北京市海淀区2025届高三上学期期末考试化学试题（解析版）

这是一份北京市海淀区2025届高三上学期期末考试化学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了 下列说法正确的是，1ml电子，有8， 下列三种方法均可得到氘化氢等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Ti 48 Mn 55 Fe 56 Au 197
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在下列各题的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 是钾元素的一种较稳定的核素，其衰变后产生。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达13亿年，故常用于古老岩石的年代测定。下列说法不正确的是
A. 的原子核内有21个中子
B. 和均易失去一个电子
C. 可通过质谱法区分和
D. 衰变为过程属于化学变化
【答案】D
【解析】A．的原子核内有40-19=21个中子，A正确；
B．和最外层均只含有1个电子，易失去一个电子，B正确；
C．和的相对原子质量不同，可通过质谱法区分和，C正确；
D．衰变为的过程中元素种类发生了变化，不属于化学变化，D错误；
故选D。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 的电子云图为
B. 的电子式为：
C. 乙炔的结构简式为
D. 的离子结构示意图为
【答案】A
【解析】A．的电子云图呈哑铃形，且在z轴方向上，电子云图为，A正确；
B．中C原子与O原子之间是双键，其电子式应该为，B错误；
C．乙炔中C与C之间为碳碳三键，结构简式为，C错误；
D．核内有8个质子，核外有10个电子，其离子结构示意图应该是，D错误；
故选A。
3. 下列说法正确的是
A. 淀粉能与银氨溶液发生银镜反应
B 两个氨基酸分子缩合最多生成一个水分子
C. 脂肪酸可与甘油发生酯化反应
D. 葡萄糖、蛋白质、油脂均可发生水解反应
【答案】C
【解析】A．淀粉不是还原糖，不能与银氨溶液发生银镜反应，A错误；
B．氨基酸脱水的机理是氨基脱氢，羧基脱去羟基，若两个氨基酸分子形成环状物质，即两分子氨基酸的羧基和氨基均脱水缩合，就会生成两分子水，B错误；
C．脂肪酸中含有羧基，甘油中含有羟基，二者可发生酯化反应，C正确；
D．葡萄糖是单糖，不能发生水解，D错误；
故选C。
4. 下列物质性质不能由元素周期律推测的是
A. 热稳定性：
B. 沸点：
C. 氧化性：
D. 碱性：
【答案】B
【解析】A．同主族元素，从上往下，非金属性依次减小，则非金属性N＞P，非金属性越强，元素简单氢化物越稳定，则热稳定性：NH3＞PH3，能由元素周期律推测，故A不选；
B．水分子之间和HF分子间都能形成氢键，水分子间形成的氢键数目多，故沸点高，不能由元素周期律推测，故B选；
C．同主族元素，从上往下，非金属性依次减小，则非金属性Br＞I，则氧化性：Br2＞l2，能由元素周期律推测，故C不选；
D．同周期主族元素，从左往右，金属性依次减小，则金属性Na＞Mg，元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性NaOH＞Mg(OH)2，能由元素周期律推测，故D不选；
故选B。
5. 下列实验中，不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】A．直接加热时，会发生水解， ，HCl易挥发，加热促进水解，最终得到Fe(OH)3，无法得到无水。要制备无水，应在HCl气流中加热，抑制水解，不能达到实验目的，A正确；
B．实验室可用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，反应方程式为 ，图中装置可以实现该反应制取氯气，能达到实验目的，B错误；
C．碘单质在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，且CCl4与水不互溶，所以可以用CCl4萃取碘水中的碘单质，图中装置为萃取操作装置，能达到实验目的，C错误；
D．挤压胶头滴管，水进入圆底烧瓶，氨气极易溶于水，使烧瓶内压强迅速减小，形成喷泉。氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离出使溶液呈碱性，酚酞溶液遇碱变红，可验证氨易溶于水且溶液呈碱性，能达到实验目的，D错误；
故选A。
6. 碱性锌锰干电池的结构示意图如下图。该电池放电时发生反应：。下列说法正确的是
A. Zn发生还原反应
B. 正极发生反应
C. 电池工作时向正极方向移动
D. 理论上，每转移0.1ml电子，有8.8gMnOOH生成
【答案】D
【解析】碱性锌锰电池的总反应为Zn+2MnO2+H2O═ZnO+2MnOOH，负极为锌失电子，发生氧化反应，正极为二氧化锰，发生还原反应，电极反应式为：MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-，据此分析。
A．负极是金属锌，失电子，发生氧化反应，故A错误；
B．正极上得电子，发生还原反应，所以正极的电极反应式为：MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-，故B错误；
C．电池工作时，阴离子向负极移动，则OH-通过向负极移动，故C错误；
D．反应中锰元素的化合价由+4价降低到+3价，则每转移0.1ml电子，有0.1ml×88g/ml=8.8gMnOOH生成，故D正确；
故选：D。
7. 下列实验现象与的电离平衡无关的是
A. 向溶液中加入酚酞，溶液变红
B. 向饱和溶液中通入少量气体，生成淡黄色沉淀
C. 加热溶液，pH减小
D. 25℃时，将的盐酸稀释10倍，溶液
【答案】B
【解析】A．是强碱弱酸盐 ，会发生水解反应，促进水的电离，溶液显碱性，加入酚酞溶液变红，与水的电离平衡有关，不符合题意，A错误；
B．向饱和溶液中通入少量气体，发生反应，该反应是与之间的氧化还原反应，未涉及水的电离平衡移动，符合题意，B正确；
C．是强碱弱酸盐，发生水解，促进水的电离，盐类水解是吸热反应，加热促进水解，同时水的电离也受到促进(增大)，溶液中浓度变化，pH减小，与水的电离平衡有关，不符合题意，C错误；
D．25℃时，，pH=6的盐酸稀释10倍，溶液仍呈酸性， ，是因为稀释过程中促进了水的电离，水电离出的H+不能忽略，与水的电离平衡有关，D 不符合题，D错误；
故选B。
8. 西替利嗪是一种抗过敏药，其结构简式如下图。
下列关于西替利嗪的说法正确的是
A. 极易溶于水
B. 可以发生取代反应和加成反应
C. 分子内含有2个手性碳原子
D. 能与NaOH溶液反应，不能与盐酸反应
【答案】B
【解析】A．西替利嗪中烃基（疏水基）较大，不溶于水，则西替利嗪不易溶于水，故A错误；
B．西替利嗪中含羧基可发生取代反应，含苯环可发生加成反应，故B正确；
C．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，西替利嗪中只有连接2个苯环的碳原子为手性碳原子，故C错误；
D．西替利嗪中含羧基能与NaOH溶于反应，N原子上有1对孤对电子，可与氢离子形成配位键，具有碱性，能与盐酸反应，故D错误；
故选：B。
9. 下列三种方法均可得到氘化氢(HD)：①电解HDO；②与NaH反应；③与反应。下列说法不正确的是
A. 方法②中反应的化学方程式为
B. 方法②得到的产品纯度比方法①的高
C. 方法③能得到HD，说明电负性：
D. 质量相同的HDO和所含质子数相同
【答案】D
【解析】A．方法②中与NaH反应生成HD，为归中反应，反应的化学方程式为：D2O+NaH＝NaOD+HD↑，故A正确；
B．方法①的阴极产物可能是H2、D2、HD，方法②得到的产品纯度比方法①的高，故B正确；
C．方法③能得到HD，也是H元素的归中反应，说明LiAlH4中，H为-1价，进一步说明电负性：Al＜H，故C正确；
D．H、D的质子数相同，1个分子的HDO和D2O所含质子数相同，质量相同的HDO和D2O，其物质的量不同，所含质子数不相同，故D错误；
故选：D。
10. HCHO和HCOOH是大气中常见的污染物，它们之间反应的可能路径如下图。
下列说法正确的是
A. 总反应的速率主要由决定
B. 该路径中，HCHO与HCOOH发生取代反应
C. HCHO与HCOOH反应时，
D. 维持中间体的相互作用中，①和②均为氢键
【答案】A
【解析】A．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，总反应的速率主要由决定，A正确；
B．该路径中，甲醛中醛基转化为羟基，HCHO与HCOOH发生加成反应，B错误；
C．反应中生成物能量低于反应物，为放热反应，焓变小于0，C错误；
D．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；维持中间体的相互作用中，②不是为氢键，D错误；
故选A。
11. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 铜与稀硝酸反应：
B. 用溶液检验邻羟基苯甲酸中的羧基：
C. 用作沉淀剂，处理废水中的：
D. 向溶液中滴加足量浓氨水：
【答案】B
【解析】A．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮气体，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，A正确；
B．羧基能够和反应生成二氧化碳，酚羟基不和反应，用溶液检验邻羟基苯甲酸中的羧基：，B错误；
C．用作沉淀剂，处理废水中的，生成PbS沉淀，离子方程式为：，C正确；
D．向溶液中滴加足量浓氨水生成，离子方程式为：，D正确；
故选B。
12. 我国科研团队利用酯交换、缩聚两步法成功制备了具有高力学强度的异山梨醇型聚碳酸酯(PBIC)，合成路线如下。
下列说法不正确的是
A. 碳酸二甲酯中，碳原子的杂化方式有2种
B. 异山梨醇中的官能团为羟基和醚键
C. 缩聚过程脱除的小分子为甲醇
D. 合成1mlPBIC时，理论上参加反应的丁二醇的物质的量为mml
【答案】C
【解析】A．碳酸二甲酯中，甲基上C原子为sp3杂化，碳氧双键中C原子为sp2杂化，共2种杂化方式，A正确；
B．异山梨醇中含羟基、醚键，共2种官能团，B正确；
C．由原子守恒可知，缩聚过程脱除的小分子为碳酸二甲酯，C错误；
D．合成1mlPBIC时，高分子中含mml丁二醇的结构片段，则理论上参加反应的丁二醇的物质的量为mml，D正确；
故答案选C。
13. 实验室常用磷酸二氢钾()和磷酸氢二钠()配制成磷酸盐缓冲溶液，以保存有生物活性的样品(如蛋白激酶等)。室温下，1L某磷酸盐缓冲溶液中含有0.1ml和0.1ml。
已知：i．可溶，和难溶。
ii．室温下，不同pH时，溶液中含磷微粒的物质的量分数如下图。
下列关于该缓冲溶液的说法不正确的是
A. 溶液pH约为7
B.
C. 通入0.05mlHCl气体后，溶液pH小于6
D. 加入激活蛋白激酶时，溶液pH可能降低
【答案】C
【解析】A．磷酸盐缓冲溶液中含有0.1ml和0.1ml，由图可知，和质量分数都为0.5即浓度相等时，pH约为7，A正确；
B．由P元素守恒，溶液中含P的粒子浓度和为0.2ml/L，即c(H3PO4)+c()+c()+c()=0.2ml⋅L−1，B正确；
C．缓冲溶液加入少量酸碱，溶液pH可以保持几乎不变，由A项可知，溶液pH仍为7左右，C错误；
D．加入激活蛋白激酶时，由于钙离子和磷酸根会生成沉淀，会促进和电离平衡的正向进行，导致pH降低，D正确；
故本题选C。
14. 合成气(CO与混合气体)在生产中有重要应用。铁基氧载体可以实现与重整制备合成气，过程如图1.不同温度下，氧化室中气体的体积分数如图2.
下列说法不正确的是
A. 氧化室中的主要反应为
B. 由图1可知，若实现循环，理论上所得合成气中
C. 500~650℃时，氧化室中比CO更易发生副反应
D. 该方法既可制备有价值的合成气，又可减少温室气体的排放
【答案】C
【解析】A．由图可知，氧化室中 和反应生成CO、H2和FeO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，A正确；
B．由图可知，还原室中FeO和CO2反应生成和CO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，氧化室中发生反应：，若实现循环，说明生成的FeO和消耗的FeO相等，则合成气中，B正确；
C．氧化室中发生反应：，由图可知，500~650℃时，H2的体积分数大于CO的2倍，说明氧化室中CO比更易发生副反应；
D．该过程中可以实现与重整制备合成气，可减少温室气体的排放，D正确；
故选C。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的工业，电解装置的示意图如下。
（1）电解饱和食盐水总反应的化学方程式为___________。电解时需加盐酸控制阳极区溶液pH在2~3，结合生产目的解释原因：___________。
（2）储存饱和食盐水的金属设备容易发生电化学腐蚀，食盐水的流动和搅拌会加剧腐蚀，原因是___________。
（3）淡盐水补食盐后可循环利用，但其中溶解的会部分转化为，造成设备腐蚀。需向淡盐水中加入盐酸脱除，补全该反应的离子方程式：________。
______________________。
（4）阳离子交换膜是一种复合高分子材料，其靠近阴极的一侧富含，可排斥阴离子，因而具有离子选择透过性。若阳极室酸性过强，阳离子交换膜的选择透过性会降低，原因是___________。
【答案】（1） ①. ②. 增大，使平衡逆向移动，减少氯气的消耗
（2）增加氧气与食盐水的接触，促进氧气的溶解，加剧金属的吸氧腐蚀
（3）
（4）通过阳离子交换膜迁移至阴极室一侧，与膜上的生成，对阴离子的排斥力降低
【解析】（1）电解饱和食盐水过程中Cl-在阳极失去电子生成Cl2，H2O在阴极得到电子生成H2和OH-，总方程式为：，解时需加盐酸控制阳极区溶液pH在2~3，原因是：增大，使平衡逆向移动，减少氯气的消耗。
（2）储存饱和食盐水的金属设备容易发生电化学腐蚀，食盐水的流动和搅拌会加剧腐蚀，原因是：增加了氧气与食盐水的接触，促进氧气的溶解，加剧金属的吸氧腐蚀。
（3）和Cl-在酸性环境中发生归中反应生成Cl2，Cl元素化合价由+5价下降到0价，又由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（4）若阳极室酸性过强，阳离子交换膜的选择透过性会降低，原因是：通过阳离子交换膜迁移至阴极室一侧，与膜上的生成，对阴离子的排斥力降低。
16. Ti是一种密度小，强度大的金属。钛合金也有广泛应用。
（1）将Ti基态原子价电子轨道表示式补充完整：________。
。
（2）Ti的三种四卤化物的熔点如下表。
、、的熔点依次升高的原因是___________。
（3）可用于制备金属Ti．工业上常以和为原料制备，反应时需加入焦炭。
已知：ⅰ.
ⅱ.
从平衡移动角度解释加入焦炭的作用：___________。
（4）合金有良好的生物相容性，其晶体有和两种立方晶胞结构，如下图。
①中，Au周围最近且等距的Ti的个数为___________。
②若和两种晶胞棱长分别为anm和bnm，则两种晶体的密度之比为___________。
（5）用滴定法测定合金中Ti含量：取ag合金，加入足量浓硫酸共热，得到紫色溶液，并在酸性条件下定容至250mL；取25mL溶液于锥形瓶中，以KSCN为指示剂，用 溶液进行滴定，逐渐变为(无色)，达到滴定终点时，消耗溶液VmL。
①滴定过程被氧化为的离子方程式为___________。
②滴定终点的现象：滴入最后一滴溶液，___________。
③合金中Ti的质量分数为___________。
【答案】（1） （2）、、均为分子晶体，相对分子质量依次增大，范德华力随之增大
（3）很大，通过反应ⅱ可显著降低，促使i中平衡正向移动；，反应ⅱ放热使温度升高，促使ⅰ中平衡正向移动
（4） ①. 12 ②.
（5） ①. ②. 溶液变为红色，半分钟内不褪色 ③.
【解析】（1）Ti是22号元素，位于第四周期IVB族，价电子排布式为3d24s2，故Ti的基态原子的价电子轨道表示式为；
（2）这三种化合物均为分子晶体，分子晶体的熔点受范德华力的大小影响，分子量越大范德华力越大，熔点也越高；
（3）反应ii的平衡常数很大，加入焦炭后，能够显著减少O2的含量，促使反应i的平衡正向移动，又因反应i的△H>0，反应ii放出大量的热也有利于反应i的平衡正向移动，从而提高TiCl4的产率；
（4）由晶胞结构可知，与Au等距的Ti位于相邻面的面心，故与Au等距的Ti共有12个；晶胞密度ρ=，、的N分别为1、2（均摊法），V分别为a3、b3，带入公式可得和的密度之比为；
（5）Ti2(SO4)3、Fe2(SO4)3与水反应生成FeSO4、TiOSO4和硫酸，反应的离子方程式为；当溶液中的全部反应，继续滴加的Fe2(SO4)3溶液会与KSCN反应使溶液变红色，故当滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液，溶液变为红色，且半分钟内不褪色说明达到滴定终点；结合Ti2(SO4)3与Fe2(SO4)3反应的离子方程式可知有如下计量关系：Ti~~，则合金中Ti的质量分数为。
17. 钌(Ru)是贵金属，在医疗、催化等方面有重要应用。熔融-氧化-蒸馏法是工业上回收废钌催化剂中Ru的一种方法，流程如下。
已知：ⅰ.易挥发，加热时容易分解成和。
ⅱ.随温度升高，溶解度增大。
（1）废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，其中的作用是___________。
（2）如图1所示，蒸馏温度高于80℃时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是___________。
（3）氧化-蒸馏时选用硫酸酸化而非盐酸，原因是___________(用离子方程式表示)。
（4）获得晶体的操作A包括加热浓缩、___________、___________。
（5）用交替电解法可剥落旧电极表面的催化涂层，再用熔融-氧化-蒸馏法回收Ru。
已知：ⅰ.电解时会生成Ru、和，新生成的含钌物质在电极上的附着力弱。
ⅱ.电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低。
①交替电解装置如图2，每隔5~6分钟改变一次电流方向。电解时两电极上均有少量气泡产生。刚通电时，阳极的电极反应式为___________、___________。
②用交替电解法剥落涂层的效率较高，可能的原因有___________(填序号)。
a．含钌物质可同时从a、b两电极上脱落
b．阴极上，全部电子均用于还原
c．电流变向后，部分氧化的阳极被还原，电阻减小
【答案】（1）作氧化剂
（2）受热易分解或生成HClO受热分解等
（3）
（4） ①. 冷却结晶 ②. 过滤(洗涤)
（5） ①. ②. ③. ac
【解析】废钌催化剂和KOH、KNO3在650℃进行焙烧，废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，碱熔渣与NaClO、硫酸在减压蒸馏下得到蒸气，与浓盐酸反应得到溶液，由于随温度升高，溶解度增大，故溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)即可得到晶体，通入H2还原即可得到Ru，据此回答。
（1）由分析知，废钌催化剂和KOH、KNO3在650℃进行焙烧，废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，钌单质和中Ru的化合价均升高，被氧化，故KNO3作为氧化剂；
（2）由已知ⅰ知：易挥发，加热时容易分解成和，故蒸馏温度高于80℃时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是受热易分解或生成HClO受热分解等；
（3）由分析知，氧化-蒸馏时，用NaClO作为氧化剂，若使用盐酸，NaClO与盐酸发生反应，故选用硫酸酸化而非盐酸；
（4）由已知ⅱ知：随温度升高，溶解度增大，故溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)即可得到晶体；
（5）①刚通电时，由于电解时两电极上均有少量气泡产生，故水会在阳极失去电子生成氧气，电极反应式为，RuO2也会在阳极失去电子生成，电极反应式为；
②a．由于每隔5~6分钟改变一次电流方向，使得电极a、b交替作为阳极和阴极，含钌物质可同时从a、b两电极上脱落，提高了剥落RuO2涂层的效率，a 正确；
b．阴极上除了RuO2得到电子被还原外，溶液中的H+也可能得到电子生成H2（因为电解时两电极上均有少量气泡产生 ），并非全部电子均用于还原RuO2，b 错误；
c．已知电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低，而电流变向后，原来被氧化的阳极变为阴极，部分氧化的阳极被还原，电阻减小，有利于电解的进行，从而提高了剥落RuO2涂层的效率，c 正确；
故选ac。
18. 瓢虫分泌的生物碱可用于研发杀虫剂，瓢虫生物碱前体化合物L的合成路线如下。
已知：ⅰ.
ⅱ.
（1）P的结构简式是。用乙酸和甲醇合成P的化学方程式为___________。
（2）B→C的反应类型是___________。
（3）C中官能团的名称是___________。用虚线标注出C→D时C的断键位置：_____。
（4）E中不含醛基，含有一个五元环，E的结构简式为___________。
（5）I的核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为，A和P以物质的量之比合成I的化学方程式为___________。
（6）J中含有三个六元环，J的结构简式为___________。
（7）K→L过程中转变为。理论上发生反应的K与的物质的量之比为___________。
【答案】（1）
（2）加成 （3） ①. 酯基、醛基 ②.
（4） （5）
（6） （7）
【解析】结合信息ⅰ和C的结构简式可知，B为，第4问中给出信息，E中不含醛基，含有一个五元环，结合D和G的结构简式以及E的分子式可知，E的结构简式为，以此解题。
（1）P为乙酸甲酯，则乙酸和甲醇发生酯化反应的方程式为：；
（2）由分析可知，B为，结合C的结构简式可知，B→C为B和中碳碳双键的加成反应；
（3）结合C的结构简式可知，C中官能团的名称是酯基、醛基；对比C和D的结构简式可知，C→D时C的断键位置为：
（4）由分析可知，E的结构简式为；
（5）结合信息ⅰ和C的结构简式，同时结合A和P以物质的量之比合成I，且I的核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为，则I为，则合成I的化学方程式为：++2CH3OH；
（6）结合第5问分析可知，I为，同时结合信息ⅱ和H的结构简式，J中含有三个六元环，J的结构简式为；
（7）结合K的分子式和L的结构简式可知，K和反应生成L和水，方程式为：K+→L+H2O+N2，根据元素守恒可知，所有物质的系数都是1，则理论上发生反应的K与的物质的量之比为1∶1。
19. 某小组同学用下图装置探究与亚铁盐溶液的反应(夹持装置略)。
已知：稀溶液中的水合离子几乎无色；(黄色)。
操作：向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，立即打开活塞a，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b．C中现象如下表。
（1）打开活塞b后，B中反应的化学方程式为___________。
（2）上述实验中，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，目的是___________。
（3）打开活塞a期间，实验Ⅰ~Ⅲ中现象有相同也有不同。
①实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色。溶液由黄色变为浅绿色的原因是___________(用离子方程式表示)。
②实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可能的原因是___________。
（4）经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质。甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，乙同学通过实验排除了这种可能性，其实验操作及现象为___________。
（5）综合上述实验，可以得出的结论是___________(结合化学用语说明)。
【答案】（1）
（2）产生，将装置中的空气/氧气排净
（3） ①. ②. Ⅲ中不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的)
（4）取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀
（5）存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动
【解析】打开活塞a，将分液漏斗中稀硫酸滴入圆底烧瓶A中，稀硫酸与碳酸钠发生反应，生成的CO2将装置内的空气排尽，再打开活塞b，将分液漏斗中70%的硫酸滴入三颈烧瓶中，与发生反应生成，将通入C中，与亚铁盐反应，探究与亚铁盐溶液的反应，最后用D中的NaOH溶液吸收多余的，防止污染环境，据此回答。
（1）由分析知，打开活塞b，将分液漏斗中70%的硫酸滴入三颈烧瓶中，与发生反应的化学方程式为；
（2）由分析知，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，稀硫酸与碳酸钠发生反应产生，将装置中的空气/氧气排净；
（3）①向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，铁粉与盐酸反应生成，立即打开活塞a，生成的将装置内的空气赶入C中，被氧化为，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b，将生成的通入C中，由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，即为被氧化为，与结合发生(黄色)反应，溶液为黄色，再发生反应，使逐渐变为浅绿色；
②实验Ⅲ中，由于不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的)，溶液始终未变黄；
（4）将生成的通入C中，经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质，甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，即歧化生成S和生成，乙同学取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀，即排除了有离子存在，即排除了自身发生歧化反应的这种可能性；
（5）由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色，实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可知存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动。
A．由制备无水
B．实验室制氯气
C．萃取碘水中的碘单质
D．验证氨易溶于水且溶液呈碱性
四卤化物
熔点/℃
38.3
155
序号
试剂X
C中现象
打开活塞a后
打开活塞b后
Ⅰ
盐酸
有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色
溶液逐渐变为浅黄色，产生极少量淡黄色沉淀
Ⅱ
盐酸
有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色
溶液逐渐变为黄色，产生少量淡黄色沉淀
Ⅲ
硫酸
有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液逐渐变为浅绿色
无明显变化