河北省石家庄市2023届高中毕业年级教学质量检测（一）化学试题（含答案解析）

河北省石家庄市2023届高中毕业年级教学质量检测(一)化

学试题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.兔年春晚《满庭芳•国色》以中国传统色为切入点，使得桃红、凝脂、群青等有着优

美名字的“中国色，，扑而而来。其中“桃红”可从红花、铅丹、朱砂或赫石等原料中提取。

下列说法错误的是

A.提取红花中的有效成分红花素时，可使用萃取操作

B.铅丹(PbQ$)中+2价Pb与÷4价Pb的个数比为2:1

C.以朱砂住要成分为HgS)为原料提取的“桃红”不宜用于制作化妆品

D.赭石(主要成分为FeQ,)可用于制作磁性物质

2.材料在生产、生活中发挥着重要作用，下列说法正确的是

A.聚氯乙烯可用作不粘锅的耐热涂层材料

B.硬铝密度小、强度高，可用于制造飞机外壳

C.硅是良好的半导体材料，可用于制作光导纤维

D.纺织行业常用的棉花、麻、蚕丝等材料均属于碳水化合物

3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.25C时，1LPH=I2的Ba(OH)?溶液中含有。H的数目为0.0INA

B.Imol白磷(P4)和28g硅晶体中含有共价键的数目均为4NA

C.22.4LCL(标准状况)通入水中充分反应，转移电子的数目为NA

D.0.5molNO和0.75molO2混合后的分子数目为NM

4.下列离子方程式正确的是

A.硅酸钠溶液中通入CO?：Si。；+CO2+HzO=HSiO；+HC0；

B.向烧碱溶液中加入一小段铝片：2AI+2OH+6H2O=2[A1(OH)4]^+3H2↑

+

C.澳与冷的NaoH溶液反应：Br2+OH=Br+BrO+H

+,+

D.过量铁粉力口入稀硝酸中：Fe+4H+NO；=Fe+NO↑+2H2O

5.下列说法错误的是

A.基态铭原子的电子排布式为[Ar]%]]

B.NH4CI晶体中存在配位键

C.所有元素中，氟的第一电离能最大

D.光气（CoaJ分子中，所有原子均满足8电子稳定结构

6.下列选项中，陈述I、II的化学原理相同的是

陈述I陈述II

A不能用浓硫酸干燥NH3不能用浓硫酸干燥∏2S

B高温时用Na与TiCI4反应制Ti高温时用Na与KCl反应制K

C用FeS处理含CM+的废水用含氟牙膏预防脑齿

向NaHCO3溶液中滴加AlCl3溶液，产生向NaHCo3溶液中滴加CaCI2溶液，产生

D

白色沉淀白色沉淀

A.AB.BC.CD.D

7.4-澳甲基肉桂酸甲酯是合成抗肿瘤药物帕比司他的重要中间体，其结构简式如下:

关于4-漠甲基肉桂酸甲酯的说法正确的是

A.最多有18个原子共平面

B.不能发生消去反应

C.与互为顺反异构体

D.最多可消耗3molNaOH

8.下列装置能达到相应实验目的的是

A.利用甲装置可使Fe粉最终消失得到澄清溶液

B.利用乙装置可制备澳苯并验证有HBr生成

试卷第2页，共10页

C.利用丙装置可制备NH、并测量其体积

D.利用丁装置可制备SO?

9.电化学合成具有反应条件温和、反应试剂纯净和生产效率高等优点，利用下图所示

装置可合成己二情[NC(CH2]CN[0充电时生成己二睛，放电时生成。2,其中a、b

是互为反置的双极膜，双极膜中的H?0会解离出H+和OH向两极移动。下列说法正确

的是

A.N极的电势高于M极的电势

B.放电时，双极膜中OH向M极移动

C.充电时，阴极的电极反应式为2CH?=CHCN+2e-+2fΓ=NC(CH)CN

D.若充电时制得ImOlNC(CH2)4CN,则放电时需生成Imole)②，才能使左室溶液恢复

至初始状态

10.某碳-碳成键反应的催化剂由R3+和结构如图所示的阴离子组成，X、Y、Z、Q为原

子序数依次增大的短周期主族元素，R"与Ar具有相同的核外电子排布。下列说法正确

的是

Iz-X≡Q≡Y

A.R位于第四周期InA族

B.X、Y、Z的简单氢化物的沸点依次升高

C.XQz和QY2的空间结构相同

基团与碘原子形成的化合物可水解为和

D.-XZ3XZ3HHIO

11.向起始温度相同、体积相等的甲、乙两个恒容密闭容器中分别充入ImolNo(g)和

发生反应:其中一个为绝

ImoIeO(g)2N0(g)+2C0(g)=2C02(g)+N2(g),ΔH<0;

热容器，另一个为恒温容器。若测得两容器中除O时刻外，任意时刻的正反应速率始终

满足>⅛>V乙，则下列说法错误的是

A.甲为绝热容器

B.NO的平衡转化率：甲>乙

C.除0时刻外，任意时刻的压强始终满足/>Pc

D.该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能

12.下列实验操作和现象所得到的结论正确的是

选项实验操作和现象结论

向淀粉溶液中加入适量20%HzSOa溶液，加热，冷却

A淀粉未水解

后加NaoH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝

溶液中[CuClJ"

将盐酸酸化的CUCl2溶液加水稀释，溶液的颜色由黄浓度减小，

B

绿色变为绿色，最终变为蓝色[C"Hq)J*浓

度增大

铁锈中含有二价

C将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMno4溶液，紫色褪去

铁

Fe"既发生了水

向5mLFeCl3溶液中滴加Na?SO3溶液，变红褐色；再

D解反应，又发生

滴加K3[Fe(CNk]溶液，产生蓝色沉淀

了还原反应

A.AB.BC.CD.D

13.利用如下流程可从废光盘的金属层中回收其中的银(金属层中其他金属含量过低,

对实验影响可忽略)：

NaeIO溶液

NaOH溶寂氨水N2H/H2O溶液

02过滤I滤渣∏NZ和NH3

已知：NaClo溶液在加热时易分解产生NaCI和NaCIO3；“溶解”工序发生的反应为可逆

试卷第4页，共10页

反应。下列说法错误的是

A.“氧化”时，适宜选择水浴加热方式

B.若省略第一次过滤，会使氨水的用量增加

C.滤渣∏洗涤后的滤液可送入“还原”工序利用

D.“还原”时，每生成ImOIAg,理论上消耗O.5molNR4∙H2O

14.25℃时，已知O.Imol∙C∣的氨水中存在如下平衡:

①NH3(叫)+&O(叫)-NH「Hq(aq),Q

②NHyHq(叫)NH：(叫)+OFΓ(aq),K2

③HzO(I)∙H+(aq)+OH-(aq),KW

下列说法正确的是

A.反应①和②互为可逆反应

B.该氨水中存在C(NH；)+C(H')=2C(OH)

C.若该氨水中C(NHJ=Λmol∙U,则C(OH-)=JK心+KWmol∙L

D.向该氨水中加入硫酸，当C(NH：)=C(SO：)时，溶液呈中性

二、实验题

15.苯甲酸乙酯可用于配制香水香精和人造精油，也可用于食品中。某实验小组以苯甲

酸和乙醇为原料，利用如图装置合成苯甲酸乙酯，步骤如下：

I,反应回流：向IOomL圆底烧瓶中加入磁搅拌子，然后依次加入6.1g苯甲酸、20mL

95%乙醇、25mL环己烷，搅拌均匀后再加入2mL浓硫酸。按如图组装好仪器后，水浴

加热回流1∙5小时。实验过程中分水器中得到的液体会分层，需多次开启分水器活塞放

出下层液体。

II.产物蒸储提纯：继续水浴加热，从圆底烧瓶中蒸出环己烷和剩余的乙醇，经分水器

放出。将圆底烧瓶中残留物倒入盛有冷水的烧杯中，再经一系列除杂操作后，最后蒸锚

收集210〜213℃的储分，得到5.0g产品。

可能用到的数据如下：

相对分子质量密度/(gvm')沸点/℃水中溶解性

苯甲酸1221.266249微溶

乙醇460.78978溶

苯甲酸乙酯1501.045213难溶

环己烷840.77980.8*难溶

*环己烷、乙醇和水可形成共沸物，其沸点为62.1C。

回答下列问题：

(1)若用'8。标记乙醉，则所得产品苯甲酸乙酯的结构简式为o

(2)如果步骤I中加热一段时间后发现忘记加入磁搅拌子，应采取的正确操作为

(3)步骤I中“多次开启分水器活塞放出下层液体''的目的为。

(4)步骤∏中“一系列除杂操作“用到的试剂包括a.无水氯化钙b.碳酸钠c.食盐。按

照操作先后顺序，应依次加入(填试剂的字母编号)。操作过程中，当观察到

现象时，即可停止加入碳酸钠；加入食盐的目的为。

(5)步骤∏中蒸储收集产物时，所需用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸储烧瓶、尾接管、接收

瓶和(填仪器名称)。

(6)本实验的产率为%(保留两位有效数字)。

(7)下列仪器不能为产品结构分析提供有效信息的是(填选项字母)。

A元素分析仪B.质谱仪C.红外光谱仪D.核磁共振仪E.X射线衍射仪

三、工业流程题

2+

16.湿法炼锌综合回收系统产出的萃余液中含有NazSCh、ZnSo八H2SO4,还含有Mnʌ

Co2+,Ni2+.Cd2+,Fe2+、AF+等，一种将萃余液中有价离子分步分离、富集回收的工艺

流程如下：

试卷第6页，共10页

Na2S2O8CaCO3Zn有机净化剂Na2CO3

回答下列问题：

(1)“氧化”时，Mn2+,Fe?+均发生反应。后者发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之

比为O

(2)“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有。

(3)“除镉”时，发生反应的类型为。

(4)“除钻银”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理可

IIII4〃+

—-CH-CH-CH-CH-CH-—FCH-CH-CH-CH-CH-

Ni2ζ

表示为：NH0NHNH-Ni-O—Co-NH

IIICo24*_III

CH-CH-CH-CH-CHn—-CH-CH-CH-CH-CHd—

ΓIIII

IInIIn

反应时，接受电子对的一方是;Co2+.Ni?+能发生上述转化而Zn?+不能，推

测可能的原因为0

(5)“沉锌”时有气体生成，则生成碱式碳酸锌的离子方程式为。

(6)“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2θ8,从而实现原料

的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为。

(7)氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构及晶胞参数如图所示。已知阿伏加德罗常

数的值为NA,则该氧化锌晶体的密度为gpm，(歹U出计算式即可)。

四、原理综合题

17.二甲醛是重要的有机合成原料：工业上常用合成气(主要成分为CO、H?)制备二甲

酸，其主要反应如下：

反应i：C0(g)+2H,(g)CH3OH(g),ΔH,

l

反应ii：2CH1OH(g)CH3∞H3(g)+H2O(g),ΔH2=-23.5kJ∙moΓ

反应iii：∞(g)+H2θ(g).CO2(g)+H2(g),ΔH,=-41.2kJ∙mol^

(1)已知298K时，由稳定态单质生成ImOl化合物的焰变称为该物质的标准摩尔生成婚

(△JC)。几种物质的标准摩尔生成焰如下表所示,据此计算AHl=kJmol

物质8(g)H2(g)CH3OH(g)

ΔfHθ∕(kJ∙moΓ')-110.50.0-201.2

(2)已知AG=AH-TAS,AG随温度变化的三种趋势如下图中线条所示。能用来表示反

应i的线条是(填线条字母)。

(3)在ZnQ催化剂的作用下发生反应i,其可能反应机理如下图所示。

OZn2+Oo2-C嚷示带有未成键电子的硬原子

φφ

gX.HH%①Hα/H①%/附CHQH

C*II-

⅛O除(I)%HtsQH®H®9'H®

»⅛^⅛β≡

ZnvOZntOZntO

①根据元素电负性的变化规律，图中反应步骤∏I可描述为。

②在合成甲醇过程中，需要不断分离出甲醇的原因为(填选项字母)。

a.有利于平衡正向移动b.防止催化剂中毒c.提高正反应速率

(4)一定温度下，在体积为2L的刚性容器中充入4molCθ(g)⅛8molH?(g)制备二甲醛,

l

4min时达到平衡，平衡时CO(g)的转化率为80%,c(H2)=1.4mol∙I7,且

c(CH3OH)=2c(CH3OCH,)。

①O4min内，v(Cθ)=mol∙Ll∙min1«

②反应iii的平衡常数KC=(保留三位有效数字)。

试卷第8页，共10页

(5)实际工业生产中，需要在260℃、压强恒为4.0MPa的反应釜中进行上述反应。初始

时向反应釜中力口入OOlmOlCo(g)和0.02molH2(g),为确保反应的连续性，需向反应釜

中以n(CO):n(H2)=l:2、进气流量0.03mol∙minT持续通入原料，同时控制出气流量。

①需控制出气流量小于进气流量的原因为ŋ

②已知出气流量为0.02mol∙minT,单位时间内Cθ(g)的转化率为60%,则流出气体中

CO2(g)的百分含量为。

五、有机推断题

18.布洛芬(N)是一种家中常备退烧药，转位重排法是合成布洛芬的主要方法，其合成

路线见下图所示。

BCC

Zneb一LoVMLeN。。H.

MN

回答下列问题：

(I)F的名称为,其易溶于水的原因为o

(2)A→B的反应类型为M中含有的官能团名称为»

(3)E+F→G的化学方程式为。

(4)手性分子在生命科学和药物生产方面有广泛应用。对于手性药物，一个异构体可能有

效，另一个异构体可能无效甚至有害。布洛芬分子(N)中存在的手性碳原子个数为

___________个。

(5)苯环上的一氯取代物有两种的D的同分异构体有种(不含立体异构)，写

出其中核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为3:2:1:1的结构简式___________o

(6)对甲基苯丙酮为常用化工原料。结合上述流程，以甲苯和丙烯为原料

制备对甲基苯丙酮的合成路线为(无机试剂任选)

试卷第10页，共10页

参考答案：

1.D

【详解】A.可用有机溶剂提取红花中的有效成分，采取萃取操作，故A正确；

B.PbQ,可视为：2PbO∙PbO,,+2价Pb与M价Pb的个数比为2:1,故B正确；

C.HgS有毒，不能制作化妆品，故C正确；

D.FeQs红棕色固体，可做红色颜料，FeQ,用于制作磁性物质，故D错误；

故选：D。

2.B

【详解】A.聚四氟乙烯可用作不粘锅的耐热涂层材料，故A错误；

B.硬铝密度小、强度高，适用于制造飞机外壳，故B正确；

C.硅是良好的半导体材料，可用于制作集成电路，二氧化硅用于制作光导纤维，故C错误；

D.蚕丝主要成分为蛋白质，不属于碳水化合物，故D错误；

故选：Bo

3.A

【详解】A.25℃时，ILPH=I2的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.0ImoI/L,则含有OH

为0.0Imo1,数目为0∙01NA,A正确；

B.1分子R中含有6个共价键，则Imol白磷(P4)中含有共价键的数目均为6N、，B错误；

C.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸是可逆反应，22.4LCl2(标准状况下物质的量为ImOI)通

入水中充分反应,，则转移电子的数目少于N-C错误；

D.OSmolNO和0∙75molC>2混合后生成0∙5mol的二氧化氮，剩余0.5mol的氧气，二氧化氮

会部分转化为四氧化二氮，故分子数目小于NA,D错误；

故选A。

4.B

【详解】A.硅酸钠溶液中通入CO"SiO；+CO2+HQ=HAiO,J+COj,若二氧化碳过

量则发生反应：SiO；-+2CO2+2H,O=H2SiO3Φ+2HCO；,故A错误；

B.Al与NaOH反应生成Na[Al(OH)」]和氢气，离子方程式正确，故B正确；

答案第1页，共12页

C.滨与冷的NaOH溶液反应：Br2+2OH-=Br-+BrO+H2O,故C错误；

2+

D.过量铁粉加入稀硝酸中：3Fe++2NO；=3Fe+2NO↑+4H2O,故D错误；

故选：Bo

5.C

【详解】A.Cr为24号元素，电子排布式为ls22s22p63s23p63d54sl或简化为[Ar]3d54sL故A

正确；

B.钱根离子中，H+提供空轨道，NH3中N提供孤电子对形成一个配位键，故B正确；

C.在同周期元素中稀有气体的第一电离能最高，故C错误；

D.(COCl,)的结构式为：5,由结构可知所有原子均满足8电子稳定结构，故D

Q-C-Cl

正确；

故选：C0

6.C

【详解】A.虽然NH3和HzS都不能用浓硫酸干燥，但原理不同，浓硫酸与N%反应生成

(NH4)2SO4等，发生非氧化还原反应，浓硫酸与HzS发生氧化还原反应，A不符合题意；

B.高温时用Na与TiCl4反应制Ti,利用强还原性物质制取弱还原性物质，高温时用Na与

KCl反应制K,利用难挥发性物质制取易挥发性物质，原理不同，B不符合题意；

C.用FeS处理含CM*的废水、用含氟牙膏预防制齿，都是利用溶度积大的物质转化为溶度

积小的物质，原理相同，C符合题意；

D.向NaHCO3溶液中滴加AlCl3溶液，发生双水解反应3HCO；+A13+=A1(OH)31+3CO2↑,产

2+

生白色沉淀，向NaHCO3溶液中滴加CaCl2溶液,发生反应2HCO；+Ca=CaCO3i+CO2↑+H2O,

产生白色沉淀，原理不同，D不符合题意；

故选C。

7.B

【详解】A.苯环、碳碳双键、碳氧双键均为平面结构，三个平面通过单键相连，单键可旋

转，三个平面可重合，因此最多有20个原子共平面，故A错误；

B.滨原子所连碳的邻位碳无氢不能发生消去反应，故B正确；

C.两者为同种物质，故C错误；

D.滨原子与酯基消耗NaoH,Imol该物质消耗2molNaOH,故D错误；

答案第2页，共12页

故选：Bo

8.A

【详解】A.氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁粉反应生成氯化亚铁，可使铁粉

最终消失，故A正确；

B.滨单质挥发，也能与硝酸银反应生成AgBr沉淀，因此不能验证HBr生成，故B错误；

C.氨气极易溶于水，不能用装水的量气管确定其体积，故C错误；

D.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，但出气导管不能伸入液面以下，故D错误；

故选：Ao

9.C

【分析】充电时生成己二睛，放电时生成。2,则充电时，N极发生还原反应，为阴极；放

电时，N极发生氧化反应，为负极；

【详解】A.当放电时，N极发生氧化反应，为负极，电势低于正极M极，A错误；

B.放电时，阴离子向负极运动，则双极膜中OH■■向N极移动，B错误；

C.充电时，N极为阴极，阴极发生还原反应生成己二睛，电极反应式为

+

2CH2=CHCN+2e+2H=NC(CH2)4CN,C正确；

D.若充电时制得ImOlNC(CH21CN转移2mol电子，放电时反应为2凡0-4占=4才+。2T,

根据电子守恒可知，需生成0∙5molC>2,才能使左室溶液恢复至初始状态，D错误；

故选Co

10.D

【分析】R"与Ar具有相同的核外电子排布，则R为21号元素铳(SC)；X、Y、Z、Q为原

子序数依次增大的短周期主族元素,从表中元素原子的成键可得出,X的最外层电子数为4,

其为碳元素；Y的最外层电子数为6,其为氧元素；Z的最外层电子数为7,其为氟元素；Q

的最外层电子数为6,其为硫元素。

【详解】A.由分析可知，R为21号元素Sc,其价电子排布式为3d∣4s2,位于第四周期WB

族,A不正确；

B.X、Y、Z的简单氢化物分别为CH八H2O,HF,EO和HF分子间均能形成氢键，且

HzO间形成的氢键数目高于HF的，则HzO的沸点最高，B不正确；

C.XQ2和QY2分别为CS2、SO2,前者呈直线形结构，后者呈V形结构，二者的空间结构

答案第3页，共12页

不同，C不正确；

D.基团-CF3与碘原子形成的化合物为ICF3,由于受F的影响，I-C间的共用电子对偏离I

原子，所以发生水解生成HCF3和HIO,D正确；

故选D。

H.B

【详解】A.该反应为放热反应，若容器为绝热容器，则体系内温度升高，温度越高反应速

率越快，任意时刻的正反应速率始终满足叫＞以，可判断甲中温度高，为绝热体系，故A

正确；

B.由以上分析可知甲为绝热容器，甲中温度高于乙，该反应为放热反应，温度升高使平衡

逆向移动，会降低No的转化率，因此乙中No的平衡转化率高于甲，故B错误；

C.除0时刻外，甲中温度高于乙，且甲正向进行程度小于乙，甲中气体分子数大于乙，则

甲中压强始终大于乙，故C正确；

D.该反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D正确；

故选：B∙

12.D

【详解】A.检验淀粉是否水解应用银氨溶液检验是否生成水解产物葡萄糖，用该实验加少

量碘水，溶液变蓝，可能是淀粉未水解完全，故A错误；

B.加水稀释过程中，溶质离子浓度均减小，故B错误；

C.将铁锈溶于浓盐酸，铁锈中铁单质与盐酸反应生成氯化亚铁，再滴入KMnO4溶液，紫

色褪去，不能说明铁锈中存在亚铁离子，故C错误；

D.向5mLFeCls溶液中滴加Nab。,溶液，变红褐色，说明Fe"水解生成了氢氧化铁；滴加

降［Fe(CN)J溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中存在亚铁离子，则Fe*发生了还原反应，

故D正确；

故选：D。

13.D

【分析】由流程可知,氧化时发生4Ag+4NaC10+2H20=4AgCl+4Na0H+02T,过滤分离出AgCh

可能含Ag,加氨水发生AgCl+2NH3∙H2O=Ag(NH3)2CI+2H2O,过滤分离出滤渣为Ag,再加还

原剂、过滤分离出Ag,以此来解答。

答案第4页，共12页

【详解】A.“氧化”时需要的温度为80°C,适宜选择水浴加热方式，A正确：

B.需要增加氨水的用量，因为①过量NaCIO与NH3∙H2O反应，②还因为未过滤掉的溶液

会对加入的氨水起稀释作用，且其中含有一定浓度的Ch也不利于AgCl与氨水反应，B正

确；

C.滤渣II洗涤后的滤液含有Ag(NH3)；,则可送入“还原”工序可以提高产率，C正确；

D.还原过程Ag(NH中银元素化合价降低生成单质银，由+1价变为O价，N2H4∙H2O中氮

元素化合价升高生成N2,由-2价变为。价，根据得失电子守恒，

n[Ag(NH,)；]:n[N2H4-H2O]=4:l,则每生成ImoIAg,理论上消耗OZSmolNzHrHq,D

错误；

故选D

14.C

【详解】A.反应①和②的反应物和生成物不完全相同，不是可逆反应，故A错误；

B.根据电荷守恒，氨水中存在电荷守恒C(NH；)+c(H+)=c(OH),故B错误；

C.反应①+②可得反应NH3(aq)+Hq(叫).NH：(aq)+OH(aq)的K=KK2,K=

C(NH),即c(OH)=京黯J,又根据电荷守恒C(NH；)+c3)=c(θH)以及(H+)=

：工：c

C赢)，故可得C(OH)=RK∖K∕+KWmo1∙L,故C正确；

D.溶液呈中性，则C(H*)=C(OH),根据电荷守恒C(NH：)+c(H+)=c(OH]+2c(SO;)，则

C(NH：)=2C(Soi),故D错误；

故选C。

15.⑴CrC。叼C2H5

(2)冷却后补加

(3)通过分水器除去产物水，使反应正向进行，提高产率

(4)b、c、a不再有气泡生成降低酯的溶解度，便于后续分液

(5)温度计、直形冷凝管

(6)67

答案第5页，共12页

(7)A

【分析】以苯甲酸和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯，实验仪器为分水器，分水器能够保证反应

物回流并及时分离出水，促使平衡正向移动，提高产率；反应结束后烧瓶中主要有苯甲酸、

浓硫酸、乙醇、环己烷、苯甲酸乙酯和少量水，需分步除去各种杂质，得到产品苯甲酸乙酯。

【详解】（1）根据酯化反应原理“酸脱羟基醇脱氢”可知，产品中苯甲酸乙酯的结构简式为

is

CrCol8℃2也，故答案沏QCOOC2H55

（2）实验时发现忘加磁搅拌子，应停止加热，待溶液冷却后加入磁搅拌子，重新继续实验，

故答案为：冷却后补加；

（3）分水器上层是有机层，下层为水层，当有机层液面高于支管口时，有机层会回流至烧

瓶，即达到了反应物回流，提高产率的目的，多次放出水是防止水层过高到达支管口回流,

保证只有有机层回流这样等于及时分离出产物水，促使平衡正向移动，提高酯的产率，故答

案为：

（4）烧瓶中主要含有苯甲酸、浓硫酸、乙醇、环己烷、苯甲酸乙酯，想要得到纯净的苯甲

酸乙酯需要除掉苯甲酸、浓硫酸、乙醇、环己烷等杂质，需先加入碳酸钠中和苯甲酸和浓硫

酸，当不再有气泡生成时可停止加入碳酸钠，为使有机层和水层充分分层，需加入食盐降低

苯甲酸乙酯的溶解度，最后需用氯化钙除去多余的水分，故答案为：bca；不再产生气泡；

降低苯甲酸乙酯的溶解度，便于后续分液；

（5）蒸储过程除上述仪器外还需要温度计和直形冷凝管，促进蒸镯产物的冷凝，便于收集，

故答案为：温度计、直形冷凝管；

6Is

（6）6.1g苯甲酸的物质的量为近式高=0.05mol;20mL95%的乙醵物质的量为

驷与半誓t≈0.34moh因此乙醇过量，理论生成苯甲酸乙酯的物质的量为0.05mol,

46g/mol

质量为7.5g,产率为罂XIOO%≈67%,故答案为：67：

（7）元素分析仪用来分析元素种类，质谱仪用来测定相对分子质量，红外光谱能够确定分

子中化学键和官能团信息，核磁共振能够测定氢原子的化学环境种类及相对数目，X射线衍

射能获得分子的键长、键角等结构信息。因此不能为产品结构分析提供信息的为元素分析仪

和质谱仪，故答案为：Ao

16.(1)1:2

答案第6页，共12页

(2)A1(OH)3,CaSO4

(3)置换反应

(4)Co2+,Ni2+Co?+、Ni?+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而ZM+

不能

2+

(5)3Zn+3CO;+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2Oi+2CO2↑

通电

(6)Na2SO4+H2SO4Na2s208+H2↑

2x81

⑺NAX争…1

2+2+2+2

【分析】萃余液中含有NazSOcZnSo4、H2SO4,还含有Mi?+、Co>Ni,Cd›Fe∖

AF+等,加入Na2S2θ8,将MM+、Fe?+氧化为MnO2和Fe3+,加入CaCo3调节溶液的pH,使

Fe3+>AU+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀、同时还生成了CaSo4沉淀；过滤后，往滤液中加

入Zn,将Cd?+还原为Cd；过滤后，往滤液中加入有机净化剂，将钻保等离子转化为沉淀；

过滤后，往滤液中加入Na2CO3,将ZM+转化为ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O沉淀；过滤后，将沉

淀煨烧，从而得到氧化锌，据此分析解题。

【详解】(1)“氧化”时，Fe?+被Na2S2θ8氧化，发生反应为2Fe2++Sqj=2Fe3++2Sθj,S20^~

为氧化剂，Fe?+为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。答案为：1:2；

(2)由分析可知，“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有Mno2和Fe(OH)3外,还有Al(OH)3、

CaSO4o答案为：Al(OH)3,CaSO4;

(3)由分析可知，“除镉”时，发生反应为Zn+CcP+=Zn2++Cd,反应类型为置换反应。答案

为：置换反应；

(4)由题干流程图可知，除银和钻步骤中，O?+和Ni?+能形成配合物时•，中心原子提供能

接受孤电子对的空轨道，配位原子提供孤电子对，则反应时，接受电子对的一方是Co?+、

Ni2÷;Co?+、Ni?+能发生上述转化而Zn?+不能，可能的原因为：Co?+、Ni?+半径与有机净化剂

2+22

网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn?+不能。答案为：Co.Ni÷iCo÷ʌNi?+半径与

有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而ZP不能；

(5)“沉锌”时有气体生成，则此气体为CCh,生成碱式碳酸锌的离子方程式为3Zn2++3Cθj

答案第7页，共12页

+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2Oi+2CO2↑o答案为：3Zn2++3Cθf

+3H2O=ZnCO32Zn(OH)2∙H2Ol+2CO2T;

(6)“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2C⅛,从而实现原料

的循环利用，该电解过程中，Na2SO4在阳极失电了一生成Na2S2C>8,H2SO4在阴极得电子生成

通电通电

小，总反应的化学方程式为Na2Sθ4+H2Sθ4-Na2S2θ8+H23答案为：Na2SO4+H2SO4-

Na2S2θ8+H2↑；

(7)图中所示晶胞中，含O原子个数为1+8X!=2,含Zn原子个数为1+2X!+2X<=2,

863

已知阿伏加德罗常数的值为NA,则该氧化锌晶体的密度为

2×81g∕mol2×81

/ɜN.×^a*2c345×102'gpmM答案为:

NmolTXaXlCr'cmX-ʌa×10-7cm×c×10cm

a2a2

2χ81

N.×-a2c×10^21°

^2

17.(1)-90.7

(2)c

(3)H的电负性大于Zn而小于O,吸附在。2-上的H带正电，与C-O上带负电的O结合,

吸附在ZM+上的H带负电，与C-O上带正电的C结合ac

(4)0.44.67

(5)反应釜要求压强恒定，而反应i为气体分子数减小的反应5%

【详解】⑴由图表数据可知：①C(S)+gθ*).CO(g)AH=-110.5kJ∙moL

②C(s)+2H2(g)+Jo2(g)-CHQH(g)△H=-201.2kJ.molT,由盖斯定律可知，②-①得：

Cθ(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH,=-90.7kJ∙moΓ'；

(2)反应i为放热的嫡减反应，随着温度升高，AG会增大，故表示反应i的线条是c；

(3)①电负性：O>H>Zn,图中反应步骤m可描述为：H的电负性大于Zn而小于O,吸

附在一上的H带正电，与CQ上带负电的O结合，吸附在Zn"上的H带负电，与C-O上

带正电的C结合，然后生成产物；

②在合成甲醇过程中，需要不断分离出甲醉，可以使得甲醉浓度减小促使反应正向移动，且

答案第8页，共12页

甲醇浓度减小，利于从催化剂脱附从而可以空出催化位置提高正反应速率；故答案为：ac；

(4)①4min时达到平衡，平衡时Cθ(g)的转化率为80%,04min内,

l11

V(Cc))=4>80qrno]∙LT.min^=0.4mol∙L∙min

'74×2

l

②平衡时CO(g)的转化率为80%,则Ac(Co)=I.6moHΛc(H2)=1.4mol∙17,且

c(CH,OH)=2c(CH,OCH,);设反应i中转化的CO的浓度为amolf1

CO(g)+2H2(g).CH,OH(g)

起始(mol∙L√)24O

转化(mol∙L")a2aa

平衡(mol∙U')

平衡时C(HJ=I.4mol∙C,则反应iii中生成氢气为(2a-2.6)mol∙L

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H,(g)

起始(mol∕L)

转化(mol∕L)1.6-a1.6-a1.6-a2a-2.6

平衡(mol∕L)

根据化学方程式体现的关系可知，1.6-a=2a-2.6,a=1.4mol∙I√;设反应ii中，CH3OCH3的

浓度变化量为bmolL',则有

2CH,OH(g)CH,OCH3(g)+H2O(g)

起始(mol∕L)

转化(mol∕L)2bbb

平衡(mol∕L)

平衡时C(CH3°H)=2c(CHQCH3),则a-2b=2b,b=0.35mol∙L7l;

111

则平衡时C0、H2、Co2、H2O浓度分别为0.4mol∙LM.4molL、0.2mol∙L,0.15molE,

C(H2)C(CO2)1.4X0.2

则反应出的平衡常数KC-=4.67

C(CO)C(H2O)0.4×0.15

(5)①反应釜要求压强恒定，而反应i为气体分子数减小的反应，会导致压强减小，故需

控制出气流量小于进气流量；

②假设时间为Imin,则进气为0.03mok出气0.02mol;反应i为气体分子数减少的反应，

反应ii、出为气体分子数不变的反应，则减少0.0Imol气体是由反应i引起的，由反应i的

方程式可知,参加反应i的CO的物质的量为0.0ImOI÷2=0.005mol,CO(g)的转化率为60%,

则一共有0.006molCO参加反应，则反应iii中消耗0.00ImoICO、生成0.00ImoICo2,故

答案第9页，共12页

流出气体中CO1g)的百分含量为岩苗、100%=5%。

18.(1)2,2-二甲基-1,3-丙二醇分子中含有羟基与水分子之间形成氢键

(2)取代反应酯基、氯原子

0X

⑶uΛ,温'JUO⅛

(4)1

f‰CH3CH

(5)5l1

UCCHJCH3

O

(6)CH3CH=CH2-⅛→CH3CH2CH2OH-⅛→||-ɪɪ→

HO-C-CH2CH3