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湖南省汨罗市第二中学2025-2026学年高三下学期月考化学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活、生产息息相关，从化学视角认识世界，下列说法错误的是( )
A.氧化亚铜是红色固体，用于制造船底防污漆
B.四氧化三铁呈黑色和具有磁性，可用作激光打印机的墨粉
C.科学家们提出“液态阳光”构想，就是由阳光、二氧化碳和水通过人工光合作用得到的绿色液态燃料，这种绿色液态燃料主要成分可能为甲醇、乙醇和氨基酸
D.“墨汁”滴入水中形成的分散系是胶体
2．下列实验操作规范的是( )
A向试管中倾倒少量溶液 B向分液漏斗中加适量水,关闭a、打开b,可检查装置的气密性
C混合浓和浓 D用如图装置吸收氨或氯化氢气体可防止倒吸
A.A
B.B
C.C
D.D
3．下列关于食品添加剂的使用错误的是( )
A.谷氨酸钠——增味剂
B.碘酸钾——营养强化剂
C.硫酸铜——凝固剂
D.维生素C——抗氧化剂
4．一定温度下，容积恒定的密闭容器发生反应，下列说法错误的是( )
A.消耗同时消耗，反应达到平衡状态
B.加入少量M，a变大
C.加入少量N，正反应速率不会加快
D.平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
5．化合物vii是一种合成抗癌药物中间体，其合成路线如图所示：
下列说法正确的是( )
A.化合物i中最多8个原子共平面
B.合成路线中能与NaOH溶液反应的物质有5种
C.化合物iv是乙酸的同系物
D.合成路线中存在手性碳原子的物质有3种
6．能满足下列物质(含同种元素)间直接转化关系，且推理成立的是( )
A.X可为钠，单质可与反应生成
B.X可为硫，氧化物可与反应生成硫单质
C.X可为铁，向沸水中滴入盐的饱和溶液可制得胶体
D.X可为氮，酸溶液与Cu反应一定生成红棕色气体
7．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列反应方程式书写错误的是( )
A.久置于空气中的溶液变质：
B.用醋酸和碘化钾淀粉溶液检验加碘盐中的：
C.向溶液中加入等物质的量的溶液：
D.用饱和碳酸钠溶液处理锅炉水垢：
8．设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A.56g铁完全发生吸氧腐蚀，则在电化学反应过程中转移的电子数为3
B.足量与0.1充分反应生成的分子数目为0.1
C.1中含键个数为7
D.常温下，1L的溶液中，水电离出的数目为
9．某同学根据元素周期表将时钟表盘重制,如下图所示,结合所学知识下列说法正确的是( )
A.图中每种元素电子按的顺序,填满一个能级后再填下一能级
B.8、9、10点钟对应的三种元素均属于第ⅧB族
C.时针、分针和秒针恰好将元素分割为s区、d区和p区元素
D.图中每种元素的价电子数与其表示的时间完全一致
10．下列说法正确的是( )
A.焰色试验中涉及的安全警示图标包括和
B.与互为同分异构体
C.向平衡体系中加入少量KCl固体，溶液颜色变浅
D.NaCl固体不导电，说明NaCl固体中没有阴、阳离子
11．马来酸化学异构成富马酸流程如图甲，苹果酸为副产物。90℃时，一定浓度的MA发生反应，x表示某有机酸浓度与各有机酸浓度总和之比，x随时间t变化如图乙（6.5h后苹果酸的x不再随时间变化，溶液体积变化忽略不计）
下列说法错误的是( )
A.反应①的活化能小于反应②的活化能
B.反应①的浓度平衡常数
C.1.25h后转化过程以反应③为主
D.已知MA和FA均为二元弱酸，分子内氢键能稳定酸根负离子，则相同温度下，电离平衡常数大于
12．某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂，用于转化为单质S，提出的催化历程示意图如下。是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.使转化成，恢复催化剂活性
B.过程①和④均发生了非极性键的断裂
C.过程②和③均发生了氧化还原反应
D.理论上，每转化，转移的电子数目为
13．结构决定性质，性质决定用途。下列对相关事实的解释错误的是( )
选项 事实 解释
A 浓硫酸滴到纸张上，纸张变黑 浓硫酸具有脱水性
B AgCl溶于氨水 AgCl与氨水反应生成了可溶性配合物
C 可用于吸收溴蒸气 具有漂白性
D 是非极性分子而是极性分子 是平面正三角形而是三角锥形
A.A B.B C.C D.D
14．氨基磺酸()是一种无味、无毒的固体强酸，可用于制备金属清洗剂等，微溶于乙醇，260℃时分解，溶于水时存在反应：。实验室用羟胺()和反应制备氨基磺酸。已知：性质不稳定，室温下同时吸收水蒸气和时迅速分解，加热时爆炸。选用下列装置可以制备氨基磺酸(装置可以重复使用)。下列说法正确的是( )
A.气流从左至右，导管接口连接顺序为a→e→f→c→d→e→f→b
B.①装置中用饱和溶液替代粉末可以加快化学反应速率
C.实验完毕后，采用分液操作分离X装置中的混合物
D.装置④可以用盛装碱石灰的U形管替代
二、填空题
15．高纯硼酸用于半导体生产的扩散、掺杂工艺。现从硼镁矿［主要成分为，以及少量、等]中制备高纯硼酸的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“碱解”时，生成和的离子方程式为____________。除、外，废渣中主要还有____________。
(2)“酸化”时调节溶液pH至3，则母液1溶质的主要成分Y为______(填化学式)。该成分Y与硼酸的溶解度S随温度t变化如图所示，“冷却结晶”时控制温度在，理由是____________。
(3)“酯化”时硼酸与过量甲醇反应生成硼酸三甲酯(沸点为)，后续的“分离”为______(填操作名称)。试从微粒作用力的角度解释该操作能有效分离微量镁钙杂质的原因____________。
(4)母液2可循环再用，进入____________步骤。
(5)碱解液也可直接经膜电解池制备高纯硼酸。该膜电解池由不锈钢阴极、镀铂钛的惰性阳极以及离子交换膜组成，装置示意图如图，其中阳极为电极______(填“I”或“II”)。该工艺不产生固体废物，与氯碱工艺相比，该工艺对环境友好，体现在______(写一条)。
16．利用锌精矿（主要成分为ZnS和ZnO，还有少量、，PbS等杂质，GeS、含量极低）回收锌并富集锗的工艺流程如下：
已知：①胶粒带正电、易吸附带相反电荷胶粒或离子形成聚沉物；
②水溶液中不同pH时锗的形态转变如下表。
pH 主要形态转变
回答下列问题：
(1)基态锗原子的简化电子排布式为________________。
(2)提高“焙烧”效率的方法有________________（填一种）；“焙烧”过程的副产物在“烟化”时会生成ZnO和一种磁性氧化物，该反应化学方程式为________________。
(3)“烟化”产生的PbS等杂质会降低Ge的浸出率，“强化浸出”中可催化加快PbS溶于酸，为了再生，最适宜添加的氧化剂是________________（填标号）。
A. B. C.
(4)部分锗元素被“滤渣”中的包裹，加入醋酸钠（NaAc）溶解可提高锗的浸出率，溶液中铅以四醋酸合铅离子的形式存在，该过程的离子方程式为________________。“滤渣”成分还有S和________________（填化学式，下同）。
(5)“浸出液”和“滤液”除杂后均可用于电解回收锌，所得电解产物可循环用于________________、________________和“强化浸出”工序。
(6)“富集”时中和剂可调节溶液pH生成铁锗聚沉物，中和剂可选用________________，从反应原理角度解释加入中和剂后生成铁锗聚沉物的原因________________。
三、实验题
17．煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭(由煤样制得)反应的的转化率来表示。研究小组设计测定的实验装置如下：
(1)装置Ⅰ中，仪器a的名称是______________；b中除去的物质是_______(填化学式)。
(2)①将煤样隔绝空气在加热1小时得焦炭，该过程称为______________。
②装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为______________。
③装置Ⅲ中，先通入适量的气体X，再通入足量气。若气体X被完全吸收，则可依据d和e中分别生成的固体质量计算。
i.d中的现象是______________。
ii.e中生成的固体为，反应的化学方程式为______________。
iii.d和e的连接顺序颠倒后将造成_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
iiii.在工业上按照国家标准测定：将干燥后的(含杂质的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中的体积分数为m，此时的表达式为______________。
四、填空题
18．阿折地平(Ⅰ)是一种保护心肾和抗动脉硬化的有效药物,对于高血压治疗具有划时代意义。它的一种合成路线如下(部分反应条件略去):
回答下列问题:
(1)化合物A中官能团的名称为______;A→B的反应类型为________。
(2)化合物I中手性碳原子的数目为________;写出化合物D的分子式:________。
(3)写出C→D的化学方程式:___________________(注明反应条件)。
(4)化合物D的亲水性比E的_____(填“强”或“弱”),原因是_____。
(5)化合物G的同分异构体中,同时满足下列条件的有_____种(不考虑立体异构),写出一种核磁共振氢谱峰面积之比为的结构简式为_____。
①含一个六元碳环;②能与NaOH溶液反应;③能发生消去反应;
(6)参照上述合成路线,以苯甲胺、3-氯环氧丙烷为起始原料,设计制备目标化合物(结构简式:的合成路线(其他试剂任选):________________。
参考答案
1．答案：C
解析：A.氧化亚铜为红色固体，可作船底防污漆，A正确；
B.四氧化三铁呈黑色且具有磁性，是激光打印机墨粉的常用材料，B正确；
C."液态阳光"通过人工光合作用将和水转化为燃料，主要产物为甲醇、甲酸等简单有机物，氨基酸含氮元素且需复杂生物合成，不属于该过程直接产物，C错误；
D.传统墨汁含炭黑和胶体稳定剂，滴入水中形成胶体分散系，D正确；
故选C。
2．答案：D
解析：A.试剂瓶瓶塞应倒放在桌面上,避免腐蚀桌面或污染试剂,A错误;
B.该装置中,分液漏斗上口通过导管和烧瓶连通,属于恒压结构;关闭出气口a、打开分液漏斗活塞b后,分液漏斗和烧瓶压强始终相等,无论气密性是否良好水都会持续流下,B错误;
C.浓硝酸密度小于浓硫酸,浓硫酸稀释放热,混合混酸时,必须将密度大的浓硫酸缓缓注入浓硝酸中,若反过来将浓硝酸注入浓硫酸,会导致酸液沸腾飞溅发生危险,C错误;
D.氨或氯化氢气体难溶于四氯化碳,而易溶于水;四氯化碳密度比水大,气体直接通入下层四氯化碳层,逸出后进入水层被吸收,压强降低时不会发生倒吸,D正确;
故答案选D。
3．答案：C
解析：A.谷氨酸钠是味精的主要成分,可提升食品鲜味,属于增味剂,A正确;
B.碘酸钾可补充人体必需的碘元素,用作食盐的营养强化剂,B正确;
C.硫酸铜是重金属盐,有毒性,禁止用作食品添加剂,不能作为食品凝固剂,C错误;
D.维生素C具有还原性,可防止食品氧化变质,可用作抗氧化剂,D正确;
答案选C。
4．答案：B
解析：A.消耗1molN为正反应方向，消耗3molP为逆反应方向，二者速率符合反应计量数之比，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A不符合题意；
B.是反应的焓变，仅与反应的物质状态、化学计量数及温度有关，与反应物用量无关，加入少量M，a不变，B符合题意；
C.N是固体，固体浓度视为常数，增加固体用量不会改变反应物浓度，因此正反应速率不会加快，C不符合题意；
D.容器容积恒定，充入惰性气体后，反应体系中各气态物质的浓度均不变，正逆反应速率不变，平衡不移动，D不符合题意；
答案选B。
5．答案：B
解析：A.化合物i是苯酚，苯酚中苯环为平面结构，羟基的O原子直接连接在苯环上，在苯环平面内，羟基的H原子可旋转至苯环平面内，最多所有13个原子共平面，A错误；
B.能与NaOH溶液反应的基团：酚羟基、羧基、酯基。逐个分析物质：i（苯酚，含酚羟基）、iv（二元羧酸，含羧基）、v（二酯，含酯基）、vi（含酯基）、vii（含酯基）均可与NaOH反应；ii（环己醇，只有醇羟基）、iii（环己烯，无酸性/可水解基团）不能与NaOH反应。所以能和NaOH反应的总计共5种，B正确；
C.同系物要求结构相似、官能团种类和数目相同，分子组成相差若干。乙酸是一元羧酸，化合物iv是二元羧酸，官能团数目不同，结构不相似，不是乙酸的同系物，C错误；
D.手性碳原子是连有4种不同基团的碳原子。只有vi（）、vii（）两种物质存在手性碳原子，不是3种，D错误；
故选B。
6．答案：B
解析：A.若X为钠，钠单质与水反应生成和，不能生成，A错误；
B.若X为硫，单质S与反应生成氧化物，可与发生归中反应生成硫单质，满足单质和氧化物的互变，与水反应生成酸，、均可与碱反应生成盐，完全符合转化关系，B正确；
C.若X为铁，铁的氧化物均不溶于水，不能直接一步转化为对应碱，不满足氧化物直接生成酸或碱的转化要求，C错误；
D.若X为氮，对应的酸为硝酸，稀硝酸与反应生成无色的，不是红棕色气体，D错误；
故答案选B。
7．答案：B
解析：A.久置于空气中的溶液被空气中的氧气氧化变质为硫酸钠，离子方程式为：，A正确；
B.用醋酸和碘化钾淀粉溶液检验加碘盐中的，和反应生成，醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，B错误；
C.向溶液中加入等物质的量的溶液生成氢氧化铝沉淀和硫酸钡沉淀，离子方程式为：，C正确；
D.用饱和碳酸钠溶液处理锅炉水垢，硫酸钙可以转化为溶解度更小的碳酸钙，离子方程式为：，D正确；
故选B。
8．答案：D
解析：A.铁发生吸氧腐蚀的电化学反应过程中每个铁原子失去2个电子，所以56g铁完全发生吸氧腐蚀，转移的电子数为2，A错误；
B.与反应的可逆的，充分反应后生成的分子数目小于0.1，B错误；
C.1中含有6molN-H键，1molO-H键，2mol氨气和银离子形成的配位键，都是键，所以键个数为9，C错误；
D.1L的溶液中，都来源于水的电离，，所以水电离出的数目为，D正确；
故选D。
9．答案：D
解析：A.电子填充顺序应遵循能量最低原理,并非单纯的填满一个能级后再填下一能级,A错误;
B.8、9、10点钟对应的Fe、Co、Ni三种元素均属于第Ⅷ族(不带B),B错误;
C.K和Ca分别位于第ⅠA和第ⅡA,属于s区元素,Sc、Ti、V、Cr、Mn分别位于第ⅢB、ⅣB、ⅤB、ⅥB、ⅦB,Fe、Co、Ni三种元素均属于第Ⅷ族,以上八种元素属于d区元素,Cu和Zn分别位于第ⅠB和第ⅡB,属于ds区元素,没有p区元素,C错误;
D.依据核外电子排布规律可知K、Ca、Sc、Ti、V、Cr、Mn、Fe、Co、Ni、Cu、Zn的价电子数分别为1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12,因此每种元素的价电子数与其表示的时间完全一致,D正确;
故答案选D。
10．答案：A
解析：A.焰色试验中需要使用稀盐酸清洗铂丝，盐酸具有挥发性，所以实验时需要排风；灼烧铂丝时需要加热，所以实验时需防止烫伤，则题给图标是焰色试验中涉及的安全警示图标，A正确；
B.由结构式可知，与的分子式不同，不可能互为同分异构体，B错误；
C.硫氰化钾溶液与氯化铁溶液反应的离子方程式为：，加入少量氯化钾固体时，平衡体系中铁离子、硫氰酸根离子、硫氰化铁的浓度不变，平衡不移动，溶液颜色不变，C错误；
D.氯化钠固体是离子化合物，其固体中存在不能自由移动的离子，D错误；
故选A。
11．答案：C
解析：A.活化能越小，反应速率越快。由图乙可知，反应初始时，相同时间内FA的x增长比M快，说明反应①速率更快，A正确；
B.6.5h后苹果酸的x不再随时间变化，说明此时反应达到平衡。反应①为，浓度平衡常数，B正确；
C.1.25h后，M的x持续增大，说明M的生成速率大于消耗速率，即反应②仍占主导，C错误；
D.MA（顺丁烯二酸）的两个羧基在双键同侧，电离一个后，酸根可形成分子内氢键稳定负电荷，更易电离；FA（反丁烯二酸）的羧基在异侧，无法形成分子内氢键，因此；D正确；
故选C。
12．答案：A
解析：A.根据图示③④两步历程，可知使转化成，恢复催化剂活性，A正确；
B.过程①中没有发生非极性键的断裂，过程④中发生了非极性键的断裂，B错误；
C.过程②中铁元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，过程③中元素化合价没有变化，没有发生氧化还原反应，C错误；
D.根据图示，该催化历程的总反应为，可知，理论上，每转化即，转移的电子数目为，D错误；
故选A。
13．答案：C
解析：A.浓硫酸具有脱水性，可将纸张中H、O元素按水的组成比脱去，剩余碳单质使纸张变黑，A不符合题意；
B.AgCl与氨水反应生成可溶性配合物，因此AgCl可溶于氨水，B不符合题意；
C.吸收溴蒸气时发生反应，转化为，体现还原性而非漂白性，C符合题意；
D.中心原子B价层电子对数为，且不含孤电子对，为平面正三角形结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子；中心原子N价层电子对数为，且含1个孤电子对，为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，D不符合题意；
故选C。
14．答案：A
解析：据题意可知，所需原料为，因此用装置①通过亚硫酸钠与硫酸反应得到二氧化硫。根据已知信息，性质不稳定，室温下同时吸收水蒸气和时迅速分解，加热时爆炸，可知要用NaOH溶液吸收，通入③之前必须先通入④装置进行吸水干燥，还要避免空气中的水蒸气进入反应装置。
A.本实验需要先制备干燥（羟胺遇水蒸气会分解，因此必须干燥），再通入反应装置与羟胺反应，最后要防止尾气处理装置中的水蒸气进入反应装置，再处理尾气，故导管接口连接顺序为a→e→f→c→d→e→f→b，A正确；
B.装置①用于制备，通常用亚硫酸盐与酸反应。若用饱和溶液替代粉末，则反应物浓度降低，反应速率会减慢，不能加快反应速率，B错误；
C.氨基磺酸是固体，反应后若得到的是固体氨基磺酸和液体的混合物，应采用过滤操作进行分离，而不是分液。分液适用于分离互不相溶的液体，C错误；
D.装置④的作用之一是干燥，碱石灰是碱性干燥剂，会吸收酸性气体，因此不能替代，D错误；
故选A。
15．答案：(1)；
(2)；时，硫酸钠和硼酸的溶解度差值最大，有利于两者分离完全，提高硼酸纯度
(3)蒸馏；硼酸三甲酯分子间有较弱的范德华力，故沸点较低；而镁钙杂质属于离子化合物，有较强的离子键，沸点较高
(4)酯化
(5)I；阳极气体为，无污染
解析：硼镁矿中的与NaOH反应，镁元素转化为沉淀，硼元素转化为可溶的进入溶液，杂质基本不溶或反应生成等沉淀，与一起形成废渣被过滤除去，加入硫酸酸化后硼酸盐转化为硼酸，母液1的溶质为和，冷却结晶时利用硼酸和溶解度随温度变化的差异，控制温度使硼酸结晶析出，仍留在母液中，实现初步分离，结晶得到的硼酸与过量甲醇反应，硼元素转化为硼酸三甲酯，镁、钙等金属杂质仍以盐的形式留在体系中，通过蒸馏，利用硼酸三甲酯沸点低（68℃）的特点，将其从体系中蒸出，与镁、钙等杂质彻底分离，得到纯净的硼酸三甲酯，纯净的硼酸三甲酯与水反应，硼元素重新转化为硼酸，同时生成甲醇，甲醇可回收循环到酯化步骤继续使用，水解得到的硼酸溶液经冷却结晶，析出高纯硼酸晶体，母液2中含水、硼酸三甲酯的水解产物甲醇及少量硼酸，可循环到酯化步骤。
（1）与NaOH反应生成和，配平后得离子方程式：；
（2）碱解液中含等，加硫酸酸化至pH=3，发生的反应为，故Y为；由溶解度曲线可知，温度为35 37 C左右，的溶解度最大，而硼酸溶解度较小，此时冷却结晶可使尽可能留在母液中，最大程度析出硼酸晶体，同时避免结晶析出引入杂质；
（3）硼酸三甲酯沸点为68℃，与杂质沸点差异大，故采用蒸馏分离；是分子晶体，分子间作用力为范德华力；而镁、钙等杂质以离子形式存在，离子间作用力为离子键，作用力远强于范德华力。因此蒸馏时，易挥发变为气体，而杂质离子留在体系中，实现有效分离；
（4）母液2中含水、硼酸三甲酯的水解产物甲醇及少量硼酸，可循环进入酯化步骤，继续与硼酸反应生成硼酸三甲酯，提高原料利用率；
（5）电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。图中向电极Ⅱ移动（最终生成NaOH），说明电极Ⅱ是阴极，电极Ⅰ是阳极（发生反应：↑）；与氯碱工艺（产生等有毒气体）相比，该工艺阳极生成，阴极生成的NaOH可循环至碱解步骤，不产生有毒气体（如），且无固体废弃物，资源利用率更高。
16．答案：(1)
(2)研磨固体（或增大氧气浓度或适当升高温度）；
(3)C
(4)；
(5)焙烧；浸出
(6)ZnO或或；随着ZnO的加入，溶液pH值增大，水解平衡正向移动产生胶体，同时锗元素逐步转化为阴离子的形式（等），带正电荷的胶粒会吸附溶液中Ge的阴离子而沉淀
解析：（1）锗（Ge）是32号元素，位于第四周期ⅣA族，其核外电子排布式为。简化电子排布式需用上一周期的稀有气体（Ar，18号元素）表示内层电子，因此基态Ge原子的简化电子排布式为：；
（2）①焙烧是固体（锌精矿）与气体（）的反应，提高固体与气体反应速率/效率的核心思路是增大接触面积、提高反应温度、增大反应物浓度；
②烟化反应：焙烧副产物（含Fe杂质生成）转化为ZnO和磁性氧化物，核心方程式为；
（3）“强化浸出”中催化PbS溶于酸，催化过程中被还原为，因此需氧化剂将氧化为实现再生，且为工业流程，需满足不引入新杂质、氧化能力适中、成本低；
A.会引入新杂质Na，A错误；
B.会引入新杂质N，B错误；
C.不会引入新杂质，C正确；
故答案选C；
（4）①与络合生成可溶性的离子方程式为：；
②锌精矿中的杂质化学性质稳定，在焙烧、烟化和酸浸等过程中均不发生反应，因此最终作为滤渣的成分被分离出来；
（5）浸出液/滤液除杂后为溶液，电解时阳极生成和酸，阴极得Zn；循环用于焙烧（需氧化杂质），酸循环用于浸出（酸浸溶解金属氧化物），二者也可用于强化浸出；
（6）①中和剂的作用是调节溶液pH，促进铁锗聚沉，且不引入新杂质，因此需选用锌的化合物（流程核心回收锌，锌的化合物为内源性物质，无新杂质）：ZnO或或，三者均为弱碱性，能与酸反应调节pH，且与酸反应的产物均为和水/，逸出，无新杂质引入；
②随着ZnO的加入，溶液pH值增大，水解平衡正向移动产生胶体，同时锗元素逐步转化为阴离子的形式（等），带正电荷的胶粒会吸附溶液中Ge的阴离子而沉淀。
17．答案：(1)分液漏斗；HCl
(2)干馏；；有白色沉淀生成；；偏大；
解析：稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、氯化钙和水，由于盐酸易挥发，二氧化碳中含有氯化氢杂质，用饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥气体，二氧化碳通到灼热的焦炭中反应生成一氧化碳，将混合气体通入足量氢氧化钡溶液中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单质。
（1）装置Ⅰ中，仪器a的名称是分液漏斗；由于二氧化碳中含有挥发的氯化氢气体，因此b中碳酸氢钠与氯化氢反应，则除去的物质是HCl；故答案为：分液漏斗；HCl。
（2）①将煤样隔绝空气在加热1小时得焦炭，即隔绝空气加强热使之分解，则该过程称为干馏；故答案为：干馏。
②装置Ⅱ中，高温下二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳，其发生反应的化学方程式为；故答案为：。
③i.d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水，其反应的现象是有白色沉淀生成；故答案为：有白色沉淀生成。
ii.e中生成的固体为，根据氧化还原反应分析得到CO变为碳酸铵，则反应的化学方程式为；故答案为：。
iii.d和e的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应，导致银氨溶液消耗，二氧化碳与氢氧化钡反应的量减少，则将造成偏大；故答案为：偏大。
iiii.在工业上按照国家标准测定：将干燥后的(含杂质的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中的体积分数为m，设此时气体物质的量为bmol，二氧化碳物质的量为bmmol，原来气体物质的量为amol，原来二氧化碳物质的量为a(1 n)mol，氮气物质的量为anmol，则消耗二氧化碳物质的量为[a(1 n) bm]mol，生成CO物质的量为2[a(1 n) bm]mol，则有b=an+bm+2[a(1 n) bm]，解得：，此时的表达式为；故答案为：。
18．答案：(1)氨基;取代反应
(2)1;
(3)
(4)弱;化合物E与形成的分子间氢键数目更多
(5)8;
(6)
解析：A物质生成B,根据C物质生成了酯基,逆推B物质为:,然后与发生取代反应(酯化反应)生成C;C物质与、等反应生成D:;D物质发生取代反应,将取代为生成E;F与G发生反应生成H:,H与E物质反应生成I,据此分析;
(1)化合物A(二苯甲胺)中官能团为氨基;A→B是氨基与3-氯环氧丙烷发生开环取代反应;
(2)手性碳原子为饱和碳原子,连接有4个不同的基团,化合物I中手性碳原子数目只有1个,为标有星号的碳原子;化合物D的结构简式为,分子式为;
(3)C物质发生Pinner反应生成D,方程式:;
(4)D物质中取代为生成E,化合物E与形成的分子间氢键数目更多,所以化合物D的亲水性比E弱;
(5)物质G的分子式为:,能与NaOH溶液反应,说明含有羧基或者酯基(因为碳原子只剩余一个,只能是甲酸酯结构);能发生消去反应说明含有羟基,所以其结构可以为:,具有邻、间、对三种同分异构体;,具有邻、间、对三种同分异构体;一种;一种,一共有8种同分异构体;核磁共振氢谱峰面积之比为的结构简式为:;
(6)根据上述合成路线可知,以苯甲胺、3-氯环氧丙烷为起始原料:苯甲胺与3-氯环氧丙烷反应生成和HCl,和发生酯化反应生成和,中的-C≡N再和乙醇发生加成反应生成,流程图为:。

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