河南省开封市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编2-非选择题

河南省开封市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇

编2-非选择题

1.(2022春•河南开封•高二统考期末)氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消

毒及化工领域。实验室中利用如图所示装置(部分装置省略)制备KClo3和NaCIOo

abcd

回答下列问题：

⑴盛放Mno2粉末的仪器名称是,其中发生反应的化学方程式为

(2)a中的试剂为,其作用是。

(3)b中采用的加热方式是,这样加热的优点有(答两点)。

(4)c中化学反应的离子方程式为,采用冰水浴冷却的目的是。

(5)d的作用是。反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，,

干燥，得到KCIoJ晶体。

2.(2021春•河南开封•高二统考期末)碘是人体必需的生命元素，对人类的生长发育

起着重要作用。碘主要存在于海带、海水和盐矿中。从海带中提取碘的实验过程如

图所示。

o

己知：①4的升华温度：45℃~77℃;②CCl4沸点：76.8Co回答下列问题：

⑴步骤①灼烧海带，实验室通常在如图所示装置中进行，仪器a的名称为

a

⑵步骤③涉及的操作名称为,实验室进行该操作时用到的玻璃仪器有

⑶步骤④中涉及的主要反应的离子方程式为。

⑷海带灰中还含有其他可溶性无机盐类（硫酸盐、硝酸盐、碳酸盐等），这些盐类是在流

程图中的第步（填编号）与碘分离，若要使碘尽可能地完全转移，应采取的操

作是。

⑸步骤⑥将CCl,与I2分离可以采用（填"常压"或"减压"）蒸镭方法，原因是

⑹若实验室称得海带的质量为mg,提取单质碘的过程中，碘损失了n%,最后得到单

质碘bg,则海带中碘的百分含量为（用含m、n、b的式子表示）

3.（2020春•河南开封•高二统考期末）苯甲酸乙酯稍有水果气味，用于配制香水香精

和人造精油，也大量用于食品中。制备原理：苯甲酸和乙醵在浓硫酸的催化下进行

酯化反应，可以生成苯甲酸乙酯与水。

由于苯甲酸乙酯的沸点较高，很难蒸出，所以本实验采用加入环己烷的方法,使环己烷、

乙醉和水形成三元共沸物，其沸点为62.1℃。三元共沸物经过冷凝回流形成两相，其中

环己烷在上层的比例大，再流回反应瓶;水在下层的比例大，放出下层即可除去反应生

成的水。

装置图:

反应装置

试剂相对分子质量密度/(g/cm3)沸点/℃在水中的溶解性

乙醇460.789378.5易溶

苯甲酸1221.2659249微溶

环己烷840.778580难溶

乙醛740.731834.51难溶

苯甲酸乙酯1501.05211~213微溶

实验步骤：

①加料：在50mL圆底烧瓶中加入6.1g苯甲酸、13mL乙醇、IOmL环己烷、2.0mL

浓硫酸，摇匀，加沸石。按照装置图左图组装好仪器（安装分水器，分水器上端接一冷

凝管），从分水器上端小心加水至分水器支管处，然后再放去一部分水使液面离分水

器支管口约0.5Cmo

②分水回流：将烧瓶在水浴上加热回流，开始时回流速度要慢。随着回流的进行，分

水器中出现了上、中、下三层液体。当中、下层接近分水器支管时，将中、下层液体放

入量筒中。

③中和：将反应液倒人盛有30mL水的烧杯中，分批加入碳酸钠粉末至溶液呈中性（或

弱碱性），无二氧化碳逸出，用PH试纸检验。

④分离萃取、干燥、蒸储:用分液漏斗分出有机层，将水层溶液用25mL乙醛萃取，然

后合并至有机层。用无水MgSC）4干燥，对粗产物进行蒸储，低温蒸出乙酸。当温度超

过140°C时，直接接收一定温度下的银分，得产品约5.7mL。

回答下列问题：

⑴反应容器中制取苯甲酸乙酯的化学方程式为,装置图中仪器A的名称

是o

⑵本实验采取了多种措施来提高酯的产率，请写出其中两种。

⑶在制备苯甲酸乙酯时，加入环己烷的作用是。

⑷步骤3中和时，加入碳酸钠粉末要分批的原因是。

⑸用乙醛萃取后要把（填字母序号）的液体合并至有机层。

a.从分液漏斗下部流出的b.从分液漏斗.上口倒出的

⑹步骤4收集福分应控制的最佳温度范围为0Co本实验的产率为

（保留小数点后1位）。

4.（2022春•河南开封•高二统考期末）钛（Ti）是一种重要的结构金属，钛合金因具有强

度高、耐蚀性好、耐热性高等特点而被广泛用于各个领域。以钛渣（主要成分为Ti。〉

含少量V、Si和Al的氧化物杂质）为原料，制备金属钛的工艺流程如图：

C、Cl2AlMg

尾气处理VOeI2渣含Si、Al杂质

已知：粗TiCL中含有VoCI3、SiCl4、AlCl3o

回答下列问题：

⑴TiC>2与c、CI2,在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如表:

物质TiCl4COCO2Cl2

分压/MPa4.59x1021.84×10^23.70×W25.98×10^9

①该温度下，Tic）2与c、CU反应的总化学方程式为。

②随着温度升高，尾气中C。的含量升高，原因是O

⑵①"除钮"过程中的化学方程式为。

②"除帆"和"除硅、铝"的顺序（填"能"或"不能"）交换，理由是0

（3）"冶炼”过程得到的混合物中含有Mg、MgCl2和Ti,可采用真空蒸僧的方法分离得到

Ti»

①根据表中信息，需要加热的温度略高于°C即可。

物质TiCl4MgMgCl2Ti

熔点/℃-256497141667

沸点/℃136109014123287

②下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是0

A.高炉炼铁B.电解熔融氯化钠制钠C.铝热反应制锅D.氧化汞分解制汞

③TiCl4fTi也可用钠热还原法，该反应不能在水溶液中进行，一是因为金属钠与水剧

烈反应，不会置换出钛；二是因为。

5.(2021春・河南开封•高二统考期末)铢(Re)熔点高、耐磨、耐腐蚀，用于制造高效

能喷射引擎和火箭引擎。一种利用富锦渣(含ReS?)制锌粉的工艺流程如图所示。

H2SO4,H3°2含RJN解有■机溶剂辄水∙水

常锦渝网v∙面口则迎泣出液~<W∣-------*AH“机层——心赞匐

H3O3

U粉T热定血］*—RcQT居到_NH4RcOr∙~f⅞固-----富诔溶液

回答下列问题：

⑴“浸出"反应中ReSN转化为两种强酸，反应的离子方程式为。

⑵图1是矿样粒度与铢浸出率关系图，图2是萃取液流速与铢吸附率关系图。结合实际

工业生产效益，浸出时应将富锦渣粉碎至目，萃取液流速宜选用的范围是

矿样粒度/目萃取液流速(BVZh)

图1图2

(3)"萃取"时含RK的有机溶剂应具有的性质有(填序号)。

①难溶于水②密度大于水

③萃取剂不和ReO；发生反应(4)ReO；在其中的溶解度大于在水中的溶解度

(4广反萃取"时，加入氨水和水的目的是。

(5)"热解"时，发生反应的化学方程式为。

⑹“热还原"时，实际消耗H?量大于理论计算量，其原因是0

⑺整个工艺流程中可循环利用的物质有：H2SO4,.

6.(2020春・河南开封•高二统考期末)硅孔雀石主要成分为CUCo3、CU(OH)2、

CuSiO3∙2H2O,含少量的SiO2、FeCe)3、Fe2O3等杂质，以其为原料制备CUCl2的工艺

流程如下:

我鼓XfcI试/MXSoCL

瞿中用→Γ⅛｝珅μ∣τ十7UC1J∙JHΛ)-<加热貌未一∙CUCI,

J4Λ∣COi也沿2母液

Δ

已知：SOC∣2+H2O=So2个+2HCI个

⑴酸浸时盐酸与CUCo3、CU(OH)2反应的化学方程式为;为提高"酸浸"时铜元素

的浸出率，可以采取的措施有：

①适当加快搅拌速率；②»(任答一点即可)

(2)“氧化"时发生反应的离子方程式为o

(3)"滤渣1"的主要成分为SiOz和H2SiO3等，"滤渣2”的主要成分为(填化学

式)；试剂X可选择(填字母序号)。

a.NaOH溶液b.氨水c.CuOd.Cu(OH)2

⑷"调pH"时，pH不能过高，其原因是o

⑸“加热脱水"时，加入SOCI2的目的是e

7.(2022春・河南开封•高二统考期末)近期中国科学院宣布在人工合成淀粉方面取得

突破性进展，是国际上首次在实验室实现二氧化碳到淀粉的从头合成。

⑴CO?人工合成淀粉共需要H步，其中前两步涉及的反应如图所示。

2H2O(g)H2O2(I)

3

¾(g)H2O(g)oh02(g)H2O2(I)0

82(g)演产H人H®HAH(g)

已知:2H2(g)+O2(g)=2H2θ(g)ΔH4

计算CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+HQ(g)ΔH=

⑵原料CO?可通过捕获技术从空气或工业尾气中获取，能作为CO?捕获剂的有

(填字母序号)。

A.氨水B.NaKO?溶液C.CH3CH2OHD.NH4Cl溶液

⑶在一定温度下的密闭容器中，发生反应：CO?(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2θ(g)o

下列说法正确的是(填字母序号)。

A.反应达平衡后，若压缩容器体积，则平衡正向移动

B.选用合适的催化剂可以提高CHQH的平衡产率

C.若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应己达平衡

ng)

D.增大原料气中的值，有利于提高CO2的转化率

∏(H2)

⑷在一定条件下，CO2催化加氢可以生成CHQH,主要有以下三个竞争反应。

反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2θ(g)ΔHs

反应口：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2θ(g)ΔH6

反应2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H20(g)ΔH7

为研究催化剂对反应的选择性，在IL恒容密闭容器中充入2.0mo∣CO?和5.3molH2,反

应进行相同时间后，测得有关物质的物质的量随温度的变化关系如图所示。

①该催化剂在较低温度时主要选择反应_______(填τ""H"或咂")。A点以后，升高温度,

甲烷的物质的量减小，其原因可能是。

②在一定温度下，体系达到平衡，此时测得：n(CHJ=0.1mol,n(C2H4)=0.4mol,

n(CH3OH)=0,5mol,容器内总压强为p。此时，Co?的总转化率为；

P(H2O)=；该温度下反应I的平衡常数K(I)=13∙moL(保留一位小数)。

8.(2021春•河南开封•高二统考期末)翔基硫(CoS)是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害

虫和真菌的危害。以FeooH作催化剂，分别以CO和CO?为碳源，与H?S反应均能

产生COSo

⑴以CO为碳源制COS,反应为Cθ(g)+H3(g)COS(g)+H2(g),其反应过程能量

变化如图所示。

①8(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)∆H=。

②在2L的密闭容器中，保持温度不变，开始投入9mo∣H2S和amolCO,经IOmin达到

平衡，K=0.2,n(H2S)≈5mol,则a=mol),下图中曲线I和II表示该温度下,

Ce)和H2s投料比-Zg不同时，CO转化率随时间变化关系，则曲线I和II中a值的

n(H4)

大小关系为：In(填或理由是。

(2)以CC)2为碳源制COS,反应为CO2(g)+H2S(g).COS(g)+H2θ(g)0

①在610K时，将0.1OmolCO2与0.4OmolH?S充入2.5L空钢瓶中，反应平衡后，比0的

物质的量分数为0.02,则H2S的平衡转化率%=%。

②在620K重复实验，平衡后Hq的物质的量分数为0Q3,H?S的转化率为与，则

«,/(填或"="，下同)，该反应的AHOo

③向反应器中再分别充入下列气体，能使H4转化率增大的是(填字母)。

A.H2SB.CO,C.COSD.N2

⑶镀基硫在水存在时会缓慢水解生成HF,钢铁设备发生析氢腐蚀，则其正极的电极反

应式为,负极的反应产物为(填化学式)。

9.(2020春•河南开封•高二统考期末)在反应原理部分，我们经常以H?和卜的反应为

例来研究化学反应速率和平衡。

⑴在2L的容器中充入H2、∣2各ImOI,对于反应:H2(g)+∣2(g)2HI(g),在323K和343K

时W的转化率随时间变化的结果如图所示。

数).

②在343K时，要提高卜转化率，可采取的措施是―(答出两条)；要缩短反应达到

平衡的时间，可采取的措施有—(答出两条)。

③比较a、b处反应速率大小：v(a)v(b)(iM"大于""小于"或"等于")。反应速率nQk

a∙:X(H2)x(∣2),V守k逆χ2(HI),k上、k通分别为正、逆反应速率常数Kk逆(323)=5,k逆(343)=71,

X为物质的量分数，计算b处VJE=mol∕(L∙min)(保留1位小数)。

(2)对于反应：H2(g)+∣2(g).2HI(g)提出如下反应历程

第一步：匕；∣+∣(快速平衡)

第二步：出+21f2HI(慢反应)

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是(填字母

序号)。

a.v(第一步的逆反应)<v(第二步的逆反应)

b.反应的中间产物只有1

c.第二步反应活化能较低

d.第二步中H?与I的碰撞仅部分有效

⑶已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的能量变化如图所示，贝IJlmOIH1(g)分子中化学键断裂时

需吸收的能量为kJ。

2H(g)+21(g)------------------2HI(g)

H

436kJ∙moΓll5IUmoΓl

U小ɪI小IUmoΓl

H2(g)+ɪɔ(g).--------------------

10.(2022春・河南开封•高二统考期末)K、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的

顺序如图所示，其中c、d均是热和电的良导体。

40Oo

35oo

30oo

25oo

20Oo

15oo

10oo

)ɔ

50JDO

回答下列问题：

⑴图中d单质对应元素基态原子的电子排布式为。

(2)单质a、f对应的元素以原子个数比1:1形成的分子(相同条件下对H?的相对密度为

13)中所含G键和兀键的个数比为,其中f原子的杂化轨道类型为o

(3)a与b的元素形成的10电子中性分子X的空间构型为；将X溶于水后的溶液

滴入到d的硫酸盐溶液中至过量，得到配合物的化学式为,其中d离子的配位

数为«

⑷e、f单质对应元素的简单气态氢化物的热稳定性(用相应的化学式表

zjʌ)>>原因是。

(5)c与氧元素和碘元素形成的一种晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，

棱长为0.446nm,晶胞中C原子、氧原子和碘原子分别处于顶点、面心和体心位置，如

图所示。该晶体的化学式为，与C原子紧邻的氧原子有个。该晶体中C

原子与氧原子间的最短距离为nmo

11.(2021春•河南开封•高二统考期末)锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量

元素。回答下列问题：

⑴元素Zn位于元素周期表的___________区，基态Zn原子核外电子占据的最高能层的

符号是，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为形。

⑵黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和CU组成。其中，第一电离能

I1（Zn）L（CU）（填"大于"或"小于"），原因是o

⑶Zn?,形成的某种化合物M是很好的补锌剂，其键线式如图所示。

①lm。IM含有的。键的数目为。

②常见含氮的配体有HKCH400一、NHQ叫等，NH3分子的空间构型为

，N；的中心氮原子杂化方式为

⑷硫化锌在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，其晶胞结构如图所示。

距离Zn2+最近的4个S?-所围成的空间构型为，距离Zn2+最近且等距离的

Zn2+有个。若晶胞参数为apm,则Zn2+与S2"最近距离为Pm（用

含a的代数式表示）。

OZn2f

OSr

12.（2020春•河南开封•高二统考期末）碳族元素在生产生活中的应用极其广泛。请回

答以下有关碳族元素的问题。

⑴下列说法正确的是（填字母序号）。

a.CS2与SCh分子的键角相同b.HCHc）中的C原子为sp?杂化

c.CF4与SiCI4均为非极性分子d.第一电离能：0>N>C

e.C。与M为等电子体，所以化学性质完全相同

（2）晶体硅是制备太阳能电池板的主要原料•。区分晶体硅和无定形硅最可靠的科学方法为

;28g晶体硅中含共价键mol<>

⑶金属银粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni（Co）4,呈正四面体构型。试

推测Ni（CO）4的晶体类型是，Ni（CO）4易溶于（填字母序号）。

a.水b.四氯化碳c.苯d.硫酸银溶液

⑷石墨烯可转化为富勒烯（C60）,某金属M与C60可制备一种低温超导材料,晶胞结构（晶

胞参数为XPm）如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部，则该晶胞中C6o的堆积方式

为,C60与M原子的个数比为o

OC60∙M

⑸利用光催化还原COz制备工业原料CH4,可以达到减碳的效果。该反应中，带状的纳

米ZmGeCM催化剂）的催化效果较好。C5分子中。键与Tr键的比值为—，催化剂所

含元素Zn、Ge、。电负性由大到小的顺序是,元素Zn的价电子排布式为

⑹错元素是典型的半导体材料，在电子、材料等领域应用广泛。错单晶的晶胞结构如图

所示，其晶胞参数apm,阿伏加德罗常数为M其密度为g∕cm3（列出计算式

即可）。

13.（2022春•河南开封•高二统考期末）基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色

化学的重要研究方向。以化合物A为原料，可合成丙烯酸E、丙醇G等化工产品，

进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。

回答下列问题：

⑴化合物A的分子式为,其环上的取代基是（写名称）。

（2）B÷C的反应类型为,化合物D能溶于水的原因是。

⑶化合物D到化合物E的反应是原子利用率IC）0%的反应，且ImOID与ImolC?也反应

得到2molE,则D玲E反应的化学方程式为。

\

C—O

⑷化合物F有多种同分异构体，其中含/结构的有种，核磁共振氢

谱图上只有一组峰的结构简式为。

⑸选用含两个较基的化合物作为唯•的含氧有机原料，参考DfE的反应特点制备

O,合成路线为（不用注明反应条件）。

14.（2021春•河南开封•高二统考期末）毗氟氯禾灵是选择性强、药效稳定、对人畜安

全的多禾本科杂草除草剂，它的合成路线如下:

CHCHO-Sg^CHJCHCN噜°AA甯口aB-H^?CI^CHCHCOOCH

3WI回⑼3I3

OHOSO2CH3

已知:RCNFzjRCOOH。

（I）A的名称为OB的结构简式为o

（2）lmolC最多可与molNaOH完全反应。物质C长期暴露在空气中会变质,

其原因是o

⑶反应⑥的化学方程式为。

⑷同时满足下列两个条件的毗氟氯禾灵的同分异构体共有种。

①含有;②能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳。

{^^zHCHO

（5）由苯甲醛（）制备高分子化合物

程图为（无机试剂任选）。

15.（2020春,河南开封•高二统考期末）化合物M是一种药物中间体，以下是合成M

的一种路线:

OH

t

OCH,(HCH,Na,Cr,Oτ

——~~>C.,H..NO,

CH2CH2CNNC-C-COOH

OeHdCHI

D定条件

CNCH,CH,CN

CHICHJ—♦------»CICH、COOH，Λ∣,C∞H一M

FG

回答下列问题：

⑴A的化学名称是,B中官能团名称是。

(2)由A生成B的反应类型是。

⑶C的结构简式为。

(4)E与G生成M的化学方程式是o

⑸X与F是同分异构体，ImolX在碱性条件下水解,消耗2molNaOH,且X中有两种不

同环境的氢，则X的结构简式为。

⑹写出以乙烷为原料制备乙酸的合成路线：(无机试剂任选)。

_■■■■参*考*答*案■■,■

1.(1)圆底烧瓶4HC1(^)+MnO2=^=MnCl2+Cl2↑+2H2O

(2)饱和食盐水除去氯气中的HCl

⑶水浴加热受热均匀，温度易控制

(4)Cl2+2OH^=CΓ+CIO^+H2O避免生成NaClO：

⑸吸收尾气Cl,过滤少量(冷)水洗涤

K祥解2本题是一道无机物制备类的实验题，首先制备氯气，用装置a除去氯气中的氯化

氢，在水浴加热的条件下和氢氧化钾反应制备氯酸钾，在冰水的条件下制备次氯酸钠，最后

注意尾气处理，以此解题。

⑴

由图可知盛放MnO2粉末的仪器名称是圆底烧瓶；该仪器中是实验室制备氯气，方程式为：

4HCl(J⅛)+MnO2=^=MnCl2+Cl2↑+2H,0;

⑵

装置a的作用是除去氯气中的氯化氢，故a中的试剂为：饱和食盐水；其作用是：除去氯气

中的HCI；

⑶

由图可知b中采用的加热方式是：水浴加热；这样加热的优点有：受热均匀，温度易控制；

⑷

c中氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：

CI,+2OH=Cl+CIO+H2O;温度较高时容易生成氯酸钠，故采用冰水浴冷却的目的是:

避免生成NaClO3；

(5)

氯气有毒，污染空气，故d的作用是：吸收尾气Cl?,b中为氯酸钾溶液，结晶后过滤，为

了减少产品的损失，应该采用少量(冷)水洗涤，故K答案》为：过滤；少量(冷)水洗涤。

+

2.J⅛烟过滤漏斗、烧杯、玻璃棒2Γ+H2O2+2H=I2+2H,O⑤加入适

量的萃取剂，同时采用多次萃取的方法减压碘的升华温度与CC1,沸点接近，若

b

采用常压蒸储，不易分离m（Jn%）

R祥解2由流程可知，①用烟中灼烧得到海带灰，②溶解、浸泡，r进入溶液中，③过

滤除去不溶性杂质，分离出含碘离子的溶液，④加入稀硫酸和内。2将I-氧化为∣2,⑤加入

CCI4有机溶剂萃取、分液，得到b的CCl,溶液，⑥蒸储分离出碘单质，以此来解答。

K详析W⑴由仪器的结构特点可知，仪器a的名称为堪堪，故K答案Il为：珀崩。

⑵由分析可知，步骤③涉及的操作名称为过滤，过滤时需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、

玻璃棒，故R答案』为：过滤、漏斗、烧杯、玻璃棒。

⑶④出。2在酸性条件下将r氧化为∣2,其离子方程式为21+HQ2+2H-=L+2H2O,故K答

案』为：+

2Γ+H2O2+2H=I2+2H2OO

⑷海带灰中还含有其他可溶性无机盐类（硫酸盐、硝酸盐、碳酸盐等），而∣2在水中溶解度

小，且易溶于有机裕剂cc∣4,在实验步骤⑤中向混合物中加入cαt,充分振荡后静置、分

液，就可以实现无机盐类与碘分离，为了使碘尽可能地完全转移，应采取的操作是加入适量

的萃取剂，同时采用多次萃取的方法，故K答案』为：⑤、加入适量的萃取剂，同时采用

多次萃取的方法。

⑸由题意可知，碘的升华温度与CCl4沸点接近，若采用常压蒸储，不易分离，所以步骤

⑥将CCL与L分离可以采用减压蒸储方法，故K答案』为：减压、碘的升华温度与CCi4沸

点接近，若采用常压蒸儡，不易分离。

（6）提取单质碘的过程中，碘损失了n%,最后得到单质碘bg,则含有碘的总质量为、7,

l-n%

bb

则海带中碘的百分含量为前二两，故K答案》为：前二两。

O

OCΛ

eʌ-QΛ

3.7"+CH3CH2OH+H2O直形冷凝管通过增

加反应物的浓度（或乙醇过量）；通过分离生成物水，使平衡向右移动；使用催化剂（形

成低沸点的共沸物）使生成物水更容易从反应体系中分离；减少了反应物乙醇的损失；

便于观察水层的分出防止反应过于剧烈，产生大量的泡沫而使液体溢

出B211-21379.8%

R祥解羊OH与乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成苯甲酸乙酯和

水；本实验可采取多种措施来提高酯的产率，促进平衡正向移动，加入环己烷（形成低沸点

的共沸物）使生成物水更容易从反应体系中分离；加入碳酸钠与酸反应生成二氧化碳和水，

除去酸，用乙醛萃取后分为两层，上层为有机层；根据苯甲酸乙酯的沸点确定步骤4收集储

分应控制的最佳温度范围，根据产率=鬻普计算反应的产率。

理论产量

K详析NI）与乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成苯甲酸乙酯和水,

反应容器中制取苯甲酸乙酯的化学方程式为+CH3CH2OH

+H2O,装置图中仪器A的名称是直形冷凝管。故K答案》为:

+CH3CH2OH+H2O;直形冷凝管;

（2）本实验采取了多种措施来提高酯的产率，促进平衡正向移动，通过增加反应物的浓度（或

乙醛过量）；通过分离生成物水，使平衡向右移动；使用催化剂。故K答案》为：通过增加

反应物的浓度（或乙醇过量）；通过分离生成物水，使平衡向右移动；使用催化剂；

⑶在制备苯甲酸乙酯时，加入环己烷的作用是（形成低沸点的共沸物）使生成物水更容易从反

应体系中分离；减少了反应物乙醇的损失；便于观察水层的分出。故K答案Il为：（形成低

沸点的共沸物）使生成物水更容易从反应体系中分离；减少了反应物乙醇的损失；便于观察

水层的分出；

⑷碳酸钠与酸反应生成二氧化碳和水，步骤3中和时，加入碳酸钠粉末要分批的原因是防

止反应过于剧烈，产生大量的泡沫而使液体溢出。故K答案》为：防止反应过于剧烈，产

生大量的泡沫而使液体溢出：

⑸用乙醛萃取后分为两层，上层为有机层，要把从分液漏斗上口倒出的液体合并至有机层。

故K答案H为：b；

⑹根据苯甲酸乙酯的沸点，步骤4收集镭分应控制的最佳温度范围为211-213°C.6.1g苯甲

酸(固体)和乙醇反应生成苯甲酸乙酯的质量J,τX15θg∙m。「ι=7.5g,实际上苯甲酸

122gmol

5985£?

乙酯的质量=1.05g∙mL-3χ5.7mL=5.985g,则该反应的产率为=ITT互、100%=79.8%。故K答案』

7.5g

为：211-213；79.8%。

K『点石成金JF本题考查了有机实验方案的设计，明确实验原理是解本题关键，注意产率的

计算，为本题的难点，6.1g苯甲酸(固体)和乙醇反应生成苯甲酸乙酯的质量

6.IE

=.ɔɔ„,-I×150g∙mol^1=7.5g,实际上苯甲酸乙酯的质量=IQ5g∙mL-3χ5.7mL=5.985g,计算反

122gmol

应的产率。

600,C

4.(1)5TiO2+6C+1OCl2==5TiCl4+2CO+4CO2随着温度升高，CO?与C发生

高温

反应C+co?—2CO

(2)3VOC13+AI=3VOCI2+AlCl3不能若先"除硅、铝"再"除钢Λ"除钮"时需要加入

Al,又引入Al杂质

⑶1412ACTiCl,会强烈水解生成Tiθ2∙xHQ

R解析2(1)

①根据容器中气态物质之间分压之比，可以近似得到反应体系内各气态生成物之间的物质

的量之比为n(TiCl4):n(CO):n(COj=5:2:4,按照该物质的量之比代入方程式配平得到

600^C

w

'*5TiO2+6C+IOCI25TiCl4+2CO+4CO2,

高温

②"高温条件下，发生CO2+C=='=2CO",所以尾气中Co含量上升

(2)

①根据题目所给信息分析，粗TiCI,中含有VoCh,加入Al后有VOCb生成，故该反应应是

,

-3VOCl3+AI=3VOC12+A1CI√;

②"除钥/'时需要加入单质铝，如果"先除铝，后除铀"，会在体系中重新引入铝元素杂质，所

以本问第二空应填"不能"，第三空应填"若先滁硅、铝'再滁钿'，’除钿’时需要加入Al,又引

入Al杂质”；

⑶

①根据题目所示信息，金属钛沸点最高，利用真空蒸播方案分离混合物，只需加热至沸点

第二高的MgCl2气化即可，所以本问第一空应填"1412"；

②Mg置换制备Ti,备选项中与该反应原理类似的是"AC",两个反应均是置换反应；

③TiCl4属于弱碱阳离子构成的氯化物，均有固体见水易水解，"TiClil会强烈水解生成

z,

TiO2∙xH2Oo

+

5.2ReS2+19H2O,=2ReO4+4SO^+14H2O+1OH1206-8①③④萃取有

机层中ReO；4NH1ReO4+3O2=^2N2+8H20+2Re207排净空气时损耗、反应时损耗、

冷却保护时损耗含R,N的有机溶剂

K详析2⑴Re元素化合价由+2升高到+7,S元素化合价由升高到+6,故出5中氧元素

化合价降低，根据得失电子守恒、原子守恒配平反应方程式

ψ

2ReS,+19H,O2=2Reθ;+4SO^+14H2O+1()H,故K答案』为：

2ReS,+19H2O2=2Reθ;+4SO；+14H2O+10H*。

⑵由题图可知，随着矿样粒度逐渐增大，浸出率逐渐增大，当矿样粒度大于120目后，浸

出率基本不变，所以矿样粒度为120目时最佳，增大萃取液流速、提高铢吸附率可以提高生

产效益，由题图可知，萃取液流速宜选用的范围是6〜8BV∕h,故R答案』为：120、6〜8。

⑶苯取剂应满足溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大，萃取剂与原溶剂不相溶，萃

取剂与溶质不反应，故K答案》为：①③④。

(4)加入水、氨水可生成NH4ReO4,以达到萃取有机层中Re0；的目的，故K答案》为：萃

取有机层中Re0；。

⑸⑸"热解"时，NHqReO,和O2在加热条件下生成N2、H2OʌRe2O7,发生反应的化学方程式为

△△

4NH,ReO,1+3O,^=2N2+8H20+2Re207,故K答案》为：4NH,lReO4+302^=2N2+8H20+2Re207o

(6)工业上，利用氢气还原Re2O7制备锌，氢气起三个作用：还原剂、保护气、排尽空气，

因此"热还原”时，实际消耗量大于理论计算量，故R答案2为：排净空气时损耗、反

应时损耗、冷却保护时损耗。

⑺由题意可知，整个工艺流程中可循环利用的物质有：H2SO4,含RK的有机溶剂，故K答

案》为：含LN的有机溶剂。

6.CUCO3∙Cu(OH)2+4HCl=2CuC∣2+CC)2个+3»。适当提高盐酸浓度或适当提高反应温

度2Fe2++C∣2=2Fe3++2CIFe(OH)3Cd防止CU2+转化为CU(OH)2沉淀生成的Ha

抑制CuCI2的水解

K祥解》以硅孔雀石K主要成分为CUCo3∙CU(OH)2∖CuSiO3∙2H2O,含SiO2、Feeo3、Fe2O3

等杂质Il加入盐酸酸浸生成二氧化碳气体，过滤得到滤渣1为SiS，H2SiO3,滤液中通入

氯气氧化亚铁离子为铁离子,加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节溶液PH沉淀铁离子，

过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，滤液浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化铜晶体，加入SOa2加

热脱水得到氯化铜。

K详析》⑴酸浸时盐酸与CUCo3、CU(OH)2反应为复分解反应，由此确定产物配平化学方程

式为CUCo3∙Cu(OH)2+4HCl=2CuC∣2+CC>2个+3比。；为提高"酸浸"时铜元素的浸出率，可以采取

的措施有：①适当加快搅拌速率；②适当提高盐酸浓度；③适当提高反应温度。(任答一

z

点即可)，故K答案H为：CuC03∙Cu(0H)2+4HCI=2CuC∣2+C02Γ+3H20;适当提高盐酸浓度或适

当提高反应温度；

⑵根据流程图，加盐酸"酸浸"后溶液中只有Fe?卡可被氯气氧化，"氧化"时发生反应的离子

2+3+2+3+

方程式为2Fe+Ch=2Fe+2C∣∙o故K答案』为：2Fe+CI2=2Fe+2C∣∙;

(3广滤渣1”的主要成分为Siθ2和WSiCh等，"滤渣2"的主要成分为Fe(C)Hb(填化学式)；根据

流程图，经氧化后溶液中阳离子主要为CM+和Fe3+,加试剂X调节PH使Fe3+完全沉淀而除

去，CW.仍留在溶液中，实现Cl?'和Fe?+的分离，最终制备CUCI2；试剂X可选择a.NaOH

溶液可以调节溶液PH,但会引入钠离子杂质，故不选；b.氨水可以调节溶液PH,但会引

入钱根离子杂质，故不选；c.Cu。可以和酸反应调节溶液PH,不会引入杂质，故选；

d.Cu(OH)2可以和酸反应调节溶液PH,不会引入杂质，故选；故K答案》为：Fe(C)H卜；cd；

(4)"调pH"时，PH不能过高，其原因是防止CU+转化为CU(OH)2沉淀。故K答案】为：防

止CF+转化为CU(OH)2沉淀：

Δ

⑸已知：SoCI2+H2θ=SC>2个+2HCl个，"加热脱水"时，加入SoCl2的目的是生成的Ha抑制

CUel2的水解。故［答案D为：生成的HCI抑制CUCl2的水解。

K『点石成金D本题借助硅孔雀石为原料制取氯化铜的工艺流程，考查了化学方程式书写、

氧化还原反应等知识，难点(3)：利用水解原理除去溶液中的铁，滤液中通入氯气氧化亚铁

离子为铁离子，加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节溶液PH沉淀铁离子。

7.(1)ΔHl+ΔH2+ɪΔH3-1AH4

(2)AB

(3)AC

23

(4)∏升高温度，催化剂对反应∏的选择性降低70%胃P1.9

K解析X(1)

由图可知，利用盖斯定律可得：ΔH=ΔHl+ΔH2+ɪΔH1-ɪAH4；

故K答案H为：AH∣+AH°+gAH、-

(2)

A.氨水能和二氧化碳反应生成碳酸镀或碳酸氢镀，所以能作二氧化碳捕捉剂，故A正确；

B.Na2CO3溶液能和二氧化碳反应生成NaHCe)3,可以作二氧化碳捕捉剂，，故B正确；

C.CH3CH2OH和二氧化碳不反应，不能作二氧化碳捕捉剂，故C错误；

D.NH4Cl溶液和二氧化碳不反应，不能作二氧化碳捕捉剂，故D错误；

故K答案U为：ABo

(3)

A.反应达平衡后，若压缩容器体积，增大压强，正反应气体分子数减小，则平衡正向移动,

故A正确；

B.催化剂不影响平衡移动，所以不能提高CH∖OH的平衡产率，故B错误；

C.反应前后气体总物质的量减小，气体总质量不变，则反应后气体的平均相对分子质量增

大，若气体的平均相对分子质量保持不变，则说明反应体系已达平衡，故C正确；

D.增大原料气中“黑的值，Co°的转化率减小，故D错误；

n

(H2)

故K答案H为：ACo

(4)

①温度较低时主要生成CFU,所以该催化剂在较低温度时主要选择反应II;A点以后，升高

温度，甲烷的物质的量降低，其原因可能为温度升高催化剂活性降低，催化效率降低，甲烷

的物质的量降低；②消耗的n(co2)=n(CH3OH)+n(CH4)+2n(c2H4)=(0.5+0.1+2×0.4)mol=1.4mol,

82的总转化率=四必XIoO%=70%；乘I］余的n(Cθ2)=(2.0-1.4)mol=0.6mol,消耗的

2.0mol

n(H2)=3n(CH3OH)+4n(CH4)+6n(C2H4)=(O.5×3+O.l×4+6×O.4)mol=4.3mol,剩余的

n(H2)=(5.3-4.3)mol=lmol,生成的

n(H2O)=n(CH3OH)+2n(CH4)+4n(C2H4)=(0.5+0.1×2+4×0.4)mol=2.3mol,混合物的总物质的量

n(HO)2.3mol23

=(0.1+0.4+0.5+0.6+1+2.3)mol=4.9mol,P(HQ)=----——1P=--------D=——p该温度下反应I

n总4.9mol49

C(CH5OH)C(H2O)0.5X2.3

的平衡常数K(I)=33=1.9.

C(CO2)C(H2)^0.6×l

故K答案》为：II；升高温度，催化剂对反应II的选择性降低；70%；WP;1.9«

8.-11.3kJ∕mol20<H?S的物质的量固定，投料比越大(即a值越大)，反应速

率越快，达平衡时间越短，但C。转化率越

低0.025<>B&S+2e-=H2T+S?-FeS

K详析2⑴①由图可知，反应的反应物总能量大于生成物总能量，属于放热反应，反应

(191.5-168.9)kJ∕mol<〜，..,ɪɪŋʌ,

ΔHr7----------------