大的即X為氧，Y原子的最外層電子數是X原子內層電子數的2倍即為硅，Z原子s能級上電子數與p能級上電子數之比為2:3則為磷，W第一電離能大于磷則W為氯，據此分析解題。A．同一周期元素隨原子序數的增大，元素電負性逐漸增大；同一主族元素，原子核外電子層數越多，元素電負性越小，所以電負性為Si＜P＜Cl即Y＜Z＜W，A正確；B．原子核外電子層數越多，原子半徑越大；當原子核外電子層數相同時，原子的核電荷數越大，原子半徑越小，原子半徑：O＜Cl＜P＜Si，B錯誤；C．四種元素基態原子的未成對電子數：硅兩個、磷三個、氯一個，則Z＜Y＜W，C錯誤；D．SiH4、PH3均為sp3雜化，但是PH3有1對孤電子對，鍵角小，故鍵角，D錯誤；答案為A。13.儲氫合金M的吸放氫反應式為：，現將置于恒容容器中，通入氫氣并維持容器內壓強恒定，在不同溫度下M的最大吸氫量與氫氣壓強的關系如圖所示，下列說法不正確的是A.吸氫反應的、B.壓強越小，溫度對最大吸氫量的影響越大C.70℃、條件下，若到達P點，則吸氫速率D.若到達點所用時間小于P點，則吸氫速率【答案】D【解析】A．從圖可知，相同壓強下，溫度越高，吸氫質量越小，可知此反應是放熱反應，則，根據反應前后物質狀態，此反應是，故A正確；B．從圖可知，壓強越小，不同溫度下，最大吸氫量差值也越來越大，說明壓強越小，溫度對最大吸氫量的影響越大，故B正確；C．從圖可知70℃、條件下，最大吸氫質量為1.05g，若到達P點，則吸氫速率，故C正確；D．若到達點所用時間小于P點，則吸氫速率，故D錯誤；答案D。14.常溫下，在含(二元弱酸)和的混合液中滴加溶液，溶液中[，或或]與關系如圖所示。下列有關敘述正確的是A.直線L1、L2分別表示、與的關系B.當時，溶液中C.L1和L3直線交點坐標為D.常溫下，反應的平衡常數【答案】C【解析】A．在含H2A和NH4Cl的混合液中滴加NaOH溶液，c(H+)濃度減小，=，增大，，增大，且>，由可知，=減小，則L1代表-lg與pH的關系，L2代表-lg與pH的關系，L3代表-lg與pH的關系，A選項錯誤；B．當時，根據電荷守恒，因為，=0時，pH<7，，則，B選項錯誤；C．由a點(4，0.2)可得；由b點(5，0.6)可得；由c點(8，-1.24)可得，；設和交點處pH=x，則，即，=，則，，代入，，解得，pH=6.72，代入，，，交點坐標為(6.72，-2.52)，C選項正確；D．反應的平衡常數，代入，可得，D選項錯誤；綜上，答案是C。二、非選擇題(本大題共4小題，共58分)15.磷酸鐵()常用作制造磷酸鐵鋰電池、催化劑及陶瓷等的材料。工業上以硫鐵礦(主要成分為，含少量、和)為原料經過如下步驟可制備。已知：常溫下，有關金屬離子生成氫氧化物沉淀的如下表金屬離子開始沉淀沉淀完全的pH(沉淀完全的pH按金屬離子濃度為計算)1.23.33.15.15.88.8回答下列問題：（1）“焙燒”時空氣與礦料逆流而行，其目的是_______。（2）“還原”的目的是_______。“濾渣1”中可能含有的單質是_______。（3）用平衡移動原理解釋能“除鋁”的原因：_______(用必要的化學用語和文字說明)；常溫下，_______(已知：)。（4）若生成物除水外均為正鹽，則流程圖中虛線框內總反應的化學方程式為_______。（5）研究發現：不同對沉淀的影響如下表所示：pH5.05.56.06.57.0沉淀率/%90.094.697.996.295.388.195.497.298.599.8當時，隨的增加，的沉淀率開始下降，而沉淀率反而上升，其原因可能為_______。（6）為桃紅色晶體，密度為，它的摩爾體積為_______。【答案】（1）使氣固反應物充分接觸，加快反應速率，提高原料利用率（2）①.避免沉鋁時有部分轉化為沉淀而損失②.S（3）①.溶液中存在水解平衡：，加入的與反應，促進水解，使轉化為沉淀②.（4）（5）隨的增加，部分沉淀轉變為沉淀，使得部分重新進入溶液中，導致沉淀率下降（6）65.16【解析】以硫鐵礦(主要成分為，含少量、和)為原料，首先通入空氣焙燒，將轉化為氣體和；加入稀硫酸酸浸，除去不參加反應的雜質，獲得含有等離子的酸浸液；加入將還原；加入調節溶液pH，使得轉化為沉淀除鋁；最后加入磷酸溶液、氯酸鈉溶液發生氧化和沉淀反應，獲得產品。（1）“焙燒”時空氣與礦料逆流而行，目的是使氣固反應物充分接觸，加快反應速率，提高原料利用率，故答案為：使氣固反應物充分接觸，加快反應速率，提高原料利用率。（2）由表格可知，加入調節溶液pH，使得轉化為沉淀可以除鋁，但是也會沉淀，則加入將還原，可以避免沉鋁時有部分轉化為沉淀而損失；將還原生成S和，則“濾渣1”中可能含有的單質是S，故答案為：避免沉鋁時有部分轉化為沉淀而損失；S。（3）溶液中存在水解平衡：，加入的與反應，促進水解，使轉化為沉淀；由表可知，pH=5.1時，完全轉化為沉淀，此時、，=，故答案為：溶液中存在水解平衡：，加入的與反應，促進水解，使轉化為沉淀；。（4）硫酸亞鐵和磷酸、氯酸鈉、氫氧化鈉反應，生成、氯化鈉、硫酸鈉和水，反應的化學方程式為，故答案為：（5）隨的增加，部分沉淀轉變為沉淀，使得部分重新進入溶液中，導致沉淀率下降，故答案為：隨的增加，部分沉淀轉變為沉淀，使得部分重新進入溶液中，導致沉淀率下降。（6）摩爾質量為，密度為，它的摩爾體積，故答案為：65.16。16.硫代硫酸鈉是重要的定量分析試劑。實驗室中常用、和制取硫代硫酸鈉，裝置如下圖：已知：硫代硫酸鈉晶體，40~50℃熔化，48℃分解，易溶于水，在酸性條件下極不穩定，易分解。稱取一定量的硫化鈉和碳酸鈉放入三頸燒瓶中，加水溶解，圓底燒瓶中產生的二氧化硫氣體通入三頸燒瓶中，發生反應：①、②、③，有大量的淺黃色的硫逐漸析出，繼續通入二氧化硫，反應進行，當溶液的接近7時，停止通入二氧化硫，過濾，將所得硫代硫酸鈉溶液轉移到蒸發皿中加熱，濃縮到有晶膜出現時停止加熱，冷卻析出大量晶體，過濾得到晶體。回答下列問題：（1）根據圖示裝置判斷，本實驗中適宜用來制備的是_______(填選項)。A.銅片和濃硫酸 B.鐵和濃硫酸C.固體和70%的硫酸 D.和濃硫酸（2）實驗過程中保證溶液的接近7，控制通入的量很關鍵。開始有大量的淺黃色的硫析出，而后由黃變淺時嚴格控制通入的量，并且隨時取樣監測三頸燒瓶中溶液的pH。結合本實驗裝置，合理的取樣操作是_______。（3）pH接近7時，停止通入二氧化硫的操作是：_______。（4）下列儀器名稱為蒸發皿的是_______(填選項)；將硫代硫酸鈉溶液轉移到蒸發皿中加熱濃縮，不能濃縮過度的理由是_______。（5）測定產品的含量。準確稱量產品溶于水，加入甲醛(HCHO)，轉移到容量瓶中，用水稀釋到刻度，搖勻。準確稱取(相對分子質量為294)放入碘量瓶中，加入20mL蒸餾水溶解，再加入20mL10%KI溶液(足量)和5mL硫酸，蓋上塞子置于陰暗處，用水稀釋，加入指示劑，用待測溶液滴定到終點，消耗待測液。【原理是：、(無色)；用甲醛掩蔽】①產品中(相對分子質量為248)的質量分數是_______(用含、、的式子表示，不用化簡)。②若制取的產品中含有，實驗中沒有用甲醛掩蔽處理，測得樣品的質量分數_______(選填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。（6）常用作定量分析的絡合試劑。具有較強的配位能力，做配體時，配位原子是端基S而不是O，原因是_______。【答案】（1）C（2）用注射器通過細導管抽取三頸燒瓶中的溶液測其（3）關閉分液漏斗旋塞，關閉，打開（4）①.A②.防止晶體失去結晶水，防止晶體在40℃以上熔化、分解（5）①.②.偏高（6）電負性：，S對孤電子對的吸引能力更弱，易給出孤電子對做配位原子【解析】圓底燒瓶中試劑為Na2SO3，加入濃硫酸發生反應生成SO2氣體，通過單向閥進入三頸燒瓶，與Na2CO3和Na2S共同反應得到Na2S2O3，尾氣用NaOH溶液吸收。（1）銅與濃硫酸反應需要加熱，A不符合；鐵與濃硫酸常溫下發生鈍化，B不符合；固體和70%的硫酸常溫下可以反應生成SO2、硫酸鈉和水，C符合；CaSO3與硫酸濃反應生成硫酸鈣，硫酸鈣微溶于水附著在固體表面，使反應停止，D不符合；答案選C；（2）可以用用注射器通過細導管抽取三頸燒瓶中的溶液測其；（3）停止通入二氧化硫的操作是：關閉分液漏斗旋塞，關閉，打開，多余的SO2用NaOH溶液吸收；（4）儀器A為蒸發皿，濃縮過度，晶體會失去結晶水且晶體在40℃以上熔化、分解；（5）①設m1g產品中Na2S2O3·5H2O的質量為ag，由方程式：、(無色)得出關系式：1K2Cr2O7~3I2~6Na2S2O3，n(Na2S2O3)=6n(K2Cr2O7)=6=，a=，樣品的質量分數為：；②實驗中沒有用甲醛掩蔽處理，Na2SO3會與K2Cr2O7反應，消耗的K2Cr2O7的物質的量多，結果測得樣品的質量分數偏高；（6）電負性：，S對孤電子對的吸引能力更弱，易給出孤電子對做配位原子，做配體時，配位原子是端基S而不是O。17.有機物是一種治療心血管疾病的藥物。合成有機物的一種路線如下圖所示，其中B與C互為同分異構體。已知：Fries重排機理如下回答下列問題：（1）F中的含氧官能團除酰胺基外，還有_______、_______；E→F的反應類型是_______。（2）B的結構簡式為_______；D的結構簡式為_______。（3）B發生Fries重排時，除生成C外，還生成一種副產物M。M的沸點比C的沸點高，原因是_______。（4）F→G的化學方程式是_______。（5）以苯和為原料，經過以下合成路線，合成的有機物W的結構簡式為_______。（6）利用Fries重排可合成腎上腺素，合成路線如下。X、Y、Z的結構簡式分別為：_______、_______、_______。【答案】（1）①.羥基②.(酮)羰基③.取代反應（2）①.②.（3）C在分子內形成氫鍵，M在分子間形成氫鍵，C的分子間作用力比M的弱（4）（5）（6）①.②.③.【解析】因為B與C互為同分異構體，且C的結構為，根據Fries重排反應，B的結構簡式為①，C發生硝化反應生成D，從E的結構可知硝基在酚羥基對位，所以D的結構簡式為②。（1）觀察F的結構簡式，可知除酰胺基外，含氧官能團還有①羥基、②（酮）羰基，對比E和F的結構，E中氨基上的氫原子被F中右側的酰基取代，所以E→F的反應類型是③取代反應；（2）因為B與C互為同分異構體，且C的結構為，根據Fries重排反應，B的結構簡式為①，C發生硝化反應生成D，從E的結構可知硝基在酚羥基對位，所以D的結構簡式為②；（3）B發生Fries重排生成C和副產物M，M的沸點比C高，是因為M分子間能形成氫鍵，而C不能形成分子間氫鍵，分子間氫鍵會使物質沸點升高；（4）F與反應，F中酚羥基的氫原子被取代，化學方程式為：；（5）苯與濃硝酸、濃硫酸反應生成硝基苯，硝基苯在作用下還原為苯胺，苯胺與給定的環氧化合物反應，氨基進攻環氧開環，得到的有機物W的結構簡式為：（6）第一步反應，酚羥基鄰位氫原子被中的酰氯基取代，X的結構簡式為①；X在作用下發生Fries重排，Y的結構簡式為②；Y在催化劑作用下，羰基被還原為羥基，Z的結構簡式為③。18.苯乙烯是重要的有機化工原料。在催化劑存在條件下，以水蒸氣做稀釋劑，乙苯催化脫氫可生成苯乙烯，主要發生如下兩個反應：主反應：副反應：（1）已知，在、條件下，某些物質的相對能量變化關系如下圖所示：①圖中，對應的_______。②副反應：_______。（2）過熱水蒸氣在反應過程中起著非常重要的作用。用復合氧化物為催化劑，在、600℃條件下，充入適當的過熱水蒸氣，乙苯發生反應達平衡時，乙苯的轉化率較高，副產物(甲苯、、CO等)較少。在保持恒壓狀態下，在反應過程中過熱水蒸氣的主要作用有：①_______；②_______；③可以消除催化劑表面的積碳。（3）保持體系總壓恒定，在不同水烴比、不同溫度下，乙苯的平衡轉化率如右圖。圖中曲線I是水烴比時的乙苯平衡轉化率與溫度的關系，則水烴比為1時，圖中曲線_______(選填“II”或“III”)表示乙苯的平衡轉化率與溫度的關系。（4）工業上，減小水烴比是降低苯乙烯脫氫裝置能耗的一個重要方向。在體系總壓恒定條件下，減少水烴比，為了使反應從起始到平衡均達到或接近原有的反應速率、限度，可采取的措施是_______(寫出一條即可)。（5）膜反應器可減少副反應的影響。在不同的溫度條件下，以水烴比投料，在膜反應器中發生乙苯脫氫反應。膜反應器可以通過多孔膜移去，提高乙苯的平衡轉化率，原理如下圖所示。已知：移出率①若忽略副反應。維持體系壓強、溫度T恒定，乙苯的平衡轉化率為，的移出率為，則在該溫度下，主反應的平衡常數_______(用含、、的表達式表示)。②乙苯的平衡轉化率增長百分數與的移出率在不同溫度條件下的關系如下表：7009501000608.434.382.778016.86.13.890277.14.39溫度高于700℃副反應程度極小，可忽略。試說明當溫度高于950℃時，乙苯的平衡轉化率隨移出率的變化改變程度不大的原因：_______。【答案】（1）①.+148.0②.-54.6（2）①.降低主反應體系的分壓，使主反應的平衡向正反應方向移動②.主反應是吸熱反應，過熱水蒸氣可以為主反應的進行提供能量（3）II（4）適當升高溫度或加入恰當的催化劑等（5）①.②.主反應是吸熱反應，高于950℃時，乙苯的平衡轉化率很大（或平衡常數很大），的移出率對平衡轉化率的影響很小【解析】（1）①由圖可知，的相對能量為，的相對能量為0，的相對能量為，則主反應，，；②由圖像可知，反應1：，反應2：,反應3：，根據蓋斯定律得：副反應=反應3-反應2+反應1，；（2）充入適當的過熱水蒸氣，乙苯發生反應達平衡時，乙苯的轉化率較高，副產物(甲苯、、CO等)較少，說明主反應平衡正向移動。在保持恒壓狀態下，充入適當的過熱水蒸氣，可以降低主反應體系的分壓，減小壓強平衡向反應計量數大的方向移動，即使主反應的平衡向正反應方向移動；同時，主反應為吸熱反應，過熱水蒸氣可以為主反應的進行提供能量，使主反應正向移動；（3）保持體系總壓恒定，水烴比越大，水蒸汽分壓越大，則主反應體系分壓越小，平衡右移，乙苯轉化率增大。圖中曲線I是水烴比時的乙苯平衡轉化率與溫度的關系，當水烴比為1時，水蒸汽分壓比曲線I小，主反應體系分壓增大，平衡逆向移動，則相同溫度下乙苯轉化率減小，對應圖中曲線II；（4）在體系總壓恒定條件下，減少水烴比，為了使反應從起始到平衡均達到或接近原有的反應速率、限度，可采取適當升高溫度或加入恰當的催化劑等措施加快反應速率；（5）①若忽略副反應，設乙苯為起始量1mol，則水蒸氣為9mol，乙苯的平衡轉化率為，建立：，的移出率為，則剩余為，平衡時氣體，體系壓強，將數據帶入平衡常數得：；②主反應是吸熱反應，由表格可知，當溫度高于950℃時，乙苯轉化率的增長幅度減小，說明高溫已經使反應接近平衡極限，此時即使氫氣移出，平衡右移的空間已經不大，導致轉化率的提升有限，故答案為：主反應是吸熱反應，高于950℃時，乙苯的平衡轉化率很大（或平衡常數很大），的移出率對平衡轉化率的影響很小。四川省攀枝花市2025屆高三上學期第一次統一考試（一模）試題本試卷共100分，考試用時75分鐘。注意事項：1.答題前，務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡規定的位置上。并用2B鉛筆將答題卡考號對應數字標號涂黑。2.答選擇題時，選出每小題答案后，必須使用2B鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。答非選擇題時，必須使用0.5毫米黑色簽字筆在答題卡上題目所規定的答題區域內作答，答在本試題卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。4.可能用到的相對原子質量：H-1C-12O-16Na-23Mg-24Al-27P-31S-32K-39V-51Cr-52Fe-56一、選擇題(本大題共14小題，每小題3分，共42分，每小題只有一個選項符合題意)1.化學與生產、生活等方面密切相關，下列有關說法不正確的是A.石膏可用作制作豆腐的凝固劑B.在鋼管表面鍍鋅可減緩鋼管的腐蝕C.聚合硫酸鋁鐵可使水中細小懸浮物聚集成大顆粒D.銨態氮肥和草木灰同時施用可提高施肥效果【答案】D【解析】A．石膏的主要成分是硫酸鈣，在制作豆腐時，它能使豆漿中的蛋白質膠體發生聚沉，從而起到凝固劑的作用，A正確；B．在鋼管表面鍍鋅，由于鋅的金屬活動性比鐵強，發生電化學腐蝕時，鋅作負極被氧化，鋼管（鐵）作正極受到保護，所以可減緩鋼管的腐蝕，B正確；C．聚合硫酸鋁鐵在水中能水解生成膠體，膠體具有吸附性，可以吸附水中細小懸浮物，使其聚集成大顆粒而沉降，C正確；D．銨態氮肥中含有銨根離子（），草木灰的主要成分是碳酸鉀（），銨根離子和碳酸根離子會發生雙水解反應生成氨氣，導致氮元素損失，從而降低施肥效果，D不正確；綜上所述，答案是D。2.鈉鉀合金常溫下呈液態，可用作快中子反應堆的熱交換劑，這主要是因為鈉鉀合金A.易與反應 B.易與反應C.熔點低、導熱性好 D.密度小、硬度小【答案】C【解析】鈉、鉀為金屬，具有良好的導電、導熱能力，鈉鉀合金熔點低，常溫下呈液態，具有良好的導熱性，可用作快中子反應堆的熱交換劑，故C符合題意；答案為C。3.下列化學用語或圖示表達正確的是A.的電子式為：B.甲烷分子的空間填充模型為C.中兩個氯原子形成共價鍵，軌道重疊示意圖為D.基態價層電子軌道表示式為【答案】B【解析】A．的電子式為：，A錯誤；B．甲烷分子的空間構型為正四面體形，碳原子半徑大于氫原子半徑，空間填充模型為，B正確；C．中兩個氯原子形成共價鍵，軌道重疊應該是頭碰頭重疊，示意圖為：，C錯誤；D．基態價層電子軌道表示式為，D錯誤；答案選B。4.為了實驗安全，氫氣在氯氣中燃燒的實驗應該標注的圖標有①護目鏡②排風③銳器④明火⑤洗手A.①②④⑤ B.①②③④ C.②③④⑤ D.①②③⑤【答案】A【解析】氫氣在氯氣中燃燒的實驗裝置圖：，為了實驗安全，我們應帶好護目鏡，以保護眼睛，選①；實驗中會用到氣體，因此要打開排風，選②；實驗中會用到明火，選④；實驗結束后，離開實驗室前要用肥皂等清洗雙手，選⑤；故選A。5.工業上將通入冷的溶液中制得漂白液，下列說法正確的是A.漂白液的有效成分是B.水解生成使漂白液呈酸性C.反應的離子方程式為：D.溶液比溶液穩定【答案】A【解析】A．漂白液的主要成分是NaClO和NaCl，有效成分是，故A正確；B．水解生成和OH-，從而使漂白液呈堿性，故B錯誤；C．通入冷的溶液中反應生成次氯酸鈉和氯化鈉，離子方程式為：，故C錯誤；D．不穩定容易分解為HCl和氧氣，次氯酸鹽穩定，所以溶液比HClO溶液穩定，故D錯誤；故選A。6.下列事實對應反應的離子方程式中，不正確的是A.向氫氧化鎂懸濁液中滴加氯化銨溶液，沉淀溶解：B.用稀硝酸除去附著在試管內壁的銅單質：C.向含氯化鐵的氯化鎂溶液中加入氧化鎂除去D.溶液與溶液反應得到【答案】B【解析】A．向氫氧化鎂懸濁液中滴加氯化銨溶液，沉淀溶解生成氯化鎂和一水合氨：，故A正確；B．用稀硝酸除去附著在試管內壁的銅單質生成硝酸銅和一氧化氮：，故B錯誤；C．向含氯化鐵的氯化鎂溶液中加入氧化鎂除去鐵離子，生成氫氧化鐵沉淀和氯化鎂，，故C正確；D．溶液與溶液反應得到二氧化錳、硫酸鈉和硫酸，，故D正確；故選B。7.是一種強還原劑，易與水反應，在堿性條件下與發生如下反應：，下列說法不正確的是A.中H元素為-1價B.還原劑與還原產物的物質的量之比為1：4C.遇水可能發生爆炸，并產生大量白色沉淀D.每生成轉移電子的物質的量為【答案】C【解析】A．中H元素電負性最大為負價，結合化合物正負化合價代數和為0，且Na為+1價，Al為+3價，所以H元素為-1價，A正確；B．由方程式可知，反應中氫元素的化合價升高被氧化，四氫合鋁酸鈉是反應的還原劑，銅元素的化合價降低被還原，硫酸銅是氧化劑，還原劑和還原產物之比為1：4，B正確；C．四氫合鋁酸鈉與水反應生成四羥基合鋁酸鈉和氫氣，反應中沒有氫氧化鋁沉淀生成，C錯誤；D．由方程式可知，反應生成1mol四羥基合鋁酸鈉時，轉移電子的物質的量為8mol，D正確；故選C。8.鍶位于IIA族，其化合物應用廣泛，常用于陶瓷工業。以青石精礦(主要含)為原料制備高純硫酸鍶的部分工藝流程如圖所示。下列說法不正確的是A.“轉化”時，反應溫度不宜過高B.“轉化”時，總反應的離子方程式是C.“煅燒”時主要發生的是分解反應，“浸取”時主要發生的是化合反應D.“沉淀”時，發生反應【答案】B【解析】相同溫度時溶解度SrCO3<SrSO4，溶解度大的物質能轉化為溶解度小的物質，所以將青石礦粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反應，過濾后得到的粗SrCO3中含有雜質SiO2、BaSO4。粗SrCO3焙燒分解轉化成氧化鍶和二氧化碳，氧化鍶與水反應生成易溶于水的氫氧化鍶，難溶的SiO2和BaSO4進入浸渣中，浸液中含有Sr(OH)2，此時加入(NH4)2SO4溶液，生成沉淀SrSO4，據此分析解題。A．“轉化”中反應溫度不宜過高，防止一水合氨分解使NH3逸出，A正確；B．“轉化”時，總反應的離子方程式是，B錯誤；C．“煅燒”時主要發生SrCO3的分解反應，“浸取”時主要發生的是化合反應：SrO+H2O=Sr(OH)2，C正確；D．“沉淀”時加入硫酸銨，發生反應，D正確；故選B。9.在催化劑或的作用下，產生，將氧化。產生的機理如下：反應Ⅰ：(慢反應)反應Ⅱ：(快反應)下列說法不正確的是A.反應I的活化能大于反應ⅡB.反應I中有極性鍵的斷裂，反應Ⅱ中有非極性鍵的斷裂C.將氧化的反應是：D.與作催化劑相比，相同條件下催化的氧化效率可能更高【答案】D【解析】A．反應I為慢反應，活化能高，故反應I的活化能大于反應Ⅱ，A正確；B．反應I中H2O2中H-O鍵斷裂，H-O為極性鍵，反應Ⅱ中H2O2中O-O鍵斷裂，O-O鍵為非極性鍵，B正確；C．將氧化為硫酸根，反應是：，C正確；D．中既有Fe2+，又有Fe3+，故的催化效率比更高，相同條件下催化的氧化效率可能更高，D錯誤；故選D。10.根據下列實驗的操作和現象，得出的相應結論不正確的是選項操作現象結論A向碘的溶液中加入等體積濃KI溶液，振蕩后靜置溶液分層，下層液體顏色變淺碘在濃KI溶液中溶解能力比中的大B向溶液中緩慢滴加稀硫酸溶液由黃色變為橙紅色增大氫離子濃度，平衡向生成的方向移動C向NaBr溶液中滴加過量氯水，再加入淀粉KI溶液溶液先變橙色，后變藍色氧化性：D向滴有幾滴KSCN溶液的溶液中加入，再緩緩向上層溶液通入少量，振蕩、靜置溶液分層，上層為紅色，下層為無色還原性：A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．向碘的溶液中加入等體積濃溶液，會發生反應：，I2?在濃KI溶液中形成而更易溶解，導致CCl4?層中的I2?進入到KI溶液層，下層CCl4?液體顏色變淺，說明碘在濃溶液中溶解能力比中的大，A正確；B．溶液中存在平衡：，向溶液中緩慢滴加稀硫酸，溶液由黃色變為橙紅色，說明氫離子濃度增大，平衡向生成的方向移動，B正確；C．向溶液中滴加過量氯水，發生反應：，有生成，溶液變橙色，說明氧化性：Cl2>Br2；再加入淀粉溶液，溶液變藍色，即有生成，但由于氯水過量，過量的也能將氧化為，所以不能說明是將氧化為，即不能說明氧化性：，C錯誤；D．向滴有幾滴溶液的溶液中加入，再緩緩向上層溶液通入少量，振蕩、靜置，溶液分層，上層為紅色，說明被氧化生成；下層為無色，說明未被氧化，即優先氧化還原性較強的，所以還原性：，D正確；故選C。11.一種“全氧電池”的工作原理如下圖。下列說法不正確的是A.電極a是負極B.電極的反應式：C.該裝置可將酸堿反應的化學能轉化為電能D.理論上，當電極a釋放出(標況下)，KOH溶液減少4mol【答案】B【解析】由圖可知，a極氧元素化合價升高失去電子，a極為負極，電極反應式為：4OH—4e-=O2↑+2H2O，b極為正極，電極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O，以此解答。A．根據分析可知，電極a是負極，A正確；B．電極在酸性條件下，反應式：O2+4e-+4H+=2H2O，B錯誤；C．根據負極反應式為：4OH—4e-=O2↑+2H2O，正極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O，得出總反應式為H++OH-=H2O，將酸堿反應的化學能轉化為電能，C正確；D．當電極a釋放出(標況下)即1mol時，電子轉移4mol，左側有4molK+通過陽離子交換膜進入中間室，D正確；答案選B。12.X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期主族元素，X原子有兩個單電子且電負性是四種元素中最大的，Y原子的最外層電子數是X原子內層電子數的2倍，Z原子s能級上電子數與p能級上電子數之比為，W第一電離能大于Z。下列說法正確的是A.電負性：B.原子半徑：C.四種元素基態原子未成對電子數：D.簡單氫化物的鍵角：【答案】A【解析】X原子有兩個單電子且電負性是四種元素中最大的即X為氧，Y原子的最外層電子數是X原子內層電子數的2倍即為硅，Z原子s能級上電子數與p能級上電子數之比為2:3則為磷，W第一電離能大于磷則W為氯，據此分析解題。A．同一周期元素隨原子序數的增大，元素電負性逐漸增大；同一主族元素，原子核外電子層數越多，元素電負性越小，所以電負性為Si＜P＜Cl即Y＜Z＜W，A正確；B．原子核外電子層數越多，原子半徑越大；當原子核外電子層數相同時，原子的核電荷數越大，原子半徑越小，原子半徑：O＜Cl＜P＜Si，B錯誤；C．四種元素基態原子的未成對電子數：硅兩個、磷三個、氯一個，則Z＜Y＜W，C錯誤；D．SiH4、PH3均為sp3雜化，但是PH3有1對孤電子對，鍵角小，故鍵角，D錯誤；答案為A。13.儲氫合金M的吸放氫反應式為：，現將置于恒容容器中，通入氫氣并維持容器內壓強恒定，在不同溫度下M的最大吸氫量與氫氣壓強的關系如圖所示，下列說法不正確的是A.吸氫反應的、B.壓強越小，溫度對最大吸氫量的影響越大C.70℃、條件下，若到達P點，則吸氫速率D.若到達點所用時間小于P點，則吸氫速率【答案】D【解析】A．從圖可知，相同壓強下，溫度越高，吸氫質量越小，可知此反應是放熱反應，則，根據反應前后物質狀態，此反應是，故A正確；B．從圖可知，壓強越小，不同溫度下，最大吸氫量差值也越來越大，說明壓強越小，溫度對最大吸氫量的影響越大，故B正確；C．從圖可知70℃、條件下，最大吸氫質量為1.05g，若到達P點，則吸氫速率，故C正確；D．若到達點所用時間小于P點，則吸氫速率，故D錯誤；答案D。14.常溫下，在含(二元弱酸)和的混合液中滴加溶液，溶液中[，或或]與關系如圖所示。下列有關敘述正確的是A.直線L1、L2分別表示、與的關系B.當時，溶液中C.L1和L3直線交點坐標為D.常溫下，反應的平衡常數【答案】C【解析】A．在含H2A和NH4Cl的混合液中滴加NaOH溶液，c(H+)濃度減小，=，增大，，增大，且>，由可知，=減小，則L1代表-lg與pH的關系，L2代表-lg與pH的關系，L3代表-lg與pH的關系，A選項錯誤；B．當時，根據電荷守恒，因為，=0時，pH<7，，則，B選項錯誤；C．由a點(4，0.2)可得；由b點(5，0.6)可得；由c點(8，-1.24)可得，；設和交點處pH=x，則，即，=，則，，代入，，解得，pH=6.72，代入，，，交點坐標為(6.72，-2.52)，C選項正確；D．反應的平衡常數，代入，可得，D選項錯誤；綜上，答案是C。二、非選擇題(本大題共4小題，共58分)15.磷酸鐵()常用作制造磷酸鐵鋰電池、催化劑及陶瓷等的材料。工業上以硫鐵礦(主要成分為，含少量、和)為原料經過如下步驟可制備。已知：常溫下，有關金屬離子生成氫氧化物沉淀的如下表金屬離子開始沉淀沉淀完全的pH(沉淀完全的pH按金屬離子濃度為計算)1.23.33.15.15.88.8回答下列問題：（1）“焙燒”時空氣與礦料逆流而行，其目的是_______。（2）“還原”的目的是_______。“濾渣1”中可能含有的單質是_______。（3）用平衡移動原理解釋能“除鋁”的原因：_______(用必要的化學用語和文字說明)；常溫下，_______(已知：)。（4）若生成物除水外均為正鹽，則流程圖中虛線框內總反應的化學方程式為_______。（5）研究發現：不同對沉淀的影響如下表所示：pH5.05.56.06.57.0沉淀率/%90.094.697.996.295.388.195.497.298.599.8當時，隨的增加，的沉淀率開始下降，而沉淀率反而上升，其原因可能為_______。（6）為桃紅色晶體，密度為，它的摩爾體積為_______。【答案】（1）使氣固反應物充分接觸，加快反應速率，提高原料利用率（2）①.避免沉鋁時有部分轉化為沉淀而損失②.S（3）①.溶液中存在水解平衡：，加入的與反應，促進水解，使轉化為沉淀②.（4）（5）隨的增加，部分沉淀轉變為沉淀，使得部分重新進入溶液中，導致沉淀率下降（6）65.16【解析】以硫鐵礦(主要成分為，含少量、和)為原料，首先通入空氣焙燒，將轉化為氣體和；加入稀硫酸酸浸，除去不參加反應的雜質，獲得含有等離子的酸浸液；加入將還原；加入調節溶液pH，使得轉化為沉淀除鋁；最后加入磷酸溶液、氯酸鈉溶液發生氧化和沉淀反應，獲得產品。（1）“焙燒”時空氣與礦料逆流而行，目的是使氣固反應物充分接觸，加快反應速率，提高原料利用率，故答案為：使氣固反應物充分接觸，加快反應速率，提高原料利用率。（2）由表格可知，加入調節溶液pH，使得轉化為沉淀可以除鋁，但是也會沉淀，則加入將還原，可以避免沉鋁時有部分轉化為沉淀而損失；將還原生成S和，則“濾渣1”中可能含有的單質是S，故答案為：避免沉鋁時有部分轉化為沉淀而損失；S。（3）溶液中存在水解平衡：，加入的與反應，促進水解，使轉化為沉淀；由表可知，pH=5.1時，完全轉化為沉淀，此時、，=，故答案為：溶液中存在水解平衡：，加入的與反應，促進水解，使轉化為沉淀；。（4）硫酸亞鐵和磷酸、氯酸鈉、氫氧化鈉反應，生成、氯化鈉、硫酸鈉和水，反應的化學方程式為，故答案為：（5）隨的增加，部分沉淀轉變為沉淀，使得部分重新進入溶液中，導致沉淀率下降，故答案為：隨的增加，部分沉淀轉變為沉淀，使得部分重新進入溶液中，導致沉淀率下降。（6）摩爾質量為，密度為，它的摩爾體積，故答案為：65.16。16.硫代硫酸鈉是重要的定量分析試劑。實驗室中常用、和制取硫代硫酸鈉，裝置如下圖：已知：硫代硫酸鈉晶體，40~50℃熔化，48℃分解，易溶于水，在酸性條件下極不穩定，易分解。稱取一定量的硫化鈉和碳酸鈉放入三頸燒瓶中，加水溶解，圓底燒瓶中產生的二氧化硫氣體通入三頸燒瓶中，發生反應：①、②、③，有大量的淺黃色的硫逐漸析出，繼續通入二氧化硫，反應進行，當溶液的接近7時，停止通入二氧化硫，過濾，將所得硫代硫酸鈉溶液轉移到蒸發皿中加熱，濃縮到有晶膜出現時停止加熱，冷卻析出大量晶體，過濾得到晶體。回答下列問題：（1）根據圖示裝置判斷，本實驗中適宜用來制備的是_______(填選項)。A.銅片和濃硫酸 B.鐵和濃硫酸C.固體和70%的硫酸 D.和濃硫酸（2）實驗過程中保證溶液的接近7，控制通入的量很關鍵。開始有大量的淺黃色的硫析出，而后由黃變淺時嚴格控制通入的量，并且隨時取樣監測三頸燒瓶中溶液的pH。結合本實驗裝置，合理的取樣操作是_______。（3）pH接近7時，停止通入二氧化硫的操作是：_______。（4）下列儀器名稱為蒸發皿的是_______(填選項)；將硫代硫酸鈉溶液轉移到蒸發皿中加熱濃縮，不能濃縮過度的理由是_______。（5）測定產品的含量。準確稱量產品溶于水，加入甲醛(HCHO)，轉移到容量瓶中，用水稀釋到刻度，搖勻。準確稱取(相對分子質量為294)放入碘量瓶中，加入20mL蒸餾水溶解，再加入20mL10%KI溶液(足量)和5mL硫酸，蓋上塞子置于陰暗處，用水稀釋，加入指示劑，用待測溶液滴定到終點，消耗待測液。【原理是：、(無色)；用甲醛掩蔽】①產品中(相對分子質量為248)的質量分數是_______(用含、、的式子表示，不用化簡)。②若制取的產品中含有，實驗中沒有用甲醛掩蔽處理，測得樣品的質量分數_______(選填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。（6）常用作定量分析的絡合試劑。具有較強的配位能力，做配體時，配位原子是端基S而不是O，原因是_______。【答案】（1）C（2）用注射器通過細導管抽取三頸燒瓶中的溶液測其（3）關閉分液漏斗旋塞，關閉，打開（4）①.A②.防止晶體失去結晶水，防止晶體在40℃以上熔化、分解（5）①.②.偏高（6）電負性：，S對孤電子對的吸引能力更弱，易給出孤電子對做配位原子【解析】圓底燒瓶中試劑為Na2SO3，加入濃硫酸發生反應生成SO2氣體，通過單向閥進入三頸燒瓶，與Na2CO3和Na2S共同反應得到Na2S2O3，尾氣用NaOH溶液吸收。（1）銅與濃硫酸反應需要加熱，A不符合；鐵與濃硫酸常溫下發生鈍化，B不符合；固體和70%的硫酸常溫下可以反應生成SO2、硫酸鈉和水，C符合；CaSO3與硫酸濃反應生成硫酸鈣，硫酸鈣微溶于水附著在固體表面，使反應停止，D不符合；答案選C；（2）可以用用注射器通過細導管抽取三頸燒瓶中的溶液測其；（3）停止通入二氧化硫的操作是：關閉分液漏斗旋塞，關閉，打開，多余的SO2用NaOH溶液吸收；（4）儀器A為蒸發皿，濃縮過度，晶體會失去結晶水且晶體在40℃以上熔化、分解；（5）①設m1g產品中Na2S2O3·5H2O的質量為ag，由方程式：、(無色)得出關系式：1K2Cr2O7~3I2~6Na2S2O3，n(Na2S2O3)=6n(K2Cr2O7)=6=，a=，樣品的質量分數為：；②實驗中沒有用甲醛掩蔽處理，Na2SO3會與K2Cr2O7反應，消耗的K2Cr2O7的物質的量多，結果測得樣品的質量分數偏高；（6）電負性：，S對孤電子對的吸引能力更弱，易給出孤電子對做配位原子，做配體時，配位原子是端基S而不是O。17.有機物是一種治療心血管疾病的藥物。合成有機物的一種路線如下圖所示，其中B與C互為同分異構體。已知：Fries重排機理如下回答下列問題：（1）F中的含氧官能團除酰胺基外，還有_______、_______；E→F的反應類型是_______。（2）B的結構簡式為_______；D的結構簡式為_______。（3）B發生Fries重排時，除生成C外，還生成一種副產物M。M的沸點比C的沸點高，原因是_______。（4）F→G的化學方程式是_______。（5）以苯和為原料，經過以下合成路線，合成的有機物W的結構簡式為_______。（6）利用Fries重排可合成腎上腺素，合成路線如下。X、Y、Z的結構簡式分別為：_______、_______、_______。【答案】（1）①.羥基②.(酮)羰基③.取代反應（2）①.②.（3）C在分子內形成氫鍵，M在分子間形成氫鍵，C的分子間作用力比M的弱（4）（5）（6）①.②.③.【解析】因為B與C互為同分異構體，且C的結構為，根據Fries重排反應，B的結構簡式為①，C發生硝化反應生成D，從E的結構可知硝基在酚羥