2023-2024学年四川省泸州市合江县高一下学期6月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省泸州市合江县2023-2024学年高一下学期6月期末考试试题化学试卷分为第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）两部分。满分：100分。考试时间：75分钟。注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡上相应位置。2．选择题〖答案〗使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目的位置上，填涂在试卷上无效。3．非选择题〖答案〗使用黑色签字笔填写在答题卡对应题目的位置上，填写在试卷上无效。相对原子质量：H-1O-16S-32Fe-56Cu-64Cl-35.5第一部分选择题（共42分）一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。1.下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中，没有涉及到化学变化的是（）A.定期清淤，疏通河道B.化工企业“三废”处理后，达标排放C.利用微生物降解水域中的有毒有害物质D.河道中的垃圾回收分类后，进行无害化处理〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗【详析】A．定期清淤，疏通河道，保证河流畅通，没有涉及化学变化，A符合题意；B．工业生产中得到产品的同时常产生废气、废水和废渣（简称“三废”），常涉及化学方法进行处理，如石膏法脱硫、氧化还原法和沉淀法等处理废水，废渣资源回收利用等过程均有新物质生成，涉及化学变化，B不符合题意；C．可通过微生物的代谢作用，将废水中有毒有害物质尤其复杂的有机污染物降解为简单的、无害物质，所以微生物法处理废水有新物质的生成，涉及的是化学变化，C不符合题意；D．河道中的垃圾回收分类，适合焚化处理的垃圾，利用现代焚化炉进行燃烧，消灭各种病原体，把一些有毒、有害物质转化为无害物质，同时可回收热能，用于供热和发电等，此过程涉及化学变化，D不符合题意；故选A。2.2022年北京冬奥会火炬“飞扬”用氢气为燃料，耐高温碳纤维材料为外壳，铝合金为点火段材料，辅以可调节火焰颜色的“配方”。下列说法错误的是（）A.氢气作燃料对环境友好无污染B.碳纤维不属于天然高分子材料C.铝合金密度小、易燃D.含钠元素的“配方”可使火焰呈黄色〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氢气燃烧生成水，不会造成环境污染，则氢气作燃料对环境友好无污染，故A正确；B．碳纤维是无机非金属材料，不属于天然高分子材料，故B正确；C．由题意可知，铝合金为点火段材料说明合金性质稳定，不易燃烧，故C错误；D．钠元素焰色反应的焰色为黄色，则火炬飞扬的火焰呈黄色说明配方中含有钠元素，故D正确；故选C。3.下列各溶液中，Cl-浓度最大的是（）A.0.5L0.2mol/L的NaCl溶液B.0.1L0.3mol/L的NaCl溶液C.0.5L0.3mol/L的FeCl3溶液D.0.1L0.4mol/L的MgCl2溶液〖答案〗C〖解析〗【详析】A．0.5L0.2mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)=c(NaCl)=0.2mol/L×1=0.2mol/L，B．0.1L0.3mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)=c(NaCl)=0.3mol/L×1=0.3mol/L，C．0.5L0.3mol/L的FeCl3溶液中c(Cl-)=3c(FeCl3)=0.3mol/L×3=0.9mol/L，D．0.1L0.4mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=2c(MgCl2)=0.4mol/L×2=0.8mol/L，综上所述，所以氯离子浓度最大的是0.9mol/L，故选C。4.实验室中下列做法错误的是（）A.用冷水贮存白磷 B.用浓硫酸干燥二氧化硫C.用酒精灯直接加热蒸发皿D.用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧〖答案〗D〖解析〗【详析】A．白磷着火点低，易自然，且密度比水大，常保存在冷水中，A正确；B．浓硫酸有吸水性且不与SO2反应，可用浓硫酸干燥SO2，B正确；C．蒸发皿可直接加热，蒸发操作时，用酒精灯直接加热蒸发皿，C正确；D．K燃烧有K2O2、KO2生成，K2O2、KO2和CO2反应产生O2助燃，所以不能用CO2灭火器扑灭金属钾的燃烧，D错误。〖答案〗选D。5.BCl3水解反应方程式为：BCl3+3H2O=B(OH)3+3HCl，下列说法错误的是（）A.Cl的原子结构示意图为 B.H2O的空间填充模型为C.BCl3的电子式为：D.B(OH)3的结构简式为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Cl为荷电核数为17，原子结构示意图为，A项正确；B．分子为V形结构，且O原子的半径比H原子的半径大，B项正确；C．是缺电子化合物，B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子，电子式应为，C项错误；D．的结构简式为，D项正确；〖答案〗选C。6.硫元素的几种化合物存在下列转化关系。下列说法正确的是（）浓H2SO4SO2Na2SO3溶液Na2S2O3溶液SA.反应①中生成的SO2具有漂白性，可使溴水褪色B.反应②中若SO2过量，就会生成NaHSO3C.反应④中生成S既是氧化产物，也是还原产物D.反应④中当消耗1mol稀硫酸时，电子转移为4mol〖答案〗B〖解析〗【详析】A．SO2具有漂白性，但使溴水褪色与漂白性无关，是因为其还原性，A错误；B．反应②中若SO2过量，则发生反应Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，B正确；C．反应④中Na2S2O3歧化生成S，S元素化合价降低，S为还原产物，C错误；D．反应④中的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4(稀)=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，由方程式可知，反应消耗1mol稀硫酸时，转移2mol电子，D错误；综上所述〖答案〗为B。7.下列实验仪器或装置的选择正确的是（）配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液除去Cl2中的HCl蒸馏用冷凝管盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶ABCD〖答案〗B〖解析〗【详析】A．配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，故A错误；B．除去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中的反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动，降低氯气在水中的溶解度，洗气瓶长进短出，利于除杂，故B正确；C．蒸馏要使用直形冷凝管，接水口下口进上口出，球形冷凝管一般作反应装置，故C错误；D．硅酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，应使用橡胶塞，故D错误。〖答案〗选B。8.某原电池装置的总反应为，下列说法正确的是（）A.电池工作时正极上发生氧化反应B.装置工作时，溶液中的向负极移动C.可改用Fe做电极材料D.装置工作时每转移1mol电子，将消耗64gCu〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗原电池中，负极发生的反应为氧化反应，铜的化合价升高为负极，正极发生还原反应，三价铁的化合价降低，在正极发生反应，据此作答。【详析】A．正极发生还原反应，A项错误；B．装置工作时，阴离子向负极移动，B项正确；C．若Fe做电极材料，负极发生反应为，C项错误；D．由总反应可推测出负极的电极反应式为，转移1mol电子，消耗0.5molCu，其质量为32g，D项错误；故〖答案〗选B。9.氯气的水溶液称“氯水”，氯水中含有多种分子和离子，因此氯水有多重性质，下列有关新制氯水的说法中不正确的是（）A.新制氯水呈淡黄绿色，是因为氯水中溶解了未反应的Cl2B.新制氯水滴入硝酸银溶液中产生白色沉淀是因为氯水中有Cl-C.久置氯水酸性将增强D.新制氯水能使有色布条褪色是因为Cl2具有漂白性〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗氯水中含有三分子（H2O、Cl2、HClO）、四离子（H+、Cl-、ClO-、OH-），因此氯水具有漂白性（HClO）、强氧化性（HClO、Cl2）、酸性（HCl），久置的氯水中，HClO分解生成HCl和O2，HCl溶于水形成盐酸，氯水酸性增强。据此解答。【详析】A．新制氯水中，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸。未反应完氯气溶解在水中，使氯水呈淡黄绿色，故A项正确；B．新制氯水中存在HCl分子，向新制氯水中滴入硝酸银溶液，Ag+与Cl-反应产生白色沉，故B项正确；C．氯水久置后，氯水中的次氯酸分解生成氧气和HCl气体，HCl溶于水形成盐酸，溶液酸性增强，故C项正确；D．新制氯水能使有色布条褪色，是因为氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，故D项错误。故〖答案〗为：D。10.一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，的原子核只有1个质子；元素、、原子序数依次增大，且均位于的下一周期；元素的原子比原子多8个电子。下列说法不正确的是（）A.是一种强酸B.非金属性：C.原子半径：D.中，的化合价为+2价〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗题给化合物结构中X、W、E均形成1个共价键、Y形成4个共价键、Z形成2个共价键。的原子核只有1个质子，则X为H元素；元素、、原子序数依次增大，且均位于的下一周期，即第二周期元素，则Y为C元素，Z为O元素，W为F元素；元素的原子比原子多8个电子，则E为Cl元素，综合以上分析可知，X、Y、Z、W、E分别为H、C、O、F、Cl元素。据此分析解答。【详析】A．氯元素非金属性较强，其最高价氧化物的水化物HClO4是一种强酸，故A正确；B．同一周期元素从左到右非金属性逐渐增强，所以非金属性：F>O>C，故B正确；C．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，电子层越多半径越大，所以原子半径：Cl>C>F，故C错误；D．OF2中，F为-1价，则O的化合价为+2价，故D正确；〖答案〗选C。11.下列关于氧化物分类的说法不正确的组合是（）①金属氧化物也可以形成酸性氧化物②非金属氧化物一定是酸性氧化物③SiO2是酸性氧化物，硅酸是它与水反应形成的水化物④碱性氧化物一定是金属氧化物⑤Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物⑦能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物A.②③⑤⑥⑦ B.①④ C.②④⑤D.①②④⑥⑦〖答案〗A〖解析〗【详析】①金属氧化物也可以形成酸性氧化物，如Mn2O7，①正确；②非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO，②错误；③SiO2是酸性氧化物，但不能与水反应，③错误；④碱性氧化物一定是金属氧化物，④正确；⑤Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，Na2O2与H2O反应除生成NaOH外，还生成O2，不符合碱性氧化物的定义；⑤错误；⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3是两性氧化物，⑥错误；⑦能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物，如Al2O3是两性氧化物，⑦错误；故符合题意的是②③⑤⑥⑦，〖答案〗选A。12.工业上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.消耗14gN2生成NH3分子数为2NAB.消耗1molH2，生成N－H键数为2NAC.生成标准状况下22.4LNH3，电子转移数为2NAD.氧化1molNH3生成NO，需O2分子数为2NA〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由方程式可知，消耗14g氮气生成氨气的分子数为×2×NAmol—1=NA，故A错误；B．由方程式可知，消耗1mol氢气生成N－H键数为1mol××3×NAmol—1=2NA，故B正确；C．由方程式可知，生成标准状况下22.4L氨气，反应电子转移数为×3×NAmol—1=3NA，故C错误；D．由得失电子数目守恒可知，1mol氨气与氧气反应生成一氧化氮，需氧气分子数为1mol××NAmol—1=1.25NA，故D错误；故选B。13.实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是（）A.①中用瓷坩埚作反应器B.①中用作强碱性介质C.②中只体现氧化性D.转化为的理论转化率约为66.7%〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。【详析】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确；C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确；综上所述，本题选D。14.氢燃料电池是目前最具发展前景的新能源方式，如能普及并应用在车辆及其他高污染之发电工具上，将能显著减轻空气污染及温室效应。下列有关氢燃料电池的说法正确的是（）A.通入氢气的电极发生还原反应B.电解液中阳离子向通入氢气的方向移动C.正极电极反应式为：O2+4H++4e-═2H2OD.放电过程中电解液的浓度不断增大〖答案〗C〖解析〗【详析】A．通入氢气的电极是负极，发生氧化反应，A错误；B．电解液中阳离子向正极移动，反应中通入氧气的一端为正极，即电解液中阳离子向通入氧气的方向移动，B错误；C．正极上，氧气与氢离子结合生成水，电极反应式为：O2+4H++4e-═2H2O，C正确；D．放电过程中不断的生成水，电解液的浓度减小，D错误；故选C。第二部分非选择题（共58分）二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.将浓度均为0.01mol/L、、KI、溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。资料：该“碘钟实验”的总反应为。反应分两步进行，反应A为，反应B为……（1）反应B的离子方程式是___________。对于总反应，I-的作用相当于___________。（2）为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。a．向酸化的溶液中加入KI溶液和试剂X，溶液变为蓝色。b．再向得到的蓝色溶液中加入溶液，溶液的蓝色褪去。试剂X是___________。（3）为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ．(溶液浓度均为0.01mol/L)用量/mL实验序号溶液溶液溶液KI溶液(含淀粉)实验Ⅱ54830实验Ⅲ52xyz溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min，实验Ⅲ是40min。①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是___________。②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是___________。（4）为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。(溶液浓度均为0.01mol/L)用量/mL实验序号溶液溶液溶液KI溶液(含淀粉)实验Ⅳ44930实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：___________。〖答案〗（1）①.②.催化剂（2）淀粉（3）①.8、3、2②.其他条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率（4）由于，，所以未出现溶液变蓝的现象〖解析〗（1）该“碘钟实验”的总反应：①，反应分两步进行：反应A：②，反应B：①-②得到反应的离子方程式：，对于总反应，I-的作用相当于催化剂；（2）过氧化氢具有氧化性会将KI氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，碘单质具有氧化性，可以氧化Na2S2O3溶液，发生反应，则试剂X为淀粉溶液；（3）①为了方便研究在反应中要采取控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅲ跟实验Ⅱ比硫酸体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是：8、3、2；②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是：其它条件不变，溶液酸性越强，氢离子浓度越大，增大氢离子浓度可以加快反应速率；（4）对比实验Ⅱ、实验Ⅳ，可知溶液总体积相同，该变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，由于，，所以未出现溶液变蓝的现象。16.图为元素周期表的一部分，请参照①～⑧在表中的位置，回答下列问题：（1）②在周期表中的位置是___________。（2）①～⑧中，化学性质最稳定的是___________(填元素符号)，非金属性最强的是___________(填元素符号)，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___________(填化学式)。（3）①～⑦中，原子半径最大的是___________(填元素符号)。（4）元素③的非金属性比⑥___________(填“强”或“弱”)，请从原子结构的角度解释：___________，列举一个化学事实加以说明___________。（5）镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如下图所示：氧化镓与NaOH反应的化学方程式为___________。酸性：Al(OH)3___________Ga(OH)3(填“>”或“<”)，冶炼金属镓的方法是___________(填序号)。A．热还原法B．热分解法C．电解法〖答案〗（1）第二周第ⅣA族（2）①.He②.F③.HClO4（3）Na（4）①.强②.同主族，从上到下，元素原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，元素非金属性减弱③.2H2S＋O2=2S↓＋2H2O（5）①.Ga(OH)3+NaOH=NaGaO2+2H2O②.>③.C〖解析〗由元素在周期表的位置可知，元素①～⑧分别为H、C、O、F、Na、S、Cl、He；（1）②是C，在周期表中的位置是第二周第ⅣA族；（2）①～⑧中，化学性质最稳定的是，稀有气体元素He，非金属性最强元素在周期表的左上角，是F元素，同周期左到右，最高价氧化物对应水化物酸性增强，从下到上，酸性增强，所以酸性最强的是HClO4；（3）电子层越多，半径越大，电子层一样多，核电荷数越大，半径越小，所以原子半径最大的是Na；（4）同主族，从上到下，元素的金属性增强，非金属性减弱，所以元素③的非金属性比⑥强，同主族，从上到下，元素原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，元素非金属性减弱，氧气和硫化氢能发生置换反应可以证明，反应方程式为：2H2S＋O2=2S↓＋2H2O；（5）Ga(OH)3属于两性氢氧化物，与NaOH溶液生成NaGaO2，即Ga(OH)3＋NaOH=NaGaO2＋2H2O，同主族，从上到下，最高价含氧酸酸性减弱，所以酸性：Al(OH)3>Ga(OH)3，金属镓的活泼性强于金属铝，应该采用电解的方法进行冶炼。17.苯甲酸乙酯（）的别名为安息香酸乙酯。它是一种无色透明液体，不溶于水，有芳香气味，用于配制香水、香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体、溶剂等。其制备方法为：+CH3CH2OH+H2O已知：苯甲酸在100℃会迅速升华。相关有机物的性质如表所示。名称相对分子质量颜色及状态沸点/℃密度/（）苯甲酸122无色鳞片状或针状晶体2491.2659苯甲酸乙酯150无色澄清液体212.61.05乙醇46无色澄清液体78.30.7893环己烷84无色澄清液体80.70.78实验步骤如下：①在圆底烧瓶中加入苯甲酸，乙醇（过量），20mL环己烷以及4mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按如图所示装置装好仪器，控制温度在65~70℃加热回流2h。利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。②反应结束，打开旋塞放出分水器中的液体后，关闭旋塞继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热。③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入至溶液呈中性。用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层，加入氯化钙，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，低温蒸出乙醚和环己烷后，继续升温，接收210~213℃的馏分。④检验合格，测得产品体积为。回答下列问题：（1）在该实验中，圆底烧瓶的容积最适合的是________（填序号）。A.25mLB.50mLC.100mLD.250mL（2）步骤①中使用分水器不断分离除去水的目的是______________。（3）步骤②中应控制加热蒸馏的温度为________（填序号）。A.65~70℃B.78~80℃C.85~90℃D.215~220℃（4）步骤③加入的作用是________________________________；若的加入量不足，在之后蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是__________________。（5）关于步骤③中的萃取分液操作的叙述正确的是________（填序号）。A.水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，分液漏斗倒转过来，用力振摇B.振摇几次后需打开分液漏斗上口玻璃塞放气C.经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层D.放出液体时，应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔（6）计算可得本实验的产率为________。〖答案〗（1）C（2）提高反应的产率（3）C（4）除去浓硫酸和未反应的苯甲酸苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时发生升华（5）AD（6）90.02%〖解析〗【详析】(1)圆底烧瓶加热时盛装的液体不超过容积的，所加液体总体积为，故选用100mL的圆底烧瓶，故〖答案〗为：C；(2)根据平衡移动原理，利用分水器不断分离除去反应生成的水，能使反应正向进行，提高反应的产率，故〖答案〗为提高反应的产率；(3)步骤②的主要目的是蒸出反应液中的环己烷和乙醇，根据上述表格可知，环己烷和乙醇的沸点分别为78.3℃和80.7℃，蒸馏温度应略高于80.7℃，故温度选择85~90℃，故〖答案〗为：C；(4)是具有碱性的强碱弱酸盐，能中和作催化剂的浓硫酸及未反应的苯甲酸，若加入的量不足，则苯甲酸可能未完全除尽，根据已知，苯甲酸受热至100℃时会发生升华，故〖答案〗为：除去浓硫酸和未反应的苯甲酸；苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时发生升华；(5)放气时，分液漏应倒置，缓慢打开旋塞，B选项错误；经几次振摇并放气后，静置时应置于铁架台上，不能手持，C选项项错误；故〖答案〗为：AD；(6)根据公式，苯甲酸的物质的量为，根据方程式可得，n(苯甲酸甲酯)=n(苯甲酸)，则理论上可得苯甲酸乙酯的质量m(苯甲酸甲酯)=0.1mol×150g/mol=15g，而再根据公式可知，实际得到的苯甲酸乙酯的质量为，则根据产率计算公式，，故〖答案〗为90.02%。18.铋酸钠浅黄色、不溶于冷水、与热水或酸溶液要反应。它常用作分析试剂、氧化剂，如在钢铁分析中测定锰等。某同学在实验室用氯气将(白色，难溶于水)氧化制取，并探究其性质。各实验装置如下图所示：请回答下列问题：（1）装置的连接顺序是：______→______→______→______(填装置下面的字母)_______。（2）仪器a的名称是_______；D中装有的试剂是_______。（3）装置C的作用是_______；装置A中盛NaOH溶液的恒压滴液漏斗的作用是_______。（4）当B中出现白色固体消失的现象时，应进行的操作是_______。（5）装置B中发生反应的离子方程式为_______。（6）该同学将铋酸钠固体加到足量的浓盐酸中，发现浅黄色固体溶解，并有黄绿色气体产生，于是该同学很矛盾，矛盾的原因是：该实验现象说明的氧化性比强，可是从装置B中的反应来看，的氧化性比强。请你向该同学解释其原因_______。（7）为测定产品的纯度。取上述产品3.20g，用足量硫酸和稀溶液使其还原为，再将其准确配制成100mL溶液，取出25mL，用的标准溶液滴定生成的，滴定终点时消耗标准溶液，则该产品的纯度为_______。〖答案〗（1）ACBD；（2）①.三颈烧瓶②.氢氧化钠溶液（3）①.除去氯气中氯化氢气体②.反应后吸收滞留在装置中有毒气体氯气（4）关闭K1、K3，打开K2（5）（6）两者反应的溶液的酸碱性不同，说明溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱（7）87.5%〖解析〗装置A反应生成氯气，通过装置C饱和食盐水除去氯气中氯化氢气体，进入B中反应生成，尾气使用D中碱液吸收减少污染，故装置顺序为ACBD；（1）由分析可知，装置的连接顺序是ACBD；（2）仪器a的名称是三颈烧瓶；D中装有的试剂是氢氧化钠溶液，用于吸收尾气；（3）氯气中含有挥发的氯化氢气体，装置C的作用是除去氯气中氯化氢气体；反应后装置A中含有毒性气体氯气，氯气能和氢氧化钠反应，装置A中盛NaOH溶液的恒压滴液漏斗的作用是反应后吸收滞留在装置中有毒气体氯气；（4）当B中出现白色固体消失的现象时，说明已经完全反应，装置B中应该不再通入氯气，此时应进行的操作是关闭K1、K3，打开K2；（5）铋酸钠浅黄色、不溶于冷水；铋酸钠浅黄色、不溶于冷水装置B中氯气将氧化制取，反应中Bi元素化合价升高、氯元素化合价降低生成氯离子，根据电子守恒、质量守恒可知，发生反应的离子方程式为；（6）将铋酸钠固体加到足量的浓盐酸中，有黄绿色气体氯气生成，说明的氧化性比强；装置B中氯气将氧化制取，说明的氧化性比强；得出不同结论的原因是两者反应的溶液的酸碱性不同，说明溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱；（7）反应中转化为，化合价由+5变为+3，草酸中碳元素化合价由+3变为+4，根据电子守恒可知，，则为，则该产品的纯度为。四川省泸州市合江县2023-2024学年高一下学期6月期末考试试题化学试卷分为第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）两部分。满分：100分。考试时间：75分钟。注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡上相应位置。2．选择题〖答案〗使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目的位置上，填涂在试卷上无效。3．非选择题〖答案〗使用黑色签字笔填写在答题卡对应题目的位置上，填写在试卷上无效。相对原子质量：H-1O-16S-32Fe-56Cu-64Cl-35.5第一部分选择题（共42分）一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。1.下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中，没有涉及到化学变化的是（）A.定期清淤，疏通河道B.化工企业“三废”处理后，达标排放C.利用微生物降解水域中的有毒有害物质D.河道中的垃圾回收分类后，进行无害化处理〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗【详析】A．定期清淤，疏通河道，保证河流畅通，没有涉及化学变化，A符合题意；B．工业生产中得到产品的同时常产生废气、废水和废渣（简称“三废”），常涉及化学方法进行处理，如石膏法脱硫、氧化还原法和沉淀法等处理废水，废渣资源回收利用等过程均有新物质生成，涉及化学变化，B不符合题意；C．可通过微生物的代谢作用，将废水中有毒有害物质尤其复杂的有机污染物降解为简单的、无害物质，所以微生物法处理废水有新物质的生成，涉及的是化学变化，C不符合题意；D．河道中的垃圾回收分类，适合焚化处理的垃圾，利用现代焚化炉进行燃烧，消灭各种病原体，把一些有毒、有害物质转化为无害物质，同时可回收热能，用于供热和发电等，此过程涉及化学变化，D不符合题意；故选A。2.2022年北京冬奥会火炬“飞扬”用氢气为燃料，耐高温碳纤维材料为外壳，铝合金为点火段材料，辅以可调节火焰颜色的“配方”。下列说法错误的是（）A.氢气作燃料对环境友好无污染B.碳纤维不属于天然高分子材料C.铝合金密度小、易燃D.含钠元素的“配方”可使火焰呈黄色〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氢气燃烧生成水，不会造成环境污染，则氢气作燃料对环境友好无污染，故A正确；B．碳纤维是无机非金属材料，不属于天然高分子材料，故B正确；C．由题意可知，铝合金为点火段材料说明合金性质稳定，不易燃烧，故C错误；D．钠元素焰色反应的焰色为黄色，则火炬飞扬的火焰呈黄色说明配方中含有钠元素，故D正确；故选C。3.下列各溶液中，Cl-浓度最大的是（）A.0.5L0.2mol/L的NaCl溶液B.0.1L0.3mol/L的NaCl溶液C.0.5L0.3mol/L的FeCl3溶液D.0.1L0.4mol/L的MgCl2溶液〖答案〗C〖解析〗【详析】A．0.5L0.2mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)=c(NaCl)=0.2mol/L×1=0.2mol/L，B．0.1L0.3mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)=c(NaCl)=0.3mol/L×1=0.3mol/L，C．0.5L0.3mol/L的FeCl3溶液中c(Cl-)=3c(FeCl3)=0.3mol/L×3=0.9mol/L，D．0.1L0.4mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=2c(MgCl2)=0.4mol/L×2=0.8mol/L，综上所述，所以氯离子浓度最大的是0.9mol/L，故选C。4.实验室中下列做法错误的是（）A.用冷水贮存白磷 B.用浓硫酸干燥二氧化硫C.用酒精灯直接加热蒸发皿D.用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧〖答案〗D〖解析〗【详析】A．白磷着火点低，易自然，且密度比水大，常保存在冷水中，A正确；B．浓硫酸有吸水性且不与SO2反应，可用浓硫酸干燥SO2，B正确；C．蒸发皿可直接加热，蒸发操作时，用酒精灯直接加热蒸发皿，C正确；D．K燃烧有K2O2、KO2生成，K2O2、KO2和CO2反应产生O2助燃，所以不能用CO2灭火器扑灭金属钾的燃烧，D错误。〖答案〗选D。5.BCl3水解反应方程式为：BCl3+3H2O=B(OH)3+3HCl，下列说法错误的是（）A.Cl的原子结构示意图为 B.H2O的空间填充模型为C.BCl3的电子式为：D.B(OH)3的结构简式为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Cl为荷电核数为17，原子结构示意图为，A项正确；B．分子为V形结构，且O原子的半径比H原子的半径大，B项正确；C．是缺电子化合物，B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子，电子式应为，C项错误；D．的结构简式为，D项正确；〖答案〗选C。6.硫元素的几种化合物存在下列转化关系。下列说法正确的是（）浓H2SO4SO2Na2SO3溶液Na2S2O3溶液SA.反应①中生成的SO2具有漂白性，可使溴水褪色B.反应②中若SO2过量，就会生成NaHSO3C.反应④中生成S既是氧化产物，也是还原产物D.反应④中当消耗1mol稀硫酸时，电子转移为4mol〖答案〗B〖解析〗【详析】A．SO2具有漂白性，但使溴水褪色与漂白性无关，是因为其还原性，A错误；B．反应②中若SO2过量，则发生反应Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，B正确；C．反应④中Na2S2O3歧化生成S，S元素化合价降低，S为还原产物，C错误；D．反应④中的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4(稀)=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，由方程式可知，反应消耗1mol稀硫酸时，转移2mol电子，D错误；综上所述〖答案〗为B。7.下列实验仪器或装置的选择正确的是（）配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液除去Cl2中的HCl蒸馏用冷凝管盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶ABCD〖答案〗B〖解析〗【详析】A．配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，故A错误；B．除去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中的反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动，降低氯气在水中的溶解度，洗气瓶长进短出，利于除杂，故B正确；C．蒸馏要使用直形冷凝管，接水口下口进上口出，球形冷凝管一般作反应装置，故C错误；D．硅酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，应使用橡胶塞，故D错误。〖答案〗选B。8.某原电池装置的总反应为，下列说法正确的是（）A.电池工作时正极上发生氧化反应B.装置工作时，溶液中的向负极移动C.可改用Fe做电极材料D.装置工作时每转移1mol电子，将消耗64gCu〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗原电池中，负极发生的反应为氧化反应，铜的化合价升高为负极，正极发生还原反应，三价铁的化合价降低，在正极发生反应，据此作答。【详析】A．正极发生还原反应，A项错误；B．装置工作时，阴离子向负极移动，B项正确；C．若Fe做电极材料，负极发生反应为，C项错误；D．由总反应可推测出负极的电极反应式为，转移1mol电子，消耗0.5molCu，其质量为32g，D项错误；故〖答案〗选B。9.氯气的水溶液称“氯水”，氯水中含有多种分子和离子，因此氯水有多重性质，下列有关新制氯水的说法中不正确的是（）A.新制氯水呈淡黄绿色，是因为氯水中溶解了未反应的Cl2B.新制氯水滴入硝酸银溶液中产生白色沉淀是因为氯水中有Cl-C.久置氯水酸性将增强D.新制氯水能使有色布条褪色是因为Cl2具有漂白性〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗氯水中含有三分子（H2O、Cl2、HClO）、四离子（H+、Cl-、ClO-、OH-），因此氯水具有漂白性（HClO）、强氧化性（HClO、Cl2）、酸性（HCl），久置的氯水中，HClO分解生成HCl和O2，HCl溶于水形成盐酸，氯水酸性增强。据此解答。【详析】A．新制氯水中，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸。未反应完氯气溶解在水中，使氯水呈淡黄绿色，故A项正确；B．新制氯水中存在HCl分子，向新制氯水中滴入硝酸银溶液，Ag+与Cl-反应产生白色沉，故B项正确；C．氯水久置后，氯水中的次氯酸分解生成氧气和HCl气体，HCl溶于水形成盐酸，溶液酸性增强，故C项正确；D．新制氯水能使有色布条褪色，是因为氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，故D项错误。故〖答案〗为：D。10.一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，的原子核只有1个质子；元素、、原子序数依次增大，且均位于的下一周期；元素的原子比原子多8个电子。下列说法不正确的是（）A.是一种强酸B.非金属性：C.原子半径：D.中，的化合价为+2价〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗题给化合物结构中X、W、E均形成1个共价键、Y形成4个共价键、Z形成2个共价键。的原子核只有1个质子，则X为H元素；元素、、原子序数依次增大，且均位于的下一周期，即第二周期元素，则Y为C元素，Z为O元素，W为F元素；元素的原子比原子多8个电子，则E为Cl元素，综合以上分析可知，X、Y、Z、W、E分别为H、C、O、F、Cl元素。据此分析解答。【详析】A．氯元素非金属性较强，其最高价氧化物的水化物HClO4是一种强酸，故A正确；B．同一周期元素从左到右非金属性逐渐增强，所以非金属性：F>O>C，故B正确；C．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，电子层越多半径越大，所以原子半径：Cl>C>F，故C错误；D．OF2中，F为-1价，则O的化合价为+2价，故D正确；〖答案〗选C。11.下列关于氧化物分类的说法不正确的组合是（）①金属氧化物也可以形成酸性氧化物②非金属氧化物一定是酸性氧化物③SiO2是酸性氧化物，硅酸是它与水反应形成的水化物④碱性氧化物一定是金属氧化物⑤Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物⑦能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物A.②③⑤⑥⑦ B.①④ C.②④⑤D.①②④⑥⑦〖答案〗A〖解析〗【详析】①金属氧化物也可以形成酸性氧化物，如Mn2O7，①正确；②非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO，②错误；③SiO2是酸性氧化物，但不能与水反应，③错误；④碱性氧化物一定是金属氧化物，④正确；⑤Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，Na2O2与H2O反应除生成NaOH外，还生成O2，不符合碱性氧化物的定义；⑤错误；⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3是两性氧化物，⑥错误；⑦能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物，如Al2O3是两性氧化物，⑦错误；故符合题意的是②③⑤⑥⑦，〖答案〗选A。12.工业上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.消耗14gN2生成NH3分子数为2NAB.消耗1molH2，生成N－H键数为2NAC.生成标准状况下22.4LNH3，电子转移数为2NAD.氧化1molNH3生成NO，需O2分子数为2NA〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由方程式可知，消耗14g氮气生成氨气的分子数为×2×NAmol—1=NA，故A错误；B．由方程式可知，消耗1mol氢气生成N－H键数为1mol××3×NAmol—1=2NA，故B正确；C．由方程式可知，生成标准状况下22.4L氨气，反应电子转移数为×3×NAmol—1=3NA，故C错误；D．由得失电子数目守恒可知，1mol氨气与氧气反应生成一氧化氮，需氧气分子数为1mol××NAmol—1=1.25NA，故D错误；故选B。13.实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是（）A.①中用瓷坩埚作反应器B.①中用作强碱性介质C.②中只体现氧化性D.转化为的理论转化率约为66.7%〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。【详析】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确；C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确；综上所述，本题选D。14.氢燃料电池是目前最具发展前景的新能源方式，如能普及并应用在车辆及其他高污染之发电工具上，将能显著减轻空气污染及温室效应。下列有关氢燃料电池的说法正确的是（）A.通入氢气的电极发生还原反应B.电解液中阳离子向通入氢气的方向移动C.正极电极反应式为：O2+4H++4e-═2H2OD.放电过程中电解液的浓度不断增大〖答案〗C〖解析〗【详析】A．通入氢气的电极是负极，发生氧化反应，A错误；B．电解液中阳离子向正极移动，反应中通入氧气的一端为正极，即电解液中阳离子向通入氧气的方向移动，B错误；C．正极上，氧气与氢离子结合生成水，电极反应式为：O2+4H++4e-═2H2O，C正确；D．放电过程中不断的生成水，电解液的浓度减小，D错误；故选C。第二部分非选择题（共58分）二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.将浓度均为0.01mol/L、、KI、溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。资料：该“碘钟实验”的总反应为。反应分两步进行，反应A为，反应B为……（1）反应B的离子方程式是___________。对于总反应，I-的作用相当于___________。（2）为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。a．向酸化的溶液中加入KI溶液和试剂X，溶液变为蓝色。b．再向得到的蓝色溶液中加入溶液，溶液的蓝色褪去。试剂X是___________。（3）为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ．(溶液浓度均为0.01mol/L)用量/mL实验序号溶液溶液溶液KI溶液(含淀粉)实验Ⅱ54830实验Ⅲ52xyz溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min，实验Ⅲ是40min。①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是___________。②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是___________。（4）为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。(溶液浓度均为0.01mol/L)用量/mL实验序号溶液溶液溶液KI溶液(含淀粉)实验Ⅳ44930实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：___________。〖答案〗（1）①.②.催化剂（2）淀粉（3）①.8、3、2②.其他条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率（4）由于，，所以未出现溶液变蓝的现象〖解析〗（1）该“碘钟实验”的总反应：①，反应分两步进行：反应A：②，反应B：①-②得到反应的离子方程式：，对于总反应，I-的作用相当于催化剂；（2）过氧化氢具有氧化性会将KI氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，碘单质具有氧化性，可以氧化Na2S2O3溶液，发生反应，则试剂X为淀粉溶液；（3）①为了方便研究在反应中要采取控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅲ跟实验Ⅱ比硫酸体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是：8、3、2；②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是：其它条件不变，溶液酸性越强，氢离子浓度越大，增大氢离子浓度可以加快反应速率；（4）对比实验Ⅱ、实验Ⅳ，可知溶液总体积相同，该变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，由于，，所以未出现溶液变蓝的现象。16.图为元素周期表的一部分，请参照①～⑧在表中的位置，回答下列问题：（1）②在周期表中的位置是___________。（2）①～⑧中，化学性质最稳定的是___________(填元素符号)，非金属性最强的是___________(填元素符号)，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___________(填化学式)。（3）①～⑦中，原子半径最大的是___________(填元素符号)。（4）元素③的非金属性比⑥___________(填“强”或“弱”)，请从原子结构的角度解释：___________，列举一个化学事实加以说明___________。（5）镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如下图所示：氧化镓与NaOH反应的化学方程式为___________。酸性：Al(OH)3___________Ga(OH)3(填“>”或“<”)，冶炼金属镓的方法是___________(填序号)。A．热还原法B．热分解法C．电解法〖答案〗（1）第二周第ⅣA族（2）①.He②.F③.HClO4（3）Na（4）①.强②.同主族，从上到下，元素原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，元素非金属性减弱③.2H2S＋O2=2S↓＋2H2O（5）①.Ga(OH)3+NaOH=NaGaO2+2H2O②.>③.C〖解析〗由元素在周期表的位置可知，元素①～⑧分别为H、C、O、F、Na、S、Cl、He；（1）②是C，在周期表中的位置是第二周第ⅣA族；（2）①～⑧中，化学性质最稳定的是，稀有气体元素He，非金属性最强元素在周期表的左上角，是F元素，同周期左到右，最高价氧化物对应水化物酸性增强，从下到上，酸性增强，所以酸性最强的是HClO4；（3）电子层越多，半径越大，电子层一样多，核电荷数越大，半径越小，所以原子半径最大的是Na；（4）同主族，从上到下，元素的金属性增强，非金属性减弱，所以元素③的非金属性比⑥强，同主族，从上到下，元素原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，元素非金属性减弱，氧气和硫化氢能发生置换反应可以证明，反应方程式为：2H2S＋O2=2S↓＋2H2O；（5）Ga(OH)3属于两性氢氧化物，与NaOH溶液生成NaGaO2，即Ga(OH)3＋NaOH=NaGaO2＋2H2O，同主族，从上到下，最高价含氧酸酸性减弱，所以酸性：Al(OH)3>Ga(OH)3，金属镓的活泼性强于金属铝，应该采用电解的方法进行冶炼。17.苯甲酸乙酯（）的别名为安息香酸乙酯。它是一种无色透明液体，不溶于水，有芳香气味，用于配制香水、香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体、溶剂等。其制备方法为：+CH3CH2OH+H2O已知：苯甲酸在100℃会迅速升华。相关有机物的性质如表所示。名称相对分子质量颜色及状态沸点/℃密度/（）苯甲酸122无色鳞片状或针状晶体2491.2659苯甲酸乙酯150无色澄清液体212.61.05乙醇46无色澄清液体78.30.7893环己烷84无色澄清液体80.70.78实验步骤如下：①在圆底烧瓶中加入苯甲酸，乙醇（过量），20mL环己烷以及4mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按如图所示装置装好仪器，控制温度在65~70℃加热回流2h。利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。②反应结束，打开旋塞放出分水器中的液体后，关闭旋塞继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热。③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入至溶液呈中性。用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层，加入氯化钙，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，低温蒸出乙醚和环己烷后，继续升温，接收210~213℃的馏分。④检验合格，测得产品体积为。回答下列问题：（1）在该实验中，圆底烧瓶的容积最适合的是________（填序号）。A.25mLB.50mLC.100mLD.250mL（2）步骤①中使用分水器不断分离除去水的目的是______________。（3）步骤②中应控制加热蒸馏的温度为________（填序号）。A.65~70℃