安徽省黄山市屯溪第一中学2020届高三10月月考化学试题

安徽省黄山市屯溪第一中学2020届高三10月月考化学试题

‎2020届屯溪一中高三10月月考化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Na-23 Ca-40 Fe-56 Sn-119‎ 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题（本题包括16小题。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。）‎ ‎1.化学与社会密切联系。下列有关物质用途及原理分析正确的是 选项 物质用途 原理分析 A 维生素C和补血制剂（含FeSO4）配合服用 维生素具有氧化性，避免铁被还原 B 铵态氮肥与草木灰混合使用 铵盐与草木灰中K2CO3快速反应 C ‎84消毒液广泛用于餐具和环境消毒 ‎84消毒液使细菌蛋白质失去活性 D 建筑上广泛用使用铝合金材料 铝不活泼，铝合金材料耐腐蚀 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 维生素C具有还原性，保护硫酸亚铁不被氧化，亚铁离子构成血红蛋白，而铁离子对人体有毒，故A错误。‎ B. 铵态氮肥和草木灰不能混用，避免损失氮元素，故B错误。‎ C. 次氯酸钠、次氯酸都具有强氧化性，能氧化细菌蛋白质，使其失去活性，故C正确。‎ D. 铝是活泼金属，铝合金表面有一层致密氧化膜，氧化膜具有抗腐蚀性，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1molCH3COONH4晶体中含离子总数小于2NA B. 在氢气还原氧化铜实验中共消耗22.4LH2，则转移电子数为2NA C. 15.0g葡萄糖和乙酸的混合物中含原子总数为2NA D. 92gCH3CH2OH和足量乙酸在浓硫酸、加热条件下生成乙酸乙酯的分子数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1molCH3COONH4晶体含1molNH4+和1molCH3COO-共2mol离子，故A错误。‎ B. 氢气还原氧化铜实验中，氢气有三个作用：排空气、作还原剂、作保护气；且没有温度压强22.4L氢气不一定是1mol,不能进行计算，故B错误。‎ C. CH3COOH和C6H12O6的最简式均为CH2O，所以，n（CH2O）＝0.5mol，含原子总物质的量为2mol，原子数为2NA，故C正确。‎ D. 酯化反应是可逆反应，n（CH3CH2OH）＝2mol，所以生成乙酸乙酯的物质的量小于2mol，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎3.下列离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 在新制氯水中：Fe2＋、Cu2＋、Br-、SO42-‎ B. 在能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的溶液中：Na＋、K＋、SiO32-、NO3-‎ C. 在能使甲基橙变红色的溶液中：NH4+、Mg2＋、HCO3-、Cl-‎ D. 常温下水电离c（H＋）·c（OH-）＝1×10-25的溶液中：Fe3＋、Na＋、AlO2-、SO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 新制氯水含多种粒子，有氧化性，Cl2＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋2Cl-，2Br-＋Cl2＝Br2＋2Cl-，故A错误。‎ B. 能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，这四种离子可以大量共存，故B正确。‎ C. 使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H++HCO3-=CO2↑+H2O，故C错误。‎ D. 水电离的c（H＋）＝c（OH-）＝1×10-12.5 mol·L-1，溶液可能显酸性，也可能显碱性，Fe3＋＋3OH-＝Fe（OH）3↓，或H++AlO2-+H2O=Al（OH）3↓，故D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎4.从巴旦杏中提取有香味的有机物R，结构简式如图所示。下列有关R的说法错误的是 A. R既能与碳酸氢钠溶液反应，又能与钠粒反应 B. R能发生酯化、加成、氧化反应 C. R的羟基能在铜、加热条件下与O2反应生成醛基 D. R的分子式为C21H32O4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. R含羧基，能与碳酸氢钠反应；R含羟基、羧基，能与钠反应，故A正确。‎ B. R含羧基、羟基，能发生酯化反应；R含碳碳双健，能发生加成反应和氧化反应，故B正确。‎ C. R具有-CH2OH结构的醇羟基被催化氧化成醛基，R含结构的醇羟基，不能被催化氧化，故C错误。‎ D. R分子含4个碳碳双键、1个碳氧双键、1个环，不饱和度为6，相对链状饱和有机物缺12个氢，故分子式正确，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】有机物的性质根据官能团掌握，有什么官能团就有该官能团的性质。‎ ‎5.K2Cr2O7是重要氧化剂。工业制备重铬酸钾的原理是：将铬铁矿与纯碱按一定比例混合在高温下煅烧：①4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；②2Na2CrO4＋H2SO4＝Na2Cr2O7＋H2O+Na2SO4；③Na2Cr2O7＋2KCl＝K2Cr2O7↓＋2NaCl。下列有关说法正确的是 A. 反应①中Na2CO3作还原剂 B. 反应①中每生成80gFe2O3转移7mol电子 C. 反应②中，可以用浓盐酸替代硫酸 D. 反应③符合溶解度较小物质转化成溶解度较大的物质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题主要是氧化还原反应的分析及计算。‎ ‎【详解】A. 反应①中Fe（CrO2）2是还原剂，氧气作氧化剂，碳酸钠中各元素化合价均没有变化，故A错误。‎ B. 生成2 mol（相当于320 g）Fe2O3时转移28mol电子，故B正确。‎ C. Na2Cr2O7具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，二者发生氧化还原反应，故C错误。‎ D. 反应③中重铬酸钾的溶解度小于重铬酸钠，故D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】化学反应中一般是溶解度较大的反应物生成溶解度较小的物质。‎ ‎6.下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 操作 现象 结论 A 向酸性高锰酸钾溶液中加入少量聚乙烯碎片，振荡 溶液颜色变浅 聚乙烯含碳碳双键 B 盛有甲烷和氯气的试管倒置于盛饱和食盐水的水槽中，光照 液面上升，水槽析出少量固体 氯代物易溶于水，氯化钠的溶解度减小 C 淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间，加入银氨溶液，再加热 未产生银镜 淀粉未水解 D 将少量的某固体样品溶于稀硝酸，滴加少量KSCN溶液 溶液变成血红色 该固体样品可能含＋2价铁元素 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 聚乙烯不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误。‎ B. 氯代物不溶于水，氯化氢溶于水，析出氯化钠固体，氯化钠固体的溶解度不变，故B错误。‎ C. 加入银氨溶液之前未加入氢氧化钠溶液，故C错误。‎ D. 硝酸可能氧化了亚铁离子，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎7.下列操作方法和对应的离子方程式都正确的是 A. 用氢氧化钠溶液除去氧化铝中少量SiO2：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O B. 用溴水除去乙烯中少量SO2：SO2+Br2+2H2O=2H++SO42-+2HBr C. 用氯化钙溶液检验小苏打溶液中的碳酸钠：Ca2++CO32-=CaCO3↓‎ D. 向沸水中加入饱和氯化铁溶液制备胶体：Fe3＋＋3H2O＝Fe（OH）3↓＋3H＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化铝也与氢氧化钠反应，所以不能用氢氧化钠溶液，故A错误。‎ B. 溴水与也乙烯反应，溴化氢是强酸，离子方程式中应拆成离子，故B错误。‎ C. 碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液不反应，故C正确。‎ D. 胶体不是沉淀，故D错误。‎ 故答案选D。‎ ‎8.全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池。其工作原理如图所示。下列叙述正确的是 A. 电子由Y极流出，经质子交换膜到X极 B. 放电过程中，电解质溶液pH降低 C. Y极反应式为V2＋-e-＝V3＋‎ D. 每转移1 mol，电子理论上有2 mol H＋由交换膜右侧向左侧迁移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电池是高考常考题型之一，主要涉及电极判断、电极反应式的书写、离子移动、PH变化、计算。‎ ‎【详解】A. 观察装置，由物质转化可以确定右边发生氧化反应，Y极为负极，左边发生还原反应，X为正极。电子只能在导线上迁移，即电子由Y极经导线流向X极，故A错误。‎ B. 放电过程中，电池反应式为V2++VO2++2H+=V3++VO2++H2O，消耗H+，pH升高，故B错误。‎ C. Y极为负极，发生氧化反应，由离子转化关系知反应式为V2＋-e-＝V3＋，故C正确。‎ D. X极反应式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，得失电子数决定氢离子迁移数目。转移1mol电子，只有1molH＋迁移，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎9.聚氰基丙烯酸酯是一种用途广泛且具有粘性的材料，其合成原理如图：‎ 已知：RCN在一定条件下，发生水解反应，其产物RCOOH和NH3。‎ 下列说法正确的是 A. M能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能使溴水褪色 B. 上述反应类型是缩聚反应 C. 1molM水解产物最多消耗1molNaOH D. 若R为甲基，N的平均相对分子质量为11100，则n＝100‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. M含碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴水褪色，故A错误。‎ B. 该反应类型是加聚反应，原子利用率为100％，故B错误。‎ C. M的水解产物是CH2＝C（COOH）2、ROH和NH3，1molCH2＝C（COOH）2最多消耗2molNaOH；故C错误。‎ D. R为-CH3，M的分子式为C5H5NO2，Mr＝111，聚合度n==100，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】加聚反应产物只有有机高分子化合物，缩聚反应产物除有机高分子化合物外还有无机小分子。‎ ‎10.我国在南海北部神弧海域进行的可燃冰试采成功，这标志着我国成为全球第一个实现了在海域可燃冰试开采中获得连续稳定产气的国家。可燃冰主要成分是甲烷，可以用作燃料和制氢原料。甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸气重整两个过程。发生的主要反应如下：‎ 化学方程式 焓变ΔH/（kJ·mol-1）‎ 活化能Ea/（kJ·mol-1）‎ 甲烷氧化 CH4（g）＋2O2（g）CO2（g）＋2H2O（g）‎ ‎-802.6‎ ‎125.6‎ CH4（g）＋O2（g）CO2（g）＋2H2（g）‎ ‎-322.0‎ ‎172.5‎ 蒸气重整 Ⅰ．CH4（g）＋H2O（g）CO（g）＋3H2（g）‎ ‎＋206.2‎ ‎240.1‎ Ⅱ．CH4（g）＋2H2O（g）CO2（g）＋4H2（g）‎ ‎＋165‎ ‎243.9‎ 下列说法不正确的是 A. CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g） ΔH＝＋41.2kJ·mol-1‎ B. 反应Ⅱ逆反应活化能Ea＝78.9kJ·mol-1‎ C. 初始阶段：甲烷氧化的速率大于甲烷蒸气重整的速率 D. 甲烷自热重整方法的突出优点是能量循环利用 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应Ⅱ-反应Ⅰ得：CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g） ‎ ‎ ΔH＝-41.2kJ·mol-1，故A错误。‎ B. 反应热等于正、逆反应活化能之差，逆反应活化能等于（243.9-165）kJ·mol-1＝78.9 kJ·mol-1，故B正确。‎ C. 正反应活化能越大，反应需要的能量越大，起始反应越慢，甲烷氧化反应的活化能小于蒸气重整阶段的活化能，所以，起始阶段甲烷氧化反应的速率较大，故C正确。‎ D. 从表格数据看出，甲烷氧化反应是放热反应，甲烷蒸气重整反应是吸热反应，能量可以循环利用，降低成本，故D正确。‎ 故答案选A。‎ ‎11.实验室可以利用镁粉在加热条件下与氮气反应制备氮化镁。用一瓶氮气样品（含少量CO2、CO、O2）制备氮化镁。已知：连苯三酚碱性溶液定量吸收O2；CuCl盐酸溶液能定量吸收CO且易被O2氧化。‎ 下列说法正确的是 A. 装置连接顺序：氮气样品→d→c→a→b B. 装置a可以用盛装浓硫酸的洗气瓶替代 C. 若先点燃酒精灯后通气体，产品纯度降低 D. d装置中的CuCl在除杂中表现还原性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题是气体和固体反应，气体的除杂顺序，仪器的连接。‎ ‎【详解】A. 依题意，氯化亚铜的盐酸溶液易被氧气氧化，所以先除O2，后除CO。在除CO中，发生反应为2CuCl＋CO＋H2O＝2Cu＋CO2＋2HCl，碱石灰的作用是除去CO2、HCl、H2O。装置连接顺序是氮气样品→c→d→a→b，故A错误。‎ B. 浓硫酸不能除去CO2和HCl，故B错误。‎ C. 若先点燃酒精灯，后通入氮气，空气中氧气、二氧化碳与镁反应，产品纯度降低，故C正确。‎ D. 除去CO中，氯化亚铜作氧化剂,故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎12.常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c（H＋）表示为pH水＝-lgc（H＋）水。pH水与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。‎ 下列推断正确的是 A. HX的电离方程式为HX＝H＋＋X-‎ B. T点时c（Na＋）＝c（Y-）＞c（H＋）＝c（OH-）‎ C. 常温下用蒸馏水分别稀释N、P点溶液，pH都降低 D. 常温下，HY的电离常数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 依题意，HX和HY是两种一元酸。由图象知，加入氢氧化钠溶液，水电离程度增大，溶液由酸性逐渐变为中性，当恰好完全反应时溶液呈碱性且水电离程度达到最大值。HX为弱酸，故A错误。‎ B. T、P点对应的溶液都呈碱性，故B错误。‎ C. N点呈中性，加入蒸馏水稀释中性溶液，稀释后溶液仍然呈中性，故C错误。‎ D. 取M点计算电离常数，c（H＋）＝c（OH-）＝1×10-7mol·L-1，混合溶液中，，‎ ‎，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎13.四种有机物的模型如图所示：‎ 下列说法不正确的是 A. 有机物Ⅰ的同分异构体的一氯代物有8种 B. 有机物Ⅱ和液溴在溴化铁的催化下发生取代反应 C. HCOOCH3与有机物Ⅲ互为同系物 D. 有机物Ⅳ有两种官能团 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.有机物Ⅰ为新戊烷，它的同分异构体为正戊烷、异戊烷。正戊烷、异戊烷的一氯代物分别有3种、4种，共7种，故A错误。‎ B.有机物Ⅱ为苯，和液溴在溴化铁的催化下发生取代反应生成溴苯，故B正确。‎ C.有机物Ⅲ为乙酸乙酯，与甲酸甲酯互为同系物，故C正确。‎ D.Ⅳ为葡萄糖，它的官能团为醛基、羟基，故D正确。‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】根据原子大小及形成化学键的数目确定原子种类：H一个键、O两个键、N三个键、C四个键。‎ ‎14.短周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大。a的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，b原子最外层电子数等于内层电子数的2倍。d的单质与稀盐酸剧烈反应放出a2。在1L0.2mol·L-1a2e的水溶液中缓慢通入ec2气体，该溶液的pH与ec2气体体积（标准状况）的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. a和b可构成所有原子共平面的分子 B. 在b、c、e的气态氢化物中，c的最稳定 C. d的氯化物一定能破坏水的电离平衡 D. e的最高价含氧酸与其氢化物可能发生氧化还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意，锂离子含2个电子，阴离子与锂离子具有相同的电子数，只有H-，a为氢。最外层电子数是内层电子数2倍，说明内层只有2个电子，b为碳。短周期有5种金属，原子序数依次增大，所以，d可能为钠、镁、铝。由图象知，a2e溶液呈酸性，e为硫，H2S与SO2反应，2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，恰好完全反应时溶液呈中性，c为氧。‎ ‎【详解】A、乙烯、苯分子中所有原子共平面，故A正确。‎ B、在H2O、CH4、H2S中，H2O的热稳定性最强，故B正确。‎ C、NaCl不能破坏水的电离，故C错误。‎ D、浓硫酸与硫化氢可发生氧化还原反应，故D正确。‎ 故答案选C。‎ ‎15.葡萄糖在人体发生氧化反应生成中间产物T（C3H6O3），等质量的T分别与足量的钠、足量的碳酸氢钠完全反应，产生的气体体积相等（同温同压下）。经测定，T分子中含有甲基。R的结构简式是 A. HOCH2CH2COOH B. CH3COOCH2OH C. CH3CH（OH）COOH D. CH3OCH2COOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 钠可以和羟基、羧基反应产生氢气，且2mol官能团产生1mol氢气；碳酸氢钠只能和羧基反应产生CO2，1mol羧基产生1mol CO2。‎ ‎【详解】A. 等质量的A分别与足量的钠、足量的碳酸氢钠完全反应，产生的气体体积比1：1（同温同压下）,但A中不含甲基，故A错误；‎ B. B只与钠反应产生氢气，不与碳酸氢钠溶液反应，故B正确。‎ C. 等质量的C分别与足量的钠、足量的碳酸氢钠完全反应，产生的气体体积比1：1（同温同压下）,且C中有甲基，故C正确；‎ D. 等质量的D分别与足量的钠、足量的碳酸氢钠完全反应，产生的气体体积比1：2（同温同压下），故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】碳酸钠也能和羧基反应产生CO2，和碳酸钠反应时2mol羧基产生1mol CO2。‎ ‎16.氯系氧化剂、消毒剂在生产、生活中有广泛应用。其消毒能力可以用“有效氯”表示，有效氯定义为单位质量的消毒剂得电子能力与多少克氯气相当。下列消毒剂（或氧化剂）的有效氯最高的是 A. NaClO B. Ca（ClO）2 C. NaClO2 D. ClO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意，有效氯定义转化为“单位质量的含氯氧化剂（或消毒剂）得电子数与多少克氯气得电子数相等”，即单位质量的含氯氧化剂得电子数越多，有效氯越高。‎ ‎【详解】A. 74.5g NaClO作消毒剂，被还原为Cl-得电子的物质的量为2mol。‎ B. 143g Ca（ClO）2作消毒剂，被还原为Cl-得电子的物质的量为4mol。‎ C. 90.5gNaClO2作消毒剂，被还原为Cl-得电子的物质的量为4mol.。‎ D. 67.5gClO2作消毒剂，被还原为Cl-得电子的物质的量为5mol.。‎ 故答案选D。‎ 第Ⅱ卷 非选择题 二、非选择题（本题包括5小题）‎ ‎17.有几种有机物的键线式结构如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）有机物B所含官能团的名称是____。‎ ‎（2）C的官能团位置异构体有___种。‎ ‎（3）E的分子式为____。‎ ‎（4）A与溴的四氯化碳反应，其产物的结构简式为____，该反应类型是____。‎ ‎（5）在镍，80℃作用下，D与氢气反应生成丙烷。写出化学方程式：____。‎ ‎【答案】 (1). 酯基 (2). 2 (3). C10H18O (4). (5). 加成反应 (6). Δ+H2CH3CH2CH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题为有机化学基础内容，有官能团、分子式、同分异构体和基本反应。‎ ‎【详解】(1). B是环二元酯，官能团是酯基。‎ ‎(2). C中两个羧基的位置有临位、面对角线、体对角线三种同分异构体，所以C的同分异构体有两种。‎ ‎(3). E中有两个双键不饱和度是2，相对链状饱和有机物缺4个氢，故分子式是C10H18O。‎ ‎(4). A与溴的四氯化碳反应是碳碳双键加成，所以产物的结构简式为，反应类型是加成反应。‎ ‎(5). D与氢气反应生成丙烷的方程式是：Δ+H2CH3CH2CH3。‎ ‎18.某小组拟设计实验探究乙醇的还原性及产物，装置如图所示。‎ 已知：几种有机物的部分物理性质如表所示：‎ 有机物 乙醇 乙酸 乙醛 溶解性 易溶于水和乙酸、乙醛 易溶于水和乙醇、乙醛 易溶于水和乙醇、乙酸 沸点 ‎78.5‎ ‎117.9‎ ‎20.8‎ ‎（1）为了获得比较稳定的气流，A装置还缺少一种仪器是____（填仪器名称）。A装置使用____（填“冷水浴”或“热水浴”）。‎ ‎（2）当B中氧化铜完全反应后，正确的操作排序为____（填序号）。‎ ‎①从C装置中取出试管 ②继续通入乙醇蒸气至B装置中的试管冷却 ‎③熄灭酒精灯 ④从A装置中取出烧瓶 ‎（3）分离和提纯产品。实验完毕后，取少量粗产品于试管，滴加紫色石蕊溶液，溶液变红色，则粗产品中含有___（填化学式）。对粗产品进行____操作（填名称）可以获得较纯的乙醛。‎ ‎（4）已知：Cu2O呈红色，在酸性条件下发生反应为Cu2O＋2H＋＝Cu＋Cu2＋＋H2O。乙同学取少量B中红色粉末于试管，滴加稀硫酸溶液，观察到____（填实验现象），证明红色产物中含有Cu2O。‎ ‎【答案】 (1). 温度计 (2). 热水浴 (3). ③②④① (4). CH3COOH (5). 蒸馏（或分馏） (6). 溶液变蓝色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题为有机实验题，需掌握乙醇蒸汽获取方法，实验操作顺序，有机物分离和提纯。要学会信息获取和应用。‎ ‎【详解】（1）由乙醇沸点知，需要温度计指示热水浴温度。A装置必须将乙醇气化，需要用热水浴；由乙醛沸点知，C装置用冷水浴。‎ ‎（2）乙醇还原氧化铜，氧化铜转化成氧化亚铜、铜。当黑色粉末变红色粉末时，停止加热，继续通入乙醇蒸气至红色粉末冷却，避免红色粉末与空气中氧气反应；停止通入乙醇蒸气，最后从水槽中取出试管，所以操作顺序是③②④① 。 ‎ ‎（3）粗产品滴加紫色石蕊溶液，溶液变红色，显酸性，所以含杂质CH3COOH，乙醛与杂质（乙醇、乙酸）互溶，采用蒸馏操作分离提纯乙醛。‎ ‎（4）依题意，红色粉末含有氧化亚铜，可能合有铜，所以，红色粉末投入稀硫酸中，溶液变蓝色，可确定有氧化亚铜。‎ ‎【点睛】气体和固体发生氧化还原反应时，操作顺序都和氢气还原氧化铜的实验操作原理、顺序相似。‎ ‎19.以苯为原料可以合成有关产品，其流程如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的名称是____。‎ ‎（2）1个C分子最多有___个原子共平面。‎ ‎（3）A→M的反应类型是___；C中官能团名称是___。‎ ‎（4）写出M→N的化学方程式：____。‎ ‎（5）N的一氯代物有____种。‎ ‎【答案】 (1). 乙苯 (2). 16 (3). 取代反应 (4). 碳碳双键 (5). +3H2 (6). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题是有机合成题，重点是注意合成过程中碳链的变化、官能团的变化、反应条件。‎ ‎【详解】（1）B的名称是乙苯。‎ ‎（2） C分子可看作苯分子一个氢原子被乙烯基取代，所有的原子可能在同一平面上，最多有16个原子共平面。‎ ‎（3） 苯和液溴在溴化铁的催化作用下发生取代反应；C中官能团名称是碳碳双键。‎ ‎（4） M→N的化学方程式：+3H2。‎ ‎（5） N的结构为，所以一氯代物有4种。‎ ‎20.工业上，常采用氧化还原方法处理尾气中的CO、NO。‎ 方法1：氧化法。沥青混凝土可作为反应：2CO（g）＋O2（g）2CO2（g）的催化剂。图甲表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥青混凝土（α型、β型）催化时，CO的转化率与温度的关系。‎ ‎（1）在a、b、c、d四点中，未达到平衡状态的是____。‎ ‎（2）已知c点时容器中O2浓度为0.04mol·L-1，则50℃时，在α型沥青混凝土中CO转化反应的平衡常数K＝____（用含x的代数式表示）。‎ ‎（3）下列关于图甲的说法正确的是____。‎ A．CO转化反应的平衡常数K（a）＜K（c）‎ B．在均未达到平衡状态时，同温下β型沥青混凝土中CO转化速率比α型要大 C．b点时CO与O2分子之间发生有效碰撞的几率在整个实验过程中最高 D．e点转化率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性 方法2：还原法。某含钴催化剂可以催化消除柴油车尾气中的碳烟（C）和NOx。不同温度下，将模拟尾气（成分如表所示）以相同的流速通过该催化剂，测得所有产物（CO2、N2、N2O）与NO的相关数据结果如图乙所示。‎ 模拟尾气 气体（10 mol）‎ 碳烟 NO O2‎ He 物质的量（mol）‎ ‎0.025‎ ‎0.5‎ ‎9.475‎ n ‎（4）375℃时，测得排出的气体中含0.45molO2和0.052molCO2，则Y的化学式为____。‎ ‎（5）实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是____。‎ ‎【答案】 (1). a (2). (3). BD (4). N2 (5). 由于存在反应2NO2N2O4会导致一定的分析误差 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题为化学平衡的综合题，有判断有计算，平衡的判断和平衡常数的计算。图像要根据横纵坐标的意义和曲线的变化情况进行判断。‎ ‎【详解】（1）CO和O2反应是放热反应，当达到平衡后升高温度，CO的转化率降低，所以，b、c、d点表示平衡状态，a点对应的状态是不平衡状态。‎ ‎（2）令CO起始浓度为a mol·L-1。‎ ‎ 2CO（g）＋O2（g）2CO2（g）‎ 起始浓度（mol·L-1）： a 0‎ 转化浓度（mol·L-1）： ax ax 平衡浓度（mol·L-1）：a（1-x） 0.04 ax ‎（3）CO和O2‎ 反应是放热反应，a点未达到平衡，没有平衡常数。若达到平衡后，温度升高，平衡向左移动，平衡常数K减小，A项错误；观察图象知，β催化剂作用下CO的转化速率大于α催化剂，B项正确；有效碰撞几率与反应速率有关，温度越高，反应速率越大，有效碰撞几率越高，故在图象中e点有效碰撞几率最高，C项错误；催化剂需要一定活性温度，转化率出现突变，可能是因温度高而催化剂失去活性，D项正确。故选BD。‎ ‎（4）观察图象，NO生成X、Y的转化率之和为24％，即NO参加反应的物质的量n（NO）＝0.025mol×（16％＋8％）＝0.006 mol，根据原子守恒，X和Y的物质的量之和等于0.003mol。先根据O原子守恒求N2O的物质的量，再根据N守恒求N2的物质的量。‎ 由投入各物质和排出各物质的物质的量知，‎ ‎ NO＋C＋O2→CO2＋N2＋N2O 物质的量：0.006 0.05 0.052 0.001 0.002‎ 根据图象，X的体积是Y的2倍。故Y为N2。‎ ‎（5）NO2、N2O4共存，二者存在转化平衡，用NO2模拟实验会产生较大误差。‎ ‎21.四氯化锡常作有机合成的催化剂。实验室用熔融的锡（熔点为231.9 ℃）与氯气反应制备SnCl4。装置如图所示（加热装置省略）。‎ 已知：①SnCl4、SnCl2有关物理性质如表：‎ 物质 颜色、状态 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ SnCl2‎ 无色晶体 ‎246‎ ‎623‎ SnCl4‎ 无色液体 ‎-33‎ ‎114‎ ‎②SnCl4在空气中极易水解生成SnO2·xH2O。‎ ‎③在常温下，用KClO3和浓盐酸反应制备氯气。‎ ‎（1）写出装置A中发生反应的化学方程式：_____。‎ ‎（2）下列说法不正确的是____。（填字母）‎ A．F和C中试剂相同，E中的冰水冷却产品 B．导管L平衡气压，使浓盐酸顺利下滴 C．先通入氯气，当D充满黄绿色气体时加热烧瓶 D．除去产品中氯气的方法是加入SnCl2溶液 ‎（3）用化学方程式表示拆去F装置对实验的影响：_____。‎ ‎（4）F和G装置可以用下列装置代替的是____。（填代号）‎ ‎（5）加热D使锡熔融后需要继续加热，其一为了加快锡与氯气反应，其二为了____。‎ ‎（6）测定产品纯度。取ag产品溶于少量浓盐酸，加入蒸馏水稀释至250mL。取20mL稀释溶液于锥形瓶，滴加几滴淀粉溶液，用cmol·L-1I2溶液滴定至终点，消耗滴定溶液VmL。‎ ‎①该产品中SnCl2含量为___％。（滴定反应：Sn2＋＋I2＝Sn4＋＋2I-）‎ ‎②若操作时间过长、振荡剧烈，测得产品中SnCl4含量___（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。‎ ‎【答案】 (1). KClO3＋6HCl＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O (2). D (3). SnCl4＋（2＋x）H2O＝SnO2·xH2O＋4HCl↑ (4). Ⅰ (5). 使SnCl4气化 (6). (7). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题为综合性实验题，包含物质的制备、提纯、分离、收集、尾气处理，需要掌握常用的基本试验方法。还涉及了纯度计算和误差分析。‎ ‎【详解】（1）氯酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应反应生成氯化钾、氯气、水，方程式为KClO3＋6HCl＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O。‎ ‎（2）A.C中浓硫酸用于干燥氯气，F中浓硫酸吸收氢氧化钠溶液中挥发出来的水蒸气，A项正确；‎ B.导管L连通分液漏斗与烧瓶，确保浓盐酸在重力作用下顺利下滴，B项正确；‎ C.先通入氯气，排尽装置内空气，避免空气与锡反应，C项正确；‎ D.四氯化锡遇水剧烈反应，除去产品中氯气的方法是，加入锡，继续蒸馏，D项错误。‎ ‎（3）四氯化锡遇水蒸气发生水解反应并放出氯化氢,方程式SnCl4＋（2＋x）H2O＝SnO2·xH2O＋4HCl↑。‎ ‎（4）F、G装置用于吸收尾气中氯气，避免水蒸气与四氯化锡反应。Ⅰ装置中碱石灰用于吸收氯气、水蒸气，符合题意；Ⅱ装置不能吸收氯气，不符合题意；Ⅲ装置中水蒸气会进入E装置，不符合题意。‎ ‎（5）依据四氯化锡的沸点、锡的熔点知，加热使锡熔化。继续加热使四氯化锡变成蒸气导入收集瓶中。‎ ‎（6），‎ ‎。‎ 振荡剧烈、操作时间长，可能发生反应：4I-＋O2＋4H＋＝2I2＋2H2O，2Sn2＋＋O2＋4H＋＝2Sn4＋＋2H2O，结果氯化亚锡消耗I2量减小，测得氯化亚锡含量降低，而四氯化锡含量偏高。‎ ‎ ‎