1、2015-2016学年重庆八中高二（下）段考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列有关物质用途的说法正确的是（）A燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOX的催化转化都是减少酸雨产生的措施B用FeCl2溶液与铜反应制作印刷电路板C石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化D碳酸钠治疗胃酸过多2分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（）A3种B4种C5种D6种3NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A7.8gNa2O2中含有的阴离子数目为0.2NaB标准状况下，2.24LCHCl3的分子数为0.1NAC0.1molFe与
2、足量稀HNO3反应，转移电子数为0.3NAD1L 0.1mol/L Al2（SO4）3溶液中，Al3+的数目为0.2NA4下列离子方程式书写正确的是（）A在100ml 1molL1的Fe（NO3）3的溶液中通入足量SO2：2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+B在100ml 2molL1的FeI2的溶液中通入标况下5.6L的Cl2：4Fe2+6I+5Cl24Fe3+3I2+10ClC向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO3224DAlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3+4OHAlO2+2H2Of5W、X、Y、Z均为短
3、周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为10下列说法正确的是（）XAZ与X的最高价氧化物对应水化物反应可产生W的单质气体jBX、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应水化物两两可发生反应hCY的氧化物都可做呼吸面具的供氧剂+DW与X之间只能形成极性共价化合物16一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图下列有关该电池的说法正确的是（）7A反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子TB电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH2e=2H2O+C电池工作时，CO32向电极B移动nD电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2
4、+4e=2CO32y7下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）c选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液h有气体生成，溶液呈血红色t稀硝酸将Fe氧化为Fe3+BB将铜粉加1.0molL1Fe2（SO4）3溶液中2溶液变蓝、有黑色固体出现o金属铁比铜活泼rC用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热7熔化后的液态铝滴落下来u金属铝的熔点较低DD将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL1CuSO4溶液g先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀=Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小=AABBCC
5、DD二、解答题（共4小题，满分43分）8现有含CaO杂质的CaC2试样设计以下实验，测定CaC2试样的纯度（反应方程式为：CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2），请从如图中选用适当的装置，完成该实验（1）制取C2H2最好选中的装置（填“甲”“乙”或“丙”），所选用装置的连接顺序是（填各接口AE的顺序）（2）若实验时称取的试样为1.4g，产生的乙炔在标准状况下的体积为448mL，此试样中CaC2的质量分数为（保留3位有效数字）9某同学在实验室从如图1标签的试剂瓶中取少许钠进行燃烧实验，实验后发现还有少许黑色固体生成从反应物及实验操作猜测：该黑色物质可能为炭与另一种氧化物组成的混合物根据题意
6、和图示回答下面问题：（1）装置图2中A的名称（2）此氧化物可能是或（写化学式）（3）对黑色固体物质的组成作如图3所示探究实验I加入盐酸溶液的目的是仅通过实验，用最简步骤能快速确定黑色氧化物的组成，请完善该设计（限选试剂：稀盐酸、KSCN溶液、10%H2O2溶液）实验操作预期现象与结论相关离子方程式取少量实验中的澄清溶液，加入试剂10工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下：请回答下列问题：（1）步骤所得废渣的成分是（写化学式），操作I的名称（2）步骤、的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2（SO4）n （水层）+2nHA（有
7、机层）2RAn（有机层）+nH2SO4 （水层）中萃取时必须加入适量碱，其原因是中X试剂为（3）的离子方程式为（4）25时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：pH1.31.41.51.61.71.857955061.92.02.1钒沉淀率%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳pH为；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有和11在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）2NO2（g）H，
8、随温度升高，混合气体的颜色变深回答下列问题：（1）反应的H0（填“”或“”）；100时，体系中各物质浓度随时间变化如图1所示在060s时段，平均反应速率v（NO2）为molL1s1，反应的平衡常数K为（2）100时达到平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4） 以0.0020molL1s1的平均速率降低，经10s又达到平衡则T100（填“大于”或“小于”）（3）利用图2（a）和（b）中的信息，按图（b）装置（连通的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的（填“深”或“浅”），其原因是【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）12苯酚和丙酮都是重要的化工原料，
9、工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：相关化合物的物理常数物质相对分子质量密度（g/cm3）沸点/异丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列问题：（1）在反应器A中通入的X是（2）反应和分别在装置和中进行（填装置符号）（3）在分解釜C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是，优点是用量少，缺点是（4）反应为（填“放热”或“吸热”）反应反应温度控制在5060，温度过高的安全隐患是（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是（填编号已知苯酚是一种弱酸）aNaOHbCaCO3cNaHCO3dCaO（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为和，判断
10、的依据是（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）13钒（23V）是我国的丰产元素，广泛用于催化及钢铁工业回答下列问题：（1）钒价层电子排布图为，比钒质子数大1的元素原子的电子排布式为（2）钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为、（3）V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂SO2分子VSEPR模型是，硫原子杂化类型为；SO3气态为单分子，SO3的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为；该结构中SO键长有两类，一类键长约140pm，另一类键长约为160pm，较长的键为（填图2中字母），该分子中含有个
11、键（4）V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构（钒位于体心），则偏钒酸钠的化学式为【化学-有机化学基础】（共1小题，满分0分）14菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如图：已知：（1）A中所含官能团的名称是，B的结构简式是（2）由A生成B的反应类型是，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为（3）写出D和E反应生成F的化学方程式（4）D中含有环己基（只有一个侧链）能发生水解反应的同分异构体数目有种，其中能发生银镜反应的同分异构体的结构简式为（5）结合题给信息，
12、以乙烯为原料，制备1丁醇，设计合成路线（其他试剂任选）合成路线流程图示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH32015-2016学年重庆八中高二（下）段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列有关物质用途的说法正确的是（）A燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOX的催化转化都是减少酸雨产生的措施B用FeCl2溶液与铜反应制作印刷电路板C石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化D碳酸钠治疗胃酸过多【考点】物质的组成、结构和性质的关系；三废处理与环境保护【分析】ASO2和NOX的排放可导致酸雨发生；BFeCl2溶
13、液与铜不反应；C纳米银粒子的聚集为物理变化；D碳酸钠的碱性较强【解答】解：ASO2和NOX的排放可导致酸雨发生，则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOX的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故A正确；BFeCl2溶液与铜不反应，应选FeCl3溶液与铜反应制作印刷电路板，故B错误；C纳米银粒子的聚集为物理变化，而石油裂解（生成小分子烯烃）、煤的干馏（生成煤焦油等）、玉米制醇（生成乙醇）、蛋白质的变性都是化学变化，故C错误；D碳酸钠的碱性较强，不能治疗胃酸过多，可选氢氧化铝或小苏打治疗胃酸过多，故D错误；故选A2分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（）A3种B4种C5种D6种【
14、考点】同分异构现象和同分异构体【分析】分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，则该有机物属于醇，可以可知丁烷中的1个H原子被1个羟基取代产物，书写丁烷的同分异构体，根据等效氢判断丁醇的同分异构体数目【解答】解：分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，则该有机物属于醇，可以可知丁烷中的1个H原子被羟基取代产物，丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH3，CH3CH2CH2CH3中有2种H原子，1个H原子被1个羟基取代有2种结构，CH3CH（CH3）CH3中有2种H原子，1个H原子被1个羟基取代有2种结构，故符合条件的C4H10O结构共有4种，故选B3NA表示阿伏伽德罗
15、常数，下列说法正确的是（）A7.8gNa2O2中含有的阴离子数目为0.2NaB标准状况下，2.24LCHCl3的分子数为0.1NAC0.1molFe与足量稀HNO3反应，转移电子数为0.3NAD1L 0.1mol/L Al2（SO4）3溶液中，Al3+的数目为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成来分析；B、标况下三氯甲烷为液体；C、铁和足量稀硝酸反应后变为+3价；D、铝离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解【解答】解：A、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.1mol过氧化钠
16、中含0.1NA个阴离子，故A错误；B、标况下三氯甲烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故B错误；C、铁和足量稀硝酸反应后变为+3价，故0.1mol铁反应后转移0.3NA个电子，故C正确；D、铝离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铝离子的个数小于0.2NA个，故D错误故选C4下列离子方程式书写正确的是（）A在100ml 1molL1的Fe（NO3）3的溶液中通入足量SO2：2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+B在100ml 2molL1的FeI2的溶液中通入标况下5.6L的Cl2：4Fe2+6I+5Cl24Fe3+3I2+10ClC向NaHCO3溶
17、液中加入过量的澄清石灰水：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32DAlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3+4OHAlO2+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A二氧化硫足量，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化二氧化硫；B100ml 2molL1的FeI2的溶液中含有碘化亚铁的物质的量为0.2mol，标准状况下5.6L氯气的物质的量为0.25mol，0.2mol碘化亚铁完全反应消耗0.3mol氯气，说明氯气不足，碘离子优先被氧化，剩余的氯气再氧化亚铁离子；C氢氧化钙过量，反应后不会有碳酸根离子；D氢氧化钠过量，反应生成偏铝酸钠和水【解答】解：A在100ml
18、 1molL1的Fe（NO3）3的溶液中通入足量SO2，硝酸根离子也参与反应，正确的离子方程式为：Fe3+5SO2+4H2O+3NO3=3NO+Fe2+5SO42+8H+，故A错误；B在100mL 2molL1的FeI2的溶液中通入标况下5.6L的Cl2，碘化亚铁的物质的量为：2mol/L0.1L=0.2mol，标准状况下5.6L氯气的物质的量为： =0.25mol，0.2mol FeI2完全反应消耗氯气的物质的量为：0.2mol（+1）=0.3mol，氯气不足，碘离子优先反应，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol氯气，剩余的0.5mol氯气能够氧化0.1mol亚铁离子，则正确的离子方程
19、式为：2Fe2+8I+5Cl22Fe3+4I2+10Cl，故B错误；C向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，正确的离子方程式为：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O，故C错误；DAlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液，反应的离子方程式为：Al3+4OHAlO2+2H2O，故D正确；故选D5W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为10下列说法正确的是（）AZ与X的最高价氧化物对应水化物反应可产生W的单质气体BX、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应水化物两两可发生反应CY的氧
20、化物都可做呼吸面具的供氧剂DW与X之间只能形成极性共价化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素，X是N元素；Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为10，则Y、Z最外层电子数之和=1015=4，由于Y、Z都位于第三周期，最外层电子数不可能都是2，Y最外层电子数为1时，Z的最外层含有3个电子，则Y为Na、Z为Al，据此进行解答【解答】解：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素，X是N元素；Y、Z
21、为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为10，则Y、Z最外层电子数之和=1015=4，由于Y、Z都位于第三周期，最外层电子数不可能都是2，Y最外层电子数为1时，Z的最外层含有3个电子，则Y为Na、Z为Al，AX为N元素，其最高价氧化物对应水合物为硝酸，W的单质为氢气，Al与硝酸反应不会生成氢气，故A错误；BX、Y、Z三种元素分别为N、Na、Al，其最高价氧化物对应水化物分别为硝酸、氢氧化钠和氢氧化铝，三种物质之间两两可发生反应，故B正确；CY为Na，其氧化物为氧化钠和过氧化钠，过氧化钠可做呼吸面具的供氧剂，而氧化钠与水、二氧化碳反应不会生成氧气，则不能做呼吸面具的供氧剂，故C错误；DW、X分别
22、为H、N元素，二者可以形成离子化合物NH4H，电子式为，故D错误；故选B6一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图下列有关该电池的说法正确的是（）A反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子B电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH2e=2H2OC电池工作时，CO32向电极B移动D电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e=2CO32【考点】真题集萃；原电池和电解池的工作原理【分析】甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价由4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成C
23、O32，以此解答该题【解答】解：A反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A错误；B电解质没有OH，负极反应为H2+CO+2CO324e=H2O+3CO2，故B错误；C电池工作时，CO32向负极移动，即向电极A移动，故C错误；DB为正极，正极为氧气得电子生成CO32，电极反应为：O2+2CO2+4e=2CO32，故D正确故选D7下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为F
24、e3+B将铜粉加1.0molL1Fe2（SO4）3溶液中5795506溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小AABBCCDD【考点】真题集萃；化学实验方案的评价【分析】A过量铁粉，反应生成亚铁离子；BCu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；5795506C三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化
25、，熔化的铝并不滴落；D溶度积大的物质向溶度积小的物质转化【解答】解：A过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；BCu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候不会滴落，故C错误；D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH完全反应，再滴加0.1molL1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀
26、，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，故D正确；故选D二、解答题（共4小题，满分43分）8现有含CaO杂质的CaC2试样设计以下实验，测定CaC2试样的纯度（反应方程式为：CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2），请从如图中选用适当的装置，完成该实验（1）制取C2H2最好选中的丙装置（填“甲”“乙”或“丙”），所选用装置的连接顺序是E、C、D、B（填各接口AE的顺序）（2）若实验时称取的试样为1.4g，产生的乙炔在标准状况下的体积为448mL，此试样中CaC2的质量分数为91.4%（保留3位有效数字）【考点】探究物质的组
27、成或测量物质的含量【分析】（1）依据实验室制取乙炔的反应原料和反应条件选择实验装置，固体+液体气体，乙炔气体难溶于水可以用排水量气方法测定气体体积；（2）根据反应方程式计算，体积换算为物质的量，结合化学方程式计算，得到乙炔的质量可解答试样的纯度；【解答】解：（1）碳化钙和水反应实际为碳化钙的水解反应，生成氢氧化钙和乙炔，反应为：CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2，是固体+液体气体，反应不加热，但反应剧烈需要控制反应的速率，甲是固体和液体加热制气体的装置，乙装置不能控制反应进行，丙装置是固体和液体不加热制气体的装置，分液漏斗可以控制反应进行的速率，所以选丙装置；乙炔是难溶于水可以用排水量
28、气法测定气体体积，装置的连接顺序是E、C、D、B；故答案为：丙；E、C、D、B；（2）若实验时称取的试样为1.4g，产生的乙炔在标准状况下的体积为448mL，物质的量为0.02mol，CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H264g 1molm 0.02mol解得m=1.28g所以纯度为：100%=91.4%，故答案为：91.4%9某同学在实验室从如图1标签的试剂瓶中取少许钠进行燃烧实验，实验后发现还有少许黑色固体生成从反应物及实验操作猜测：该黑色物质可能为炭与另一种氧化物组成的混合物5795506根据题意和图示回答下面问题：（1）装置图2中A的名称坩埚（2）此氧化物可能是FeO或Fe3O4（
29、写化学式）（3）对黑色固体物质的组成作如图3所示探究实验I加入盐酸溶液的目的是检验黑色固体物质中是否有碳，同时溶解氧化物仅通过实验，用最简步骤能快速确定黑色氧化物的组成，请完善该设计（限选试剂：稀盐酸、KSCN溶液、10%H2O2溶液）实验操作预期现象与结论相关离子方程式取少量实验中的澄清溶液，加入试剂适量的KSCN溶液如果溶液显红色，则黑色物质为Fe3O4，反之则为FeOFe3+3SCNFe（SCN）3【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）根据仪器A的构造可知A为坩埚；观察到的淡黄色固体为钠与氧气燃烧产物Na2O2；钠元素焰色反应的火焰颜色为黄色；（2）根据图1可知，金属钠中含
30、有杂质铁，根据铁的氧化物颜色判断黑色物质的组成可能为氧化亚铁或四氧化三铁；（3）黑色固体物质可能为碳和铁的混合物，加入盐酸可以检验是否含有碳，同时将氧化物溶解；若含有四氧化三铁，澄清溶液中一定含有铁离子，可以通过检验铁离子进行判断铁色物质组成；若溶液变成红色，说明含有Fe3O4，若没有变成红色，说明黑色固体为FeO，写出铁离子与硫氰根离子反应的离子方程式【解答】解：（1）根据图示仪器A的构造可知，A仪器为坩埚，故答案为：坩埚；（2）实验后发现还有少许黑色固体生成，根据图1可知，金属钠中混有杂质铁，铁与氧气反应生成的黑色物质有Fe3O4和FeO，故该氧化物可能是Fe3O4或FeO，故答案为：Fe
31、O；Fe3O4；（3）由于黑色固体物质可能为碳和铁的氧化物，碳单质不溶于盐酸，铁的氧化物能够溶液盐酸，所以加入盐酸目的是检验黑色固体物质中是否有碳，同时溶解氧化物，故答案为：检验黑色固体物质中是否有碳，同时溶解氧化物；取少量实验澄清溶液，加入适量的KSCN溶液，如果溶液显红色，则黑色物质为Fe3O4，如果溶液没有变成红色，说明黑色物质为FeO，反应的离子方程式为：Fe3+3SCNFe（SCN）3，故答案为：适量的KSCN溶液如果溶液显红色，则黑色物质为Fe3O4，反之则为FeOFe3+3SCNFe（SCN）310工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下
32、：请回答下列问题：（1）步骤所得废渣的成分是SiO2（写化学式），操作I的名称过滤（2）步骤、的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2（SO4）n （水层）+2nHA（有机层）2RAn（有机层）+nH2SO4 （水层）中萃取时必须加入适量碱，其原因是加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率中X试剂为硫酸（3）的离子方程式为NH3H2O+VO3NH4VO3+OH（4）25时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：pH1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钒沉淀率%88.194.896.598.098.898.896.493.189.
33、3结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳pH为1.71.8；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）2.6103mol/L（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有有机萃取剂和氨气【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；盐类水解的应用【分析】（1）废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅；（2）中萃取时必须加入适量碱，会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行；（3）依据氨水与VO3反应配平得到离子方程式；（4）根据表中数据判断，中加入氨水，调
34、节溶液pH最佳值为1.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；依据沉淀溶度积计算分析；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成可以循环利用；【解答】解：（1）废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，V2O5、Fe2O3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，故答案为：SiO2，过滤；（2）中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了
35、钒的萃取率；硫酸；（3）氨水与VO3反应的离子方程式为：NH3H2O+VO3NH4VO3+OH，故答案为：NH3H2O+VO3NH4VO3+OH；（4）根据表中数据判断，中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.71.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，此时PH=2，c（H+）=102mol/L，c（OH）=1012mol/L，则溶液中c（Fe3+）浓度依据溶度积计算，KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH）=2.61039，计算得到c（Fe3+）=2.6103molL1，不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）2.6103mo
36、lL1，故答案为：1.71.8；2.6103；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，故答案为：有机萃取剂；氨气11在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）2NO2（g）H，随温度升高，混合气体的颜色变深回答下列问题：（1）反应的H0（填“”或“”）；100时，体系中各物质浓度随时间变化如图1所示在060s时段，平均反应速率v（NO2）为0.002molL1s1，反应的平衡常数K为0.36（2）100时达到平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4） 以0.0020molL1s1的平均
37、速率降低，经10s又达到平衡则T大于100（填“大于”或“小于”）（3）利用图2（a）和（b）中的信息，按图（b）装置（连通的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的深（填“深”或“浅”），其原因是N2O4（无色）2NO2（红棕色）H0，是吸热反应，而双氧水的分解反应是放热反应，当右边双氧水分解时，放出的热量会使B瓶升温，从而使瓶中反应朝正反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】（1）随温度升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应；根据v=计算v（NO2），平衡常数K=；（2）改
38、变温度后，N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应吸热反应，升高温度平衡正向移动；（3）双氧水的分解反应是放热反应，当右边双氧水分解时，放出的热量会使B瓶升温，从而使瓶中反应朝正反应方向移动，即向生成NO2移动【解答】解：（1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即H0；060s时段，NO2浓度变化为0.12mol/L，v（NO2）=0.002molL1s1；平衡常数K=0.36，故答案为：；0.002；0.36；（2）改变温度后，N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应吸热反应，升高温度平衡正向移动，故T100，故答案为：大
39、于；（3）原因是N2O4（无色）2NO2（红棕色）H0，是吸热反应，而双氧水的分解反应是放热反应，当右边双氧水分解时，放出的热量会使B瓶升温，从而使瓶中反应朝正反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深，故答案为：深；N2O4（无色）2NO2（红棕色）H0，是吸热反应，而双氧水的分解反应是放热反应，当右边双氧水分解时，放出的热量会使B瓶升温，从而使瓶中反应朝正反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）12苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：相关化合物的物理常数物质相对分子
40、质量密度（g/cm3）沸点/异丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列问题：（1）在反应器A中通入的X是氧气或空气（2）反应和分别在装置A和C中进行（填装置符号）（3）在分解釜C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是催化剂，优点是用量少，缺点是腐蚀设备（4）反应为放热（填“放热”或“吸热”）反应反应温度控制在5060，温度过高的安全隐患是温度过高会导致爆炸（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是c（填编号已知苯酚是一种弱酸）aNaOHbCaCO3cNaHCO3dCaO（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为丙酮和苯酚，判断的依据是丙酮的沸点低于苯酚（7）用该方
41、法合成苯酚和丙酮的优点是原子利用率高【考点】真题集萃；制备实验方案的设计【分析】用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器A中发生氧化反应生成，在蒸发器中分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚（1）在反应器A发生信息中的反应，应通入氧气或空气；（2）由上述分析可知，反应在A中发生，反应在C中发生；（3）浓硫酸起催化剂作用，浓硫酸腐蚀性强，会腐蚀设备，（4）反应的H0，为放热反应，含有过氧化物
42、，温度过高，容易发生爆炸；（5）加入的Z中和硫酸，且不能与苯酚反应；（6）沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部；（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，原子利用率高【解答】解：用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器A中发生氧化反应生成，在蒸发器中分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚（1）在反应器A发生信息中的反应，故需要氧气或空气，故答案为：氧气或空气；（2）由上述分析可知，反应在反应器中发生
43、，即A装置，反应在分解釜中进行，即C装置，故答案为：A；C；（3）在浓硫酸作条件下分解得到、，浓硫酸作作催化剂，浓硫酸腐蚀性强，容易腐蚀设备，5795506故答案为：催化剂；腐蚀设备；（4）反应的H0，为放热反应，有过氧化物存在，温度过高会导致爆炸，反应温度控制在5060，故答案为：放热；温度过高会导致爆炸；（5）加入Z的目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，aNaOH能与硫酸、苯酚反应，故不选；bCaCO3为固体，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故b不选；cNaHCO3能与硫酸反应，不与苯酚反应，故c选；dCaO能与苯酚反应，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫
44、酸的反应，故d不选；故选：c；（6）由于丙酮的沸点低于苯酚，沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部，则T为丙酮、P为苯酚，故答案为：丙酮；苯酚；丙酮的沸点低于苯酚；（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，整个过程原子利用率高，故答案为：原子利用率高化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）13钒（23V）是我国的丰产元素，广泛用于催化及钢铁工业回答下列问题：（1）钒价层电子排布图为，比钒质子数大1的元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1（2）钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为4、2（3）V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂SO2
45、分子VSEPR模型是平面三角形，硫原子杂化类型为sp2；SO3气态为单分子，SO3的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为sp3；该结构中SO键长有两类，一类键长约140pm，另一类键长约为160pm，较长的键为b（填图2中字母），该分子中含有个12键（4）V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为正四面体形；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构（钒位于体心），则偏钒酸钠的化学式为NaVO3【考点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）由题意知，钒的核电荷数为23，根据
46、核外电子的轨道能量排布顺序知，1s2s2p3s3p4s3d4p，因此推断其电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，注意由于4s轨道能量比3d轨道能量低，因此先排4s轨道，因此其价层电子排布式为3d34s2，以此书写电子排布图；比钒质子数大1的元素原子的质子数为24；（2）由晶胞可知，V位于顶点和体心，O有4个位于面心，2个位于体心；（3）SO2分子中S原子形成2个键，孤电子对数为=1，SO3气态为单分子，该分子中S原子形成3个键，没有孤对电子，SO3的三聚体中S原子形成4个键，以此判断空间构型和杂化类型；SO3的三聚体中每个S形成，存在S=O键和SO键，SO键较长；（4）VO4
47、3中，V形成4个键，孤电子对数为=0，为正四面体结构，由链状结构可知每个V与3个O形成阴离子，且V的化合价为+5价，以此判断形成的化合物的化学式【解答】解：（1）由题意知，钒的核电荷数为23，根据核外电子的轨道能量排布顺序知，1s2s2p3s3p4s3d4p，因此推断其电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，注意由于4s轨道能量比3d轨道能量低，因此先排4s轨道，因此其价层电子排布式为3d34s2，则电子排布图为，比钒质子数大1的元素原子的质子数为24，为Cr元素，其原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1；故答案为：；1s22s22p63s23p63d5
48、4s1；（2）由晶胞可知，V位于顶点和体心，阳离子个数为1+8=2，O有4个位于面心，2个位于体心，则阴离子个数为4+2=4，故答案为：4；2；（3）SO2分子中S原子形成2个键，孤电子对数为=1，SO2分子中S原子价层电子对数是3，VSEPR模型是平面三角形，SO3气态为单分子，该分子中S原子形成3个键，没有孤对电子，则为sp2杂化，SO3的三聚体中S原子形成4个键，为sp3杂化；SO3的三聚体中每个S形成，存在S=O键和SO键，S=O键长较短，SO键较长，即b较长，该分子中含有键数目为34=12，故答案为：平面三角形；sp2；sp3；b；12；（4）VO43中，V形成4个键，孤电子对数为=
49、0，为正四面体结构，由链状结构可知每个V与3个O形成阴离子，且V的化合价为+5价，则形成的化合物化学式为NaVO3，故答案为：正四面体；NaVO3【化学-有机化学基础】（共1小题，满分0分）14菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如图：已知：（1）A中所含官能团的名称是醛基和碳碳双键，B的结构简式是（2）由A生成B的反应类型是加成反应，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为（3）写出D和E反应生成F的化学方程式（4）D中含有环己基（只有一个侧链）能发生水解反应的同分异构体数目有6种，其中能发生银镜反应的同分异构体的结构简式为（5）结合题给信息，以乙烯为原料
50、，制备1丁醇，设计合成路线CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH2CH2CH2OH（其他试剂任选）合成路线流程图示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3【考点】有机物的合成【分析】根据题目所给信息，可知1，3丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A为，A与足量的氢气发生加成反应生成B为，B在HBr条件下发生取代反应生成C为，C与Mg在干醚的条件下得到，发生信息中反应得到，再发生催化氧化反应生成，被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成D为，对比D与F的结构可知，D与CH2=CHCH2OH反应酯化反应得到F，故E为CH2=CHCH2OH；（5）乙烯和HBr发生加成反应生成
51、CH3CH2Br，溴乙烷和Mg、干醚反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr和环氧己烷、酸反应生成1丁醇【解答】解：根据题目所给信息，可知1，3丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A为，A与足量的氢气发生加成反应生成B为，B在HBr条件下发生取代反应生成C为，C与Mg在干醚的条件下得到，发生信息中反应得到，再发生催化氧化反应生成，被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成D为，对比D与F的结构可知，D与CH2=CHCH2OH反应酯化反应得到F，故E为CH2=CHCH2OH；（1）A为，A中所含官能团的名称是醛基和碳碳双键，B的结构简式是，故答案为：醛基和碳碳双键；5795506（2）由A生成B的反
52、应类型属于加成反应，E为CH2=CHCH2OH，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为：，故答案为：加成反应；（3）D为，E为CH2=CHCH2OH，D和E发生酯化反应生成F，反应方程式为：，故答案为：；（4）D为，D中含有环己基（只有一个侧链）能发生水解，说明含有酯基，取代基可能是CH2COOCH3、COOCH2CH3、CH2CH2OOCH、CH（CH3）OOCH、CH2OOCCH3、OOCCH2CH3，所以符合条件的有6种；能发生银镜反应，说明含有醛基，则符合条件的同分异构体结构简式为，故答案为：6； ；（5）乙烯和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，溴乙烷和Mg、干醚反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr和环氧己烷、酸反应生成1丁醇，所以合成路线为CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2MgBr CH3CH2CH2CH2OH，故答案为：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2MgBr CH3CH2CH2CH2OH2016年11月8日
