【文档说明】重庆市荣昌中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.439 MB，由小赞的店铺上传

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荣昌中学高2025届高三上期第一次教学检测化学试题总分：100分考试时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Cl：35.5Sn：119Na：23一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分)1.厨房被称为“家庭实验室”，以

下厨房用品的主要成分不正确的是ABCD厨房用品料酒白醋食盐小苏打主要成分C2H5OHCH3COOHNaClNaOHA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．料酒的主要成分是酒精，结构简式为C2H5OH，A正确；B．白醋的主要成分是醋酸，结构简式

为CH3COOH，B正确；C．食盐是日常生活中不可或缺的调味品，为食物增添了咸味，主要成分是NaCl，C正确；D．小苏打是NaHCO3的俗称，D错误；故选D。2.下列化学用语使用正确的是A.过氧化钠的电子式：B.3NF的

空间填充模型：C.基态Fe2+的价电子排布式：3d44s2D.2N中存在的共价键：p-pσ键和s-sπ键【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠为离子化合物，其电子式为：，故A项错误；B．NF3中心原子价电子数为：3+1=4，为

sp3杂化，孤电子对数为5132−=1，空间构型为三角锥结构，其空间填充模型为：，故B项正确；C．基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，失去2个电子得到亚铁离子，故Fe2+价层电子排布式为3d6，故C项错

误；D．N的价电子排布式为2s22p3，形成N2时2p电子参与成键，故N2中存在的共价键为p-pσ键和p-pπ键，故D项错误；故本题选B。3.下列离子方程式书写正确的是A.往NaHSO4(aq)中滴加Ba(OH)2(

aq)至溶液呈中性：22442BaSO2OH2HBaSO2HO+−−++++=+B.过量CO2通入KOH溶液：2232CO2OHCOHO−−+=+C.用FeCl3溶液溶解铜：Fe3++Cu=Fe+Cu2+D.用石灰乳吸收工业尾气中的S

O2：Ca2++2OH-+SO2=CaSO4↓+H2O【答案】A【解析】【详解】A．反应后溶液为中性，硫酸氢钠与氢氧化钡按照物质的量2：1反应，离子方程式为：22442BaSO2OH2HBaSO2HO+−−++++=+，故A正确；B．二氧化碳过量，

反应生成碳酸氢根离子，离子方程式为：-32CHOOHCO−=+，故B错误；C．用FeCl3溶液溶解铜的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；D．石灰乳中的氢氧化钙不能拆开，该反应无法书写离子方程式，该反应的方程式为：Ca(OH)2+SO2═CaSO3↓+H2O，故D

错误。答案选A。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.由水电离出的()--10cOH=10mol/L的溶液中：432NHKNOAlO++−−、、、B.新制饱和氯水中：23SO−、23CO−、Na+、3NO−C.0.1mol/L含有Fe2+溶液中：24NaCaMnOBr+

+−−、、、D.遇苯酚显紫色的溶液中：2224CuMgClSO++−−、、、【答案】D【解析】【详解】A．水电离出的c(OH-)=10-10mol/L，说明水的电离被抑制，溶液可为酸性，也可为碱性，若为酸性，偏铝酸根离子与氢离子不能大量存在，若为碱性，4NH+与氢氧根离子不能大量存

在，故A项错误；B．新制饱和氯水中，23SO−和23CO−与氯水反应，不能大量共存，故B项错误；C．0.1mol/L含有Fe2+溶液中，Fe2+与4MnO−能发生氧化还原反应，不能大量共存，故C项错误；D．遇苯酚显紫色的溶液中有铁离子，四种离子之间相互不反应，可以大量共存，故D项正确；故本题

选D。5.下列有关实验的描述正确的是A.用铜丝蘸取Na2SO4固体灼烧可得黄色焰色B.滴定时，锥形瓶中残留少量蒸馏水会使测量结果偏低C.定容时仰视容量瓶的刻度线，会导致所配溶液的浓度偏低D.取少量溶液，滴加稀氢氧化钠溶液，将湿润

红色石蕊试纸置于试管口，若试纸不变蓝，则原溶液中无+4NH【答案】C【解析】【详解】A．铜灼烧时会使火焰呈绿色，从而干扰Na+焰色的观察，所以用铜丝蘸取Na2SO4固体灼烧得不到黄色焰色，A不正确；B．滴

定时，锥形瓶中残留少量蒸馏水，不会影响锥形瓶内溶质的物质的量，也就不会使测量结果产生误差，B不正确；C．定容时仰视容量瓶的刻度线，会导致所配溶液的体积偏大，从而使所配溶液的浓度偏低，C正确；D．氨气极

易溶于水，取少量溶液，滴加稀氢氧化钠溶液，不一定能逸出氨气，所以将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，并不能证明原溶液中无+4NH，D不正确；故选C。6.有机物N是一种工业基础原料，合成反应如下图(未配平)，下列有关说法正确的是A.Y发生了还原反应B.M分子中所有原子共面C.N的分子式为98

CHNOD.该反应中()()X:Y1:3nn=【答案】A【解析】【详解】A．Y分子去氧得氢，发生了还原反应，故A正确；B．M分子中有氨基(N原子为3sp杂化)，不可能所有原子共面，故B错误；C．根据N的结构简式，可知分子式为97CHNO，故C错误

；D．X→N失去2个H原子，Y→M得到2个H同时失去2个O原子，生成2分子水，根据H原子守恒，该反应中，()()X:Y3:1nn=，故D错误；选A。7.XYZW、、、能形成结构式如图所示的离子。所含的4种元素

位于主族，在每个短周期均有分布，Y和W同族，X和Y同周期。W的3p轨道有2个未成对电子，下列说法正确的是A.元素电负性：YZWB.原子半径：W>Y>X>ZC.最简单氢化物沸点：WYXD.2WY和3WY中W的杂化轨道类型相同【答案】D

【解析】【分析】W3p轨道有2个未成对电子，即W为Si或S，图中W可形成6个键，即W为S，Y和W同族，且Y可形成2个化学键，即Y为O，X和Y同周期，且X可形成4个键，即X为C，Z能形成1个化学键，且XYZW、

、、在每个短周期均有分布，因此Z在第一周期，Z为H。【详解】A．同周期元素从左往右电负性逐渐增大，同族元素从上到下，电负性逐渐减小，即电负性：Y（O）＞W（S）＞Z（H），故A错误；的B．电子层数越大原子半径越大，电

子层数相同时，核电荷数越大原子半径越小，即原子半径：W（S）＞X（C）＞Y（O）＞Z（H），故B错误；C．由于H2O可形成分子间氢键，导致其沸点较大，即最简单氢化物沸点：Y（O）＞W（S）＞X（C），故C错误；D．2WY（SO2）的价层电子对数为62

2232−+=，即S为sp2杂化，3WY（SO3）的价层电子对数为623332−+=，即S为sp2杂化，故D正确；故选D。8.所给实验操作能达到实验目的的是A.用装置甲蒸干FeCl3溶液制无水FeCl3固体B.用装置乙证明蔗糖属于还原性糖C.装置丙检验乙醇与浓硫酸混合加热的产物

中含有乙烯D.装置丁用四氯化碳萃取碘水中的碘单质，从下口放出有机层【答案】D【解析】【详解】A．加热促进铁离子水解，且生成盐酸易挥发，则蒸干得到氢氧化铁，故A项不符合题意；B．检验醛基与新制Cu(OH)2悬浊液的反应时，需要直接加热煮沸，而不能水浴加热，故B项不符合题意；C

．由于乙醇易挥发，且挥发出来的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故装置丙不能检验乙醇与浓硫酸混合加热的产物中含有乙烯，故C项不符合题意；D．CCl4的密度比水的大，故装置丁用四氯化碳萃取碘水中的碘单质，有机层在下层，可从下口放出

有机层，故D项符合题意；故答案选D。9.在呼吸面具中发生的一个重要反应：2222322NaO+2CO=2NaCO+O。下列说法正确的是(AN表示阿伏加德罗常数)A.产生211.2LO时，消耗2CO分子的数目为ANB.244gCO分子中σ键的数目为A4NC.在

230.05mol/LNaCO溶液中，含+Na的数目为A0.1ND.消耗227.8gNaO时，转移电子的数目为A0.1N【答案】D【解析】【详解】A．未注明标况，无法计算，A错误；B．二氧化碳结构式为O=C=O，含2个σ键和2个π，因此44g即21molCO中所含σ键

数目为A2N，B错误；C．未指明溶液的体积，因此不一定是1L，无法求算溶质物质的量，C错误；D．2222322NaO+2CO=2NaCO+O反应中，22NaO自身歧化反应，221molNaO转移1mol电子，因此7.8g即2

20.1molNaO转移A0.1N个电子，D正确；故答案选D。10.中学常见的金属单质X的转化如图所示，下列说法不正确的是A.单质b可以作为燃料B.c为碱性氧化物C.d中加入KSCN溶液显红色D.若单质e为金属锌，则f中加入()36KFeCN溶液不会产生蓝色沉淀【答案】B【解析】【分析

】金属单质X和氧化物a反应生成单质b和黑色氧化物c，该黑色氧化物为Fe3O4，则X为Fe，a为H2O，b为H2，Fe3O4和盐酸反应生成FeCl2和FeCl3，溶液d中通入过量单质e得到溶液f，若e为金属锌，Zn将FeCl3和FeCl2反应生成ZnCl2和Fe，溶液f为ZnCl2溶液。【详解】

A．单质b为H2，可以作为燃料，故A项正确；B．黑色氧化物为Fe3O4，Fe3O4和盐酸反应生成FeCl2和FeCl3两种盐，不属于碱性氧化物，故B项错误；C．溶液d中含有Fe2+和Fe3+，加入KSCN溶液显红色，故C项正确；D．由分析可知，溶液f为ZnCl2溶液，溶液中不含Fe2+，f

中加入K3[Fe(CN)6]溶液不会产生蓝色沉淀，故D项正确；故本题选B。11.自由能大小可以反映物质氧化能力的相对强弱。锰元素的自由能-氧化态图如图所示，下列说法不正确．．．的是A.碱性条件下2MnO易被还原为()2MnOHB.碱性条件下-4MnO；的氧化

能力明显降低C.-4MnO中Mn为+7价D.酸性条件下1mol-4MnO，被充分还原，则转移5mol电子【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，碱性条件下2MnO与()2MnOH的自由能接近，因此2MnO很难被还原为()2MnO

H，故A错误；B．由图可知，碱性条件下4MnO−远远小于酸性条件下的自由能，因此碱性条件下4MnO−的氧化能力明显降低，故B正确；C．由化合价代数和为零可知，4MnO−中O为-2价，Mn为+7价，故C正确；D

．由图可知，酸性条件下1mol4MnO−，被充分还原，转化为自由能最低的Mn2+，则转移5mol电子，故D正确；故答案选A。12.金银花中抗菌、抗病毒的一种有效成分的结构如图所示，下列有关该物质的说法正确的是A.至少有14个原子在同一个平面内B.苯环上的一氯代物有5种C.碳原子的杂化

方式有sp、2spD.1mol该物质能与3molNaOH恰好完全反应【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，有机物分子中苯环为平面结构，其通过单键与碳碳双键连接，由于单键是可以旋转的，则分子中至少有12个原子在同一个平面内，故A

错误；B．由结构简式可知，有机物分子中苯环上的一氯代物有3种，故B错误；C．由结构简式可知，有机物分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，故C错误；D．由结构简式可知，有机物分子中含有的酚羟基和酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol有机物能与3m

ol氢氧化钠恰好完全反应，故D正确；故选D。13.已知：①辉铋矿的主要成分是Bi2S3，3BiCl易水解生成难溶的BiOCl；②化合物中Bi通常呈+3价或+5价，3NaBiO具有强氧化性。下列说法错误的是A.“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制3+Bi的水解B.“溶浸”

步骤发生的主要反应为323236FeClBiS6FeCl2BiCl3S+=++C.“置换”步骤发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2D.流程中可循环利用的物质为3FeCl【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，向辉铋矿中加入氯化铁和

盐酸混合溶液氧化浸取，将矿石中的金属元素转化为可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，过滤得到含有硫的滤渣1和滤液；加入铁粉，将铋置换出来，过滤得到海绵铋和滤液，滤液通入氯气转化为氯化铁溶液，回到酸浸步骤循环使用。【详解】A．由已知信息可得，“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的

浸取率，抑制铋离子的水解，A正确；B．由分析可知，氯化铁和盐酸将矿石中的金属元素转化为可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，化学方程式为323236FeClBiS6FeCl2BiCl3S+=++，B正确；C．“置换”步骤发生反应的离子方程式为323223FeBiBiFe+

++=+，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3，C错误；D．“置换”步骤生成的2Fe+在“滤液氯化”步骤被2Cl氧化为3FeCl，可以实现循环利用，D正确；故选C。14.含硼储氢材料(如3344HNBHNaBHLiBH、、等)在生产中有着广泛的应用。一种新型含硼储氢材料的晶胞，

晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90。设阿伏加德罗常数的值为AN，下列说法不正确的是A.在同周期元素中，第一电离能比B大的共有6种B.4BH−的VSEPR模型和离子的空间结构均为正四面体形C.该晶体的化

学式为()344LiNaBH，密度为3033A6810g/cmaND.33HNBH分子中，NB−化学键称为配位键，其电子对由B提供【答案】D【解析】【详解】A．第二周期元素中，第一电离能比B大的有BeCNOFNe、、、、、，共6种，故A正确；B．4BH−成键电子对为4，孤电子对

为0，即VSEPR模型和空间结构均为正四面体形，故B正确；C．由均摊法，晶胞中Li+占据2个面心，有1212=个，Na+占据4个面心和4个棱心，有1144324+=个，4BH−占据4个面心、1个体心和8个顶点，有11418428++=个，化学式为()344Li

NaBH，而质量为A71233154gN++，体积为()()2-10-103a102a10cm，密度应为3033A6810g/cmNa，故C正确；D．N提供孤电子对，B提供空轨道，形成配位键，故D错误；故选D。二、非选择题(本大题共4小题，共58分)15.已知A、B、C、D、E是

中学化学的常见物质，常温下，E是一种无色无味的液体，它们之间有如下反应关系(反应条件略)。（1）若A是一种黑色非金属单质，B是一种难挥发性含氧酸，C、D都是气体，则A为_______，B为________

(用相应的化学式表示，下同)。（2）若A是一种黑色金属，B是一种常见的挥发性含氧酸，C是无色气体，则A与E反应的化学方程式是_______。用铁氰化钾溶液可以检验溶液中的A2+，反应的离子方程式是_____

__。Na2AO4是一种高效的水处理剂，可由A(OH)3在碱性条件下与次氯酸钠反应制取，该反应的离子方程式是________。（3）若A是一种淡黄色固体，B是一种无氧酸，则该反应的化学方程式是______。A中含

有过氧键，Li2Ti5O15中也有过氧键，Ti的化合价为+4，则其中的过氧键数目为_______。（4）Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6，从物质结构及氧化还原的角度分析2-46SO的结构为(a)而

不是(b)的原因：_______。【答案】（1）①.C②.24HSO（2）①.3Fe＋4H2O(g)高温Fe3O4＋4H2②.K＋＋[Fe(CN)6]3-＋Fe2＋=KFe[Fe(CN)6]↓③.2Fe(OH)3＋3ClO-＋4OH-=22-4FeO＋3Cl-＋5H2O（3）①

.2Na2O2＋4HCl=4NaCl＋2H2O＋O2↑②.4（4）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧键，过氧键的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构【解析】【分析】已

知A、B、C、D、E是中学化学的常见物质，常温下，E是一种无色无味的液体，E为H2O。小问1详解】若A是一种黑色非金属单质，B是一种难挥发性含氧酸，C、D都是气体，则A为C，B为浓24HSO，C和浓硫酸反应生成SO2、CO2和H2O。【小问2详解】若A

是一种黑色金属，B是一种常见的挥发性含氧酸，C是无色气体，则A为Fe，B是硝酸，过量Fe和硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，A与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式是3Fe＋4H2O(g)

高温Fe3O4＋4H2，用铁氰化钾溶液可以检验溶液中的Fe2+，反应的离子方程式是：K＋＋[Fe(CN)6]3-＋Fe2＋=KFe[Fe(CN)6]↓，Na2FeO4是一种高效的水处理剂，可由Fe(OH)3在碱性条件下与次氯酸钠反应制取，根据得失电子守恒和电荷

守恒配平该反应的离子方程式是2Fe(OH)3＋3ClO-＋4OH-=22-4FeO＋3Cl-＋5H2O。【小问3详解】若A是一种淡黄色固体，B是一种无氧酸，且A中含有过氧键，则A为Na2O2，B为HCl，Na2O2和HCl反应生成氧气、氯化钠和水

，化学方程式为：2Na2O2＋4HCl=4NaCl＋2H2O＋O2↑，Li2Ti5O15中含有过氧键，Ti的化合价为+4，Li的化合价为+1，设过氧键的个数为x，则2x+(15-2x)×2=2+5×4，解得x=4。【小问4详解】物质结构及氧化还原的角度分析2-46SO的结构为(a)而不是(b)的原

因是：(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧键，过氧键的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。16.以银锰精矿(主要含22AgSMnSFeS、、)和氧化锰矿(主要含2MnO)为原料联

合提取银和锰的一种流【程示意图如图所示：已知：酸性条件下，2MnO的氧化性强于3Fe+；Ⅰ．“浸锰”过程是在24HSO溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除2FeS，有利于后续银的浸出，矿石中的银以2AgS的形式残留于浸锰渣中。（1）“浸锰”过程中，发生反应：22M

nS2HMnHS+++=+，则可推断：()spKMnS____(填“”或“”)()sp2KAgS。（2）在24HSO溶液中，银锰精矿中的2FeS和氧化锰矿中的2MnO发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有___

____。Ⅱ．“浸银”时，使用过量3FeClHCl、和2CaCl的混合液作为浸出剂，将2AgS中的银以2AgCl−形式浸出。（3）写出“浸银”反应的离子方程式_______。Ⅲ．“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。（4）

该步反应的离子方程式有322FeFe3Fe+++=和_______。Ⅳ．碳是一种很常见元素，它能形成多种物质。碳与铁可以形成合金。（5）基态铁原子核外共有_____种不同空间运动状态的电子。（6）从结构角度分析，3Fe+较2F

e+稳定的原因是_______。（7）碳与其他元素一起能形成多种酸或酸根。2-3CO的空间构型是_______。（8）类卤素()2SCN对应的酸有两种，理论上硫氰酸()HSCN−−的沸点低于异硫氰酸()HNCS−==的沸点，其原因是_______。【答案】（1）>（2）3+2+FeMn

、（3）-3+-2+222Fe+AgS+4Cl2Fe+2AgCl+S（4）-2+-22AgCl+Fe=Fe+2Ag+4Cl的（5）15（6）3Fe+的3d能级为53d半充满状态，较稳定（7）平面三角形（8）异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键

【解析】【分析】银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)混合加H2SO4溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+；

浸锰渣中Ag2S与过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液反应，将Ag2S中的银以[AgCl2]-形式浸出，用铁粉把[AgCl2]-还原为金属银。【小问1详解】“浸锰”过程中，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，MnS发生反应22MnS2HMnHS+++=+，硫化锰溶于强酸而硫化银不

溶于强酸，则可推断：()()spsp2KMnSKAgS＞；【小问2详解】根据信息，在H2SO4溶液中二氧化锰可将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，则浸锰液中主要金属阳离子有Fe3+、Mn2+；【小问3详解】Ag2S中

S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式：-3+-2+222Fe+AgS+4Cl2Fe+2AgCl+S；【小问4详解】铁粉可将[AgCl2]-还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为：

322FeFe3Fe+++=和-2+-22AgCl+Fe=Fe+2Ag+4Cl；【小问5详解】Fe为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，共占据15个原子轨道，故基态铁原子核外共有15种不同空间

运动状态的电子；【小问6详解】从结构分析，Fe3+较Fe2+稳定的原因是Fe3+的3d能级为3d5半充满状态，较稳定；【小问7详解】23CO−中心原子的价层电子对数为：13(4223)32++−=，没有孤电子对，故其空间构型是平面三角形；【小问8详解】的为理论上硫氰酸(H−S−C≡N)的沸点低

于异硫氰酸(H−N=C=S)的沸点，其原因是异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键。17.无水四氯化锡(4SnCl)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点为232℃)与2Cl反应制备4SnC

l，装置如图所示。已知：①4SnCl在潮湿空气中极易水解生成22SnOHOx②各物质熔沸点：物质熔点/℃沸点/℃2SnCl2466524SnCl33−1142CuCl620993（1）仪器a的名称为________，重铬酸

钾(227KCrO)与浓盐酸反应时，还原产物是3CrCl，装置A中发生反应的离子方程式为________。（2）F装置中试剂b为________，其作用是________。（3）锡屑中含铜杂质导致D中产生2CuCl，但不影响E中产品的纯度，原因是________。（4）E所得产品

4SnCl中常溶有少量2SnCl杂质，可用________的方法提纯。（5）制得的4SnCl产品中常含有2SnCl，可用如下方法测定产品纯度：先准确称量7.60g产品于锥形瓶中，再加过量的3FeCl溶液，发生反应：2342SnCl+2FeCl=SnCl+2FeC

l，再用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定生成的2Fe+，达滴定终点时平均消耗标准溶液20.00mL，则4SnCl产品的纯度为_____。【答案】（1）①.蒸馏烧瓶②.2-+-3+2722CrO+14H+6Cl=2Cr

+3Cl+7HO（2）①.浓硫酸②.防止水蒸气进入收集器（3）2CuCl沸点较高，不会随4SnCl气体逸出（4）蒸馏（5）87.5%【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中重铬酸钾与浓盐酸反应制备氯气，由于盐

酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中含有的HCl，装置C中浓硫酸的作用是吸收水蒸气，干燥氯气，装置D中干燥的氯气与Sn在加热条件下共热反应生成SnCl4，装置E的作用是冷凝收集SnCl4，装置F中浓硫酸的作用是吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中使产物

水解，装置G中氢氧化钠溶液的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气。【小问1详解】由图可知，仪器a的名称为蒸馏烧瓶；重铬酸钾与浓盐酸反应时生成3CrCl和氯气，根据得失电子守恒可知，离子方程式为：2-+-3+2722CrO+14H+6Cl=2Cr+3Cl+7HO；【小问2详解】SnCl

4在空气中极易水解，因此装置F中试剂b的作用是防止水蒸气进入收集器，故试剂b为浓硫酸；【小问3详解】收集SnCl4时先将其转变为气体从装置D中分离出来，然后再在装置E中冷凝为液体，根据提供的熔、沸点数据可知，CuC

l2沸点较高，不会随SnCl4气体逸出，因此不影响装置E中产品的纯度；【小问4详解】根据题给信息可知，SnCl4和SnCl2沸点不同，则可用蒸馏法除去SnCl4中常溶有少量SnCl2杂质；【小问5详解】KMnO4标准溶液与亚铁离子反应的离子方程式为：-+2+3+24

2MnO+8H+5Fe=5Fe+Mn+4HO+，由题给二氯化锡与氯化铁反应的化学方程式可得如下转化关系：52SnCl2～5FeCl3～5FeCl2～KMnO4，反应中消耗KMnO4的物质的量为0.1000mol·L

—1×0.02000L=2.000×10-3mol，则二氯化锡的含量为：3%52.00010mol190g/mol27.6g100%12.5−=，则四氯化锡的纯度为：1-12.5%=87.5%。18.化合物H是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：已知：①苯胺()

易被氧化。②甲基为苯环的邻对位定位基团，取代基优先取代在甲基的邻位或对位；羧基为苯环的间位定位基团，取代基优先取代在羧基的间位。（1）F→G的反应类型为________。（2）D中的含氧官能团名称为_

_______(任写两种)。（3）B→C的作用为________。（4）写出G→H的反应方程式________。（5）E经还原得到F，E的分子是为14173CHON，写出E的结构简式________。（6）同时满足下列条件的C的同分异构体

的数目为________。①能发生银镜反应；②能发生水解反应，其水解产物之一能与3FeCl溶液发生显色反应；③分子中只有4种不同化学环境的氢。（7）请以甲苯和()32CHCOO为原料用四步制备，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任选，合成路线流程图

示例见本题题干)__________。【答案】（1）消去反应（2）羟基、羰基、酰胺键或肽键（任写2种）（3）保护氨基（4）+NaOH→+CH3COONa（5）（6）3（7）【解析】【分析】由结构简式可知D含有酚羟基、羰基和酰胺键，F含有羟基，而生成G含

有碳碳双键，可知发生消去反应；C的一种同分异构体：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解可生成酚羟基，应含有HCOO−结构；③分子中只有4种不同化学环境的氢，应为对称结构；甲苯和(CH3C

O)2O为原料制备，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻-硝基甲苯，然后发生还原反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成，氧化可生成，以此解答。【小问1详解】F含有羟基，而生成G含有碳碳双键，可知发生消去反应；【小问2详解】由

结构简式可知D含有羟基、羰基、酰胺键或肽键（任写2种）；【小问3详解】氨基有碱性和还原性，不保护起来容易被破坏，B→C的作用为：保护氨基；【小问4详解】G和NaOH发生水解反应生成和CH3COONa，反应方程式为：+NaOH→+CH3COONa；【小问5详解】E经还原得到F，E的分子式为

C14H17O3N，不饱和度为14221672+−=，由F的结构简式可知E中含有C=O键，发生还原反应生成OH−，E的结构简式为；【小问6详解】C的一种同分异构体：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能

发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解可生成酚羟基，应含有HCOO−结构；③分子中只有4种不同化学环境的氢，应为对称结构，则同分异构体可为或或，故满足条件的同分异构体的数目为3种；【小问7详

解】甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻-硝基甲苯，然后发生还原反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成，氧化可生成，流程为