2025届山东省临沂市高三上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省临沂市2025届高三上学期期末考试试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1Li7O16Na23Cl35.5Cr52Fe56一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与传统文化密不可分。下列说法错误的是A.药酒的制作利用了萃取原理B.丝绸因富含氨基而具有良好的吸湿性C.大理石可用于制砚台，主要成分为硅酸盐D.青铜器上的铜锈[]可用明矾水去除【答案】C【解析】A．药酒是将中药有效成分溶解在酒中而制成的日常佳品，利用了固-液萃取原理，A正确；B．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质因富含酰胺基而具有良好的吸湿性，B正确；C．大理石的主要成分是碳酸钙，C错误；D．明矾水解显酸性，青铜器上的铜锈可用明矾水去除，D正确；故答案选C；2.物质的性质决定用途。下列说法错误的是A.具有半导体性能，可用作芯片B.粉具有还原性，可用作食品脱氧剂C.液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂D.浓有强酸性，常温不能用铁罐储运【答案】D【解析】A．Si是半导体材料，可制作芯片，故A正确；B．铁是活泼金属，Fe粉具有还原性，可用作食品脱氧剂，故B正确；C．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，液氨可用作制冷剂，故C正确；D．浓HNO3有强氧化性，常温下铁遇到浓硝酸发生钝化，常温能用铁罐储运，故D错误；故选D。3.实验室中下列做法错误的是A.氢氟酸保存在塑料瓶中 B.用酒精灯直接加热蒸馏烧瓶C.用盐酸清洗焰色试验的铂丝 D.实验剩余的金属钠块放回原试剂瓶中【答案】B【解析】A．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应而腐蚀玻璃，所以氢氟酸应保存在塑料瓶中，故A正确；B．蒸馏烧瓶加热时需要垫上石棉网，不能直接加热，否则蒸馏烧瓶会受热不均而炸裂，故B错误；C．用盐酸清洗焰色试验的铂丝，然后取出在火焰上烧至无色可以去除铂丝表面可能吸附的杂质，确保后续实验的准确性，故C正确；D．金属钠的化学性质活泼，能与水反应生成易燃易爆的氢气，实验剩余的金属钠块直接丢弃在废液缸会发生意外事故，应放回原试剂瓶中，故D正确；故选B。4.下列过程不涉及氧化还原反应的是A.小苏打用作食品膨松剂 B.切开的苹果发生褐变C.豆科植物根瘤菌固氮 D.废弃的秸秆生产酒精【答案】A【解析】A．小苏打用作食品膨松剂，是碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体，不是氧化还原反应，A符合题意；B．苹果切开一段时间后会发生褐变是因为多酚氧化酶（PPO）催化下迅速氧化，属于氧化还原反应，B不符合题意；C．固氮是将游离态的氮转化成化合态的氮，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；D．秸秆的主要成分是纤维素，纤维素经过发酵可产生酒精，发酵发生的是氧化还原反应，D不符合题意；故答案选A。5.下列化学用语或图示错误的是A.的电子式：B.的离子结构示意图：C.的模型：D.电子云图：【答案】C【解析】A．H2O2的结构式为H—O—O—H，电子式为：，A正确；B．Na+的离子结构示意图为：，B正确；C．SO3中S的价层电子对数为=3，VSEPR模型为，C错误；D．2pz电子云图：，D正确；故答案选C；6.某药物中间体的结构如图，下列说法错误的是A.分子中有4种官能团B.分子中有3个手性碳原子C.此物质有顺反异构体D.1mol该物质最多消耗3mol【答案】B【解析】A．分子中官能团为酚羟基、醚键、酯基、碳碳双键，A正确；B．中，只有“*”处的碳原子是手性碳原子，B错误；C．此物质分子中含有碳碳双键，且同一双键碳原子所连结构不同，故有顺反异构，C正确；D．该物质分子中有2个酚羟基、1个酯基，1mol该物质最多消耗3molNaOH，D正确；故选B。7.短周期主族元素的原子序数依次增大，X与Y形成的化合物常用作光导纤维，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍。下列说法正确的是A.第一电离能： B.简单氢化物的沸点：C.原子半径： D.含氧酸的酸性：【答案】B【解析】短周期主族元素的原子序数依次增大，X与Y形成的化合物常用作光导纤维，X为O，Y为Si，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍，电子排布式为1s22s22p63s23p4，W为S，Z为P。由上述分析可知，X为O元素、Y为Si元素、Z为P元素、W为S元素，A．同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，P的3p电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于相邻元素的第一电离能，则第一电离能：P＞S＞Si，故A错误；B．水分子间含氢键，沸点高，则简单氢化物的沸点：H2O＞H2S，故B正确；C．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Si＞S＞O，故C错误；D．同周期主族元素从左向右非金属性增强，对应最高价含氧酸的酸性增强，不是最高价含氧酸无此规律，故D错误；故选B。8.下列实验装置或操作正确的是A.保护铁件B.收集气体C.萃取振荡时放气D.配制溶液定容后摇匀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．铁件作负极，被腐蚀，则无法保护铁件，A错误；B．SO2不与饱和亚硫酸氢钠溶液反应，且难溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，则可用排饱和亚硫酸氢钠溶液收集SO2气体，B正确；C．萃取振荡时放气操作为：用一手压住分液漏斗顶塞，一手握住活塞，把分液漏斗倒转振荡，使两种液体充分混合，然后旋开活塞放气，C错误；D．配制溶液定容后摇匀操作：一只手用食指压住容量瓶瓶塞，另一只手托住瓶底，反复上下颠倒、摇匀，D错误；故选B。9.和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下：下列说法错误的是A.水解过程中只存在极性键的断裂和形成B.与晶体类型相同C.分子的极性：D.由此推断的水解产物为和HClO【答案】D【解析】A．NCl3水解过程中，NCl3与水反应生成HClO和NH3，NCl3与NH3中均存在极性键，H2O中存在极性键，HClO中存在极性键，NH3中存在极性键，故A项正确；B．NCl3、SiCl4是都属于分子晶体，故B项正确；C．NCl3中N原子形成3个σ键，孤电子对数为1，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形，分子结构不对称，为极性分子，SiCl4中S原子形成4个σ键，孤电子对数为0，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为正四面体，分子结构对称，为非极性分子，故C项正确；D．SiCl4的水解产物为原硅酸和HCl，故D项错误；故本题选D。10.硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。下列说法错误的是A.将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生B.I的化学方程式C.Ⅱ中的反应条件都是为了提高的平衡转化率D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收【答案】C【解析】由题给流程可知，黄铁矿在空气中加热反应生成四氧化三铁和二氧化硫等，催化剂作用下二氧化硫与空气中的氧气在常压、400-500℃条件下发生催化氧化反应生成三氧化硫，三氧化硫被98.3%的浓硫酸吸收得到硫酸。A．硫在空气中燃烧生成二氧化硫，所以将黄铁矿换成硫黄可以减少四氧化三铁废渣的产生，故A正确；B．由分析可知，反应I为黄铁矿在空气中加热反应生成四氧化三铁和二氧化硫，反应的化学方程式为，故B正确；C．使用催化剂，反应速率加快，但化学平衡不移动，二氧化硫的转化率不变，该反应是气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率减小，则反应Ⅱ中的使用催化剂和常压、400-500℃不是为了提高二氧化硫的转化率，而是为了兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，故C错误；D．尾气中的二氧化硫和三氧化硫都是酸性氧化物，都能与碱溶液反应，所以生产过程中产生的尾气可用碱液吸收，防止污染空气，故D正确；故选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.丙烯和溴化氢在通常情况下发生加成反应主要得到2-溴丙烷，其机理如下。下列说法不正确的是A.上述反应中，第一步为反应决速步骤B.碳正离子中间体的稳定性：C.丙烯与卤化氢加成时，的反应速率最大D.与加成的主要产物为【答案】D【解析】A．上述反应中，第一步为反应慢，为决速步骤，A正确；B．第一步慢反应得到的碳正离子为，可以推得碳正离子中间体稳定性：，B正确；C．慢反应决定反应速率，酸性HI>HBr>HCl，故加入HI第一步反应更快，可知CH3CH=CH2与氢卤酸反应时速率大小HI>HBr>HCl，C正确；D．根据题干信息，烯烃与HBr反应第一步是氢离子结合有一定负电性的碳原子，由于-CF3为吸电子基团，故与HBr加成的主要产物为，D错误；故选D。12.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，向反应后的溶液中慢慢倒入适量蒸馏水溶液呈蓝色铜与浓硫酸反应生成了硫酸铜B用计分别测等物质的量浓度的和溶液的计显示溶液，溶液酸性C向溶液中持续滴加氯水溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色氯水不仅可以氧化还可以氧化D灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色该有机物中有醇羟基A.A B.B C.C D.D【答案】BC【解析】A．检验铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，应将反应后溶液缓慢倒入适量水的烧杯中而不能向浓硫酸中加水，操作错误，A错误；B．用pH计分别测等物质的量浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液的pH，前者大于后者，说明碳酸氢根水解程度大于亚硫酸氢根的水解程度，根据越弱越水解可知，酸性H2SO3>H2CO3，B正确；C．向KI溶液中持续滴加氯水，溶液先由无色变为棕黄色，是因氯气将KI氧化生成碘单质，生成的碘单质能继续被氧化生成碘酸，从而使棕黄色褪色，说明氯水不仅可以氧化I−还可以氧化，C正确；D．灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色，该有机物中可能存在醇羟基将CuO还原为Cu，也能存在羧基将表面氧化铜溶解，D错误；故选BC13.一种基于氯碱工艺的新型电解池(下图)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法正确的是A.阳极反应：B.阴极区溶液中浓度逐渐降低C.理论上每消耗，阳极室溶液减少D.理论上每消耗，阴极室物质最多增加【答案】AD【解析】该题是电解池，用于湿法冶铁，所以左边电极是阴极，电极反应为：，右边电极是阳极，电极反应为：。A．根据分析知，阳极反应：，A正确；B．左边电极是阴极，电极反应为：，阳极区钠离子移向阴极，因此阴极区氢氧化钠溶液的浓度逐渐升高，B错误；C．根据电极反应：，则理论上每消耗，转移电子，则阳极室有钠离子移向阴极，根据阳极反应：，阳极有氯离子发生反应，则阳极室溶液减少，C错误；D．根据电极反应：，则理论上每消耗，转移电子，则阳极室有钠离子移向阴极，则阴极室增加了钠离子，即最多增加，D正确；故选AD。14.室温下，二元弱酸的各含微粒分布系数如图所示。向溶液中滴加溶液(溶液体积变化忽略不计)。一般认为二元弱酸能被分步准确滴定的条件是。下列说法错误的是A.的数量级为B.滴入溶液时，混合体系中C.滴定理论终点时，溶液中存在D.借助指示剂甲基橙和酚酞，用标准溶液可测定、混合液中的含量【答案】D【解析】向溶液中滴加溶液，则随着增大，逐渐减小，先增大后减小，增大。当pH=4.2时，c(A2-)=c(HA-)，根据得。同理，当约为1.2时，c(H2A)=c(HA-)，根据得。A．由分析可知，，的数量级为，A正确；B．滴入溶液时，溶质为KHA，的水解常数为，即的电离程度大于水解程度，所以混合体系中，B正确；C．滴定理论终点时，溶质为K2A，则需要滴入溶液，则根据物料守恒，C正确；D．一般认为二元弱酸能被分步准确滴定的条件是，而该二元弱酸的，因此借助指示剂甲基橙和酚酞，用标准溶液无法测定混合液中的KHA含量，D错误；故选D。15.某同学研究浓硝酸与溶液的反应，进行如下实验：已知：能被氧化为黄色的，可聚合为红色的。下列分析正确的是A.②中溶液变红，是由于生成了B.取少量③中的溶液加入溶液，产生白色沉淀，证明最终有生成C.分析①②知，硝酸氧化的速率大于聚合为的速率D.向溶有的浓硝酸中加几滴溶液，溶液先变红后迅速褪色并产生大量红棕色气体，证明催化浓硝酸氧化的反应【答案】BD【解析】由图可知，向浓硝酸中滴入硫氰化钾溶液，溶液立即变红说明浓硝酸与硫氰酸根离子反应生成二氧化氮、红色的和水，静置一段时间后，突然剧烈反应，红色迅速褪去，产生大量红棕色气体，说明反应生成的二氧化氮是反应的催化剂，使浓硝酸氧化反应的反应速率加快。A．由分析可知，②中溶液变红，是由于生成了，故A错误；B．取少量③中的溶液加入氯化钡溶液，产生硫酸钡白色沉淀说明浓硝酸与反应时，硫元素被氧化为硫酸根离子，故B正确；C．②中溶液立即变红，说明聚合为的速率大于硝酸氧化的速率，故C错误；D．向溶有二氧化氮的浓硝酸中加几滴硫氰化钾溶液，溶液先变红后迅速褪色并产生大量红棕色气体说明二氧化氮是反应的催化剂，使浓硝酸氧化反应的反应速率加快，证明二氧化氮催化浓硝酸氧化的反应，故D正确；故选BD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.卤族元素的化合物在科研和生产中有着重要的作用。回答下列问题：（1）基态碘原子价电子排布式为_______；碘单质在中的溶解度比在水中的大，原因是_______。（2）主要用于药物合成，通常用反应生成，再水解制备，的空间结构是_______，水解生成的化学方程式是_______。（3）在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞(图1，长方体棱长为、、)，另一种取立方体形晶胞(图2，居于立方体中心，立方体棱长为)。图中氢原子皆己隐去。①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子(●)位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为_______；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为_______。②两种晶型的密度近似相等，则_______(以含、和的代数式表达)。【答案】（1）①.②.碘单质、均为非极性分子，水为极性分子，相似相溶（2）①.三角锥形②.（3）①.②.8③.【解析】（1）I元素位于第五周期第VIIA族，基态碘原子价电子排布式为。碘单质在中的溶解度比在水中的大，是因为碘单质、均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在中的溶解度比在水中的溶解度大。（2）PI3的中心原子P的价层电子对数为，有一对孤电子对，故其空间结构是三角锥形，PI3水解生成，化合价不变，则化学方程式是。（3）①由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×=1，位于棱上的锂离子个数为12×=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为=；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为12×=8；故答案为：；8；②设Li2(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为，立方体形晶胞，由两种晶型的密度近似相等可知，c=，故答案为：。17.锰是生产各种合金的重要元素。工业上以含锰矿石(主要成分为，还含有铁、钴、铜等的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：已知：时，部分物质的溶度积常数如下表所示。物质回答下列问题：（1）用硫酸浸取含锰矿石时，提高浸取速率的方法有_______(任写一种)。（2）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为_______。（3）滤渣1的主要成分是_______；实验室中为了加快固液混合物的分离，常采用的操作是_______。（4）当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽。“除杂2”步骤需要控制溶液的至少为_______(已知)。（5）“除杂3”步骤所得溶液中，则其[]的范围是_______。（6）电解废液中还含有少量，向其中加入饱和溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离子方程式为_______。【答案】（1）将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等（2）（3）①.、②.抽滤（4）（5）（6）【解析】含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2+，铁、钴、铜的碳酸盐转化为铁离子、亚铁离子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2+，加入氨水调节pH=4，此时c(OH-)=10-10mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH，使Cu2+转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2+不能沉淀，此时滤渣2为氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS沉淀，最后电解得到Mn。（1）用硫酸浸取含锰矿石时，可采用将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等方式提高浸取速率。（2）氧化过程中，MnO2将Fe2+氧化Fe3+，自身被还原为Mn2+，离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O。（3）根据分析可知，滤渣1的主要成分为Fe(OH)3、MnO2，实验室为了加快固液混合物的分离，常用的操作为抽滤。（4）除杂2步骤中，要使铜离子转化为氢氧化铜沉淀，锰离子不能发生沉淀，则c(Cu2+)≤10-5mol/L时，c(OH-)≥=×10-7.5mol/L，c(H+)≤×10-6.5mol/L，pH≥6.5－=6.65，pH至少为6.65。（5）除杂3中锰离子浓度为0.5mol/L，锰离子不能发生沉淀，则c(S2-)<5×10-10mol/L，同时Co2+要沉淀完全，则c(Co2+)≤10-5mol/L，c(S2-)≥4×10-16mol/L，则9.3<pS≤15.4。（6）电解废液中含有少量Mn2+，加入饱和NH4HCO3，有沉淀和气体生成，沉淀为碳酸锰，气体为二氧化碳，离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O。18.化合物H为合成阿帕替尼的中间体，一种合成路线如下(部分反应条件已简化)：已知：ⅰ．ⅱ．ⅲ．回答下列问题：（1）A的名称是_______；B→C的化学方程式为_______。（2）已知硝化反应中包含如下基元反应：，中碳原子的杂化方式为_______。（3）反应条件X应选择_______(填标号)。a．b．c．d．、/加热（4）F中的官能团名称为酯基、_______；G的结构简式为_______。（5）满足下列条件的H的同分异构体有_______种。①含有、、3种结构②除苯环外，核磁共振氢谱显示有2组峰（6）化合物H的另一种合成路线如下：N的结构简式为_______。【答案】（1）①.苯乙酸②.+（2）（3）c（4）①.酰胺基、氯原子②.（5）7（6）【解析】A与甲醇发生酯化反应生成B()，B与在NaH存在下反应生成C（C13H16O2），C与HNO3在H2SO4加热反应生成D，由D的结构简式知，C的结构简式为，D发生还原生成E，E发生已知ⅱ的反应生成F（C20H20NO3Cl），F的结构简式为，F发生已知ⅲ的反应生成G，G的结构简式为，G发生已知ⅰ的反应生成H（C19H19N3O），H的结构简式为，据此作答。（1）根据A的结构简式可知A的名称为苯乙酸，据分析可知，B→C的化学方程式为：+，答案：苯乙酸、+；（2）中与—NO2相连的碳原子为sp3杂化、其余碳原子为sp2杂化，碳原子的杂化方式为，答案：；（3）D发生还原生成E，H2在Pd存在下能将D还原为E，故选c，答案：c；（4）F()中的官能团名称为酯基、酰胺基、碳氯键，据分析可知，G的结构简式为，答案：酰胺基、碳氯键、；（5）据分析可知，H的结构简式为，H的分子式为C19H19N3O，H的同分异构体①有-NH2、-OH、3种结构和②除苯环外，核磁共振氢谱显示有2组峰，故3个N原子形成3个—NH2并连接在同一个饱和碳原子上，—OH的位置为图中数字，即符合条件的同分异构体有7种，答案：7；（6）发生还原反应生成的M为，M与反应生成的N为，N发生已知ⅲ的反应生成H，答案：。19.实验室制备的装置如图所示(夹持装置略)，易潮解、易升华，高温下易被氧气氧化。已知：能被氧化为。回答下列问题：（1）装置中发生反应的化学方程式为_______；实验操作的正确顺序为：连接装置检查装置气密性，装入药品；_______(填标号)。a.加热反应管继续升温至，直至装置中反应完全，停止加热装置b.关闭、，打开，水浴保持在之间c.停止加热装置，打开、，关闭，继续通至中无液滴滴下d.停止通入冷凝水e.打开、、，通入并通入冷凝水f.加热管式炉的反应管至（2）仪器的名称为_______；、作用为_______；气体有毒，遇水产生两种酸性气体，装置中发生反应的化学方程式为_______；图示装置存在的缺陷是_______。（3）称取样品配成溶液。移取于碘量瓶中，加入(足量)充分反应，加热煮沸，冷却后加入硫酸溶液和足量溶液，加入少量淀粉溶液，用标准溶液滴定至终点，消耗标准液体积。(已知：杂质不反应；)①该样品中的质量分数为_______(用含、、的代数式表示)。②若滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）①.②.（2）①.直形冷凝管②.冷凝并收集未反应完的③.④.、之间导管易造成堵塞；E、F之间无干燥装置（3）①.②.偏小【解析】三氯化铬易潮解，高温下易被氧化，因此反应前需要除去装置内的空气，先通入氮气，氮气通过浓硫酸干燥后通入装置A中，除去装置中原有的空气，随后加热装置A使四氯化碳气化进入装置B中，在加热条件下与反应生成，未反应的四氯化碳经过冷凝后收集，生成的被溶液吸收。（1）根据分析可知，在装置B中的反应为：。反应时，应先将装置内空气排出，之后对其进行预加热，再将K1，K3关闭，对圆底烧瓶进行水浴加热，使氨气从K2进入反应装置。同时对硬质玻璃管继续加热，使反应进行。待B中反应结束后，停止加热，为将产物全部排出，开始继续通入氮气。综上所述，其顺序为：efbacd。（2）装置D为直形冷凝管，装置D、E的作用是为了冷凝并收集未反应完的。根据上述分析可知，COCl2与水反应得到的酸性气体为CO2和HCl，故其与氢氧化钠溶液的反应为：。由于B、C之间的导管较小，故气流可能会将Cr2O3粉末带入导管内，导致其堵塞。而且CrCl3易潮解，故E、F间需要加一个干燥装置。故整体缺陷为：B、C之间导管易造成堵塞；E、F之间无干燥装置。（3）①整个反应的过程为，先让足量的过氧化钠和三氯化铬反应，离子方程式为：。再让碘化钾去还原生成的，再用硫代硫酸钠滴定生成的碘单质。其数量关系为：~2~3~6。故有：，因只取了25mL的样品溶液，故总共的=。样品的质量分数为：；②若滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则滴定终点读取的标准液体积偏小，则测定结果偏小。20.加氢转化为二甲醚()的反应过程如下：I.Ⅱ.Ⅲ.回答下列问题：（1）若逆反应的活化能为，则正反应的活化能为_______(用含的式子表示)。（2）在的恒压密闭容器中充入和发生上述反应，的平衡转化率、和生成物的选择性随温度变化如下图所示。已知：生成物的选择性①表示选择性的曲线是_______(填“”“”或“”)；温度高于时，曲线随温度升高而增大的原因是_______。②，达到平衡时，容器内_______；反应Ⅰ用气体分压表示的平衡常数_______(气体分压气体总压体积分数)。（3）在恒温密闭容器中将等物质的量的和混合，选择适当的催化剂进行反应Ⅱ，已知该温度下反应Ⅱ的平衡常数，平衡时体系中的物质的量分数为，则_______(填标号)。a.b.c.d.（4）某温度时，将引入一个抽空的恒容容器中，发生分解反应：。在不同时间测定容器内总压的数据如下表：0反应速率可以用单位时间内分压的变化表示，即，前内二甲醚的平均反应速率_______。【答案】（1）（2）①.②.之后主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ吸热，升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大③.④.（3）（4）【解析】（1）观察可知，反应可由2×I+III得到，根据盖斯定律，该反应的，则该反应的正反应的活化能为。（2）①反应III放热，升高温度，其平衡逆向移动，的选择性降低，反应II吸热，升高温度，其平衡正向移动，的选择性变大，故表示选择性的曲线是b；反应I放热，升高温度，其平衡逆向移动，平衡转化率降低；反应II吸热，升高温度，其平衡正向移动，平衡转化率增大；故平衡转化率随温度升高是之前主要发生反应I，之后主要发生反应II；②由图知，260℃达平衡时，平衡转化率为50%，共转化了1mol，CO的选择性为36%，则CO生成了，二甲醚的选择性为50%，则二甲醚生成了，甲醇的选择性为1-36%-50%=14%，则甲醇转化生成了，可列出三个反应的转化量情况：I．II．III．，则平衡时容器内，，，，，，气体的总物质的量为6.12mol，反应Ⅰ的平衡常数；（3）设和初始均加入1mol，对于反应II列出三段式：，则其平衡常数，解得，平衡体系中CO的物质的量分数，则，选c；（4）可列出三段式：，则2amin时气体的总压强为，解得，所以前2amin内二甲醚的平均反应速率。山东省临沂市2025届高三上学期期末考试试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1Li7O16Na23Cl35.5Cr52Fe56一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与传统文化密不可分。下列说法错误的是A.药酒的制作利用了萃取原理B.丝绸因富含氨基而具有良好的吸湿性C.大理石可用于制砚台，主要成分为硅酸盐D.青铜器上的铜锈[]可用明矾水去除【答案】C【解析】A．药酒是将中药有效成分溶解在酒中而制成的日常佳品，利用了固-液萃取原理，A正确；B．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质因富含酰胺基而具有良好的吸湿性，B正确；C．大理石的主要成分是碳酸钙，C错误；D．明矾水解显酸性，青铜器上的铜锈可用明矾水去除，D正确；故答案选C；2.物质的性质决定用途。下列说法错误的是A.具有半导体性能，可用作芯片B.粉具有还原性，可用作食品脱氧剂C.液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂D.浓有强酸性，常温不能用铁罐储运【答案】D【解析】A．Si是半导体材料，可制作芯片，故A正确；B．铁是活泼金属，Fe粉具有还原性，可用作食品脱氧剂，故B正确；C．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，液氨可用作制冷剂，故C正确；D．浓HNO3有强氧化性，常温下铁遇到浓硝酸发生钝化，常温能用铁罐储运，故D错误；故选D。3.实验室中下列做法错误的是A.氢氟酸保存在塑料瓶中 B.用酒精灯直接加热蒸馏烧瓶C.用盐酸清洗焰色试验的铂丝 D.实验剩余的金属钠块放回原试剂瓶中【答案】B【解析】A．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应而腐蚀玻璃，所以氢氟酸应保存在塑料瓶中，故A正确；B．蒸馏烧瓶加热时需要垫上石棉网，不能直接加热，否则蒸馏烧瓶会受热不均而炸裂，故B错误；C．用盐酸清洗焰色试验的铂丝，然后取出在火焰上烧至无色可以去除铂丝表面可能吸附的杂质，确保后续实验的准确性，故C正确；D．金属钠的化学性质活泼，能与水反应生成易燃易爆的氢气，实验剩余的金属钠块直接丢弃在废液缸会发生意外事故，应放回原试剂瓶中，故D正确；故选B。4.下列过程不涉及氧化还原反应的是A.小苏打用作食品膨松剂 B.切开的苹果发生褐变C.豆科植物根瘤菌固氮 D.废弃的秸秆生产酒精【答案】A【解析】A．小苏打用作食品膨松剂，是碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体，不是氧化还原反应，A符合题意；B．苹果切开一段时间后会发生褐变是因为多酚氧化酶（PPO）催化下迅速氧化，属于氧化还原反应，B不符合题意；C．固氮是将游离态的氮转化成化合态的氮，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；D．秸秆的主要成分是纤维素，纤维素经过发酵可产生酒精，发酵发生的是氧化还原反应，D不符合题意；故答案选A。5.下列化学用语或图示错误的是A.的电子式：B.的离子结构示意图：C.的模型：D.电子云图：【答案】C【解析】A．H2O2的结构式为H—O—O—H，电子式为：，A正确；B．Na+的离子结构示意图为：，B正确；C．SO3中S的价层电子对数为=3，VSEPR模型为，C错误；D．2pz电子云图：，D正确；故答案选C；6.某药物中间体的结构如图，下列说法错误的是A.分子中有4种官能团B.分子中有3个手性碳原子C.此物质有顺反异构体D.1mol该物质最多消耗3mol【答案】B【解析】A．分子中官能团为酚羟基、醚键、酯基、碳碳双键，A正确；B．中，只有“*”处的碳原子是手性碳原子，B错误；C．此物质分子中含有碳碳双键，且同一双键碳原子所连结构不同，故有顺反异构，C正确；D．该物质分子中有2个酚羟基、1个酯基，1mol该物质最多消耗3molNaOH，D正确；故选B。7.短周期主族元素的原子序数依次增大，X与Y形成的化合物常用作光导纤维，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍。下列说法正确的是A.第一电离能： B.简单氢化物的沸点：C.原子半径： D.含氧酸的酸性：【答案】B【解析】短周期主族元素的原子序数依次增大，X与Y形成的化合物常用作光导纤维，X为O，Y为Si，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍，电子排布式为1s22s22p63s23p4，W为S，Z为P。由上述分析可知，X为O元素、Y为Si元素、Z为P元素、W为S元素，A．同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，P的3p电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于相邻元素的第一电离能，则第一电离能：P＞S＞Si，故A错误；B．水分子间含氢键，沸点高，则简单氢化物的沸点：H2O＞H2S，故B正确；C．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Si＞S＞O，故C错误；D．同周期主族元素从左向右非金属性增强，对应最高价含氧酸的酸性增强，不是最高价含氧酸无此规律，故D错误；故选B。8.下列实验装置或操作正确的是A.保护铁件B.收集气体C.萃取振荡时放气D.配制溶液定容后摇匀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．铁件作负极，被腐蚀，则无法保护铁件，A错误；B．SO2不与饱和亚硫酸氢钠溶液反应，且难溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，则可用排饱和亚硫酸氢钠溶液收集SO2气体，B正确；C．萃取振荡时放气操作为：用一手压住分液漏斗顶塞，一手握住活塞，把分液漏斗倒转振荡，使两种液体充分混合，然后旋开活塞放气，C错误；D．配制溶液定容后摇匀操作：一只手用食指压住容量瓶瓶塞，另一只手托住瓶底，反复上下颠倒、摇匀，D错误；故选B。9.和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下：下列说法错误的是A.水解过程中只存在极性键的断裂和形成B.与晶体类型相同C.分子的极性：D.由此推断的水解产物为和HClO【答案】D【解析】A．NCl3水解过程中，NCl3与水反应生成HClO和NH3，NCl3与NH3中均存在极性键，H2O中存在极性键，HClO中存在极性键，NH3中存在极性键，故A项正确；B．NCl3、SiCl4是都属于分子晶体，故B项正确；C．NCl3中N原子形成3个σ键，孤电子对数为1，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形，分子结构不对称，为极性分子，SiCl4中S原子形成4个σ键，孤电子对数为0，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为正四面体，分子结构对称，为非极性分子，故C项正确；D．SiCl4的水解产物为原硅酸和HCl，故D项错误；故本题选D。10.硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。下列说法错误的是A.将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生B.I的化学方程式C.Ⅱ中的反应条件都是为了提高的平衡转化率D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收【答案】C【解析】由题给流程可知，黄铁矿在空气中加热反应生成四氧化三铁和二氧化硫等，催化剂作用下二氧化硫与空气中的氧气在常压、400-500℃条件下发生催化氧化反应生成三氧化硫，三氧化硫被98.3%的浓硫酸吸收得到硫酸。A．硫在空气中燃烧生成二氧化硫，所以将黄铁矿换成硫黄可以减少四氧化三铁废渣的产生，故A正确；B．由分析可知，反应I为黄铁矿在空气中加热反应生成四氧化三铁和二氧化硫，反应的化学方程式为，故B正确；C．使用催化剂，反应速率加快，但化学平衡不移动，二氧化硫的转化率不变，该反应是气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率减小，则反应Ⅱ中的使用催化剂和常压、400-500℃不是为了提高二氧化硫的转化率，而是为了兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，故C错误；D．尾气中的二氧化硫和三氧化硫都是酸性氧化物，都能与碱溶液反应，所以生产过程中产生的尾气可用碱液吸收，防止污染空气，故D正确；故选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.丙烯和溴化氢在通常情况下发生加成反应主要得到2-溴丙烷，其机理如下。下列说法不正确的是A.上述反应中，第一步为反应决速步骤B.碳正离子中间体的稳定性：C.丙烯与卤化氢加成时，的反应速率最大D.与加成的主要产物为【答案】D【解析】A．上述反应中，第一步为反应慢，为决速步骤，A正确；B．第一步慢反应得到的碳正离子为，可以推得碳正离子中间体稳定性：，B正确；C．慢反应决定反应速率，酸性HI>HBr>HCl，故加入HI第一步反应更快，可知CH3CH=CH2与氢卤酸反应时速率大小HI>HBr>HCl，C正确；D．根据题干信息，烯烃与HBr反应第一步是氢离子结合有一定负电性的碳原子，由于-CF3为吸电子基团，故与HBr加成的主要产物为，D错误；故选D。12.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，向反应后的溶液中慢慢倒入适量蒸馏水溶液呈蓝色铜与浓硫酸反应生成了硫酸铜B用计分别测等物质的量浓度的和溶液的计显示溶液，溶液酸性C向溶液中持续滴加氯水溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色氯水不仅可以氧化还可以氧化D灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色该有机物中有醇羟基A.A B.B C.C D.D【答案】BC【解析】A．检验铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，应将反应后溶液缓慢倒入适量水的烧杯中而不能向浓硫酸中加水，操作错误，A错误；B．用pH计分别测等物质的量浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液的pH，前者大于后者，说明碳酸氢根水解程度大于亚硫酸氢根的水解程度，根据越弱越水解可知，酸性H2SO3>H2CO3，B正确；C．向KI溶液中持续滴加氯水，溶液先由无色变为棕黄色，是因氯气将KI氧化生成碘单质，生成的碘单质能继续被氧化生成碘酸，从而使棕黄色褪色，说明氯水不仅可以氧化I−还可以氧化，C正确；D．灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色，该有机物中可能存在醇羟基将CuO还原为Cu，也能存在羧基将表面氧化铜溶解，D错误；故选BC13.一种基于氯碱工艺的新型电解池(下图)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法正确的是A.阳极反应：B.阴极区溶液中浓度逐渐降低C.理论上每消耗，阳极室溶液减少D.理论上每消耗，阴极室物质最多增加【答案】AD【解析】该题是电解池，用于湿法冶铁，所以左边电极是阴极，电极反应为：，右边电极是阳极，电极反应为：。A．根据分析知，阳极反应：，A正确；B．左边电极是阴极，电极反应为：，阳极区钠离子移向阴极，因此阴极区氢氧化钠溶液的浓度逐渐升高，B错误；C．根据电极反应：，则理论上每消耗，转移电子，则阳极室有钠离子移向阴极，根据阳极反应：，阳极有氯离子发生反应，则阳极室溶液减少，C错误；D．根据电极反应：，则理论上每消耗，转移电子，则阳极室有钠离子移向阴极，则阴极室增加了钠离子，即最多增加，D正确；故选AD。14.室温下，二元弱酸的各含微粒分布系数如图所示。向溶液中滴加溶液(溶液体积变化忽略不计)。一般认为二元弱酸能被分步准确滴定的条件是。下列说法错误的是A.的数量级为B.滴入溶液时，混合体系中C.滴定理论终点时，溶液中存在D.借助指示剂甲基橙和酚酞，用标准溶液可测定、混合液中的含量【答案】D【解析】向溶液中滴加溶液，则随着增大，逐渐减小，先增大后减小，增大。当pH=4.2时，c(A2-)=c(HA-)，根据得。同理，当约为1.2时，c(H2A)=c(HA-)，根据得。A．由分析可知，，的数量级为，A正确；B．滴入溶液时，溶质为KHA，的水解常数为，即的电离程度大于水解程度，所以混合体系中，B正确；C．滴定理论终点时，溶质为K2A，则需要滴入溶液，则根据物料守恒，C正确；D．一般认为二元弱酸能被分步准确滴定的条件是，而该二元弱酸的，因此借助指示剂甲基橙和酚酞，用标准溶液无法测定混合液中的KHA含量，D错误；故选D。15.某同学研究浓硝酸与溶液的反应，进行如下实验：已知：能被氧化为黄色的，可聚合为红色的。下列分析正确的是A.②中溶液变红，是由于生成了B.取少量③中的溶液加入溶液，产生白色沉淀，证明最终有生成C.分析①②知，硝酸氧化的速率大于聚合为的速率D.向溶有的浓硝酸中加几滴溶液，溶液先变红后迅速褪色并产生大量红棕色气体，证明催化浓硝酸氧化的反应【答案】BD【解析】由图可知，向浓硝酸中滴入硫氰化钾溶液，溶液立即变红说明浓硝酸与硫氰酸根离子反应生成二氧化氮、红色的和水，静置一段时间后，突然剧烈反应，红色迅速褪去，产生大量红棕色气体，说明反应生成的二氧化氮是反应的催化剂，使浓硝酸氧化反应的反应速率加快。A．由分析可知，②中溶液变红，是由于生成了，故A错误；B．取少量③中的溶液加入氯化钡溶液，产生硫酸钡白色沉淀说明浓硝酸与反应时，硫元素被氧化为硫酸根离子，故B正确；C．②中溶液立即变红，说明聚合为的速率大于硝酸氧化的速率，故C错误；D．向溶有二氧化氮的浓硝酸中加几滴硫氰化钾溶液，溶液先变红后迅速褪色并产生大量红棕色气体说明二氧化氮是反应的催化剂，使浓硝酸氧化反应的反应速率加快，证明二氧化氮催化浓硝酸氧化的反应，故D正确；故选BD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.卤族元素的化合物在科研和生产中有着重要的作用。回答下列问题：（1）基态碘原子价电子排布式为_______；碘单质在中的溶解度比在水中的大，原因是_______。（2）主要用于药物合成，通常用反应生成，再水解制备，的空间结构是_______，水解生成的化学方程式是_______。（3）在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞(图1，长方体棱长为、、)，另一种取立方体形晶胞(图2，居于立方体中心，立方体棱长为)。图中氢原子皆己隐去。①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子(●)位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为_______；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为_______。②两种晶型的密度近似相等，则_______(以含、和的代数式表达)。【答案】（1）①.②.碘单质、均为非极性分子，水为极性分子，相似相溶（2）①.三角锥形②.（3）①.②.8③.【解析】（1）I元素位于第五周期第VIIA族，基态碘原子价电子排布式为。碘单质在中的溶解度比在水中的大，是因为碘单质、均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在中的溶解度比在水中的溶解度大。（2）PI3的中心原子P的价层电子对数为，有一对孤电子对，故其空间结构是三角锥形，PI3水解生成，化合价不变，则化学方程式是。（3）①由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×=1，位于棱上的锂离子个数为12×=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为=；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为12×=8；故答案为：；8；②设Li2(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为，立方体形晶胞，由两种晶型的密度近似相等可知，c=，故答案为：。17.锰是生产各种合金的重要元素。工业上以含锰矿石(主要成分为，还含有铁、钴、铜等的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：已知：时，部分物质的溶度积常数如下表所示。物质回答下列问题：（1）用硫酸浸取含锰矿石时，提高浸取速率的方法有_______(任写一种)。（2）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为_______。（3）滤渣1的主要成分是_______；实验室中为了加快固液混合物的分离，常采用的操作是_______。（4）当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽。“除杂2”步骤需要控制溶液的至少为_______(已知)。（5）“除杂3”步骤所得溶液中，则其[]的范围是_______。（6）电解废液中还含有少量，向其中加入饱和溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离子方程式为_______。【答案】（1）将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等（2）（3）①.、②.抽滤（4）（5）（6）【解析】含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2+，铁、钴、铜的碳酸盐转化为铁离子、亚铁离子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2+，加入氨水调节pH=4，此时c(OH-)=10-10mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH，使Cu2+转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2+不能沉淀，此时滤渣2为氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS沉淀，最后电解得到Mn。（1）用硫酸浸取含锰矿石时，可采用将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等方式提高浸取速率。（2）氧化过程中，MnO2将Fe2+氧化Fe3+，自身被还原为Mn2+，离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O。（3）根据分析可知，滤渣1的主要成分为Fe(OH)3、MnO2，实验室为了加快固液混合物的分离，常用的操作为抽滤。（4）除杂2步骤中，要使铜离子转化为氢氧化铜沉淀，锰离子不能发生沉淀，则c(Cu2+)≤10-5mol/L时，c(OH-)≥=×10-7.5mol/L，c(H+)≤×10-6.5mol/L，pH≥6.5－=6.65，pH至少为6.65。（5）除杂3中锰离子浓度为0.5mol/L，锰离子不能发生沉淀，则c(S2-)<5×10-10mol/L，同时Co2+要沉淀完全，则c(Co2+)≤10-5mol/L，c(S2-)≥4×10-16mol/L，则9.3<pS≤15.4。（6）电解废液中含有少量Mn2+，加入饱和NH4HCO3，有沉淀和气体生成，沉淀为碳酸锰，气体为二氧化碳，离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O。18.化合物H为合成阿帕替尼的中间体，一种合成路线如下(部分反应条件已简化)：已知：ⅰ．ⅱ．ⅲ．回答下列问题：（1）A的名称是_______；B→C的化学方程式为_______。（2）已知硝化反应中包含如下基元反应：，中碳原子的杂化方式为_______。（3）反应条件X应选择_______(填标号)。a．b．c．d．、/加热（4）F中的官能团名称为酯基、_______；G的结构简式为_______。（5）满足下列条件的H的同分异构体有_______种。①含有、、3种结构②除苯环外，核磁共振氢谱显示有2组峰（6）化合物H的另一种合成路线如下：N的结构简式为_______。【答案】（1）①.苯乙酸②.+（2）（3）c（4）①.酰胺基、氯原子②.（5）7（6）【解析】A与甲醇发生酯化反应生成B()，B与在NaH存在下反应生成C（C13H16O2），C与HNO3在H2SO4加热反应生成D，由D的结构简式知，C的结构简式为，D发生还原生成E，E发生已知ⅱ的反应生成F（C20H20NO3Cl），F的结构简式为，F发生已知ⅲ的反应生成G，G的结构简式为，G发生已知ⅰ的反应生成H（C19H19N3O），H的结构简式为，据此作答。（1）根据A的结构简式可知A的名称为苯乙酸，据分析可知，B→C的化学方程式为：+，答案：苯乙酸、+；（2）中与—NO2相连的碳原子为sp3杂化、其余碳原子为sp2杂化，碳原子的杂化方式为，答案：；（3）D发生还原生成E，H2在Pd存在下能将D还原为E，故选c，答案：c；（4）F()中的官能团名称为酯基、酰胺基、碳氯键，据分析可知，G的结构简式为，答案：酰胺基、碳氯键、；（5）据分析可知，H的结构简式为，H的分子式为C19H19N3O，H的同分异构体①有-NH2、-OH、3种结构和②除苯环外，核磁共振氢谱显示有2组峰，故3个N原子形成3个—NH2并连接在同一个饱和碳原子上，—OH的位置为图中数字，即符合条件的同分异构体有7种，答案：7；（6）发生还原反应生成的M为，M与反应生成的N为，N发生已知ⅲ的反应生成H，答案：。19.实验室制备的装置如图所示(夹持装置略)，易潮解、易升华，高温下易被氧气氧化。已知：能被氧化为。回答下列问题：（1）装置中发生反应