甘肃省张掖市省重点高中2025-2026学年高三上学期期中考试化学试卷（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1甘肃省张掖市省重点高中2025-2026学年高三上学期期中试卷(考试时间：75分钟总分：100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Ag108W184第I卷一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)1.2025年巴黎AI峰会上，DeepSeek创始人梁文峰通过量子全息投影技术远程参会，探讨材料科学与光学技术的结合。下列相关说法不正确的是A.全息投影技术的光电器件所用材料氮化镓为新型无机非金属材料B.甘油被用作全息投影设备的冷却剂，主要利用其强吸水性C.空气显示影像时通过电激发氧气发光，该过程属于物理变化D.聚四氟乙烯具有耐酸碱特性【答案】B【解析】A．氮化镓具有高硬度、高熔点、耐腐蚀等特性，符合新型无机非金属材料特点，A正确；B．甘油作冷却剂与其良好导热性和高比热容有关，与吸水性无关，B错误；C．电激发氧气发光没有新物质生成，是物理变化，C正确；D．聚四氟乙烯具有很强的耐酸碱特性，化学性质稳定，可用作全息投影仪的光敏胶片的显示材料，D正确；故选B。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子B.NaCl溶液中的水合离子：C.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：D.制备维纶(聚乙烯醇缩甲醛纤维)化学方程式为：【答案】C【解析】A．比例模型（空间填充模型）是用一定大小的球体来表示不同的原子的模型；氯原子半径大于碳，不可以表示四氯化碳分子，A错误；B．NaCl溶液中的水合离子中水分子朝向错了，水分子中的O朝向钠离子，水分子中的H朝向氯离子，B错误；C．氢键表达式为X-H⋯Y，邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图应为：，C正确；D．一个维纶的链节需要2个聚乙烯醇的链节和1分子甲醛发生缩合，脱去1分子水，所以反应的方程，D错误；故选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A.，完成反应转移的电子数为20B.常温下，的溶液中，水电离出的数为C.1mol最多消耗的个数为3NAD.电解精炼铜时，当电路中通过的电子数为NA时，阳极应有32gCu转化为【答案】A【解析】A．反应中锰化合价由+7变为+2，4mol被还原为Mn2+，共转移20mol电子，则完成反应转移的电子数为20，A正确；B．水解使得溶液显碱性，水解促进水的电离，pH=9的溶液中，水电离的H+浓度为，但题目未给出溶液体积，无法确定H+数目，B错误；C．1个苯环能和3分子氢气加成，-CN也会和氢气加成，则1mol最多消耗的物质的量大于3mol，个数大于3NA，C错误；D．电解精炼铜时，阳极粗铜中活泼金属杂质优先溶解，当电路中通过的电子数为NA时，Cu的实际溶解量小于0.5mol，则铜的质量小于32g，D错误；故选A。4.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A沸点：乙醇(78.3℃)高于二甲醚(-29.5℃)氢键作用B熔点：AlF3(1040℃)远高于AlCl3(178℃升华)晶体类型C键角：PF3(94°)小于PCl3(109.5°)电负性差异D分解温度：HBr(500℃)高于HI(300℃)范德华力作用A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．乙醇和二甲醚互为同分异构体，但由于乙醇中存在分子间氢键，而二甲醚中不存在，导致乙醇(78.3℃)的沸点高于二甲醚(-29.5℃)，即与氢键作用有关，A不合题意；B．AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，作用力：离子键＞范德华力，导致AlF3的熔点远高于AlCl3，则AlF3的熔点远高于AlCl3与晶体类型有关，B不合题意；C．电负性：F＞Cl，故PF3中共用电子对离P更远，排斥力更小，键角更小，且原子半径：F＜Cl，故PF3的键角小于PCl3，即与F、Cl的电负性差异有关，C不合题意；D．热分解温度：HBr为500℃，HI为300℃，稳定性HBr＞HI，是由于非金属性Br＞I，导致H-Br的键能比H-I的键能大，与分子间作用力无关，D符合题意；故答案为：D。5.下列有关反应热的叙述错误的是A.装置a中的反应进行时，温度计示数上升速率先慢后快B.装置b和装置c中的反应均大于0C.装置d用于进行中和反应的反应热测定，将溶液与盐酸混合时应迅速操作，否则所得偏大D.测定中和反应反应热时，用溶液分别与的盐酸、醋酸溶液反应，若所取的溶液体积相等，则测得的反应热数值相同【答案】D【解析】A．装置a中铝片与盐酸反应为放热反应。初始阶段，温度较低，反应速率慢，放出热量少，温度计示数上升慢；随着反应进行，放出的热量使温度升高，反应速率加快，放出的热量增多，温度计示数上升速率加快，故上升速率先慢后快，故A项正确；B．装置b中与的反应为典型的吸热反应（）；装置c中与盐酸的反应也为吸热反应（），即两者均大于0，故B项正确；C．装置d测定中和热时，若操作缓慢，热量散失导致测量的温度升高值偏小。根据，偏小使Q偏小，（负值）的绝对值减小，即偏大，故C项正确；D．盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，中和时醋酸电离需吸热，导致醋酸与反应放出的热量少于盐酸与反应放出的热量，因此，测得的反应热数值不同，故D项错误；故答案为D。6.金丝桃素能散发出特殊的清香，具有抑制中枢神经和镇静的作用，添加到保健品中可增强免疫力。其结构简式如图。下列说法错误的是A.分子中有2种含氧官能团B.分子中的所有碳原子共平面C.该物质可发生取代反应、加成反应和氧化反应D.分子中碳原子的杂化类型均是sp2【答案】D【解析】A．分子中含有(酚)羟基、(酮)羰基2种含氧官能团，A正确；B．六元环中的碳原子均为sp2杂化，两个甲基中的碳原子与连接的苯环共平面，B正确；C．(酚)羟基邻位氢原子可发生取代反应，(酮)羰基和苯环可发生加成反应，(酚)羟基易被氧化，C正确；D．甲基中的碳原子为sp3杂化，D错误；故选D。7.物质A的结构如图，其中M、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，基态Z原子的电子分布在三个能级。下面说法正确的是A.物质A的阴、阳离子中均含有配位键B.第一电离能：X<Y<ZC.物质A中所有原子最外层都满足8电子稳定结构D.基态Z原子的价层电子排布图为【答案】A【解析】M、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，基态Z原子的电子分布在三个能级，Z可形成2个共价键，则Z为O；M只能形成一个共价键，则M为H；W形成4个共价键的阴离子，则W为B；X形成4个共价键，则X为C；Y形成4个共价键的阳离子，则Y为N，据此解答。A．Y为N，其孤电子对与通过配位键形成，W为B，形成三个共价键后还存在空轨道，可接受氧原子的孤电子对通过配位键形成阴离子，A正确；B．同一周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但由于氮原子的2p轨道上的电子处于半充满、较稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：C<O<N，即X<Z<Y，B错误；C．H原子满足2电子稳定结构，B、C、N、O满足8电子稳定结构，C错误；D．基态O的价层电子排布图为，D错误；故答案为A。8.在电影《哪吒2》建构的奇幻世界里，影片中的人物炼制能提升仙力的丹药。铅丹是中国古代炼丹术中常出现的角色。工业上以废旧铅酸电池的铅膏（主要成分是和）为原料制备的流程如图：下列说法正确的是A.基态Pb原子的价层电子排布式为B.“还原”时的化学方程式为C.加入碳酸钠溶液“脱硫”是利用了D.实验室进行“灼烧”操作需要用到的全部仪器包括坩埚、酒精灯、玻璃棒【答案】B【解析】将主要含和的铅膏加入在硫酸的酸性环境中还原得到，再加入溶液进行脱硫转化为沉淀，过滤灼烧，最终得到产品，据此分析解答。A．Pb为82号元素，位于周期表中第六周期第

ⅣA族，其基态Pb原子的价层电子排布式为，A错误；B．“还原”时是利用在硫酸酸性环境中，加入将还原得到，则反应的化学方程式为：，B正确；C．“脱硫”是在固体中加入溶液转化为沉淀，说明，C错误；D．灼烧操作需要用到的全部仪器包括：坩埚、坩埚钳、泥三角、三脚架和酒精灯，D错误；故答案为：B。9.下列有关实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A向硫酸铜溶液中依次加入足量氨水和适量乙醇最终析出深蓝色晶体乙醇降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度B向丙烯醛(CH2=CHCHO)中加入溴水溴水褪色丙烯醛与Br2发生了加成反应C溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去溴乙烷发生消去反应D向葡萄糖溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液高锰酸钾溶液紫色消失葡萄糖中含有醛基A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．硫酸铜溶液与足量氨水反应生成硫酸四氨合铜，向硫酸铜溶液中依次加入足量氨水和适量乙醇，最终析出深蓝色晶体是因为乙醇降低了硫酸四氨合铜晶体的溶解度，A正确；B．丙烯醛中含有C=C、-CHO，-CHO能被溴单质氧化，C=C与溴单质发生加成反应，所以溶液颜色褪去，不能证明结构中存在碳碳双键，B错误；C．挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去，不能证明溴乙烷发生消去反应，C错误；D．葡萄糖分子中含有多个羟基，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；故选A。10.蜂胶可作抗氧化剂，其主要活性成分咖啡酸苯乙酯(CAPE)的合成路线如下：下列说法错误的是A.CAPE存在顺反异构 B.Ⅰ与Ⅱ反应的产物除Ⅲ外还有2—丙醇C.CAPE可作抗氧化剂，可能与羟基有关 D.1molⅢ与最多可消耗2molNaOH【答案】B【解析】Ⅰ中环断裂和Ⅱ反应生成Ⅲ，结合质量守恒，还生成丙酮：CH3COCH3，反应为，Ⅲ和反应转化为CAPE；A．顺反异构指化合物分子具有自由旋转的限制因素，使各个基团在空间排列方式不同出现非对映异构体的现象，限制因素一般是由有机物结构中出现“C=C”、“C=N”等不能自由旋转的官能团引起，CAPE含有C=C双键，且双键左右两边含有一对不同基团，满足结构，存在顺反异构体，所以CAPE有顺反异构体，A正确；B．由分析，Ⅰ与Ⅱ反应的产物除Ⅲ外，另一产物为丙酮，B错误；C．CAPE可作抗氧剂，是因为其结构中含有易被氧化剂氧化的C=C双键和羟基（-OH），C正确；D．1molⅢ中含有1mol酯基和1mol羧基，羧基显酸性，与NaOH发生酸碱中和反应，酯基与NaOH发生水解反应，故消耗2molNaOH，D正确；故选B。11.硝酸厂烟气中的大量氮氧化物()排放到空气中会污染空气，用还原法可以将转化为无害物质。常温下，将与的混合气体通入与的混合溶液中，转化过程如图所示。下列说法错误的是A.由反应Ⅰ知，氧化性：B.反应过程中有非极性键的断裂和形成C.反应一段时间后，溶液的酸性增强D.理论上，反应Ⅱ每转化，转移电子【答案】C【解析】A．根据机理图可知，反应Ⅰ发生2Ce4++H2=2Ce3++2H+，依据氧化还原规律，推出氧化性：Ce4+＞H+，故A说法正确；B．根据机理图可知，氢气参与反应，断裂非极性键，氮气的生成，非极性键形成，故B说法正确；C．总反应为4H2+2NO2=4H2O+N2，反应一段时间后溶液的酸性减弱，故C说法错误；D．根据机理图可知，反应Ⅱ中氧化剂只有NO2，还原产物为N2，因此转化46gNO2，转移电子物质的量为=4mol，故D说法正确；答案为C。12.下图为AgCl-Sb二次电池的放电过程示意图如图所示。下列叙述正确的是A.放电时，M极为正极B.放电时，N极上反应为C.充电时，消耗4molAg的同时将消耗D.充电时，M极上反应为【答案】D【解析】由图可知，放电时，N电极上发生得电子的还原反应，为正极，电极反应为：，M电极为负极，电极反应为，充电时，N为阳极，M为阴极，电极反应与原电池相反，据此解答。A．由分析可知，放电时，M电极为负极，A错误；B．由分析可知，放电时，N电极反应为：，B错误；C．由分析可知，建立电子转移关系式：，由此可知，消耗4molAg，同时消耗，C错误；D．充电时，M极为阴极，电极反应与原电池相反：，D正确；故选D。13.在两种不同催化剂作用下，反应的历程如图所示。下列叙述正确的是A.不同催化剂作用下使该反应的焓变不同B.基元反应②和③的正反应C.其他条件相同，比更不稳定D.其他条件不变，升温能提高平衡转化率【答案】C【解析】A．不同催化剂不改变反应的焓变，只改变反应速率，A错误；B．根据图像可知，基元反应②和③的正反应均是放热反应，B错误；C．比能量更低，比更稳定，C正确；D．总反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率降低，D错误；故选C。14.晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当时，其立方晶胞结构如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.与W最近且等距的O有6个 B.x增大时，W的平均价态升高C.密度为时， D.空位数不同，吸收的可见光波长不同【答案】B【解析】A．W位于立方体的顶角，以顶角W为例，在此晶胞内，离该顶角最近且距离相等的O原子位于该顶角所在3条棱的棱心，由于该顶角在8个晶胞里，而棱上的原子被4个晶胞共有，所以与W最近且距离相等的O原子有，故A正确；B．O元素化合价为-2价，负化合价总数为-6，设W元素的平均化合价为y，据正负化合价代数和为0可得：-6+y+x=0，y=6-x，x的值增大y减小，即W元素的平均化合价降低，故B错误；C．时，立方晶胞中W个数为、O个数为，若x=0.5，晶胞质量为，晶胞体积为，则密度，所以密度为时，x=0.5，故C正确；D．晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，即空位数不同，吸收的可见光波长不同，故D正确；故答案为：B。第II卷二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.在石油化工中常用到镍锌催化剂，利用某废镍锌催化剂(主要成分为Ni、Zn、矿物油污，还含有一定量的Al、SiO2)为原料生产ZnSO4·7H2O和Ni的工艺流程如图所示。已知：①常温下，部分物质的溶度积常数如表所示。难溶物Zn(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2Ksp②Ni的稳定氧化物为NiO。回答下列问题：（1）“焙烧”的目的是_______。（2）滤渣Ⅰ为_______(填化学式)；操作1为_______。（3）“调pH”时，试剂a不能选用下列物质中的_______(填标号)。A．NiOB．Na2CO3C．Zn(OH)2（4）萃取原理为(水相)＋2RH(有机相)(有机相)(水相)。在硫酸盐溶液中，该萃取剂对某些金属离子的萃取率与pH关系如图所示。①在一定范围内，随着pH升高，萃取率升高的原因是_______。②在“反萃取”阶段，应选择的反萃取剂为_______(填标号)。A．2mol/LH2SO4B．0.01mol/LH2SO4C．0.001mol/LH2SO4（5）电解萃余液制备单质镍时，阴极的材料为_______；阳极的电极反应为_______；电解后得到的溶液b经处理后可在流程图_______工序使用。【答案】（1）除去废镍催化剂中的矿物油污、使金属单质转化为金属氧化物（2）①.SiO2②.分液（3）B（4）①.萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动②.A（5）①.纯镍②.2H2O-4e-=O2↑+4H+③.“酸浸”和“反萃取”【解析】由题干流程图可知，将废镍锌催化剂在空气中焙烧，除去废镍锌催化剂中的矿物油污、使金属单质转化为金属氧化物，向焙烧后的固体加入硫酸进行酸浸，将NiO、ZnO、Al2O3转化为NiSO4、ZnSO4和Al2(SO4)3，过滤出与硫酸不反应的SiO2，即滤渣I为SiO2，根据题干表中数据可知，加入试剂a为调节pH值使Al3+完全沉淀，而Zn2+和Ni2+不沉淀，可以加入NiO或ZnO、Zn(OH)2等，过滤出的滤渣Ⅱ即Al(OH)3和ZnO等，加入萃取剂萃取分液出含Zn2+的有机相和含Ni2+的萃余液，对有机相加入硫酸进行反萃取，得到的水溶液进行一系列操作得到ZnSO4·7H2O，电解萃余液得到Ni和溶液b即H2SO4溶液，据此分析解题。（1）“焙烧”可以除去废镍锌催化剂中的矿物油污，同时使金属单质转化为金属氧化物，故答案为：除去废镍锌催化剂中的矿物油污、使金属单质转化为金属氧化物；（2）由流程可知，废镍锌催化剂“焙烧”后的固体为NiO、ZnO、Al2O3、SiO2，只有SiO2不与H2SO4反应，滤渣Ⅰ为SiO2；操作1为分离有机层和水层，该操作为分液，故答案为：SiO2；分液；（3）试剂a的作用是调节溶液pH使Al3+沉淀，与Ni2+、Zn2+分离，为不引入杂质，可用NiO或Zn(OH)2，不能用Na2CO3，故答案为：B；（4）①由萃取原理(水相)＋2RH(有机相)(有机相)(水相)可知，萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进平衡正向移动，萃取率随pH的升高而升高，故答案为：萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动；②根据在硫酸盐溶液中该萃取剂对某些金属离子的萃取率与pH关系图示信息可知，pH＜0.5时不能萃取Zn2+，故“反萃取”阶段加H2SO4，调节溶液的pH＜0.5，即c(H+)＞10-0.5mol/L，故答案为：A；（5）由分析可知，萃余液为NiSO4溶液，电解NiSO4溶液制备单质Ni时，阴极的材料为纯镍，阴极的电极反应为Ni2++2e-=Ni，阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+；电解后得到的溶液b为H2SO4溶液，经浓缩后可在流程图“酸浸”和“反萃取”工序使用，故答案为：纯镍；2H2O-4e-=O2↑+4H+；“酸浸”和“反萃取”。16.与通过催化转化为高附加值化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。相关反应体系及其热力学数据(、)如下：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．Ⅳ．Ⅴ．回答下列问题：（1）_______（2）反应Ⅰ的机理包括3种路径(主要步骤如图)，在A路径中，决速步骤的能垒是_______，反应Ⅰ的最优路径是_______(填标号)。（3）某课题组模拟了加氢在不同温度下的平衡组分(如图)。保持总压为，温度为以上时，主要含碳产物是_______，计算时相关反应的平衡常数_______。（4）反应Ⅰ某路径的主要步骤如下(其中*表示吸附态)：①②③④⑤⑥⑦写出与第⑤步竞争的基元反应_______。（5）通过对负载的单原子催化剂进行掺杂，可调控催化剂选择性生成或，其示意图如下：ⅰ．写出Y的化学式_______。ⅱ．依据示意图，掺杂的催化剂可以提高Y的选择性，其原因是_______。【答案】（1）（2）①②.C（3）①.②.（4）（5）①.②.钠抑制了对的活化；钠与中间体的氧成键稳定了中间体构型【解析】（1）由盖斯定律，Ⅴ-Ⅳ得反应；（2）过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，在A路径中，决速步骤的能垒，反应Ⅰ的最优路径是C，其最大活化能最小，更利于反应进行；（3）由图，保持总压为，温度为以上时，主要含碳产物是；由图，时，氢气和水含量相等均为40%、乙醇和二氧化碳含量相等均为10%，则中氢气和水分压均为、乙醇和二氧化碳分压均为，则平衡常数；（4）反应⑤消耗的反应，与步骤⑤形成竞争反应是争夺OH*的反应，即OH*+*=O*+H*和反应；由反应可知，④为可逆反应，则与第⑤步竞争的基元反应为：；（5）ⅰ．可调控催化剂选择性生成或，由图，右侧C、O相结合且均吸附与催化剂表面，则其后生成的Y为CO；ⅱ．由图，钠抑制了对的活化，钠与中间体的氧成键稳定了中间体构型，从而使得掺杂的催化剂可以提高CO的选择性。17.某实验小组拟用乙酸和苯胺（加热时易被氧化）制备乙酰苯胺，具体实验步骤如下：Ⅰ．粗乙酰苯胺的制备向圆底烧瓶A中加入新蒸馏的苯胺、冰乙酸、少量粉，如图接好装置。小火加热A，控制顶端馏出温度约，当温度上下波动或瓶内出现白雾时停止加热。在不断搅拌下，趁热把反应混合物倒入盛有冷水的烧杯中，析出乙酰苯胺晶体，充分冷却至室温，减压过滤，用冷水洗涤晶体次，抽干得乙酰苯胺粗品。Ⅱ．乙酰苯胺的提纯将粗乙酰苯胺固体移入盛有热水的烧杯中，加热至沸腾使其完全溶解，补加少量热水。稍冷后，加入活性炭吸附色素等杂质，在搅拌下微沸，__________，冷却至室温，有晶体析出，抽滤、晾干得乙酰苯胺纯品。已知：①反应原理：②相关数据及物理性质：

相对分子质量熔点沸点密度溶解性苯胺93184微溶于水，溶于乙酸冰醋酸60118与水互溶乙酰苯胺135115305微溶于水，溶于乙酸、热水③装置B为刺形分馏头，用于分离沸点相差较小的液态混合物。回答下列问题：（1）合成反应装置中仪器D的名称是_______，仪器C中冷却水从_______（填“a”或“b”）口进入。（2）反应混合物中加入少量锌粉的目的是_______。加入锌粉的量不宜过多，试从平衡的角度分析原因_______。（3）控制顶端馏出温度的原因是_______。（4）抽滤装置如图，洗涤乙酰苯胺粗品时，需要以下操作：a.关活塞F，开抽气泵抽干；b.待洗涤剂缓慢通过；c.开活塞F，加入冷水至浸没固体；d.开活塞F，关抽气泵。正确的顺序是_______（填标号）；重复次。（5）活性炭不能趁热加入的原因是_______。（6）提纯乙酰苯胺时，搅拌下微沸之后的操作是_______，乙酰苯胺的产率为_______（用含m的计算式表示）。【答案】（1）①.尾接管（或接引管、牛角管）②.b（2）①.与乙酸反应生成排空气，防止苯胺被氧化（或作还原剂，防止苯胺被氧化）②.锌粉过多，消耗乙酸也多，乙酸浓度下降使平衡逆移，产率降低（3）分离出反应产生的，且减少乙酸的蒸出（4）cbad（5）防暴沸（或防止液体喷出）（6）①.趁热过滤②.【解析】本实验是通过苯胺和乙酸反应制备乙酰苯胺()，由于乙酰苯胺加热时易被氧化，向乙酸中加入少量Zn粉，Zn粉和乙酸反应生成氢气，排出装置内的氧气，防止苯胺被氧化；由于乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，故将反应混合物倒入冷水中，使乙酰苯胺晶体析出，洗涤后得到粗品，提纯后得到纯净的乙酰苯胺，据此分析；（1）合成反应装置中仪器D的名称是尾接管（或接引管、牛角管），仪器C下口进水上口出水，故冷却水从b口进入；（2）Zn粉和乙酸反应生成氢气，排出装置内的氧气，防止苯胺被氧化（或作还原剂，防止苯胺被氧化）；锌粉过多，消耗乙酸也多，乙酸浓度下降使平衡逆向移动，产率降低；（3）苯胺和乙酸反应生成乙酰苯胺和水，馏出温度105℃有利于水蒸气馏出，减少乙酸馏出，使反应向正向进行，从而得到更多的乙酰苯胺；（4）操作：开活塞F，加入冷水至浸没固体，并保持固体层分布均匀，待洗涤剂缓慢通过，关活塞F，开抽气泵抽干，开活塞F，关抽气泵，故选cbad；（5）趁热活性炭加入以后由汽化热会引发的“暴沸”，故不能趁热加入的原因是：防暴沸（或防止液体喷出）；（6）新蒸馏的苯胺（密度）、冰乙酸（密度），冰乙酸过量，根据关系式苯胺~乙酰苯胺，乙酰苯胺的产率为。18.卤沙唑仑G是一种抗失眠药物，其合成路线如下图所示(部分反应条件省略)：已知：①②回答下列问题：（1）物质