福建省福州市第八中学高三化学上学期第二次质量检测考试试题（含解析）.doc

福建省福州市第八中学2016届高三化学上学期第二次质量检测考试试题（含解析） 可能用到的相对原子质量：h1 o16 n14 cl35.5 s32 na23k39 fe 56 cu64 c12 第卷 （共42分） 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共42分） 1油脂是重要的工业原料关于“油脂”的叙述错误的是 a不能用植物油萃取溴水中的溴 b皂化是高分子生成小分子的过程 c和h2加成后能提高其熔点及稳定性d水解可得到丙三醇 【答案】b【解析】试题分析：植物油的主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含有双键能够与溴反应，a正确；皂化反应是油脂的碱性水解，反应的主要产物脂肪酸钠和甘油不是高分子化合物，b错误；油脂和h2加成后油脂中的不饱和高级脂肪酸甘油酯转化成饱和的高级脂肪酸甘油酯，其熔点及稳定性均得到提高，c正确；油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，水解后可以得到甘油，即丙三醇， d正确。考点：考查有关油脂的性质分析2依据下列说法来判断相应元素的金属性、非金属性强弱，不合理的是 a卤素单质cl2、br2、i2的氧化性强弱b气态氢化物nh3、h2o、hf的稳定性c碱金属单质li、na、k与水反应的剧烈程度d1mol na、mg、al分别与足量盐酸反应时失电子数的多少【答案】d【解析】试题分析：非金属单质的氧化性越强，对应元素的非金属性越强，a正确；气态氢化物的稳定性越强，对应元素的非金属性越强，b正确；碱金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，c正确；判断元素的金属性强弱主要看单质的失电子能力，而不是多少，d错误。考点：考查元素周期律的应用 3用氯气制取并获得碘单质，不能实现实验目的的装置是a用甲制取少量氯气 b用乙氧化溶液中的碘离子c用丙提取置换出来的碘 d用丁过滤i2的ccl4溶液得碘单质【答案】d【解析】试题分析：电解饱和食盐水，阳极上氯离子失去电子生成氯气， a正确；氯气与ki反应生成碘，cl元素的化合价降低，氯气为氧化剂，可知氧化溶液中的碘离子， b正确；碘易溶于四氯化碳，则图中萃取装置及仪器合理，c正确；碘与四氯化碳不分层，互溶，不能过滤分离，应选蒸馏法，d错误。考点：化学实验方案的评价4氯原子对o3的分解有催化作用：o3cl=cloo2h1，cloo = clo2h2。大气臭氧层的分解反应是：o3o = 2o2h，该反应的能量变化如图所示，则下列叙述正确的是 a反应o3o = 2o2的h = e1e3 b反应o3o = 2o2是吸热反应ch = h1h2 d氯原子没有改变o3分解反应的历程 【答案】c【解析】试题分析：反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则反应o3+o=2o2的h=e3-e1，a错误；由图象可以看出，反应物o3+o总能量大于2o2的总能量，为放热反应，b错误；已知：o3+cl=clo+o2；h1；clo+o=cl+o2；h2，利用盖斯定律将+可得：o3+o=2o2；h=h1+h2，c正确；在反应过程中氯原子起催化作用，改变反应历程，但不改变反应的热效应，d错误。考点：考查反应热与焓变5分子式为c5h10o2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有a15 b28 c32 d 40【答案】d【解析】试题分析：分子式为c5h10o2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种；故羧酸共有5种，醇共有8种，酸和醇重新组合可形成的酯共有58=40种，选项d符合题意。考点：考查酯化反应与同分异构体6已知x、y、z、w均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）则w、x不可能是选项wxa盐酸na2co3溶液bcl2fecco2ca(oh)2溶液dnaoh溶液alcl3溶液【答案】b【解析】试题分析：x为na2co3，w为盐酸时，碳酸钠和少量盐酸反应生成碳酸氢钠，碳酸钠和过量盐酸反应生成二氧化碳，能实现上述转化关系，a正确；氯气和铁反应，无论量多少，只能生成氯化铁，不符合上述转化关系，b错误；x为氢氧化钙，w为二氧化碳，氢氧化钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，碳酸钙和碳酸氢钙间可以相互转化，符合转化关系，c正确；氯化铝和氢氧化钠反应，生成氢氧化铝沉淀继续溶解于氢氧化钠溶液，能实现上述转化， d正确；本题选b。考点：物质间的转化正误判断，考查常见单质及化合物的性质。 7下图装置用于气体的干燥、收集和尾气吸收，其中x、y、z对应都正确的是【答案】c考点：考查物质的分离和提纯 8下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是a酸性：h2so4h3po4 b非金属性：clbr c碱性：naohmg(oh)2 d热稳定性：na2co3nahco3【答案】d【解析】试题分析：元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：sp，则酸性：h2so4h3po4，能用元素周期律解释，a正确；同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：clbr，能用元素周期律解释，b正确；元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：namg，则碱性：naohmg(oh)2，能用元素周期律解释，c正确；碳酸氢钠易分解，碳酸钠难分解，热稳定性：na2co3nahco3，不能用元素周期律解释，d错误；本题选d。考点：考查元素周期律的应用 9某消毒液的主要成分为naclo，还含有一定量的naoh，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和naclo溶液的ph约为11）a该消毒液可用naoh溶液吸收cl2制备：cl2 +2oh= cl+ clo+ h2ob该消毒液的ph约为12：clo+ h2ohclo+ ohc该消毒液与洁厕灵（主要成分为hcl）混用，产生cl2：2h+ cl+ clo= cl2 + h2od该消毒液加白醋生成hclo，可增强漂白作用：ch3cooh+ clo= hclo+ ch3coo 【答案】b【解析】试题分析：消毒液的主要成分为naclo，还含有一定量的naoh，可有氯气和氢氧化钠反应生成， a正确；饱和naclo溶液的ph约为11，而消毒液的ph约为12，故溶液的ph主要不是由clo-的水解造成的，过量的氢氧化钠是溶液呈碱性的主要原因， b错误；在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，发生2h+cl-+clo-cl2+h2o，c正确；由于hclo酸性较弱，则naclo可与醋酸反应生成hclo，漂白性增强，d正确。考点：考查氯气的化学性质10发射“神舟”十号的长三丙火箭由三个子级构成。其中一子级上部装有液体四氧化二氮(n2o4),下部装有液体偏二甲肼(c2h8n2)。发动机内燃烧的化学方程式为c2h8n2+2n2o4=3n2+2co2+4h2o,该反应中 ac2h8n2发生还原反应 bc2h8n2是氧化剂cn2o4发生氧化反应 dn2o4是氧化剂【答案】d【解析】试题分析：偏二甲肼的化学式为c2h8n2，h为+1价，c为-1价，n为-3价，在反应c2h8n2+2n2o4=3n2+2co2+4h2o中，c2h8n2所含n元素的化合价和c元素的化合价升高，n2o4中n元素的化合价降低，故c2h8n2作还原剂，发生氧化反应，n2o4作氧化剂，发生还原反应，选项d符合题意。考点：氧化还原反应的相关理论11下列说法不正确的是 a甲苯和环己烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色b用银氨溶液可以鉴别乙醛和葡萄糖溶液c甲醛和乙二醇都可作为合成高分子化合物的单体d丙烷和2-甲基丙烷的一氯代物均为两种 【答案】b【解析】试题分析：甲苯中含有甲基，环已烯中含有碳碳双键都易被酸性高锰酸钾溶液氧化，即使其褪色，a正确；乙醛中含有醛基，葡萄糖分子中也含有醛基，故银氨溶液不能起到鉴别作用，b错误；甲醛和苯酚合成高分子酚醛树酯，乙二醇和二元羧酸合成聚合酯，c正确；丙烷的一氯代物有：1-氯丙烷、2-氯丙烷两种，2-甲基丙烷的一氯代物有：甲基取代和2号碳取代两种，d正确。考点：考查有机物的结构和性质12将足量的co2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是 ak+、sio32-、cl-、no3- bh+、nh4+、al3+、so42- cna+、s2-、oh-、so42- dna+、c6h5o-、ch3coo-、hco3-【答案】b【解析】试题分析： k+、sio32-、cl-、no3-之间不反应能共存，通入足量co2后与sio32-反应生成硅酸沉淀，则不能再大量共存，a错误；h+、nh4+、al3+、so42-之间不反应，能共存，通入足量co2后仍共存，b正确；na+、s2-、oh-、so42-之间不反应，能共存，通入的过量co2与oh-反应生成碳酸氢根离子，则不能再共存，c错误；na+、c6h5o-、ch3coo-、hco3-之间不反应能共存，通入足量co2与反应生成苯酚，不能再共存， d错误。考点：离子共存正误判断13一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收，其中y是单质。 so2(g) + 2co(g)2x(g)+y(l)为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用超灵敏气体传感器测得不同时间的so2和co浓度如下表： 下列说法不正确的是 ax的化学式为co2 b前1s内v(x)= 1.00 moll-1s-1c该回收原理运用了so2的还原性 d该温度下，此反应的平衡常数的数值是3.331036【答案】c【解析】试题分析：反应的目的是回收硫及y为单质，可知反应方程式为so2(g)+2co(g)2co2(g)+s(l),a正确；根据浓度之比等于系数之比，c(x)=1mol/l，v(x)=c/t=1moll-1/1s=1mol/(ls)，b正确；从反应方程式可知，co显还原性，so2显氧化性，c错误；反应的平衡常数k3.331036，d正确。考点：考查化学平衡及化学反应速率相关知识 14下列有关说法正确的是 a若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀。b2no(g)+2co(g) n2(g)+2co2(g)在常温下能自发进行，则该反应的h0。c加热0.1 moll-1 na2co3溶液，co32-水解程度和溶液的ph均增大。d对于乙酸与乙醇的酯化反应(h0)，加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大。【答案】c【解析】试题分析：铜的金属性弱于铁，与铁构成原电池时，铁是负极失去电子，加快铁腐蚀，a错误；根据ghts可知，2no(g)2co(g)=n2(g)2co2(g)在常温下能自发进行，由于该反应的s0，则该反应的h0才可以，b错误；水解吸热，加热促进水解，溶液的碱性增强，因此，加热0.1mol/lna2co3溶液，co32的水解程度和溶液的ph均增大，c正确；正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，因此平衡常数减小，d错误。考点：考查金属的防腐、反应的自发性、及外界条件对水解平衡平衡的影响等。15某溶液仅含fe2+、na+、al3+、ba2+、so42、no3、cl中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）下列说法不正确的是 a若向该溶液中加入过量的稀硫酸和kscn溶液，溶液显血红色 b若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体遇空气能变成红棕色 c该溶液中所含的离子是：fe2+、na+、so42、no3 d若向该溶液中加入足量的naoh溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72g【答案】d【解析】试题分析：向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生fe2+、no3-的氧化还原反应生成硝酸铁和no，阴离子种类不变，则原溶液中存在so42-，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有na+；该溶液中加酸发生氧化还原反应生成铁离子，则加kscn溶液，溶液显血红色，a正确；生成的no易被氧化成红棕色的二氧化氮， b正确；由上述推断可知，该溶液中所含的离子是：fe2+、na+、so42-、no3-，c正确；若向该溶液中加入足量的naoh溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，其质量为0.5mol160g/mol=80g， d错误。考点：离子反应，考查原子守恒及氧化还原反应等。16向密闭容器中充入物质的量浓度均为 0.1 mol/l的ch4 和 co2，在一定条件下发生反应ch4(g)co2(g)2co(g)2h2(g)，测得ch4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。下列说法不正确的是a平衡时co与h2的物质的量比为1:1bp1、p2、p3、p4由大到小的顺序为p1p2p3p4c1100，p4条件下，该反应10 min时达到平衡点x，则(co2) = 0.008 moll-1min-1d随着温度升高，该反应的平衡常数减小【答案】d【解析】试题分析：因为生成物co与h2的物质的量按1：1生成，所以平衡时co与h2的物质的量比为1：1， a正确；由图可知，温度一定时，甲烷的转化率（p1）（p2）（p3）（p4），该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行，甲烷的转化率降低，故压强p4p3p2p1， b正确；由图可知，压强为p4、1100的条件下，达到平衡x点时甲烷的转化率为80%，甲烷的浓度变化量为0.1mol/l80%=0.08mol/l，则： ch4（g）+co2（g）=2co（g）+2h2（g），开始（mol/l）：0.1 0.1 0 0变化（mol/l）：0.08 0.08 0.16 0.16 平衡（mol/l）：0.02 0.02 0.16 0.16故（co2）=0.008moll-1min-1， c正确；由图可知，温度越高，ch4的平衡转化率越大，说明升温平衡向正反应方向移动，所以温度升高，该反应的平衡常数增大，故d错误。考点：转化率随温度、压强的变化曲线分析17用压强传感器探究生铁在ph=2和ph=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下：分析图象，以下结论错误的是 a 溶液ph2时，生铁发生析氢腐蚀 b 在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀 c 析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快 d 两溶液中负极反应均为：fe2e=fe2+【答案】c【解析】试题分析：根据ph=2的溶液中压强与时间的关系知，压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该装置发生析氢腐蚀，则溶液ph2时，生铁发生析氢腐蚀，a正确；ph=4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，ph=4的醋酸溶液呈酸性，所以在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀，b正确；根据压强与时间关系图知，ph=2的溶液和ph=4的溶液中，变化相同的压强时所用时间不同，前者比后者使用时间长，说明吸氧腐蚀速率大于析氢腐蚀速率，c错误；两个溶液中都发生电化学腐蚀极，负极反应式均为fe-2e-=fe2+， d正确。考点：金属的防腐与图像分析18若na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是a0.1mol氯气与金属铁完全反应时，转移电子数为0.2na b100ml 1mol/l nahco3溶液含有0.1na个hco3c7.1g氯气与足量naoh溶液反应电子转移数为0.2nad0.1molna2o2中含有的离子数为0.4na【答案】a【解析】试题分析：0.1mol氯气与金属铁完全反应时，因氯元素有0价降为1价，共转移电子数为0.2na ，a正确；hco3在溶液里要发生电离，100ml 1mol/l nahco3溶液含有hco3小于0.1na个，b错误；氯气与naoh反应时，氯气既是氧化剂又是还原剂，每摩尔cl2参加反应时转移1mol电子，7.1g氯气与足量naoh溶液反应电子转移数为0.1na，b错误； na2o2的电子式为，可知0.1molna2o2中含有的离子数为0.3na，d错误。考点：有关阿伏加德罗常数的正误判断，涉及氧化还原反应的电子转移、盐类水解及晶体的结构特征等。19已知下表数据：物质fe(oh)2cu(oh)2fe(oh)3完全沉淀时的ph范围9.66.43对于含等物质的量的cuso4、feso4、fe2(so4)3的混合溶液，下列说法正确的是 a向该混合溶液中逐滴加入naoh溶液，最先看到的是红褐色沉淀 b该溶液中c(so42)：=5:4 c向该溶液中加入适量氯水，调节ph到45后过滤，可获得纯净的cuso4溶液 d向该溶液中加入适量氨水，调节ph到9.6后过滤，将所得沉淀灼烧，可得等物质的量的cuo、feo、fe2o3三种固体的混合物【答案】a【解析】试题分析：从表格中可以看出，fe（oh）3的ksp是最小的，所以它最先出现沉淀， a正确；因为cu2+、fe2+、fe3+对应的碱全是弱碱，这三种离子在溶液中都会发生水解，则它们的物质的量会减少，b错误；加入氯水，可以把亚铁离子全氧化成三价，但它的还原产物cl-肯定还在溶液中，故得到的溶液中不可能只含cuso4一种溶质， c错误；滴加氨水过程中生成的fe(oh)2沉淀遇空气中的氧气会氧化成fe(oh)3，最终沉淀灼烧后得到的固体中不含feo，d错误。考点：考查溶解平衡及溶度积常数 20常温下，ph=11的氨水和ph=1的盐酸等体积混合（混合溶液体积为两溶液体积之和），恰好完全中和，则下列说法错误的是 a氨水的浓度等于盐酸的浓度 b原氨水中有1%的含氮微粒为nh4+ c氨水中水电离出的c（h+）是盐酸中水电离出的c（h+）的100倍 d混合溶液中c(nh4+)+c(nh3h2o)+c(nh3)=5104moll1【答案】d考点：考查酸碱中和原理，涉及强弱电解质的电离、水的离子积常数、物料守恒等。 21某硫酸厂废气中so2的回收利用方案如图所示下列说法错误的是 a x可能含有2种盐b y可能含有nh4hso4 c a是so3 d(nh4)2 s2o8中s的化合价不可能为+7【答案】c【解析】试题分析：废气少量时生成x为亚硫酸铵，废气过量时生成x为亚硫酸氢铵，或二者均有， a正确；x中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵， b正确；亚硫酸氨或亚硫酸氢铵，与过量硫酸反应生成气体a为二氧化硫， c错误；（nh4）2s2o8为连二硫酸铵，s最外层有6个电子，最高价为+6价， s的化合价不可能为+7， d正确。考点：二氧化硫的化学性质与尾气处理第卷 （共58分）22（16分）氯元素是生产生活中常见的非金属元素（1）将cl2通入naoh溶液中得到以naclo为有效成分的漂白液，写出该反应的离子方程式： 。（2）使用cl2为自来水消毒时，会与水中的有机物生成对人体有害的有机氯化物。下列物质中可以替代cl2为自来水杀菌消毒的是 （填字母序号）。 a. 臭氧 b.nh3 c. 明矾 d.clo2（3）生物质混煤燃烧是当今能源燃烧利用的最佳方式之一，但生物质中氯含量较多，燃烧过程中会形成金属氯化物（如nacl）和cl2等物质，对金属炉壁造成腐蚀。 nacl和cl2中化学键的类型分别是 和 。 燃煤过程中生成的so2会与nacl等物质发生反应，生成硫酸盐和cl2。若生成cl2 22.4 l（标况）时转移电子数为46.021023，该反应的化学方程式是 。 已知：2h2o2(l) =2h2o(l)o2(g) h1=196.46 kjmol-1h2(g)1/2o2(g) = h2o(l) h2=285.84 kjmol-1cl2(g)h2(g) = 2hcl(g) h3=184.60 kjmol-1在催化剂作用下，用h2o2(l)可除去上述燃烧过程中产生的cl2。依据上述已知反应，写出该反应的热化学方程式： 。（4）工业上通过如下转化可制得kclo3晶体:nacl溶液naclo3溶液kclo3晶体完成中电解过程中阳极的反应式： 。（5）一定条件下,在水溶液中1 mol cl-、clo-x(x=1,2,3,4)的能量(kj)相对大小如下图所示。d是(填离子符号)。b a+c反应的热化学方程式为(用离子符号表示)。【答案】（16分）（1） cl2 + 2oh- =clo- + cl- + h2o （2分）（2）a d （2分）（3） 离子键 共价键（非极性键）（2分） 2nacl + so2 + o2 na2so4 + cl2 （2分） h2o2(l)cl2(g) = 2hcl(g)o2(g) h = + 3.01 kjmol-1 （2分）（4）cl- - 6e- + 3h2o = clo3 + 6h+ （2分）（5）clo-4 （2分）3 clo(aq)=clo3(aq)+2cl(aq) h=117kjmol1【解析】试题分析：（1）氯气与naoh反应生成nacl、naclo、水，离子反应为cl2+2oh-clo-+cl-+h2o；不直接用cl2作漂白剂的原因是cl2的溶解度不大，生成的hclo不稳定，难以保存，使用起来不方便，效果不理想等；（2）臭氧、clo2具有强氧化性，可以替代cl2为自来水杀菌消毒；（3）nacl中只含离子键，cl2中只含cl-cl非极性共价键；so2会与nacl等物质发生反应，生成硫酸盐和cl2cl元素的化合价由-1价升高为0，若生成cl222.4l（标况）时，n（cl2）=22.4l/22.4lmol-1=1mol，只能失去2mol电子，转移电子数为46.021023，可知生成1mol硫酸盐，所以有1molo2参加反应得到电子，则该反应为2nacl+so2+o2na2so4+cl2；a.2h2o2（l）2h2o（l）+o2（g）h1=-196.46kjmol-1bh2（g）+1/2 o2（g）h2o（l）h2=-285.84kjmol-1ccl2（g）+h2（g）2hcl（g）h3=-184.60kjmol-1由盖斯定律可知，a/2+c-b得到h2o2(l)+cl2(g）2hcl(g)+o2(g)，h=(-196.46kjmol-1)/2+(-184.60kjmol-1)-(-285.84kjmol-1)=+3.01kjmol-1，则热化学反应式为h2o2(l)+cl2(g)2hcl(g)+o2(g)h=+3.01kjmol-1；（4）在化学反应前后，原子个数不变，所以nacl+3h2onaclo3+3h2,阳极上发生氧化反应，电极反应式为cl- - 6e- + 3h2o = clo3 + 6h+；（5）d中氯元素的化合价为+7价，故d为clo4-；由b a+c反应为3 clo=clo3+2cl，此反应的h63kj-603kj=117kj，此反应的热化学方程式：3 clo(aq)=clo3(aq)+2cl(aq) h=117kjmol1考点：卤族元素及其化合物的综合应用，涉及化学键、氧化还原反应及盖斯定律的计算等。23（14分）乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下： 实验步骤:在a中加入4.4g异戊醇，6.0g乙酸、数滴浓硫酸和23片碎瓷片。开始缓慢加热a，回流50min。反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别依次用少量水、饱和碳酸氢钠溶液且再用水洗涤；分出的产物加入少量无水mgso4固体，静置片刻，过滤除去mgso4固体，进行蒸馏纯化，收集140143馏分，得乙酸异戊脂3.9 g。回答下列问题:（1）仪器b的名称是 ；（2）在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是 ，第二次水洗的主要目的是 ；（3）在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后(填标号 .a、直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出b、直接将乙酸异戊酯从分液端斗的下口放出c、先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出d、先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出（4）本实验中加入过量乙酸的目的是 .（5）实验中加入少量无水mgso4的目的是 （6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是_ (填标号)。（7）本实验的产率是_ (填标号).a. 30 b. 40 c、60 d、90（8）在进行蒸馏操作时:若从130便开始收集馏分，会使实验的产率偏_ (填“高”或“低”），其原因是 ，【答案】（14分）（1）球形冷凝管（2分）（2）洗掉大部分硫酸和醋酸 （1分） 洗掉碳酸氢钠 （1分）（3）d （1分） （4）提高醇的转化率 （2分） （5）干燥 （1分）（6）b （1分） （7）c （2分）（8）高 （1分） 会收集少量未反应的异戊醇 （2分）【解析】试题分析：（1）由装置中仪器b的构造可知，仪器b的名称为球形冷凝管；（2）反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和醋酸；第一步中饱和碳酸氢钠溶液既可以除去未洗净的醋酸，也可以降低酯的溶解度，但第一步洗涤后生成的酯中混有碳酸氢钠，所以第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠；（3）由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层；分液时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活塞，再将乙酸异戊酯从上口放出，所以正确的为d；（4）酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动；增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高，因此本实验中加入过量乙酸的目的是提高转化率；（5）实验中加入少量无水硫酸镁的目的是吸收酯中少量的水分，对其进行干燥；（6）在蒸馏操作中，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口处，所以ad错误；c中使用的是球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，因此仪器及装置安装正确的是b；（7）乙酸的物质的量为：n=6.0g/60gmol-1=0.1mol，异戊醇的物质的量为：n=4.4g/88 gmol-1=0.05mol，由于乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，所以乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成0.05mol乙酸异戊酯；实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为：3.9g/130 gmol-1=0.03mol，所以实验中乙酸异戊酯的产率为：0.03mol/0.05mol100%=60%；（8）在进行蒸馏操作时，若从130便开始收集馏分此时的蒸气中含有异戊醇，会收集少量的未反应的异戊醇，因此会导致产率偏高.考点：制备实验方案的设计，涉及实验的基本操作与混合物的分离与提纯等。 24（16分）辉铜矿（主要成分为cu2s）经火法冶炼，可制得cu和h2so4，流程如下图所示：（1） cu2s中cu元素的化合价是 价。（2）中，电解法精炼粗铜（含少量ag、fe），cuso4溶液做电解质溶液： 粗铜应与直流电源的 极（填“正”或“负”）相连。 铜在阴极析出，而铁以离子形式留在电解质溶液里的原因是 。电解一段时间后，溶液中cu2+浓度 。（填“减小”、“增大”、“不变”）（3）中，烟气（主要含so2、co2）在较高温度经下图所示方法脱除so2，并制得h2so4。 在阴极放电的物质是_。 在阳极生成so3的电极反应式是_。（4）检测烟气中so2脱除率的步骤如下：i. 将一定量的净化气（不含so3）通入足量naoh溶液后，再加入足量溴水。 ii. 加入浓盐酸，加热溶液至无色无气泡，再加入足量bacl2溶液。 iii. 过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量。 用离子方程式表示i中溴水的主要作用_。 若沉淀的质量越大，说明so2的脱除率越_（填“高”或“低”）。（5）次磷酸(h3po2)是一种精细磷化工产品，具有较强还原性。h3po2是一元中强酸，写出其电离方程式 nah2po2为_ (填“正盐”或“酸式盐”)其溶液显 (填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”)。【答案】（16分）（1）+1（1分）（2） 正（1分） cu2+的氧化性大于fe2+的氧化性（2分）减小（1分） （3） o2（2分） 2so42- 4e- = 2so3 + o2 （2分） （4） so32- + br2 + h2o = so42- + 2br- + 2h+ 或so32- + br2 +2oh- = s