2025-2026学年普通高等学校联合招收华侨港澳台高三下册第二次模拟化学试题 含答案

/2025-2026年中华人民共和国普通高等学校联合招收华侨、港澳台地区、台湾省学生二模考试高三化学试题可能用到的原子量H1C12N14O16Cl35.5K39Ca40Mn55Cu64Zn65Co59Ni59B11一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。1.2018年全国生态环境保护大会在北京召开，旨在保护环境、造福人类。下列有关说法正确的是A.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B.用光催化分解代替电解水制氢气，可实现节能环保C.天然气、沼气和太阳能分别属于化石能源、可再生能源和二次能源D.“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化【答案】B【解析】【详解】A．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，反应物的原子全部转化为期望的最终产物，故A错误；B．电解消耗电能，而光催化还原水制氢可利用太阳能，更节约能源，故B正确；C．天然气属于化石能源、沼气属于可再生能源、太阳能属于一次能源，故C错误；D．明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，明矾不能降低海水的盐离子浓度，不能使海水淡化，故D错误。故B正确。2.下列化学用语表述错误的是A.NH3的VSEPR模型为B.羟基的电子式：C.H2分子中σ键的电子云轮廓图为D.氧的基态原子的轨道表示式：【答案】A【解析】【详解】A．NH3分子中，N原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，而不是，A错误；B．羟基的结构式为-O-H，电子式为，B正确；C．s电子云为球形，H2分子中两个1s电子云发生重叠形成σ键，则电子云轮廓图为，C正确；D．氧的基态原子的电子排布式为1s22s22p4，则其轨道表示式：，D正确；故选A。3.设为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A.标准状况下，中含有的电子数为B.溶液中含有的数目为C.完全溶解于水，转移电子数为D.常温常压下，乙烯与环丙烷的混合气体中含有的原子数为【答案】D【解析】【详解】A．标况下，SO3为固体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，A项错误；B．溶液体积未知，无法计算Cl-数目，B项错误；C．氯气和水反应为可逆反应，不能进行到底，所以完全溶解于水，转移电子数小于，C项错误；D．乙烯与环丙烷的最简式为CH2，乙烯与环丙烷的混合气体中含有的原子数为，D项正确；答案选D。4.下列化学反应对应的离子方程式正确的是A.用酸性溶液滴定草酸溶液：B.向溶液中通入少量得到：C.用稀硝酸除去试管内壁的银镜：D.向溶液中滴加过量溶液：【答案】B【解析】【详解】A．草酸是二元弱酸，不能拆写成离子形式，，A错误；B．溶液中通入少量得到，同时生成碳酸钠，B正确；C．稀硝酸和银生成硝酸银和NO、水，，C错误；D．溶液中滴加过量溶液，反应生成氢氧化镁沉淀和碳酸钠：，D错误；故选B。5.新家装修后甲醛含量超标，可用二氧化氯来除甲醛，生成、和，下列说法错误的是A.消耗等量甲醛所需与的物质的量之比等于B.甲醛能发生银镜反应，1mol甲醛最多可制得C.反应生成，则转移4mol电子D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为【答案】A【解析】【详解】A．假设消耗1mol甲醛，反应转移4mol电子，每个中Cl从+4价到-1价得5个电子，需45molClO2；每个中Cl从+1价到-1价得2个电子，需物质的量为2mol，ClO2与NaClO物质的量之比为45:2=2:5B．甲醛结构相当于含有2个醛基，1mol甲醛发生银镜反应最多可制得4molAg，B正确；C．反应中C元素从0价升高到+4价，每生成1mol转移4mol电子，C正确；D．根据得失电子守恒和原子守恒配平反应为4ClO2+5HCHO=5CO2故答案选A。6.下列根据相关数据做出的判断不正确的是A.电负性：，则酸性：B.键能：键键，则沸点：C.，则相同温度相同浓度溶液的碱性：D.，则稳定性：石墨金刚石【答案】B【解析】【详解】A．电负性：，吸电子效应使中羧基上的氢原子更容易电离，酸性大于，A正确；B．沸点由分子间作用力（如氢键）决定，中存在分子间氢键，故沸点大于，B错误；C．，则相同温度相同浓度溶液中，水解程度：，则碱性：，C正确；D．由石墨到金刚石吸热，说明石墨能量更低，更稳定，D正确；故选B。7.在给定条件下，下列制备或处理过程涉及的物质转化均可实现的是A.工业制硝酸：B.去除难溶物：C.制备配合物：溶液D.制取金属银：【答案】C【解析】【详解】A．NO和不发生反应，无法直接转化得到，A错误；B．的溶解度小于，难以通过饱和溶液将转化为，且与盐酸不反应，B错误；C．溶液和过量氨水反应可以生成硫酸四氨合铜，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度较低，加入乙醇可析出[Cu(NH3)4]SO4H2O晶体，转化均可实现，C正确；D．蔗糖属于非还原性糖，不含醛基，不能和银氨溶液发生银镜反应得到，D错误；故选C。8.莫西赛利是一种治疗脑血管疾病的药物，其部分合成路线如下，下列说法错误的是A.X的分子式为B.X与完全加成的产物中含有手性碳原子C.Y能发生氧化反应、取代反应、加成反应D.最多能与反应【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，X的分子式为，故A正确；B．由结构简式可知，X分子一定条件下与氢气发生加成反应所得产物中含有如图*所示的4个手性碳原子：，故B正确；C．由结构简式可知，Y分子中含有的甲基和乙基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，含有的酯基和苯环、甲基、乙基上氢原子能发生取代反应，含有的苯环能发生加成反应，故C正确；D．由结构简式可知，Y分子中含有的酚酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1molY最多能与2mol氢氧化钠反应，故D错误；故选D。9.向恒容密闭容器中充入1molXeF4(g)和一定量的F2(g)，发生反应：。XeF4的平衡转化率随投料比、温度变化曲线如图所示。下列说法错误的是A. B.正反应速率：C.平衡常数： D.450K时，压强不变则反应达到平衡【答案】B【解析】【详解】A．投入对应转化率较大，则较大，即较小，A正确；B．两点对应温度相同，起始投入都是，则b点投入较大，起始浓度较大，正反应速率较大，即正反应速率：，B错误；C．温度升高，平衡转化率减低，说明正反应是放热反应，较低温度下平衡常数较大，温度相同，平衡常数相等，故平衡常数：正确；D．该反应是气体分子数减小反应，当恒容恒温条件下气压不变时，反应达到平衡状态，D正确；故答案为：B。10.下列实验操作或处理方法错误的是A.通过CuSO4溶液可除去C2H2中的H2S杂质B.用浓氨水溶解试管内壁上的氯化银固体C.实验室取用少量白磷时，可在水中用小刀进行切割D.用过滤法分离苯和三溴苯酚的混合物【答案】D【解析】【详解】A．CuSO₄溶液可与H2S反应生成CuS沉淀，H₂S+CuSO₄=CuS↓+H2SO4，而乙炔（C2H2）不与CuSO4溶液反应，可用此方法除去H2S杂质，A正确；B．浓氨水能与AgCl反应生成可溶的[Ag(NH3)2]⁺配离子，AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]⁺+Cl⁻，即可以用浓氨水溶解试管内壁上的氯化银固体，B正确；C．白磷在空气中易自燃，在水中能隔绝氧气，因此在水中切割可防止白磷燃烧，C正确；D．苯是有机溶剂，三溴苯酚易溶于苯中，无法通过过滤分离，D错误；故选D。11.镍离子和钴离子性质相似，可用如图所示装置实现二者分离。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移，与乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是A.电流方向：B.石墨M电极的电极反应式为C.水解离出的可以抑制Ⅱ室中的转化反应D.导线中通过1mol电子时，Ⅰ室与Ⅲ室溶液质量变化之差约为65g【答案】D【解析】【分析】该装置为电解池，氢离子向右移动，则N为阴极，n为负极，M为阳极，m为正极，以此解题。【详解】A．根据双极膜中解离生成的、的迁移方向，可以判断石墨M是阳极、石墨N是阴极，电流方向：，A错误；B．由分析可知，M为阳极，电极反应为：，B错误；C．Ⅱ室中发生转化：，水解离出的与反应，促进的转化，C错误；D．由原理可知，导线中流过1mol电子，Ⅰ室移入Ⅱ室和总物质的量为0.5mol，同时有0.5mol氯气生成，镍、钴的相对原子质量都近似为59，Ⅰ室质量约减少65g，Ⅲ室中阴极反应消耗的H+由水解离出的H+等量补充，溶液质量不变，故两室溶液质量变化之差约为65g，D正确；故选D。12.前四周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大。X基态原子有3个轨道、且每个轨道上的电子数相同，Y的简单气态氢化物的水溶液呈碱性，Z是地壳中含量最多的元素，W原子是第三周期中原子半径最大的元素，R是第四周期中未成对电子数最多的元素。下列说法错误的是A.原子半径：W>X>ZB.第一电离能：X<Z<YC.Y最简单的气态氢化物是极性分子D.基态R原子价层电子的轨道表示式：【答案】D【解析】【分析】前四周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，X基态原子有3个能级、且每个能级上的电子数相同，X原子核外电子排布式为1s22s22p2，可知X为C元素，Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素，而Y的简单气态氢化物的水溶液呈碱性，则Y为N元素，W原子是第三周期中原子半径最大的元素，可知W为Na元素，R是第四周期中未成对电子数最多的元素，R原子外围电子排布式为3d54s1，则R为Cr元素，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，W为Na、X为C、Z为O，故原子半径Na＞C＞O，即W>X>Z，A正确；B．由分析可知，X为C、Y为N，Z为O，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能C＜O＜N，即X<Z<Y，B正确；C．由分析可知，Y为N，则Y最简单的气态氢化物即NH3为三角锥形结构，分子的正、负电荷中心不重合，是极性分子，C正确；D．由分析可知，R为Cr，Cr是24号元素，根据洪特特例可知，基态R原子价层电子的轨道表示式：，D错误；故答案为：D。13.氮氧化物()是大气的主要污染物，某研究小组利用催化剂ZAg对NO催化转化的反应过程与能量变化的关系如图所示。下列说法错误的是A.总反应的热化学方程式：B.过渡态的稳定性：C.反应过程的决速步骤为放热反应D.催化剂ZAg降低了反应的活化能，但不能改变反应热【答案】C【解析】【详解】A．由初始和结束的能量可知，总反应的热化学方程式为，A正确；B．能量越低越稳定，因此过渡态的稳定性：，B正确；C．决速步骤为活化能最大的慢反应，则反应过程的决速步骤为，此过程为吸热反应，C错误；D．反应热只与反应物的始态和终态有关系，与反应过程无关，因此催化剂能降低反应活化能，但不能改变反应热，D正确；故选C。14.下列实验操作、现象和解释的对应关系错误的是选项操作现象解释A向溶液中逐滴加入氨水至过量先形成蓝色沉淀，后溶解得到深蓝色溶液沉淀溶解时主要反应：B将含有稀硫酸的蔗糖溶液水浴加热后，加入新制氢氧化铜并加热未产生砖红色沉淀蔗糖未水解C向苯酚悬浊液中加入溶液溶液变澄清苯环对羟基有影响D向饱和碳酸钠溶液里通入过量的有晶体析出溶解度小A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．向溶液中逐滴加过量氨水，先生成蓝色沉淀，沉淀与结合生成可溶性的[Cu(NHB．蔗糖在稀硫酸催化下水解后溶液呈酸性，新制氢氧化铜会先与酸发生中和反应，无法与水解生成的葡萄糖（含醛基）反应，因此无砖红色沉淀，不能说明蔗糖未水解，故B错误；C．苯酚的羟基受苯环影响，氢的电离活性增强，酸性强于，可与反应生成可溶性苯酚钠和，溶液变澄清，故C正确；D．饱和溶液与过量反应生成，同温下溶解度小于，且反应消耗水，溶质质量增加，因此有晶体析出，故D正确；因此答案选B。15.某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)=0.1mol/L通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离，体系中pH与-lgc关系如下图所示，c为HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度，单位为mol/L。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法不正确的是A.③为pH与-lgc(S2-)的关系曲线B.Ka1(H2S)=10-7.1C.②③两线交点所在溶液中存在c(H+)>c(HS-)>c(S2-)>c(OH-)D.该温度下，反应NiS(s)+Cd2+(aq)CdS(s)+Ni2+(aq)的K=107.6【答案】C【解析】【详解】A．pH增大，HS-和S2-浓度逐渐增大，且pH相同时，HS-浓度大于S2-；Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)>c(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，故A正确；B．选择点(4.2，3.9)，可知c(H+)=10-4.2mol/L，c(HS-)=10-3.9mol/L，c(H2S)=0.1mol/L，则有Ka1(H2S)==，故B正确；C．已知Ka1∙Ka2==，由②③两线交点坐标可知，当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有=10-21.8，根据Ka1(H2S)=10-7.1，有Ka2(H2S)≈10-14.7，则c(HS-)=10-1.3，c(S2-)≈10-9.2，c(H+)≈10-6.8，c(OH-)≈10-7.2，c(HS-)>c(H+)>c(OH-)>c(S2-)，故C错误；D．根据①③交点数据，c(Cd2+)=c(S2-)=10-13，可知Ksp(CdS)=10-26；根据②③交点数据，c(Ni2+)=c(S2-)=10-9.2，可知Ksp(NiS)=10-18.4，则NiS(s)+Cd2+(aq)CdS(s)+Ni2+(aq)反应K==107.6，故D正确；选C。二、填空题16.硼及其化合物在科研、工业等领域有许多用途。（1）基态B原子价层电子排布式是___________。（2）六方氮化硼晶体也被称为“白石墨”，具有和石墨晶体相似的层状结构，如图所示。①比较B和N的电负性大小，并从原子结构角度说明理由：___________。②分析六方氮化硼晶体层间是否存在化学键并说明依据：___________。（3）氮化硼量子点(粒径大小为2～10nm)可用于检测金属离子，如或的检测原理如图。①图2所示的微粒中Fe与O之间存在的相互作用力类型为___________。②___________(填数字)。（4）是一种重要的储氢材料，其晶胞结构由Ⅰ、Ⅱ两部分组成，如图所示。①Ⅰ不是晶胞，从结构角度说明原因：___________。②已知阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度为___________。【答案】（1）（2）①.电负性：；B和N电子层数相同，核电荷数：，原子半径：，故原子核对键合电子的吸引力：②.层内B原子与N原子的核间距为145pm，层间距离为333pm，说明层间没有化学键（3）①.配位键②.3（4）①.Ⅰ中8个顶点不完全相同，上、下两个面上的原子也不相同②.【解析】【小问1详解】B的原子序数是5所以基态B原子价层电子排布式。【小问2详解】①B和N电子层数相同，核电荷数：，原子半径：，故原子核对键合电子的吸引力：，则电负性。②层内B原子与N原子的核间距为145pm，层间距离为333pm，其层间距较大，结合混合晶体石墨中层间距，说明六方氮化硼晶体层间没有化学键；【小问3详解】①铁离子有空轨道，氧原子有孤电子对，结合图2结构可以看出微粒中Fe与O之间存在的相互作用力类型为配位键。②由图，与Fe成键的四个O中，有三个O各带一个负电荷，根据电荷守恒，铁为+3价，所以n=3。【小问4详解】①晶胞是晶体中最小的重复结构单元，可以无隙并置，而结构Ⅰ中8个顶点的原子不相同，上下两个面上的原子也不相同，无法进行无隙并置，因此不是晶胞；②由晶胞结构可以得到，Na+个数为：，所以含有4个，所以晶体密度为：。17.尿素[]热解制备，并利用进行脱硝反应(与NOx反应)是科研领域的一个研究方向。Ⅰ．和混合热解制备时，发生如下反应：ⅰ．；ⅱ．。回答下列问题：（1）已知的燃烧热分别为，则的燃烧热_______。（2）工业上将与混合以一定流速通过管式反应器发生反应ⅰ和ⅱ．气体通过反应器时间为10min，测得反应器出口相关物质的转化率及浓度随温度的变化如图所示。①时，0~10min内，的生成速率_______；的转化率为_______(保留3位有效数字)。②温度高于，的转化率随温度的升高而增大，解释其原因为_______。（3）一定温度和压强下，向某密闭容器中加入一定量的和发生反应ⅰ和ⅱ．体系达平衡时，测得体系中，，。①反应ⅰ的平衡常数_______(用含的代数式表示)。②下列操作一定可以提高上述平衡体系中浓度的是_______(填选项字母)。A．缩小容器容积B．升高温度C．加入更高效催化剂D．分离出部分Ⅱ．利用进行脱硝反应时发生如下反应：主反应ⅲ．ⅳ．副反应ⅴ．ⅵ．（4）实验表明，其他条件一定时，去除率(R)随氨氮比[，c代表反应器入口相关气体的浓度]的变化如图所示。当时，去除率为负值，解释其原因为_______。【答案】（1）-646.3（2）①.②.11.8%③.温度高于时，反应ⅰ已进行完全，升高温度，反应ⅱ的速率加快（3）①.②.AD（4）主要发生ⅲ，同时ⅴ进行的程度大于ⅳ进行的程度，导致出口浓度高于进口浓度【解析】【小问1详解】的燃烧热分别为，对应的热化学方程式为：①②根据盖斯定律，由尿素燃烧的热化学方程式减去反应ⅰ以及氨气燃烧的热化学方程式可得HNCO(g)的燃烧热化学方程式，故其燃烧热；【小问2详解】①由题图可知，750℃时，，0~10min内，的生成速率。设开始有，750℃反应ⅰ反应至10min时反应完全，生成，反应ⅱ转化了，则：10min时，，，则，解得，，的转化率为；②温度高于800℃时，反应ⅰ已进行完全。反应ⅱ是放热反应，但在10min内反应可能未达到平衡。升高温度能加快反应ⅱ的速率，使反应在有限时间内进行的程度更大，因此HNCO(g)的转化率随温度升高而增大；【小问3详解】①一定温度和压强下，向某密闭容器中加入一定量的和发生反应ⅰ和ⅱ。体系达平衡时，测得体系中，，，则：体系达平衡时，，则反应ⅰ的平衡常数；②分析选项：A．缩小容器容积，可使容器内气体反应物和生成物均增大，A正确；B．升高温度，反应ⅰ的平衡正向移动，反应ⅱ的平衡逆向移动，不一定增大，B错误；C．加入更高效催化剂，对平衡没有影响，C错误；D．分离出部分，反应ⅱ的平衡正向移动，平衡体系中一定增大，D正确；故选AD；【小问4详解】由图中信息知，时，主要发生反应ⅲ，同时反应Ⅴ进行的程度大于反应ⅳ进行的程度，导致出口浓度高于进口浓度，故时，去除率为负值。18.电子级氢氟酸是微电子行业的关键性基础材料之一，由萤石粉(主要成分为，含有少量和微量等)制备工艺如下：回答下列问题：（1）“酸浸”时生成的化学方程式为___________，工业生产时往往会适当加热，目的是___________。（2）“精馏1”设备使用的材料可选用___________(填序号)。A.玻璃 B.陶瓷 C.石英 D.金（3）已知是一种配位酸，酸性与硝酸相近，可与溶液反应制备极易溶于水的强酸，反应的离子方程式为___________（4）“氧化”时将氧化为。的沸点高于，原因是___________（5）液态是酸性溶剂，能发生自偶电离：，由于和都溶剂化，常表示为：。在溶剂中呈酸性，呈碱性，比如的电离方程式分别为：；。在作用下：①写出与反应的离子方程式___________②已知：与反应生成。结合的能力：___________(填“>”、“<”或“=”)。【答案】（1）①.②.加快反应速率，提高的转化率（2）D（3）（4）均为分子晶体(分子间均不存在氢键)，相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高（5）①.②.<【解析】【分析】“酸浸”发生CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑，二氧化硅与HF发生SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，As2O3与HF发生As2O3+6HF=2AsF3+3H2O；“硫酸吸附”：加入硫酸，部分HF、SiF4以气体形式释放出去，然后加入水吸收为H2SiF4，部分HF、AsF3、多余硫酸进入精馏1；“精馏1”：因为硫酸熔沸点较高，因此精馏1中得到HF、AsF3；“氧化”：根据问题(4)，过氧化氢将AsF3氧化成熔沸点较高的AsF5；“精馏2”：蒸馏方法得到HF，据此分析；【小问1详解】HF易挥发，“酸浸”时发生难挥发性酸制备易挥发性酸，即生成HF的反应方程式为CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑；工业生产时往往会适当加热，其目的是加快反应速率，提高CaF2的转化率；故答案为CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑；CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑；【小问2详解】HF能与二氧化硅发生反应，玻璃、陶瓷、石英均含有二氧化硅，HF能腐蚀玻璃、陶瓷、石英，“精馏1”设备不能使玻璃、陶瓷、石英材料制作，HF不与金反应，因此“精馏1”设备以金为材料；故答案为D；【小问3详解】KMnO4→HMnO4中Mn的价态没有发生变化，H2SiF6酸性与硝酸相似，即H2SiF6为强酸，HMnO4为溶于水的强酸，该反应为复分解反应，生成K2SiF6沉淀，即离子方程式为2K++SiF=K2SiF6↓；故答案为2K++SiF=K2SiF6↓；【小问4详解】AsF3、AsF5均为分子晶体，不含分子间氢键，因此相对分子质量越大，范德华力越高，熔沸点越高，因此AsF5相对分子质量大于AsF3，AsF5熔沸点高；故答案为AsF3、AsF5均为分子晶体(分子间均不存在氢键)，AsF5相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高；【小问5详解】①HNO3在HF中呈碱性，其电离方程式为HNO3+2HF(HO)2NO++HF，BF3在HF中呈酸性，其电离方程式为BF3+2HFBF+H2F+，因此两者混合，发生类似的中和反应，其离子方程式为BF3+HNO3+2HF=(HO)2NO++BF；故答案为BF3+HNO3+2HF=(HO)2NO++BF；②H2O与AsF5反应生成HAsF6，从而推出H2O结合H+能力小于AsF；故答案为＜。19.碘苯是无色有特殊气味的液体，常用于生物活性分子的合成，难溶于水，可溶于氯仿、乙醚和乙醇。一种重氮化制备碘苯的方法如下：实验原理：①重氮化：②生成碘苯：已知：重氮盐在酸性水溶液中受热时，会发生下列副反应：实验步骤：Ⅰ．烧杯中加入浓盐酸、蒸馏水，再加入2g苯胺溶解，控制温度不超过5℃，慢慢滴入溶液，不断搅拌，至重氮化反应完成；Ⅱ．在上述得到的重氮盐溶液中慢慢加入KI溶液，搅拌混合均匀后，加热并保持温度50℃至无气体放出；Ⅲ．冷却，倒去上层水，再加入稀溶液至碱性，进行水蒸气蒸馏；Ⅳ．从馏分中分离出碘苯，洗涤，加入无水干燥，再次蒸馏收集馏分，得到2g产品。回答下列问题：（1）步骤Ⅰ中控制温度不超过5℃的方法是___________。（2）步骤Ⅱ中KI溶液需慢慢加入重氮盐溶液中，原因是___________；重氮化反应完成后，溶液中剩有稍过量的，遇淀粉-KI变蓝，并产生NO，可用于检验重氮化作用是否完成，写出该检验反应的离子方程式：___________。（3）步骤Ⅲ中加入溶液的目的是___________。（4）步骤Ⅳ中从馏分中分离出的碘苯因混有通常为红棕色，可加入下列___________进行洗涤(填标号)。A. B.溶液 C. D.（5）步骤Ⅳ中再次蒸馏时用到的玻璃仪器有酒精灯、温度计、尾接管、蒸馏烧瓶、___________和___________；碘苯的产率为___________%(保留一位小数；摩尔质量：苯胺，碘苯)。【答案】（1）冰水浴（2）①.使反应不过于剧烈，避免氮气冲出发生安全事故②.（3）使苯酚生成苯酚钠，确保蒸馏的时候不被蒸馏出来，确保产品更纯（4）B（5）①.直形冷凝管②.锥形瓶③.45.6【解析】【分析】烧杯中加入浓盐酸、蒸馏水，再加入苯胺溶解，滴入溶液，生成重氮盐，加入KI溶液，加热至无气体放出，冷却，再加入稀溶液至碱性，进行水蒸气蒸馏分离出碘苯，洗涤，加入无水干燥，再次蒸馏收集馏分，得到产品；【小问1详解】需要控制温度低于室温，实验室常用冰水浴实现0~5℃的低温控制；【小问2详解】步骤Ⅱ中KI溶液需慢慢加入重氮盐溶液中，原因是使反应不过于剧烈，避免氮气冲出发生安全事故；氧化碘离子生成碘单质，碘单质能使淀粉变蓝，自身被还原为NO，结合电子守恒，离子方程式；【小问3详解】已知：重氮盐在酸性水溶液中受热时容易发生副反应生成苯酚，步骤Ⅲ中加入溶液的目的是：中和过量的酸，同时将副反应生成的苯酚转化为可溶于水的苯酚钠，与不溶于水的碘苯分离，确保蒸馏的时候不被蒸馏出来，确保产品更纯；【小问4详解】已知，碘苯难溶于水，可溶于氯仿、乙醚和乙醇，故不能选择氯仿、乙醇，碘单质在有机溶剂中溶解度大于水，不能选择水，可以选择溶液，碘单质和溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠和碘化钠，生成物溶于水而与有机