资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩8页未读，
继续阅读
江西省上饶清源学校2024-2025学年高三上学期开学考试化学检测卷（原卷版+解析版）
展开
这是一份江西省上饶清源学校2024-2025学年高三上学期开学考试化学检测卷（原卷版+解析版），文件包含江西省上饶清源学校2024-2025学年高三上学期开学考试化学检测卷原卷版docx、江西省上饶清源学校2024-2025学年高三上学期开学考试化学检测卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量有：H 1 O 16 Ne 20 C 12 N 14 Na 23 Fe 56
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. 已知①2+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
②Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl－
③2Fe3++2I－=I2+2Fe2+
由此判断，下列说法正确的是
A. 氧化性：I－＞Fe2+＞Cl－＞Mn2+
B 把一定量Cl2通入FeI2溶液中时，能发生2Cl2+2Fe2++2I－=2Fe3++I2+4Cl－
C. 将用盐酸酸化的KMnO4溶液加入FeSO4溶液中，若紫色褪去，则可验证溶液中含有Fe2+
D. 若某溶液中含有Fe2+、Cl－、I－，要氧化I－而不氧化Fe2+和Cl－，可以加入FeCl3溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A． 还原剂的还原性大于还原产物的还原性，反应①中还原性：Cl-＞Mn2+；反应②中还原性：Fe2+＞Cl-，反应③中还原性：I-＞Fe2+，则还原性强弱顺序为I-＞Fe2+＞Cl-＞Mn2+，故A错误；
B． 氯气的氧化性大于Fe3+，Fe3+的氧化性大于I2的氧化性，氯气把碘离子全部氧化后才能氧化亚铁，把一定量Cl2通入FeI2溶液中时，能发生2Cl2+2Fe2++4I－=2Fe3++2I2+6Cl－，故B错误；
C． 反应①中氯离子也可以使KMnO4酸性溶液褪色，则不能确定是否是亚铁离子使其褪色，故C错误；
D． 氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞氧化产物，①中：MnO＞Cl2；②中：Cl2＞Fe3+；③中：Fe3+＞I2；氧化性由强至弱的顺序为：MnO＞Cl2＞Fe3+＞I2，FeCl3能氧化除去I-而不影响Fe2+和Cl-，故D正确；
故选D。
2. 下列说法正确的是（表示阿伏加德罗常数的值）（ ）
①氮气所含有的原子数目为
②金属钙变成钙离子时失去的电子数目为
③在常温常压下，含有的分子数为
④在标况下，含有的原子数为
⑤单质铝与足量盐酸反应转移电子数为
⑥标准状况下，水所含分子数为
⑦氨气所含电子数目为
A. ①②⑤⑥⑦B. ①②④⑤⑥C. ⑤⑦D. ④⑤⑦
【答案】D
【解析】
【详解】①28g氮气所含有的原子数目，故①错误；
②4g金属钙变成钙离子时失去的电子数目为，故② 错误；
③常温常压下，不能用气体摩尔体积计算，故③错误；
④Ne是单原子分子，1 mlNe含有的原子数为NA，故④正确；
⑤铝是+3价金属，0.5 ml单质铝与足量盐酸反应转移电子数0.5ml×3×NA=1.5NA，故⑤正确；
⑥标准状况下，水是液体，不能用气体摩尔体积进行计算，故⑥错误；
⑦1个氨分子含10个电子，17g氨气所含电子数目为，故⑦正确；
故选D。
3. 溶液可用于脱除烟气中的有害气体，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A. “反应Ⅱ”中还原剂为
B. “反应Ⅰ”的离子方程式为：
C. 反应一段时间后，溶液中不变
D. 反应每脱除消耗的体积为5.6L(体积均为标准状况)
【答案】C
【解析】
【详解】A．“反应Ⅱ”是硫酸铁和二氧化硫反应生成亚铁离子和硫酸根，二氧化硫中硫化合价升高，则反应还原剂为，故A正确；
B．“反应Ⅰ”是亚铁离子、氧气和氢离子反应生成铁离子和水，其反应的离子方程式为：，故B正确；
C．根据总反应方程式，反应一段时间后，水消耗，溶液体积减少，则溶液中增大，故C错误；
D．根据总反应方程式，反应每脱除消耗的体积为5.6L(体积均为标准状况)，故D正确。
综上所述，答案为C。
4. 下列说法正确的是
A. 工业上利用C和反应冶炼得到粗硅，说明C的非金属性比强
B. 由于钠、镁、铝等金属化学性质太活泼，人们通常采用电解熔融状态下的氯化物的方式来获取其金属单质
C. 溶液具有氧化性，可用于蚀刻铜制品
D. 氨气在催化剂作用下与氧气直接反应生成二氧化氮
【答案】C
【解析】
【详解】A．由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳为反应的还原剂，非金属性指的是元素的原子得电子的能力，所以不能用工业制备粗硅的反应来说明碳元素的非金属性强于硅元素，故A错误；
B．氯化铝是共价化合物，熔融状态下不能导电，所以工业上采用电解熔融状态下的氧化物的方式来获取其金属铝，故B错误；
C．氯化铁具有氧化性，氯化铝溶液能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，常用于蚀刻铜制品，故C正确；
D．氨气在催化剂作用下与氧气直接反应生成一氧化氮和水，不能生成二氧化氮，故D错误；
故选C。
5. 盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质与NH4Cl类似。工业上主要采用电化学法制备，装置如图1所示，含Fe的催化电极反应机理如图2所示，不考虑溶液体积的变化。
下列说法正确的是
A. 电池工作时，Pt电极为正极
B. 图2中，M为H+，N为NH3OH+
C. 电池工作时，每消耗2.24LNO左室溶液质量增加3.3g
D. 电池工作一段时间后，正极区溶液的pH减小
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，氢元素价态降低失电子，Pt电极为负极，电极反应式为H2−2e−＝2H＋，含Fe的催化电极为正极，电极反应式为NO＋3e−＋4H＋＋Cl−＝NH3OHCl，据此分析解题。
【详解】A．原电池工作时，Pt电极为负极，故A错误；
B．由题意可知，NH2OH具有和氨气类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺（NH3OHCl），所以缺少的一步反应为NH2OH＋H＋＝NH3OH＋，图2中M为H+，N为NH3OH+，故B正确；
C．未说明气体状态，无法计算每消耗2.24LNO左室溶液质量的增加，故C错误；
D．原电池工作时，正极氢离子被消耗，pH增大，负极生成氢离子，pH减小，故D错误；
故答案选B。
6. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温下，1.7 gNH3中所含中子总数为NA
B. 常温下，1 ml Al加入足量的浓硝酸中，反应转移的电子数为3NA
C. 0.1 ml乙酸与足量的乙醇充分反应，生成的乙酸乙酯的分子总数为0.1NA
D. 足量乙烷与22.4 L(标准状况)Cl2发生取代反应，形成的C-Cl键数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．1.7 gNH3的物质的量是0.1 ml，由于1个NH3分子中含有7个中子，则在0.1 ml NH3中所含中子总数为0.7NA，A错误；
B．在常温下Al遇浓硝酸会发生钝化现象而不能进一步发生反应，因此不能计算反应过程中电子转移的数目，B错误；
C．乙酸与乙醇在一定条件下发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，该反应是可逆反应，因此0.1 ml乙酸与足量的乙醇充分反应，生成的乙酸乙酯的分子总数小于0.1NA，C错误；
D．Cl2与乙烷发生取代反应产生氯代烷烃及HCl，22.4 L(标准状况)Cl2的物质的量是1 ml，其与足量乙烷发生取代反应，形成的C-Cl键数为NA，D正确；
故合理选项是D。
7. 化学原理有许多规律可循。下列有关热化学的推理正确的是
A. 若强酸与强碱的稀溶液反应为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3 kJ/ml，则CH3COOH(aq)+KOH(aq)=CH3COOK(aq)+H2O(l) △H＜-57.3 kJ/ml
B. 已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571 kJ/ml，则氢气的燃烧热△H为-285.5 kJ/ml
C. 已知石墨比金刚石稳定，则C(石墨，s)=C(金刚石，s) △H＜0
D. 一定条件下将1 ml N2和3 ml H2置于一密闭容器中充分反应后放出a kJ的热量，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H =- a kJ/ml
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．CH3COOH是弱酸，电离吸收热量，则CH3COOH(aq)+KOH(aq)=CH3COOK(aq)+H2O(l)反应放出热量比强酸、强碱反应放出热量少。反应放出热量越少，反应热越大，故该反应的反应热△H＞-57.3 kJ/ml，A错误；
B．燃烧热是1 ml可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，由2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571 kJ/ml，可知氢气的燃烧热△H为-285.5 kJ/ml，B正确；
C．石墨比金刚石稳定，说明石墨的能量比较低，因此由石墨变为金刚石时要吸收热量，△H＞0，C错误；
D．N2和H2反应产生NH3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，而热化学方程式中的反应热为反应物完全转化为生成物时的能量变化，一定条件下将1 ml N2和3 ml H2置于一密闭容器中充分反应后放出a kJ的热量，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H ＜- a kJ/ml，D错误；
故合理选项是B。
8. 将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：，经2min后测得D的浓度为0.5ml/L，，以C表示的平均速率，下列说法正确的是
A. 反应速率B. 该反应方程式中，
C. 2min时，A的物质的量为1.5mlD. 2min时，A的转化率为60%
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题意可知，2min时D的浓度为0.5ml/L，由方程式可知，B的反应速率为=0.125ml/(L·min)，故A错误；
B．由题意可知，2min时D的浓度为0.5ml/L，C的反应速率为0.25 ml/(L·min)，由变化量之比等于化学计量数之比可得：0.5ml/L∶0.25ml/(L·min)×2min=x∶2，解得x=2，故B错误；
C．设A、B的起始物质的量均为aml，由题意可知，2min时D的浓度为0.5ml/L，A、B的浓度之比为3：5，由方程式可得：(a-0.5×2×)∶(a-0.5×2×)=3∶5，解得a=3，则A的物质的量为(3-0.5×2×)ml=1.5ml，故C正确；
D．2min时，A的转化率为×100%=50％，故D错误；
故选C。
9. 铁和钛是重要的金属材料，铁及其化合物在生活中常用于净水、制作颜料、食品保鲜等。Ti-Fe合金是优良的储氢合金。一种利用钛铁矿(，含杂质)制备钛的工艺流程如下。
下列关于制取钛的工艺流程及Ti-Fe储氢合金(结构如图)的说法不正确的是
A. 的价电子排布为
B. Ti-Fe储氢合金中H原子位于金属原子形成的四面体空隙中
C. 完全水解生成：
D. 与盐酸反应：
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态Fe价电子排布式为：3d64s2，因此的价电子排布为3d6，A正确；
B．如图所示，Ti-Fe储氢合金中H原子位于金属原子形成的八面体面体空隙中，B错误；
C．完全水解生成，根据电荷守恒和元素守恒可以写出离子方程式：，C正确；
D．根据工艺流程与盐酸反应产物有Fe2+、TiO2+，据此离子方程式为：，D正确；
故选B。
【点睛】Ti-Fe储氢合金结构中体心的2个Fe原子和棱上的4个Ti原子形成1个八面体。
10. 水仙环素是一种多羟基生物碱，结构见图。下列关于水仙环素的说法错误的是
A. 分子中有醚键、羟基、酰胺基等官能团
B. 能发生取代反应、加成反应、消去反应
C. 1ml水仙环素最多可以和5mlNaOH反应
D. 分子中含有4个手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．由水仙环素的结构可知，其中含有的官能团为碳碳双键、醚键、(酚)羟基、(醇)羟基、酰胺基，A项正确；
B．含醇羟基、酰胺基能发生取代反应，含碳碳双键、苯环能发生加成反应，与醇羟基相连碳原子的邻碳上有H原子，能发生消去反应，B项正确；
C．1个水仙环素中含有的1个酚羟基和1个酰胺基能与NaOH反应，1ml水仙环素最多可以和2mlNaOH反应，C项错误；
D．中*标示的4个碳原子为手性碳原子，D项正确；
答案选C。
11. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素组成的一种食品添加剂结构如图所示，Z的原子半径在短周期中最大，W基态原子的s能级电子总数是p能级电于总数的2/3。下列说法正确的是
A. Y、Z形成的简单离子半径：Y＜Z
B. W、Y形成的简单氢化物沸点：Y＜W
C. WX3、X2Y中W原子和Y原子的杂化轨道类型相同
D. Z分别与X、Y形成的化合物中所含化学键类型一定完全相同
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素组成的一种食品添加剂结构如图所示，Z的原子半径在短周期中最大，则Z为Na，W基态原子的s能级电子总数是p能级电子总数的，则W为P，则Y为O，X为H。
【详解】A．根据同电子层结构核多径小原则，Y、Z形成的简单离子半径：Y＞Z，A错误；
B．两种物质的晶体类型均为分子晶体，水中存在分子间氢键，因此W、Y形成的简单氢化物沸点：Y＞W，B错误；
C．WX3磷化氢中磷原子价层电子对数为，杂化类型为sp3杂化，X2Y水中氧原子价层电子对数为，杂化类型为sp3杂化，杂化轨道类型相同，C正确；
D．Z分别与X、Y形成的化合物中所含化学键类型不一定完全相同，NaH只有离子键，Na2O2中含有离子键和非极性共价键，D错误。
故选C。
12. 下列实验装置及操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇和乙酸可以互溶，不能用分液分离，A错误；
B．向2mL10%的氢氧化钠溶液中滴加5滴5%的硫酸铜溶液，制得新制氢氧化铜，且氢氧化钠过量，检验醛基时产生砖红色沉淀，故B正确；
C．检验卤代烃中的卤原子不会电离，不能直接加入硝酸银溶液检验，C错误；
D．银氨溶液过量使溶液显碱性，可与溴水中的溴发生反应，对碳碳双键的检验造成影响，故D错误；
本题选B。
13. 下列化学用语表示正确的是
A. 一氯甲烷的电子式：B. 聚丙烯的结构简式：
C. 乙酸的结构式：D. 乙烷的球棍模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A．一氯甲烷的电子式中原子周围应有8个电子，A项错误；
B．聚丙烯的结构简式为，B项错误；
C．乙酸的结构式为，C项正确；
D．为乙烷的空间填充模型，乙烷球棍模型为，D项错误。
故选C。
14. 高分子P是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，合成路线如图。
下列说法正确的是
A. 高分子P含有两种官能团B. 化合物B与乙二酸互为同系物
C. 化合物C的分子式为D. 化合物A可以使酸性溶液褪色
【答案】D
【解析】
【分析】由高聚物可知B为，则A为，A被氧化生成B
【详解】A．C为，二者发生缩聚反应生成高分子P；P中含有氨基、酰胺基和羧基三种官能团，A错误；
B．B为，与乙二酸的结构不相似，并且分子构成上不是相差n个-CH2基团，所以二者不互为同系物，B错误；
C．C为，分子中C、H、N原子个数依次是6、8、2个，分子式为C6H8N2，C错误；
D．A为，为苯的同系物，侧链烃基含有氢原子，可以使酸性KMnO4溶液褪色，D正确。
故答案选D
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 铜片与浓硝酸反应后溶液呈现鲜草绿色，小组同学探究其成因。
（1）铜片溶解的离子方程式为___________。
【初步实验】
甲同学提出猜想：溶液呈现鲜草绿色仅仅是因为气体溶解后，溶液颜色和气体颜色叠加形成鲜草绿色，进行实验1-1及1-2予以验证。
（2）乙同学根据以上2个实验现象证明甲同学猜想不成立，理由是___________。
【深入研究】
分别向三支试管内依次加入下列试剂后，同时插入铜丝并记录实验现象，如下表。
已知：①尿素的化学式为，其中C的化合价为+4价
②该条件下，浓硝酸与尿素溶液不反应
③金属和浓硝酸反应过程中有HNO2生成，可大大加快金属与浓硝酸反应的速率。
其原理为：
第一步：
第二步：Cu+
第三步：
（3）补全上述原理的第二步反应，对应的离子反应方程式为：___________。
（4）因为发生如下化学反应，因此实验2-3中反应速率较慢。___________
___________CO(NH2)2+_________________________________+___________
上述实验可以说明反应过程中的HNO2对反应速率有一定影响。
丙同学设计实验3，能证明反应混合液的鲜草绿色也与HNO2也有关。
（5）实验3：向一支试管内加入5滴稀H2SO4，加入NaNO2溶液振荡后，再滴加___________(填化学式)溶液，观察到溶液变为鲜草绿色。
（6）解释实验1-1和1-2的现象差异___________。
【答案】（1）
（2）相同气体流速下，溶液变为蓝色所用时间不同
（3）
（4）
（5）CuSO4 （6）实验1-2中，氧气将产生的 HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失
【解析】
【分析】本实验探究铜片与浓硝酸反应后溶液呈现鲜草绿色的原因，采用控制变量法，通过对比实验，利用硝酸、蒸馏水、双氧水、尿素等设计不同介质条件下铜与之反应的现象进行分析，最后得出结论，溶液呈鲜草绿色与HNO2有关。
【小问1详解】
铜片与浓硝酸发生氧化还原反应，产物为二氧化氮，硝酸铜和水，离子方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
由题意知，相同气体流速下，实验1-1、1-2中溶液变为蓝色所用时间不同，所以不仅仅是因为气体溶解后，溶液颜色和气体颜色叠加形成鲜草绿色，还有其他方面的原因，证明甲同学猜想不成立，故答案为：相同气体流速下，溶液变为蓝色所用时间不同；
【小问3详解】
已知总反应为，用总反应减去第一步反应，再减去第三步反应，可得到第二步反应，故答案为：
【小问4详解】
由已知信息①可知中C的化合价为+4，则N 的化合价为-3, 反应后产物为N2，则N的化合价升高了3价；由题意可知，HNO2参与反应生成氮气，HNO2中N的化合价降低3，结合原子守恒配平该反应的化学方程式为，故答案为：
【小问5详解】
向一支试管内加入5滴稀H2SO4，加入NaNO2溶液，溶液振荡后产生 HNO2，再加入 Cu2+溶液，若溶液变为鲜草绿色，则能证明反应混合液的鲜草绿色与HNO2有关，故需要加入CuSO4溶液，故答案为：CuSO4；
【小问6详解】
实验1-1和1-2的现象存在差异，原因是实验1-2中，氧气将产生的 HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失，故答案为：实验1-2中，氧气将产生的 HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失。
16. 某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
【实验原理】
【实验内容及记录】
回答下列问题：
（1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是___________。
（2）利用实验3中数据计算，用的浓度变化表示的反应速率___________。
（3）实验2中a的数值为___________，实验中加入的目的是___________。
（4）该小组同学根据经验绘制了随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中随时间变化的趋势应如图2所示。
该小组同学根据图2所示信息提出了新假设，并继续进行实验探究。
①该小组同学提出的假设：生成的对该反应有催化作用。
②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。
③现象及结论：依据现象___________，得出该小组同学提出的假设成立。
【答案】（1）其他条件相同时，增大的浓度(或反应物浓度)，反应速率增大
（2）
（3） ①. 3.0 ②. 保证只有浓度不同，和的浓度均相同
（4） ①. ②. 与实验3比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于2.0min
【解析】
【分析】溶液的总体积相同，硫酸和草酸的浓度相同，用量也相同，通过改变高锰酸钾的量来改变高锰酸钾的浓度，再根据高锰酸钾溶液浓度不同对反应速率的影响进行解答，根据草酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率，由图乙可知反应开始后锰离子浓度增大，反应速率增加的比较快，所以探究的是硫酸锰在反应中的作用，作对比实验时，除了加入MnSO4不同外，其它量完全相同，若反应加快，说明Mn2+是催化剂，反应过程中溶液褪色时间减少。
【小问1详解】
由表格中的实验数据可知，第3组实验溶液颜色褪色所用时间最短，所以第3组的速率是最快的，和其他两组作对比发现，这3组实验中，KMnO4与H2SO4的用量是一样的，所以可知当其他条件相同时，增大H2C2O4的浓度(或反应物浓度)，反应速率增大；
【小问2详解】
对于实验3，n(H2C2O4)=0.6ml/L×0.003L=0.0018ml，n(KMnO4)= 0.04ml/L×0.003L=0.00012ml，0.0018:0.00012=15:1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后高锰酸钾的浓度为(0.04ml/L×0.003L)÷(0.003+0.002+0.003+0.002)L=0.012ml/L，则v(KMnO4)=0.012ml/L÷2min=0.006ml/L▪min；
【小问3详解】
根据实验3数据对比实验2可知，溶液的总体积相同，草酸与硫酸的浓度相同，用量也相同，实验3中的溶液总体积为10mL，则实验2中，(2.0+a+3.0+2.0)mL=10mL，所以a=3.0mL；实验中加入H2O的目的是为了利用控制变量原则，让溶液的总体积相同，硫酸与高锰酸钾浓度均相同，来探究草酸浓度变化对化学反应速率的影响；
【小问4详解】
②要验证假设是否成立，即生成的Mn2+对该反应是否有催化作用，则依据反应方程式，向试管中加入含有Mn2+的化合物即可，从方程式中可知，该物质是MnSO4；③验证生成的Mn2+对该反应是否有催化作用，依据现象是与实验3比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于2.0min，则实验4可验证假设成立。
17. 铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。NH4ReO4是制备高纯度Re的原料，实验室用Re2O7制备NH4ReO4的装置如图所示。
已知：I.Re2O7易溶于水，溶于水后生成HReO4；HReO4与H2S反应生成Re2O7；
有关物质的溶解度S见表：
2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7；NH3+H3BO3=NH3•H3BO3；NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是______，a中发生反应的离子方程式为______。
（2）反应开始前先向C中三颈烧瓶内加入一定量的Re2O7和水。关闭K2、K3，打开K1、K4，三颈烧瓶内生成Re2O7。关闭K1，打开K2通入N2一段时间，通入N2的目的是______；打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4；反应结束后从溶液中分离NH4ReO4的操作方法是______。
（3）下列装置可用作装置单元X的是______(填标号)。
A. B.
C. D.
（4）取mgNH4ReO4样品，在加热条件下使其分解，产生的氨气用硼酸(H3BO3)吸收。吸收液用浓度为cml/L的盐酸滴定，消耗盐酸VmL。本次滴定实验可选的指示剂为______；NH4ReO4的纯度为______；下列情况会导致NH4ReO4纯度测量值偏小的是______(填标号)。
a.未用盐酸标准液润洗酸式滴定管 b.滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数
c.加热温度过高，NH4ReO4分解产生N2 d.滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡
【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. FeS+2H+=Fe2++H2S↑
（2） ①. 排出多余的H2S气体 ②. 冷却结晶 （3）AC
（4） ①. 甲基橙溶液 ②. ③. cd
【解析】
【分析】装置A中硫化亚铁和稀硫酸反应制备H2S气体，B为安全瓶，装置C中Re2O7溶于水生成HReO4，HReO4再与H2S反应生成Re2S7，再向三颈烧瓶内滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4，经分离操作得到产品NH4ReO4，装置D为尾气H2S的吸收装置，通入氮气排出多余的H2S气体，防止污染。
【小问1详解】
仪器a为蒸馏烧瓶；a中硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢，离子方程式为FeS+2H+=Fe2++H2S↑，故答案为：蒸馏烧瓶；FeS+2H+=Fe2++H2S↑；
【小问2详解】
H2S污染有毒，通入N2的目的是排出多余的H2S气体，防止污染，用X进行尾气吸收；Re2S7与H2O2的氨水溶液反应生成NH4ReO4，其中混有(NH4)2SO4，从已知Ⅰ可知NH4ReO4的溶解度受温度影响较大，所以可用冷却结晶的方法分离，故答案为：排出多余的H2S气体；冷却结晶；
【小问3详解】
从整个流程可以看出，装置单元X是用来吸收尾气H2S，Na2SO4溶液和NaHS溶液不能吸收H2S，CuSO4溶液和NaOH溶液都能和H2S反应，可以用来吸收H2S，故答案为；AC；
【小问4详解】
往溶液中滴入盐酸标准溶液，达到终点溶液显酸性，故滴加的指示剂选用甲基橙溶液；由反应2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7；NH3+H3BO3═NH3⋅H3BO3；NH3⋅H3BO3+HCl═NH4Cl+H3BO3得关系式：NH4ReO4～NH3～H3BO3～HCl,可得n(NH4ReO4)=n(HCl)=cV×10-3ml,m(NH4ReO4)=cV×10-3ml×268g/ml=0.268cVg,则NH4ReO4的纯度为；
a.由于标准液滴定管未润洗，导致标准液实际被稀释，标准液体积偏大，结果偏大，故a不选；
b.滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数，标准液体积偏大，因此结果偏大，故b不选；
c.加热温度过高，NH4ReO4分解产生N2，导致NH4ReO4含量减小，标准液体积偏小，因此结果偏小，故c选；
d.滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡，导致标准液体积偏小，因此结果偏小，故d选，
故答案为：cd。
18. 苯胺是一种重要精细化工原料，在染料、医药等行业中具有广泛的应用。实验室以苯为原料制取苯胺，其原理简示如下：
Ⅰ.制取硝基苯
实验步骤：实验室采用如图所示装置制取硝基苯，恒压滴液漏斗中装有一定量的苯，三颈烧瓶装有一定比例的浓硫酸和浓硝酸混合物。
请回答下列问题：
（1）实验装置中长玻璃管可以用_______代替(填仪器名称)。
（2）下列说法中正确的是_______(填序号)。
A. 配制混酸时，将浓硝酸沿杯壁缓缓加入浓硫酸中，并不断搅拌、冷却
B. 温度控制在50~60℃原因之一是减少副反应的发生
C. 制得的粗硝基苯可以先用乙醇萃取，分液后再洗涤
D. 浓硫酸可以降低该反应活化能
（3）粗硝基苯用5% NaOH溶液洗涤的目的是_______。
Ⅱ.制取苯胺
①组装好实验装置(如下图，夹持仪器已略去)，并检查气密性。
②先向三颈烧瓶中加入沸石及硝基苯，再取下恒压滴液漏斗，换上温度计。
③打开活塞K，通入一段时间。
④利用油浴加热，使反应液温度维持在140℃进行反应。
⑤反应结束后，关闭活塞K，向三颈烧瓶中加入生石灰。
⑤调整好温度计的位置，继续加热，收集182~186℃馏分，得到较纯苯胺。
回答下列问题：
（4）步骤②中温度计水银球的位置位于_______ (填序号，下同)，步骤⑥中位于_______。
A.烧瓶内反应液中
B.贴近烧瓶内液面处
C.三颈烧瓶出气口(等高线)附近
（5）步骤⑤中，加入生石灰的作用是_______。
（6）若实验中硝基苯用量为10mL，最后得到苯胺5.6g，苯胺的产率为_______(计算结果精确到0.1%)。
【答案】（1）球形冷凝管(或蛇形冷凝管、直形冷凝管) （2）BD
（3）除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸等
（4） ①. A ②. C
（5）吸收反应生成的水
（6）60.2%
【解析】
【小问1详解】
实验装置中长玻璃管的作用是冷凝回流，可以用球形冷凝管(或蛇形冷凝管、直形冷凝管)代替；
【小问2详解】
A．浓硫酸的密度大于浓硝酸，配制混酸时，将浓硫酸沿杯壁缓缓加入浓硝酸中，并不断搅拌、冷却，故A错误；
B．温度控制在50~60℃原因之一是减少副反应的发生，故B正确；
C．硝基苯、苯都易溶于酒精，制得的粗硝基苯不能用乙醇萃取，故C错误；
D．浓硫酸是该反应的催化剂，浓硫酸可以降低该反应活化能，故D正确；
选BD。
【小问3详解】
硫酸、硝酸和氢氧化钠反应生成盐和水，用氢氧化钠溶液洗涤粗硝基苯可以除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸等；
【小问4详解】
步骤②中温度计是测反应液的温度，水银球的位置位于烧瓶内反应液中，步骤⑥中是蒸馏，温度计是测蒸气的温度，液泡位于三颈烧瓶出气口(等高线)附近。
【小问5详解】
氧化钙和水反应生成氢氧化钙，步骤⑤中，加入生石灰的作用是吸收反应生成的水；
【小问6详解】
若实验中硝基苯用量为10mL，硝基苯的物质的量是 ，理论上生成苯胺的质量为0.1ml×93g/ml=9.3g，最后得到苯胺5.6g，苯胺的产率为。A分离乙醇和乙酸
B.制备新制Cu(OH)2悬浊液用于检验醛基
C.检验1-氯丁烷中氯元素
D.验证丙烯醛(CH2=CHCHO)中有碳碳双键
编号
通入气体及流速
现象
1-1
N2，VL/min
溢出红棕色气体，25min后溶液变成蓝色
1-2
O2，VL/min
溢出红棕色气体，5min后溶液变成蓝色
编号
浓硝酸/mL
蒸馏水/滴
30%H2O2/滴
4ml/L尿素溶液/滴
现象
2-1
1
3
0
0
快速反应，异常剧烈，溶液鲜草绿色
2-2
1
0
3
0
反应较慢，溶液为蓝色，无绿色出现
2-3
1
0
0
3
反应较慢，溶液为蓝色。无绿色出现
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6ml/L溶液
0.04ml/L溶液
3ml/L稀硫酸
1
1.0
4.0
3.0
2.0
6.4
2
2.0
a
3.0
2.0
5.2
3
3.0
2.0
3.0
2.0
2.0
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/
再向试管中加入少量固体
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6ml/L溶液
0.04ml/L溶液
3ml/L稀硫酸
4
3.0
2.0
3.0
2.0
___________(填化学式)
t
温度/℃
S[(NH4)2SO4]/g
S(NH4ReO4)/g
20
75.7
6.1
30
780
32.3
物质
相对分子质量
沸点℃
密度g/mL
溶解性
硝基苯
123
210.9
1.23
不溶于水，易溶于乙醇、乙醚
苯胺
93
184.4
1.02
微溶于水，易溶于乙醇、乙醚；还原性强、易被氧化
1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量有：H 1 O 16 Ne 20 C 12 N 14 Na 23 Fe 56
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. 已知①2+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
②Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl－
③2Fe3++2I－=I2+2Fe2+
由此判断，下列说法正确的是
A. 氧化性：I－＞Fe2+＞Cl－＞Mn2+
B 把一定量Cl2通入FeI2溶液中时，能发生2Cl2+2Fe2++2I－=2Fe3++I2+4Cl－
C. 将用盐酸酸化的KMnO4溶液加入FeSO4溶液中，若紫色褪去，则可验证溶液中含有Fe2+
D. 若某溶液中含有Fe2+、Cl－、I－，要氧化I－而不氧化Fe2+和Cl－，可以加入FeCl3溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A． 还原剂的还原性大于还原产物的还原性，反应①中还原性：Cl-＞Mn2+；反应②中还原性：Fe2+＞Cl-，反应③中还原性：I-＞Fe2+，则还原性强弱顺序为I-＞Fe2+＞Cl-＞Mn2+，故A错误；
B． 氯气的氧化性大于Fe3+，Fe3+的氧化性大于I2的氧化性，氯气把碘离子全部氧化后才能氧化亚铁，把一定量Cl2通入FeI2溶液中时，能发生2Cl2+2Fe2++4I－=2Fe3++2I2+6Cl－，故B错误；
C． 反应①中氯离子也可以使KMnO4酸性溶液褪色，则不能确定是否是亚铁离子使其褪色，故C错误；
D． 氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞氧化产物，①中：MnO＞Cl2；②中：Cl2＞Fe3+；③中：Fe3+＞I2；氧化性由强至弱的顺序为：MnO＞Cl2＞Fe3+＞I2，FeCl3能氧化除去I-而不影响Fe2+和Cl-，故D正确；
故选D。
2. 下列说法正确的是（表示阿伏加德罗常数的值）（ ）
①氮气所含有的原子数目为
②金属钙变成钙离子时失去的电子数目为
③在常温常压下，含有的分子数为
④在标况下，含有的原子数为
⑤单质铝与足量盐酸反应转移电子数为
⑥标准状况下，水所含分子数为
⑦氨气所含电子数目为
A. ①②⑤⑥⑦B. ①②④⑤⑥C. ⑤⑦D. ④⑤⑦
【答案】D
【解析】
【详解】①28g氮气所含有的原子数目，故①错误；
②4g金属钙变成钙离子时失去的电子数目为，故② 错误；
③常温常压下，不能用气体摩尔体积计算，故③错误；
④Ne是单原子分子，1 mlNe含有的原子数为NA，故④正确；
⑤铝是+3价金属，0.5 ml单质铝与足量盐酸反应转移电子数0.5ml×3×NA=1.5NA，故⑤正确；
⑥标准状况下，水是液体，不能用气体摩尔体积进行计算，故⑥错误；
⑦1个氨分子含10个电子，17g氨气所含电子数目为，故⑦正确；
故选D。
3. 溶液可用于脱除烟气中的有害气体，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A. “反应Ⅱ”中还原剂为
B. “反应Ⅰ”的离子方程式为：
C. 反应一段时间后，溶液中不变
D. 反应每脱除消耗的体积为5.6L(体积均为标准状况)
【答案】C
【解析】
【详解】A．“反应Ⅱ”是硫酸铁和二氧化硫反应生成亚铁离子和硫酸根，二氧化硫中硫化合价升高，则反应还原剂为，故A正确；
B．“反应Ⅰ”是亚铁离子、氧气和氢离子反应生成铁离子和水，其反应的离子方程式为：，故B正确；
C．根据总反应方程式，反应一段时间后，水消耗，溶液体积减少，则溶液中增大，故C错误；
D．根据总反应方程式，反应每脱除消耗的体积为5.6L(体积均为标准状况)，故D正确。
综上所述，答案为C。
4. 下列说法正确的是
A. 工业上利用C和反应冶炼得到粗硅，说明C的非金属性比强
B. 由于钠、镁、铝等金属化学性质太活泼，人们通常采用电解熔融状态下的氯化物的方式来获取其金属单质
C. 溶液具有氧化性，可用于蚀刻铜制品
D. 氨气在催化剂作用下与氧气直接反应生成二氧化氮
【答案】C
【解析】
【详解】A．由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳为反应的还原剂，非金属性指的是元素的原子得电子的能力，所以不能用工业制备粗硅的反应来说明碳元素的非金属性强于硅元素，故A错误；
B．氯化铝是共价化合物，熔融状态下不能导电，所以工业上采用电解熔融状态下的氧化物的方式来获取其金属铝，故B错误；
C．氯化铁具有氧化性，氯化铝溶液能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，常用于蚀刻铜制品，故C正确；
D．氨气在催化剂作用下与氧气直接反应生成一氧化氮和水，不能生成二氧化氮，故D错误；
故选C。
5. 盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质与NH4Cl类似。工业上主要采用电化学法制备，装置如图1所示，含Fe的催化电极反应机理如图2所示，不考虑溶液体积的变化。
下列说法正确的是
A. 电池工作时，Pt电极为正极
B. 图2中，M为H+，N为NH3OH+
C. 电池工作时，每消耗2.24LNO左室溶液质量增加3.3g
D. 电池工作一段时间后，正极区溶液的pH减小
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，氢元素价态降低失电子，Pt电极为负极，电极反应式为H2−2e−＝2H＋，含Fe的催化电极为正极，电极反应式为NO＋3e−＋4H＋＋Cl−＝NH3OHCl，据此分析解题。
【详解】A．原电池工作时，Pt电极为负极，故A错误；
B．由题意可知，NH2OH具有和氨气类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺（NH3OHCl），所以缺少的一步反应为NH2OH＋H＋＝NH3OH＋，图2中M为H+，N为NH3OH+，故B正确；
C．未说明气体状态，无法计算每消耗2.24LNO左室溶液质量的增加，故C错误；
D．原电池工作时，正极氢离子被消耗，pH增大，负极生成氢离子，pH减小，故D错误；
故答案选B。
6. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温下，1.7 gNH3中所含中子总数为NA
B. 常温下，1 ml Al加入足量的浓硝酸中，反应转移的电子数为3NA
C. 0.1 ml乙酸与足量的乙醇充分反应，生成的乙酸乙酯的分子总数为0.1NA
D. 足量乙烷与22.4 L(标准状况)Cl2发生取代反应，形成的C-Cl键数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．1.7 gNH3的物质的量是0.1 ml，由于1个NH3分子中含有7个中子，则在0.1 ml NH3中所含中子总数为0.7NA，A错误；
B．在常温下Al遇浓硝酸会发生钝化现象而不能进一步发生反应，因此不能计算反应过程中电子转移的数目，B错误；
C．乙酸与乙醇在一定条件下发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，该反应是可逆反应，因此0.1 ml乙酸与足量的乙醇充分反应，生成的乙酸乙酯的分子总数小于0.1NA，C错误；
D．Cl2与乙烷发生取代反应产生氯代烷烃及HCl，22.4 L(标准状况)Cl2的物质的量是1 ml，其与足量乙烷发生取代反应，形成的C-Cl键数为NA，D正确；
故合理选项是D。
7. 化学原理有许多规律可循。下列有关热化学的推理正确的是
A. 若强酸与强碱的稀溶液反应为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3 kJ/ml，则CH3COOH(aq)+KOH(aq)=CH3COOK(aq)+H2O(l) △H＜-57.3 kJ/ml
B. 已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571 kJ/ml，则氢气的燃烧热△H为-285.5 kJ/ml
C. 已知石墨比金刚石稳定，则C(石墨，s)=C(金刚石，s) △H＜0
D. 一定条件下将1 ml N2和3 ml H2置于一密闭容器中充分反应后放出a kJ的热量，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H =- a kJ/ml
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．CH3COOH是弱酸，电离吸收热量，则CH3COOH(aq)+KOH(aq)=CH3COOK(aq)+H2O(l)反应放出热量比强酸、强碱反应放出热量少。反应放出热量越少，反应热越大，故该反应的反应热△H＞-57.3 kJ/ml，A错误；
B．燃烧热是1 ml可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，由2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571 kJ/ml，可知氢气的燃烧热△H为-285.5 kJ/ml，B正确；
C．石墨比金刚石稳定，说明石墨的能量比较低，因此由石墨变为金刚石时要吸收热量，△H＞0，C错误；
D．N2和H2反应产生NH3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，而热化学方程式中的反应热为反应物完全转化为生成物时的能量变化，一定条件下将1 ml N2和3 ml H2置于一密闭容器中充分反应后放出a kJ的热量，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H ＜- a kJ/ml，D错误；
故合理选项是B。
8. 将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：，经2min后测得D的浓度为0.5ml/L，，以C表示的平均速率，下列说法正确的是
A. 反应速率B. 该反应方程式中，
C. 2min时，A的物质的量为1.5mlD. 2min时，A的转化率为60%
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题意可知，2min时D的浓度为0.5ml/L，由方程式可知，B的反应速率为=0.125ml/(L·min)，故A错误；
B．由题意可知，2min时D的浓度为0.5ml/L，C的反应速率为0.25 ml/(L·min)，由变化量之比等于化学计量数之比可得：0.5ml/L∶0.25ml/(L·min)×2min=x∶2，解得x=2，故B错误；
C．设A、B的起始物质的量均为aml，由题意可知，2min时D的浓度为0.5ml/L，A、B的浓度之比为3：5，由方程式可得：(a-0.5×2×)∶(a-0.5×2×)=3∶5，解得a=3，则A的物质的量为(3-0.5×2×)ml=1.5ml，故C正确；
D．2min时，A的转化率为×100%=50％，故D错误；
故选C。
9. 铁和钛是重要的金属材料，铁及其化合物在生活中常用于净水、制作颜料、食品保鲜等。Ti-Fe合金是优良的储氢合金。一种利用钛铁矿(，含杂质)制备钛的工艺流程如下。
下列关于制取钛的工艺流程及Ti-Fe储氢合金(结构如图)的说法不正确的是
A. 的价电子排布为
B. Ti-Fe储氢合金中H原子位于金属原子形成的四面体空隙中
C. 完全水解生成：
D. 与盐酸反应：
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态Fe价电子排布式为：3d64s2，因此的价电子排布为3d6，A正确；
B．如图所示，Ti-Fe储氢合金中H原子位于金属原子形成的八面体面体空隙中，B错误；
C．完全水解生成，根据电荷守恒和元素守恒可以写出离子方程式：，C正确；
D．根据工艺流程与盐酸反应产物有Fe2+、TiO2+，据此离子方程式为：，D正确；
故选B。
【点睛】Ti-Fe储氢合金结构中体心的2个Fe原子和棱上的4个Ti原子形成1个八面体。
10. 水仙环素是一种多羟基生物碱，结构见图。下列关于水仙环素的说法错误的是
A. 分子中有醚键、羟基、酰胺基等官能团
B. 能发生取代反应、加成反应、消去反应
C. 1ml水仙环素最多可以和5mlNaOH反应
D. 分子中含有4个手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．由水仙环素的结构可知，其中含有的官能团为碳碳双键、醚键、(酚)羟基、(醇)羟基、酰胺基，A项正确；
B．含醇羟基、酰胺基能发生取代反应，含碳碳双键、苯环能发生加成反应，与醇羟基相连碳原子的邻碳上有H原子，能发生消去反应，B项正确；
C．1个水仙环素中含有的1个酚羟基和1个酰胺基能与NaOH反应，1ml水仙环素最多可以和2mlNaOH反应，C项错误；
D．中*标示的4个碳原子为手性碳原子，D项正确；
答案选C。
11. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素组成的一种食品添加剂结构如图所示，Z的原子半径在短周期中最大，W基态原子的s能级电子总数是p能级电于总数的2/3。下列说法正确的是
A. Y、Z形成的简单离子半径：Y＜Z
B. W、Y形成的简单氢化物沸点：Y＜W
C. WX3、X2Y中W原子和Y原子的杂化轨道类型相同
D. Z分别与X、Y形成的化合物中所含化学键类型一定完全相同
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素组成的一种食品添加剂结构如图所示，Z的原子半径在短周期中最大，则Z为Na，W基态原子的s能级电子总数是p能级电子总数的，则W为P，则Y为O，X为H。
【详解】A．根据同电子层结构核多径小原则，Y、Z形成的简单离子半径：Y＞Z，A错误；
B．两种物质的晶体类型均为分子晶体，水中存在分子间氢键，因此W、Y形成的简单氢化物沸点：Y＞W，B错误；
C．WX3磷化氢中磷原子价层电子对数为，杂化类型为sp3杂化，X2Y水中氧原子价层电子对数为，杂化类型为sp3杂化，杂化轨道类型相同，C正确；
D．Z分别与X、Y形成的化合物中所含化学键类型不一定完全相同，NaH只有离子键，Na2O2中含有离子键和非极性共价键，D错误。
故选C。
12. 下列实验装置及操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇和乙酸可以互溶，不能用分液分离，A错误；
B．向2mL10%的氢氧化钠溶液中滴加5滴5%的硫酸铜溶液，制得新制氢氧化铜，且氢氧化钠过量，检验醛基时产生砖红色沉淀，故B正确；
C．检验卤代烃中的卤原子不会电离，不能直接加入硝酸银溶液检验，C错误；
D．银氨溶液过量使溶液显碱性，可与溴水中的溴发生反应，对碳碳双键的检验造成影响，故D错误；
本题选B。
13. 下列化学用语表示正确的是
A. 一氯甲烷的电子式：B. 聚丙烯的结构简式：
C. 乙酸的结构式：D. 乙烷的球棍模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A．一氯甲烷的电子式中原子周围应有8个电子，A项错误；
B．聚丙烯的结构简式为，B项错误；
C．乙酸的结构式为，C项正确；
D．为乙烷的空间填充模型，乙烷球棍模型为，D项错误。
故选C。
14. 高分子P是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，合成路线如图。
下列说法正确的是
A. 高分子P含有两种官能团B. 化合物B与乙二酸互为同系物
C. 化合物C的分子式为D. 化合物A可以使酸性溶液褪色
【答案】D
【解析】
【分析】由高聚物可知B为，则A为，A被氧化生成B
【详解】A．C为，二者发生缩聚反应生成高分子P；P中含有氨基、酰胺基和羧基三种官能团，A错误；
B．B为，与乙二酸的结构不相似，并且分子构成上不是相差n个-CH2基团，所以二者不互为同系物，B错误；
C．C为，分子中C、H、N原子个数依次是6、8、2个，分子式为C6H8N2，C错误；
D．A为，为苯的同系物，侧链烃基含有氢原子，可以使酸性KMnO4溶液褪色，D正确。
故答案选D
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 铜片与浓硝酸反应后溶液呈现鲜草绿色，小组同学探究其成因。
（1）铜片溶解的离子方程式为___________。
【初步实验】
甲同学提出猜想：溶液呈现鲜草绿色仅仅是因为气体溶解后，溶液颜色和气体颜色叠加形成鲜草绿色，进行实验1-1及1-2予以验证。
（2）乙同学根据以上2个实验现象证明甲同学猜想不成立，理由是___________。
【深入研究】
分别向三支试管内依次加入下列试剂后，同时插入铜丝并记录实验现象，如下表。
已知：①尿素的化学式为，其中C的化合价为+4价
②该条件下，浓硝酸与尿素溶液不反应
③金属和浓硝酸反应过程中有HNO2生成，可大大加快金属与浓硝酸反应的速率。
其原理为：
第一步：
第二步：Cu+
第三步：
（3）补全上述原理的第二步反应，对应的离子反应方程式为：___________。
（4）因为发生如下化学反应，因此实验2-3中反应速率较慢。___________
___________CO(NH2)2+_________________________________+___________
上述实验可以说明反应过程中的HNO2对反应速率有一定影响。
丙同学设计实验3，能证明反应混合液的鲜草绿色也与HNO2也有关。
（5）实验3：向一支试管内加入5滴稀H2SO4，加入NaNO2溶液振荡后，再滴加___________(填化学式)溶液，观察到溶液变为鲜草绿色。
（6）解释实验1-1和1-2的现象差异___________。
【答案】（1）
（2）相同气体流速下，溶液变为蓝色所用时间不同
（3）
（4）
（5）CuSO4 （6）实验1-2中，氧气将产生的 HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失
【解析】
【分析】本实验探究铜片与浓硝酸反应后溶液呈现鲜草绿色的原因，采用控制变量法，通过对比实验，利用硝酸、蒸馏水、双氧水、尿素等设计不同介质条件下铜与之反应的现象进行分析，最后得出结论，溶液呈鲜草绿色与HNO2有关。
【小问1详解】
铜片与浓硝酸发生氧化还原反应，产物为二氧化氮，硝酸铜和水，离子方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
由题意知，相同气体流速下，实验1-1、1-2中溶液变为蓝色所用时间不同，所以不仅仅是因为气体溶解后，溶液颜色和气体颜色叠加形成鲜草绿色，还有其他方面的原因，证明甲同学猜想不成立，故答案为：相同气体流速下，溶液变为蓝色所用时间不同；
【小问3详解】
已知总反应为，用总反应减去第一步反应，再减去第三步反应，可得到第二步反应，故答案为：
【小问4详解】
由已知信息①可知中C的化合价为+4，则N 的化合价为-3, 反应后产物为N2，则N的化合价升高了3价；由题意可知，HNO2参与反应生成氮气，HNO2中N的化合价降低3，结合原子守恒配平该反应的化学方程式为，故答案为：
【小问5详解】
向一支试管内加入5滴稀H2SO4，加入NaNO2溶液，溶液振荡后产生 HNO2，再加入 Cu2+溶液，若溶液变为鲜草绿色，则能证明反应混合液的鲜草绿色与HNO2有关，故需要加入CuSO4溶液，故答案为：CuSO4；
【小问6详解】
实验1-1和1-2的现象存在差异，原因是实验1-2中，氧气将产生的 HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失，故答案为：实验1-2中，氧气将产生的 HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失。
16. 某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
【实验原理】
【实验内容及记录】
回答下列问题：
（1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是___________。
（2）利用实验3中数据计算，用的浓度变化表示的反应速率___________。
（3）实验2中a的数值为___________，实验中加入的目的是___________。
（4）该小组同学根据经验绘制了随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中随时间变化的趋势应如图2所示。
该小组同学根据图2所示信息提出了新假设，并继续进行实验探究。
①该小组同学提出的假设：生成的对该反应有催化作用。
②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。
③现象及结论：依据现象___________，得出该小组同学提出的假设成立。
【答案】（1）其他条件相同时，增大的浓度(或反应物浓度)，反应速率增大
（2）
（3） ①. 3.0 ②. 保证只有浓度不同，和的浓度均相同
（4） ①. ②. 与实验3比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于2.0min
【解析】
【分析】溶液的总体积相同，硫酸和草酸的浓度相同，用量也相同，通过改变高锰酸钾的量来改变高锰酸钾的浓度，再根据高锰酸钾溶液浓度不同对反应速率的影响进行解答，根据草酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率，由图乙可知反应开始后锰离子浓度增大，反应速率增加的比较快，所以探究的是硫酸锰在反应中的作用，作对比实验时，除了加入MnSO4不同外，其它量完全相同，若反应加快，说明Mn2+是催化剂，反应过程中溶液褪色时间减少。
【小问1详解】
由表格中的实验数据可知，第3组实验溶液颜色褪色所用时间最短，所以第3组的速率是最快的，和其他两组作对比发现，这3组实验中，KMnO4与H2SO4的用量是一样的，所以可知当其他条件相同时，增大H2C2O4的浓度(或反应物浓度)，反应速率增大；
【小问2详解】
对于实验3，n(H2C2O4)=0.6ml/L×0.003L=0.0018ml，n(KMnO4)= 0.04ml/L×0.003L=0.00012ml，0.0018:0.00012=15:1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后高锰酸钾的浓度为(0.04ml/L×0.003L)÷(0.003+0.002+0.003+0.002)L=0.012ml/L，则v(KMnO4)=0.012ml/L÷2min=0.006ml/L▪min；
【小问3详解】
根据实验3数据对比实验2可知，溶液的总体积相同，草酸与硫酸的浓度相同，用量也相同，实验3中的溶液总体积为10mL，则实验2中，(2.0+a+3.0+2.0)mL=10mL，所以a=3.0mL；实验中加入H2O的目的是为了利用控制变量原则，让溶液的总体积相同，硫酸与高锰酸钾浓度均相同，来探究草酸浓度变化对化学反应速率的影响；
【小问4详解】
②要验证假设是否成立，即生成的Mn2+对该反应是否有催化作用，则依据反应方程式，向试管中加入含有Mn2+的化合物即可，从方程式中可知，该物质是MnSO4；③验证生成的Mn2+对该反应是否有催化作用，依据现象是与实验3比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于2.0min，则实验4可验证假设成立。
17. 铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。NH4ReO4是制备高纯度Re的原料，实验室用Re2O7制备NH4ReO4的装置如图所示。
已知：I.Re2O7易溶于水，溶于水后生成HReO4；HReO4与H2S反应生成Re2O7；
有关物质的溶解度S见表：
2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7；NH3+H3BO3=NH3•H3BO3；NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是______，a中发生反应的离子方程式为______。
（2）反应开始前先向C中三颈烧瓶内加入一定量的Re2O7和水。关闭K2、K3，打开K1、K4，三颈烧瓶内生成Re2O7。关闭K1，打开K2通入N2一段时间，通入N2的目的是______；打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4；反应结束后从溶液中分离NH4ReO4的操作方法是______。
（3）下列装置可用作装置单元X的是______(填标号)。
A. B.
C. D.
（4）取mgNH4ReO4样品，在加热条件下使其分解，产生的氨气用硼酸(H3BO3)吸收。吸收液用浓度为cml/L的盐酸滴定，消耗盐酸VmL。本次滴定实验可选的指示剂为______；NH4ReO4的纯度为______；下列情况会导致NH4ReO4纯度测量值偏小的是______(填标号)。
a.未用盐酸标准液润洗酸式滴定管 b.滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数
c.加热温度过高，NH4ReO4分解产生N2 d.滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡
【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. FeS+2H+=Fe2++H2S↑
（2） ①. 排出多余的H2S气体 ②. 冷却结晶 （3）AC
（4） ①. 甲基橙溶液 ②. ③. cd
【解析】
【分析】装置A中硫化亚铁和稀硫酸反应制备H2S气体，B为安全瓶，装置C中Re2O7溶于水生成HReO4，HReO4再与H2S反应生成Re2S7，再向三颈烧瓶内滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4，经分离操作得到产品NH4ReO4，装置D为尾气H2S的吸收装置，通入氮气排出多余的H2S气体，防止污染。
【小问1详解】
仪器a为蒸馏烧瓶；a中硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢，离子方程式为FeS+2H+=Fe2++H2S↑，故答案为：蒸馏烧瓶；FeS+2H+=Fe2++H2S↑；
【小问2详解】
H2S污染有毒，通入N2的目的是排出多余的H2S气体，防止污染，用X进行尾气吸收；Re2S7与H2O2的氨水溶液反应生成NH4ReO4，其中混有(NH4)2SO4，从已知Ⅰ可知NH4ReO4的溶解度受温度影响较大，所以可用冷却结晶的方法分离，故答案为：排出多余的H2S气体；冷却结晶；
【小问3详解】
从整个流程可以看出，装置单元X是用来吸收尾气H2S，Na2SO4溶液和NaHS溶液不能吸收H2S，CuSO4溶液和NaOH溶液都能和H2S反应，可以用来吸收H2S，故答案为；AC；
【小问4详解】
往溶液中滴入盐酸标准溶液，达到终点溶液显酸性，故滴加的指示剂选用甲基橙溶液；由反应2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7；NH3+H3BO3═NH3⋅H3BO3；NH3⋅H3BO3+HCl═NH4Cl+H3BO3得关系式：NH4ReO4～NH3～H3BO3～HCl,可得n(NH4ReO4)=n(HCl)=cV×10-3ml,m(NH4ReO4)=cV×10-3ml×268g/ml=0.268cVg,则NH4ReO4的纯度为；
a.由于标准液滴定管未润洗，导致标准液实际被稀释，标准液体积偏大，结果偏大，故a不选；
b.滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数，标准液体积偏大，因此结果偏大，故b不选；
c.加热温度过高，NH4ReO4分解产生N2，导致NH4ReO4含量减小，标准液体积偏小，因此结果偏小，故c选；
d.滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡，导致标准液体积偏小，因此结果偏小，故d选，
故答案为：cd。
18. 苯胺是一种重要精细化工原料，在染料、医药等行业中具有广泛的应用。实验室以苯为原料制取苯胺，其原理简示如下：
Ⅰ.制取硝基苯
实验步骤：实验室采用如图所示装置制取硝基苯，恒压滴液漏斗中装有一定量的苯，三颈烧瓶装有一定比例的浓硫酸和浓硝酸混合物。
请回答下列问题：
（1）实验装置中长玻璃管可以用_______代替(填仪器名称)。
（2）下列说法中正确的是_______(填序号)。
A. 配制混酸时，将浓硝酸沿杯壁缓缓加入浓硫酸中，并不断搅拌、冷却
B. 温度控制在50~60℃原因之一是减少副反应的发生
C. 制得的粗硝基苯可以先用乙醇萃取，分液后再洗涤
D. 浓硫酸可以降低该反应活化能
（3）粗硝基苯用5% NaOH溶液洗涤的目的是_______。
Ⅱ.制取苯胺
①组装好实验装置(如下图，夹持仪器已略去)，并检查气密性。
②先向三颈烧瓶中加入沸石及硝基苯，再取下恒压滴液漏斗，换上温度计。
③打开活塞K，通入一段时间。
④利用油浴加热，使反应液温度维持在140℃进行反应。
⑤反应结束后，关闭活塞K，向三颈烧瓶中加入生石灰。
⑤调整好温度计的位置，继续加热，收集182~186℃馏分，得到较纯苯胺。
回答下列问题：
（4）步骤②中温度计水银球的位置位于_______ (填序号，下同)，步骤⑥中位于_______。
A.烧瓶内反应液中
B.贴近烧瓶内液面处
C.三颈烧瓶出气口(等高线)附近
（5）步骤⑤中，加入生石灰的作用是_______。
（6）若实验中硝基苯用量为10mL，最后得到苯胺5.6g，苯胺的产率为_______(计算结果精确到0.1%)。
【答案】（1）球形冷凝管(或蛇形冷凝管、直形冷凝管) （2）BD
（3）除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸等
（4） ①. A ②. C
（5）吸收反应生成的水
（6）60.2%
【解析】
【小问1详解】
实验装置中长玻璃管的作用是冷凝回流，可以用球形冷凝管(或蛇形冷凝管、直形冷凝管)代替；
【小问2详解】
A．浓硫酸的密度大于浓硝酸，配制混酸时，将浓硫酸沿杯壁缓缓加入浓硝酸中，并不断搅拌、冷却，故A错误；
B．温度控制在50~60℃原因之一是减少副反应的发生，故B正确；
C．硝基苯、苯都易溶于酒精，制得的粗硝基苯不能用乙醇萃取，故C错误；
D．浓硫酸是该反应的催化剂，浓硫酸可以降低该反应活化能，故D正确；
选BD。
【小问3详解】
硫酸、硝酸和氢氧化钠反应生成盐和水，用氢氧化钠溶液洗涤粗硝基苯可以除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸等；
【小问4详解】
步骤②中温度计是测反应液的温度，水银球的位置位于烧瓶内反应液中，步骤⑥中是蒸馏，温度计是测蒸气的温度，液泡位于三颈烧瓶出气口(等高线)附近。
【小问5详解】
氧化钙和水反应生成氢氧化钙，步骤⑤中，加入生石灰的作用是吸收反应生成的水；
【小问6详解】
若实验中硝基苯用量为10mL，硝基苯的物质的量是 ，理论上生成苯胺的质量为0.1ml×93g/ml=9.3g，最后得到苯胺5.6g，苯胺的产率为。A分离乙醇和乙酸
B.制备新制Cu(OH)2悬浊液用于检验醛基
C.检验1-氯丁烷中氯元素
D.验证丙烯醛(CH2=CHCHO)中有碳碳双键
编号
通入气体及流速
现象
1-1
N2，VL/min
溢出红棕色气体，25min后溶液变成蓝色
1-2
O2，VL/min
溢出红棕色气体，5min后溶液变成蓝色
编号
浓硝酸/mL
蒸馏水/滴
30%H2O2/滴
4ml/L尿素溶液/滴
现象
2-1
1
3
0
0
快速反应，异常剧烈，溶液鲜草绿色
2-2
1
0
3
0
反应较慢，溶液为蓝色，无绿色出现
2-3
1
0
0
3
反应较慢，溶液为蓝色。无绿色出现
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6ml/L溶液
0.04ml/L溶液
3ml/L稀硫酸
1
1.0
4.0
3.0
2.0
6.4
2
2.0
a
3.0
2.0
5.2
3
3.0
2.0
3.0
2.0
2.0
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/
再向试管中加入少量固体
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6ml/L溶液
0.04ml/L溶液
3ml/L稀硫酸
4
3.0
2.0
3.0
2.0
___________(填化学式)
t
温度/℃
S[(NH4)2SO4]/g
S(NH4ReO4)/g
20
75.7
6.1
30
780
32.3
物质
相对分子质量
沸点℃
密度g/mL
溶解性
硝基苯
123
210.9
1.23
不溶于水，易溶于乙醇、乙醚
苯胺
93
184.4
1.02
微溶于水，易溶于乙醇、乙醚；还原性强、易被氧化
相关试卷
山西运城盐湖五中2024-2025学年高三上学期8月开学考试化学试卷（原卷版）： 这是一份山西运城盐湖五中2024-2025学年高三上学期8月开学考试化学试卷（原卷版），共13页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上， 设为阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。
山西运城盐湖五中2024-2025学年高三上学期8月开学考试化学试卷（原卷版+解析版）： 这是一份山西运城盐湖五中2024-2025学年高三上学期8月开学考试化学试卷（原卷版+解析版），文件包含山西运城盐湖五中2024-2025学年高三上学期8月开学考试化学试卷原卷版docx、山西运城盐湖五中2024-2025学年高三上学期8月开学考试化学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
江西省上饶市广丰丰溪中学2024-2025学年补习班8月化学检测卷： 这是一份江西省上饶市广丰丰溪中学2024-2025学年补习班8月化学检测卷，共8页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
