精品解析：甘肃省天水市第一中学2024-2025学年高三上学期11月月考 化学试题

天水一中2024年第一学期高三第三次诊断性检测 化学试卷 考生须知： 1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚。 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效。 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 4.满分100分，考试时间75分钟。 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。 1. 用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 摩尔是一个基本物理量 B. 含有2NA个氢原子的水，其物质的量为1 mol C. 0.5 mol氧气所含氧元素为NA D. 2 mol NaCl中含离子数2NA 2. 已知在酸性溶液中易被还原成，且还原性：。下列反应在水溶液中不可能发生的是 A. B. C. D. 3. 将等浓度的H2SO4、NaHSO4溶液，分别滴入两份相同的Ba(OH)2溶液中，其电导率与滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是 A. b→d反应的离子方程式为：H++OH－=H2O B. d点溶液中，Na+与的物质的量之比为1：1 C. c点导电能力相同，所以两溶液中含有相同量的OH－ D. a、b两点Ba2+均沉淀完全，所以对应的溶液均显中性 4. 标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL,质量分数为ω，物质浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是 A. B. C. D. =1000Vρ/(17V+22400) 5. 下图是合成高分子材料Ⅰ和部分物质转化的过程示意。已知：G、H和I均含有酯基，下列说法正确的是 A. H2C=CHCOOH存在顺反异构 B. G合成高分子材料I是缩聚反应 C. F是CH3CH2COOH D. G发生氧化反应生成H 6. 下列说法不正确的是 A. 和是氧元素的同素异形体 B. 干燥的固体不导电，所以不是电解质 C. 是碱性氧化物，能与酸反应生成盐和水 D. 在水溶液中的电离方程式为 7. 维生素C是一种水溶性维生素，熔点为190℃，其分子式为C6H8O6。下列有关维生素C的说法不正确的是 A. 维生素C摩尔质量为176 g·mol－1 B. 标准状况下，维生素C的摩尔体积为22．4L·mol－1 C. 维生素C中C、H两种元素原子个数比为3：4 D. 维生素C中O元素的质量分数为54.5% 8. 下列离子检验方法合理的是 A. 向某溶液中滴入硫氰化钾溶液呈红色，说明不含Fe2+ B. 向某溶液中通入氯气，然后再加入硫氰化钾溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2+ C. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3+ D. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe2+，不含有Mg2+ 9. 某公司推出一款铁—空气燃料电池，成本仅为锂电池的，其装置放电时的工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，M为正极 B. 放电一段时间，KOH溶液浓度不变 C. 充电时，N极的电极反应式中包括： D. 放电时，从M移向N 10. 铝、铍( Be)及其化合物具有相似的化学性质。已知BeCl2 +Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be(OH)2↓能完全进行，则下列推断正确的是(　　) A. Be(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液 B. BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物 C. Na2BeO2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeO D. BeCl2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeCl2 11. 在水溶液中与HCHO发生如下反应：。下列说法正确的是 A. HCHO的分子构型是是三角锥形 B. 基态的电子排布式为 C. 中与形成配位键的原子是H D. 1mol中所含键的数目是6mol 12. 常温下，乙酰苯胺是一种具有解热镇痛作用的白色晶体，20℃时在乙醇中的溶解度为36.9g，在水中的溶解度如下表(注：氯化钠可分散在醇中形成胶体) 温度/℃ 25 50 80 100 溶解度/g 0.56 0.84 3.5 55 某种乙酰苯胺样品中混入了少量氯化钠杂质，下列提纯乙酰苯胺的方法正确的是 A. 用水溶解后分液 B. 用乙醇溶解后过滤 C. 用水作溶剂进行重结晶 D. 用乙醇作溶剂进行重结晶 13. 空气中的氮气可通过人工固氮获得氨气，氨气是重要的化工原料，通过氨氧化法去可制得硝酸，反应过程如图： N2NH3NONO2HNO3 硝酸是一种强氧化性酸，制硝酸工业产生的尾气中含有氮氧化物，应处理后才能排放。下列说法不正确的是 A. 常温下，浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中 B. BaSO3固体能溶于稀硝酸，生成Ba(NO3)2，放出SO2气体 C. 工业上，当转化①的反应达到平衡时，需不断地从混合气体中分离出NH3，将未反应的原料气送回合成塔以提高原料的利用率 D. 转化④中，当V(NO2)：V(O2)=4：1时，理论上NO2全部转化为HNO3 14. 由于核外有空的d轨道，可与一些配体形成配位数为6的配离子。某同学将淡紫色的晶体溶于水后再依次加KSCN和NaF，发现溶液出现下列变化： 已知：为浅紫色，为红色，为无色。 下列说法错误的是 A. 晶体溶于水后溶液不是浅紫色而是黄色，是因为水解生成所致 B. 与形成配位键时，N原子提供孤电子对 C. 溶液Ⅱ加NaF后溶液由红色变为无色，说明与配位键强度不及与配位键强度 D. 焰色试验中可用无锈铁丝替代铂丝，说明铁灼烧时无焰色且不会产生发射光谱 二、非选择题：共58分。 15. 是重要的化学试剂，遇高温分解，与酸发生反应。实验室可通过如图所示装置制备。 回答下列问题： （1）仪器A的名称为_______。 （2）下列关于装置B的作用叙述错误的是_______(填标号)。 a.通过观察气泡可控制气流速率 b.防止发生倒吸 c.通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置否堵塞 （3）C中生成产品化学反应方程式为_______。 （4）为保证硫代硫酸钠的产率和纯度，实验中通入的不能过量，原因是_______。 （5）为测定所得产品纯度，取所得产品溶于蒸馏水中配制成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入2滴淀粉试剂，用碘的标准溶液滴定，消耗标准液。 已知： ①滴定终点现象为_______； ②产品纯度为_______(用m、c、V表示)。 （6）下列装置和试剂不能代替E的是_______(填标号)。 16. 某小组从电极反应的角度研究物质氧化性和还原性的变化规律。 （1）实验室以MnO2和浓盐酸为原料制取氯气的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑。该反应的氧化产物是_______。将该反应设计成原电池，氧化反应为，还原反应为_______。 （2）当氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在MnO2和盐酸。小组同学分析认为随着反应的进行，MnO2的氧化性和Cl-的还原性均减弱，为此进行探究。 实验任务：探究离子浓度对MnO2氧化性的影响 提出猜想： 猜想a：随c(H+)减小，MnO2的氧化性减弱。 猜想b：随c(Mn2＋)增大，MnO2的氧化性减弱。 查阅资料：电极电势(φ)是表征氧化剂的氧化性(或还原剂的还原性)强弱的物理量。电极电势越大，氧化剂的氧化性越强；电极电势越小，还原剂的还原性越强。 验证猜想：用0.10 mol·L-1H2SO4溶液、0.10 mol·L-1MnSO4溶液和蒸馏水配制混合液(溶液总体积相同)，将MnO2电极置于混合液中测定其电极电势φ，进行表中实验1～3，数据记录如表。 实验序号 V(H2SO4)/mL V(MnSO4)/mL V(H2O)/mL 电极电势/V 1 20 20 0 φ1 2 m n 10 φ2 3 20 10 10 φ3 ①根据实验1和2的结果，猜想a成立。补充数据：m=_______，n=_______。 ②根据实验1和3的结果，猜想b成立。判断依据是_______(用电极电势关系表示)。 探究结果：固液混合物A中仍存在MnO2和盐酸的原因是随着反应进行，溶液中c(H+)减小、c(Mn2+)增大，MnO2氧化性减弱。 ③根据上述探究结果，小组同学作出如下推断：随c(Cl-)增大，Cl-还原性增强。 实验验证：在固液混合物A中加入_______(填化学式)固体，加热。证明推断正确的实验现象是_______。 17. 四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品，具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含MoS2，还有Cu、Fe的化合物及SiO2等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如图所示。 回答下列问题： （1）“焙烧”产生的气体用_______吸收后可制取氮肥。 （2）“浸出”时，MoO3转化为。提高单位时间内钼浸出率的措施有_______(任写两种)。温度对90min内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过80℃后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致_______。 （3）“沉淀”时，加入NH4NO3的目的是_______。 18. 化合物I是一种抗癫痫药物，其作用机制与阻滞钠通道、抑制NMDA受机体激活的钠、钙内流以及增强GABA抑制功能有关。合成化合物I的一种新方法如图所示。 回答下列问题： （1）A的化学名称为___，F中所含官能团的名称为___。 （2）B→D的反应类型为___。物质C在空气中放置后常常变色，原因为___。 （3）E→G的化学方程式为___。 （4）H的结构简式为___。I的分子式为___。 （5）同时满足下列条件的B的同分异构体有___种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱中有3组吸收峰的结构简式为___。 ①属于芳香族化合物 ②能发生银镜反应 （6）结合题给信息，以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：___。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天水一中2024年第一学期高三第三次诊断性检测 化学试卷 考生须知： 1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚。 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效。 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 4.满分100分，考试时间75分钟。 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。 1. 用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 摩尔是一个基本物理量 B. 含有2NA个氢原子的水，其物质的量为1 mol C. 0.5 mol氧气所含氧元素为NA D. 2 mol NaCl中含离子数2NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．摩尔是物质的量的单位，不是基本物理量，故A错误； B．1个水分子中含有2个H原子，含有2NA个氢原子的水分子数是NA，，故B正确； C．0.5mol氧气所含1mol氧原子，氧原子数是NA，故C错误； D．根据NaCl= Na++Cl-，2mol NaCl中含离子数4NA，故D错误； 答案选B。 2. 已知在酸性溶液中易被还原成，且还原性：。下列反应在水溶液中不可能发生的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据还原性是: I−>Fe2+>Cl−，因此Fe2+可以还原氯气得到Cl-，I-也可以还原氯气得到Cl-，因此当氯气足量时，3Cl2+2FeI2=2FeCl3+I2，故A错误； B．根据还原性是: I−>Fe2+>Cl−，因此Fe2+可以还原氯气得到Cl-，I-也可以还原氯气得到Cl-，由于I−>Fe2+，因此当氯气少量时，优先与I−反应，Cl2+FeI2=FeCl2+I2，故B正确； C．根据还原性：Cl−>Co2+，因此HCl可以还原Co2O3得到CoCl2，反应能够发生，故C正确； D．根据还原性：I−>Fe2+，因此I−可以还原Fe3+得到Fe2+，反应能够发生，故D正确； 故答案选A。 3. 将等浓度的H2SO4、NaHSO4溶液，分别滴入两份相同的Ba(OH)2溶液中，其电导率与滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是 A. b→d反应的离子方程式为：H++OH－=H2O B. d点溶液中，Na+与的物质的量之比为1：1 C. c点导电能力相同，所以两溶液中含有相同量的OH－ D. a、b两点Ba2+均沉淀完全，所以对应的溶液均显中性 【答案】A 【解析】 【分析】H2SO4与Ba(OH)2物质的量相等时，生成硫酸钡沉淀，溶液的导电率为零，则曲线①为硫酸；NaHSO4与Ba(OH)2物质的量相等时，生成硫酸钡沉淀、NaOH溶液，导电率不为零，则曲线②为硫酸氢钠。 【详解】A. 分析可知，b点为NaOH溶液，继续滴加硫酸氢钠时，为H++OH－=H2O，则b→d反应的离子方程式为：H++OH－=H2O，符合题意，A正确； B. b点为NaOH溶液，加入NaHSO4，d点时溶液为，Na2SO4，Na+与SO42－的物质的量之比为2：1，与题意不符，B错误； C. c点导电能力相同，①溶液显酸性，而②溶液显碱性，两溶液中含有的OH－不相同，与题意不符，C错误； D. a、b两点Ba2+均沉淀完全，a点为水，显中性；b点为NaOH溶液，显碱性，与题意不符，D错误； 答案为A。 【点睛】向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4，两物质的物质的量相等时，生成硫酸钡沉淀，溶液的导电率为零，可判断曲线①为滴加稀硫酸。 4. 标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL,质量分数为ω，物质浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是 A. B. C. D. =1000Vρ/(17V+22400) 【答案】A 【解析】 【详解】A．将所给的式子的分子和分母同除以22.4可得，分子表示了溶液的质量，是合理的，但分母表达的是将溶剂的体积与气体的体积直接进行加和得到溶液的体积，这显然是错误的，A项错误； B．假设取溶液的体积为1L，根据溶质质量分数的本义有：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，B项正确； C．将所给的式子分子分母同除以22.4可得：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，C项正确； D．将所给式子变形得：，分子代表了溶质的物质的量，分母代表了溶液的体积（单位为L），D项正确； 所以答案选择A项。 5. 下图是合成高分子材料Ⅰ和部分物质转化的过程示意。已知：G、H和I均含有酯基，下列说法正确的是 A. H2C=CHCOOH存在顺反异构 B. G合成高分子材料I是缩聚反应 C. F是CH3CH2COOH D. G发生氧化反应生成H 【答案】C 【解析】 【分析】乙炔和一氧化碳生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和甲醇酯化生成G，G结构简式为CH2=CHCOOCH3，G中含有碳碳双键发生加聚反应生成高分子材料I；G加成生成H，F与甲醇酯化生成H，则F为CH3CH2COOH； 【详解】A．H2C=CHCOOH中碳碳双键左端碳上有2个氢原子，不存在顺反异构，A错误； B．由流程可知，G结构简式为CH2=CHCOOCH3，G中含有碳碳双键发生加聚反应生成高分子材料I，B错误； C．G和氢气加成生成H：CH3CH2COOCH3，F与甲醇酯化生成H，则F为CH3CH2COOH，C正确； D．G和氢气加成生成H，为加成反应，D错误； 故选C。 6. 下列说法不正确的是 A. 和是氧元素的同素异形体 B. 干燥的固体不导电，所以不是电解质 C. 是碱性氧化物，能与酸反应生成盐和水 D. 在水溶液中的电离方程式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．氧气和臭氧是由氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故A正确； B．硝酸钾固体中不存在自由移动的离子，不能导电，但溶于水或在熔融状态下能电离出自由移动的离子，能导电，属于电解质，故B错误； C．氧化钙是能与酸反应生成盐和水的碱性氧化物，故C正确； D．溶于水的氢氧化钙在溶液中完全电离出钙离子和氢氧根离子，电离方程式为，故D正确； 故选B。 7. 维生素C是一种水溶性维生素，熔点为190℃，其分子式为C6H8O6。下列有关维生素C的说法不正确的是 A. 维生素C的摩尔质量为176 g·mol－1 B. 标准状况下，维生素C的摩尔体积为22．4L·mol－1 C. 维生素C中C、H两种元素原子个数比为3：4 D. 维生素C中O元素的质量分数为54.5% 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．维生素C的相对分子质量为6×12+1×8+6×16=176，故摩尔质量为176g/mol，A正确； B．维生素C的熔点为190°C，在标准状况下维生素C是固体，不能使用22.4L/mol计算，B错误； C．维生素C中C、H两种原子个数比为6：8=3：4，C正确； D．维生素C中O元素的质量分数为×100%≈54.5%，D正确； 故选B 8. 下列离子的检验方法合理的是 A. 向某溶液中滴入硫氰化钾溶液呈红色，说明不含Fe2+ B. 向某溶液中通入氯气，然后再加入硫氰化钾溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2+ C. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3+ D. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe2+，不含有Mg2+ 【答案】C 【解析】 【详解】A．滴入硫氰化钾溶液呈红色，说明含Fe3+，但无法证明Fe2+是否存在，A错误； B．该操作无法证明通Cl2之前是否存在Fe2+；应该先向溶液中加入硫氰化钾溶液，若不变红，再通入Cl2，溶液变红，即可证明原溶液中存在Fe2+，B错误； C．向某溶液中加入氢氧化钠溶液，得红褐色沉淀即Fe(OH)3，说明溶液中含有Fe3+，C正确； D．白色沉淀逐渐变为红褐色，即Fe(OH)2转变为Fe(OH)3，该操作可以证明Fe2+的存在，无法排除Mg2+的存在，D错误。 因此，本题选C。 9. 某公司推出一款铁—空气燃料电池，成本仅为锂电池的，其装置放电时的工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，M为正极 B. 放电一段时间，KOH溶液浓度不变 C. 充电时，N极的电极反应式中包括： D. 放电时，从M移向N 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，放电时，N极Fe失去电子作为负极，则M极为正极，充电时，N极为阴极，M极为阳极，据此分析作答。 【详解】A．Fe为活泼金属，放电时被氧化，所以N为负极，O2被还原，所以M为正极，选项A正确； B．放电过程中的总反应为Fe与O2反应得到Fe的氧化物，所以KOH溶液的浓度不变，选项B正确； C．充电时，N极为阴极，铁的氧化物被还原，包括，选项C正确； D．原电池中阳离子移向正极，则放电时，从N移向M，选项D错误； 答案选D。 10. 铝、铍( Be)及其化合物具有相似的化学性质。已知BeCl2 +Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be(OH)2↓能完全进行，则下列推断正确的是(　　) A. Be(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液 B. BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物 C. Na2BeO2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeO D. BeCl2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeCl2 【答案】A 【解析】 【分析】在周期表中Be和Al位于对角线位置，性质相似，由反应BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2 Be(OH)2↓可知，BeCl2与Na2BeO2发生互促水解生成Be(OH)2，类似于氯化铝与偏铝酸钠的反应，根据铝、氧化铝、氢氧化铝性质判断Be、氧化铍、Be(OH)2性质。 【详解】A．Be(OH)2性质类似于氢氧化铝，具有两性，则既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，故A正确； B．根据化合物在熔融状态下能否导电来判断其是否是离子化合物，共价化合物在水溶液中也可以导电，BeCl2水溶液导电性强，不能说明BeCl2是离子化合物，故B错误； C．Na2BeO2溶液水解呈碱性，溶液的pH＞7，将其蒸干，水解得到的氢氧化钠又与Be(OH)2反应得到Na2BeO2，灼烧后可得残留物Na2BeO2，故C错误； D．BeCl2为强酸弱碱盐，水解呈酸性，溶液的pH＜7，将其蒸干，HCl挥发，水解彻底，得到Be(OH)2，灼烧后可得残留物BeO，故D错误； 故选A。 【点睛】本题的易错点为CD，要注意水解生成物质的挥发性对水解的影响。 11. 在水溶液中与HCHO发生如下反应：。下列说法正确的是 A. HCHO的分子构型是是三角锥形 B. 基态的电子排布式为 C. 中与形成配位键的原子是H D. 1mol中所含键的数目是6mol 【答案】D 【解析】 【详解】A．HCHO中含碳氧双键，碳原子杂化方式为sp2杂化，分子构型为平面三角形，A错误； B．基态的电子排布式为，B错误； C．H2O中O原子含孤电子对，故与形成配位键的原子是O，C错误； D．的结构式为，单键全部是键，三键中含1个键和2个键，1mol中所含键的数目是6mol，D正确； 故选D 12. 常温下，乙酰苯胺是一种具有解热镇痛作用的白色晶体，20℃时在乙醇中的溶解度为36.9g，在水中的溶解度如下表(注：氯化钠可分散在醇中形成胶体) 温度/℃ 25 50 80 100 溶解度/g 0.56 0.84 3.5 5.5 某种乙酰苯胺样品中混入了少量氯化钠杂质，下列提纯乙酰苯胺的方法正确的是 A. 用水溶解后分液 B. 用乙醇溶解后过滤 C. 用水作溶剂进行重结晶 D. 用乙醇作溶剂进行重结晶 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．乙酰苯胺、氯化钠都是能溶于水的固体，溶于水后不分层，故不选A； B．氯化钠可分散在醇中形成胶体，不能用过滤的方法分离，故不选B； C．氯化钠在水中的溶解度随温度变化基本不变，根据表中数据，乙酰苯胺在水中的溶解度随温度降低而降低，所以可选用重结晶方法，先用水溶解加热形成乙酰苯胺的热饱和溶液，然后降温结晶让大量的乙酰苯胺析出晶体，故选C； D．20℃时乙酰苯胺在乙醇中的溶解度为36.9g，氯化钠可分散在醇中形成胶体，不能用重结晶法提纯乙酰苯胺，故不选D； 选C。 13. 空气中的氮气可通过人工固氮获得氨气，氨气是重要的化工原料，通过氨氧化法去可制得硝酸，反应过程如图： N2NH3NONO2HNO3 硝酸是一种强氧化性酸，制硝酸工业产生的尾气中含有氮氧化物，应处理后才能排放。下列说法不正确的是 A. 常温下，浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中 B. BaSO3固体能溶于稀硝酸，生成Ba(NO3)2，放出SO2气体 C. 工业上，当转化①的反应达到平衡时，需不断地从混合气体中分离出NH3，将未反应的原料气送回合成塔以提高原料的利用率 D. 转化④中，当V(NO2)：V(O2)=4：1时，理论上NO2全部转化为HNO3 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．常温下铝或铁遇浓硝酸钝化，浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中，A正确； B．硝酸是氧化性酸，BaSO3固体能溶于稀硝酸，被氧化生成硫酸钡，硝酸被还原生成NO，B错误； C．工业上，当转化①的反应达到平衡时，需不断地从混合气体中分离出NH3，降低生成物浓度，同时将未反应的原料气送回合成塔，增大反应物浓度，因此可以提高原料的利用率，C正确； D．转化④中，当V(NO2)：V(O2)=4：1时发生反应4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，理论上NO2全部转化HNO3，D正确； 答案选B。 14. 由于核外有空的d轨道，可与一些配体形成配位数为6的配离子。某同学将淡紫色的晶体溶于水后再依次加KSCN和NaF，发现溶液出现下列变化： 已知：为浅紫色，为红色，为无色。 下列说法错误的是 A. 晶体溶于水后溶液不是浅紫色而是黄色，是因为水解生成所致 B. 与形成配位键时，N原子提供孤电子对 C. 溶液Ⅱ加NaF后溶液由红色变为无色，说明与配位键强度不及与配位键强度 D. 焰色试验中可用无锈铁丝替代铂丝，说明铁灼烧时无焰色且不会产生发射光谱 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据为浅紫色，将晶体溶于水后溶液不是浅紫色而是黄色，是因为水解生成红褐色与紫色共同作用所致，故A正确； B．SCN-中S和N均有孤电子对，与形成配位键时，S的原子半径大，电子云易变形，N原子提供孤电子对，故B正确； C．溶液Ⅱ加NaF后溶液由红色变为无色，变为，与配位键强度不及与配位键强度，故C正确； D．铁灼烧时产生发射光谱无特殊焰色，所以焰色试验中可用无锈铁丝替代铂丝，故D错误； 选D。 二、非选择题：共58分。 15. 是重要的化学试剂，遇高温分解，与酸发生反应。实验室可通过如图所示装置制备。 回答下列问题： （1）仪器A的名称为_______。 （2）下列关于装置B的作用叙述错误的是_______(填标号)。 a.通过观察气泡可控制气流速率 b.防止发生倒吸 c.通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞 （3）C中生成产品的化学反应方程式为_______。 （4）为保证硫代硫酸钠的产率和纯度，实验中通入的不能过量，原因是_______。 （5）为测定所得产品纯度，取所得产品溶于蒸馏水中配制成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入2滴淀粉试剂，用碘的标准溶液滴定，消耗标准液。 已知： ①滴定终点现象为_______； ②产品纯度为_______(用m、c、V表示)。 （6）下列装置和试剂不能代替E的是_______(填标号)。 【答案】（1）蒸馏烧瓶 （2）b （3）2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2 （4）Na2S2O3与酸反应，过量SO2会使溶液呈酸性 （5） ①. 滴入最后半滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色 ②. （6）bd 【解析】 【分析】由实验装置图可知，70%较浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置B用于控制二氧化硫的气流速率和通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞的作用，装置C中二氧化硫与硫化钠和碳酸钠混合溶液共热反应制备硫代硫酸钠，装置D为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气。 【小问1详解】 由实验装置图可知，仪器A为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶； 【小问2详解】 由分析可知，装置B用于控制二氧化硫的气流速率和通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞的作用，但不能起防倒吸的作用，故选b； 【小问3详解】 C中生成产品的反应为二氧化硫与硫化钠和碳酸钠混合溶液共热反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，故答案为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2； 【小问4详解】 硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定，若二氧化硫过量，会与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性导致硫代硫酸在溶液中发生歧化反应，所以实验中通入的二氧化硫不能过量，故答案为：Na2S2O3与酸反应，过量SO2会使溶液呈酸性； 【小问5详解】 ①硫代硫酸钠溶液与碘溶液恰好反应时，滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液会变为蓝色，且半分钟内不褪色，所以判断滴定终点的现象为滴入最后半滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后半滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色； ②由题意可知，滴定消耗VmLcmol/L的碘标准溶液，则由方程式可知，mg产品纯度为×100%=，故答案为：； 【小问6详解】 由分析可知，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气，则盛有碱石灰的干燥管和盛有氢氧化钠的U形管能代替E，而浓硫酸、氯化钙溶液不能与二氧化碳和二氧化硫反应，则盛有浓硫酸的洗气瓶和盛有氯化钙溶液得试管不能代替E，故答案为：bd。 16. 某小组从电极反应的角度研究物质氧化性和还原性的变化规律。 （1）实验室以MnO2和浓盐酸为原料制取氯气的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑。该反应的氧化产物是_______。将该反应设计成原电池，氧化反应为，还原反应为_______。 （2）当氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在MnO2和盐酸。小组同学分析认为随着反应的进行，MnO2的氧化性和Cl-的还原性均减弱，为此进行探究。 实验任务：探究离子浓度对MnO2氧化性的影响 提出猜想： 猜想a：随c(H+)减小，MnO2的氧化性减弱。 猜想b：随c(Mn2＋)增大，MnO2的氧化性减弱。 查阅资料：电极电势(φ)是表征氧化剂的氧化性(或还原剂的还原性)强弱的物理量。电极电势越大，氧化剂的氧化性越强；电极电势越小，还原剂的还原性越强。 验证猜想：用0.10 mol·L-1H2SO4溶液、0.10 mol·L-1MnSO4溶液和蒸馏水配制混合液(溶液总体积相同)，将MnO2电极置于混合液中测定其电极电势φ，进行表中实验1～3，数据记录如表。 实验序号 V(H2SO4)/mL V(MnSO4)/mL V(H2O)/mL 电极电势/V 1 20 20 0 φ1 2 m n 10 φ2 3 20 10 10 φ3 ①根据实验1和2的结果，猜想a成立。补充数据：m=_______，n=_______。 ②根据实验1和3的结果，猜想b成立。判断依据是_______(用电极电势关系表示)。 探究结果：固液混合物A中仍存在MnO2和盐酸的原因是随着反应进行，溶液中c(H+)减小、c(Mn2+)增大，MnO2氧化性减弱。 ③根据上述探究结果，小组同学作出如下推断：随c(Cl-)增大，Cl-还原性增强。 实验验证：在固液混合物A中加入_______(填化学式)固体，加热。证明推断正确的实验现象是_______。 【答案】（1） ①. Cl2 ②. （2） ①. 10 ②. 20 ③. φ1<φ3 ④. NaCl ⑤. 若加热反应又产生黄绿色气体 【解析】 【小问1详解】 反应中，Mn元素化合价降低，被还原，发生还原反应，MnO2为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，发生氧化反应，Cl2为氧化产物，将该反应设计成原电池，氧化反应为2Cl--2e-═Cl2↑，还原反应为：MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，故答案为：Cl2；MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O； 【小问2详解】 ①根据实验1和2的结果，猜想a成立，表格数据分析，实验1为对比实验，而3变了MnSO4的体积，l和3组合研究Mn2+浓度对电极电势的影响。那么2和1组合可以研究H+浓度的影响，所以改变H2SO4的体积而不改变MnSO4的体积，同时保证总体积为40mL，则m=l0、n=20，故答案为：10；20； ②由题干信息可知，电极电势越大，氧化剂的氧化性越强；电极电势越小，还原剂的还原性越强，根据实验1和3的结果，猜想b成立，则随着Mn2+浓度增大MnO2，氧化性减弱，电势降低即φ1＜φ3，故答案为：φ1＜φ3； ③已知溶液中c(H+)减小、c(Mn2+)增大，MnO2氧化性减弱，保证单一变量只改变Cl-的影响，可加入NaCl固体，若加热反应又产生黄绿色气体，说明Cl-的浓度越大其还原性增强，故答案为：NaCl；若加热反应又产生黄绿色气体。 17. 四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品，具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含MoS2，还有Cu、Fe的化合物及SiO2等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如图所示。 回答下列问题： （1）“焙烧”产生的气体用_______吸收后可制取氮肥。 （2）“浸出”时，MoO3转化为。提高单位时间内钼浸出率的措施有_______(任写两种)。温度对90min内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过80℃后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致_______。 （3）“沉淀”时，加入NH4NO3的目的是_______。 【答案】（1）氨水 （2） ①. 适当升温、搅拌、增加Na2CO3用量、增大Na2CO3浓度等 ②. Na2MoO4晶体析出，混入浸渣 （3）提供，使充分转化为沉淀析出 【解析】 【分析】钼精矿(主要含MoS2，还有Cu、Fe的化合物及SiO2等)通入氧气焙烧得到MoO3、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；MoO3、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，MoO3转化为MoO，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸出液含MoO和少量Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含MoO，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到(NH4)2Mo4O13•2H2O。 【小问1详解】 “焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵； 【小问2详解】 “浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加Na2CO3用量(增大Na2CO3浓度)(任写两种)；当浸出温度超过80℃后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致Na2MoO4晶体析出，混入浸渣； 【小问3详解】 由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2Mo4O13•2H2O，因此加入NH4NO3的目的是提供NH，使充分转化为沉淀析出。 18. 化合物I是一种抗癫痫药物，其作用机制与阻滞钠通道、抑制NMDA受机体激活的钠、钙内流以及增强GABA抑制功能有关。合成化合物I的一种新方法如图所示。 回答下列问题： （1）A的化学名称为___，F中所含官能团的名称为___。 （2）B→D的反应类型为___。物质C在空气中放置后常常变色，原因为___。 （3）E→G的化学方程式为___。 （4）H的结构简式为___。I的分子式为___。 （5）同时满足下列条件的B的同分异构体有___种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱中有3组吸收峰的结构简式为___。 ①属于芳香族化合物 ②能发生银镜反应 （6）结合题给信息，以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：___。 【答案】（1） ①. 对氯甲苯 ②. 氨基、羧基 （2） ①. 取代反应 ②. C中的酚羟基被空气中的氧气氧化 （3）++H2O； （4） ①. ②. C17H16O2N2FCl （5） ①. 6 ②. 、 （6）HOOC－CH2CH2－COOH 【解析】 【分析】与SOCl2发生取代反应，生成；与发生取代反应，生成；与AlCl3反应，生成；与反应，生成；与SOCl2反应，生成H，H与氨气反应，生成，可知H为，据此分析作答。 【小问1详解】 A为，则其化学名称为对氯甲苯；F为，其中所含官能团的名称为氨基、羧基，故答案为：对氯甲苯；氨基、羧基； 【小问2详解】 根据分析，B→D反应类型为取代反应；物质C为，其含有酚羟基，在空气中放置后常常变色，原因为C中的酚羟基被空气中的氧气氧化，故答案为：取代反应；C中的酚羟基被空气中的氧气氧化； 【小问3详解】 E→G实际为与反应，生成，化学方程式为：++H2O，故答案为：++H2O； 【小问4详解】 根据分析，H的结构简式为；I为，则其的分子式为C17H16O2N2FCl，故答案为：；C17H16O2N2FCl； 【小问5详解】 已知B为，同时满足下列条件的B的同分异构体中，①属于芳香族化合物 ，说明含有苯环，②能发生银镜反应，说明还有醛基，两个氯为邻位有1种，两个氯为位有3种，两个氯为对位有1种，则符合以上条件的有6种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱中有3组吸收峰的结构简式为、，故答案为：6；、； 【小问6详解】 根据逆合成分析法可知，制备，要先合成HOOC－CH2CH2－COOH，以为原料，合成HOOC－CH2CH2－COOH，可以让与氢气发生加成反应，生成，在氢氧化钠水溶液中水解，得的，在高锰酸钾和酸的作用下，生成HOOC－CH2CH2－COOH，则合成路线为： HOOC－CH2CH2－COOH，故答案为： HOOC－CH2CH2－COOH。 【点睛】本题重点(5)，判断含苯环物质的同分异构体，先确定苯环上的官能团，再根据定一推一的方式，可以准确判断同分异构体的个数。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $