2017年四川省《天府大联考》高考化学模拟试卷（二）（解析版）

2017年四川省《天府大联考》高考化学模拟试卷（二）
　
一、本卷共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．化学药品的毒性可以通过皮肤吸收、消化道吸收和呼吸道吸收三种方式对人体健康产生危害，下列预防措施错误的是（　　）
A．实验过程中使用四氧化碳时戴防尘口罩
B．实验过程中移取强酸、强碱溶液应带防酸碱手套
C．实验场所严禁携带食物；禁止用饮料瓶装化学药品，防止误食
D．称取粉末状的有毒药品时，要带口罩防止吸入
2．下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是（　　）
A．单甘油酯、混甘油酯、苛性钾、氢硫酸、三氧化硫
B．胆矾、漂白粉、硫酸钠、次氯酸、氨气
C．明矾、水煤气、盐酸．醋酸、铜
D．冰醋酸、福尔马林、硫酸钡、氢硫酸、乙醇
3．下列分离和提纯物质的方法错误的是（　　）
物质
杂志
试剂或用品
主要操作
A
淀粉
碘化钾
半透膜
渗析
B
Fe（NO3）2
Ba（NO3）2
硫酸
过滤
C
Fe
I2
/
加热
D
溴
四氧化碳
蒸馏装置
蒸馏
A．A
B．B
C．C
D．D
4．下列离子方程式书写错误的是（　　）
A．金属钠投入CuSO4溶液中：2Na+Cu2+═2Na++Cu
B．过量的CO2通入Ca（ClO）2溶液中：ClO﹣+CO2+H2O═HCO3﹣+HClO
C．向Mg（OH）2悬浊液中滴加四滴0.1mol L﹣1FeCl3溶液：3Mg（OH）2（S）+2Fe3+（aq）═2Fe（OH）3（S）+3Mg2+（aq）
D．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：PbSO4+2H2O﹣2e﹣═PbO2+4H++SO42﹣
5．设NA表示阿伏加德常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．足量铁在1molCl2中燃烧时转移电子数为2NA
B．2L0.1mol L﹣1氯化钾溶液中阴离子所带电荷数为NA
C．1L0.1mol L﹣1的Na2CO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA
D．标准状况下，体积各位2.24L的HCl和NH3混合气体中含有的共价键数为0.25NA
6．在t℃时，Ag2CrO4（橘红色）在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgBr的Ksp=5.0×10﹣13，下列说法错误的是（　　）
A．t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10﹣8
B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C．一定温度下Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等
D．在t℃时，Ag2CrO4（s）+2Br﹣（aq） 2AgBr（s）+CrO42﹣（aq）平衡常数K=4.0×1010
7．将质量为W1g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V1L．向溶液中逐滴加入浓度为amol L﹣1的HCl溶液，过程中有白色沉淀产生后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时所加HCl溶液体积为V2L．将溶液蒸干并充分灼烧得到固体W2g．下列关系式中错误的是（　　）
A．24n（Al）+35.5n（Na）=W2﹣W1
B．n（Na）+3n（Al）=aV2
C．n（Na）+3n（Al）=
D．aV2=
　
二、解答题（共4小题，满分55分）
8．硝基甲苯有领、间、对三种，其中对硝基甲苯是医药、染料等工业的一种重要有机中间体，它常以浓硝酸为硝化剂，浓硫酸为催化剂，通过甲苯的硝化反应制备．一种新的制备对硝基甲苯的实验方法是：以发烟硝酸为硝化剂，固体NaHSO4为催化剂（可循环使用），在CCl4溶液中，加入乙酸酐（有脱水作用），45℃反应1h．反应结束后，过滤，滤液分别用5%NaHCO3，溶液、水洗至中性，再经分离提纯得到对硝基甲苯．
请回答下列问题：
（1）仪器B的名称是　　，其作用是　　．
（2）过滤在分液漏斗中洗涤静后，有机层处于　　层（填“上”或“下”）放液时，若发现液体流不下来，其可能原因除分液漏斗活塞堵塞外，还有　　．
（3）上述新的试验方法中过滤的目的是　　，滤液用5%NaHCO3溶液洗涤的原因是　　．
（4）下列给出了催化剂种类及用量对甲苯硝化反应影响的实验结果．
催化剂
n（催化剂）
硝化产物中各种异构体质量分数（%）
总产率（%）
n（甲苯）
对硝基甲苯
邻硝基甲苯
间硝基甲苯
浓H2SO4
1.0
35.6
60.2
4.2
82.0
1.2
36.5
59.2
4.0
83.8
NaHSO4
0.25
46.3
52.8
0.9
92.8
0.32
48.0
51.7
0.3
95.0
0.36
45.0
54.4
0.6
93.9
催化制备对硝基甲苯时，催化剂与甲苯的最佳物质的量之比为　　，此时若使用13.0g甲苯，分离出对硝基甲苯的质量是　　g（保留一位小数）．
②由表中数据可知甲苯硝化主要得到对硝基甲苯和邻硝基甲苯，原因是　　．
③与浓硫酸催化甲苯硝化相比，NaHSO4催化甲苯硝化的优有　　（回答一条）
④对硝基甲苯和邻硝基甲苯的部分物理特性如表：
密度/g cm﹣3
沸点/℃
溶解性
甲苯
0.866
110.6
不溶于水，易溶于硝基甲苯
对硝基甲苯
1.286
237.7
不溶于水，易溶于液态烃
邻硝基甲苯
1.162
222
不溶于水，易溶于液态烃
其中，操作1的名称为　　；操作2中需要使用下列仪器中的　　（填序号）．
A．冷凝管
B．酒精灯
C．温度计
D．分液漏斗
E．蒸发皿．
9．FeCl3是一种很重要的铁盐，主要用于污水处理，且有效果好、价格便宜等优点．工业上可将铁粉溶于盐酸中，先生成FeCl2，再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液．
已知：①标准状况下，1体积水中最多能溶解500体积的HCl；②饱和NaCl溶液的浓度约为5.00mol L﹣1．
（1）在标准状况下，将44.8LHCl气体溶于100mL水中，所得溶液A的密度为1.038g cm﹣3，则溶液中HCl的物质的量浓度为　　；（若使饱和NaCl溶液中Cl﹣浓度与溶液A中的Cl﹣浓度相等，则还应溶解约　　L标准状况HCl气体（溶液体积变化忽略不计）．
（2）若实验室需0.5mol L﹣1NaCl溶液240mL，则应量取体积是　　mL的饱和NaCl溶液来配制，在配制过程
中，使用前必须检查是否漏液的仪器有　　；下列配制操作，造溶液浓度偏高的是　　（选填标号）．
A．量取溶液时有少量液体溅出
B．容量瓶用蒸馏水洗涤干净后未干燥
C．定容时，俯视液面加水至刻度线
D．转移液体后，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
E．用量筒量取溶液时仰视读数
F．定容时不慎超过度线，立即用胶头滴管吸出多余部分
（3）FeCl3溶液可以用来净水，其净水的原理为　　（用离子方程式表示），若100mL、1mol L﹣1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数　　0.1NA（填“大于”、“等于”或“小于”）．
10．现有一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高．其主要流程如图：
注：反应Ⅱ的离子方程式为Cu2++CuS+4Cl﹣=2[CuCl2]﹣+S↓
请回答下列问题：
（1）反应Ⅲ中的CuCl2﹣中铜元素的化合价为　　，传统工艺制铜是将铜矿砂与空气在高温下煅烧，使这种方
法的缺点是要消耗大量的热能以及　　（完成合理的一种即可）．
（2）为使反应Ⅰ中充分进行，工业可采取的措施是　　，反应Ⅰ生成12gFeS2转移的电子数为　　．
（3）反应Ⅲ的离子方程式为　　，一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶
体，其可能的原因是　　．
（4）工业上炼钢时，可将铁红投入熔融的生铁中，炼钢时为了降低含碳量，该过程中主要反应的化学方程
式是　　．工业上可以用NaOH溶液或氨水吸收过量的SO2，分别生成NaHSO3、NH4HSO3，其水溶液均
呈酸性，相同条件下，同浓度的两种水溶液中c（SO32﹣）较小的是　　．
（5）某硫酸厂为测定反应Ⅳ所得气体中SO2的体积分数，取280mL（已折算成标准状况）气体样品与足量
Fe2（SO4）3溶液完全反应后，用浓度为0.02000mol L﹣1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液25.00mL，已知Cr2O72﹣+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O（未配平）反应Ⅳ所得气体中SO2的体积分数为　　．
12．有机物G是合成某种耐热聚合物的单体，其合成方法如下：
已知：R1COOR2+R3OH
RCOOR3+R2OH
（1）根据系统命名法，A的名称为　　．
（2）上述流程中的取代反应除②、③外还有　　（填序号）．第⑤步反应中，可使用含有18O的F，将之与C反应，并检测产物中18O的分布情况，从而推断反应机理，这种研究方法称为　　．
（3）化合物E的核磁共振氢谱图中共有多个吸收峰，各峰的峰面积比为　　．
（4）按下列合成路线可得到F的同分异构体H，则可鉴别H与F的试剂是　　．
（5）C与足量NaOH溶液反应的化学方程式为　　．
（6）J与C互为同分异构体，其具有如下性质．符合要求的有机物有　　种（不考虑立体异构）
①能与NaOH溶液反应，且1mol
J完全反应消耗4mol
NaOH
②能发生银镜反应，且1mol
J与足量的银氨溶液反应生成4mol
Ag
③分子中苯环上的一氯取代物只有一种．
　
2017年四川省《天府大联考》高考化学模拟试卷（二）
参考答案与试题解析
　
一、本卷共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．化学药品的毒性可以通过皮肤吸收、消化道吸收和呼吸道吸收三种方式对人体健康产生危害，下列预防措施错误的是（　　）
A．实验过程中使用四氧化碳时戴防尘口罩
B．实验过程中移取强酸、强碱溶液应带防酸碱手套
C．实验场所严禁携带食物；禁止用饮料瓶装化学药品，防止误食
D．称取粉末状的有毒药品时，要带口罩防止吸入
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．四氯化碳为液体，用防尘口罩不能起到作用；
B．强酸、强碱溶液具有腐蚀性；
C．实验室应防止中毒；
D．粉末状的有毒药品易被吸入．
【解答】解：A．四氯化碳为液体，用防尘口罩不能起到作用，防尘口罩是防止吸入固体颗粒的，故A错误；
B．强酸、强碱溶液具有腐蚀性，为防止腐蚀皮肤，可带防酸碱手套，故B正确；
C．实验室应防止中毒，在实验室不能携带食物，且禁止用饮料瓶装化学药品，故C正确；
D．粉末状的有毒药品易被吸入，应带口罩防止吸入，故D正确．
故选A．
　
2．下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是（　　）
A．单甘油酯、混甘油酯、苛性钾、氢硫酸、三氧化硫
B．胆矾、漂白粉、硫酸钠、次氯酸、氨气
C．明矾、水煤气、盐酸．醋酸、铜
D．冰醋酸、福尔马林、硫酸钡、氢硫酸、乙醇
【考点】混合物和纯净物．
【分析】纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，
电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，
据此可以分析各个选项中各种物质的所属类别．
【解答】解：A．混甘油酯是一种纯净的化合物，故A错误；
B．胆矾是一种物质组成的纯净物、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物、硫酸钠水溶液中完全电离属于强电解质、次氯酸水溶液中部分电离属于弱电解质、氨气不能电离属于非电解质，故B正确；
C．元素为氯化氢的水溶液属于混合物，铜是单质既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．冰醋酸是一种物质组成的纯净物、福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物、硫酸钡熔融状态完全电离属于强电解质、氢硫酸水溶液中部分电离属于弱电解质、乙醇不能电离属于非电解质，故D正确，故选BD．
　
3．下列分离和提纯物质的方法错误的是（　　）
物质
杂志
试剂或用品
主要操作
A
淀粉
碘化钾
半透膜
渗析
B
Fe（NO3）2
Ba（NO3）2
硫酸
过滤
C
Fe
I2
/
加热
D
溴
四氧化碳
蒸馏装置
蒸馏
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】物质分离、提纯的实验方案设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．
【分析】A．淀粉不能透过半透膜，而离子可以；
B．加硫酸，二者均反应；
C．碘易升华，但加热二者反应；
D．二者互溶，但沸点不同．
【解答】解：A．淀粉不能透过半透膜，而离子可以，则渗析法可分离，故A正确；
B．加硫酸，二者均反应，不能除杂，故B错误；
C．碘易升华，但加热二者反应，应选磁铁分离，故C错误；
D．二者互溶，但沸点不同，可利用蒸馏法分离，故D正确；
故选BC．
　
4．下列离子方程式书写错误的是（　　）
A．金属钠投入CuSO4溶液中：2Na+Cu2+═2Na++Cu
B．过量的CO2通入Ca（ClO）2溶液中：ClO﹣+CO2+H2O═HCO3﹣+HClO
C．向Mg（OH）2悬浊液中滴加四滴0.1mol L﹣1FeCl3溶液：3Mg（OH）2（S）+2Fe3+（aq）═2Fe（OH）3（S）+3Mg2+（aq）
D．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：PbSO4+2H2O﹣2e﹣═PbO2+4H++SO42﹣
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．不符合反应客观事实；
B．二氧化碳过量反应生成次氯酸和碳酸氢钙；
C．氢氧化铁溶解性弱于氢氧化镁，实现沉淀的转化；
D．铅酸蓄电池充电时的阳极发生氧化反应，硫酸铅失去电子生成二氧化铅和硫酸；
【解答】解：A．金属钠投入CuSO4溶液中，离子方程式：2H2O+2Na+Cu2+═2Na++Cu（OH）2↓+H2↑，故A错误；
B．过量的CO2通入Ca（ClO）2溶液中，离子方程式：ClO﹣+CO2+H2O═HCO3﹣+HClO，故B正确；
C．向Mg（OH）2悬浊液中滴加四滴0.1mol L﹣1FeCl3溶液，离子方程式：3Mg（OH）2（S）+2Fe3+（aq）═2Fe（OH）3（S）+3Mg2+（aq），故C正确；
D．铅酸蓄电池充电时的阳极反应，离子方程式：PbSO4+2H2O﹣2e﹣═PbO2+4H++SO42﹣，故D正确；
故选：A．
　
5．设NA表示阿伏加德常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．足量铁在1molCl2中燃烧时转移电子数为2NA
B．2L0.1mol L﹣1氯化钾溶液中阴离子所带电荷数为NA
C．1L0.1mol L﹣1的Na2CO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA
D．标准状况下，体积各位2.24L的HCl和NH3混合气体中含有的共价键数为0.25NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、氯气反应后变为﹣1价；
B、氯化钾溶液中除了氯离子外，还含有氢氧根；
C、根据物料守恒来分析；
D、标况下2.24LHCl和氨气的物质的量均为0.1mol，但HCl中含一条共价键，而氨气中含3条共价键．
【解答】解：A、氯气反应后变为﹣1价，故1mol氯气转移2NA个电子，故A正确；
B、氯化钾溶液中除了氯离子外，还含有氢氧根，故溶液中的阴离子的物质的量大于0.2mol，则所带电荷数多于0.2NA个，故B错误；
C、碳酸根在水溶液中部分水解为HCO3﹣和H2CO3，根据物料守恒可知，溶液中的CO32﹣、HCO3﹣和H2CO3的个数之和为0.1NA个，故C错误；
D、标况下2.24LHCl和氨气的物质的量均为0.1mol，但HCl中含一条共价键，而氨气中含3条共价键，故0.1molHCl中含0.1NA条共价键，而0.1mol氨气中含0.3NA条共价键，故共含0.4NA条共价键，故D错误．
故选A．
　
6．在t℃时，Ag2CrO4（橘红色）在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgBr的Ksp=5.0×10﹣13，下列说法错误的是（　　）
A．t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10﹣8
B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C．一定温度下Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等
D．在t℃时，Ag2CrO4（s）+2Br﹣（aq） 2AgBr（s）+CrO42﹣（aq）平衡常数K=4.0×1010
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】A．Ksp（Ag2CrO4）=c（CrO42﹣）c2（Ag+）；
B．饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c（CrO42﹣）增大，平衡逆向移动；
C．沉淀溶解平衡曲线上的点均为平衡点，Ksp只与温度有关；
D．在t℃时，Ag2CrO4（s）+2Br﹣（aq） 2AgBr（s）+CrO42﹣（aq）平衡常数K==．
【解答】解：A．Ksp（Ag2CrO4）=c（CrO42﹣）c2（Ag+）=（1×10﹣5）×（1×10﹣3）2=1×10﹣11，故A错误；
B．饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c（CrO42﹣）增大，平衡逆向移动，则c（Ag+）减小，而Y点变为X点c（Ag+）不变，不能使溶液由Y点变为X点，故B正确；
C．沉淀溶解平衡曲线上的点均为平衡点，Ksp只与温度有关，则一定温度下Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，故C正确；
D．在t℃时，Ag2CrO4（s）+2Br﹣（aq） 2AgBr（s）+CrO42﹣（aq）平衡常数K====2.0×1014，故D错误；
故选AD．
　
7．将质量为W1g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V1L．向溶液中逐滴加入浓度为amol L﹣1的HCl溶液，过程中有白色沉淀产生后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时所加HCl溶液体积为V2L．将溶液蒸干并充分灼烧得到固体W2g．下列关系式中错误的是（　　）
A．24n（Al）+35.5n（Na）=W2﹣W1
B．n（Na）+3n（Al）=aV2
C．n（Na）+3n（Al）=
D．aV2=
【考点】有关混合物反应的计算；钠的化学性质；铝的化学性质．
【分析】将质量为W1g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，反应的化学方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，
向溶液中加入盐酸至过程中有白色沉淀产生后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时，溶液成分是NaCl和AlCl3，将溶液蒸干并充分灼烧得到固体W2g，在蒸干并灼烧过程中发生反应为
AlCl3+3H2O═Al（OH）3+3HCl，2Al（OH）3Al2O3+3H2O，最后得到的固体为NaCl和Al2O3，以此进行计算．
【解答】解：将质量为W1g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，反应的化学方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，
向溶液中加入盐酸至过程中有白色沉淀产生后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时，溶液成分是NaCl和AlCl3，将溶液蒸干并充分灼烧得到固体W2g，在蒸干并灼烧过程中发生反应为
AlCl3+3H2O═Al（OH）3+3HCl，2Al（OH）3Al2O3+3H2O，最后得到的固体为NaCl和Al2O3，
A、根据以上分析可知，最后得到的固体为NaCl和Al2O3，根据物质的组成可知W2﹣W1=m（Cl）+m（O）=35.5n（Na）+×n（Al）×16=35.5n（Na）+24n（Al），故A正确；
B、向溶液中加入盐酸至过程中有白色沉淀产生后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时，溶液成分是NaCl和AlCl3，共消耗盐酸为aV2mol，
根据NaCl和AlCl3的化学式可知n（Na）+3n（Al）=aV2，故B正确；
C、将钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，反应的化学方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知
1molNa～0.5molH2～1molH，1molAl～1.5molH2～3molH，生成H2的物质的量为，共含有molH，所以n（Na）+3n（Al）=，故C正确；
D、由B解可知n（Na）+3n（Al）=aV2，由C解可知n（Na）+3n（Al）=，则aV2=，故D错误．
故选D．
　
二、解答题（共4小题，满分55分）
8．硝基甲苯有领、间、对三种，其中对硝基甲苯是医药、染料等工业的一种重要有机中间体，它常以浓硝酸为硝化剂，浓硫酸为催化剂，通过甲苯的硝化反应制备．一种新的制备对硝基甲苯的实验方法是：以发烟硝酸为硝化剂，固体NaHSO4为催化剂（可循环使用），在CCl4溶液中，加入乙酸酐（有脱水作用），45℃反应1h．反应结束后，过滤，滤液分别用5%NaHCO3，溶液、水洗至中性，再经分离提纯得到对硝基甲苯．
请回答下列问题：
（1）仪器B的名称是　球形冷凝管　，其作用是　冷凝、回流　．
（2）过滤在分液漏斗中洗涤静后，有机层处于　下　层（填“上”或“下”）放液时，若发现液体流不下来，其可能原因除分液漏斗活塞堵塞外，还有　分液漏斗上口塞子未打开　．
（3）上述新的试验方法中过滤的目的是　回收NaHSO4　，滤液用5%NaHCO3溶液洗涤的原因是　除去硫酸、硝酸、乙酸　．
（4）下列给出了催化剂种类及用量对甲苯硝化反应影响的实验结果．
催化剂
n（催化剂）
硝化产物中各种异构体质量分数（%）
总产率（%）
n（甲苯）
对硝基甲苯
邻硝基甲苯
间硝基甲苯
浓H2SO4
1.0
35.6
60.2
4.2
82.0
1.2
36.5
59.2
4.0
83.8
NaHSO4
0.25
46.3
52.8
0.9
92.8
0.32
48.0
51.7
0.3
95.0
0.36
45.0
54.4
0.6
93.9
催化制备对硝基甲苯时，催化剂与甲苯的最佳物质的量之比为　0.32　，此时若使用13.0g甲苯，分离出对硝基甲苯的质量是　8.8　g（保留一位小数）．
②由表中数据可知甲苯硝化主要得到对硝基甲苯和邻硝基甲苯，原因是　苯环上的甲基使苯环上连接甲基的碳原子的邻对位硝化反应更容易进行　．
③与浓硫酸催化甲苯硝化相比，NaHSO4催化甲苯硝化的优有　在硝化产物中对硝基甲苯比例提高（或催化剂用量少且能循环使用）　（回答一条）
④对硝基甲苯和邻硝基甲苯的部分物理特性如表：
密度/g cm﹣3
沸点/℃
溶解性
甲苯
0.866
110.6
不溶于水，易溶于硝基甲苯
对硝基甲苯
1.286
237.7
不溶于水，易溶于液态烃
邻硝基甲苯
1.162
222
不溶于水，易溶于液态烃
其中，操作1的名称为　分液　；操作2中需要使用下列仪器中的　ABC　（填序号）．
A．冷凝管
B．酒精灯
C．温度计
D．分液漏斗
E．蒸发皿．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】（1）仪器B为球形冷凝管，反应物甲苯、硝酸易挥发，冷凝管的作用是冷凝回流；
（2）CCl4的密度比水大，故有机层在下层；分液漏斗里的液体放不下来，除了分液漏斗堵塞，还有可能是分液漏斗上口活塞未打开；
（3）过滤时滤液中含有NaHSO4，可循环使用；滤液用NaHCO3溶液洗涤除去酸性物质；
（4）①催化剂与甲苯的最佳物质的量之比为产物产率最高的时候；计算用13.0g甲苯生成的总质量，再由表中的数据计算对硝基甲苯的质量；
②从甲苯的结构考虑；
③观察题目中的数据，固体NaHSO4为催化剂时对反应物的制备具有较强的选择性催化作用，提高对硝基甲苯的比例；
④根据图中步骤结合表中信息可答．
【解答】解：（1）由仪器结构知仪器B为球形冷凝管；反应物甲苯、硝酸易挥发，冷凝管的作用是冷凝回流；
故答案为：球形冷凝管；冷凝回流；
（2）CCl4的密度比水大，故有机层在下层；分液漏斗里的液体放不下来，除了分液漏斗堵塞，还有可能是分液漏斗上口活塞未打开；
故答案为：下；
分液漏斗上口塞子未打开；
（3）NaHSO4在该反应中作为催化剂，因此反应后过滤的目的是为了回收NaHSO4，滤液用NaHCO3溶液洗涤除去酸性物质硫酸、硝酸、乙酸；
故答案为：回收NaHSO4；除去硫酸、硝酸、乙酸；
（4）①从题给数据分析，当催化剂与甲苯的比例为0.32时，总产率最高且对硝基甲苯的含量最高；此时若使用13.0g甲苯，根据方程甲苯～硝基甲苯，又硝基甲苯的总产率为95%，其中对硝基甲苯的质量分数为48%，则对硝基甲苯的质量为：13g××95%×48%≈8.8g；
故答案为：0.32；8.8；
②苯环上的甲基使苯环上连接甲基的碳原子的邻对位硝化反应更容易进行；
故答案为：苯环上的甲基使苯环上连接甲基的碳原子的邻对位硝化反应更容易进行；
③用NaHSO4
做催化剂的优点是在硝化物中对硝基甲苯的比例提高、同时催化剂能循环使用；
故答案为：在硝化产物中对硝基甲苯比例提高（或催化剂用量少且能循环使用）；
④经过操作1得到有机混合物和无机混合物，则操作1为分液；根据图表分离对硝基甲苯和邻硝基甲苯的方法为蒸馏法，需要冷凝管、酒精灯、温度计；
故答案为：分液；ABC．
　
9．FeCl3是一种很重要的铁盐，主要用于污水处理，且有效果好、价格便宜等优点．工业上可将铁粉溶于盐酸中，先生成FeCl2，再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液．
已知：①标准状况下，1体积水中最多能溶解500体积的HCl；②饱和NaCl溶液的浓度约为5.00mol L﹣1．
（1）在标准状况下，将44.8LHCl气体溶于100mL水中，所得溶液A的密度为1.038g cm﹣3，则溶液中HCl的物质的量浓度为　12mol/L　；（若使饱和NaCl溶液中Cl﹣浓度与溶液A中的Cl﹣浓度相等，则还应溶解约　291.2　L标准状况HCl气体（溶液体积变化忽略不计）．
（2）若实验室需0.5mol L﹣1NaCl溶液240mL，则应量取体积是　25　mL的饱和NaCl溶液来配制，在配制过程
中，使用前必须检查是否漏液的仪器有　容量瓶　；下列配制操作，造溶液浓度偏高的是　CE　（选填标号）．
A．量取溶液时有少量液体溅出
B．容量瓶用蒸馏水洗涤干净后未干燥
C．定容时，俯视液面加水至刻度线
D．转移液体后，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
E．用量筒量取溶液时仰视读数
F．定容时不慎超过度线，立即用胶头滴管吸出多余部分
（3）FeCl3溶液可以用来净水，其净水的原理为　FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl　（用离子方程式表示），若100mL、1mol L﹣1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数　小于　0.1NA（填“大于”、“等于”或“小于”）．
【考点】盐类水解的应用．
【分析】（1）根据n=计算HCl的物质的量，根据m=nM计算HCl的质量，根据V=计算出溶液的体积，再根据c=计算溶液中HCl的物质的量浓度；饱和NaCl溶液的浓度约为5.00mol L﹣1，根据两者的浓度差计算需溶解的氯化氢的量；
（2）配制溶液240mL需要选择250mL容量瓶，利用n=c浓V浓=c稀V稀来计算；能用来盛放液体，且有活塞的仪器使用时必须检查是否漏水；配制一定物质的量浓度的溶液过程中，能引起误差的原因主要有：称量不准确、转移不完全、读数不符合要求、操作不规范等，可以根据错误操作对c==的影响进行判断；
（3）FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体，胶体具有吸附性而净水；水解反应为可逆反应．
【解答】解：（1）标况下，44.8L
HCl的物质的量n===2mol，HCl的质量=2mol×36.5g/mol=73g，100mL水的质量约为100g，则所得溶液的质量为173g，所得溶液的体积为：V==mL，所得溶液的物质的量浓度为c===12mol/L，饱和NaCl溶液的浓度约为5.00mol L﹣1，需再溶解的氯化氢的量为（12﹣5）mol/L×22.4L/mol=291.2L，
故答案为：12mol/L；291.2；
（2）配制溶液240mL需要选择250mL容量瓶，稀溶液为0.5mol L﹣1NaCl溶液，饱和NaCl溶液的浓度约为5.00mol L﹣1，n=c浓V浓=c稀V稀，V浓==25mL，容量瓶能用来盛放液体，且有活塞，使用时必须检查是否漏水，
A．量取溶液时有少量液体溅出，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故A错误；
B．容量瓶用蒸馏水洗涤干净后未干燥，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，对配制溶液的浓度无影响，故B错误；
C．定容时，俯视液面加水至刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故C正确；
D．转移液体后，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故D错误；
E．用量筒量取溶液时仰视读数，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故E正确；
F．定容时不慎超过度线，立即用胶头滴管吸出多余部分，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故F错误；
故答案为：25；容量瓶；CE；
（3）FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体，水解方程式为FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl
Na2CO3+H2O=NaHCO3+NaOH，胶体能吸附水中的悬浮物而净水，因为水解为可逆反应，且生成胶体为微观粒子的集合体，则生成具有净水作用的微粒数小于0.1NA，
故答案为：FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl；小于．
　
10．现有一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高．其主要流程如图：
注：反应Ⅱ的离子方程式为Cu2++CuS+4Cl﹣=2[CuCl2]﹣+S↓
请回答下列问题：
（1）反应Ⅲ中的CuCl2﹣中铜元素的化合价为　0　，传统工艺制铜是将铜矿砂与空气在高温下煅烧，使这种方
法的缺点是要消耗大量的热能以及　SO2会导致大气污染　（完成合理的一种即可）．
（2）为使反应Ⅰ中充分进行，工业可采取的措施是　粉碎固体等　，反应Ⅰ生成12gFeS2转移的电子数为　0.1NA　．
（3）反应Ⅲ的离子方程式为　4CuCl2﹣+O2+4H+═4Cu2++8Cl﹣+2H2O　，一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶
体，其可能的原因是　该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜　．
（4）工业上炼钢时，可将铁红投入熔融的生铁中，炼钢时为了降低含碳量，该过程中主要反应的化学方程
式是　3C+Fe2O32Fe+3CO　．工业上可以用NaOH溶液或氨水吸收过量的SO2，分别生成NaHSO3、NH4HSO3，其水溶液均
呈酸性，相同条件下，同浓度的两种水溶液中c（SO32﹣）较小的是　NH4HSO3溶液　．
（5）某硫酸厂为测定反应Ⅳ所得气体中SO2的体积分数，取280mL（已折算成标准状况）气体样品与足量
Fe2（SO4）3溶液完全反应后，用浓度为0.02000mol L﹣1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液25.00mL，已知Cr2O72﹣+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O（未配平）反应Ⅳ所得气体中SO2的体积分数为　12.00%　．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】流程中反应Ⅰ的化学化方程为CuFeS2+S═FeS2+CuS，黄铜矿与S在高温下煅烧，使其转变为FeS2、CuS，加入HCl、NaCl、CuCl2混合溶液
发生反应Cu2++CuS+4Cl﹣=2[CuCl2]﹣+S↓，过滤得到滤液中通入空气发生反应4CuCl2﹣+O2+4H+=4Cu2++8Cl﹣+2H2O，一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，结晶分离得到硫酸铜晶体，加入铁还原溶液得到铜；滤渣分离得到FeS和S．
（1）根据化合价规则计算元素的化合价；富铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，反应产物有污染性气体二氧化硫生成；
（2）粉碎固体可以增大接触面积，加快反应速率；反应Ⅰ的化学化方程为CuFeS2+S═FeS2+CuS，据化合价的变化来计算；
（3）反应Ⅲ中生成铜离子，离子反应为4CuCl2﹣+O2+4H+═4Cu2++8Cl﹣+2H2O，加入硫酸能析出硫酸铜，是因为硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度；
（4）炼钢时，可将铁红投入熔融的生铁中，滤液碳和氧化铁反应生成铁和一氧化碳；HSO3﹣电离得到H+、SO32﹣，而NH4+水解使溶液酸性增强，抑制HSO3﹣电离；
（5）利用14H++Cr2O72﹣+6Fe2+═2Cr3++6Fe3++7H2O、SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+，可知，3SO2～Cr2O72﹣，以此计算．
【解答】解：流程中反应Ⅰ的化学化方程为CuFeS2+S═FeS2+CuS，黄铜矿与S在高温下煅烧，使其转变为FeS2、CuS，加入HCl、NaCl、CuCl2混合溶液
发生反应Cu2++CuS+4Cl﹣=2[CuCl2]﹣+S↓，过滤得到滤液中通入空气发生反应4CuCl2﹣+O2+4H+=4Cu2++8Cl﹣+2H2O，一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，结晶分离得到硫酸铜晶体，加入铁还原溶液得到铜；滤渣分离得到FeS和S，
（1）反应Ⅲ中的CuCl2﹣中Cl是﹣1价，铜元素的化合价为0价，富铜矿砂与空气在高温下煅烧，要消耗大量的热能，生成SO2会导致大气污染，故答案为：0；SO2会导致大气污染；
（2）粉碎固体可以增大接触面积，加快反应速率，则为使反应Ⅰ充分进行，工业上可采取的措施是粉碎固体等，流程中反应Ⅰ的化学化方程为CuFeS2+S═FeS2+CuS，
反应Ⅰ生成120gFeS2转移的电子1mol，所以反应Ⅰ生成12gFeS2转移的电子数为0.1NA，
故答案为：粉碎固体等；0.1NA；
（3）反应Ⅲ中生成铜离子，则离子反应为4CuCl2﹣+O2+4H+═4Cu2++8Cl﹣+2H2O，相同条件下硫酸铜的溶解度小，则该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜，所以向反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，
故答案为：4CuCl2﹣+O2+4H+═4Cu2++8Cl﹣+2H2O；该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜；
（4）炼钢时，可将铁红投入熔融的生铁中，滤液碳和氧化铁反应生成铁和一氧化碳，反应的化学方程式为：3C+Fe2O32Fe+3CO↑，HSO3﹣ H++SO32﹣，而NH4+水解：NH4++H2O NH3．H2O+H+，使溶液中c（H+）增大，抑制HSO3﹣电离，故NH4HSO3溶液中SO32﹣浓度较小，
故答案为：3C+Fe2O32Fe+3CO↑；NH4HSO3；
（5）发生氧化还原反应生成硫酸亚铁，离子反应为SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+，利用14H++Cr2O72﹣+6Fe2+═2Cr3++6Fe3++7H2O、SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+，
可知，3SO2～Cr2O72﹣，
3
1
x
0.02mol/L×0.025L
解得x=0.0015mol，
反应Ⅳ所得气体中SO2的体积分数为：×100%=12.00%，
故答案为：12.00%．
　
12．有机物G是合成某种耐热聚合物的单体，其合成方法如下：
已知：R1COOR2+R3OH
RCOOR3+R2OH
（1）根据系统命名法，A的名称为　1，3﹣二甲苯　．
（2）上述流程中的取代反应除②、③外还有　④、⑤　（填序号）．第⑤步反应中，可使用含有18O的F，将之与C反应，并检测产物中18O的分布情况，从而推断反应机理，这种研究方法称为　同位素示踪法　．
（3）化合物E的核磁共振氢谱图中共有多个吸收峰，各峰的峰面积比为　2：2：2：1　．
（4）按下列合成路线可得到F的同分异构体H，则可鉴别H与F的试剂是　FeCl3溶液　．
（5）C与足量NaOH溶液反应的化学方程式为　　．
（6）J与C互为同分异构体，其具有如下性质．符合要求的有机物有　6　种（不考虑立体异构）
①能与NaOH溶液反应，且1mol
J完全反应消耗4mol
NaOH
②能发生银镜反应，且1mol
J与足量的银氨溶液反应生成4mol
Ag
③分子中苯环上的一氯取代物只有一种．
【考点】有机物的合成．
【分析】根据G的结构简式及C和F的分子式可知，一分子的C和两分子的F发生酯化反应生成G，所以可推知F为，反应②为B与甲醇发生酯化反应生成C，所以C为，B为，A发生氧化反应生成B，所以A为，D与氯气发生取代生成E，E发生碱性水解得F，所以D为，E为，据此答题．
【解答】解：根据G的结构简式及C和F的分子式可知，一分子的C和两分子的F发生酯化反应生成G，所以可推知F为，反应②为B与甲醇发生酯化反应生成C，所以C为，B为，A发生氧化反应生成B，所以A为，D与氯气发生取代生成E，E发生碱性水解得F，所以D为，E为，
（1）A为，根据系统命名法，A的名称为
1，3﹣二甲苯，故答案为：1，3﹣二甲苯；
（2）根据上面的分析可知，上述流程中的取代反应有②、③、④、⑤，第⑤步反应中，可使用含有18O的F，将之与C反应，并检测产物中18O的分布情况，从而推断反应机理，这种研究方法称为
同位素示踪法，
故答案为：④、⑤；同位素示踪法；
（3）E为，E的核磁共振氢谱图中各峰的峰面积比为2：2：2：1，
故答案为：2：2：2：1；
（4）D为，D与溴在铁粉作催化剂条件下发生苯环上取代，再水解酸化可得酚，所以H为酚，而F为醇，所以鉴别H与F的试剂是FeCl3溶液，
故答案为：FeCl3溶液；
（5）C为，C与足量NaOH溶液反应的化学方程式为，
故答案为：；
（6）C为，J与C互为同分异构体，根据条件：①能与NaOH溶液反应，且1mol
J完全反应消耗4mol
NaOH，说明J中有两个酚酯基，②能发生银镜反应，且1mol
J与足量的银氨溶液反应生成4mol
Ag，说明有两醛基，或甲酸某酯，③分子中苯环上的一氯取代物只有一种，说明苯环上取代分布对称，则符合条件的J的结构为苯环上连有两个﹣OOCH和两个﹣CH3，分布对称，共有6种结构，
故答案为：6．
　
2017年1月9日