2020-2022河南省開封市三年高二化學下學期期末試題匯編2-非選擇題

PAGE試卷第=1頁，共=sectionpages33頁PAGE1河南省開封市2020-2022三年高二化學下學期期末試題匯編2-非選擇題（2022春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應用于殺菌、消毒及化工領(lǐng)域。實驗室中利用如圖所示裝置(部分裝置省略)制備和NaClO?；卮鹣铝袉栴}：(1)盛放粉末的儀器名稱是_______，其中發(fā)生反應的化學方程式為_______。(2)a中的試劑為_______，其作用是_______。(3)b中采用的加熱方式是_______，這樣加熱的優(yōu)點有_______(答兩點)。(4)c中化學反應的離子方程式為_______，采用冰水浴冷卻的目的是_______。(5)d的作用是_______。反應結(jié)束后，取出b中試管，經(jīng)冷卻結(jié)晶，_______，_______，干燥，得到晶體。（2021春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）碘是人體必需的生命元素，對人類的生長發(fā)育起著重要作用。碘主要存在于海帶、海水和鹽礦中。從海帶中提取碘的實驗過程如圖所示。已知：①的升華溫度：45℃~77℃；②沸點：76.8℃?；卮鹣铝袉栴}：(1)步驟①灼燒海帶，實驗室通常在如圖所示裝置中進行，儀器a的名稱為___________。(2)步驟③涉及的操作名稱為___________，實驗室進行該操作時用到的玻璃儀器有___________。(3)步驟④中涉及的主要反應的離子方程式為___________。(4)海帶灰中還含有其他可溶性無機鹽類(硫酸鹽、硝酸鹽、碳酸鹽等)，這些鹽類是在流程圖中的第___________步(填編號)與碘分離，若要使碘盡可能地完全轉(zhuǎn)移，應采取的操作是___________。(5)步驟⑥將與分離可以采用___________(填“常壓”或“減壓”)蒸餾方法，原因是___________。(6)若實驗室稱得海帶的質(zhì)量為mg，提取單質(zhì)碘的過程中，碘損失了n%，最后得到單質(zhì)碘bg，則海帶中碘的百分含量為___________(用含m、n、b的式子表示)（2020春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）苯甲酸乙酯稍有水果氣味，用于配制香水香精和人造精油，也大量用于食品中。制備原理：苯甲酸和乙醇在濃硫酸的催化下進行酯化反應，可以生成苯甲酸乙酯與水。由于苯甲酸乙酯的沸點較高，很難蒸出，所以本實驗采用加入環(huán)己烷的方法,使環(huán)己烷、乙醇和水形成三元共沸物，其沸點為62.1℃。三元共沸物經(jīng)過冷凝回流形成兩相，其中環(huán)己烷在上層的比例大，再流回反應瓶;水在下層的比例大，放出下層即可除去反應生成的水。裝置圖：試劑相對分子質(zhì)量密度/(g/cm3)沸點/℃在水中的溶解性乙醇460.789378.5易溶苯甲酸1221.2659249微溶環(huán)己烷840.778580難溶乙醚740.731834.51難溶苯甲酸乙酯1501.05211~213微溶實驗步驟：①加料：在50mL圓底燒瓶中加入6.1g苯甲酸、13mL乙醇、10mL環(huán)己烷、2.0mL濃硫酸，搖勻，加沸石。按照裝置圖左圖組裝好儀器(安裝分水器，分水器上端接一冷凝管)，從分水器上端小心加水至分水器支管處，然后再放去一部分水使液面離分水器支管口約0.5cm。②分水回流：將燒瓶在水浴上加熱回流，開始時回流速度要慢。隨著回流的進行，分水器中出現(xiàn)了上、中、下三層液體。當中、下層接近分水器支管時，將中、下層液體放入量筒中。③中和：將反應液倒人盛有30mL水的燒杯中，分批加入碳酸鈉粉末至溶液呈中性(或弱堿性)，無二氧化碳逸出，用pH試紙檢驗。④分離萃取、干燥、蒸餾:用分液漏斗分出有機層，將水層溶液用25mL乙醚萃取，然后合并至有機層。用無水MgSO4干燥，對粗產(chǎn)物進行蒸餾，低溫蒸出乙醚。當溫度超過140℃時，直接接收一定溫度下的餾分，得產(chǎn)品約5.7mL?；卮鹣铝袉栴}：(1)反應容器中制取苯甲酸乙酯的化學方程式為_____________，裝置圖中儀器A的名稱是______。(2)本實驗采取了多種措施來提高酯的產(chǎn)率，請寫出其中兩種____________________。(3)在制備苯甲酸乙酯時，加入環(huán)己烷的作用是________________。(4)步驟3中和時，加入碳酸鈉粉末要分批的原因是_____________。(5)用乙醚萃取后要把____________(填字母序號)的液體合并至有機層。a.從分液漏斗下部流出的

b.從分液漏斗.上口倒出的(6)步驟4收集餾分應控制的最佳溫度范圍為________________℃。本實驗的產(chǎn)率為________(保留小數(shù)點后1位)。（2022春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）鈦(Ti)是一種重要的結(jié)構(gòu)金屬，鈦合金因具有強度高、耐蝕性好、耐熱性高等特點而被廣泛用于各個領(lǐng)域。以鈦渣(主要成分為，含少量V、Si和Al的氧化物雜質(zhì))為原料，制備金屬鈦的工藝流程如圖：已知：粗中含有、、。回答下列問題：(1)與C、，在600℃的沸騰爐中充分反應后，混合氣體中各組分的分壓如表：物質(zhì)CO分壓/MPa①該溫度下，與C、反應的總化學方程式為_______。②隨著溫度升高，尾氣中CO的含量升高，原因是_______。(2)①“除釩”過程中的化學方程式為_______。②“除釩”和“除硅、鋁”的順序_______(填“能”或“不能”)交換，理由是_______。(3)“冶煉”過程得到的混合物中含有Mg、和Ti，可采用真空蒸餾的方法分離得到Ti。①根據(jù)表中信息，需要加熱的溫度略高于_______℃即可。物質(zhì)MgTi熔點/℃6497141667沸點/℃136109014123287②下列金屬冶煉方法與本工藝流程中加入Mg冶煉Ti的方法相似的是_______。A．高爐煉鐵

B．電解熔融氯化鈉制鈉

C．鋁熱反應制錳

D．氧化汞分解制汞③→Ti也可用鈉熱還原法，該反應不能在水溶液中進行，一是因為金屬鈉與水劇烈反應，不會置換出鈦；二是因為_______。（2021春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）錸(Re)熔點高、耐磨、耐腐蝕，用于制造高效能噴射引擎和火箭引擎。一種利用富錸渣(含)制錸粉的工藝流程如圖所示。回答下列問題：(1)“浸出”反應中轉(zhuǎn)化為兩種強酸，反應的離子方程式為___________。(2)圖1是礦樣粒度與錸浸出率關(guān)系圖，圖2是萃取液流速與錸吸附率關(guān)系圖。結(jié)合實際工業(yè)生產(chǎn)效益，浸出時應將富錸渣粉碎至___________目，萃取液流速宜選用的范圍是___________BV/h。(3)“萃取”時含的有機溶劑應具有的性質(zhì)有___________(填序號)。①難溶于水

②密度大于水③萃取劑不和發(fā)生反應

④在其中的溶解度大于在水中的溶解度(4)“反萃取”時，加入氨水和水的目的是___________。(5)“熱解”時，發(fā)生反應的化學方程式為___________。(6)“熱還原”時，實際消耗量大于理論計算量，其原因是___________。(7)整個工藝流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)有：、___________。（2020春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）硅孔雀石主要成分為CuCO3、Cu(OH)2、CuSiO3·2H2O，含少量的SiO2、FeCO3、Fe2O3等雜質(zhì)，以其為原料制備CuCl2的工藝流程如下：已知：SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑(1)酸浸時鹽酸與CuCO3、Cu(OH)2反應的化學方程式為_______；為提高“酸浸”時銅元素的浸出率，可以采取的措施有：①適當加快攪拌速率；②_____________。(任答一點即可)(2)“氧化”時發(fā)生反應的離子方程式為_________________。(3)“濾渣1”的主要成分為SiO2和H2SiO3等，“濾渣2”的主要成分為___________(填化學式)；試劑X可選擇___________(填字母序號)。a.NaOH溶液

b.氨水c.CuOd.Cu(OH)2(4)“調(diào)pH"時，pH不能過高，其原因是_______________。(5)“加熱脫水”時，加入SOCl2的目的是________________。（2022春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）近期中國科學院宣布在人工合成淀粉方面取得突破性進展，是國際上首次在實驗室實現(xiàn)二氧化碳到淀粉的從頭合成。(1)人工合成淀粉共需要11步，其中前兩步涉及的反應如圖所示。已知：

計算

_______。(2)原料可通過捕獲技術(shù)從空氣或工業(yè)尾氣中獲取，能作為捕獲劑的有_______(填字母序號)。A．氨水 B．溶液 C． D．溶液(3)在一定溫度下的密閉容器中，發(fā)生反應：。下列說法正確的是_______(填字母序號)。A．反應達平衡后，若壓縮容器體積，則平衡正向移動B．選用合適的催化劑可以提高的平衡產(chǎn)率C．若氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變，說明反應已達平衡D．增大原料氣中的值，有利于提高的轉(zhuǎn)化率(4)在一定條件下，催化加氫可以生成，主要有以下三個競爭反應。反應I：

反應Ⅱ：

反應Ⅲ：

為研究催化劑對反應的選擇性，在1L恒容密閉容器中充入2.0mol和，反應進行相同時間后，測得有關(guān)物質(zhì)的物質(zhì)的量隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。①該催化劑在較低溫度時主要選擇反應_______(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。A點以后，升高溫度，甲烷的物質(zhì)的量減小，其原因可能是_______。②在一定溫度下，體系達到平衡，此時測得：，，，容器內(nèi)總壓強為p。此時，的總轉(zhuǎn)化率為_______；_______；該溫度下反應I的平衡常數(shù)K(I)=_______(保留一位小數(shù))。（2021春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）羰基硫(COS)是一種糧食熏蒸劑，能防治某些害蟲和真菌的危害。以FeOOH作催化劑，分別以CO和為碳源，與反應均能產(chǎn)生COS。(1)以CO為碳源制COS，反應為，其反應過程能量變化如圖所示。①___________。②在2L的密閉容器中，保持溫度不變，開始投入9mol和amolCO，經(jīng)10min達到平衡，K=0.2，，則a=___________mol。下圖中曲線Ⅰ和Ⅱ表示該溫度下，CO和投料比不同時，CO轉(zhuǎn)化率隨時間變化關(guān)系，則曲線Ⅰ和Ⅱ中a值的大小關(guān)系為：Ⅰ___________Ⅱ(填“＞”“＜”或“=”)，理由是___________。(2)以為碳源制COS，反應為。①在610K時，將0.10mol與0.40mol充入2.5L空鋼瓶中，反應平衡后，的物質(zhì)的量分數(shù)為0.02，則的平衡轉(zhuǎn)化率___________%。②在620K重復實驗，平衡后的物質(zhì)的量分數(shù)為0.03，的轉(zhuǎn)化率為，則___________(填“＞”“＜”或“=”，下同)，該反應的___________0。③向反應器中再分別充入下列氣體，能使轉(zhuǎn)化率增大的是___________(填字母)。A．

B．

C．COS

D．(3)羰基硫在水存在時會緩慢水解生成，鋼鐵設(shè)備發(fā)生析氫腐蝕，則其正極的電極反應式為___________，負極的反應產(chǎn)物為___________(填化學式)。（2020春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）在反應原理部分，我們經(jīng)常以H2和I2的反應為例來研究化學反應速率和平衡。(1)在2L的容器中充入H2、I2各1mol，對于反應：H2(g)+I2(g)2HI(g)，在323K和343K時H2的轉(zhuǎn)化率隨時間變化的結(jié)果如圖所示。①323K時反應的平衡轉(zhuǎn)化率=__________%。平衡常數(shù)K=____________(保留2位小數(shù))。②在343K時，要提高I2轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是____(答出兩條)；要縮短反應達到平衡的時間，可采取的措施有___(答出兩條)。③比較a、b處反應速率大?。簐(a)____v(b)(填“大于”“小于”或“等于”)。反應速率v正=k正x(H2)x(I2)，v逆=k逆x2(HI)，k正、k逆分別為正、逆反應速率常數(shù)〖k逆(323)=5，k逆(343)=7〗，x為物質(zhì)的量分數(shù)，計算b處v正=________mol/(L?min)(保留1位小數(shù))。(2)對于反應：H2(g)+I2(g)2HI(g)提出如下反應歷程第一步：I2I+I(快速平衡)第二步：H2+2I→2HI(慢反應)其中可近似認為第二步反應不影響第一步的平衡。下列表述正確的是______(填字母序號)。a.v(第一步的逆反應)＜v(第二步的逆反應)b.反應的中間產(chǎn)物只有Ｉc.第二步反應活化能較低d.第二步中H2與I的碰撞僅部分有效(3)已知反應2HI(g)H2(g)+I2(g)的能量變化如圖所示，則1molHI(g)分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為_______kJ。（2022春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）K、Cu、Si、H、C、N等元素單質(zhì)的熔點高低的順序如圖所示，其中c、d均是熱和電的良導體?；卮鹣铝袉栴}：(1)圖中d單質(zhì)對應元素基態(tài)原子的電子排布式為_______。(2)單質(zhì)a、f對應的元素以原子個數(shù)比1∶1形成的分子(相同條件下對的相對密度為13)中所含鍵和鍵的個數(shù)比為_______，其中f原子的雜化軌道類型為_______。(3)a與b的元素形成的10電子中性分子X的空間構(gòu)型為_______；將X溶于水后的溶液滴入到d的硫酸鹽溶液中至過量，得到配合物的化學式為_______，其中d離子的配位數(shù)為_______。(4)e、f單質(zhì)對應元素的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性(用相應的化學式表示)_______>_______，原因是_______。(5)c與氧元素和碘元素形成的一種晶體是一種性能良好的光學材料，其晶胞為立方體，棱長為0.446nm，晶胞中c原子、氧原子和碘原子分別處于頂點、面心和體心位置，如圖所示。該晶體的化學式為_______，與c原子緊鄰的氧原子有_______個。該晶體中c原子與氧原子間的最短距離為_______nm。（2021春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）鋅在工業(yè)中有重要作用，也是人體必需的微量元素?；卮鹣铝袉栴}：(1)元素Zn位于元素周期表的___________區(qū)，基態(tài)Zn原子核外電子占據(jù)的最高能層的符號是___________，占據(jù)該能層電子的電子云輪廓圖形狀為___________形。(2)黃銅是人類最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu組成。其中，第一電離能___________(填“大于”或“小于”)，原因是___________。(3)形成的某種化合物M是很好的補鋅劑，其鍵線式如圖所示。①1molM含有的鍵的數(shù)目為___________。②常見含氮的配體有、、等，分子的空間構(gòu)型為___________，的中心氮原子雜化方式為___________。(4)硫化鋅在熒光體、光導體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應用廣泛，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。距離最近的4個所圍成的空間構(gòu)型為___________，距離最近且等距離的有___________個。若晶胞參數(shù)為apm，則與最近距離為___________pm(用含a的代數(shù)式表示)。（2020春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）碳族元素在生產(chǎn)生活中的應用極其廣泛。請回答以下有關(guān)碳族元素的問題。(1)下列說法正確的是_____(填字母序號)。a．CS2與SO2分子的鍵角相同

b．HCHO中的C原子為sp2雜化c．CF4與SiCl4均為非極性分子

d．第一電離能：O＞N＞Ce．CO與N2為等電子體，所以化學性質(zhì)完全相同(2)晶體硅是制備太陽能電池板的主要原料。區(qū)分晶體硅和無定形硅最可靠的科學方法為_____；28g晶體硅中含共價鍵_______mol。(3)金屬鎳粉在CO氣流中輕微加熱，生成無色揮發(fā)性液態(tài)Ni(CO)4，呈正四面體構(gòu)型。試推測Ni(CO)4的晶體類型是_______，Ni(CO)4易溶于_____(填字母序號)。a．水

b．四氯化碳

c．苯

d．硫酸鎳溶液(4)石墨烯可轉(zhuǎn)化為富勒烯(C60)，某金屬M與C60可制備一種低溫超導材料，晶胞結(jié)構(gòu)(晶胞參數(shù)為xpm)如圖所示，M原子位于晶胞的棱上與內(nèi)部，則該晶胞中C60的堆積方式為_______，C60與M原子的個數(shù)比為________________。(5)利用光催化還原CO2制備工業(yè)原料CH4，可以達到減碳的效果。該反應中，帶狀的納米Zn2GeO4(催化劑)的催化效果較好。CO2分子中σ鍵與π鍵的比值為____，催化劑所含元素Zn、Ge、O電負性由大到小的順序是_________，元素Zn的價電子排布式為______________。(6)鍺元素是典型的半導體材料，在電子、材料等領(lǐng)域應用廣泛。鍺單晶的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，其晶胞參數(shù)apm，阿伏加德羅常數(shù)為NA其密度為___________g/cm3(列出計算式即可)。（2022春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）基于生物質(zhì)資源開發(fā)常見的化工原料，是綠色化學的重要研究方向。以化合物A為原料，可合成丙烯酸E、丙醇G等化工產(chǎn)品，進而可制備聚丙烯酸丙酯類高分子材料?；卮鹣铝袉栴}：(1)化合物A的分子式為_______，其環(huán)上的取代基是_______(寫名稱)。(2)B→C的反應類型為_______，化合物D能溶于水的原因是_______。(3)化合物D到化合物E的反應是原子利用率100%的反應，且1molD與1mol反應得到2molE，則D→E反應的化學方程式為_______。(4)化合物F有多種同分異構(gòu)體，其中含結(jié)構(gòu)的有_______種，核磁共振氫譜圖上只有一組峰的結(jié)構(gòu)簡式為_______。(5)選用含兩個羧基的化合物作為唯一的含氧有機原料，參考D→E的反應特點制備，合成路線為_______(不用注明反應條件)。（2021春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）呲氟氯禾靈是選擇性強、藥效穩(wěn)定、對人畜安全的多禾本科雜草除草劑，它的合成路線如下：已知：。(1)A的名稱為___________。B的結(jié)構(gòu)簡式為___________。(2)1molC最多可與___________molNaOH完全反應。物質(zhì)C長期暴露在空氣中會變質(zhì)，其原因是___________。(3)反應⑥的化學方程式為___________。(4)同時滿足下列兩個條件的呲氟氯禾靈的同分異構(gòu)體共有___________種。①含有；②能與碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳。(5)由苯甲醛()制備高分子化合物的合成路線流程圖為___________(無機試劑任選)。（2020春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）化合物M是一種藥物中間體，以下是合成M的一種路線：回答下列問題：(1)A的化學名稱是___________，B中官能團名稱是_____________。(2)由A生成B的反應類型是________________。(3)C的結(jié)構(gòu)簡式為_____________________。(4)E與G生成M的化學方程式是_______________________。(5)X與F是同分異構(gòu)體，1molX在堿性條件下水解,消耗2molNaOH，且X中有兩種不同環(huán)境的氫，則X的結(jié)構(gòu)簡式為_________________。(6)寫出以乙烷為原料制備乙酸的合成路線：____________________(無機試劑任選)。▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁：(1)

圓底燒瓶

(2)

飽和食鹽水

除去氯氣中的HCl(3)

水浴加熱

受熱均勻，溫度易控制(4)

避免生成(5)

吸收尾氣

過濾

少量(冷)水洗滌〖祥解〗本題是一道無機物制備類的實驗題，首先制備氯氣，用裝置a除去氯氣中的氯化氫，在水浴加熱的條件下和氫氧化鉀反應制備氯酸鉀，在冰水的條件下制備次氯酸鈉，最后注意尾氣處理，以此解題。(1)由圖可知盛放粉末的儀器名稱是圓底燒瓶；該儀器中是實驗室制備氯氣，方程式為：；(2)裝置a的作用是除去氯氣中的氯化氫，故a中的試劑為：飽和食鹽水；其作用是：除去氯氣中的HCl；(3)由圖可知b中采用的加熱方式是：水浴加熱；這樣加熱的優(yōu)點有：受熱均勻，溫度易控制；(4)c中氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，離子方程式為：；溫度較高時容易生成氯酸鈉，故采用冰水浴冷卻的目的是：避免生成；(5)氯氣有毒，污染空氣，故d的作用是：吸收尾氣，b中為氯酸鉀溶液，結(jié)晶后過濾，為了減少產(chǎn)品的損失，應該采用少量(冷)水洗滌，故〖答案〗為：過濾；少量(冷)水洗滌。

坩堝

過濾

漏斗、燒杯、玻璃棒

⑤

加入適量的萃取劑，同時采用多次萃取的方法

減壓

碘的升華溫度與沸點接近，若采用常壓蒸餾，不易分離

〖祥解〗由流程可知，①

坩堝中灼燒得到海帶灰，②溶解、浸泡，I-進入溶液中，③過濾除去不溶性雜質(zhì)，分離出含碘離子的溶液，④加入稀硫酸和H2O2將I-氧化為I2，⑤加入有機溶劑萃取、分液，得到I2的溶液，⑥蒸餾分離出碘單質(zhì)，以此來解答?！荚斘觥?1)由儀器的結(jié)構(gòu)特點可知，儀器a的名稱為坩堝，故〖答案〗為：坩堝。(2)由分析可知，步驟③涉及的操作名稱為過濾，過濾時需要用到的玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒，故〖答案〗為：過濾、漏斗、燒杯、玻璃棒。(3)④H2O2在酸性條件下將I-氧化為I2，其離子方程式為，故〖答案〗為：。(4)海帶灰中還含有其他可溶性無機鹽類(硫酸鹽、硝酸鹽、碳酸鹽等)，而I2在水中溶解度小，且易溶于有機裕劑CCl4，在實驗步驟⑤中向混合物中加入CCl4，充分振蕩后靜置、分液，就可以實現(xiàn)無機鹽類與碘分離，為了使碘盡可能地完全轉(zhuǎn)移，應采取的操作是加入適量的萃取劑，同時采用多次萃取的方法，故〖答案〗為：⑤、加入適量的萃取劑，同時采用多次萃取的方法。(5)由題意可知，碘的升華溫度與沸點接近，若采用常壓蒸餾，不易分離，所以步驟⑥將與分離可以采用減壓蒸餾方法，故〖答案〗為：減壓、碘的升華溫度與沸點接近，若采用常壓蒸餾，不易分離。(6)提取單質(zhì)碘的過程中，碘損失了n%，最后得到單質(zhì)碘bg，則含有碘的總質(zhì)量為，則海帶中碘的百分含量為，故〖答案〗為：。

+CH3CH2OH+H2O

直形冷凝管

通過增加反應物的濃度(或乙醇過量)；通過分離生成物水，使平衡向右移動；使用催化劑

(形成低沸點的共沸物)使生成物水更容易從反應體系中分離；減少了反應物乙醇的損失；便于觀察水層的分出

防止反應過于劇烈，產(chǎn)生大量的泡沫而使液體溢出

B

211-213

79.8%〖祥解〗與乙醇在濃硫酸催化作用下發(fā)生酯化反應生成苯甲酸乙酯和水；本實驗可采取多種措施來提高酯的產(chǎn)率，促進平衡正向移動，加入環(huán)己烷(形成低沸點的共沸物)使生成物水更容易從反應體系中分離；加入碳酸鈉與酸反應生成二氧化碳和水，除去酸，用乙醚萃取后分為兩層，上層為有機層；根據(jù)苯甲酸乙酯的沸點確定步驟4收集餾分應控制的最佳溫度范圍，根據(jù)計算反應的產(chǎn)率?！荚斘觥?1)與乙醇在濃硫酸催化作用下發(fā)生酯化反應生成苯甲酸乙酯和水，反應容器中制取苯甲酸乙酯的化學方程式為+CH3CH2OH+H2O，裝置圖中儀器A的名稱是直形冷凝管。故〖答案〗為：+CH3CH2OH+H2O；直形冷凝管；(2)本實驗采取了多種措施來提高酯的產(chǎn)率，促進平衡正向移動，通過增加反應物的濃度(或乙醇過量)；通過分離生成物水，使平衡向右移動；使用催化劑。故〖答案〗為：通過增加反應物的濃度(或乙醇過量)；通過分離生成物水，使平衡向右移動；使用催化劑；(3)在制備苯甲酸乙酯時，加入環(huán)己烷的作用是(形成低沸點的共沸物)使生成物水更容易從反應體系中分離；減少了反應物乙醇的損失；便于觀察水層的分出。故〖答案〗為：(形成低沸點的共沸物)使生成物水更容易從反應體系中分離；減少了反應物乙醇的損失；便于觀察水層的分出；(4)碳酸鈉與酸反應生成二氧化碳和水，步驟3中和時，加入碳酸鈉粉末要分批的原因是防止反應過于劇烈，產(chǎn)生大量的泡沫而使液體溢出。故〖答案〗為：防止反應過于劇烈，產(chǎn)生大量的泡沫而使液體溢出；(5)用乙醚萃取后分為兩層，上層為有機層，要把從分液漏斗上口倒出的液體合并至有機層。故〖答案〗為：b；(6)根據(jù)苯甲酸乙酯的沸點，步驟4收集餾分應控制的最佳溫度范圍為211-213℃。6.1g苯甲酸（固體）和乙醇反應生成苯甲酸乙酯的質(zhì)量=×150g·mol－1=7.5g，實際上苯甲酸乙酯的質(zhì)量=1.05g·mL-3×5.7mL=5.985g，則該反應的產(chǎn)率為=×100%≈79.8%。故〖答案〗為：211-213；79.8%。〖『點石成金』〗本題考查了有機實驗方案的設(shè)計，明確實驗原理是解本題關(guān)鍵，注意產(chǎn)率的計算，為本題的難點，6.1g苯甲酸（固體）和乙醇反應生成苯甲酸乙酯的質(zhì)量=×150g·mol－1=7.5g，實際上苯甲酸乙酯的質(zhì)量=1.05g·mL-3×5.7mL=5.985g，計算反應的產(chǎn)率。(1)

隨著溫度升高，與C發(fā)生反應(2)

不能

若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要加入Al，又引入Al雜質(zhì)(3)

1412

AC

會強烈水解生成〖解析〗(1)①根據(jù)容器中氣態(tài)物質(zhì)之間分壓之比，可以近似得到反應體系內(nèi)各氣態(tài)生成物之間的物質(zhì)的量之比為，按照該物質(zhì)的量之比代入方程式配平得到“”；②“高溫條件下，發(fā)生”，所以尾氣中CO含量上升(2)①根據(jù)題目所給信息分析，粗中含有，加入Al后有VOCl2生成，故該反應應是“”；②“除釩”時需要加入單質(zhì)鋁，如果“先除鋁，后除釩”，會在體系中重新引入鋁元素雜質(zhì)，所以本問第二空應填“不能”，第三空應填“若先‘除硅、鋁’再‘除釩’，‘除釩’時需要加入Al，又引入Al雜質(zhì)”；(3)①根據(jù)題目所示信息，金屬鈦沸點最高，利用真空蒸餾方案分離混合物，只需加熱至沸點第二高的MgCl2氣化即可，所以本問第一空應填“1412”；②Mg置換制備Ti，備選項中與該反應原理類似的是“AC”，兩個反應均是置換反應；③TiCl4屬于弱堿陽離子構(gòu)成的氯化物，均有固體見水易水解，“會強烈水解生成”。

120

6～8

①③④

萃取有機層中

排凈空氣時損耗、反應時損耗、冷卻保護時損耗

含的有機溶劑〖詳析〗(1)Re元素化合價由+2升高到+7，S元素化合價由-1升高到+6，故H2O2中氧元素化合價降低，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒配平反應方程式，故〖答案〗為：。(2)由題圖可知，隨著礦樣粒度逐漸增大，浸出率逐漸增大，當?shù)V樣粒度大于120目后，浸出率基本不變，所以礦樣粒度為120目時最佳，增大萃取液流速、提高錸吸附率可以提高生產(chǎn)效益，由題圖可知，萃取液流速宜選用的范圍是6～8BV/h，故〖答案〗為：120、6～8。(3)苯取劑應滿足溶質(zhì)在萃取劑中的溶解度比在原溶劑中要大，萃取劑與原溶劑不相溶，萃取劑與溶質(zhì)不反應，故〖答案〗為：①③④。(4)加入水、氨水可生成NH4ReO4，以達到萃取有機層中的目的，故〖答案〗為：萃取有機層中。(5)(5)“熱解”時，在加熱條件下生成，發(fā)生反應的化學方程式為，故〖答案〗為：。(6)工業(yè)上，利用氫氣還原Re2O7制備錸，氫氣起三個作用：還原劑、保護氣、排盡空氣，因此“熱還原”時，實際消耗量大于理論計算量，故〖答案〗為：排凈空氣時損耗、反應時損耗、冷卻保護時損耗。(7)由題意可知，整個工藝流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)有：、含的有機溶劑，故〖答案〗為：含的有機溶劑。

CuCO3·Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O

適當提高鹽酸濃度或適當提高反應溫度

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

Fe(OH)3

cd

防止

Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu(OH)2沉淀

生成的HCl抑制CuCl2的水解〖祥解〗以硅孔雀石〖主要成分為CuCO3·Cu(OH)2、CuSiO3·2H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等雜質(zhì)〗加入鹽酸酸浸生成二氧化碳氣體，過濾得到濾渣1為SiO2，H2SiO3，濾液中通入氯氣氧化亞鐵離子為鐵離子，加入氧化銅或氫氧化銅或堿式碳酸銅調(diào)節(jié)溶液PH沉淀鐵離子，過濾得到濾渣2為氫氧化鐵沉淀，濾液濃縮蒸發(fā)，冷卻結(jié)晶得到氯化銅晶體，加入SOCl2加熱脫水得到氯化銅。〖詳析〗(1)酸浸時鹽酸與CuCO3、Cu(OH)2反應為復分解反應，由此確定產(chǎn)物配平化學方程式為CuCO3·Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O；為提高“酸浸”時銅元素的浸出率，可以采取的措施有：①適當加快攪拌速率；②適當提高鹽酸濃度；③適當提高反應溫度。

(任答一點即可)，故〖答案〗為：CuCO3·Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O；適當提高鹽酸濃度或適當提高反應溫度；(2)

根據(jù)流程圖，加鹽酸“酸浸”后溶液中只有Fe2＋可被氯氣氧化，“氧化”時發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。故〖答案〗為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；(3)“濾渣1”的主要成分為SiO2和H2SiO3等，“濾渣2”的主要成分為Fe(OH)3(填化學式)；根據(jù)流程圖，經(jīng)氧化后溶液中陽離子主要為Cu2＋和Fe3＋，加試劑X調(diào)節(jié)pH使Fe3＋完全沉淀而除去，Cu2＋仍留在溶液中，實現(xiàn)Cu2＋和Fe3＋的分離，最終制備CuCl2；試劑X可選擇a.

NaOH溶液可以調(diào)節(jié)溶液PH，但會引入鈉離子雜質(zhì)，故不選；b.氨水可以調(diào)節(jié)溶液PH，但會引入銨根離子雜質(zhì)，故不選；c.

CuO可以和酸反應調(diào)節(jié)溶液PH，不會引入雜質(zhì)，故選；d.

Cu(OH)2

可以和酸反應調(diào)節(jié)溶液PH，不會引入雜質(zhì)，故選；故〖答案〗為：Fe(OH)3；cd；(4)

“調(diào)pH"時，pH不能過高，其原因是防止

Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu(OH)2沉淀。故〖答案〗為：防止

Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu(OH)2沉淀；(5)已知：SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑，

“加熱脫水”時，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解。故〖答案〗為：生成的HCl抑制CuCl2的水解?！肌狐c石成金』〗本題借助硅孔雀石為原料制取氯化銅的工藝流程，考查了化學方程式書寫、氧化還原反應等知識，難點(3)：利用水解原理除去溶液中的鐵，濾液中通入氯氣氧化亞鐵離子為鐵離子，加入氧化銅或氫氧化銅或堿式碳酸銅調(diào)節(jié)溶液PH沉淀鐵離子。(1)(2)AB(3)AC(4)

Ⅱ

升高溫度，催化劑對反應Ⅱ的選擇性降低

70%

1.9〖解析〗（1）由圖可知，利用蓋斯定律可得：；故〖答案〗為：。（2）A．氨水能和二氧化碳反應生成碳酸銨或碳酸氫銨，所以能作二氧化碳捕捉劑，故A正確；B．Na2CO3溶液能和二氧化碳反應生成NaHCO3，可以作二氧化碳捕捉劑，，故B正確；C.和二氧化碳不反應，不能作二氧化碳捕捉劑，故C錯誤；D．溶液和二氧化碳不反應，不能作二氧化碳捕捉劑，故D錯誤；故〖答案〗為：AB。（3）A．反應達平衡后，若壓縮容器體積，增大壓強，正反應氣體分子數(shù)減小，則平衡正向移動，故A正確；B．催化劑不影響平衡移動，所以不能提高的平衡產(chǎn)率，故B錯誤；C．反應前后氣體總物質(zhì)的量減小，氣體總質(zhì)量不變，則反應后氣體的平均相對分子質(zhì)量增大，若氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變，則說明反應體系已達平衡，故C正確；D．增大原料氣中的值，的轉(zhuǎn)化率減小，故D錯誤；故〖答案〗為：AC。（4）①溫度較低時主要生成CH4，所以該催化劑在較低溫度時主要選擇反應II；A點以后，升高溫度，甲烷的物質(zhì)的量降低，其原因可能為溫度升高催化劑活性降低，催化效率降低，甲烷的物質(zhì)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，CO2的總轉(zhuǎn)化率==70%；剩余的n(CO2)=(2.0-1.4)mol=0.6mol，消耗的n(H2)=3n(CH3OH)+4n(CH4)+6n(C2H4)=(0.5×3+0.1×4+6×0.4)mol=4.3mol，剩余的n(H2)=(5.3-4.3)mol=1mol，生成的n(H2O)=n(CH3OH)+2n(CH4)+4n(C2H4)=(0.5+0.1×2+4×0.4)mol=2.3mol，混合物的總物質(zhì)的量=(0.1+0.4+0.5+0.6+1+2.3)mol=4.9mol，；該溫度下反應I的平衡常數(shù)K(I)=；故〖答案〗為：II；升高溫度，催化劑對反應Ⅱ的選擇性降低；70%；；1.9。

20

＜

的物質(zhì)的量固定，投料比越大(即a值越大)，反應速率越快，達平衡時間越短，但CO轉(zhuǎn)化率越低

0.025

＜

＞

B

FeS〖詳析〗(1)①由圖可知，反應的反應物總能量大于生成物總能量，屬于放熱反應，反應△H==—11.3kJ/mol，故〖答案〗為：—11.3kJ/mol；②由題意可建立如下三段式：由平衡常數(shù)K=2可得：=0.2，解得a=20；在硫化氫總量相同時，的值越大，平衡時，反應速率越快，一氧化碳的轉(zhuǎn)化率越小，由圖可知，在硫化氫總量相同時，Ⅰ的反應速率小于Ⅱ，一氧化碳轉(zhuǎn)化率大于Ⅱ，則Ⅰ的小于Ⅱ，a值小于Ⅱ，故〖答案〗為：20；＜；的物質(zhì)的量固定，投料比越大(即a值越大)，反應速率越快，達平衡時間越短，但CO轉(zhuǎn)化率越低；(2)①由題意可建立如下三段式：由水的物質(zhì)的量分數(shù)為0.02可得：＝0.02，解得0.025，故〖答案〗為：0.025；②由題意可知，升高溫度，水的物質(zhì)的量分數(shù)增大，說明平衡向正反應方向移動，則該反應為吸熱反應，＞0，硫化氫的轉(zhuǎn)化率增大，＜，故〖答案〗為：＜；＞；③A．向反應器中充入硫化氫，反應物濃度增大，平衡向正反應方向移動，但硫化氫的平衡轉(zhuǎn)化率減小，故錯誤；B．向反應器中充入二氧化碳，反應物濃度增大，平衡向正反應方向移動，硫化氫的平衡轉(zhuǎn)化率增大，故正確；C．向反應器中充入羰基硫，生成物濃度增大，平衡向逆反應方向移動，硫化氫的平衡轉(zhuǎn)化率減小，故錯誤；D．向反應器中充入不參與反應的氮氣，各物質(zhì)的濃度不變，平衡不移動，硫化氫的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故錯誤；B正確，故選B；(3)由羰基硫在水存在時會緩慢水解生成硫化氫，鋼鐵設(shè)備發(fā)生析氫腐蝕可知，鋼鐵設(shè)備中碳做原電池的正極，硫化氫在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣和硫離子，電極反應式為，鐵做負極，鐵失去電子發(fā)生氧化反應生成亞鐵離子，電極反應式為Fe—2e—=Fe2+，亞鐵離子與硫離子在負極反應生成硫化亞鐵沉淀，故〖答案〗為：；FeS。

21

0.28

提高氫氣的濃度，及時分離出生成物

改進催化劑、增大壓強

大于

0.25

bd

299〖祥解〗根據(jù)不同溫度下氫氣的轉(zhuǎn)化率變化，利用溫度高的先達到平衡，找出323K時的氫氣轉(zhuǎn)化率曲線并找到轉(zhuǎn)化率，根據(jù)轉(zhuǎn)化率和“三段式”計算化學平衡常數(shù)；要提高I2轉(zhuǎn)化率，讓平衡正向移動，可以提高氫氣的濃度，及時分離出生成物；對于反應前后氣體的體積不變的反應，縮短反應達到平衡的時間就是加快反應速率，可以改進催化劑、增大壓強；a、b處轉(zhuǎn)化率相等，即濃度相等，溫度a大于b，根據(jù)溫度越高速率越快分析；b處于平衡狀態(tài)，得到v正=v逆，得到，根據(jù)“三段式”和轉(zhuǎn)化率計算得到x(H2)和x(I2)，得到v正=k正x(H2)x(I2)的值；根據(jù)快反應的反應速率越快，反應的中間產(chǎn)物只有Ｉ，第二步反應是慢反應，活化能較高，根據(jù)第二步中生成物中有I，H2與I的碰撞僅部分有效；根據(jù)焓變等于反應物斷鍵時吸收的能量與形成化學鍵釋放能量的差值計算；由此分析?！荚斘觥?1)①根據(jù)圖象可知，溫度越高，達到平衡的時間越短，a曲線是溫度高表示343K下氫氣的轉(zhuǎn)化率；b曲線為323K時的轉(zhuǎn)化率，323K時反應的平衡轉(zhuǎn)化率=21%；平衡常數(shù)K=≈0.28；②在343K時，要提高I2轉(zhuǎn)化率，即讓平衡正向移動，可采取的措施是提高氫氣的濃度，及時分離出生成物等；對于反應前后氣體的體積不變的反應，縮短反應達到平衡的時間就是加快反應速率，可以改進催化劑、增大壓強；③a、b處轉(zhuǎn)化率相等，即濃度相等，溫度a大于b，根據(jù)溫度越高速率越快v(a)大于v(b)；反應速率v正=k正x(H2)x(I2)，v逆=k逆x2(HI)，k正、k逆分別為正、逆反應速率常數(shù)〖k逆(323)=5，k逆(343)=7〗，x為物質(zhì)的量分數(shù)，得到：b處于平衡狀態(tài)，得到v正=v逆，得到=K=0.28，k逆(323)=5，k正(323)=1.4，設(shè)反應的氫氣的物質(zhì)的量為x，可以得到；y=0.15，x(H2)=x(I2)===0.425，b處v正=k正x(H2)x(I2)=1.4×0.425×0.425≈0.25mol/(L

?

min)；(2)a．第一步反應速率較快，v(第一步的逆反應)＞v(第二步的逆反應)，故a錯誤；b．根據(jù)反應歷程可知，反應的中間產(chǎn)物只有Ｉ，故b正確；c．第二步反應的速率較慢，活化能較高，故c錯誤；d．第二步中生成物中有I，故第二步中H2與I的碰撞僅部分有效，故d正確；〖答案〗選bd；(3)反應2HI(g)H2(g)+I2(g)的能量變化如圖所示，設(shè)1molHI(g)分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為xkJ，則焓變等于反應物斷鍵時吸收的能量與形成化學鍵釋放能量的差值，得到2x-436kJ/mol-151kJ/mol=11kJ/mol，解得x=299?！肌狐c石成金』〗2HI(g)H2(g)+I2(g)的焓變?yōu)?1kJ/mol,為易錯點。(1)(2)

3∶2

sp(3)

三角錐形

4(4)

C元素的非金屬性強于Si，則最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性為(5)

12

0.315〖祥解〗K、Cu、Si、H、C、N等元素單質(zhì)中，K、Cu為金屬晶體，均是熱和電的良導體，C、Si的單質(zhì)為共價晶體，且C單質(zhì)的熔沸點大于Si單質(zhì)的熔沸點，H、N對應的單質(zhì)為分子晶體，其中氫氣的熔點最低，由圖熔點的高低順序可知a為H，b為N，c為K，d為Cu，e為Si，f為C所對應的單質(zhì)，據(jù)此解答。(1)由分析可知，d為Cu，對應元素原子的電子排布式：；故〖答案〗為：。(2)單質(zhì)a、f對應的元素以原子個數(shù)比1:1形成的分子(相同條件下對的相對密度為13)為：，含有σ鍵3個，π鍵2個，所含鍵和鍵的個數(shù)比為3:2，其中C原子的雜化軌道類型是sp雜化；故〖答案〗為：3:2；sp。(3)H與N形成的10電子中性分子X為NH3，氨氣分子中價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+(5-3×1)=4，所以空間構(gòu)型為：三角錐形結(jié)構(gòu)；將NH3溶于水后的溶液滴入硫酸銅溶液中至過量，Cu2+提供空軌道，氨氣分子提供孤對對子，通過配位鍵形成；其中銅離子的配位數(shù)為4；故〖答案〗為：三角錐形；；4。(4)元素的非金屬性越強，其對應的簡單氫化物的穩(wěn)定性就越強，非金屬性：C>Si，故SiH4、CH4的穩(wěn)定性：CH4>SiH4；故〖答案〗為：；；C元素的非金屬性強于Si，則最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性為。(5)根據(jù)晶胞圖可知，晶胞中K原子個數(shù)=8×=1，O原子個數(shù)=6×=3，I原子個數(shù)=1，則該晶體的化學式為KIO3，與K緊鄰的O原子分別在各個面的面心，所以個數(shù)為12，分析KIO3晶體的晶胞結(jié)構(gòu)可知K原子與O原子間的最短距離為；故〖答案〗為：；12；0.315。

ds區(qū)

N

球

大于

Zn核外電子排布為全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子

20

三角錐形

sp

正四面體

12

〖詳析〗(1)元素Zn的原子序數(shù)為30，位于元素周期表的ⅡB族、d區(qū)，基態(tài)Zn原子核外電子占據(jù)的最高能層為第三層，符號是N，占據(jù)該能層電子能級為s，電子云輪廓圖形狀為球形，故〖答案〗為：ds區(qū)、N、球。(2))基態(tài)Zn原子價層電子排布式為3d104s2，為全充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子，則第一電離能大于，原因是Zn核外電子排布為全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子，故〖答案〗為：大于、Zn核外電子排布為全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子。(3)①根據(jù)單鍵為鍵，雙鍵含1個鍵，配位鍵屬于鍵，1個M中含有20個鍵，則由其鍵線式可知，1molM中含有20N個鍵，則1molM中含有20，故〖答案〗為：20。②中N原子的孤電子對數(shù)為，空間構(gòu)型是三角錐形，與CO2結(jié)構(gòu)相似，空間結(jié)構(gòu)為直線形，故中心N原子雜化方式為sp雜化，故〖答案〗為：三角錐形、sp。(4)立方ZnS晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，距離最近的4個所圍成的空間構(gòu)型為正四面體，一個晶胞中含有的Zn原子數(shù)為4×1=4，晶胞頂點S原子與晶胞平面中心S原子是距離相等且最近的，則與S原子最近且距離相等的S原子有12個，頂點S2-與四面體中心的Zn2+連線處于晶胞體對角線上，二者距離等于體對角線長度的，而晶胞體對角線長度等于晶胞棱長的倍，若晶胞參數(shù)為apm，則Zn2+與S2-最近距離為×a×=，故〖答案〗為：正四面體、12、。

bc

X-射線衍射實驗

2

分子晶體

bc

面心立方

1∶3

1∶1

O＞Ge＞Zn

3d104s2

〖祥解〗（4）M原子位于晶胞的棱上與內(nèi)部，C60分子位于頂點和面心，利用均攤法確定M原子和C60分子的個數(shù)比；(6)鍺單晶的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞中鍺原子個數(shù)為8×+6×+4=8，其晶胞參數(shù)apm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，根據(jù)計算。〖詳析〗(1)a．CS2為直線形、SO2為V形分子，分子的鍵角不相同，故錯誤；b．HCHO中的C原子價電子對為=3，為sp2雜化，故正確；c．CF4與SiCl4的分子均為正四面體結(jié)構(gòu)，正負電荷中心重疊，均為非極性分子，故正確；d．N的3p為半充滿結(jié)構(gòu)，第一電離能：N＞O＞C，故錯誤；e．CO與N2為等電子體，結(jié)構(gòu)相似，化學性質(zhì)不完全相同，故錯誤；故〖答案〗為：bc；(2)區(qū)分晶體硅和無定形硅最可靠的科學方法為X-射線衍射實驗；1個硅原子擁有2個共價鍵，28g晶體硅為1mol，含共價鍵2mol。故〖答案〗為：X-射線衍射實驗；2；(3)金屬鎳粉在CO氣流中輕微加熱，生成無色揮發(fā)性液態(tài)Ni(CO)4，呈正四面體構(gòu)型，得出Ni(CO)4沸點比較低，符合分子晶體的特點，推測Ni(CO)4的晶體類型是分子晶體，Ni(CO)4易溶于有機溶劑四氯化碳和苯，故〖答案〗為：分子晶體；bc；(4)M原子位于晶胞的棱上與內(nèi)部，則該晶胞中C60的堆積方式為面心立方，M原子位于晶胞的棱上與內(nèi)部，棱上有12個M，內(nèi)部有9個M，其個數(shù)為12×+9=12，C60分子位于頂點和面心，C60分子的個數(shù)為8×+6×=4，C60與M原子的個數(shù)比為4:12=1∶3。故〖答案〗為：面心立方；1∶3；(5)CO2分子中有2個σ鍵和2個π鍵的比值為1:1，O為非金屬，電負性最強，同周期從左到右電負性增大，催化劑所含元素Zn、Ge、O電負性由大到小的順序是O＞Ge＞Zn，元素Zn為30號，第四周期ⅡB，價電子排布式為3d104s2。故〖答案〗為：1∶1；O＞Ge＞Zn；3d104s2；(6)鍺單晶的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞中鍺原子個數(shù)為8×+6×+4=8，其晶胞參數(shù)apm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，根據(jù)=，其密度為g/cm3(列出計算式即可)。故〖答案〗為：。〖『點石成金』〗本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、化學鍵、晶體類型與性質(zhì)、電負性、雜化方式、晶胞計算等，(4)(6)中晶胞計算為易錯點、難點。(1)

醛基(2)

氧化反應

羧基是親水基團(或D中羧基能與水分子形成分子間氫鍵)(3)+CH2=CH2→2CH2=CH-COOH(4)

2

(5)〖祥解〗D和乙烯反應生成E，根據(jù)原子利用率分析，E為丙烯酸，F(xiàn)為丙烯醇，和氫氣加成得到丙醇。據(jù)此解答。（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為，其分子式為。環(huán)上的取代基為醛基。（2）是羥基變成羰基，是氧化反應。D含有兩個羧基，羧基是親水基團(或D中羧基能與水分子形成分子間氫鍵)，故D能溶于水。（3）1molD與1mol反應得到2molE，說明E的分子式為C3H4O2，結(jié)合F的結(jié)構(gòu)分析，E應為丙烯酸，則D→E反應的化學方程式為+CH2=CH2→2CH2=CH-COOH；（4）化合物F為丙烯醇，有多種同分異構(gòu)體，其中含結(jié)構(gòu)的有丙酮或丙醛兩種結(jié)構(gòu)，核磁共振氫譜圖上只有一組峰的物質(zhì)為丙酮，結(jié)構(gòu)簡式為；（5）D→E的反應特點制備，該物質(zhì)屬于酯類，是和酯化反應生成的，故先合成與。含兩個羧基的化合物作為唯一的含氧有機原料，利用D→E的反應特點，用于乙烯反應生成，再將其變成醇即可，合成路線為。

2-羥基丙酸或乳酸

2

C(是酚類化合物)易被空氣中氧化

++HCl

5

〖祥解〗由反應信息可以知，CH3CH(OH)CN在酸性條件下發(fā)生水解反應生成A，A為CH3CH(OH)COOH，A與CH3OH發(fā)生正反應生成B，B為，C與反應生成呲氟氯禾靈，結(jié)合呲氟氯禾靈的結(jié)構(gòu)及生成C的反應物可以知，C為?！荚斘觥?1)由分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH(OH)COOH，其名稱為2-羥基丙酸或乳酸，B的結(jié)構(gòu)簡式為，故〖答案〗為：2-羥基丙酸或乳酸、。(2)C為，1mol該物質(zhì)含有1mol酚羥基、1mol酯基，故1molC最多可與2molNaOH完全反應，C(是酚類化合物)易被空氣中氧化，所以長期暴露在空氣中會變質(zhì)，故〖答案〗為：2、C(是酚類化合物)易被空氣中氧化。(3)反應⑥是和反應生成和HCl，其化學方程式為++HCl，故〖答案〗為：++HCl。(4)同時滿足下列兩個條件：①含有；②能與碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳，說明一定含有羧基的呲氟氯禾靈的同分異構(gòu)體有分別連有-CH2CH2CH2COOH、-CH2CH(CH3)COOH、-CH(COOH)CH2CH3、-C(CH3)2COOH、-CH(CH3)CH2COOH，共5種，故〖答案〗為：5。(5)由苯甲醛()制備高分子化合物，先由和HCN發(fā)生加成反應生成，在一定條件下水解生成，在濃硫酸加熱條件下發(fā)生反應生成，其合成路線為：，故〖答案〗為：。

鄰乙基苯酚

羥基、氯原子

取代

++H2O

Cl-CH2OOCH

CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OHCH3CHOCH3COOH〖祥解〗A為與氯氣發(fā)生取代反應生成B，B與NaCN反應生成C，C為，C與反應生成D，D為，D被Na2Cr2O7氧化成E，E為，E與G生成M，M為?！荚斘觥?1)A為，A的化學名稱是鄰乙基苯酚，B中官能團名稱是羥基、氯原子。故〖答案〗為：鄰乙基苯酚；羥基、氯原子；(2)A為與氯氣發(fā)生取代反應生成B和HCl，由A生成B的反應類型是取代。故〖答案〗為：取代；(3)C的結(jié)構(gòu)簡式為。故〖答案〗為：；(4)E為，E與G生成M，M為和水，E與G生成M的化學方程式是++H2O。故〖答案〗為：++H2O；(5)同碳原子數(shù)的酸與酯互為同分異構(gòu)，X與F是同分異構(gòu)體，1molX在堿性條件下水解,消耗2molNaOH，且X中有兩種不同環(huán)境的氫，則X的結(jié)構(gòu)簡式為Cl-CH2OOCH。故〖答案〗為：Cl-CH2OOCH；(6)與氯氣發(fā)生取代反應得到，在氫氧化鈉的水溶液中水解生成乙醇，乙醇氧化得到乙酸。以乙烷為原料制備乙酸的合成路線：CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OHCH3CHOCH3COOH，故〖答案〗為：CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。PAGE試卷第=1頁，共=sectionpages33頁PAGE1河南省開封市2020-2022三年高二化學下學期期末試題匯編2-非選擇題（2022春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應用于殺菌、消毒及化工領(lǐng)域。實驗室中利用如圖所示裝置(部分裝置省略)制備和NaClO?；卮鹣铝袉栴}：(1)盛放粉末的儀器名稱是_______，其中發(fā)生反應的化學方程式為_______。(2)a中的試劑為_______，其作用是_______。(3)b中采用的加熱方式是_______，這樣加熱的優(yōu)點有_______(答兩點)。(4)c中化學反應的離子方程式為_______，采用冰水浴冷卻的目的是_______。(5)d的作用是_______。反應結(jié)束后，取出b中試管，經(jīng)冷卻結(jié)晶，_______，_______，干燥，得到晶體。（2021春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）碘是人體必需的生命元素，對人類的生長發(fā)育起著重要作用。碘主要存在于海帶、海水和鹽礦中。從海帶中提取碘的實驗過程如圖所示。已知：①的升華溫度：45℃~77℃；②沸點：76.8℃?；卮鹣铝袉栴}：(1)步驟①灼燒海帶，實驗室通常在如圖所示裝置中進行，儀器a的名稱為___________。(2)步驟③涉及的操作名稱為___________，實驗室進行該操作時用到的玻璃儀器有___________。(3)步驟④中涉及的主要反應的離子方程式為___________。(4)海帶灰中還含有其他可溶性無機鹽類(硫酸鹽、硝酸鹽、碳酸鹽等)，這些鹽類是在流程圖中的第___________步(填編號)與碘分離，若要使碘盡可能地完全轉(zhuǎn)移，應采取的操作是___________。(5)步驟⑥將與分離可以采用___________(填“常壓”或“減壓”)蒸餾方法，原因是___________。(6)若實驗室稱得海帶的質(zhì)量為mg，提取單質(zhì)碘的過程中，碘損失了n%，最后得到單質(zhì)碘bg，則海帶中碘的百分含量為___________(用含m、n、b的式子表示)（2020春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）苯甲酸乙酯稍有水果氣味，用于配制香水香精和人造精油，也大量用于食品中。制備原理：苯甲酸和乙醇在濃硫酸的催化下進行酯化反應，可以生成苯甲酸乙酯與水。由于苯甲酸乙酯的沸點較高，很難蒸出，所以本實驗采用加入環(huán)己烷的方法,使環(huán)己烷、乙醇和水形成三元共沸物，其沸點為62.1℃。三元共沸物經(jīng)過冷凝回流形成兩相，其中環(huán)己烷在上層的比例大，再流回反應瓶;水在下層的比例大，放出下層即可除去反應生成的水。裝置圖：試劑相對分子質(zhì)量密度/(g/cm3)沸點/℃在水中的溶解性乙醇460.789378.5易溶苯甲酸1221.2659249微溶環(huán)己烷840.778580難溶乙醚740.731834.51難溶苯甲酸乙酯1501.05211~213微溶實驗步驟：①加料：在50mL圓底燒瓶中加入6.1g苯甲酸、13mL乙醇、10mL環(huán)己烷、2.0mL濃硫酸，搖勻，加沸石。按照裝置圖左圖組裝好儀器(安裝分水器，分水器上端接一冷凝管)，從分水器上端小心加水至分水器支管處，然后再放去一部分水使液面離分水器支管口約0.5cm。②分水回流：將燒瓶在水浴上加熱回流，開始時回流速度要慢。隨著回流的進行，分水器中出現(xiàn)了上、中、下三層液體。當中、下層接近分水器支管時，將中、下層液體放入量筒中。③中和：將反應液倒人盛有30mL水的燒杯中，分批加入碳酸鈉粉末至溶液呈中性(或弱堿性)，無二氧化碳逸出，用pH試紙檢驗。④分離萃取、干燥、蒸餾:用分液漏斗分出有機層，將水層溶液用25mL乙醚萃取，然后合并至有機層。用無水MgSO4干燥，對粗產(chǎn)物進行蒸餾，低溫蒸出乙醚。當溫度超過140℃時，直接接收一定溫度下的餾分，得產(chǎn)品約5.7mL?；卮鹣铝袉栴}：(1)反應容器中制取苯甲酸乙酯的化學方程式為_____________，裝置圖中儀器A的名稱是______。(2)本實驗采取了多種措施來提高酯的產(chǎn)率，請寫出其中兩種____________________。(3)在制備苯甲酸乙酯時，加入環(huán)己烷的作用是________________。(4)步驟3中和時，加入碳酸鈉粉末要分批的原因是_____________。(5)用乙醚萃取后要把____________(填字母序號)的液體合并至有機層。a.從分液漏斗下部流出的

b.從分液漏斗.上口倒出的(6)步驟4收集餾分應控制的最佳溫度范圍為________________℃。本實驗的產(chǎn)率為________(保留小數(shù)點后1位)。（2022春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）鈦(Ti)是一種重要的結(jié)構(gòu)金屬，鈦合金因具有強度高、耐蝕性好、耐熱性高等特點而被廣泛用于各個領(lǐng)域。以鈦渣(主要成分為，含少量V、Si和Al的氧化物雜質(zhì))為原料，制備金屬鈦的工藝流程如圖：已知：粗中含有、、。回答下列問題：(1)與C、，在600℃的沸騰爐中充分反應后，混合氣體中各組分的分壓如表：物質(zhì)CO分壓/MPa①該溫度下，與C、反應的總化學方程式為_______。②隨著溫度升高，尾氣中CO的含量升高，原因是_______。(2)①“除釩”過程中的化學方程式為_______。②“除釩”和“除硅、鋁”的順序_______(填“能”或“不能”)交換，理由是_______。(3)“冶煉”過程得到的混合物中含有Mg、和Ti，可采用真空蒸餾的方法分離得到Ti。①根據(jù)表中信息，需要加熱的溫度略高于_______℃即可。物質(zhì)MgTi熔點/℃6497141667沸點/℃136109014123287②下列金屬冶煉方法與本工藝流程中加入Mg冶煉Ti的方法相似的是_______。A．高爐煉鐵

B．電解熔融氯化鈉制鈉

C．鋁熱反應制錳

D．氧化汞分解制汞③→Ti也可用鈉熱還原法，該反應不能在水溶液中進行，一是因為金屬鈉與水劇烈反應，不會置換出鈦；二是因為_______。（2021春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）錸(Re)熔點高、耐磨、耐腐蝕，用于制造高效能噴射引擎和火箭引擎。一種利用富錸渣(含)制錸粉的工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)“浸出”反應中轉(zhuǎn)化為兩種強酸，反應的離子方程式為___________。(2)圖1是礦樣粒度與錸浸出率關(guān)系圖，圖2是萃取液流速與錸吸附率關(guān)系圖。結(jié)合實際工業(yè)生產(chǎn)效益，浸出時應將富錸渣粉碎至___________目，萃取液流速宜選用的范圍是___________BV/h。(3)“萃取”時含的有機溶劑應具有的性質(zhì)有___________(填序號)。①難溶于水

②密度大于水③萃取劑不和發(fā)生反應

④在其中的溶解度大于在水中的溶解度(4)“反萃取”時，加入氨水和水的目的是___________。(5)“熱解”時，發(fā)生反應的化學方程式為___________。(6)“熱還原”時，實際消耗量大于理論計算量，其原因是___________。(7)整個工藝流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)有：、___________。（2020春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）硅孔雀石主要成分為CuCO3、Cu(OH)2、CuSiO3·2H2O，含少量的SiO2、FeCO3、Fe2O3等雜質(zhì)，以其為原料制備CuCl2的工藝流程如下：已知：SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑(1)酸浸時鹽酸與CuCO3、Cu(OH)2反應的化學方程式為_______；為提高“酸浸”時銅元素的浸出率，可以采取的措施有：①適當加快攪拌速率；②_____________。(任答一點即可)(2)“氧化”時發(fā)生反應的離子方程式為_________________。(3)“濾渣1”的主要成分為SiO2和H2SiO3等，“濾渣2”的主要成分為___________(填化學式)；試劑X可選擇___________(填字母序號)。a.NaOH溶液

b.氨水c.CuOd.Cu(OH)2(4)“調(diào)pH"時，pH不能過高，其原因是_______________。(5)“加熱脫水”時，加入SOCl2的目的是________________。（2022春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）近期中國科學院宣布在人工合成淀粉方面取得突破性進展，是國際上首次在實驗室實現(xiàn)二氧化碳到淀粉的從頭合成。(1)人工合成淀粉共需要11步，其中前兩步涉及的反應如圖所示。已知：

計算

_______。(2)原料可通過捕獲技術(shù)從空氣或工業(yè)尾氣中獲取，能作為捕獲劑的有_______(填字母序號)。A．氨水 B．溶液 C． D．溶液(3)在一定溫度下的密閉容器中，發(fā)生反應：。下列說法正確的是_______(填字母序號)。A．反應達平衡后，若壓縮容器體積，則平衡正向移動B．選用合適的催化劑可以提高的平衡產(chǎn)率C．若氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變，說明反應已達平衡D．增大原料氣中的值，有利于提高的轉(zhuǎn)化率(4)在一定條件下，催化加氫可以生成，主要有以下三個競爭反應。反應I：

反應Ⅱ：

反應Ⅲ：

為研究催化劑對反應的選擇性，在1L恒容密閉容器中充入2.0mol和，反應進行相同時間后，測得有關(guān)物質(zhì)的物質(zhì)的量隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。①該催化劑在較低溫度時主要選擇反應_______(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。A點以后，升高溫度，甲烷的物質(zhì)的量減小，其原因可能是_______。②在一定溫度下，體系達到平衡，此時測得：，，，容器內(nèi)總壓強為p。此時，的總轉(zhuǎn)化率為_______；_______；該溫度下反應I的平衡常數(shù)K(I)=_______(保留一位小數(shù))。（2021春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）羰基硫(COS)是一種糧食熏蒸劑，能防治某些害蟲和真菌的危害。以FeOOH作催化劑，分別以CO和為碳源，與反應均能產(chǎn)生COS。(1)以CO為碳源制COS，反應為，其反應過程能量變化如圖所示。①___________。②在2L的密閉容器中，保持溫度不變，開始投入9mol和amolCO，經(jīng)10min達到平衡，K=0.2，，則a=___________mol。下圖中曲線Ⅰ和Ⅱ表示該溫度下，CO和投料比不同時，CO轉(zhuǎn)化率隨時間變化關(guān)系，則曲線Ⅰ和Ⅱ中a值的大小關(guān)系為：Ⅰ___________Ⅱ(填“＞”“＜”或“=”)，理由是___________。(2)以為碳源制COS，反應為。①在610K時，將0.10mol與0.40mol充入2.5L空鋼瓶中，反應平衡后，的物質(zhì)的量分數(shù)為0.02，則的平衡轉(zhuǎn)化率___________%。②在620K重復實驗，平衡后的物質(zhì)的量分數(shù)為0.03，的轉(zhuǎn)化率為，則___________(填“＞”“＜”或“=”，下同)，該反應的___________0。③向反應器中再分別充入下列氣體，能使轉(zhuǎn)化率增大的是___________(填字母)。A．

B．

C．COS

D．(3)羰基硫在水存在時會緩慢水解生成，鋼鐵設(shè)備發(fā)生析氫腐蝕，則其正極的電極反應式為___________，負極的反應產(chǎn)物為___________(填化學式)。（2020春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）在反應原理部分，我們經(jīng)常以H2和I2的反應為例來研究化學反應速率和平衡。(1)在2L的容器中充入H2、I2各1mol，對于反應：H2(g)+I2(g)2HI(g)，在323K和343K時H2的轉(zhuǎn)化率隨時間變化的結(jié)果如圖所示。①323K時反應的平衡轉(zhuǎn)化率=__________%。平衡常數(shù)K=____________(保留2位小數(shù))。②在343K時，要提高I2轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是____(答出兩條)；要縮短反應達到平衡的時間，可采取的措施有___(答出兩條)。③比較a、b處反應速率大小：v(a)____v(b)(填“大于”“小于”或“等于”)。反應速率v正=k正x(H2)x(I2)，v逆=k逆x2(HI)，k正、k逆分別為正、逆反應速率常數(shù)〖k逆(323)=5，k逆(343)=7〗，x為物質(zhì)的量分數(shù)，計算b處v正=________mol/(L?min)(保留1位小數(shù))。(2)對于反應：H2(g)+I2(g)2HI(g)提出如下反應歷程第一步：I2I+I(快速平衡)第二步：H2+2I→2HI(慢反應)其中可近似認為第二步反應不影響第一步的平衡。下列表述正確的是______(填字母序號)。a.v(第一步的逆反應)＜v(第二步的逆反應)b.反應的中間產(chǎn)物只有Ｉc.第二步反應活化能較低d.第二步中H2與I的碰撞僅部分有效(3)已知反應2HI(g)H2(g)+I2(g)的能量變化如圖所示，則1molHI(g)分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為_______kJ。（2022春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）K、Cu、Si、H、C、N等元素單質(zhì)的熔點高低的順序如圖所示，其中c、d均是熱和電的良導體?；卮鹣铝袉栴}：(1)圖中d單質(zhì)對應元素基態(tài)原子的電子排布式為_______。(2)單質(zhì)a、f對應的元素以原子個數(shù)比1∶1形成的分子(相同條件下對的相對密度為13)中所含鍵和鍵的個數(shù)比為_______，其中f原子的雜化軌道類型為_______。(3)a與b的元素形成的10電子中性分子X的空間構(gòu)型為_______；將X溶于水后的溶液滴入到d的硫酸鹽溶液中至過量，得到配合物的化學式為_______，其中d離子的配位數(shù)為_______。(4)e、f單質(zhì)對應元素的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性(用相應的化學式表示)_______>_______，原因是_______。(5)c與氧元素和碘元素形成的一種晶體是一種性能良好的光學材料，其晶胞為立方體，棱長為0.446nm，晶胞中c原子、氧原子和碘原子分別處于頂點、面心和體心位置，如圖所示。該晶體的化學式為_______，與c原子緊鄰的氧原子有_______個。該晶體中c原子與氧原子間的最短距離為_______nm。（2021春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）鋅在工業(yè)中有重要作用，也是人體必需的微量元素?；卮鹣铝袉栴}：(1)元素Zn位于元素周期表的___________區(qū)，基態(tài)Zn原子核外電子占據(jù)的最高能層的符號是___________，占據(jù)該能層電子的電子云輪廓圖形狀為___________形。(2)黃銅是人類最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu組成。其中，第一電離能___________(填“大于”或“小于”)，原因是___________。(3)形成的某種化合物M是很好的補鋅劑，其鍵線式如圖所示。①1molM含有的鍵的數(shù)目為___________。②常見含氮的配體有、、等，分子的空間構(gòu)型為___________，的中心氮原子雜化方式為___________。(4)硫化鋅在熒光體、光導體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應用廣泛，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。距離最近的4個所圍成的空間構(gòu)型為___________，距離最近且等距離的有___________個。若晶胞參數(shù)為apm，則與最近距離為___________pm(用含a的代數(shù)式表示)。（2020春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）碳族元素在生產(chǎn)生活中的應用極其廣泛。請回答以下有關(guān)碳族元素的問題。(1)下列說法正確的是_____(填字母序號)。a．CS2與SO2分子的鍵角相同

b．HCHO中的C原子為sp2雜化c．CF4與SiCl4均為非極性分子

d．第一電離能：O＞N＞Ce．CO與N2為等電子體，所以化學性質(zhì)完全相同(2)晶體硅是制備太陽能電池板的主要原料。區(qū)分晶體硅和無定形硅最可靠的科學方法為_____；28g晶體硅中含共價鍵_______mol。(3)金屬鎳粉在CO氣流中輕微加熱，生成無色揮發(fā)性液態(tài)Ni(CO)4，呈正四面體構(gòu)型。試推測Ni(CO)4的晶體類型是_______，Ni(CO)4易溶于_____(填字母序號)。a．水

b．四氯化碳

c．苯

d．硫酸鎳溶液(4)石墨烯可轉(zhuǎn)化為富勒烯(C60)，某金屬M與C60可制備一種低溫超導材料，晶胞結(jié)構(gòu)(晶胞參數(shù)為xpm)如圖所示，M原子位于晶胞的棱上與內(nèi)部，則該晶胞中C60的堆積方式為_______，C60與M原子的個數(shù)比為________________。(5)利用光催化還原CO2制備工業(yè)原料CH4，可以達到減碳的效果。該反應中，帶狀的納米Zn2GeO4(催化劑)的催化效果較好。CO2分子中σ鍵與π鍵的比值為____，催化劑所含元素Zn、Ge、O電負性由大到小的順序是_________，元素Zn的價電子排布式為______________。(6)鍺元素是典型的半導體材料，在電子、材料等領(lǐng)域應用廣泛。鍺單晶的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，其晶胞參數(shù)apm，阿伏加德羅常數(shù)為NA其密度為___________g/cm3(列出計算式即可)。（2022春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）基于生物質(zhì)資源開發(fā)常見的化工原料，是綠色化學的重要研究方向。以化合物A為原料，可合