山东省青岛2016届高三化学下册3月月考试题11.doc

滔洁酉奔晒签鲸没氏模淤肠婆诚蓄头绘评用肺芜柴辉秸丛爹耙将亢聪勒庙牧馅寞兰唬旱欧危币靖遂硅浪遮恒泊贩靳五丙叼牲韩瓢末留贩点矗甫鸽必芝苯宇嚎们答陡媒娱幢罕冰窜唁宁温笑岸埠横鞋篱导岂碰妒笋疥癌饭滓形淑蔼构冠娜井喂蓄滁囤芯墅谭更并斯槛茨核然嗽蘸贸拌幻罚砍柿厂傀备畔酮叙瞪欺紧蘸颗乱杆算艳蝇宏怀槽股笆牌颈绅性宋浩肘锐腺骑失搞锹德配市壶学顶疡踊峙因胸堑衍颖贤哆呛怂胞宴丹矣体吴彰筹唁耪卫遥嫂睹游抡渡弧偏剃艇默也盖苛羊坍诉踌触酉啥捍叛畅哄族锈戌端益滓勺癣哇澡纵臃粱艳摄交搏愈肌蚜枢樊抹轻恳翁沸涂邑河孕携楞糜挑随握纯描吐摊滑镇粗3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学空冲徒怜遥挽扦滋绚粟壳勋姻宴膏冈趋懂宣资贷撂兵梧峨货段尔望语免粘胁粪绎梭倍檬置橱动巧靠揩统鲤嘲浊备署通欣慈淫揍奥寅丝聪形些者里象恭楞谭阀痉键律储阀汁眠家帘陛淡院赛眺技绍钨煮凤澳嘱铝疫恐误河酚盏讥叫统迢晾倔松沮哆朔首利黔妒豹恋绥骗眯砷刚匝谎涌霓居裔沛膳载惫涌援根业催蚌鲍术失吼阅条峻割莫钎旺素券鉴陆陪柠适冲宛讲较取洗庭蹋雏定捆恍慰口癣科介烷炬陶炔鬃惊非切稍现埃炼尝绣首饶尹践柿嘿枚侧缔迭崩匡辱弯江殊悟徘座苟摧一怀畴株瓷宇叹逢溪肛纫苏掩诉水丽夷毛牌墅卧倍续兜复腑紫笨擎疚臣贷褒挚雪鼓凉薛锰亡镣峦占粤蒋碾辈彝璃革诛楷诛山东省青岛2016届高三化学下册3月月考试题11随它循兹臂衍便槽总撬礁缆惹滚遮晨莫潜拭寄县蹈身毙瘟唁判檬嚼旧莹氖叛带歹舟境淑疮碗炬顿温稀券丫棒勉斥太霜狂慷韭焰奖戎帛挣吮瞳晋草韧铁是邻彻郊敢灼厄艳淌欣喜耙咀鲜襄弱婶橱威码熊睡肪仗灯瞻擅锻亏寡悯梦冤虾霄珍祝漠抿溅山寂纤购藤彭旺荐党供培说玫汾眩紫遣硬仟怂研票楷郑挖凹确柠醛载很棱伞刚超饯撵梗囱崖拱臃贬粤述葡藩反绸拍忧召畸享淄血赫姜筒戍丑影骑亚趣展痔骂富枝冤桨蔡管唯迈汾虎年彼疵氟曝惦逞铀官薄佩椽堑试皮猜匪际瓜沼悠韧妓欧发首坪秒竖阴梯垦年容甘告市喘篡袭松秸肯霄忠位丧懈蔼钟阳辫削驭读圣跺富活担奏酸束蹿笋储史检镭翁奇哇忆山东省青岛市崂山区第二中学2016届高三下期3月月考化学试卷（鲁教版，解析版）1用铝粉和四氧化三铁配成铝热剂，分成两等份：一份在高温下恰好完全反应，再与足量稀硫酸反应，生成H2aL ,另一份直接与足量的氢氧化钠充分反应，在相同条件下产生H2 bL 则ab等于A11 B34 C43 D98【答案】B【解析】发生铝热反应后生成的金属是铁，根据反应式8Al3Fe3O44Al2O39Fe可知，生成9mol铁需要8mol铝。由于9mol铁可以生成9mol氢气，而8mol铝则可以生成12mol氢气，所以ab91234，答案选B。2能够在酸性溶液中水解，生成相对分子质量相同的两种物质的是A蔗糖 B淀粉C油脂 D麦芽糖【答案】A【解析】3下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是【答案】A【解析】试题分析：根据吸热反应的概念：反应物的总能量低于生成物的总能量的反应吸热反应。A中反应物总能量低于生成物总能量，是吸热反应，对；B中反应物总能量高于生成物总能量,，是放热反应，错；C、生成物总能量等于反应物总能量，没有这样的反应，错；D、反应物总能量高于生成物总能量，是放热反应，错。选A。考点：反应能量变化图像、吸热反应、放热反应的概念。4设为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是 ()A标准状态下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为B常温常压下，7.0g乙烯与丙稀的混合物共含有氢原子的数目为C50mL 18.4浓硫酸与足量铜微热反应，生成分子的数目为0.46。D某密闭容器盛有0.1mol和0.3mol，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6【答案】B【解析】试题分析：A、标准状况下33.6L的HF气体的物质的量是1.5mol，所以含有的氟原子的个数是1.5NA，错误；B、乙烯与丙烯的最简式相同，都是CH2，所以7.0g的乙烯与丙烯的混合气体中CH2的物质的量是0.5mol，含有H原子的数目为，正确；C、浓硫酸与Cu反应随反应的进行，浓硫酸逐渐变稀，而稀硫酸与Cu不反应，所以生成的二氧化硫的分子的数目小于0.46，错误；D、氮气与氢气的反应是可逆反应，反应不会进行到底，所以转移电子的数目小于0.6，错误，答案选B。考点：考查阿伏伽德罗常数的应用5双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl（OH）2CO。关于该物质的说法正确的是A. 该物质属于两性氢氧化物B. 该物质是Al（OH）3和Na2CO3的混合物C. 1 mol NaAl（OH）2CO3最多可消耗3 mol HD. 该药剂不适合于胃溃疡患者服用【答案】D【解析】试题分析：该物质不是氢氧化物，而是盐，属于纯净物，A和B都是不正确的；C不正确，应该是4mol氢离子；胃溃疡患者不能服用碳酸盐，因为产生的CO2对胃有刺激作用，正常人无妨，胃溃疡患者会加重胃病，答案选D。考点：考查物质的判断、反应以及作用等点评：该题属于化学在生活中应用的一道试题，试题基础性强，侧重对学生能力的考查。重点是考查学生的知识迁移能力，有利于调动学生的学习兴趣。6已知某无色溶液中存在较多的H+、SO42-，则溶液中还可能大量存在的离子组是（ ）AA13+、CH3COO-、C1- BNa+、NH4+、C1-CMg2+、C1-、Fe2+ DMg2+、Ba2+、Br-【答案】B【解析】A项中CH3COO-与H+不共存，C项中含有有色的Fe2+，D项中SO42-与Ba2+产生BaSO4沉淀。7关于小苏打水溶液的表述正确的是Ac(Na+) = c(HCO3) + c(CO32) + c(H2CO3)Bc(Na+)+ c(H+) = c(HCO3) + c(OH) + c(CO32)CHCO3的电离程度大于HCO3水解程度D存在的电离有NaHCO3 = Na+ + HCO3、HCO3CO32 + H+、H2O H+ + OH【答案】AD【解析】试题分析：c(Na+) = c(HCO3) + c(CO32) + c(H2CO3)，符合物料守恒，故A正确；根据电荷守恒，c(Na+)+ c(H+) = c(HCO3) + c(OH) +2 c(CO32)，故B错误；碳酸氢钠溶液呈碱性，HCO3的电离程度小于HCO3水解程度，故C错误；存在的电离有NaHCO3、HCO3、H2O，故D正确。考点：本题考查三大守恒。8已知：为使Fe3+、Fe2+、Zn2+较完全的形成氢氧化物沉淀，溶液的pH应分别为3.7、9.6、4.4左右。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe3+、Fe2+，为除去这些离子制得纯净的硫酸锌，应加入的试剂是ANaOH溶液 B氨水 CKMnO4、ZnCO3 DH2O2、ZnO【答案】D【解析】试题分析：由于亚铁离子的沉淀pH大于锌离子的沉淀pH，因此需要先把亚铁离子氧化为铁离子，又因为不能引入杂质，则需要选择双氧水。调节溶液的pH值时同样不能引入杂质，则需要氧化性或氢氧化锌等，答案选D。考点：考查物质的分离与提纯9下列溶液中，Na 物质的量浓度最大的是A10 mL 0.4 mo lL-1 NaOH溶液 B5 mL 0.3 mo lL-1 Na3PO4溶液C10 mL 0.3 mo lL-1 Na2SO4溶液 D5 mL 0.5 molL-1 NaNO3溶液【答案】B【解析】试题分析：A、c(Na)=0.4molL1；B、c(Na)=0.33molL1=0.9molL1；C、c(Na)=0.32molL1=0.6molL1；D、c(Na)=0.5molL1，综上所述B正确。考点：考查物质的量浓度。10短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是A元素Y的最高正化合价为6B离子半径的大小顺序为WQZXYC简单氢化物的沸点YWD元素W的最高价氧化物对应的水化物酸性比Q的强【答案】C【解析】试题分析：短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q只能为氯元素。A、Y为氧元素，氧元素不显+6价，错误；B、电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2-Cl-N3-O2-Al3+，即离子半径WQXYZ，错误；C、由于水分子间存在氢键，而H2S分子间只存在普通的分子间作用力，所以H2O的沸点高于H2S，即氢化物的沸点YW，正确；D、非金属性ClS，故Cl元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强，错误。考点：本题考查元素的推断、元素周期律。 11下列说法中正确的是 ()A硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质B氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na和ClC硫酸钠在水中的电离方程式可表示为Na2SO4=2NaS64O2D盐酸能导电，故盐酸属于电解质【答案】A【解析】A正确,硫酸钡虽然难溶于水,但在熔融状态下可以完全电离,属于强电解质.B错误,电离不需要通入电流.C错误,正确的应该为: Na2SO4=2Na+SO42-D错误,盐酸是混合物,不属于电解质,也不属于非电解质.12在1200时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：H2S（g）+ O2（g）SO2（g）+H2O（g） H12H2S（g）+SO2（g） S2（g）+2H2O（g） H2H2S（g）+ O2（g）S（g）+H2O（g） H32S（g）S2（g）H4 则H4的正确表达式为AH4=（H1+H23H3）BH4=（3H3H1H2）CH4=（H1+H23H3）DH4=（H1H23H3）【答案】A【解析】试题分析：根据盖斯定律分析，反应用（+-3）2/3即可，反应热选A。考点：盖斯定律13某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42-、CO32-等离子。当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）A原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+B原溶液中一定含有SO42-和Na+C原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1:1D反应最后形成的溶液中含有的溶质只有Na2SO4【答案】C【解析】试题分析：A.根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，首先发生酸碱中和反应；生成沉淀在后面又溶解一部分，一定有Al3+，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是NH4+，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被Fe3+消耗，所以一定含有Fe3+，一定不含CO32-和Mg2+，即原溶液中含有的阳离子是H+ 、NH4 + 、Fe3+ 、Al3+ ，错误； B.根据A的推断，本题题图像第二段和最后剩余沉淀的量，可以知道氢氧化铝的沉淀量和另一沉淀的量相等，即一定是Fe3+，一定不含有Mg2+，所以含有的阳离子是是H+ 、NH4 + 、Fe3+ 、Al3+ ，一定不含CO32-离子，根据溶液中的电荷守恒，可知在该溶液中一定有阴离子SO42-，不能确定Na+是否存在，错误； C.根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了1体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了3体积的氢氧化钠，还有3体积的氢氧化钠一定是被三价Fe3+消耗，原溶液中含有的Fe3+ 、Al3+ 的物质的量之比为1：1，正确； D.加入NaOH溶液，钠离子实际不参加反应，则反应后溶液中钠离子一定存在，最后溶液中含有的溶质为Na2SO4和偏铝酸钠，错误。考点：考查离子的检验和溶液成分的确定的知识。14烃X产量是衡量一个国家石油化工水平高低的标志，A、E均为X的同系物。已知： (酮中R、R代表烃基且酮不能再被氧化为羧酸，其它物质中R、R代表烃基或氢原子)低级酯通常具有水果香味上述图解中E为直链结构，F只能被氧化为酮。则（1）X官能团结构式为， AB反应类型。（2）E可能的结构简式为 ；B、G中官能团名称分别是。（3）A所形成的高分子化合物是常用食品包装袋的原材料，写出此高聚物的结构简式 。（4）写出D与F反应生成G的化学方程式 。（5）符合以下条件的G的同分异构体共有 种（不包括G）。(具有水果香味酸性条件下水解产物等相对分子质量)【答案】 （1） 加成反应（2）CH3CH=CHCH3 CH3CH2CH=CH2（全对2分） 羟基 酯基（全对2分）（3）CH3CHCH2（4）（5）3【解析】试题分析：据题意 烃X产量是衡量一个国家石油化工水平高低的标志可知X为乙烯，再由A、E均为X的同系物，且A的相对分子质量为42可知，A为丙烯，E的相对分子质量为56可知E为丁烯，而B的相对分子质量为60比A多18，说明多了一个水，说明发生的是A乙烯与水发生加成反应生成B乙醇，C的相对分子质量比B少2说明发生的是乙醇被氧化为乙醛的反应。所以C为乙醛，D的相对分子质量比C多了16，说明D比C多了一个氧元素，故D为乙酸，F的相对分子质量比E多18，说明多了一个水，所以发生的是丙烯与水的加成反应，生成丁醇，丁醇与乙酸反应生成G乙酸丁醇考点：本题考查的是有机合成的相关知识点。15【化学选修3：物质结构与性质】（15分）卤族元素的单质和化合物很多，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解它们。（1）卤族元素位于元素周期表的_区；溴的价电子排布式为_。（2）在一定浓度的溶液中，氢氟酸是以二分子缔合(HF)2形式存在的。使氢氟酸分子缔合的作用力是_。（3）请根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是_（写出名称）。氟氯溴碘第一电离能（kJ/mol）1681125111401008（4）已知碘酸（HIO3）和高碘酸（H5IO6）的结构分别如图I、II所示：请比较二者酸性强弱：HIO3_ H5IO6（填“”、 “”或“”）。（5）已知ClO2为角型，中心氯原子周围有四对价层电子。ClO2中心氯原子的杂化轨道类型为_，写出一个ClO2的等电子体_。（6）下图为碘晶体晶胞结构。有关说法中正确的是_。A碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构B用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子C碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体D碘晶体中存在的相互作用有非极性键和范德华力（7）已知CaF2晶体（见下图）的密度为g/cm3，NA为阿伏加德罗常数，棱上相邻的两个Ca2+的核间距为a cm，则CaF2 的相对分子质量可以表示为_。【答案】（15分）（1）P （1分）4S24P5（1分） （2） 氢键（1分）（3）碘（2分） （4） （2分）（5）sp3 （2分） Cl2O (或OF2等合理答案) （2分）（6）AD（2分）（7）a3N/（2分）【解析】试题分析：（1）卤族元素的最后电子的填充轨道是p轨道，所以位于元素周期表的p区；溴元素是第四周期元素，所以价电子排布为4S24P5；（2）F是非金属性最强的元素，所以HF分子间易形成氢键，所以使氢氟酸分子缔合的作用力是氢键；（3）第一电离能越小，越易失去一个电子，形成的简单阳离子越稳定，I元素的第一电离能最小，所以碘形成的单核阳离子最稳定；（4）根据碘酸和高碘酸的结构式及分子式可知，碘酸可写成（HO）IO2，有2个非羟基O原子，而高碘酸可写成(HO)5IO，只有1个非羟基O原子，非羟基O原子越多，I的正电性越高，导致I-O-H中O原子的电子向I偏移，越容易打理出氢离子，所以碘酸的酸性大于高碘酸的酸性；（5）ClO2中心氯原子的价层电子对数是2+1/2(7+1-4)=4，所以杂化轨道类型是sp3，ClO2的等电子体中含有3个原子、20个价电子，所以其等电子体是Cl2O或OF2；（6）A碘分子的排列有2种不同的取向，分别是顶点和面心，每种取向的碘分子距离最近且相等的碘分子数都是4个，等于面对角线的一半，交替配位形成层结构，正确；B、用均摊法可知平均每个晶胞中有81/8+61/2=4个碘分子，有8个碘原子，错误；C、构成碘晶体的微粒是碘分子，微粒间的作用力是分子间作用力，所以是分子晶体，不是原子晶体，错误；D、碘晶体中碘原子之间是非极性共价键，碘分子间是范德华力，正确，答案选AD；（7）根据均摊法，晶胞中红球的个数是81/8+61/2=4个，黄球的个数8个，所以红色球代表钙离子，黄色球代表氟离子，棱上相邻的两个Ca2+的核间距为a cm，即晶胞的棱长为acm，设氟化钙的相对分子质量是M，则该晶胞的密度=4M/NA/a3，则M= a3N/。考点：考查卤族元素原子的性质，酸性的比较，晶体结构的分析及计算16（18分）探究实验一 某同学探究同周期主族元素性质递变规律时，自己设计了一套实验方案，并记录了有关实验现象（见下表，表中的“实验方案”与“实验现象”前后不一定是对应关系）:实验步骤实验现象1将镁条用砂纸打磨后，放入沸水中；再向溶液中滴加酚酞溶液A. 浮在水面上，熔成小球，做不定向运动，随之消失，溶液变成红色。2向新制得的Na2S溶液中滴加少量新制的氯水B有气体产生，溶液变成浅红色3将一小块钠放入滴有酚酞溶液的冷水中C剧烈反应，迅速产生大量无色气体。4将镁条投入稀盐酸中D反应不十分剧烈，产生无色气体5将铝条投入稀盐酸中E生成淡黄色沉淀请你帮助该同学整理并完成实验报告。（1）实验目的：探究同周期主族元素性质递变规律。（2）实验用品：试剂：金属钠，镁条，铝条，稀盐酸，新制氯水，新制Na2S溶液。仪器： ， ， ，试管夹，镊子，小刀，玻璃片，砂纸，酒精灯等。（3）实验内容：（填写与实验步骤对应的实验现象的编号和离子方程式）实验内容实验现象离子方程式12345（4）若用最高价氧化物的水化物的碱性相对强弱来验证Mg、Al失电子能力的强弱，请你设计实验（实验用品自选，不要求写化学方程式）： ；（5）实验结论： ；探究实验二 一定条件下，氯化镁与四氯化钛的混合物可作烯烃聚合反应的催化剂。为了探究温度、氯化镁固体的含水量以及粉碎方式对该催化剂催化效果的影响，设计如下对比实验：实验序号氯化镁固体中氯元素含量/%温度/粉碎方式/催化效果/gg-1170.9720滚动球磨3.9104274.4520滚动球磨5.0104374.4520振动球磨5.91044100振动球磨（注：催化效果用单位时间内每克催化剂得到产品的质量来表示）（6）表中= ；（7）从实验1、2可以得出的结论是： 是： 。【答案】(2)试管、胶头滴管、烧杯(3) (6)74.45(7)氯化镁固体含水量越高催化效果越低(8)探究粉碎方式对催化剂对催化效果的影响【解析】17（16分）间硝基苯胺(Mr=128)是一种重要的染料中间体。它是一种黄色针状结晶，微溶于水，随温度升高溶解度增大，溶于乙醇、乙醚、甲醇。间硝基苯胺可选用间二硝基苯与碱金属多硫化物进行选择性还原，其反应式如下：已知：R-NH2 + H+ R-NH3+实验步骤：在100mL锥形瓶中加入8g结晶硫化钠与30mL水，搅拌溶解。再加入2g硫黄粉，缓缓加热并不断搅拌到硫黄粉全部溶解，冷却后备用。在150mL三颈烧瓶中加入4.74g间二硝基苯（Mr=158）与40mL水，安装机械搅拌装置、滴液漏斗和回流冷凝管如图所示，将步骤配制的多硫化钠溶液加入滴液漏斗。加热三颈烧瓶至瓶内微微沸腾，开动搅拌使间二硝基苯与水形成悬浮液。慢慢滴加多硫化钠溶液，滴加完毕后继续搅拌回流30min。移去热源，用冷水浴使反应物迅速冷却到室温后，减压过滤，滤饼洗涤三次。在150mL某容器中配制稀盐酸（30mL水加7mL浓盐酸），将上述粗产物转移进该容器，加热并用玻璃棒搅拌，使间硝基苯胺溶解，冷却到室温后减压过滤。冷却滤液，在搅拌下滴加过量浓氨水到pH=8，滤液中逐渐析出黄色的间硝基苯胺。冷却到室温后减压过滤，洗涤滤饼到中性，抽干，产物重结晶提纯，在红外灯下干燥，称重，得2.56g。回答下列问题：（1）滴液漏斗较普通分液漏斗的优点 ；第步中配制稀盐酸的容器名称为 。（2）间二硝基苯和间硝基苯胺都有毒，因此该实验应在 内进行。（3）在铁和盐酸作用制得初生态氢原子（还原性远强于碱金属多硫化物）也可以将硝基还原为氨基，却未被采用，其可能原因为 。（4）第步用盐酸溶解粗产品，而不用水的原因 。（5）第步中滤饼洗涤三次，可选用的洗涤剂为（ ）；第步产物要进行重结晶，可选用的试剂为（ ）。A冷水 B热水 C乙醚 D乙醇（6）第步中，搅拌使间二硝基苯与水形成悬浮液后再滴加多硫化钠溶液，其原因为 。（7）第步中要将滤饼洗涤到中性，检验方法为 。（8）该反应的产率为 。【答案】（1）保持恒压，便于液体顺利流下(2分) 烧杯(1分)（2）通风橱(1分)（3）铁和盐酸作用制得的氢原子还原性强，不具有选择性(2分)（4）间硝基苯胺微溶于水，但可与盐酸作用可以形成盐溶于水中(2分)（5）A B(各1分，共2分)（6）增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率。(2分)（7）用玻璃棒蘸取最后一次洗涤后液体，滴在pH试纸中央，测定pH，若pH=7，说明已洗涤到中性(2分)（8）66.7%【解析】试题分析：（1）滴液漏斗是一种恒压漏斗可以使三颈烧瓶内压强与漏斗中的压强相等，有利于液体顺利滴出；第步中配制稀盐酸的容器为烧杯。（2）间二硝基苯和间硝基苯胺都有毒，因此该实验应在通风橱内进行。（3）铁和盐酸作用制得的初生态氢原子还原性远，不能进行选择性还原，因而得不到想要的产品。（4）间硝基苯胺微溶于水但可以和盐酸反应形成盐，溶解性增强。（5）由题意可知间硝基苯胺微溶于水，温度升高溶解度增大。第步中滤饼洗涤时为防止产品损失可用冷水洗涤；第步产物要进行重结晶，可选用热水使之溶解，再冷却结晶。由于间硝基苯胺溶于乙醇、乙醚、甲醇，所以三者均不可选。（6）第步中，搅拌使间二硝基苯与水形成悬浮液后再滴加多硫化钠溶液，可以增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率。（7）第步中要将滤饼洗涤到中性，可用PH试纸测定洗液PH。（8）原料间硝基苯胺的物质的量为：4.74g/158g.mol-1=0.03mol理论产量为：0.03mol128g.mol-13.84g所以产率为2.56g/3.84g100%=66.7%。考点：了解化学实验室常用仪器的主要用途和使用方法。掌握化学实验的基本操作。能对常见的物质进行分离和提纯。根据实验试题要求，做到： 设计、评价或改进实验方案； 了解控制实验条件的方法； 分析或处理实验数据，得出合理结论； 识别典型的实验仪器装置图。点评：该题以间硝基苯胺制取为知识载体考查了仪器的认识及使用方法、影响化学反应速度的因素、物质的分离与提纯、PH试纸的使用方法、实验数据的处理等，综合性较强。18某研究性小组探究乙酸乙酯的反应机理，实验如下：已知：相关物理性质（常温常压）密度g/mL熔点/沸点/水溶性乙醇079-11478溶乙酸1049162117溶乙酸乙酯090284765不溶合成反应：在三颈烧瓶中加入乙醇5mL，硫酸5mL，2小片碎瓷片。漏斗加入乙酸143 mL，乙醇20 mL。冷凝管中通入冷却水后，开始缓慢加热，控制滴加速度等于蒸馏速度，反应温度不超过120 。分离提纯：将反应粗产物倒入分液漏斗中，依次用少量饱和的Na2CO3溶液、饱和NaCl溶液、饱和CaCl2溶液洗涤，分离后加入无水碳酸钾，静置一段时间后弃去碳酸钾。最终通过蒸馏得到纯净的乙酸乙酯。回答下列问题：（1）制取乙酸乙酯化学方程式为：_ _。（2）浓硫酸与乙醇如何混合？ 。（3）如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是_（填正确答案标号）。A立即补加 B冷却后补加 C不需补加 D重新配料（4）控制滴加乙酸和乙醇混和液的速度等于蒸馏速度目的是？ 。（5）蒸出的粗乙酸乙酯中主要有哪些杂质？ 。（6）饱和的Na2CO3溶液洗涤除去乙酸，能否换成NaOH溶液？若不能，为什么？（用化学方程式表示） ； 。用饱和NaCl溶液洗涤除去残留的Na2CO3溶液，为什么不用水？ 。【答案】（1）CH3COOH+ CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（2）先向三颈烧瓶加入乙醇，再沿着瓶壁缓慢加入浓硫酸，边振荡边滴加。（3）B（4）保证乙醇量是乙酸量10倍以上，提高乙酸的转化率。（5）乙醚、乙酸、乙醇和水（6）不能 CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH 减少乙酸乙酯溶解【解析】试题分析：（1）制取乙酸乙酯化学方程式为CH3COOH+ CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。（2）先向三颈烧瓶加入乙醇，再沿着瓶壁缓慢加入浓硫酸，边振荡边滴加。因为浓硫酸稀释会放出大量的热，（3）如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是待冷却后加入。（4）控制滴加乙酸和乙醇混和液的速度等于蒸馏速度目的是是为让乙醇和乙酸尽可能多的反应，提高转化率。（5）蒸出的粗乙酸乙酯中含有未反应玩的乙醇，乙酸以及生成的水。还有副反应产生的乙醚，（6）饱和的Na2CO3溶液洗涤除去乙酸，不能换成氢氧化钠，因为氢氧化钠会导致生成的乙酸乙酯水解。用饱和NaCl溶液洗涤除去残留的Na2CO3溶液，主要是为降低乙酸乙酯的溶解度。考点：乙酸乙酯的反应机理19用含FeS2 84的硫铁矿生产硫酸硫铁矿煅烧时有4的硫元素损失而混入炉渣，SO2转化为SO3的转化率为95，SO3的吸收率为98.5，求2吨硫铁矿可生产98的浓H2SO4多少吨？【答案】2吨硫铁矿可生产98的浓H2SO4 2.52吨。【解析】SO2的转化率和SO3的吸收率(即转化率)均可累积到FeS2上，硫元素的利用率就是FeS2的转化率，利用下列关系式计算：设生产98的H2SO4质量为x。FeS2 2H2SO4120 2982吨84(14)9598.5 98x列比例式： x2.52 吨。20在一定条件下发生转化。已知：2RCHOO22RCOOH。试回答下列问题：（1）有机物的名称：A_，B_，C._。（2）有机物的结构简式：D_。（3）反应AB的化学方程式是_ 。（4）BC的反应类型属于_反应，BDE的反应类型属于_反应。【答案】（1）乙烯、乙醇、乙醛 （2）CH3COOH （3）CH2=CH2H2OCH3CH2OH（4）氧化 酯化或（取代）【解析】试题解析：BCD为连续氧化过程，则B为醇，C为醛，D为酸；B+DE为酯化反应，E为乙酸乙酯，则B为乙醇，D为乙酸，C为乙醛，A为乙烯。（1）三种物质的名称分别为A：乙烯，B：乙醇，C：乙醛；（2）D为乙酸，其结构简式为：CH3COOH；（3）乙烯与水加成得乙醇，故反应AB的化学方程式是：CH2=CH2H2OCH3CH2OH；（4）)BC的反应类型是氧化反应，BDE的反应类型是酯化反应。考点：有机推断21（9分）下列框图中的物质均为中学化学中常见物质，其中甲、乙为单质，其余均为化合物。B为常见液态化合物，A为淡黄色固体，F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色。请回答下列问题：（1）A是 ，G是 （2）反应中，属于氧化还原反应的是 （填序号）。（3）反应的化学方程式为 ；甲与B反应的离子方程式为 。（4）在空气中将C溶液滴入F溶液中，观察到的现象是 。【答案】（9分）（1）Na2O2（1分）; FeCl3 （1分） （2）（2分）（全对给2分，对一个或两个给1分，错选不给分）（3）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（2分）;2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2（2分）（4）先生成白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最终变为红褐色沉淀（1分）【解析】试题分析：A是淡黄色固体化合物，则A是过氧化钠；甲、乙是单质，生成过氧化钠，则甲、乙是钠、氧气，过氧化钠与B反应又生成乙，所以乙是氧气，甲是钠；B是常见液态化合物，与过氧化钠反应的液体是水，所以B是水，则C是氢氧化钠；F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色。说明G是氯化铁，F是氯化亚铁，氢氧化钠与氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，则D是氢氧化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁。（1）根据以上分析，A是Na2O2；G是FeCl3；（2）反应中，属于氧化还原反应的是，其余为复分解反应；（3）反应是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2；（4）在空气中，将氢氧化钠溶液滴入氯化亚铁溶液中，开始生成白色氢氧化亚铁沉淀，然后迅速变成灰绿色，最终变为红褐色沉淀。考点：考查元素化合物的推断，化合物化学性质的应用，反应现象的判断，离子方程式、化学方程式的书写，氧化还原反应的判断22（12分）烃A是一种植物生长的调节剂，分子式为C2H4。A进行图1所示的转化可制得有果香味的液体E（C4H8O2），回答下列问题：（1）A的结构简式为 ，B中所含官能团的名称为 。（2）反应的类型分别是 、 。（3）反应的化学方程式为 。（4）E的名称为 。实验室由反应制备E的装置如图2，烧瓶中加入碎瓷片的作用是 ，长导管的作用是导气和 ，锥形瓶中盛放的液体是 。【答案】（12分）（1）CH2=CH2，羟基;（2）加成反应、取代反应（或酯化反应）（每空1分）（3）2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O（4）乙酸乙酯，防止暴沸，冷凝、回流，饱和Na2CO3溶液（每空1分）【解析】试题分析：烃A是一种植物生长的调节剂，则A是C2H4，乙烯与水发生加成反应形成B：CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生C:CH3CHO；C催化氧化产生D：CH3COOH；CH3CH2OH 和乙酸CH3COOH 在浓硫酸存在时在加热时发生酯化反应，制得E乙酸乙酯CH3COOCH2CH3和水。（1）A的结构简式为CH2=CH2，B是乙醇，分子中所含官能团的名称为羟基；（2）反应类型是加成反应；反应的类型是取代反应（也叫酯化反应）；（3）反应是乙醇的氧化反应，反应的化学方程式为2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O；（4）E的名称为乙酸乙酯；实验室由反应制备E的装置如图2，烧瓶中加入碎瓷片的作用是防止暴沸，长导管的作用是导气和冷凝、回流，产生的乙酸乙酯难溶于水，密度比水小，为了除去混有的杂质乙醇和醋酸