河北省2021届高三诊断大联考化学试题（解析版）

神州智达2021届高三诊断性大联考

化学(冲刺卷H)

注意事项：

1.答卷前，考生务将自己姓名和考号填写在答题卡上

2.回答选择题时，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。如需

改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在等题卡上，写

在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：HlC12O16Na23Si28S32Ca40Cu64Mo96

一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。

1.84消毒液(NaClO)、甲醛(HCHO)、过氧乙酸(CH3coOOH)、Ca(ClO)2均可用于杀菌消毒下列说

法错误的是()

A.84消毒液和洁厕灵混合使用效果更好

B.甲醛水溶液可用于浸泡生物标本

C,过氧乙酸(CH3coOOH)配制过程中应佩戴橡胶手套

D.Ca(C10)2与空气中的CO2和H2O作用形成HC10

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A.84消毒液的有效成分是NaClO,洁厕灵的主要成分是盐酸，两者混合发生NaC10+2HCl=NaCl

+Cht+H2O,产生氯气，氯气有毒，故A说法错误；

B.甲醛能使蛋白质变性，甲醛的水溶液称为福尔马林溶液，用于浸泡生物标本，故B说法正确；

C.过氧乙酸有较强的腐蚀性，不能直接用手接触，因此配制过程中应佩戴橡胶手套，故C说法正确；

D.次氯酸的酸性弱于碳酸，Ca(C10)2与空气中的CO2和H2O反应Ca(CIO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HC1O,

故D说法正确；

答案为A。

2.下列过程中不涉及分解反应的是()

A.电解法制备金属镁B.水滴石穿

C.《石灰吟》中的“烈火煨烧D.氯水久置酸性增强

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A.电解法制备金属镁MgCL譬Mg+Chf,是分解反应，故A正确；

B.水滴石穿原理：碳酸钙与二氧化碳和水反应生成易溶于水的碳酸氢钙，即CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2,

是化合反应，故B错误；

C.烈火煨烧是石灰石煨烧分解生成CaO和二氧化碳：CaCCh瞥CaO+CChf,是分解反应，故C正确；

D.氯气和水的反应生成HC1O,新制的氯水久置时发生HC1O分解生成HC1和02,生成的HCI导致溶液酸

性增强，反应化学方程式为：2HC1O=2HC1+O2T，是分解反应，故D正确；

故选：Bo

3.下列说法正确的是()

A.Na跟水反应所得产物既有电解质又有非电解质

B.加入还原剂才可完成NaCl--->Na的转化

C.过氧化钠的电子式为Na:O:O:Na

D.Na2cO3溶液显碱性，Na2c。3属于盐类

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A.Na跟水反应所得产物为NaOH和H2,其中NaOH为电解质，而出既不是电解质也不是非电

解质，A项错误；

B.NaCl晶体熔融下，可以电解为Na和氯气，不需要加入还原剂，B项错误；

一-I2一

C.过氧化钠为离子化合物，其电子式为Na+:6:6:Na+,C项错误；

D.Na2c。3为强碱弱酸盐，在水溶液中，碳酸根易水解，溶液显碱性，D项正确；

答案选D。

4.有机物J是合成抗病毒药物的医药中间体，下列有关该化合物的说法错误的是（）

A.分子式为c9Hl4。8B.所有碳原子可能位于同一平面

C可发生加成反应D.其链状同分异构体中可能含有一个双键和一个三

键

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A.根据结构式可知分子式为C9H14O8,故A正确；

B.环己烯六个碳原子不能共平面，故B错误；

C.由于含有碳碳双键，因此可以发生加成反应，故C正确；

D.该化合物含有3个不饱和度，又因为一个双键含有1个不饱和度，一个三键含有2个不饱和度，所以其

链状同分异构体中可能含有一个双键和一个三键，故D错误；

故选B。

5.X、Y、Z、W、V是五种原子序数依次增大的短周主族元素，X与Y的最外层电子数之和等于Z与W的

最外层电子数之和，淡黄色固体单质W可由X?W与WY2反应生成。下列叙述中正确的是（）

A.简单离子半径：Z>W>V>YB.含氧酸酸性：W<V

C.简单氢化物的沸：W>YD.化合物ZX与X2Y反应有无包无味气体生成

【答案】D

【解析】

【分析】淡黄色固体单质W,则W为S元素，则X?w为H2s与WY?为S20,X与Y的最外层电子数之和

等于Z与W的最外层电子数之和，则Z为Na元素，W为S元素，V为C1元素，据此解题。

【详解】A.简单离子半径：W>V>Y>Z，故A错误；

B.含氧酸酸性不能比较,例如：H2so>HC1O,HC1C）4>H2so4,故B错误；

C.简单氢化物的沸点：W<Y,故C错误；

D.化合物ZX与X?Y反应有无色无味气体生成NaH+H2O=NaOH+H2,故D正确；

故选D。

6.下列变化对应的离子方程式错误的是（）

+

A.硅酸钠溶液中滴加稀硫酸：SiOt+2H=H2SiO3l

电解

B.用惰性电极电解饱和食盐水：2C1+2H20---Cl2t+H2t+20H

A。

C.足量NaOH溶液和NH4HSO3溶液混合加热：NH；+HS0；+20H-=NH3t+S0^+2H20

D.用稀氢氧化钠溶液吸收二氧化氮：20H+2NO2=NO3+NO+H2O

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A.硅酸钠溶液中滴加稀硫酸，生成硅酸沉淀，离子方程式为：SiOt+2r=H2SiO3l,A项正确;

B.用惰性电极电解饱和食盐水，生成氯气、氢气和氢氧化钠，离子方程式为：

电解

2C1+2H2OCl2t+H2t+20H\B项正确；

C.足量NaOH溶液和NH4HSO3溶液混合加热，生成氨气、硫酸钠和水，离子方程式：

NH4+HSO3+2OH=NH:if+S0^+2H20,C项正确；

D.用稀氢氧化钠溶液吸收二氧化氮，生成硝酸钠、一氧化氮和水，本题电荷未守恒，正确的离子方程式为:

2OH+2NO2=NO；+NO-+H2O,D项错误：

答案选D。

7.碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.20mol-LjiKI0.2%淀粉溶液

0.20mol-L＞（NH4bszOsO.lOmolL-'Na2s?。3等式剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。

已知:$2。；一+2r=2S0：+L（慢）

2s2。；+l2=S,4（t（无色）+2「（快）

结合表中数据判断下列说法错误的是

实验编号111IIIIVV

0.20molC'（NH4）,S2O810.05.02.510.010.0

O2Omol-U1KI10.010.010.05.02.5

试剂用量

O.lOmolL-1Na2s2O3

/（H1L）4.04.04.04.04.0

0.2%淀粉溶液2.02.02.02.02.0

蒸储水0.0a7.5b7.5

显色时间At/（s）352112356107

A.a=5,b=5

B.实验I中，用Na2s2。3表示的反应速率为v（S2O；）=gSmol-LLsT

C.反应液初始浓度越大，反应时间越短，平均反应速率越大

D.为确保能观察到蓝色，需满足的关系为n（S2O：）:n（S2Oj）＜2

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A.为了控制溶液总体积不变，故a=b=5,A项正确;

△c4.0x10'3Lx0.1Omol/L0.40.4

B.由v=—,At=35s,Ac---------------------=-molI//TL,则milv=——mol-L^-s'1,B

At26.0xl03L2626x352275

项错误；

c.对比I、n、in可知反应物初始浓度越大，反应时间越短，平均速率越大，c项正确；

D.由反应S2O；-2r=2S0：+L，是慢反应，而2SQ；+k=SQ：+2r为快反应，为能看到蓝色，s?。；应

更多，则n（S2O：）:n（S2O；）＜2,D项正确；

答案选B。

8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）

A.标准状况下，9.2g甘油［小2（。电（31i（0电（2凡0司所含-011数目为0.3必

B.ILpH=2的新制氯水中OH，C1O\C「的数目之和为001NA

C.标准状况下，IL2LSO3中所含0原子数目为1.5N,\

D.1LO.lmoir1FeC1溶液中Fe，+数目小于01NA

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.甘油分子中含有3个羟基，9.2g甘油的物质的量为0.1mol,含有的羟基数目为0.3M,故A正

确；

B.lLpH=2的溶液中存在电荷守恒关系：n(OH)+n(C10)+n(Cl)=ZJ(H+)=ILX0.01mol/L=0.01mol,则新

制氯水中OH-、C1O\C「的数目之和为O.OINA,故B正确；

C.标准状况下，三氧化硫为非气态，无法计算11.2L三氧化硫的物质的量和所含氧原子数目，故C错误；

D.氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解，则ILO.lmol/L氯化铁溶液中铁离子数目小于O.INA,故D

正确；

故选C。

9.用如图所示装置进行CHd还原CuO的实验，已知实验前称取的CuO的质量为12g,下列说法错误的是

A.D处有气泡冒出时，点燃A处酒精灯

B.B处无水硫酸铜变蓝，说明CH4还原CuO时有H?。生成

C.C处的澄清石灰水变浑浊，说明CH4还原CuO时生成CO?

D.当固体质量为9.6g<m<10.8g时，表明红色固体是Cu与C%。的混合物

【答案】A

【解析】

【分析】由题给实验装置图可知，进行甲烷还原氧化铜的实验前，应先通入甲烷气体，待装置D中均匀有

气泡冒出后，说明装置中的空气已排尽，再点燃装置A中的酒精灯，装置B中无水硫酸铜变蓝，说明反应

有水生成，装置C中澄清石灰水变浑浊，说明反应有二氧化碳生成，装置D的吸收过量的甲烷，防止污染

环境。

【详解】A.为防止装置中的氧气干扰实验，进行甲烷还原氧化铜的实验前，应先通入甲烷气体，待装置D

中均匀有气泡冒出时，说明装置中的空气已排尽，再点燃装置A中的酒精灯，故A错误；

B.水蒸气能使无水硫酸铜变蓝色，若装置B中无水硫酸铜变蓝，说明甲烷还原氧化铜的反应中有水生成，

故B正确；

C.二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，若装置C中澄清石灰水变浑浊，说明甲烷还原氧化铜的反应中有二氧

化碳生成，故c正确；

D.若甲烷还原氧化铜的反应生成铜，由铜原子个数守恒可知，若12g氧化铜完全生成铜，铜的质量为

12gx64,同理可知，氧化亚铜的质量为144=]0则充分反应后固体质量为

8080x2

9.6g<m<10.8g时，说明甲烷还原氧化铜的反应中生成的红色固体是铜和氧化亚铜的混合物，故D正确；

故选Ao

10.分子筛催化环己烯（。|）芳构化制苯（◎）的反应历程和过程中能垒图分别见图一和图二。

R(ZO«C6HH))TSIIntl(ZO<闻TS2

了)TS4P(CH6onZOH)

TS3Int3(Z0>C6H6

图一

下列说法中错误的是（）

A.TSlfInti的反应为取代反应

B.决定化学反应速率的步骤为Int3fTS4

【答案】B

【分析】

【详解】A.观察TSI及Inti的结构简式可知TSI-Inti的反应应为取代反应，A项正确；

B.升高温度，反应速率变化最大的步骤应该是活化能最大的步骤，由题图可知，应该是R-TS1的反应,

B项错误；

C.根据图中的结构简式可知环己烯芳构化反应为____0—>fJ+2H2,C项正确;

D.由环己烯芳构化的反应进程可知,经芳构化反应可能得到

D项正确;

答案选B。

二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题目要求

11.现有环状化合物结构如图，有关说法正确的是（）

CH3O

0=^CH3-LQHHOOH

o——

ab

A.b、c可发生缩聚反应

B.a、b、c互为同分异构体

C.a、b、c均可发生氧化反应和加成反应

D.等物质的量的a和b消耗NaOH的物质的量之比为2：1

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A.b中含1个竣基，不能发生缩聚反应，c中含2个羟基，能与竣基发生缩聚反应，A错误；

B.a、b、c分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B正确；

C.a、b、c都能燃烧，均可发生氧化反应，不能发生加成反应，C错误；

D.a含1个酯基,能消耗ImolNaOH,b中含1个竣基,能消耗ImolNaOH,等物质的量的a和b消耗NaOH

的物质的量之比为1：1,D错误；

故选：Bo

12.研究发现，高温时，利用如图所示装置（加热装置略去），加入合适的熔盐电解质（可传导。2一）可直接电

通电

解SiC>2得到Si-Za-Mg合金，其电解原理为Si。2—Si+（V。下列说法错误的是（）

A.Ar气保护Y电极，防止高温时被氧气氧化损耗石墨

B.石墨坨烟和与之接触的合金作阳极

C.阳极反应为202--4}=。2个

D.合金质量增加2.8g时，0.4mol电子由X流向电源负极

【答案】B

【解析】

【分析】由题给示意图可知，该装置为电解池，石墨电极为电解池的阳极，氧离子在阳极上失去电子发生

氧化反应生成氧气，电极反应式为202-4e=02t高温下氧气与石墨发生反应生成碳的氧化物会损耗阳极,

石墨用烟和与之接触的合金做阴极，二氧化硅在阴极上得到电子发生还原反应生成生成硅，电极反应式为

+2

SiO24e=Si+20»

【详解】A.由分析可知，石墨电极为电解池的阳极，氧离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，高

温下氧气与石墨发生反应生成碳的氧化物会损耗阳极，则电解过程中需在阳极通入负气气保护Y电极，防

止高温时被氧气氧化损耗石墨，故A正确；

B.由分析可知，石墨用烟和与之接触的合金做阴极，故B错误；

C.由分析可知，石墨电极为电解池的阳极，氧离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式

为202—4e=02t,故C正确；

D.由分析可知，墨生烟和与之接触的合金做阴极，二氧化硅在阴极上得到电子发生还原反应生成生成硅，

电极反应式为SiO2+4e=Si+2Cp—,合金质量增加2.8g时，阳极生成O.lmol硅，有0.4mol电子流向负极，故

D正确；

故选Bo

13.随着各类气体传感器的开发，废气监测越来越精细。废气I中含有碳氧化物、NO及少量SO?,不能

达到排放标准，拟采用如图工艺进行回收处理，流程中两种废气吸收剂依次为Ca（OHb和NaOH与水的

混合物。下列说法正确的是（）

空^NHQ溶液

废气ITI废气吸收剂I|T废气IIT陵气吸收剂IIITNaNO：溶液TN,

JJT

威查X-旗气HI-------------

A.废渣中所含盐为C和S的最高价含氧酸对应的钙盐

B.向废气II中通入空气的目的是将NO全部氧化为NO?

C.NH4cl溶液与NaNO?溶液混合生成N2时，氧化剂和还原剂物质的量不相等

D.废气HI中所含气体X经回收可用作冶炼金属的还原剂

【答案】BD

【解析】

【分析】废气I中含有碳氧化物、N0、少量的SCh,废气吸收剂1为Ca(0H)2,能够吸收酸性气体CCh、

SO2等气体，废渣为CaCCh、CaCO3,废气II中通入空气，使NO转变成NCh,废气吸收剂H为NaOH,发

生2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O,力口入NH4cl和NaNCh发生氧化还原反应，生成NaCl和Nz,废

气IH为CO,据此分析；

【详解】A.废渣为CaCCh和CaSCh,CaCCh为C的最高价含氧酸对应的该盐，CaSCh中S的化合价为十4

价，不是最高价，故A说法错误；

B.根据上述分析，NO不能与NaOH反应，因此通入空气的目的是将NO全部氧化为NCh,便于用NaOH

吸收NO2,故B说法正确；

C.NH4cl中N由一3价一0价，化合价升高3价，NaNCh中N由+3价一0价，化合价降低3价，根据得失

电子数目守恒，因此氧化剂NaNCh与NH4cl还原剂的物质的量相等，故C说法错误；

D.根据上述分析，气体X为CO,CO可用作冶炼金属中还原剂，故D说法正确；

答案为BD。

14.氨催化氧化时会发生如下两个竞争反应。

4NH3(g)+502(g)D4N0(g)+6H20(g)AH<0

4NH3(g)+302(g)Q2N2(g)+6H20(g)AH<0

为分析某催化剂对该反应的选择性，在1L密闭容器中充入ImolNH,和2moi0,,测得有关物质的物质的

量与温度的关系如图所示。下列说法错误的是()

A.对于反应I,ASX)B.对于反应1,C点比B点平衡常数小

C.该催化剂在低温时选择反应ID.520c时，A点。2的物质的量分数约为46%

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.对于反应I,4+5<4+6,正反应方向为气体物质的量增大的方向，正反应方向是燧增加的方向,

ASX),A项正确；

B.C点中，一氧化氮的物质的量比B点少，则反应物C点比B点的物质的量大，根据平衡常数

K=c(H2O)c(NO)c点比B点平衡常数小，B项正确；

c(NH3)C(02)

C.由图示可知低温时，容器中主要产物为氮气，则该催化剂在低温时选择反应1【，c项错误；

D.反应I中,A点,一氧化氮为0.2moL则H2O(g)=0.3mol,消耗了0.25moK)2和0.2molNH3,反应H中,

A点，氮气为0.2mol,贝IH2O(g)=0.6mol,消耗了0.3molO2和0.4molNH3,由此可以计算出。2的物质的量

2mol-0.25mol-0.3mol

分数=X100%«46.03%,D项正

2mol+lmol+0.2mol+0,2mol+0.6mol+0.3mol-0.25mol-0.2mol-0.3mol-0.4mol

确;

答案选C。

15.用O.lOmoLLTKOH溶液滴定20mL0.10mol磷酸二氢钠(NaF^P。?)溶液，混合溶液的相对导

电能力变化曲线如图所示。已知NatHPO,溶液呈碱性，下列说法错误的是()

20

A.ab过程中发生反应的离子方程式为H2P0,+0H-=HP0；+40

B.b点对应溶液中c(Na-)>c(POj)>c(H2PoJ

c(HPOj)

C.若c点溶液pH=12,且=10°6,则KjHPO；)=10-126

c(P。；)

D.若用同浓度NaOH溶液代替KOH溶液进行滴定，图像与该图完全重合

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】A.由于H2P。4能电离出部分H+,所以在ab过程能与碱发生中和反应，离子方程式为:

H2PO；+OH=HPO；+H2O,A正确;

B.由图知ab段和be段发生的化学反应不同，因为NaHPO4是b点的主要成分，且溶液呈碱性，则HPO：

的水解程度大于电离程度，则c(H2Po4)>c(PO：),B错误；

C.K4(HPO；)=C(POJc")=1096x10-12=1072.6,c正确；

\7c(HPO-)

D.溶液的导电性与离子的种类、离子浓度、离子所带电荷数有关，氢氧化钾的碱性略比氢氧化钠的碱性强,

将NaOH改变成KOH,图像不完全重合，D错误；

故选：BD。

三、非选择题

16.组(Mo)是一种稀有金属，利用铜精矿(主要成分为MoS?和Si。?)得到精Mo的一种工艺流程如图：

八Q

纯碱

曾矿筝溶［夜号渣稀硫酸

空气f(焙烧蚪----心浸而一叱McO4溶液f(限必池)~AH?MOC)4

n部JK.I

精一〔电解池〕—粗Me——X<一^(热解炉)

已知：常温下K£CaMo04)=L6xl05,回答下列问题：

(1)焙烧后得到+6价的铝氧化物X,“焙烧”的主要化学方程式为,废气过量排放引起的环境污染主

要为的o

(2)Na2MoO「2H2。晶体可经蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥直接从Na?MoO4溶液获得，测得16g铝

精矿样品经上述工艺焙烧、碱溶后获得12.1g晶体，忽略流程中产品损耗，则该铝精矿MoS2的纯度为

(3)计算CaMoC^的溶解度约为g,若晶体NazMoOrZH?。中混有少量CaMoO«,进一步提纯晶

体Na2MoO4-2H2O的操作名称为。

(4)已知：H2MoOq为弱酸，微溶于水，“酸化”得到H?MoO4的离子方程式为。

⑸电解精炼Mo时，电解质溶液为KC1-K3MOC16溶液，“粗Mo”应与电源(填“正”或"负”)极相连,

另一极为石墨电极，若阴极的电极反应为MoCl〉+3e-=Mo+6C「，则阳极主要的电极反应为。

【答案】(1).2MOS2+702=2MOO3+4SO2⑵.形成酸雨(3).50%(4).8x10*⑸.溶解

+

过滤、蒸发浓缩、冷却结晶(6).MOO^+2H=H2MOO4^(7),正(8).Mo-3e-+6Cr=MoCl：

【解析】

【分析】制备铝酸钠：铝精矿(主要成分为MoS2)在空气中焙烧，由小题(1)知，得到MOC>3,根据S元素的

价态变化规律可知s元素被氧化成二氧化硫；然后MOO3用碳酸钠溶液溶解，过滤分离出难溶物，得到

Na2Moe)4溶液；加入足量硫酸得到铝酸沉淀，过滤后经高温灼烧得到MoCh,氢气还原MoCh得到粗Mo,

再经过电解池得到精Mo,据此解答。

【详解】(1)焙烧后得到+6价的铝氧化物X,可知X为，得到MoCh,根据S元素的价态变化规律可知S元

素被氧化成二氧化硫，则“焙烧”的主要化学方程式为2Mos2+702=2MOO3+4SO2；焙烧的产物除MoCh外

的另一种是SO2,产生的尾气对环境的主要危害是形成酸雨，故答案为：2MOS2+702=2MoO3+4SO2；形

成酸雨；

(2)根据M。守恒，该反应存在关系式：MoS2~Na2MoO4-2H2O,经过焙烧、碱溶后获得

12la

12.1gNa,MoO.2H,。晶体，其物质的量，=0.05mol,理论上消耗MoS,的质量

242g/mol

-0.05molxl60g/mol=8g,则该铝精矿MoS2=.xl00%=50%,故答案为：50%；

16g

2+

(3)设饱和CaMoO4溶液中CaMoO4的浓度为c,由CaMoO4⑸fCa(叫)+MoO：(aq)可知

、c,八-5iS4.0x10-3molx200g/mol

K(CaMoO])=1.6x10=c~,c=4.0x103moi/L,=---------------------»解得：S=8x104g,

sp41001000g

4

该温度下CaMoOa的溶解度约为8x10g；CaMoO&难溶，进一步提纯晶体Na2MoO4-2H2O的操作名称

为：溶解过滤、蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：8x10-4；溶解过滤、蒸发浓缩、冷却结晶；

+

(4)Na2MoCU溶液加入足量硫酸得到铝酸沉淀，离子方程式为：己知：MoO；-+2H=H2MoO4,故答案

+

为：MOO^+2H=H2MOO44<；

(5)电解精炼Mo时，电解质溶液为KCl-K3Moe%溶液，一极为石墨电极，若阴极的电极反应为

MoCl^+3e=Mo+6Cl,则“粗Mo”应与电源正极相连，为阳极，其电极反应为：Mo-3e+6cl=MoCl]

故答案为：正；Mo-3e+6C1=MoCl^o

【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，结合题目信息对流程的分析是本

题的解题关键，难点为(3),要注意根据Ksp计算溶解度的一般方法的理解和应用。

17.酯化反应是一个可逆反应，为了提高酯的产量，应尽量使反应向有利于生成酯的方向进行。现用如图

装置及药品制备乙酸乙酯，实验过程中间歇加热回流，缓缓滴入冰醋酸至完全反应。

已知：①乙醇可与CaCl2形成CaC%-6C2H,OH难溶物;

②冰醋酸的密度为1.05g-mLT；乙酸乙酯的密度为0.9g-mLJ：

③由竣酸和醉成酯的反应机理为:

+HD

)HR-C-OH

OH

II

-%。)-H+

Xu□R-C-OH□R-C-OH、OH〉|1-(,-(中'

IVOH+K-OOHII

HO-R'O-R'R-C-OR

回答下列问题:

(1)仪器a的名称为

(2)对得到的乙酸乙酯粗产品提纯:

①向粗产品中加入碳酸钠粉末，观察到现象为的

②向其中加入饱和氯化钙溶液，振荡、静置、分离，主要目的是o

③向所得有机层中加入无水硫酸钠，(填操作名称)；将处理过的液体蒸储，得到纯净的乙酸乙酯。

(3)本实验最终得到乙酸乙酯19.5mL,计算知乙酸乙酯的产率为(保留2位有效数字)；反应液温度

过高，产率会下降，可能的原园是。

(4)根据竣酸和醇成酯的反应机理推测，下列物质中可用作制备乙酸乙酯的催化剂为(填标号)，理由

是一(用离子方程式表示)；

A.NaOHB.CaCl2C.AIC13

醇(R|8(DH)和段酸(R'COOH)在催化剂作用下的化学方程式为o

【答案】(1).直形冷凝管(2).有气泡产生，溶液分层(3).除去乙酸乙酯中的乙醇和碳酸钠溶

液(4).干燥(5).80%(6).温度过高使乙醇、乙酸挥发，反应物的消耗量增大，产率降低(7).

3++I88

C(8),Al+3H2OnA1(OH)3+3H(9),ROH+RTOOHRWOH+H2O

【解析】

【分析】由酯化反应的机理可知，酸性环境有利于酯化反应的进行,反应时应选用能使溶液呈酸性的催化剂,

促使反应进行。

【详解】(1)由实验装置图可知，仪器a为直形冷凝管，故答案为：直形冷凝管；

(2)①乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，向粗产品中加入碳酸钠粉末，碳酸钠能与未反应的乙酸反应生成二氧化

碳气体除去乙酸，碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度，使溶液分层，故答案为：有气泡产生，溶液分层;

②向分层后的溶液中加入饱和氯化钙溶液，氯化钙溶液能与乙酸乙酯中的碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀除去,

同时将乙酸乙酯中的乙醇转化为难溶的六乙醇氯化钙难溶物除去，故答案为：除去乙酸乙酯中的乙醇和碳

酸钠溶液；

③向所得有机层中加入无水硫酸钠，无水硫酸钠与乙酸乙酯中的水反应生成十水硫酸钠晶体，将水除去起

到干燥的作用，故答案为：干燥；

(3)由酯化反应的机理可知，酸性环境有利于酯化反应的进行，氯化铝在溶液中水解使溶解呈酸性，有利于

酯化反应进行，则可用作制备乙酸乙酯的催化剂为氯化铝，氯化铝在溶液中水解使溶液呈酸性的离子方程

3+

式为，故答案为：C；A1+3H2ODA1(OH)3+3H+；

(4)由酯化反应的机理可知，18。存在于乙醇和乙酸乙酯中，则在催化剂作用下，Ri80H与R'COOH发生酯

化反应生成R'COMH和水，反应的化学方程式为Ri80H+R'C00H"萼"R'CC^OH+HZO,故答案为：

RI8OH+RCOOH™RWl80H+H2O。

18.发展乙焕精细化工是乙烘化工发展的必不可少的途径。回答下列问题：

(1)天然气裂解是制乙焕的重要途径，涉及反应为：

主反应：2cH4(g)口C2H2(g)+3H2(g)

副反应：2cH4(g)口C2H4(g)+2H2(g)

提高主反应CH,的平衡转化率。

A.CH4B.C2H2C.C2H4D.H2

(2)乙焕和乙烯均可通过加成反应得到乙烷，对应的热化学方程式如下:

①C2H2(g)+2H2(g)口C2H3(g)AH^-SllKjnnor1

②C2H4(g)+H2(g)□C2H3(g)AH2=-137KJQior

则乙快加氢生成乙烯的能量变化趋势对应示意图为(填“a”或"b”)图中对应的浙o

⑶一定条件下，研究表示反应：C2H2(g)+H2(g)DC2H3(g)生成乙烯的

：t60S5

v=0.585[p(C2H2)]°[p(H2)]»p(FQ一定时，若p(C2H2)<p?(C2HJ则(填，，或“v”)。

(4)由C2H②可以得到重要的化工原料C2H4,同时生成两种常见单质气体，电解催化装置示意图如图：

【答案】(1).68.75%(2).10|(,(3).C⑷.a(5).-174kJ/mol(6).>⑺.用带火

星的小木条，若复燃说明是氧气(8).Pd(9).C2H2+2e-+2H+=C2H4

【解析】

【分析】

【详解】⑴设甲烷的初始分压为m,氢气的初始分压为n,

(

2CH4(g)□c2H2g)+3H2(g)

P初m0n

P转200100300

P末m+200100n+300

2cHKg)□C2H4(g)+2H2(g)

P初0n

,反应后CH4分压为100,所以m-200-20=100,m=320,

P转201020

P末m-2010n+20

P-'(H,)-P(C,H,)10000'x100IO

CH转化率为,1。0%=68.75%；主反应Kp==10;

P"CH4)1002

对于提高甲烷的平衡转化率:

A、甲烷的初始量增大，转化率降低;

B、反应逆向移动，转化率降低;

C、加入C2H4逆反应逆向移动，导致甲烷增多，进而使反应平衡正向移动，甲烷转化率增大;

D、主反应逆向移动，转化率降低。

⑵

①C2H2(g)+2H2(g)口C2H3(g)AH,=-311kJ?nit②

,l

C2H4(g)+H2(g)DC2H3(g)AH2-137kJh1or,得乙快加氢生成乙烯的热化学方程式为

C2H2(g)+H2(g)DC2H4(g)AH=-311-(-137)=-174kJ/mol,对应示意图为a；

(3)在某催化剂上生成乙烯的速率方程为v=0.585[p(C2H2)]°"5(町了版,p(H2)一定时，p(C2H2)越大V

越小，若P1(C2H2)<p2(C2H2),则V]>V

2，

(4)利用Pd、Pt作电极，电解催化乙焕合成乙烯，同时可得到副产品H2和。2,Pd电极为阴极，乙焕得到电

子发生还原反应生成乙烯。同时溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应：C2H2+2e+2H+=C2H4；

+

2H+2e=H2t,Pt为电解池的阳极，溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，b出口得到的副产品

是02,检验氧气用带火星的小木条。

19.金属铳(Sc)是一种柔软、银白色的过渡金属，其中一种由酸式氟化镀(NH&F-HF)和氧化铳及钙为原料

的制备方法可用如图转化表示:

HO

NHF-HF2

4n300℃

NH4F

SC2O3―

ScF—।Sc

3900~1650℃

L

Ca—-*CaF2

回答下列问题:

(l)Sc位于元素周期表的区；基态Sc原子的价层电子轨道表示式为

⑵酸式氟化镀的组成元素中，电负性由大到小的顺序为:阳离子NH：的空间构型为,中心

原子的杂化方式与NH?（填“相同”或“不相同）；NH&F中，不存在_______（填标号）。

A离子键B.G键C.兀键D.氢键E.配位键

（3）CaF2是离子晶体，其晶格能符合图中的Bom—Haber循环。

Ca2+（g）+2F7g）一ekJ/m'“CaF?（晶体）

bikJ/mol

ckJ/mol

Ca+（g）

b\kJ/mol2F（g）

Ca（g）

MdkJ/mol

akJ/mol

111

Ca（晶体）+F2（g）一一/"/。1-------------

①CaF；的晶格能为；bib2（填+'或y'）。

（4）CaF2的晶胞如图所示，其中Ca?+的配位数为,Ca耳的密度为夕gEtm7.相邻的两个Ca?+的最近

核间距为acm,则CaF2的摩尔质量数值为（列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值）。

CaF2晶胞(・Ca2+oF-)

【答案】Q).d(2).I1J(3).F>N>H(4).正四面体

3d4s

a'Nx

(5).相同⑹.CD(7).eKJ/mol(8).<(9).8(10).——

4

【解析】

【分析】

【详解】(l)Sc是21号元素，位于第四周期、HIB族，位于元素周期表的d区；基态Sc原子的价电子排布

式是3dzs2,价层电子轨道表示式为二_______________二E3。

3d4s

⑵酸式氟化镂中含有N、H、F三种元素，非金属性越强电负性越大，电负性由大到小的顺序为F>N>H；NH：

5+4-1

中N原子的价电子对数是二一二4,无孤电子对，阳离子NH：的空间构型为正四面体，中心原子的杂化

方式为sp3,NH,中N原子的价电子对数是半=4,中心原子的杂化方式为sp3；NH&F由NH：和F-构成,

T-TJ——十

NH；的结构式是H-N-H,存在离子键、。键、配位键，不存在兀键、氢键。

①晶格能是指在标准状况下，使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的能量，根据图示CaF?的

晶格能为eKJ/mol；bi为Ca的第一电离能、b2为Ca的第二电离能，所以bi<b2；

(4)在CaF?晶胞中每个Ca?+连接4个氟离子，但在下面一个晶胞中又连接4个氟离子，所以其配位数为8；

根据晶胞图，1个晶胞中有Ca2+数为8X'+6XL=4、F数是8；相邻的两个Ca?+的最近核间距为acm,

82

则晶胞的体积为/5？，CaF?的密度为pg©iT3,设CaF?的摩尔质量数值为M；则

pg/cn?=J^-g/cn