PAGE湖北省安陸市第一中學2025屆高三化學8月月考試題（含解析）可能用到的相對原子質量：H：1C：12N：14O：16Mn：55Sn：119一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.以下是中華民族為人類文明進步做出巨大貢獻的幾個事例，運用化學學問對其進行的分析不合理的是A.四千余年前用谷物釀造出酒和醋，釀造過程中只發生水解反應B.商代后期鑄造出工藝精湛的后(司)母戊鼎，該鼎屬于銅合金制品C.漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器，其主要原料為黏士D.屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，該過程包括萃取操作【答案】A【解析】【分析】本題考查的是化學學問在詳細的生產生活中的應用，進行推斷時，應當先考慮清晰對應化學物質的成分，再結合題目說明推斷該過程的化學反應或對應物質的性質即可解答。【詳解】A．谷物中的淀粉在釀造中發生水解反應只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，明顯都不是只水解就可以的，選項A不合理；B．商代后期鑄造出工藝精湛的后(司)母戊鼎屬于青銅器，青銅是銅錫合金，選項B合理；C．陶瓷的制造原料為黏土，選項C合理；D．屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度較大的原理，將青蒿素提取到乙醚中，所以屬于萃取操作，選項D合理。【點睛】萃取操作有許多形式，其中比較常見是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。實際應用中，還有一種比較常見的萃取形式是固液萃取，即：用液體溶劑萃取固體物質中的某種成分，例如：用烈酒浸泡某些藥材。本題的選項D就是一種固液萃取。2.下列物質的名稱正確的是A.C6H10O5：纖維素B.[Ag(NH3)2]+：二氨合銀離子C.Na2SiO3：水玻璃D.：2-甲基-1-丙醇【答案】B【解析】【詳解】A．纖維素的化學式為(C6H10O5)n，故A錯誤；B．[Ag(NH3)2]+是銀氨離子，名稱為二氨合銀離子，故B正確；C．Na2SiO3是硅酸鈉，水玻璃是Na2SiO3的水溶液，故C錯誤；D．的名稱為2-丁醇，故D錯誤；故答案為B。3.油條的做法是將礬、堿、鹽按比例加入溫水中，再加入面粉攪拌成面團；放置，使面團產生氣體，形成孔洞。放置過程發生反應：2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O下列有關推斷正確的是A.放置過程發生的反應中，反應物和生成物均為電解質B.放置過程發生的反應為氧化還原反應C.反應的離子方程式為2Al3++3CO==2Al(OH)3↓+3CO2↑D.從物質的分類角度來看，油條配方中的“礬、堿、鹽”均為鹽【答案】D【解析】【詳解】A．二氧化碳是非電解質，故A錯誤；B．反應2KAl(SO4)2·12H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4+K2SO4+3CO2↑+21H2O中無元素化合價的變更是非氧化還原反應，放置過程中發生的反應為非氧化還原反應，故B錯誤；C．依據原子守恒電荷守恒，反應的離子方程式為2Al3++3CO32-+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑，故C錯誤；D．Na2CO3和KAl(SO4)2?12H2O都是鹽，所以油條配方中的“明礬、堿、鹽”均屬于鹽，故D正確；故答案為D。4.硒(Se)元素是人體必需的微量元素之一。下列說法正確的是A.硒的攝入量越多對人體健康越好 B.SeO32－空間構型為正四面體C.H2Se的熔沸點比H2S高 D.H2SeO4的酸性比H2SO4強【答案】C【解析】【詳解】A．硒(Se)元素是人體必需的微量元素之一，但并不表示攝入量越多越好，故A錯誤；B．SeO32－中心原子的價電子對數為3+=4，其中有1個孤電子對，中心原子為sp3雜化，其空間構型為三角錐形，故B錯誤；C．H2Se和H2S結構相像，相對分子質量越大，分子間作用力越大，熔沸點越高，則H2Se的熔沸點比H2S高，故C正確；D．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物水化物酸性越強，Se的非金屬性比S弱，則H2SeO4的酸性比H2SO4弱，故D錯誤；故答案為C。5.設NA為阿伏加德羅常數的數值，下列說法正確的是A.2.8g14N2與14C16O的混合物中，中子數目為l.4NAB.含0.lmolFeCl3的溶液與0.lmol鋅充分反應，轉移電子數為0.lNAC.標準狀況下，5.6gC4H8中C-C的數目可能為0.4NAD.某溫度下，1LpH=9的Na2CO3溶液中，水電離產生的OH-數目為10-5NA【答案】C【解析】【詳解】A．14N2的摩爾質量為28g/mol，一個分子中有14個中子，14C16O的摩爾質量為30g/mol，一個分子中有16個中子，二者的的摩爾質量和中子數都不同，2.8g混合物中，中子數目不為l.4NA，故A錯誤；B．含0.lmolFeCl3的溶液與0.lmol鋅充分反應，方程式為Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，鋅過量，0.lmolFeCl3完全反應轉化為0.lmolFeCl2，消耗0.05molZn，過量的鋅接著與亞鐵離子反應，Zn+Fe2+=Zn2++Fe，剩余0.05mol鋅只能消耗0.05molFeCl2，即氯化亞鐵過量，整個過程中，0.1mol的鋅完全反應，轉移電子數為0.1mol×2×NA=0.2NA，故B錯誤；C．5.6gC4H8的物質的量為0.1mol，符合分子式C4H8的有機物有多種同分異構體：CH2=CH-CH2CH3、CH2=C(CH3)2、、、環丁烷()、甲基環丙烷()，若有機物的結構為環丁烷、甲基環丙烷時，C-C的數目為0.4NA，故C正確；D．某溫度下，1LpH=9的Na2CO3溶液中氫離子濃度為10-9mol/L，溶液中的氫氧根離子來自水的電離，但溶液溫度未知，無法運用水的離子積常數計算，故D錯誤；答案選C。6.下列事實與對應的方程式不符合的是A.硫化氫溶液呈酸性：H2S2H+＋S2–B.“NO2球”浸泡在冷水中，顏色變淺：2NO2(g)(紅棕色)N2O4(g)(無色)ΔH＜0C.甲烷的燃燒熱ΔH＝–890.3kJ·mol–1，則甲烷燃燒的熱化學方程式可表示為：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝–890.3kJ·mol–1D.硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸混合出現渾濁：S2O32–＋2H+＝S＋SO2＋H2O【答案】A【解析】【詳解】A.硫化氫溶液呈弱酸性，電離是分步進行的，H2SH+＋HS–，故A錯誤；B.2NO2(g)(紅棕色)N2O4(g)(無色)ΔH＜0，該反應是放熱反應，因此“NO2球”浸泡在冷水中，平衡正向移動，顏色變淺，故B正確；C.1mol甲烷燃燒生成二氧化碳和液態水所放出的熱量為燃燒熱，則甲烷的熱化學方程式可表示為：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝–890.3kJ·mol–1，故C正確；D.硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸混合后會反應生成硫和二氧化硫，溶液出現渾濁，故D正確；故選A。7.下列試驗操作和現象正確的是操作現象結論A向Na2S溶液中滴加足量稀鹽酸有氣泡生成非金屬性Cl＞SB溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X有白色沉淀生成X肯定是Cl2C向稀硫酸酸化的H2O2溶液中滴入FeCl2溶液溶液變黃色氧化性H2O2＞Fe3＋D向稀硫酸中加入銅片，然后通入O2加熱先無明顯現象，通入加熱后變藍氧化性：稀硫酸＞Cu2＋A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．向Na2S溶液中滴加足量稀鹽酸有氣泡生成，由此可知酸性為鹽酸大于氫硫酸，均為無氧酸，不能比較Cl、S的非金屬性強弱，A錯誤；B．溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，有白色沉淀生成，若沉淀為硫酸鋇，說明X具有氧化性，能把二氧化硫氧化為硫酸從而生成硫酸鋇沉淀，但X不肯定是氯氣，若沉淀為亞硫酸鋇，則X為氨氣，B錯誤；C．向稀硫酸酸化的H2O2溶液中滴入FeCl2溶液，溶液變黃色，說明亞鐵離子被雙氧水氧化為鐵離子，因此氧化性是H2O2＞Fe3＋，C正確；D．向稀硫酸中加入銅片，然后通入O2加熱，先無明顯現象，通入加熱后變藍，說明有銅離子生成，但反應的實質是O2把銅氧化為銅離子，不能比較稀硫酸與銅離子的氧化性強弱，D錯誤；答案選C。8.鋰-硫電池具有高能量密度、續航實力強等特點。運用新型碳材料復合型硫電極的鋰-硫電池工作原理示意圖如圖，下列說法正確的是A.電池放電時，X電極發生還原反應B.電池充電時，Y電極接電源正極C.電池放電時，電子由鋰電極經有機電解液介質流向硫電極D.向電解液中添加Li2SO4水溶液，可增加導電性，改善性能【答案】B【解析】【詳解】A．X電極材料為Li，電池放電時，X電極發生氧化反應，故A錯誤；B．電池放電時，Y為正極，發生還原反應，充電時，Y發生氧化反應，接電源正極，故B正確；C．電池放電時，電子由鋰電極經過導線流向硫電極，故C錯誤；D．鋰單質與水能夠發生反應，因此不能向電解液中添加Li2SO4水溶液，故D錯誤；故答案為：B。9.氮及其化合物的轉化過程如圖所示，下列分析合理的是A.催化劑a表面發生了極性共價鍵的斷裂和形成B.在催化劑b表面形成氮氧鍵時，不涉及電子轉移C.N2與H2反應生成NH3的原子利用率為100％D.催化劑a、b能提高反應的平衡轉化率【答案】C【解析】【詳解】A．催化劑a表面是氫氣和氮氣反應生成氨氣，催化劑a表面發生了非極性共價鍵的斷裂和極性鍵的形成，故A錯誤；B．催化劑b表面是氨氣催化氧化生成NO的反應，有電子轉移，發生的是氧化還原反應，故B錯誤；C．N2與H2反應生成NH3，反應物參與反應過程中原子利用率為100%，故C正確；D．催化劑a、b變更反應速率，不改變更學平衡，不能提高反應的平衡轉化率，故D錯誤；故選C。10.習主席在2024年新年賀詞中強調“5G商用加速推出，凝聚著新時代奮斗者的心血和汗水，彰顯了不同凡響的中國風采、中國力氣”，制造芯片用到高純硅，用SiHCl3與過量H2在1100～1200℃反應制備高純硅的裝置如下圖所示（熱源及夾持裝置略去）。已知：SiHCl3遇水H2O劇烈水解，在空氣中易自燃。下列說法錯誤的是（）A.裝置B中的試劑是濃硫酸B.試驗時先打開裝置C中分液漏斗的旋塞C.裝置C中的燒瓶須要加熱，其目的是使滴入燒瓶中的SiHCl3氣化D.裝置D不能采納一般玻璃管的緣由是在反應溫度下，一般玻璃管會軟化【答案】B【解析】【詳解】A．SiHCl3遇水H2O劇烈水解，所以H2應干燥，故裝置B中的試劑是濃硫酸，A正確；B．SiHCl3在空氣中易自燃，試驗前應排盡裝置內的空氣，所以應先通H2，后打開裝置C中分液漏斗的旋塞，B錯誤；C．SiHCl3呈液態，需轉化為蒸氣進入石英管中與H2反應，所以裝置C中的燒瓶須要加熱，C正確；D．制高純硅時，溫度在1100～1200℃，所以D不能采納一般玻璃管，D正確；故選B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.向盛有KMnO4溶液的試管中加入過量的MnSO4溶液，產生黑色沉淀，溶液由紫紅色變為無色；過濾，向濾液中加入少量的鉍酸鈉（NaBiO3）粉末，溶液又變為紫紅色。下列推斷錯誤的是A.氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2B生成8.7g黑色沉淀，轉移0.2mol電子C.利用NaBiO3可以檢驗溶液中的Mn2+D.NaBiO3不能與濃鹽酸發生反應生成氯氣【答案】BD【解析】【分析】氧化還原反應中，氧化性：氧化劑大于氧化產物；氧化劑發生還原反應化合價降低。在盛有KMnO4溶液的試管中加入過量的MnSO4溶液，產生黑色沉淀，溶液由紫紅色變為無色，說明KMnO4溶液可氧化MnSO4

生成MnO2，故氧化性：KMnO4＞MnO2，在濾液中加入少量的鉍酸鈉粉末(NaBiO3)，溶液變紫紅色，說明NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，據此分析解答。【詳解】A．依據以上分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，故A正確；B．在盛有KMnO4溶液的試管中加入過量的MnSO4溶液，產生黑色沉淀，離子方程式為：2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，轉移電子數為6e-，所以生成8.7

g黑色沉淀即=0.1molMnO2，轉移mol=0.12

mol電子，故B錯誤；C．NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，溶液變為紫紅色，所以利用NaBiO3可以檢驗溶液中的Mn2+，故C正確；D．因為試驗室用二氧化錳與濃鹽酸反應制氯氣，說明氧化性：MnO2＞Cl2，又氧化性：NaBiO3＞MnO2，故NaBiO3可與濃鹽酸發生反應：NaBiO3+6HCl═BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O，故D錯誤；故答案為BD。12.甲、乙均為1L的恒容密閉容器，向甲中充入1molCH4和1molCO2，乙中充入1molCH4和nmolCO2，在催化劑存在下發生反應：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，測得CH4的平衡轉化率隨溫度的變更如圖所示。下列說法正確的是A.該反應的正反應是吸熱反應B.773K時，該反應的平衡常數小于12.96C.H2的體積分數：D.873K時，向甲的平衡體系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，平衡不發生移動【答案】AB【解析】【詳解】A．溫度上升，CH4的平衡轉化率增大，說明溫度上升有利于反應正向進行，則正反應為吸熱反應，故A正確；B．873K時，c點CH4的平衡轉化率為60%，列“三段式”：則K(c)==12.96，溫度上升，CH4的平衡轉化率增大，平衡正向移動，平衡常數增大，則773K時該反應的平衡常數小于12.96，故B正確；C．依據圖像，相同溫度下乙中甲烷的平衡轉化率大于甲中，則n>1，b、c點甲烷的平衡轉化率相等，則兩點平衡時體系中CH4、CO、H2物質的量分別相等，但b中CO2物質的量大于c中，則H2的體積分數：，故C錯誤；D．873K時，甲容器中甲烷的轉化率為60%，列三段式：平衡常數K==12.96，向甲的平衡體系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，Qc==51.84＞K=12.96，平衡逆向移動，故D錯誤；答案選AB。13.科學家研制出了一種漂白效率極高的新型漂白劑（結構如圖所示）,其中W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數依次增大。常溫下，0.1mol/LZ的氫化物的水溶液中c（H+）=0.1mol/L，且Z與Y位于不同周期。下列敘述正確的是A原子半徑:W>X>YB.氫化物的沸點:X>Y>Z>WC.X的氧化物的水化物是強酸D.Y的單質均具有殺菌消毒作用【答案】A【解析】【分析】科學家研制出了一種漂白效率極高的新型漂白劑(結構如圖所示)，其中W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數依次增大。常溫下，0.1mol/LZ的氫化物的水溶液pH=1，則Z為Cl元素；Y形成2個共價鍵，位于ⅥA族，且Z與Y位于不同周期，則Y為O；W形成4個共價鍵，其原子序數小于O，則W為C元素；X形成3個共價鍵，位于ⅤA族，其原子序數小于O，則X為N元素，據此解答。【詳解】依據分析可知，W為C，X為N，Y為O，Z為Cl元素；A．同一周期從左向右原子半徑漸漸減小，原子半徑：W＞X＞Y，故A正確；B．C的氫化物為烴，碳原子數較多的烴常溫下為固態，其沸點大于氨氣和水，故B錯誤；C．N的氧化物的水化物有硝酸和亞硝酸，亞硝酸為弱酸，故C錯誤；D．O元素的單質有氧氣和臭氧，臭氧具有強氧化性，能夠殺菌消毒，但氧氣不具有殺菌消毒作用，故D錯誤；故答案為A。14.某試驗小組探究SO2與AgNO3溶液的反應，試驗記錄如下：序號ⅠⅡⅢ試驗步驟試驗現象得到無色溶液a和白色沉淀b產生無色氣體，遇空氣變為紅棕色產生白色沉淀下列說法正確的是A.透過測Ⅰ中無色溶液a的pH可以推斷SO2是否被氧化B.試驗Ⅱ說明白色沉淀b具有還原性C.試驗Ⅲ說明溶液a中肯定有生成D.試驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ說明SO2與AgNO3溶液反應既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成【答案】B【解析】【詳解】A．試驗Ⅰ中，將SO2通入AgNO3溶液(pH=5)中得到無色溶液a，該溶液中可能含有亞硫酸，亞硫酸為中強酸，所以測定無色溶液a的pH無法推斷二氧化硫是否被氧化，故A錯誤；B．試驗Ⅱ中，取白色沉淀B，加入3mol/LHNO3，產生的無色氣體遇空氣變成紅棕色，說明硝酸被還原為NO，證明該沉淀B中含有還原性的物質存在，故B正確；C．試驗Ⅲ中，檢驗硫酸根離子應先加入鹽酸酸化，目的是解除Ag+等，以免干擾硫酸根的檢驗，干脆向溶液a中加入BaCl2，產生的沉淀可能為氯化銀，不肯定是硫酸根離子，故C錯誤；D．由于試驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ不能證明產物中含有硫酸根，因此不能確定產物中含有Ag2SO4生成，故D錯誤；答案選B。15.室溫時，向100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液pH隨NaOH溶液體積的變更如圖所示。下列說法正確的是A.圖中a、b、c、d四個點，水的電離程度最大的是d點B.a點處存在c（NH）+c（NH3·H2O）=0.1mol·L-1C.b點處存在c（Na+）>c（SO）>c（NH）>c（OH-）=c（H+）D.由b到c發生反應的離子方程式為NH4++OH-=NH3·H2O【答案】CD【解析】【分析】a點恰好消耗完H+，反應后溶質為(NH4)2SO4、Na2SO4；b、c、d三點溶液均含有NH3?H2O，(NH4)2SO4可以促進水的電離，而NH3?H2O抑制水的電離，再結合電荷守恒和物料守恒分析解題。【詳解】A．依據反應量的關系，a點恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4與Na2SO4，NH4+水解促進了水的電離，而b、c、d三點溶液均含有NH3?H2O，NH3?H2O抑制了水的電離，所以水的電離程度最大的為a點，故A錯誤；B．a點存在物料守恒：c(NH4+)+c(NH3?H2O)=c(SO42-)=0.05mol?L-1，故B錯誤；C．b點溶液呈中性，則c(OH-)=c(H+)，a點時c(Na+)=c(SO42-)，則b點c(Na+)＞c(SO42-)，依據N元素與S元素的關系可知：c(SO42-)＞c(NH4+)，所以b點離子濃度大小為：c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)，故C正確；D．a點恰好消耗完H+，溶質為(NH4)2SO4、Na2SO4，a點之后NH4+起先反應，則b到c發生反應的離子方程式為：NH4++OH-═NH3?H2O，故D正確；故答案為CD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.以鐵、硫酸、檸檬酸、雙氧水、氨水等為原料可制備檸檬酸鐵銨（(NH4)3Fe(C6H5O7)2）。(1)Fe基態原子核外電子排布式為_____________；[Fe(H2O)6]2+中與Fe2+配位的原子是_____。(2)NH3分子中氮原子的軌道雜化類型是_______；與NH互為等電子體的一種分子為_____（填化學式）。(3)檸檬酸的結構簡式見圖。1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵的數目為_______mol。(4)CaCN2是離子化合物，各原子均滿意8電子穩定結構，CaCN2的電子式是_____。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d64s2(2).O或氧(3).sp3(4).CH4或SiH4(5).7(6).【解析】【分析】Fe的核外電子數為26，O含孤對電子；N原子上有一對孤對電子，且形成3個N-H鍵；原子數、價電子數相同的微粒互為電子體；CaCN2是離子化合物，各原子均滿意8電子穩定結構，存在C=N鍵，且N原子有2個孤電子對。【詳解】(1)基態Fe原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，[Fe(H2O)6]2+中與Fe2+配位的原子是O或氧；(2)N原子上有一對孤對電子，且形成3個N-H鍵，NH3分子中氮原子的軌道雜化類型是sp3雜化；原子數、價電子數相同的微粒互為電子體，與NH4+互為等電子體的一種分子為CH4或SiH4；(3)由圖可知，含3個-COOH、1個-OH，則含4個C-O鍵，3個C=O鍵，單鍵為σ鍵，雙鍵中含1個σ鍵，則1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵為7mol；(4)CaCN2是離子化合物，各原子均滿意8電子穩定結構，存在C=N鍵，且N原子有2個孤電子對，電子式為。【點睛】留意雜化軌道理論的理解應用，把握常見分子中原子的雜化及空間構型為解答的關鍵，依據價層電子對互斥理論確定分子空間構型及中心原子雜化方式，價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數，σ鍵個數=配原子個數，孤電子對個數=(a-xb)，a指中心原子價電子個數，x指配原子個數，b指配原子形成穩定結構須要的電子個數。依據n值推斷雜化類型：一般有如下規律：當n=2，sp雜化；n=3，sp2雜化；n=4，sp3雜化；中心原子的雜化類型為sp2，說明該分子中心原子的價層電子對個數是3，無孤電子對數，空間構型是平面三角形。17.某小組探究溶液和溶液的反應原理。【試驗一】將含淀粉的溶液加入酸性溶液(過量)中，混合后約5秒內無明顯變更，隨后有少量藍色出現并快速變藍。(1)溶液變藍，說明具有__________性。(2)查閱文獻：反應Ⅰ：慢反應Ⅱ：_____=_____+_____較快反應Ⅲ：快寫出酸性條件下，反應Ⅱ的離子方程式__________。(3)向試驗一所得藍色溶液中加入少量溶液，藍色快速褪去，后又變藍色。據此得出氧化性比強，該結論______(填“合理”或“不合理”)，理由是_________。(4)為了進一步探討溶液和溶液的反應原理，設計如下試驗。【試驗二】裝置如圖所示，閉合后，電流表的指針偏轉狀況記錄如表：表盤時間/min偏轉位置右偏至“Y”處指針回到“0”處，又返至“X”處；如此周期性往復多次……指針歸零①閉合后，檢驗b極旁邊溶液存在放電產物的試驗操作是__________。②時，干脆向a極區滴加淀粉溶液，溶液未變藍。取a極旁邊溶液于試管中，滴加淀粉溶液，溶液變藍。推斷在a極放電的產物是__________。(5)下列關于上述試驗說明合理的是__________(填字母序號)。A.試驗一中：5秒內無明顯變更，可能是因為反應Ⅰ的活化能太小，反應速率太慢B.試驗二中：指針回到“0”處，可能是因為反應Ⅱ比反應Ⅰ快，導致難與發生反應C.試驗二中：又返至“X”處，可能是因為發生了反應Ⅲ，重新形成了原電池【答案】(1).氧化(2).(3).不合理(4).由于反應Ⅲ比反應Ⅰ快，故現象顯示與的反應，但速率快不能說明氧化性就強(5).取樣于試管中，先加入過量稀除去，再滴加少量溶液，有白色沉淀生成(6).(7).BC【解析】【分析】(1)溶液變藍，說明生成碘單質，依據氧化還原反應規律推斷的性質；(2)結合反應Ⅰ、反應Ⅲ，IO3?在酸性溶液氧化I?，生成碘單質；(3)結合三個反應的快慢分析顏色變更的緣由是否與氧化性強弱有關；(4)①檢驗SO42-可運用鹽酸酸化的BaCl2溶液；②t1時，從a極區取溶液于試管中，滴加淀粉溶液，溶液變藍，有碘單質生成，干脆向a極區滴加淀粉溶液，溶液未變藍，無碘單質，故說明IO3-

在a極放電的產物是I-；(5)試驗一中，t秒之前，過量的KIO3酸性溶液與Na2SO3溶液反應，Na2SO3反應完全，得到I-，t秒后I-與多余的KIO3反應得到碘單質，溶液變藍，試驗二中，0～t1，Na2SO3溶液和KIO3溶液在兩極放電分別得到SO42-、I-，t2～t3，a極I-與IO3-反應，b極Na2SO3未參與反應，外電路無電流通過，指針回到“0”處，I-反應完全后，Na2SO3溶液和生成的I2在兩極放電，又返至“X”處，如此往復，據此分析可得。【詳解】(1)溶液變藍，說明生成碘單質，轉化為I2，I元素的化合價降低，得電子，被還原，則表現氧化性；(2)IO3?在酸性溶液氧化I?生成碘單質，依據氧化還原反應電子得失守恒和物料守恒，離子反應為：IO3?+5I?+6H+=3I2+3H2O；(3)由于反應Ⅲ比反應Ⅰ快，故現象顯示I2與的反應，但速率快不能說明氧化性就強，故該結論不合理；(4)①檢驗SO42-可運用鹽酸酸化的BaCl2溶液，操作為：取b極旁邊溶液于試管中，先加入過量稀除去，再滴加少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，則證明b極旁邊溶液存在放電產物SO42-；②t1時，從a極區取溶液于試管中，滴加淀粉溶液，溶液變藍，有碘單質生成，干脆向a極區滴加淀粉溶液，溶液未變藍，無碘單質，故說明IO3?

在a極放電的產物是I?，生成的I?與IO3?生成了碘單質；(5)A．試驗一中，5秒之前，過量的KIO3酸性溶液與Na2SO3溶液反應，Na2SO3反應完全，得到I-，5秒后I-與多余的KIO3反應得到碘單質，溶液變藍，5秒內無明顯變更，與活化能無關，與是否產生碘單質有關，故A錯誤；B．試驗二中：0～t1，Na2SO3溶液和KIO3溶液在兩極放電分別得到SO42-、I-，t2～t3，a極I-與IO3-反應，可能是因為反應Ⅱ比反應Ⅰ快，b極Na2SO3未參與反應，外電路無電流通過，指針回到“0”處，故B正確；C．試驗二中：I-反應完全后，Na2SO3溶液和生成的I2在兩極放電，發生了反應Ⅲ，重新形成了原電池，又返至“X”處，故C正確；答案選BC。18.苯胺()是重要的化工原料。某愛好小組在試驗室里進行苯胺的相關試驗。已知：①和NH3相像，與鹽酸反應生成易溶于水的鹽②用硝基苯制取苯胺的反應原理：2+3Sn+12HCl→2+3SnCl4+4H2O③有關物質的部分物理性質見表：物質熔點/℃沸點/℃溶解性密度/g?cm-3苯胺-6.3184微溶于水，易溶于乙醚1.02硝基苯5.7210.9難溶于水，易溶于乙醚1.23乙醚-116.234.6微溶于水0.7134Ⅰ.比較苯胺與氨氣的性質(1)將分別蘸有濃氨水和濃鹽酸的玻璃棒靠近，產生白煙，反應的化學方程式為_____；用苯胺代替濃氨水重復上述試驗，卻視察不到白煙，緣由是________。Ⅱ.制備苯胺。往圖所示裝置(夾持裝置略，下同)的冷凝管口分批加入20mL濃鹽酸(過量)，置于熱水浴中回流20min，使硝基苯充分還原；冷卻后，往三頸燒瓶中滴入肯定量50%NaOH溶液，至溶液呈堿性。(2)冷凝管的進水口是____(填“a”或“b”)；(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反應的離子方程式為_____。Ⅲ.提取苯胺。i.取出上圖所示裝置中的三頸燒瓶，改裝為如圖所示裝置：ii.加熱裝置A產生水蒸氣，燒瓶C中收集到苯胺與水的混合物；分別混合物得到粗苯胺和水溶液。iii.往所得水溶液加入氯化鈉固體，使溶液達到飽和狀態，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iv.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固體干燥，蒸餾后得到苯胺2.79g。(4)操作ii中，為了分別混合物，取出燒瓶C前，應先打開止水夾d，再停止加熱，理由是_______。(5)該試驗中苯胺的產率為________。【答案】(1).NH3+HCl=NH4Cl(2).苯胺沸點較高，不易揮發(3).b(4).C6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O(5).防止B中液體倒吸(6).60.0%【解析】【分析】氨氣與HCl能干脆化合生成NH4Cl；冷凝管里冷卻水流向與蒸氣流向相反，冷卻效果最好；水蒸氣蒸餾裝置中，雖然有玻璃管平衡氣壓，但是在實際操作時，裝置內的氣壓仍舊大于外界大氣壓，這樣水蒸氣才能進入三頸燒瓶中；利用原子守恒計算理論產量，再計算產率。【詳解】(1)濃氨水和濃鹽酸的玻璃棒靠近，產生白煙，是濃氨水揮發出來的NH3和濃鹽酸揮發出來的HCl反應生成NH4Cl固體小顆粒，化學方程式為：NH3+HCl=NH4Cl，用苯胺代替濃氨水重復上述試驗，卻視察不到白煙，緣由是苯胺沸點184℃，比較高，不易揮發；(2)圖1裝置包含了產品的分餾，是依據各組分的沸點的不同、用加熱的方法來實現各組分的分別的操作，冷凝管是下口進水，上口出水，故答案為：b；(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反應的離子方程式為C6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O；(4)操作i中，為了分別混合物，取出燒瓶C前，應先打開止水夾d，再停止加熱，理由是防止裝置B內壓強突然減小引起倒吸；(5)設理論上得到苯胺mg，已知C6H5NO2～C6H5NH2，則依據原子守恒可知m==4.65g，該試驗中苯胺的產率=×100%=60%。【點睛】以苯胺的性質、制備、分別提純、產率計算等試驗情境為載體，全面檢測化學試驗基礎學問、基本技能，考查學生信息獲得、分析推理、數據處理、試驗方案設計等化學試驗探究實力，診斷以“科學探究與創新意識”為主的化學學科核心素養水平。19.氯化亞銅（CuCl）廣泛應用于冶金工業，也用作催化劑和殺菌劑。以硫化銅精礦為原料生產CuCl的工藝如下：已知CuCl難溶于醇和水，溶于c（Cl-）較大的體系[CuCl（s）+Cl-CuCl]，潮濕空氣中易水解氧化。（1）步驟1起先前須要對硫化銅精礦進行粉碎，目的是_______；（2）步驟1是“氧化酸浸”的過程，該過程生成藍色溶液和淺黃色沉淀，化學方程式是_____；（3）步驟2是溶解過程，溶解時反應的離子方程式______；（4）步驟3為主反應，Cu+的沉淀率與加入的NH4Cl的量關系如圖所示。①比較c（Cu+）相對大小：A點________C點（填“>”、“<”或“=”）；②提高C點狀態混合物中Cu+沉淀率的措施是_______________（5）洗滌過程中不能用硝酸代替硫酸進行“酸洗”，理由是______。【答案】(1).增大接觸面積、加快反應速率、提高銅的浸出速率等合理性答案(2).CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O(3).3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O或Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O(4).>(5).加水稀釋(6).HNO3具有強氧化性會把CuCl氧化【解析】【分析】硫化銅在酸性條件下與過氧化氫溶液反應生成硫單質和硫酸銅，硫酸銅被還原成銅單質；利用NO3-在酸性條件下具有強氧化性，可氧化銅單質，生成銅離子，然后生成的銅離子與(NH4)2SO3和NH4Cl發生氧化還原反應生成CuCl，得到的CuCl經硫酸酸洗再用乙醇洗滌，烘干得到CuCl。【詳解】(1)步驟1起先前須要對硫化銅精礦進行粉碎，其目的是增大接觸面積、加快反應速率、提高銅的浸出速率；(2)該過程生成藍色溶液和淺黃色沉淀，說明生成硫酸銅和硫單質，H2O2在酸性條件下將CuS中S2-氧化成硫單質，其反應方程式為CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S↓+2H2O；(3)利用在酸性條件性具有強氧化性，可溶解Cu生成氧化產物Cu2+，被還原成NO，則溶解時反應的離子方程式為3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；(4)①B點之前Cu+與Cl-生成CuCl沉淀，在B點建立沉淀溶解平衡CuCl(s)?Cu+(aq)+Cl-(aq)，B點之后，c(Cl-)增大，CuCl溶于c(Cl-)較大的體系[CuCl(s)+Cl-?]，但是平衡沒有移動，說明C點和B點的c(Cu+)相等；B之前，CuCl(s)?Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡向左移動，則B點的c(Cu+)小于A的c(Cu+)，即A點的c(Cu+)大于C點的c(Cu+)；②B點之后，c(Cl-)增大，CuCl溶解，發生[CuCl(s)+Cl-?]反應，沉淀削減，提高C點狀態混合物中Cu+沉淀率，則使平衡向左移動，可以加水稀釋；(5)硝酸具有強氧化性，可氧化CuCl，所以洗滌過程中不能用硝酸代替硫酸進行“酸洗”。【點睛】考查學生的讀圖、識表實力，能夠快速在圖、表中提取到有用信息，利用信息解決有關問題；學生要擅長整合表中數據獲得信息，精確把握基礎試驗學問，尤其是物質的分別和提純試驗操作是中學階段常常考查的問題。20.1,3-環己二酮(）常用作醫藥中間體，用于有機合成。下列是一種合成1,3-環己二酮的路途。回答下列問題：(1)甲的分子式為___________________。(2)丙中含有官能團名稱是______________________。(3)反應①的反應類型是_________；