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一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

【2025云南等级考】1. 画中有“化”，多彩中华。下列叙述正确的是

A. 岩彩壁画颜料所用贝壳粉，主要成分属于硅酸盐

B. 油画颜料调和剂所用核桃油，属于有机高分子

C. 竹胎漆画颜料赭石的主要成分氧化铁，耐酸、碱

D. 水墨画墨汁的主要成分碳，常温不易被氧化

【答案】D

【解析】

【详解】A．贝壳粉的主要成分是碳酸钙，属于碳酸盐，A错误；

B．核桃油属于油脂，分子量较小，不属于有机高分子，B错误；

C．氧化铁（Fe₂O₃）能与酸反应，不耐酸，C错误；

D．碳在常温下化学性质稳定，不易被氧化，D正确；

故选D。

【2025云南等级考】2. 下列化学用语或图示表示正确的是

A.NH₃的VSEPR模型：

B. Na₂S的电子式：

C. Cl的原子结构示意图：

D. Al₂(SO₄)₃溶于水的电离方程式：Al₂(SO₄)₃2Al^3＋＋3SO₄^2－

【答案】A

【解析】

【详解】A．NH₃的中心原子价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，A正确；

B．硫化钠是离子化合物，电子式：，B错误；

C．氯是第17号元素，Cl原子结构示意图为：，C错误；

D．Al₂(SO₄)₃是强电解质，溶于水完全电离，电离方程式：Al₂(SO₄)₃=2Al^3＋＋3SO₄^2－，D错误；

故选A。

【2025云南等级考】3. 下列化学方程式错误的是

A. 煤制水煤气：

B. Na₂O₂供氧：

C. 覆铜板制作印刷电路板：

D. 铅酸蓄电池放电：

【答案】C

【解析】

【详解】A．煤在高温下与水蒸气反应生成CO和H₂，方程式正确，A正确；

B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式书写正确，B正确；

C．FeCl₃与Cu反应时，Fe³⁺被还原为Fe²⁺而非单质Fe，正确反应为2FeCl₃+Cu=2FeCl₂+CuCl₂，C错误；

D．铅酸蓄电池放电时，Pb和PbO₂与硫酸反应生成PbSO₄和H₂O，方程式正确，D正确；

故选C。

【2025云南等级考】4. N_A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A. 22.4L CH₄中原子的数目为5N_A

B. 1mol¹⁸O所含中子的数目为10N_A

C. 28g Fe粉和足量S完全反应，转移电子的数目为1.5N_A

D. 0.1L12mol/L盐酸与足量MnO₂反应，生成Cl₂的数目为0.3N_A

【答案】B

【解析】

【详解】A．未指明气体是否处于标准状况，22.4L CH₄的物质的量无法确定为1mol，因此原子数目无法确定为5N_A，A错误；

B．¹⁸O的中子数为18-8=10，1mol¹⁸O含10mol中子，数目为10N_A，B正确；

C．28g Fe（0.5mol）与S反应生成FeS，Fe的氧化态为+2，转移电子数为0.5×2=1mol=1N_A，而非1.5N_A，C错误；

D．浓盐酸与MnO₂反应时，随反应进行浓度降低，反应停止，实际生成Cl₂的物质的量小于理论值0.3mol，D错误；

故选B。

【2025云南等级考】5. 下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是

A A B. B C. C D. D

【答案】D

【解析】

【详解】A．NH₄Cl和Ca(OH)₂固体混合物加热制取氨气，试管口要略向下倾斜，A错误；

B．配制100mL1.00mol/L KCl溶液，应在烧杯中溶解KCl固体，B错误；

C．金属钠与水反应剧烈，不能在试管中进行，应在烧杯中进行，且烧杯不能盛满水，C错误；

D．两个烧杯中分别盛有热水和冰水，可以通过观察气体的颜色深浅来探究温度对2NO₂(红棕色)N₂O₄(无色)平衡的影响，D正确；

故选D。

【2025云南等级考】6. 化合物Z是某真菌的成分之一，结构如图。下列有关该物质说法错误的是

A. 可形成分子间氢键

B. 与乙酸、乙醇均能发生酯化反应

C. 能与NaHCO₃溶液反应生成CO₂

D. 1molZ与Br₂的CCl₄溶液反应消耗5molBr₂

【答案】D

【解析】

【详解】A．分子中存在-OH和-COOH，可以形成分子间氢键-O-H…O，A正确；

B．含有醇-OH，可以和乙酸发生酯化反应，含有-COOH，可以和乙醇发生酯化反应，B正确；

C．分子中含有-COOH，可以和NaHCO₃反应产生CO₂，C正确；

D．分子中只有碳碳双键能和Br₂的CCl₄溶液中的Br₂反应，分子中含2个碳碳双键，1molZ可以和Br₂的CCl₄反应消耗2molBr₂，D错误；

答案选D。

【2025云南等级考】7. 稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是

A. SiO₂可与NaOH溶液反应

B. 盐酸在该工艺中体现了还原性

C. 高纯Si可用于制造硅太阳能电池

D. 制备纳米Si：

【答案】B

【解析】

【分析】稻壳在一定条件下制备纳米SiO₂，纳米SiO₂和Mg在650℃发生置换反应生成MgO和纳米Si，加盐酸将MgO转化为MgCl₂，过滤、洗涤、干燥得到纳米Si。

【详解】A．SiO₂是酸性氧化物，与NaOH反应生成Na₂SiO₃和H₂O，A正确；

B．盐酸参与的反应为：MgO+2HCl=MgCl₂+H₂O，该反应是非氧化还原反应，盐酸体现酸性，没有体现还原性，B错误；

C．高纯硅可以将太阳能转化为电能，故可用于制硅太阳能电池，C正确；

D．SiO₂和Mg在650℃条件下发生置换反应得到MgO和纳米Si，反应的化学方程式为，D正确；

答案选B。

【2025云南等级考】8. 某化学兴趣小组设计如下实验装置，通过测定反应前后质量的变化，验证NaNO₃固体在酒精灯加热条件下，受热分解的气态产物。

实验步骤：先缓慢通入Ar气，排尽装置内空气；关闭Ⅰ左侧阀门，点燃酒精灯；一段时间后，Ⅱ中灼热的铜网变黑，熄灭酒精灯甲；再次缓慢通入Ar气……

下列说法错误的是

A. 实验步骤中，点燃酒精灯的顺序为甲、乙、丙

B. 整个过程中，若Ⅲ中灼热的铜网未变黑，则说明生成的O₂在Ⅱ中反应完全

C. 实验结束后，若Ⅰ中减少的质量等于Ⅱ中增加的质量，则分解的气态产物只有O₂

D. NaNO₃应远离热源、可燃物，并与还原性物质分开存放

【答案】A

【解析】

【分析】先缓慢通入Ar气，排尽装置内空气，防止对实验造成干扰，关闭Ⅰ左侧阀门，先后点燃乙、丙、甲处酒精灯，一段时间后，Ⅰ中灼热的铜网变黑，说明NaNO₃分解产生了O₂，熄灭酒精灯甲，再次缓慢通入Ar气，使NaNO₃分解产生的气态产物全部排尽，浓硫酸用于防止空气中的水蒸气进入装置干扰实验。

【详解】A．一段时间后，Ⅱ中灼热的铜网变黑，说明NaNO₃分解产生了O₂，为确保能准确测定产生的氧气的质量，应先点燃乙处酒精灯，再点燃丙处酒精灯，最后点燃甲处酒精灯，A错误；

B．Ⅱ、Ⅲ中Cu均能和氧气反应生成黑色的CuO，整个过程中，若Ⅱ中灼热的铜网未变黑，则说明生成的O₂在Ⅱ中反应完全，B正确；

C．Ⅱ中的Cu只能吸收O₂，实验结束后，若Ⅰ中减少的质量等于Ⅰ中增加的质量，则分解的气态产物只有O₂，C正确；

D．由该实验可知NaNO₃受热易分解产生氧化剂、助燃性气体O₂，故NaNO₃应远离热源、可燃物，并与还原性物质分开存放，D正确；

答案选A。

【2025云南等级考】9. 钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，M是原子半径最小的元素，Q是形成物质种类最多的元素，R是地壳中含量最高的元素，T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，Z的原子序数等于M、R和T的原子序数之和。下列说法正确的是

A. M与Z可形成离子化合物 B. 原子半径：R＜T＜X

C. QR₂是极性分子 D. 电负性：Y＜R＜Q

【答案】A

【解析】

【分析】M是原子半径最小的为H，Q是形成物质种类最多，则为C， R是地壳中含量最高，为O， T、X、Y同周期且原子序数递增。Q（C）和X均与Y相邻，结合Z的原子序数Z = M + R + T = 1 + 8 + T，Z ≤ 20，得T = 11（Na），Z = 20（Ca）。又因为T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，可推出 Q（C）与Y（Si）同主族相邻，X（Al）与Y（Si）相邻且T（Na）、X（Al）、Y（Si）同属第三周期， 故推出M为H、Q为C、R为O、T为Na、X为Al、Y为Si、Z为Ca，据此解答。

【详解】A．H与Ca形成CaH₂，为活泼金属形成的氢化物，为离子化合物，A正确；

B．同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族原子半径从上到下逐渐增大，R为O、T为Na、X为Al，则它们的原子半径大小为O＜Al＜Na，即R＜X＜T，B错误；

C．QR₂为CO₂，为直线型的非极性分子，C错误；

D．同周期电负性从左到右逐渐增大，同主族电负性从下到上逐渐增大，Q为C、R为O、Y为Si，则电负性Si＜C＜O，正确顺序为Y＜Q＜R，D错误；

故选A。

【2025云南等级考】10. 铜催化下，由CO₂电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是

A. Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B. Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成

C. Ⅳ的示意图为 D. 催化剂Cu可降低反应热

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误；

B．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，如图，有极性键生成，不是非极性键，B错误；

C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为，C正确；

D．催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D错误；

故选C。

【2025云南等级考】11. 一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中H₂O解离的H^＋和OH^－在电场作用下向两极迁移。除硼原理：[B(OH)₄]^－＋H^＋=B(OH)₃＋H₂O。下列说法错误的是

A. Pt电极反应：4OH^－－4e^-=O₂↑＋2H₂O

B. 外加电场可促进双极膜中水的电离

C. Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜

D. Ⅳ室每生成1mol NaOH，同时Ⅱ室最多生成1mol B(OH)₃

【答案】C

【解析】

【分析】由图中氢离子和氢氧根的流向，可推出左侧Pt电极为阳极，右侧石墨电极为阴极，阳极发生的反应为：4OH^－－4e^-=O₂↑＋2H₂O，阴极发生的反应为：2H^＋＋2e^-=H₂↑，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说明钠离子往阴极方向移动，氯离子往阳极反向移动，据此解答。

【详解】A．由分析可知，Pt电极为阳极，阳极发生的反应为：4OH^－－4e^-=O₂↑＋2H₂O，A正确；

B．水可微弱的电离出氢离子和氢氧根，在外加电场作业下，使氢离子和氢氧根往两侧移动，降低了浓度，可促进双极膜中水的电离，B正确；

C．由分析可知，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说明钠离子往阴极方向移动，氯离子往阳极反向移动，即钠离子往右侧移动，通过Y膜，则Y膜为阳离子交换膜，氯离子往左侧移动，通过X膜，则X膜为阳离子交换膜，C错误；

D．Ⅳ室每生成1mol NaOH，则转移1mol电子，有1mol氢离子移到Ⅱ室中，生成1mol B(OH)₃，D正确；

故选C。

【2025云南等级考】12. Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是

A. Be(OH)₂是两性氢氧化物

B. Be₂C和BeCl₂的晶体类型相同

C. Na₂[Be(OH)₄]中Be原子的杂化方式为sp³

D. Be₂C与H₂O反应：Be₂C+4H₂O=2Be(OH)₂＋CH₄↑

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图中转化信息可知，Be(OH)₂既能与盐酸反应生成盐和水，又能与氢氧化钠反应生成盐，因此其是两性氢氧化物，A正确；

B．由题中信息可知，Be₂C的熔点远远高于BeCl₂的，因此Be₂C不可能是分子晶体，而BeCl₂的熔点和沸点均较低，其为分子晶体，因此两者的晶体类型不相同，B错误；

C． Na₂[Be(OH)₄]中 Be 原子与4个羟基形成4个σ键，没有孤电子对，只有4个成键电子对，因此，其杂化方式为 sp³，C正确；

D．Be₂C中的Be化合价为+2，C的化合价为-4，因此其与H₂O反应生成Be(OH)₂和CH₄，该反应的化学方程式为Be₂C+4H₂O=2Be(OH)₂＋CH₄↑，D正确；

综上所述，本题选B。

【2025云南等级考】13. 是优良的固态电解质材料， Ce^4＋取代部分La³⁺后产生空位，可提升Li⁺传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图(O^2-未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误的是

A. 每个晶胞中O^2-个数为12

B. 该晶胞在yz平面的投影为

C. Ce^4＋取代后，该电解质的化学式为

D. 若只有Li⁺发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的Li⁺数目相等

【答案】C

【解析】

【详解】A．由晶胞结构可知，Sc原子分布在晶胞的8个棱心和4个面心，由均摊法算出其原子个数为，由晶体的化学式可知，O原子的个数是Sc的4倍，因此，每个晶胞中O^2-个数为12，A正确；

B．由晶胞结构可知，该晶胞在yz平面的投影就是其前视图，B正确；

C．Ce⁴⁺ 取代La³⁺后，Li⁺数目减小并产生空位，因此，根据化合价的代数和为0可知，取代后该电解质的化学式为，C错误；

D．Li⁺与电子所带的电荷数目相同，只是电性不同，原电池中内电路和外电路通过的电量相等，因此，若只有Li⁺发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的Li⁺数目相等，D正确；

综上所述，本题选C。

【2025云南等级考】14. 甲醛法测定NH₄^＋的反应原理为4NH₄^＋＋6HCHO=(CH₂)₆N₄H^＋＋3H^＋＋6H₂O。取含NH₄Cl的废水浓缩至原体积的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用0.01000mol/L的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH关系如图2[比如：]。下列说法正确的是

A. 废水中NH₄^＋的含量为20.00mg/L

B. c点：

C. a点：

D. (CH₂)₆N₄H^＋(CH₂)₆N₄＋H^＋的平衡常数

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液的体积为20.00mL时到达滴定终点，由关系式~[]~4可知，由于待测液的体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL溶液中，则原废水中，因此，废水中NH₄^＋的含量为，A错误；

B．c 点加入NaOH标准溶液的体积过量，且只过量了，由电荷守恒可知， ，浓缩后的废水中NH₄Cl的浓度是NaOH标准溶液浓度的4倍，Cl^－和Na^＋均不参与离子反应，可以估算c点，，B错误；

C．(CH₂)₆N₄H^＋在溶液中水解使溶液显酸性，类比NH₃可知(CH₂)₆N₄在溶液中与水作用发生电离而使溶液显碱性；a 点为半滴定点，由其纵坐标可知溶液显酸性，说明(CH₂)₆N₄H^＋的水解作用强于(CH₂)₆N₄的电离作用，可知溶液中相关粒子的浓度的大小关系为 ，C错误；

D．由图1和图2可知，当pH=6.00时，(CH₂)₆N₄占比较高，，则由氮守恒可知，，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则 (CH₂)₆N₄H^＋(CH₂)₆N₄＋H^＋的平衡常数 ，D正确；

综上所述，本题选D。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

【2025云南等级考】15. 从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、Fe₂O₃、MnO₂、CuO、SiO₂等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下：

已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。

②25℃时，Mn(OH)₂的K_sp为1.9×10^-13。

回答下列问题：

（1）基态Cu原子的价层电子排布式为_______。

（2）“还原酸浸”时，MnO₂反应的离子方程式为_______。

（3）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：

①Au＋5S₂O₃^2－＋[Cu(NH₃)₄]^2＋=[Au(S₂O₃)]^3－＋[Cu(S₂O₃)₃]^5－＋4NH₃

②4[Cu(S₂O₃)₃]^5－＋16NH₃＋O₂＋2H₂O=4[Cu(NH₃)₄]^2＋＋4OH^－＋12S₂O₃^2－

上述过程中的催化剂为_______。

（4）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为_______。

（5）根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe^3＋、Cu^2＋、MnO₂的氧化性由强到弱的顺序为_______。

（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无Mn(OH)₂析出，则c(Mn^2＋)≤_______mol/L。

（7）一种锑锰(Mn₃Sb)合金的立方晶胞结构如图。

①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有_______个。

②N_A为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为_______g/cm(列出计算式即可)。

【答案】（1）3d¹⁰4s¹    

（2）MnO₂＋SO₃^2－＋2H^＋=Mn^2＋＋SO₄^2－＋H₂O    

（3）[Cu(NH₃)₄]^2＋    

（4）大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度    

（5）MnO₂＞Fe^3＋＞Cu^2＋    

（6）0.19    （7）    ①. 12    ②.

【解析】

【分析】由流程可知，矿石经“还原酸浸”， Fe₂O₃、MnO₂被还原为Fe^2＋和Mn^2＋，CuO被溶解为Cu^2＋，Au、Ag、SiO₂不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，Cu^2＋被铁粉还原为Cu；“氧化时”Fe^2＋被氧化为Fe^3＋；“沉铁”时，Fe^3＋转化为沉淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，Mn^2＋沉淀为碳酸锰。“浸金银”时，Au、Ag被混合液浸出，后续提炼出Au、Ag。

【小问1详解】

Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于洪物规则的特例，其价电子数为11，其价层电子排布式为3d¹⁰4s¹    。

【小问2详解】

“还原酸浸”时，MnO₂被亚硫酸钠还原为Mn^2＋，该反应的离子方程式为MnO₂＋SO₃^2－＋2H^＋=Mn^2＋＋SO₄^2－＋H₂O  。

【小问3详解】

“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：

①Au＋5S₂O₃^2－＋[Cu(NH₃)₄]^2＋=[Au(S₂O₃)]^3－＋[Cu(S₂O₃)₃]^5－＋4NH₃

②4[Cu(S₂O₃)₃]^5－＋16NH₃＋O₂＋2H₂O=4[Cu(NH₃)₄]^2＋＋4OH^－＋12S₂O₃^2－

分析以上两反应可知，[Cu(NH₃)₄]^2＋参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂为[Cu(NH₃)₄]^2＋。

【小问4详解】

“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。

【小问5详解】

“还原酸浸”时，Fe₂O₃和CuO可以被硫酸溶解转化为Fe^3＋和Cu^2＋，亚硫酸钠将Fe^3＋还原为Fe^2＋，而Cu^2＋并未被还原，因此，Fe^3＋氧化性强于Cu^2＋；“氧化”时，Fe^2＋被MnO₂氧化为Fe^3＋，因此，MnO₂的氧化性强于Fe^3＋。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe^3＋、Cu^2＋、MnO₂的氧化性由强到弱的顺序为MnO₂＞Fe^3＋＞Cu^2＋ 。

【小问6详解】

25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时c(OH^－)=10^－6mol/L，无Mn(OH)₂析出，根据Mn(OH)₂的K_sp为1.9×10^-13，则。

【小问7详解】

由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方， Sb位于晶胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8个晶胞，而每个面心参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有个。

②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn，因此，该晶胞的质量为，该晶胞的体积为，晶体的密度为。

【2025云南等级考】16. 三氟甲基亚磺酸锂(M_r=140)是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂，其合成原理如下：

实验步骤如下：

Ⅰ．向A中加入3.5g NaHCO₃、5.2g Na₂SO₃和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯(M_r=168.5)，有气泡产生(装置如图，夹持及加热装置省略)。80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。

Ⅱ．向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水Na₂SO₄，振荡，抽滤、洗涤。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。

Ⅲ．将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，析出白色固体。抽滤、洗涤。

Ⅳ．将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g。

已知：THF是一种有机溶剂，与水任意比互溶。

回答下列问题：

（1）仪器A的名称为_______，冷凝管中冷却水应从_______(填“b”或“c”)口通入。

（2）步骤Ⅰ反应中有气泡产生，其主要成分为_______。

（3）步骤Ⅱ中第一次洗涤的目的是_______。

（4）步骤Ⅲ中发生反应化学方程式为_______，判断加入浓盐酸已足量的方法为_______。

（5）步骤Ⅳ中加入蒸馏水的作用是_______。

（6）三氟甲基亚磺酸锂的产率为_______(保留至0.01%)。

【答案】（1）    ①. 三颈烧瓶    ②. b    

（2）二氧化碳    （3）将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率    

（4）    ①. +HCl+NaCl    ②. 取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量    

（5）作为溶剂，溶解后加快反应速率    

（6）40.12%

【解析】

【分析】向A中加入3.5g NaHCO₃、5.2g Na₂SO₃和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯(M_r=168.5)，生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以有气泡产生，80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水Na₂SO₄，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤，除去硫酸钠，洗涤可将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生的化学方程式为：+HCl+NaCl，析出白色固体。抽滤、洗涤。将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率，室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g，据此解答。

【小问1详解】

由图可知，A为三颈烧瓶，中间为冷凝管，为了提高冷凝效果，冷却水从b口通入，c口流出，故答案为：三颈烧瓶；b；

【小问2详解】

向A中加入3.5g NaHCO₃、5.2g Na₂SO₃和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯(M_r=168.5)，生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以有气泡产生，故答案为：二氧化碳；

【小问3详解】

A中反应生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢等，上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水Na₂SO₄，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤除去硫酸钠等固体、洗涤，洗涤可将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率，故答案为：将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率；

【小问4详解】

由分析可知，将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生的化学方程式为：+HCl+NaCl，析出白色固体，所以判断加入盐酸已足量的方法为：取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量，故答案为：+HCl+NaCl；取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量；

【小问5详解】

将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率，故答案为：作为溶剂，溶解后加快反应速率；

【小问6详解】

已知向A中加入3.5g NaHCO₃、5.2g Na₂SO₃，2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯(M_r=168.5)，三氟甲磺酰氯量不足，以三氟甲磺酰氯计算理论产量为：，氟甲基亚磺酸锂的产率为40.12%，故答案为：40.12%。

【2025云南等级考】17. 我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为：

Ⅰ．    

Ⅱ．  

回答下列问题：

（1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为

秸秆纤维素_______乙醇

（2）对于反应Ⅰ：

①已知CH₃CHO(g)＋H₂O(g)=2H₂(g)＋CH₃COOH(g)  ΔH=－24.3kJ/mol则ΔH₁_______kJ/mol。

②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是_______(填标号)。

A．容器内的压强不再变化

B．混合气体的密度不再变化

C．CH₃COOH的体积分数不再变化

D．单位时间内生成1mol H₂O，同时消耗2mol H₂

③反应后从混合气体分离得到H₂，最适宜的方法为_______。

（3）恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性]

①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为_______。

②由图中信息可知，乙酸可能是_______(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。

③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则_______，平衡常数_______KPa(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。

【答案】（1）葡萄糖    （2）    ①. +44.4    ②. AC    ③. 降温冷凝后收集气体    

（3）    ①. 乙酸选择性最大且反应速率较快    ②. 产物1    ③. 36:5    ④.

【解析】

【小问1详解】

纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；

【小问2详解】

①反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律=-24.3kJ·mol^-1+68.7 kJ·mol^-1=+44.4 kJ·mol^-1；

②恒温恒容下发生CH₃CHO(g)＋H₂O(g)=2H₂(g)＋CH₃COOH(g) ：

A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，A符合题意；

B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不能说明反应是否达到平衡状态，B不符合题意；

C．CH₃COOH的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C符合题意；

D．单位时间内生成1mol H₂O，同时消耗2mol H₂均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D不符合题意；

答案选AC；

③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体；

【小问3详解】

①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；

②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1；

③设投料n(H₂O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n_平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，压强比=物质的量之比，故0.72:0.1=36:5；列三段式、，则平衡时乙醇、H₂O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则kPa。

【2025云南等级考】18. 化合物L是某中药的活性成分。一种合成路线如下(略去部分试剂与反应条件，忽略立体化学)。

已知：在Ru(Ⅱ)的催化下，端烯烃和生烯烃复分解反应得到产物。

回答下列问题：

（1）A中含氧官能团的名称为_______。

（2）对比C和D的结构，可以推知C和D的_______(填标号)不相同。

a．分子式    b．质谱图中的碎片峰    c．官能团

（3）D→F中另一产物的化学名称为_______。

（4）E发生加聚反应，产物的结构简式为_______。

（5）F→G的反应类型为_______。

（6）羰基具有较强极性。I→J经历了加成和消去的过程，其中间体的结构简式为_______(填标号)。

a．    b．    c．    d．

（7）K→L的化学方程式为_______。

（8）写出一种满足下列条件的L的同分异构体的结构简式_______(不考虑立体异构)。

①能与FeCl₃发生显色反应；1mol该物质与足量NaOH溶液反应，消耗3molNaOH。

②核磁共振氢谱显示6组峰，且峰面积比为9：2：2：2：1：1。

③含有酯基和氨基(或取代的氨基，，和可以是H或烃基)。

【答案】（1）醛基    （2）b    

（3）乙烯    （4）    

（5）氧化反应    （6）c    

（7）    （8）或

【解析】

【分析】A发生取代反应生成B，B与发生反应生成C，C发生反应生成D，D与E在Ru(Ⅱ)作用下发生已知信息的反应生成F，F在SeO₂作用下生成G，G比F多了一个氧原子，截个H的结构简式可知，G的结构简式为，G发生还原反应生成H，H发生取代反应生成I，I中氨基与酮羰基先发生加成反应，再发生消去反应生成J，J发生还原反应生成K，K发生取代反应生成L，据此解答。

【小问1详解】

由A结构简式可知，A中含氧官能团名称为醛基；

【小问2详解】

观察结构可知，C和D的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，其官能团也是相同的，排除a、c，两种分子因结构差异导致断裂偏好不同，所形成的碎片种类或丰度显著不同，故其质谱图中碎片峰会不同，故选b；

【小问3详解】

结合烯烃复分解反应规律可知，其另一种产物是乙烯；

【小问4详解】

E中含有碳碳双键，能发生加聚反应，产物的结构简式为；

小问5详解】

K→G的反应是加氧的反应，反应类型是氧化反应；

【小问6详解】

I→J的反应为氨基和酮羰基的加成反应，形成七元环和羟基，得到的产物结构简式为，随后，羟基发生消去反应，即可得到J，故选c；

【小问7详解】

K发生取代反应生成L，同时会生成甲醇，化学方程式为；

【小问8详解】

L结构简式为，分子中不饱和度为5，碳原子数为12，氧原子数为3，氮原子数为1，满足下列条件：

① 能与FeCl₃发生显色反应，说明其含有酚羟基，苯环占了4个不饱和度，说明其余结构还剩余1个不饱和度，1mol该物质与足量氢氧化钠反应，消耗3molNaOH，则其结构中应含有酚羟基形成的酯基，刚好消耗1个不饱和度，结构中含有氨基，且核磁共振氢谱为9：2：2：2：1：1，说明其含有三个等效的甲基，其核磁共振氢谱没有出现3，说明不含有单独的甲基，满足条件的结构简式为、。