內蒙古太仆寺旗寶昌一中2024年高三下學期第六次檢測化學試卷含解析

內蒙古太仆寺旗寶昌一中2024年高三下學期第六次檢測化學試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、工業(yè)上制備純硅反應的熱化學方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)；ΔH=+QkJ·mol-1(Q＞0)，某溫度、壓強下，將一定量反應物通入密閉容器進行以上反應，下列敘述正確的是（）A．反應過程中，若增大壓強能提高SiCl4的轉化率B．若反應開始時SiCl4為1mol，則達平衡時，吸收熱量為QkJC．反應至4min時，若HCl濃度為0.12mol·L-1，則H2反應速率為0.03mol·L-1·min-1D．當反應吸收熱量為0.025QkJ時，生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液恰好反應2、關于鋼鐵電化學保護兩種方法的說法錯誤的是A．犧牲陽極陰極保護法利用的是原電池原理B．外加電流陰極保護法利用的是電解原理C．犧牲陽極陰極保護法中鋼鐵為負極D．外加電流陰極保護法中鋼鐵為陰極3、下列化學用語使用正確的是（）A．HF在水溶液中的電離方程式：HF＋H2OF－＋H3O＋B．Na2S的電子式：C．乙烯的結構式：CH2＝CH2D．重氫負離子(H－)的結構示意圖：4、熱催化合成氨面臨的兩難問題是：釆用高溫增大反應速率的同時會因平衡限制導致NH3產率降低。我國科研人員研制了Ti?H?Fe雙溫區(qū)催化劑（Ti-H區(qū)域和Fe區(qū)域的溫度差可超過100℃）。Ti-H-Fe雙溫區(qū)催化合成氨的反應歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面上的物種用*標注。下列說法正確的是（）A．①為氮氮三鍵的斷裂過程B．①②③在低溫區(qū)發(fā)生，④⑤在高溫區(qū)發(fā)生C．使用Ti-H-Fe雙溫區(qū)催化劑使合成氨反應轉變?yōu)槲鼰岱磻狣．④為N原子由Fe區(qū)域向Ti-H區(qū)域的傳遞過程5、某學習小組按如下實驗過程證明了海帶中存在的碘元素：下列說法不正確的是A．步驟①需要將干海帶放入坩堝中灼燒B．步驟②反應的離子方程式為：2I-+2H++H2O2=I2+2H2OC．步驟③操作后，觀察到試管中溶液變?yōu)樗{色，可以說明海帶中含有碘元素D．若步驟②僅滴加稀硫酸后放置一會兒，步驟③操作后，試管中溶液不變成藍色6、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序數依次增加。已知，離子化合物甲是由X、Y、Z、W四種元素組成的，其中，陰陽離子個數比為1∶1，陽離子是一種5核10電子微粒；Q元素原子半徑是短周期主族元素中最大的；乙為上述某種元素的最高價氧化物對應的水化物；甲與乙的濃溶液反應生成丙、丁、戊三種物質，其中丁在常溫下為氣體。下列說法正確的是A．甲中既含離子鍵，又含共價鍵B．丙和戊的混合物一定顯酸性C．丁一定能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍D．原子半徑：X＜Y＜Z＜W7、室溫下，用溶液分別滴定的鹽酸和醋酸，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是

A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲線B．時，滴定醋酸消耗的小于C．時，兩份溶液中D．時，醋酸溶液中8、查閱資料可知，苯可被臭氧氧化，發(fā)生化學反應為：。則鄰甲基乙苯通過上述反應得到的有機產物最多有()A．5種 B．4種 C．3種 D．2種9、除去FeCl2溶液中的FeCl3所需試劑是（）A．Cl2 B．Cu C．Fe D．NaOH10、下列物質間的轉化可以實現的是（）A．MnO2Cl2Ca(ClO)2B．SSO2BaSO4C．SiO2H2SiO3Na2SiO3D．CuSO4Cu(OH)2Cu2O11、互為同系物的物質不具有A．相同的相對分子質量 B．相同的通式C．相似的化學性質 D．相似的結構12、如圖，將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U型管中，下列分析錯誤的是（）A．閉合K1構成原電池，閉合K2構成電解池B．K1閉合，鐵棒上發(fā)生的反應為：Fe﹣2e﹣═Fe2+C．K2閉合，鐵棒不會被腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護法D．K1閉合，石墨棒周圍溶液pH逐漸升高13、用下列裝置進行實驗能達到相應實驗目的的是A．裝置探究濃度對化學反應速率的影響B(tài)．裝置探究催化劑對H2O2分解速率的影響C．裝置制取SO2氣體并驗證其還原性(可加熱)D．裝置防止鐵釘生銹14、下列關于氨分子的化學用語錯誤的是A．化學式：NH3 B．電子式：C．結構式： D．比例模型：15、在常溫常壓下，將100mLH2S與O2混合氣體在一定條件下充分反應后，恢復到原來的狀況，剩余氣體25mL。下列判斷錯誤的是（）A．原混合氣體中H2S的體積可能是75mLB．原混合氣體中O2的體積可能是50mLC．剩余25mL氣體可能全部是SO2D．剩余25mL氣體可能是SO2與O216、實驗室用純凈N2和H2合成NH3（N2+3H22NH3）時，是先將分別制得的含水蒸氣的N2和H2通過如圖所示的裝置。下面是對該裝置作用的幾種敘述①干燥氣體②混合氣體③觀察氣體的流速。正確的是A．只有① B．只有①和② C．只有①和③ D．①②③二、非選擇題（本題包括5小題）17、聚碳酸酯（簡稱PC）是重要的工程塑料，某種PC塑料(N)的合成路線如下：已知：i．R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OHii．R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO（1）A中含有的官能團名稱是______。（2）①、②的反應類型分別是______、______。（3）③的化學方程式是______。（4）④是加成反應，G的核磁共振氫譜有三種峰，G的結構簡式是______。（5）⑥中還有可能生成的有機物是______（寫出一種結構簡式即可）。（6）⑦的化學方程式是______。（7）己二醛是合成其他有機物的原料。L經過兩步轉化，可以制備己二醛。合成路線如下：中間產物1的結構簡式是______。18、醫(yī)藥合成中可用下列流程合成一種治療心臟病的特效藥物(G)。已知：①RCH=CH2RCH2CH2CHO；②(1)B的核磁共振氫譜圖中有________組吸收峰，C的名稱為________。(2)E中含氧官能團的名稱為________，寫出D→E的化學方程式________。(3)E-F的反應類型為________。(4)E的同分異構體中，結構中有醚鍵且苯環(huán)上只有一個取代基結構有________種，寫出其中甲基數目最多的同分異構體的結構簡式________________________。(5)下列有關產物G的說法正確的是________A．G的分子式為C15H28O2B．1molG水解能消耗2molNaoHC．G中至少有8個C原子共平面D．合成路線中生成G的反應為取代反應(6)寫出以1-丁醇為原料制備C的同分異構體正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路線流程圖。示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH，無機試劑任選______________________。19、實驗室以電鍍廢渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)為原料制取銅粉和K2Cr2O7的主要流程如下：(1)“酸浸”時，用硫酸而不用鹽酸，這是因為______________(從浸取產物的溶解性考慮)。(2)“制銅氨液”，即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液時，采用8mol·L－1氨水，適量30%H2O2，并通入O2，控制溫度為55℃。溫度不宜過高，這是因為______________________。(3)“沉CuNH4SO3”時可用如下裝置(夾持、加熱儀器略)：①制取SO2的化學方程式為______________________。②“沉CuNH4SO3”時，反應液需控制在45℃，合適的加熱方式是________________。③反應完成的實驗現象是____________________________。(4)設計以“Cr(OH)3、Fe(OH)3”的混合物為原料，制取K2Cr2O7的實驗方案：將Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入燒杯中，加適量的水調成漿狀，_________________，冰水洗滌及干燥。(已知：①堿性條件下，H2O2可將＋3價的Cr氧化為CrO42-；酸性條件下，H2O2可將＋6價的Cr還原為＋3價的Cr；＋6價的Cr在溶液pH<5時，主要以Cr2O72-的形式存在；在pH>7時，主要以CrO42-的形式存在。②部分物質溶解度曲線如圖所示：③實驗中必須使用的試劑：KOH溶液、10%H2O2溶液、稀鹽酸)20、碳酸亞鐵可用于制備補血劑。某研究小組制備了FeCO3，并對FeCO3的性質和應用進行了探究。已知：①FeCO3是白色固體，難溶于水②Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-(無色)Ⅰ.FeCO3的制?。▕A持裝置略）實驗i：裝置C中，向Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段時間CO2至其pH為7，滴加一定量FeSO4溶液，產生白色沉淀，過濾、洗滌、干燥，得到FeCO3固體。(1)試劑a是_____。(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是_____。(3)C裝置中制取FeCO3的離子方程式為_____。(4)有同學認為C中出現白色沉淀之后應繼續(xù)通CO2，你認為是否合理并說明理由________。Ⅱ.FeCO3的性質探究實驗ii實驗iii(5)對比實驗ⅱ和ⅲ，得出的實驗結論是_____。(6)依據實驗ⅱ的現象，寫出加入10%H2O2溶液的離子方程式_____。Ⅲ.FeCO3的應用(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亞鐵（[CH3CH(OH)COO]2Fe，相對分子質量為234）補血劑。為測定補血劑中亞鐵含量進而計算乳酸亞鐵的質量分數，樹德中學化學實驗小組準確稱量1.0g補血劑，用酸性KMnO4溶液滴定該補血劑，消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL，則乳酸亞鐵在補血劑中的質量分數為_____，該數值異常的原因是________（不考慮操作不當以及試劑變質引起的誤差）。21、大型客機燃油用四乙基鉛[Pb(CH2CH3)4]）做抗震添加劑，但皮膚長期接觸四乙基鉛對身體健康有害，可用硫基乙胺（HSCH2CH2NH2）和KMnO4清除四乙基鉛。(1)碳原子核外電子的空間運動狀態(tài)有______種，基態(tài)錳原子的外圍電子排布式為___，該原子能量最高的電子的電子云輪廓圖形狀為________。(2)N、C和Mn電負性由大到小的順序為____________。(3)HSCH2CH2NH2中C的雜化方式為_____，其中NH2－空間構型為____；N和P的價電子相同，但磷酸的組成為H3PO4，而硝酸的組成不是H3NO4，其原因是_______。(4)Pb(CH2CH3)4是一種難電離且易溶于有機溶劑的配合物，其晶體類型屬于_____晶體。已知Pb(CH2CH3)4晶體的堆積方式如下。Pb(CH2CH3)4]在xy平面上的二維堆積中的配位數是___，A分子的坐標參數為_____；設阿伏加德羅常數為NA/mol，Pb(CH2CH3)4]的摩爾質量為Mg/mol，則Pb(CH2CH3)4]晶體的密度是_____g/cm3(列出計算式即可)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

A.該反應是反應前后氣體分子數增大的反應，增大壓強，平衡向逆反應方向移動，SiCl4的轉化率減小，A錯誤；B.該反應是可逆反應，達平衡時，吸收熱量小于QkJ，B錯誤；C.速率之比等于反應系數之比，v(H2)=v(HCl)=，C錯誤；D.由方程式可知，當反應吸收熱量為0.025QkJ時，生成的HCl的物質的量為，100mL1mol·L-1的NaOH的物質的量為0.1mol，二者物質的量相等，恰好反應，D正確；故答案為：D。2、C【解析】A.將還原性較強的金屬與需要保護的金屬連接，形成原電池，A正確；B.:外加電流的陰極保護法是外加電源，形成電解池，讓金屬稱為陰極得電子，從而保護金屬，B正確C.為保護鋼鐵，鋼鐵為電池正極，C錯誤；D.利用電解原理，鋼鐵為陰極得到電子，從而受到保護，D正確。故選擇C。點睛：原電池中，失去電子的為負極，得到電子的為正極；電解池中，失去電子的為陽極，得到電子的為陰極。3、A【解析】

A.HF是弱酸，部分電離，用可逆號，HF＋H2O?F－＋H3O＋可表示HF的電離方程式，故A正確；B.Na2S是離子化合物，由陰陽離子構成，而不是共價化合物，電子式書寫不正確，故B錯誤；C.乙烯的結構簡式：CH2＝CH2，故C錯誤；D.重氫負離子(H－)的質子數是1，即核電荷數為1，故D錯誤；故選：A。4、D【解析】

A．經歷①過程之后氮氣分子被催化劑吸附，并沒有變成氮原子，①過程中氮氮三鍵沒有斷裂，故A錯誤；

B．①為催化劑吸附N2的過程，②為形成過渡態(tài)的過程，③為N2解離為N的過程，以上都是吸熱反應，需要在高溫時進行，而④⑤為了增大平衡產率，需要在低溫下進行，故B錯誤；

C．催化劑只影響化學反應速率，化學反應不會因加入催化劑而改變反應熱，故C錯誤；

D．由題中圖示可知，過程④完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe兩種過渡態(tài)的轉化，N原子由Fe區(qū)域向Ti-H區(qū)域傳遞，故D正確；故答案為D。5、D【解析】

A.固體在坩堝中灼燒，所以步驟①需要將干海帶放入坩堝中灼燒，故A正確；B.步驟②中碘離子被過氧化氫氧化為碘單質，反應的離子方程式為：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，故B正確；C.碘單質能使淀粉溶液變藍色，步驟③操作后，觀察到試管中溶液變?yōu)樗{色，可以說明海帶中含有碘元素，故C正確；D.若步驟②僅滴加稀硫酸后放置一會兒，可發(fā)生4I-+4H++O2=2I2+2H2O，步驟③操作后，試管中溶液變?yōu)樗{色，故D錯誤；選D。【點睛】本題考查海水提取碘的實驗，把握流程中發(fā)生的反應、混合物分離提純、物質的檢驗，掌握碘離子能被氧氣氧化是關鍵，側重分析與實驗能力的考查。6、A【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序數依次增加。離子化合物甲是由X、Y、Z、W四種元素組成的，其中陰陽離子個數比為1∶1，陽離子是一種5核10電子微粒，該陽離子為NH4+，則X為H元素；Q元素原子半徑是短周期主族元素中最大的，則Q為Na元素，因此Y、Z、W均為第二周期元素，陰離子組成元素的原子序數小于Na，則陰離子為碳酸氫根離子，則甲為NH4HCO3，因此Y為C元素、Z為N元素、W為O元素；乙為上述某種元素的最高價氧化物對應的水化物；甲與乙的濃溶液反應生成丙、丁、戊三種物質，則乙為氫氧化鈉或硝酸，與碳酸氫銨反應生成氨氣，碳酸鈉和水或硝酸銨、二氧化碳和水，其中丁在常溫下為氣體，則丁為氨氣或二氧化碳，據此分析解答。【詳解】根據上述分析，X為H元素，Y為C元素，Z為N元素，W為O元素，Q為Na元素，甲為NH4HCO3，乙為NaOH或硝酸，丁為氨氣或二氧化碳，丙、戊為碳酸鈉或硝酸銨和水。A．甲為NH4HCO3，屬于離子化合物，含有離子鍵，銨根離子、HCO3-中還含有共價鍵，故A正確；B．丙和戊的混合物可能為碳酸鈉溶液或硝酸銨溶液，碳酸鈉水解后溶液顯堿性，故B錯誤；C．丁可能為二氧化碳，二氧化碳不能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，故C錯誤；D．同一周期，從左到右，原子半徑逐漸減小，同一主族，從上到下，原子半徑逐漸增大，原子半徑：X＜W＜Z＜Y，故D錯誤；答案選A。7、B【解析】

A.醋酸是弱電解質，HCl是強電解質，相同濃度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH>鹽酸的pH，所以I是滴定醋酸的曲線，故A錯誤；B.時，溶液呈中性，醋酸鈉溶液呈堿性，要使溶液呈中性，則醋酸的體積稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的小于20mL，故B正確；C.時，兩種溶液中的溶質分別是醋酸鈉和NaCl，醋酸根離子水解、氯離子不水解，所以，故C錯誤；D.時，醋酸溶液中的溶質為等物質的量濃度的、，醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度，溶液呈酸性，則，再結合電荷守恒得，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題考查了酸堿混合溶液定性判斷，涉及弱電解質的電離、鹽類水解、酸堿中和反應等知識點，根據弱電解質的電離特點、溶液酸堿性及鹽類水解等知識點來分析解答，題目難度不大。8、B【解析】

鄰甲基乙苯的結構簡式為：，根據題目所給反應信息，四種不同的斷鍵方式可生成最多4種有機產物，故答案為B。9、C【解析】

Fe能與氯化鐵反應生成氯化亞鐵，可用于除雜，以此解答該題。【詳解】因為鐵離子能和鐵反應生成亞鐵離子，化學方程式為2FeCl3+Fe═3FeCl2，故可用鐵除去FeCl2溶液中的少量氯化鐵，故C確；如果加入金屬銅，氯化鐵與銅反應會生成氯化銅，會向溶液中引入雜質銅離子；加入氯氣，與氯化亞鐵反應，生成氯化鐵，加入NaOH溶液，會生成氫氧化亞鐵和氫氧化鐵沉淀，所以后三種方法都無法實現除雜的目的，故A、B、D均錯誤；故答案選C。【點睛】根據原物質和雜質的性質選擇適當的除雜劑和分離方法，所謂除雜(提純)，是指除去雜質，同時被提純物質不得改變；除雜質至少要滿足兩個條件:(1)加入的試劑只能與雜質反應,不能與原物質反應；(2)反應后不能引入新的雜質。10、D【解析】

A.MnO2和濃鹽酸才反應生成氯氣，故A不符合題意；B.硫于氧氣反應生成二氧化硫，二氧化硫和氯化鋇不反應，故B不符合題意；C.SiO2不與水反應，故C不符合題意；D.CuSO4與氫氧化鈉反應生成Cu(OH)2和硫酸鈉，氫氧化銅與葡萄糖再堿性條件下加熱反應生成Cu2O，故D符合題意。綜上所述，答案為D。11、A【解析】

結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的有機物互為同系物．A、由于同系物在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團，故相對分子質量不同，選項A選；B、由于同系物的結構相似，即屬于同一類物質，故通式相同，選項B不選；C、由于同系物的結構相似，即屬于同一類物質，故化學性質相似，選項C不選；D、互為同系物的物質的結構必須相似，選項D不選。答案選A。12、C【解析】

A、閉合K1構成原電池，鐵為負極；閉合K2構成電解池，鐵為陰極，選項A正確；B、K1閉合構成原電池，鐵棒是負極，鐵失去電子，鐵棒上發(fā)生的反應為Fe＋2e－=Fe2＋，選項B正確；C、K2閉合構成電解池，鐵棒與電源的負極相連，作陰極不會被腐蝕，屬于外加電流的陰極保護法，選項C錯誤；D、K1閉合構成原電池，鐵棒是負極，鐵失去電子，石墨棒是正極，溶液中的氧氣得到電子轉化為OH－，石墨棒周圍溶液pH逐漸升高，選項D正確；答案選C。13、C【解析】

A.該實驗中高錳酸鉀溶液過量，不能褪色，因此無法記錄褪色的時間，因此該裝置不能探究濃度對化學反應速率的影響，A項錯誤；B.欲探究催化劑對H2O2分解速率的影響，應保證過氧化氫的濃度是一致的，B項錯誤；C.加熱條件下，濃硫酸和銅發(fā)生氧化還原反應生成二氧化硫氣體，二氧化硫具有還原性，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；

D.該裝置為電解池，Fe作陽極，加速被腐蝕，不能防止鐵釘生銹，故D錯誤；答案選C。【點睛】本題C項涉及二氧化硫的還原性，二氧化硫的化學性質較多，可總結如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水顯酸性，也可與堿反應；2、還原性：二氧化硫可與酸性高錳酸鉀、過氧化氫等強氧化性的物質反應；3、弱氧化性：二氧化硫可與硫化氫反應生成硫單質等，4、漂白性：二氧化硫的漂白性體現在可漂白品紅等物質，性質決定用途，學生切莫混淆，尤其是漂白性與還原性的區(qū)別，應加以重視。14、B【解析】

A．氨氣分子中存在3個N-H共價鍵，其化學式為：NH3，A正確；B．氨氣為共價化合物，氨氣中存在3個N-H鍵，氮原子最外層達到8電子穩(wěn)定結構，氨氣正確的電子式為：，B錯誤；C．氮氣分子中含有3個N-H鍵，氨氣的結構式：，C正確；D．氨氣分子中存在3個N-H鍵，原子半徑N>H，氮原子相對體積大于H原子，則氨氣的比例模型為：，D正確；故合理選項是B。15、D【解析】

H2S和O2的混合氣體點燃，氧氣不足發(fā)生反應①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧氣足量發(fā)生反應②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；據此討論；若n（H2S）：n（O2）>2:1，發(fā)生反應①，H2S有剩余；若n（H2S）：n（O2）=2:1，發(fā)生反應①，沒有氣體；若n（H2S）：n（O2）<2:3，發(fā)生反應②，氧氣有剩余，氣體為氧氣、二氧化硫；若n（H2S）：n（O2）=2:3，發(fā)生反應②，氣體為二氧化硫；若2:3<n（H2S）：n（O2）<2:1，發(fā)生反應①②，氣體為二氧化硫，據此進行分析?！驹斀狻縃2S和O2的混合氣體點燃，氧氣不足發(fā)生反應①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧氣足量發(fā)生反應②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；①若n（H2S）：n（O2）>2:1，發(fā)生反應①H2S有剩余，則2H2S+O2═2S↓+2H2O體積變化?V21350mL25mL100-25=75mL剩余氣體為25mLH2S，原混合氣體中O2為25mL，H2S為100-25=75mL，符合題意；②若n（H2S）：n（O2）=2：1，發(fā)生反應①，沒有剩余氣體，不符合題意；③若n（H2S）：n（O2）<2:3，發(fā)生反應②，氧氣有剩余，則:2H2S+3O2═2SO2+2H2O體積變化?V232350mL7550100-25=75mL剩余氣體為氧氣、二氧化硫，其中二氧化硫為50mL，不符合題意；④若n（H2S）：n（O2）=2:3，發(fā)生反應②，最后氣體為二氧化硫，體積為50mL，不符合題意；⑤若2:3<n（H2S）：n（O2）<2:1，發(fā)生反應①②，硫化氫、氧氣全部反應，剩余氣體為二氧化硫，n(SO2)=25mL；則根據反應②2H2S+3O2═2SO2+2H2O可知，n(O2)=3/2n(SO2)=25mL×1.5=37.5mL；n(H2S)=n(SO2)=25mL；根據題意可知，H2S與O2混合氣體共100mL，所以發(fā)生反應①2H2S+O2═2S↓+2H2O的H2S與O2的總體積為100mL-25mL-37.5mL=37.5mL，n(O2)=1/3×37.5mL=12.5mL,n(H2S)=2/3×37.5mL，所以，原混合氣體中n(H2S)=25mL+12.5mL=37.5mL，n(O2)=37.5mL+12.5mL=50mL；結合以上分析可知，只有D選項不可能；故答案選D。16、D【解析】

根據濃硫酸的吸水性以及氣體通過濃硫酸洗氣瓶進行混合分析?！驹斀狻康獨庵泻兴魵猓瑵饬蛩峋哂形裕艹サ獨庵械乃魵猓坏獨夂蜌錃舛纪ㄟ^濃硫酸再出來，可將兩種氣體混合，同時可通過兩種氣體冒出氣泡的速度觀察氣體的流速，答案選D?！军c睛】工業(yè)上合成氨是氮氣和氫氣在高溫高壓催化劑等條件下發(fā)生可逆反應制得氨氣，混合通過硫酸可控制通入的混合氣體的體積比，提高原料利用率。二、非選擇題（本題包括5小題）17、碳碳雙鍵氧化反應加成反應CH3CH=CH2、、【解析】

A的分子式為C2H4，應為CH2=CH2，發(fā)生氧化反應生成環(huán)氧乙烷，環(huán)氧乙烷和二氧化碳反應生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇發(fā)生信息i中的反應生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，則E為HOCH2CH2OH，F為碳酸二甲酯，結構簡式為；G和苯反應生成J，由J分子式知G生成J的反應為加成反應，G為CH2=CHCH3，J發(fā)生氧化反應然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性條件下反應生成M，由M結構簡式和D分子式知，D為，F和M發(fā)生縮聚反應生成的PC結構簡式為；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通過環(huán)己烯催化氧化得到，引入碳碳雙鍵可通過醇或鹵代烴的消去得到；【詳解】（1）A的分子式為C2H4，應為CH2=CH2，含有的官能團名稱是碳碳雙鍵；（2）反應①是乙烯催化氧化生成環(huán)氧乙烷，反應類型為氧化反應；反應②是環(huán)氧乙烷與CO2發(fā)生加成反應生成，反應類型是加成反應；（3）反應③是和CH3OH發(fā)生取代反應，生成乙二醇和碳酸二甲酯，發(fā)生反應的化學方程式是；（4）反應④是G和苯發(fā)生加成反應生成的J為C9H12，由原子守恒可知D的分子式為C3H6，結合G的核磁共振氫譜有三種峰，G的結構簡式是CH3CH=CH2；（5）反應⑥中苯酚和丙酮還發(fā)生加成反應生成，還可以發(fā)生縮聚反應生成等；（6）反應⑦是碳酸二甲酯和發(fā)生縮聚反應生成PC塑料的化學方程式為；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通過環(huán)己烯催化氧化得到，引入碳碳雙鍵可通過醇或鹵代烴的消去得到，結合L為苯酚可知，合成路線為苯酚與H2加成生成環(huán)己醇，環(huán)己醇發(fā)生消去反應生成環(huán)己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中間產物1為環(huán)己醇，結構簡式是?！军c睛】本題題干給出了較多的信息，學生需要將題目給信息與已有知識進行重組并綜合運用是解答本題的關鍵，需要學生具備準確、快速獲取新信息的能力和接受、吸收、整合化學信息的能力，采用正推和逆推相結合的方法，逐步分析有機合成路線，可推出各有機物的結構簡式，然后分析官能團推斷各步反應及反應類型。本題需要學生根據產物的結構特點分析合成的原料，再結合正推與逆推相結合進行推斷，充分利用反應過程C原子數目，對學生的邏輯推理有較高的要求。難點是同分異構體判斷，注意題給條件，結合官能團的性質分析解答。18、43-甲基丁酸羥基加成反應或還原反應13、AD【解析】分析：在合成路線中，C+F→G為酯化反應，由F和G的結構可推知C為:，結合已知①，可推知B為：，由F的結構和E→F的轉化條件，可推知E的結構簡式為：，再結合已知②，可推知D為：。詳解：（1）分子中有4種等效氫，故其核磁共振氫譜圖中有4組吸收峰,的名稱為3-甲基丁酸，因此，本題正確答案為：.4；3-甲基丁酸；（2）中含氧官能團的名稱為羥基，根據已知②可寫出D→E的化學方程式為。（3）E-F為苯環(huán)加氫的反應，其反應類型為加成反應或還原反應。故答案為加成反應或還原反應；（4）的同分異構體中，結構中有醚鍵且苯環(huán)上只有一個取代基結構：分兩步分析，首先從分子組成中去掉-O-,剩下苯環(huán)上只有一個取代基結構為：，由于丁基有4種，所以也有4種，、、、，第二步，將-O-插入C-C之間形成醚分別有4種、4種、3種和2種，共有13種，其中甲基數目最多的同分異構體的結構簡式為、。所以，本題答案為：13；、；（5）A.由結構簡式知G的分子式為C15H28O2，故A正確；B.1molG水解能消耗1mol

NaOH，故B錯誤；C.G中六元碳環(huán)上的C原子為飽和碳原子，不在同一平面上，故至少有8個C原子共平面是錯誤的；D.合成路線中生成G的反應為酯化反應，也屬于取代反應，故D正確；所以，本題答案為：AD（6）以1-丁醇為原料制備正戊酸(

CH3CH2CH2CH2COOH)，屬于增長碳鏈的合成，結合題干中A→B→C的轉化過程可知，1-丁醇先消去生成1-丁烯，再和CO/H2反應生成戊醛，最后氧化生成正戊酸，合成路線為：19、硫酸可將CaO轉化為CaSO4渣而除去溫度過高會加速NH3的揮發(fā)、加速H2O2的分解、“銅氨液”會分解生成Cu(OH)2(答出一點即可)Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O45℃的水浴加熱上層清液由深藍色逐漸變?yōu)閹缀鯚o色在不斷攪拌下加入適量KOH溶液，再加入過量的10%H2O2溶液，維持pH大于7，充分反應后，煮沸(除去過量的H2O2)，靜置、過濾，濾液用稀鹽酸酸化至pH<5，蒸發(fā)濃縮、冰浴冷卻結晶、過濾【解析】

電鍍廢渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)用硫酸酸浸，殘渣為CaSO4等溶解度不大的物質，溶液中有Cr3＋、Cu2＋、Fe3＋，加適量Na2S溶液，過濾，濾液中Cr3＋、Fe3＋，處理生成Fe(OH)3Cr(OH)3，除去Fe(OH)3，制備K2Cr2O7；濾渣CuS沉淀，采用8mol·L－1氨水，適量30%H2O2，并通入O2，制取銅氨溶液，通SO2，“沉CuNH4SO3”，同時生成銅粉?！驹斀狻?1)“酸浸”時，用硫酸而不用鹽酸，這是因為硫酸可將CaO轉化為CaSO4渣而除去。(2)“制銅氨液”，即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液時，溫度不宜過高，這是因為溫度過高會加速NH3的揮發(fā)、加速H2O2的分解、“銅氨液”會分解生成Cu(OH)2(答出一點即可)；(3)①銅與濃硫酸加熱生成SO2、硫酸銅和水，化學方程式為Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。②要控制100℃以下的加熱溫度，且受熱均勻，可選用水浴加熱；“沉CuNH4SO3”時，反應液需控制在45℃，合適的加熱方式是：45℃的水浴加熱。③[Cu(NH3)4]SO4溶液呈藍色，通入SO2反應生成CuNH4SO3和Cu，反應完成的實驗現象是上層清液由深藍色逐漸變?yōu)閹缀鯚o色。(4)制取K2Cr2O7的實驗方案：將Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入燒杯中，加適量的水調成漿狀，在不斷攪拌下加入適量KOH溶液，再加入過量的10%H2O2溶液，維持pH大于7，充分反應后，煮沸(除去過量的H2O2)，靜置、過濾，濾液用稀鹽酸酸化至pH<5，蒸發(fā)濃縮、冰浴冷卻結晶、過濾，冰水洗滌及干燥?！军c睛】本題以實際化工生產“以電鍍廢渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)為原料制取銅粉和K2Cr2O7的主要流程”為背景，考查了元素化合物知識，化學方程式的書寫等，難點（3）[Cu(NH3)4]SO4溶液呈藍色，通入SO2反應生成CuNH4SO3和Cu。20、飽和NaHCO3溶液降低溶液中OH-濃度，防止生成Fe(OH)22HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O不合理，CO2會和FeCO3反應生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧氣的影響)Fe2+與SCN-的絡合(或結合)會促進FeCO3固體的溶解或FeCO3固體在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+117%乳酸根中的羥基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4【解析】

I.裝置A中碳酸鈣和稀鹽酸反應生成的二氧化碳中混有揮發(fā)的氯化氫氣體，需要利用裝置B中盛裝的飽和碳酸氫鈉溶液除去，裝置C中，向碳酸鈉溶液(pH=11.9)通入一段時間二氧化碳至其pH為7，滴加一定量硫酸亞鐵溶液產生白色沉淀，過濾，洗滌，干燥，得到FeCO3；II.(5)根據Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN兩種不同溶液中的溶解度不同判斷；(6)實驗ii中溶液顯紅色且有紅褐色沉淀生成，說明加入10%過氧化氫溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亞鐵補血劑，根據得失電子守恒和元素守恒建立關系式進行計算；乳酸根中有羥基，也能被高錳酸鉀溶液氧化?！驹斀狻縄.(1)裝置A中制取的CO2中混有HCl，欲除去CO2中混有的HCl，B中盛裝的試劑a應是飽和NaHCO3溶液，故答案為：飽和NaHCO3溶液；(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反應生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的濃度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-的濃度，防止生成Fe(OH)2，故答案為：降低溶液中OH-濃度，防止生成Fe(OH)2；(3)裝置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段時間CO2至其pH為7，此時溶液中溶質主要為NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，發(fā)生反應的離子方程式為2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為：2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO3)2，降低產物的量，則當出現白色沉淀之后不應繼續(xù)通入CO2，或者：出現白色沉淀之后繼續(xù)通CO2，可防止空氣中氧氣氧化FeCO3，提高產物的純度，故答案為：不合理，CO2會和FeCO3反應生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧氣的影響)；Ⅱ.(5)通過對比實驗ii和iii，可知Fe2+與SCN-的絡合生成可溶于水的Fe(SCN)64-，會促進FeCO3固體的溶解，故答案為：Fe2+與SCN-的絡合(或結合)會促進FeCO3固體的溶解或FeCO3固體在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；(6)依據實驗ⅱ的現象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的過氧化氫溶液后，有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成，發(fā)生反應的離子方程式為6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+；故答案為：6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+；Ⅲ.(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亞鐵（[CH3CH(OH)COO]2Fe補血劑，可得關系式MnO4~5Fe2+~5[CH3CH(OH)COO]2Fe，則乳酸亞鐵的物質的量為0.1000mol/L×0.01L×5=0.005mol，則乳酸亞鐵的質量分數，由于乳酸根中含有羥基，也可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導致消耗高錳酸鉀溶液的量增多，而計算中只按Fe2+被氧化，故計算所得乳酸亞鐵的質量偏大，導致產品中乳酸亞鐵的質量分數大于100%，故答案為：117%；乳酸根中的羥基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4。21、63d54s2球形N＞C＞Mnsp3V型N原子半徑較小，不能容納較多的原子軌道，故不能形成H3NO4分子6【解析】

（1）原子核外電子運動狀態(tài)和該原子的核外電子數相等，原子序數為27的錳元素基態(tài)原子的外圍電子排布式為3d54s2，據此可以得出錳元素在周期表中的位置是第四周期第ⅤⅡB族，能量最高的電子是4s2電子，4s電子的電子云輪廓圖為球形；（2）電負性是金