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江西省上饶市第二中学2024-2025学年高三上学期开学考试化学摸底试卷（解析版）
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这是一份江西省上饶市第二中学2024-2025学年高三上学期开学考试化学摸底试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，7 kJ/ml等内容，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. 工厂排放的含的烟气对环境危害较大，某企业按照如图所示流程对烟气进行综合处理，下列有关说法正确的是
A. 二氧化硫吸收塔中发生的反应为
B. 氨气吸收塔中发生的反应为
C. 上述流程利用的是氧化还原反应原理
D. 上述流程可降低碳排放，符合低碳经济
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硫吸收塔中发生的反应为亚硫酸铵溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为，故A正确；
B．氨气吸收塔中发生的反应为亚硫酸氢铵和氨气反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为，故B错误；
C．二氧化硫吸收塔中发生的反应和氨气吸收塔中发生的反应，元素的化合价均未发生变化，没有氧化还原反应发生，故C错误；
D．该过程为吸收工厂排放的二氧化硫，与二氧化碳的吸收无关，则与碳排放无关，故D错误；
故选A。
2. 物质类别和元素价态，是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是
A. 工业上通过a→c→d→e来制备
B. a→b的过程是氮的固定
C. 浓的溶液和浓的溶液反应可以得到
D. 加热的固态钾盐可以产生
【答案】B
【解析】
【分析】根据元素化合价推测物质可能的化学式，据此分析。
【详解】A．工业上氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，即，A正确；
B．氮的固定是指由游离态的氮转化为含氮化合物的过程，a→b的过程是，是由化合态的氮转化为游离态的氮过程，B错误；
C．和可发生归中反应生成氯气，C正确；
D．氯酸钾受热分解可生成氯化钾和氧气，，D正确；
故本题选B。
3. SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O= +2Fe2++4H+；②+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。则下列有关说法不正确的是
A. 氧化性：>Fe3+
B. 标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2mlK2Cr2O7
C. 反应②中，每有1mlK2Cr2O7参加反应，转移电子6ml
D. 由上述反应原理推断，K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：>Fe3+，选项A正确；
B．标准状况下，6.72LSO2为0.3ml，若有0.3mlSO2参加反应，S元素的化合价由+4价变为+6价，转移0.6ml电子，则最终消耗0.1mlK2Cr2O7，选项B错误；
C．反应②中，每有1mlK2Cr2O7参加反应，Cr元素的化合价由+6价变为+3价，转移电子6ml，选项C正确；
D．由上述反应可得，氧化性：>，推断K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4，选项D正确；
答案选B。
4. 镁与氮气在加热条件下反应生成氮化镁，已知氮化镁遇水剧烈反应。某同学设计如图装置制备氮化镁。下列说法正确的是
A. 实验时先点燃C处酒精灯，一段时间后，再点燃B处酒精灯
B. 干燥管A的作用主要是防止空气中的二氧化碳进入硬质玻璃管
C. 氮化镁与水反应生成的气体，能使紫色石蕊试液变红
D. 蒸馏烧瓶中反应的方程式是NH4Cl +NaNO2NaCl + N2↑+ 2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．制备氮化镁需要在加热条件下让纯净的氮气与镁反应，因此要让生成的氮气充满整个装置时，再点燃C处的酒精灯，实验时先点燃B处酒精灯，一段时间后，再点燃C处酒精灯，A错误；
B．因为氮化镁遇水剧烈反应，干燥管A的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入硬质玻璃管，B错误；
C．氮化镁与水反应生成的气体为氨气，能使紫色石蕊试液变蓝，C错误；
D．蒸馏烧瓶中氯化铵和亚硝酸钠发生氧化还原反应生成氮气，方程式为NH4Cl +NaNO2NaCl + N2↑+ 2H2O，D正确；
答案选D。
5. 某科研人员提出与在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是
A. HAP能提高与的反应速率
B. 在整个反应历程中，有极性键和非极性键的断裂
C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D. 该反应可表示为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题图可知，HAP是催化剂，能提高与的反应速率，A项正确；
B．在整个反应历程中，有极性键(如C-H键)和非极性键(如O-O键)的断裂，B项正确；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分来自于甲醛，C项错误；
D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，该反应可表示为为，D项正确；
答案选C。
6. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列生活和生产中化学知识应用的解释和反应方程式书写不正确的是
A. 自然界中的Cu2+遇到深层的方铅矿转化为铜蓝：PbS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Pb2+(aq)
B. 电解精炼铜时，阳极材料是粗铜，发生的电极反应式只有：Cu-2e-=Cu2+
C. 红热的木炭放入盛有浓硝酸的试管中，有红棕色气体产生，可能发生反应：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O
D. 海水提溴中用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．CuS的溶解度小于PbS，硫化铅可以转化为硫化铜；PbS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Pb2+(aq)，故A正确；
B．电解精炼粗铜时，粗铜中的Cu和其他比铜活泼的金属在阳极发生氧化反应，阳极反应除了Cu-2e-=Cu2+，还可能有Fe-2e-=Fe2+，Zn-2e-=Zn2+等，故B错误；
C．红热的木炭放入盛有浓硝酸的试管中，有红棕色气体产生，可能是浓硝酸受热分解，可能发生反应：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故C正确；
D．过程中吹出的溴蒸气，也可以用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏，溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故D正确。
答案选B。
7. 燃烧 1 g 乙醇（液态）生成CO2气体和液态水放出热量为29.7 kJ，则乙醇燃烧的热化学方程式正确的是
A. C2H5OH +3O2 = 2CO2+3H2O △H=－29.7 kJ/ml
B. C2H5OH(l) +3O2 (g) = 2CO2 (g) +3H2O(l) △H=+1366.2 kJ/ml
C. C2H5OH(l) +3O2 (g) = 2CO2 (g) +3H2O(g) △H=+29.7 kJ/ml
D. C2H5OH(l) +3O2 (g) = 2CO2 (g) +3H2O(l) △H=－1366.2 kJ/ml
【答案】D
【解析】
【详解】1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热29.7kJ，则1ml乙醇，质量为46g，完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为：46×29.7kJ=1366.2kJ，其燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.2kJ•ml-1；故选D。
8. 室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①；②，反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是
A. 0～30min时间段内，Y的平均反应速率为
B. 反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C. 如果反应能进行到底，反应结束时62.5％的M转化为Z
D. 反应①的活化能比反应②的活化能小
【答案】D
【解析】
【详解】A．0～30min时，，则②反应，则①，根据反应系数比，，Y的平均反应速率为，故A正确；
B．体系中Y和Z浓度之比等于反应①②的速率之比，保持不变，故B正确；
C．前30min内，M转化为Z的转化率为，反应中M转化为Y、Z的比例不变，则如果反应能进行到底，反应结束时62.5％的M转化为Z，故C正确；
D．根据上述分析，反应①的速率小于反应②，则反应①的活化能比反应②的活化能大，故D错误；
故选D。
9. 常温下，保持某含Ca2+水体中H2CO3与空气中CO2的平衡，调节水体pH，水体中-lg[c(X)]与pH的关系如下图所示(其中X为H2CO3、HCO、CO或Ca2+)。下列说法正确的是
A. 曲线Ⅱ表示-lg[c(HCO)]与pH的关系
B. 该温度下，H2CO3的电离常数的数量级为10-10
C. a点的水体中：
D. 向水体中加入适量Ca(OH)2固体，可使溶液由b点变到c点
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，、的浓度都逐渐增大，-lg[c(X)]均减小，随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，-lg[c(X)]逐渐增大，由于碳酸分步电离，第一步电离产生，第二步电离时产生，且以第一步电离为主，则起始时的浓度大于，因此曲线Ⅲ代表与pH的关系，曲线Ⅱ为与pH的关系，曲线Ⅰ为与pH的关系，。
【详解】A．由上述分析可知，曲线Ⅱ为与pH的关系，故A错误；
B．由图可知，c点时，此时H2CO3的电离常数，数量级为，故B错误；
C．曲线Ⅲ代表与pH的关系，曲线Ⅱ为与pH的关系，曲线Ⅰ为与pH的关系，经过a点作一条垂直与pH轴的直线，曲线Ⅱ在最上面，曲线Ⅲ在最下面，因此a点的水体中：，故C正确；
D．，向水体中加入适量Ca(OH)2固体，、减小，增大，不能使溶液由b点变到c点，故D错误；
答案选C。
10. 配合物亚铁氰化钾俗名黄血盐，可用于离子检验，烧制青花瓷时可用于绘画。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 该配合物中键数目与键数目之比为
B. 的中心离子的价层电子排布式为
C. 此配合物中存离子键、配位键、极性键、非极性键
D. 分子中碳原子的杂化形式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．中含有键和键，1个中含有12个键和12个键，键数目与键数目之比为，故A正确；
B．中心离子为Fe2+，其价电子排布式为3d6，故B错误；
C．此配合物中存在离子键、配位键、极性键，不含非极性键，故C错误；
D．HCN的结构式为：H-C≡N，碳原子的杂化形式为，故D错误；
答案选A。
11. 头孢菌素类抗生素是广泛使用的一种抗生素。第三代头孢菌素R的分子结构简式如图示。下列有关R的说法错误的是
A. 能发生酯化反应
B. 分子中含16个碳原子
C. 分子中含有2个手性碳原子
D. 分子中六元环上的二氯代物有1种(不含立体异构)
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据R的分子结构可知含有羧基，所以R可以发生酯化反应，A正确；
B．根据R的分子结构简式可知含有16个碳原子，B正确；
C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，如图所示：，该分子中含有2个手性碳原子，C正确；
D．如图所示：，六元环上的二氯代物有2种，两个Cl原子可以一个连在1号碳上、一个连在2号碳上，也可以同时连在2号碳上，D错误；
故选D。
12. 某高温超导材料，其晶胞结构如图。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是
A. 该晶体的化学式为KCaB6C6
B. 该晶体的密度为
C. 该晶体中与C最近等距的B原子有6个
D. 该晶体中由B与C原子形成的多面体有14个面
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据均摊原则，晶胞中K原子数 、Ca原子数1、C原子数 、B原子数为，所以该晶体的化学式为KCaB6C6，故A正确；
B．该晶体的密度为，故B正确；
C．根据晶胞图，该晶体中与C最近等距的B原子有4个，故C错误；
D．正方形6个，位于晶胞6个面上；正六边形8个，其中上面正方形连接4个，下面正方形连接4个，总共14个面，故D正确；
选C。
13. 维生素A对人体特别是对人的视力有重要作用，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A. 维生素A的分子式为B. 1ml维生素A最多能和3ml氢气发生加成反应
C. 维生素A含有苯环结构D. 维生素A分子中含有两种官能团
【答案】D
【解析】
【详解】A．维生素A的分子式为C20H30O，A不正确；
B．维生素A分子中含有4个碳碳双键，1ml维生素A最多能和5ml氢气发生加成反应，B不正确；
C．维生素A分子中含有环状结构，但不含有苯环结构，C不正确；
D．维生素A分子中含有碳碳双键和羟基两种官能团，D正确；
故选D。
14. E是一种食品添加剂中的防腐剂，可经下列反应路线得到(部分反应条件略)。
下列说法不正确的是
A. A是苯酚的一种同系物，既能发生氧化反应又能发生还原反应
B. 经反应A→B和C→D的目的是保护官能团酚羟基不被氧化
C. 与B属于同类有机物的同分异构体有3种(不包含B)
D. 1mlD可以消耗1mlNaHCO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．A与苯酚结构相似，官能团相同，且相差1个CH2，是苯酚的一种同系物，分子中含有苯环，可以被氢气还原，也可以在空气燃烧被氧化，既能发生氧化反应又能发生还原反应，选项A正确；
B．酚羟基容易被氧化，经反应A→B和C→D的目的是保护官能团酚羟基不被氧化，而将苯环上的甲基氧化为羧基，选项B正确；
C．与B属于同类有机物的同分异构体有、、、共4种，选项C不正确；
D．D中含有一个羧基和一个羟基，只有羧基能与NaHCO3反应，则1mlD可以消耗1mlNaHCO3，选项D正确；
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 无水氯化铁常用作染料工业的氧化剂和媒染剂、有机合成工业的催化剂和氧化剂、铜电路板的腐蚀剂等。无水氯化铁的制备实验装置如图所示(部分夹持装置略)：
已知：无水氯化铁易吸水潮解，沸点为316℃，受热易升华。
请回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的化学方程式为______。
（2）装置B和C中盛放的试剂分别为______、_______。
（3）仪器E的作用是_____。
（4）集气瓶F是为了收集，硬质玻璃管与集气瓶F之间不用细导管相连而是与橡胶塞直接连接，这样做的目的是_______。
（5）装置G是为了处理尾气，该装置中发生反应的离子方程式为______。
（6）工业上用溶液腐蚀铜电路板，试写出该过程中发生反应的离子方程式：______。
【答案】（1）
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 浓硫酸
（3）防止水蒸气进入F，避免氯化铁水解
（4）避免氯化铁固体析出堵塞导管
（5）
（6）
【解析】
【分析】浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯气，通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸进行干燥，进入D中与铁反应生成氯化铁，氯化铁受热易升华，F为收集装置，C为尾气处理装置，E防止水蒸气进入引起氯化铁水解。
【小问1详解】
装置A生成氯气，发生反应的化学方程式为；
【小问2详解】
根据分析，装置B和C中盛放的试剂分别为饱和食盐水、浓硫酸；
【小问3详解】
仪器E的作用是防止水蒸气进入F，避免氯化铁水解；
【小问4详解】
集气瓶F是为了收集，硬质玻璃管与集气瓶F之间不用细导管相连而是与橡胶塞直接连接，这样做的目的是避免氯化铁固体析出堵塞导管；
【小问5详解】
装置G是为了处理尾气，该装置中发生反应的离子方程式为；
【小问6详解】
工业上用溶液腐蚀铜电路板，生成铜离子和亚铁离子，该过程中发生反应的离子方程式：。
16. 氯化亚铜（）是一种重要的化工原料，某化学小组利用还原法制备并测定产品纯度，制备的实验装置如图（夹持装置略去）：
已知：为白色固体，微溶于水，在空气中会迅速被氧化。
实验步骤：
Ⅰ．组装上图实验装置，并检查装置的气密性；
Ⅱ．向三颈烧瓶中先加入溶液，再滴加溶液至沉淀完全；
Ⅲ．打开仪器X活塞，蒸馏烧瓶中产生大量气体，一段时间后三颈烧瓶中产生白色固体；
Ⅳ．将三颈烧瓶中的混合物抽滤、洗涤、干燥，得到产品。
回答下列问题：
（1）仪器X的名称为________。
（2）B中锥形瓶内所盛试剂最合适的是________（填标号）。
a．饱和溶液 b．浓硫酸 c．水
（3）装置D的作用是________________。
（4）步骤Ⅲ中进入C中反应的化学方程式为________________。
（5）步骤Ⅳ采用“抽滤”法能快速过滤，其主要目的是________________。
（6）测定产品纯度：准确称取mg产品，加入足量溶液待充分反应后，滴加指示剂并等分为三份，用标准液滴定生成的（还原产物为），达到终点时消耗标准液平均值为；
①产品中加入溶液时，发生反应的离子方程式为________________。
②产品中的质量分数为________%。
【答案】（1）分液漏斗
（2）a （3）吸收未反应的SO2，防止污染空气
（4）2Cu(OH)2+SO2+2NaCl=2CuCl+Na2SO4+2H2O
（5）防止CuCl被氧化
（6） ①. Fe3+＋CuCl=Fe2+＋Cu2+＋Cl— ②.
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中亚硫酸钠固体与70%浓硫酸反应制备二氧化硫，装置B中盛有饱和亚硫酸氢钠溶液，该装置能起到平衡气压、防堵塞的作用，装置C中二氧化硫与氢氧化铜、氯化钠溶液反应制备氯化亚铜，装置D中盛有氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气。
【小问1详解】
由实验装置图可知，仪器X为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
【小问2详解】
由分析可知，装置B中盛有饱和亚硫酸氢钠溶液，该装置能起到平衡气压、防堵塞的作用，故选a；
【小问3详解】
由分析可知，装置D中盛有氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，故答案为：吸收未反应的SO2，防止污染空气；
【小问4详解】
由分析可知，装置C中二氧化硫与氢氧化铜、氯化钠溶液反应制备氯化亚铜，反应的化学方程式为2Cu(OH)2+SO2+2NaCl=2CuCl+Na2SO4+2H2O，故答案为：2Cu(OH)2+SO2+2NaCl=2CuCl+Na2SO4+2H2O；
【小问5详解】
由题意可知，氯化亚铜在空气中会迅速被氧化，所以步骤Ⅳ采用“抽滤”法快速过滤的主要目的是减少氯化亚铜与空气的接触，防止氯化亚铜被氧化，故答案为：防止CuCl被氧化；
【小问6详解】
①由题意可知，加入氯化铁溶液发生的反应为氯化铁溶液与氯化亚铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为Fe3+＋CuCl=Fe2+＋Cu2+＋Cl—，故答案为：Fe3+＋CuCl=Fe2+＋Cu2+＋Cl—；
②由得失电子数目守恒可得如下转化关系：CuCl—Fe2+—Ce4+，滴定消耗VmLcml/L硫酸铈溶液，则产品中氯化亚铜的质量分数为×100%=，故答案为：。
17. 三氯化铬()为紫色晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，能溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化。其工业生产中应用广泛。以、(沸点为76.8℃)为原料制备无水的实验装置图如下所示。
(Ⅲ)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示。请补充完整由溶液制备纯净的的实验方案。
步骤三：低温烘干沉淀，得到晶体。
（1）关于氨气的制备和检验，下列说法正确的是_______。
A. 加热氯化铵固体制备氨气
B. 使用无水氯化钙干燥氨气
C. 用排水法收集氨气
D. 用湿润的红色石蕊试纸检验氨气
（2）装置A中产生的作用为_______。
A.排尽装置中的空气 B.平衡气压 C.吹出和
（3）装置C和装置E水槽中盛有的液体分别为_______、_______(选填“沸水”或“冷水”)。
（4）实验中发现D、E之间的导管容易堵塞，原因是_______。
（5）为进一步探究的性质，某同学取若干支试管，分别加入10滴溶液，再分别加入不同滴数的酸性溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。
①通过对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将氧化为橙黄色的与最佳用量比为_______。
②已知：，实验用量比理论用量更多，原因是_______。
（6）步骤一：取适量溶液，加入NaOH溶液，调节溶液的pH为_______。
A. 4~6B. 6C. 6~12D. 12
（7）步骤二：充分反应后过滤、洗涤。检验沉淀已洗净的操作是_______。
（8）取三氯化铬样品9.00g，配制成250mL溶液，移取25.00mL加热至沸腾后，加适量NaOH溶液，生成沉淀0.515g，则样品中无水三氯化铬的质量分数为_______(结果保留二位有效数字)。
【答案】（1）D （2）AC
（3） ①. 沸水 ②. 冷水
（4）蒸气遇冷易凝华
（5） ①. ②. 溶液中与发生氧化还原反应，导致的消耗量偏多 （6）C
（7）取最后一次洗涤液少许，加入稀硝酸和硝酸银溶液，无白色沉淀
（8）88%
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中氨气和氧化铜共热反应制取氮气，装置B中盛有的浓硫酸用于吸收氨气、干燥氮气，装置C用于水浴加热产生四氯化碳蒸气，装置D中四氯化碳和三氧化二铬共热反应生成氯化铬和光气，装置E用于冷凝收集氯化铬，装置E后连接光气处理装置，防止污染空气，同时防止水蒸气进入E中导致三氯化铬潮解；实验中不参与反应的氮气的作用：一是排尽装置中的空气，防止氧气和水蒸气干扰实验，二是将装置C中产生的四氯化碳蒸气吹入装置D中，将装置D中生成的三氯化铬吹入装置E中；
【小问1详解】
A．氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气遇冷重新反应生成氯化铵，则加热氯化铵固体无法制得氨气，故A错误；
B．无水氯化钙会吸收氨气生成八氨氯化钙，所以不能用无水氯化钙干燥氨气，故B错误；
C．氨气极易溶于水，不能用排水法收集氨气，应用向下排空气法收集氨气，故C错误；
D．极易溶于水的氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出的氢氧根离子使溶液呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，所以能用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故D正确；
【小问2详解】
由分析可知，实验中不参与反应的氮气的作用：一是排尽装置中的空气，防止氧气和水蒸气干扰实验，二是将装置C中产生的四氯化碳蒸气吹入装置D中，将装置D中生成的三氯化铬吹入装置E中，故选AC；
【小问3详解】
由分析可知，装置C用于水浴加热产生四氯化碳蒸气，装置E用于冷凝收集氯化铬，所以装置C和装置E水槽中盛有的液体分别为沸水和冷水；
【小问4详解】
升华产生的三氯化铬蒸气遇冷易凝华，凝华产生的三氯化铬固体会堵塞导气管，所以实验中会发现D、E之间的导管容易堵塞；
【小问5详解】
①由表格数据可知，向10滴氯化铬溶液中滴入10滴同浓度的酸性高锰酸钾溶液时，溶液由紫红色变为澄清的橙黄色溶液说明溶液中铬离子与酸性高锰酸钾溶液完全反应生成重铬酸根离子，则氯化铬与高锰酸钾最佳用量比为1：1；
②由于溶液中的氯离子也能与酸性高锰酸钾溶液反应，所以酸性高锰酸钾的实验用量比理论用量更多；
【小问6详解】
由图可知，pH在6~12范围时Cr(Ⅲ)的存在形态全是氢氧化铬，所以由氯化铬溶液制备纯净的氢氧化铬的实验方案为取适量氯化铬溶液，加入NaOH氢氧化钠溶液调节溶液pH在6~12范围内；
【小问7详解】
反应制得的氢氧化铬表面粘附着氯离子，证明沉淀是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在氯离子，具体操作为取最后一次洗涤液少许，加入稀硝酸和硝酸银溶液，若无白色沉淀，则证明沉淀已洗涤干净；
【小问8详解】
根据关系可知，样品中无水三氯化铬的质量分数为。
18. 乙酰水杨酸(阿司匹林)是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如图：
已知：①醋酸酐遇水生成醋酸。
②水杨酸和乙酰水杨酸均微溶于水，但其钠盐易溶于水。
③主要试剂和产品的物理常数(见表)：
实验过程：在100mL锥形瓶中加入水杨酸6.9g及醋酸酐10mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。
①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100mL冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体4.9g。
回答下列问题：
(1)该合成反应中应采用___加热。(填标号)
A.煤气灯 B.酒精灯 C.热水浴 D.电炉
(2)若实验在如图装置中进行：仪器a的名称是___，仪器b的名称是___。
(3)①中需使用冷水，目的是___。
(4)②中饱和碳酸氢钠的作用是___，以便过滤除去难溶杂质。
(5)④采用的纯化方法为___。
(6)本实验的产率是___。(计算结果保留3位有效数字)
(7)阿司匹林药片中乙酰水杨酸含量的测定步骤(假定只含乙酰水杨酸和辅料，辅料不参与反应)：
①称取阿司匹林样品ag；
②将样品研碎，溶于V1mLxml/LNaOH溶液(过量)并加热，除去辅料等不溶物，将所得溶液移入锥形瓶；
③向锥形瓶中滴加几滴甲基橙，用浓度为yml/L的标准盐酸滴定剩余的NaOH，消耗盐酸的体积为V2mL。
Ⅰ.写出乙酰水杨酸与过量NaOH溶液加热发生反应的化学方程式：___。
Ⅱ.阿司匹林药片中乙酰水杨酸质量分数的表达式为：___。
【答案】 ①. C ②. 恒压滴液漏斗 ③. 球形冷凝管 ④. 充分析出乙酰水杨酸固体(结晶) ⑤. 生成易溶于水的乙酰水杨酸钠 ⑥. 重结晶 ⑦. 54.4% ⑧. +3NaOH+CH3COONa+2H2O ⑨. ×100%
【解析】
【详解】(1)低于100°的加热需要水浴加热，该合成温度为70℃左右，所以该合成反应中应采用热水浴，BCD加热温度都高于100℃，故答案为：A；
(2)仪器a的名称是恒压滴液漏斗，仪器b的名称是球形冷凝管，故答案为：恒压滴液漏斗；球形冷凝管；
(3)乙酰水杨酸在常温下是固体，且在冷水中溶解度较小，为了降低其溶解度并充分析出乙酰水杨酸固体（结晶），所以①中需使用冷水，故答案为：充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)；
(4)碳酸氢钠能和难溶性的乙酰水杨酸反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠，从而分离难溶性杂质，达到分离提纯目的，故答案为：生成可溶的乙酰水杨酸钠；
(5)固体经纯化方法为重结晶，所以④采用的纯化方法为重结晶，故答案为：重结晶；
(6)醋酸酐质量=10mL×1.10g/mL=11g，6.9g水杨酸完全反应消耗醋酸酐质量==5.1g<11g，所以醋酸酐有剩余，则理论上生成乙酰水杨酸质量=g =9g，产率==54.4%，故答案为：54.4%；
(7)Ⅰ.乙酰水杨酸中羧基和NaOH发生酸碱中和反应，酯基和NaOH发生水解反应，化学方程式为：+3NaOH+CH3COONa+2H2O，故答案为：+3NaOH+CH3COONa+2H2O；
Ⅱ.由Ⅰ可得关系式3NaOH，阿司匹林样品溶于V1mLxml/LNaOH溶液(过量)并加热，剩余NaOH用标准盐酸溶液滴定，消耗yml/LV210-3L=yV210-3ml，则和阿司匹林反应的NaOH的物质的量为xV110-3ml- yV210-3ml=(xV1- yV2) 10-3ml，阿司匹林的物质的量为(xV1- yV2)10-3ml，阿司匹林药片中乙酰水杨酸质量分数的表达式为：=×100%，故答案为：×100%。酸性溶液的用量(滴数)
在不同温度下的反应现象
25℃
90~100℃
1
紫红色
蓝绿色溶液
3
紫红色
黄绿色溶液
10
紫红色
橙黄色溶液
11
紫红色
橙黄色溶液，有少量棕褐色沉淀
25
紫红色
紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀
名称
相对分子质量
熔点或沸点(℃)
相对密度/(g·cm-3)
水杨酸
138
158(熔点)
1.44
醋酸酐
102
1394(沸点)
1.10
乙酰水杨酸
180
135(熔点)
1.35
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. 工厂排放的含的烟气对环境危害较大，某企业按照如图所示流程对烟气进行综合处理，下列有关说法正确的是
A. 二氧化硫吸收塔中发生的反应为
B. 氨气吸收塔中发生的反应为
C. 上述流程利用的是氧化还原反应原理
D. 上述流程可降低碳排放，符合低碳经济
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硫吸收塔中发生的反应为亚硫酸铵溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为，故A正确；
B．氨气吸收塔中发生的反应为亚硫酸氢铵和氨气反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为，故B错误；
C．二氧化硫吸收塔中发生的反应和氨气吸收塔中发生的反应，元素的化合价均未发生变化，没有氧化还原反应发生，故C错误；
D．该过程为吸收工厂排放的二氧化硫，与二氧化碳的吸收无关，则与碳排放无关，故D错误；
故选A。
2. 物质类别和元素价态，是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是
A. 工业上通过a→c→d→e来制备
B. a→b的过程是氮的固定
C. 浓的溶液和浓的溶液反应可以得到
D. 加热的固态钾盐可以产生
【答案】B
【解析】
【分析】根据元素化合价推测物质可能的化学式，据此分析。
【详解】A．工业上氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，即，A正确；
B．氮的固定是指由游离态的氮转化为含氮化合物的过程，a→b的过程是，是由化合态的氮转化为游离态的氮过程，B错误；
C．和可发生归中反应生成氯气，C正确；
D．氯酸钾受热分解可生成氯化钾和氧气，，D正确；
故本题选B。
3. SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O= +2Fe2++4H+；②+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。则下列有关说法不正确的是
A. 氧化性：>Fe3+
B. 标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2mlK2Cr2O7
C. 反应②中，每有1mlK2Cr2O7参加反应，转移电子6ml
D. 由上述反应原理推断，K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：>Fe3+，选项A正确；
B．标准状况下，6.72LSO2为0.3ml，若有0.3mlSO2参加反应，S元素的化合价由+4价变为+6价，转移0.6ml电子，则最终消耗0.1mlK2Cr2O7，选项B错误；
C．反应②中，每有1mlK2Cr2O7参加反应，Cr元素的化合价由+6价变为+3价，转移电子6ml，选项C正确；
D．由上述反应可得，氧化性：>，推断K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4，选项D正确；
答案选B。
4. 镁与氮气在加热条件下反应生成氮化镁，已知氮化镁遇水剧烈反应。某同学设计如图装置制备氮化镁。下列说法正确的是
A. 实验时先点燃C处酒精灯，一段时间后，再点燃B处酒精灯
B. 干燥管A的作用主要是防止空气中的二氧化碳进入硬质玻璃管
C. 氮化镁与水反应生成的气体，能使紫色石蕊试液变红
D. 蒸馏烧瓶中反应的方程式是NH4Cl +NaNO2NaCl + N2↑+ 2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．制备氮化镁需要在加热条件下让纯净的氮气与镁反应，因此要让生成的氮气充满整个装置时，再点燃C处的酒精灯，实验时先点燃B处酒精灯，一段时间后，再点燃C处酒精灯，A错误；
B．因为氮化镁遇水剧烈反应，干燥管A的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入硬质玻璃管，B错误；
C．氮化镁与水反应生成的气体为氨气，能使紫色石蕊试液变蓝，C错误；
D．蒸馏烧瓶中氯化铵和亚硝酸钠发生氧化还原反应生成氮气，方程式为NH4Cl +NaNO2NaCl + N2↑+ 2H2O，D正确；
答案选D。
5. 某科研人员提出与在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是
A. HAP能提高与的反应速率
B. 在整个反应历程中，有极性键和非极性键的断裂
C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D. 该反应可表示为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题图可知，HAP是催化剂，能提高与的反应速率，A项正确；
B．在整个反应历程中，有极性键(如C-H键)和非极性键(如O-O键)的断裂，B项正确；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分来自于甲醛，C项错误；
D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，该反应可表示为为，D项正确；
答案选C。
6. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列生活和生产中化学知识应用的解释和反应方程式书写不正确的是
A. 自然界中的Cu2+遇到深层的方铅矿转化为铜蓝：PbS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Pb2+(aq)
B. 电解精炼铜时，阳极材料是粗铜，发生的电极反应式只有：Cu-2e-=Cu2+
C. 红热的木炭放入盛有浓硝酸的试管中，有红棕色气体产生，可能发生反应：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O
D. 海水提溴中用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．CuS的溶解度小于PbS，硫化铅可以转化为硫化铜；PbS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Pb2+(aq)，故A正确；
B．电解精炼粗铜时，粗铜中的Cu和其他比铜活泼的金属在阳极发生氧化反应，阳极反应除了Cu-2e-=Cu2+，还可能有Fe-2e-=Fe2+，Zn-2e-=Zn2+等，故B错误；
C．红热的木炭放入盛有浓硝酸的试管中，有红棕色气体产生，可能是浓硝酸受热分解，可能发生反应：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故C正确；
D．过程中吹出的溴蒸气，也可以用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏，溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故D正确。
答案选B。
7. 燃烧 1 g 乙醇（液态）生成CO2气体和液态水放出热量为29.7 kJ，则乙醇燃烧的热化学方程式正确的是
A. C2H5OH +3O2 = 2CO2+3H2O △H=－29.7 kJ/ml
B. C2H5OH(l) +3O2 (g) = 2CO2 (g) +3H2O(l) △H=+1366.2 kJ/ml
C. C2H5OH(l) +3O2 (g) = 2CO2 (g) +3H2O(g) △H=+29.7 kJ/ml
D. C2H5OH(l) +3O2 (g) = 2CO2 (g) +3H2O(l) △H=－1366.2 kJ/ml
【答案】D
【解析】
【详解】1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热29.7kJ，则1ml乙醇，质量为46g，完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为：46×29.7kJ=1366.2kJ，其燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.2kJ•ml-1；故选D。
8. 室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①；②，反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是
A. 0～30min时间段内，Y的平均反应速率为
B. 反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C. 如果反应能进行到底，反应结束时62.5％的M转化为Z
D. 反应①的活化能比反应②的活化能小
【答案】D
【解析】
【详解】A．0～30min时，，则②反应，则①，根据反应系数比，，Y的平均反应速率为，故A正确；
B．体系中Y和Z浓度之比等于反应①②的速率之比，保持不变，故B正确；
C．前30min内，M转化为Z的转化率为，反应中M转化为Y、Z的比例不变，则如果反应能进行到底，反应结束时62.5％的M转化为Z，故C正确；
D．根据上述分析，反应①的速率小于反应②，则反应①的活化能比反应②的活化能大，故D错误；
故选D。
9. 常温下，保持某含Ca2+水体中H2CO3与空气中CO2的平衡，调节水体pH，水体中-lg[c(X)]与pH的关系如下图所示(其中X为H2CO3、HCO、CO或Ca2+)。下列说法正确的是
A. 曲线Ⅱ表示-lg[c(HCO)]与pH的关系
B. 该温度下，H2CO3的电离常数的数量级为10-10
C. a点的水体中：
D. 向水体中加入适量Ca(OH)2固体，可使溶液由b点变到c点
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，、的浓度都逐渐增大，-lg[c(X)]均减小，随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，-lg[c(X)]逐渐增大，由于碳酸分步电离，第一步电离产生，第二步电离时产生，且以第一步电离为主，则起始时的浓度大于，因此曲线Ⅲ代表与pH的关系，曲线Ⅱ为与pH的关系，曲线Ⅰ为与pH的关系，。
【详解】A．由上述分析可知，曲线Ⅱ为与pH的关系，故A错误；
B．由图可知，c点时，此时H2CO3的电离常数，数量级为，故B错误；
C．曲线Ⅲ代表与pH的关系，曲线Ⅱ为与pH的关系，曲线Ⅰ为与pH的关系，经过a点作一条垂直与pH轴的直线，曲线Ⅱ在最上面，曲线Ⅲ在最下面，因此a点的水体中：，故C正确；
D．，向水体中加入适量Ca(OH)2固体，、减小，增大，不能使溶液由b点变到c点，故D错误；
答案选C。
10. 配合物亚铁氰化钾俗名黄血盐，可用于离子检验，烧制青花瓷时可用于绘画。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 该配合物中键数目与键数目之比为
B. 的中心离子的价层电子排布式为
C. 此配合物中存离子键、配位键、极性键、非极性键
D. 分子中碳原子的杂化形式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．中含有键和键，1个中含有12个键和12个键，键数目与键数目之比为，故A正确；
B．中心离子为Fe2+，其价电子排布式为3d6，故B错误；
C．此配合物中存在离子键、配位键、极性键，不含非极性键，故C错误；
D．HCN的结构式为：H-C≡N，碳原子的杂化形式为，故D错误；
答案选A。
11. 头孢菌素类抗生素是广泛使用的一种抗生素。第三代头孢菌素R的分子结构简式如图示。下列有关R的说法错误的是
A. 能发生酯化反应
B. 分子中含16个碳原子
C. 分子中含有2个手性碳原子
D. 分子中六元环上的二氯代物有1种(不含立体异构)
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据R的分子结构可知含有羧基，所以R可以发生酯化反应，A正确；
B．根据R的分子结构简式可知含有16个碳原子，B正确；
C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，如图所示：，该分子中含有2个手性碳原子，C正确；
D．如图所示：，六元环上的二氯代物有2种，两个Cl原子可以一个连在1号碳上、一个连在2号碳上，也可以同时连在2号碳上，D错误；
故选D。
12. 某高温超导材料，其晶胞结构如图。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是
A. 该晶体的化学式为KCaB6C6
B. 该晶体的密度为
C. 该晶体中与C最近等距的B原子有6个
D. 该晶体中由B与C原子形成的多面体有14个面
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据均摊原则，晶胞中K原子数 、Ca原子数1、C原子数 、B原子数为，所以该晶体的化学式为KCaB6C6，故A正确；
B．该晶体的密度为，故B正确；
C．根据晶胞图，该晶体中与C最近等距的B原子有4个，故C错误；
D．正方形6个，位于晶胞6个面上；正六边形8个，其中上面正方形连接4个，下面正方形连接4个，总共14个面，故D正确；
选C。
13. 维生素A对人体特别是对人的视力有重要作用，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A. 维生素A的分子式为B. 1ml维生素A最多能和3ml氢气发生加成反应
C. 维生素A含有苯环结构D. 维生素A分子中含有两种官能团
【答案】D
【解析】
【详解】A．维生素A的分子式为C20H30O，A不正确；
B．维生素A分子中含有4个碳碳双键，1ml维生素A最多能和5ml氢气发生加成反应，B不正确；
C．维生素A分子中含有环状结构，但不含有苯环结构，C不正确；
D．维生素A分子中含有碳碳双键和羟基两种官能团，D正确；
故选D。
14. E是一种食品添加剂中的防腐剂，可经下列反应路线得到(部分反应条件略)。
下列说法不正确的是
A. A是苯酚的一种同系物，既能发生氧化反应又能发生还原反应
B. 经反应A→B和C→D的目的是保护官能团酚羟基不被氧化
C. 与B属于同类有机物的同分异构体有3种(不包含B)
D. 1mlD可以消耗1mlNaHCO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．A与苯酚结构相似，官能团相同，且相差1个CH2，是苯酚的一种同系物，分子中含有苯环，可以被氢气还原，也可以在空气燃烧被氧化，既能发生氧化反应又能发生还原反应，选项A正确；
B．酚羟基容易被氧化，经反应A→B和C→D的目的是保护官能团酚羟基不被氧化，而将苯环上的甲基氧化为羧基，选项B正确；
C．与B属于同类有机物的同分异构体有、、、共4种，选项C不正确；
D．D中含有一个羧基和一个羟基，只有羧基能与NaHCO3反应，则1mlD可以消耗1mlNaHCO3，选项D正确；
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 无水氯化铁常用作染料工业的氧化剂和媒染剂、有机合成工业的催化剂和氧化剂、铜电路板的腐蚀剂等。无水氯化铁的制备实验装置如图所示(部分夹持装置略)：
已知：无水氯化铁易吸水潮解，沸点为316℃，受热易升华。
请回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的化学方程式为______。
（2）装置B和C中盛放的试剂分别为______、_______。
（3）仪器E的作用是_____。
（4）集气瓶F是为了收集，硬质玻璃管与集气瓶F之间不用细导管相连而是与橡胶塞直接连接，这样做的目的是_______。
（5）装置G是为了处理尾气，该装置中发生反应的离子方程式为______。
（6）工业上用溶液腐蚀铜电路板，试写出该过程中发生反应的离子方程式：______。
【答案】（1）
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 浓硫酸
（3）防止水蒸气进入F，避免氯化铁水解
（4）避免氯化铁固体析出堵塞导管
（5）
（6）
【解析】
【分析】浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯气，通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸进行干燥，进入D中与铁反应生成氯化铁，氯化铁受热易升华，F为收集装置，C为尾气处理装置，E防止水蒸气进入引起氯化铁水解。
【小问1详解】
装置A生成氯气，发生反应的化学方程式为；
【小问2详解】
根据分析，装置B和C中盛放的试剂分别为饱和食盐水、浓硫酸；
【小问3详解】
仪器E的作用是防止水蒸气进入F，避免氯化铁水解；
【小问4详解】
集气瓶F是为了收集，硬质玻璃管与集气瓶F之间不用细导管相连而是与橡胶塞直接连接，这样做的目的是避免氯化铁固体析出堵塞导管；
【小问5详解】
装置G是为了处理尾气，该装置中发生反应的离子方程式为；
【小问6详解】
工业上用溶液腐蚀铜电路板，生成铜离子和亚铁离子，该过程中发生反应的离子方程式：。
16. 氯化亚铜（）是一种重要的化工原料，某化学小组利用还原法制备并测定产品纯度，制备的实验装置如图（夹持装置略去）：
已知：为白色固体，微溶于水，在空气中会迅速被氧化。
实验步骤：
Ⅰ．组装上图实验装置，并检查装置的气密性；
Ⅱ．向三颈烧瓶中先加入溶液，再滴加溶液至沉淀完全；
Ⅲ．打开仪器X活塞，蒸馏烧瓶中产生大量气体，一段时间后三颈烧瓶中产生白色固体；
Ⅳ．将三颈烧瓶中的混合物抽滤、洗涤、干燥，得到产品。
回答下列问题：
（1）仪器X的名称为________。
（2）B中锥形瓶内所盛试剂最合适的是________（填标号）。
a．饱和溶液 b．浓硫酸 c．水
（3）装置D的作用是________________。
（4）步骤Ⅲ中进入C中反应的化学方程式为________________。
（5）步骤Ⅳ采用“抽滤”法能快速过滤，其主要目的是________________。
（6）测定产品纯度：准确称取mg产品，加入足量溶液待充分反应后，滴加指示剂并等分为三份，用标准液滴定生成的（还原产物为），达到终点时消耗标准液平均值为；
①产品中加入溶液时，发生反应的离子方程式为________________。
②产品中的质量分数为________%。
【答案】（1）分液漏斗
（2）a （3）吸收未反应的SO2，防止污染空气
（4）2Cu(OH)2+SO2+2NaCl=2CuCl+Na2SO4+2H2O
（5）防止CuCl被氧化
（6） ①. Fe3+＋CuCl=Fe2+＋Cu2+＋Cl— ②.
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中亚硫酸钠固体与70%浓硫酸反应制备二氧化硫，装置B中盛有饱和亚硫酸氢钠溶液，该装置能起到平衡气压、防堵塞的作用，装置C中二氧化硫与氢氧化铜、氯化钠溶液反应制备氯化亚铜，装置D中盛有氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气。
【小问1详解】
由实验装置图可知，仪器X为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
【小问2详解】
由分析可知，装置B中盛有饱和亚硫酸氢钠溶液，该装置能起到平衡气压、防堵塞的作用，故选a；
【小问3详解】
由分析可知，装置D中盛有氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，故答案为：吸收未反应的SO2，防止污染空气；
【小问4详解】
由分析可知，装置C中二氧化硫与氢氧化铜、氯化钠溶液反应制备氯化亚铜，反应的化学方程式为2Cu(OH)2+SO2+2NaCl=2CuCl+Na2SO4+2H2O，故答案为：2Cu(OH)2+SO2+2NaCl=2CuCl+Na2SO4+2H2O；
【小问5详解】
由题意可知，氯化亚铜在空气中会迅速被氧化，所以步骤Ⅳ采用“抽滤”法快速过滤的主要目的是减少氯化亚铜与空气的接触，防止氯化亚铜被氧化，故答案为：防止CuCl被氧化；
【小问6详解】
①由题意可知，加入氯化铁溶液发生的反应为氯化铁溶液与氯化亚铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为Fe3+＋CuCl=Fe2+＋Cu2+＋Cl—，故答案为：Fe3+＋CuCl=Fe2+＋Cu2+＋Cl—；
②由得失电子数目守恒可得如下转化关系：CuCl—Fe2+—Ce4+，滴定消耗VmLcml/L硫酸铈溶液，则产品中氯化亚铜的质量分数为×100%=，故答案为：。
17. 三氯化铬()为紫色晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，能溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化。其工业生产中应用广泛。以、(沸点为76.8℃)为原料制备无水的实验装置图如下所示。
(Ⅲ)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示。请补充完整由溶液制备纯净的的实验方案。
步骤三：低温烘干沉淀，得到晶体。
（1）关于氨气的制备和检验，下列说法正确的是_______。
A. 加热氯化铵固体制备氨气
B. 使用无水氯化钙干燥氨气
C. 用排水法收集氨气
D. 用湿润的红色石蕊试纸检验氨气
（2）装置A中产生的作用为_______。
A.排尽装置中的空气 B.平衡气压 C.吹出和
（3）装置C和装置E水槽中盛有的液体分别为_______、_______(选填“沸水”或“冷水”)。
（4）实验中发现D、E之间的导管容易堵塞，原因是_______。
（5）为进一步探究的性质，某同学取若干支试管，分别加入10滴溶液，再分别加入不同滴数的酸性溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。
①通过对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将氧化为橙黄色的与最佳用量比为_______。
②已知：，实验用量比理论用量更多，原因是_______。
（6）步骤一：取适量溶液，加入NaOH溶液，调节溶液的pH为_______。
A. 4~6B. 6C. 6~12D. 12
（7）步骤二：充分反应后过滤、洗涤。检验沉淀已洗净的操作是_______。
（8）取三氯化铬样品9.00g，配制成250mL溶液，移取25.00mL加热至沸腾后，加适量NaOH溶液，生成沉淀0.515g，则样品中无水三氯化铬的质量分数为_______(结果保留二位有效数字)。
【答案】（1）D （2）AC
（3） ①. 沸水 ②. 冷水
（4）蒸气遇冷易凝华
（5） ①. ②. 溶液中与发生氧化还原反应，导致的消耗量偏多 （6）C
（7）取最后一次洗涤液少许，加入稀硝酸和硝酸银溶液，无白色沉淀
（8）88%
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中氨气和氧化铜共热反应制取氮气，装置B中盛有的浓硫酸用于吸收氨气、干燥氮气，装置C用于水浴加热产生四氯化碳蒸气，装置D中四氯化碳和三氧化二铬共热反应生成氯化铬和光气，装置E用于冷凝收集氯化铬，装置E后连接光气处理装置，防止污染空气，同时防止水蒸气进入E中导致三氯化铬潮解；实验中不参与反应的氮气的作用：一是排尽装置中的空气，防止氧气和水蒸气干扰实验，二是将装置C中产生的四氯化碳蒸气吹入装置D中，将装置D中生成的三氯化铬吹入装置E中；
【小问1详解】
A．氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气遇冷重新反应生成氯化铵，则加热氯化铵固体无法制得氨气，故A错误；
B．无水氯化钙会吸收氨气生成八氨氯化钙，所以不能用无水氯化钙干燥氨气，故B错误；
C．氨气极易溶于水，不能用排水法收集氨气，应用向下排空气法收集氨气，故C错误；
D．极易溶于水的氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出的氢氧根离子使溶液呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，所以能用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故D正确；
【小问2详解】
由分析可知，实验中不参与反应的氮气的作用：一是排尽装置中的空气，防止氧气和水蒸气干扰实验，二是将装置C中产生的四氯化碳蒸气吹入装置D中，将装置D中生成的三氯化铬吹入装置E中，故选AC；
【小问3详解】
由分析可知，装置C用于水浴加热产生四氯化碳蒸气，装置E用于冷凝收集氯化铬，所以装置C和装置E水槽中盛有的液体分别为沸水和冷水；
【小问4详解】
升华产生的三氯化铬蒸气遇冷易凝华，凝华产生的三氯化铬固体会堵塞导气管，所以实验中会发现D、E之间的导管容易堵塞；
【小问5详解】
①由表格数据可知，向10滴氯化铬溶液中滴入10滴同浓度的酸性高锰酸钾溶液时，溶液由紫红色变为澄清的橙黄色溶液说明溶液中铬离子与酸性高锰酸钾溶液完全反应生成重铬酸根离子，则氯化铬与高锰酸钾最佳用量比为1：1；
②由于溶液中的氯离子也能与酸性高锰酸钾溶液反应，所以酸性高锰酸钾的实验用量比理论用量更多；
【小问6详解】
由图可知，pH在6~12范围时Cr(Ⅲ)的存在形态全是氢氧化铬，所以由氯化铬溶液制备纯净的氢氧化铬的实验方案为取适量氯化铬溶液，加入NaOH氢氧化钠溶液调节溶液pH在6~12范围内；
【小问7详解】
反应制得的氢氧化铬表面粘附着氯离子，证明沉淀是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在氯离子，具体操作为取最后一次洗涤液少许，加入稀硝酸和硝酸银溶液，若无白色沉淀，则证明沉淀已洗涤干净；
【小问8详解】
根据关系可知，样品中无水三氯化铬的质量分数为。
18. 乙酰水杨酸(阿司匹林)是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如图：
已知：①醋酸酐遇水生成醋酸。
②水杨酸和乙酰水杨酸均微溶于水，但其钠盐易溶于水。
③主要试剂和产品的物理常数(见表)：
实验过程：在100mL锥形瓶中加入水杨酸6.9g及醋酸酐10mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。
①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100mL冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体4.9g。
回答下列问题：
(1)该合成反应中应采用___加热。(填标号)
A.煤气灯 B.酒精灯 C.热水浴 D.电炉
(2)若实验在如图装置中进行：仪器a的名称是___，仪器b的名称是___。
(3)①中需使用冷水，目的是___。
(4)②中饱和碳酸氢钠的作用是___，以便过滤除去难溶杂质。
(5)④采用的纯化方法为___。
(6)本实验的产率是___。(计算结果保留3位有效数字)
(7)阿司匹林药片中乙酰水杨酸含量的测定步骤(假定只含乙酰水杨酸和辅料，辅料不参与反应)：
①称取阿司匹林样品ag；
②将样品研碎，溶于V1mLxml/LNaOH溶液(过量)并加热，除去辅料等不溶物，将所得溶液移入锥形瓶；
③向锥形瓶中滴加几滴甲基橙，用浓度为yml/L的标准盐酸滴定剩余的NaOH，消耗盐酸的体积为V2mL。
Ⅰ.写出乙酰水杨酸与过量NaOH溶液加热发生反应的化学方程式：___。
Ⅱ.阿司匹林药片中乙酰水杨酸质量分数的表达式为：___。
【答案】 ①. C ②. 恒压滴液漏斗 ③. 球形冷凝管 ④. 充分析出乙酰水杨酸固体(结晶) ⑤. 生成易溶于水的乙酰水杨酸钠 ⑥. 重结晶 ⑦. 54.4% ⑧. +3NaOH+CH3COONa+2H2O ⑨. ×100%
【解析】
【详解】(1)低于100°的加热需要水浴加热，该合成温度为70℃左右，所以该合成反应中应采用热水浴，BCD加热温度都高于100℃，故答案为：A；
(2)仪器a的名称是恒压滴液漏斗，仪器b的名称是球形冷凝管，故答案为：恒压滴液漏斗；球形冷凝管；
(3)乙酰水杨酸在常温下是固体，且在冷水中溶解度较小，为了降低其溶解度并充分析出乙酰水杨酸固体（结晶），所以①中需使用冷水，故答案为：充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)；
(4)碳酸氢钠能和难溶性的乙酰水杨酸反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠，从而分离难溶性杂质，达到分离提纯目的，故答案为：生成可溶的乙酰水杨酸钠；
(5)固体经纯化方法为重结晶，所以④采用的纯化方法为重结晶，故答案为：重结晶；
(6)醋酸酐质量=10mL×1.10g/mL=11g，6.9g水杨酸完全反应消耗醋酸酐质量==5.1g<11g，所以醋酸酐有剩余，则理论上生成乙酰水杨酸质量=g =9g，产率==54.4%，故答案为：54.4%；
(7)Ⅰ.乙酰水杨酸中羧基和NaOH发生酸碱中和反应，酯基和NaOH发生水解反应，化学方程式为：+3NaOH+CH3COONa+2H2O，故答案为：+3NaOH+CH3COONa+2H2O；
Ⅱ.由Ⅰ可得关系式3NaOH，阿司匹林样品溶于V1mLxml/LNaOH溶液(过量)并加热，剩余NaOH用标准盐酸溶液滴定，消耗yml/LV210-3L=yV210-3ml，则和阿司匹林反应的NaOH的物质的量为xV110-3ml- yV210-3ml=(xV1- yV2) 10-3ml，阿司匹林的物质的量为(xV1- yV2)10-3ml，阿司匹林药片中乙酰水杨酸质量分数的表达式为：=×100%，故答案为：×100%。酸性溶液的用量(滴数)
在不同温度下的反应现象
25℃
90~100℃
1
紫红色
蓝绿色溶液
3
紫红色
黄绿色溶液
10
紫红色
橙黄色溶液
11
紫红色
橙黄色溶液，有少量棕褐色沉淀
25
紫红色
紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀
名称
相对分子质量
熔点或沸点(℃)
相对密度/(g·cm-3)
水杨酸
138
158(熔点)
1.44
醋酸酐
102
1394(沸点)
1.10
乙酰水杨酸
180
135(熔点)
1.35
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