精品解析：福建省厦门市2023-2024学年高一下学期7月期末考试化学试题

厦门市2023—2024学年第二学期高一期末质量检测 化学试题 说明： 1.本试卷共6页，总分100分。考试时间75分钟。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Zn-65 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 科学家首次合成奇数环碳，其结构如图所示。下列关于说法正确的是 A. 属于环烃 B. 与石墨互为同素异形体 C. 与互为同位素 D. 所有原子均满足8电子稳定结构 2. 乙醇在人体内的代谢过程：乙醇乙醛乙酸二氧化碳水。下列说法错误的是 A. 乙醇的填充模型： B. 乙酸的结构式： C. 二氧化碳的电子式： D. 乙醛的结构简式： 《本草纲目》记载：“蚕蛹味咸辛、性平、无毒，人食可强身健身，入药可医多病”。亚麻酸乙酯可从蚕蛹油中提取，具有调节血脂的功效，其结构如图所示。回答下列问题： 3. 下列说法错误的是 A. 亚麻酸乙酯属于油脂 B. 可用灼烧法鉴别蚕丝和棉花 C. 蚕丝的主要成分为蛋白质 D. 桑叶中的纤维素可水解为单糖 4. 下列关于亚麻酸乙酯的说法错误的是 A. 含有2种官能团 B. 所有碳原子可共平面 C. 与乙酸乙酯互为同系物 D. 可使酸性高锰酸钾溶液褪色 5. 草木灰釉是陶器烧制过程中发现的最原始的釉，制备流程为“采集草木烧灰洗涤配釉烧釉”。实验模拟草木灰釉制备过程，下列实验或操作能达到实验目的的是 A. 利用图Ⅰ灼烧草木以获取草木灰 B. 利用图Ⅱ灼烧滤液检验钾元素 C. 利用图Ⅲ检测洗涤液的pH D. 利用图Ⅳ烧制出不同颜色的釉层 太阳能热驱动甲烷重整制氢的燃料电池系统如图所示，可实现太阳能的高效利用。结合化学相关知识，回答下列问题。 6. “膜反应器”中甲烷重整制氢的主要反应为。一定条件下，在恒容密闭容器中进行上述反应。下列说法不能说明反应已经达到平衡状态的是 A. 的体积分数保持恒定 B. 消耗的速率与生成CO的速率相等 C. 断裂键的同时断裂键 D. 混合气体的平均相对分子质量不再发生改变 7. 关于上述系统说法错误的是 A. “膜反应器”可选择性分离出氢气，促使甲烷重整制氢反应正向移动 B. “熔融碳酸盐燃料电池”工作时将化学能转化为电能 C. “反应室”中断裂化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量 D. 为维持电池的稳定工作，“物质X”应为 8. 下列由实验过程得出的实验结论正确的是 选项 实验过程 实验结论 A 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使溶液变浑浊 甲烷和氯气发生取代反应 B 将苯与溴水充分混合，水层褪色 苯与发生加成反应 C 向浓盐酸中滴加溶液，将产生的气体直接通入溶液中，生成白色胶状沉淀 酸性： D 向鸡蛋清溶液中加入醋酸铅溶液，溶液凝固且加水后无法溶解 醋酸铅能使蛋白质变性 A. A B. B C. C D. D 9. 锌-溴可充电电池装置如图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，电子从电极a经导线流向电极b B. b电极上发生的电极反应为 C. 放电时，每消耗13g锌，理论上转移电子 D. b电极上的活性炭层可吸附，提高电池的循环寿命 10. 化合物可用于治理酸性废水。X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，且Z和W同主族。该化合物(摩尔质量为)的热重曲线如图所示，分解产生的混合气体m能使干燥的红色石蕊试纸变蓝。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 简单氢化物的稳定性： C. m中两种气体的物质的量之比为 D. 热分解后生成的固体化合物为 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 一种哥德式“元素周期表城堡”如图所示，部分元素已标出。回答下列问题： （1）城堡中“凸出”的8座哥德式建筑代表主族和___________族。 （2）下列关于图中元素的说法正确的是___________(填标号)。 A. 单质与水反应的剧烈程度：① B. 单质与化合的难易程度：② C. ③形成的氧化物只有一种 D. ④位于第4周期ⅢA族 （3）向苦卤中通入生成的离子方程式为___________。 （4）向溶液中逐滴加入溶液，观察到先产生白色沉淀，后沉淀溶解。沉淀溶解过程发生反应的离子方程式为___________。 （5）苯与液溴在铁粉作用下生成溴苯的化学方程式为___________。 （6）盛放溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞的原因为___________(用化学方程式表示)。 （7）氧化硅薄膜制备过程中存在物质，从化学键的角度分析的结构是(a)而不是(b)的原因___________。 12. PET塑料是应用最广泛的聚酯塑料，其合成路线及高附加值转化如下。 回答下列问题： （1）PX中苯环上的一氯代物有___________种，最多___________个原子共平面。 （2）PTA的官能团名称为___________。与足量溶液反应，最多可生成标准状况下的体积为___________L。 （3）可用溴水除去EO中混有的，生成1，2-二溴乙烷的化学方程式为___________，反应类型为___________。 （4）将反应ⅳ补充完整： nHOCH2CH2OH＋n＋___________ （5）下列说法正确的是___________(填标号)。 A. PX和互为同分异构体 B. 与足量钠反应最多产生 C. PET为天然有机高分子材料 D. 将PET水解可实现资源的循环利用 （6）反应ⅱ中的能量变化如图所示。 ①图中的反应___________(填“吸收”或“放出”)能量为___________kJ。 ②向2L密闭容器中通入和，时测得含量为1.4mol，则内___________。 （7）利用如图所示装置实现反应ⅵ并产生电能。 ①正极的电极反应式为___________。 ②的移动方向为___________(填“”或“”)。 13. 实验室利用草酸自催化制备草酸二丁酯，实验原理及实验过程如下。 实验原理： 实验过程： 回答下列问题： （1）取用4.50g草酸(约为0.05mol)和18.3mL正丁醇(约为0.20mol)的过程中，不需要用的仪器为___________(填名称)。 （2）步骤Ⅰ中沸石也可用碎瓷片替代，其作用为___________。 （3）步骤Ⅱ中反应温度应控制在，理由是___________。 （4）步骤Ⅳ反应结束的标志为___________，饱和溶液___________替换为溶液(填“能”或“不能”)。 （5）已知：正丁醇微溶于水。步骤Ⅴ是为了除去___________杂质。 （6）步骤Ⅵ获取上层液体的过程：打开分液漏斗瓶塞或___________(填实验操作)，旋转玻璃旋塞缓缓放出下层液体；从___________口得到上层液体(填“上”或“下”)。 （7）若酯化过程使用浓硫酸作催化剂，分析其优缺点___________。 （8）最终获得草酸二丁酯3.03g，计算实验产率___________。 14. 从锌浸渣(含、、、等)中回收锗(Ge)的工业流程如下。 已知：Ge(Ⅳ)的存在形式如图所示。 回答下列问题： （1）“溶浸”过程中被还原的离子方程式为___________。 （2）“溶浸”过程中，Ge浸出率与体系温度的关系如图所示。温度高于时，Ge浸出率基本保持不变的原因是___________。 （3）“沉淀”后所得的滤液中主要阳离子有___________。 （4）“酸浸”过程发生反应的离子方程式为___________。 （5）“萃取Ge”和“反萃取”过程中，有机酸萃取剂HR发生反应： (水相)(有机相)。 ①结合平衡移动原理，解释“反萃取”中的作用___________。 ②“反萃取”后有机层经“试剂m”处理后循环使用。试剂m可能为___________(填标号)。 A． B．氨水 C．双氧水 D． ③常用分配系数表示萃取达到平衡时溶质X在两溶剂中的浓度之比，萃取率表示有机相中溶质X的物质的量与初始总物质的量之比。 即分配系数、萃取率 “萃取Ge”过程中，“一次性萃取”与“三级萃取”的实验过程如图所示。 “一次性萃取”的Ge萃取率为___________，“三级萃取”的总Ge萃取率为___________。由此得到结论，多级萃取的效果优于一次性萃取。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市2023—2024学年第二学期高一期末质量检测 化学试题 说明： 1.本试卷共6页，总分100分。考试时间75分钟。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Zn-65 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 科学家首次合成奇数环碳，其结构如图所示。下列关于说法正确的是 A. 属于环烃 B. 与石墨互为同素异形体 C. 与互为同位素 D. 所有原子均满足8电子稳定结构 【答案】B 【解析】 【详解】A．中只含碳元素，不含氢元素，因此属于单质，不属于环烃，A错误； B．和石墨是组成元素相同，结构和性质不同的两种单质，属于同素异形体，B正确； C．同位素是质子数相同中子数不同的原子，与均为分子，因此不是同位素，C错误； D．根据的环状结构可知，其中的1个C原子形成两个碳碳单键，同时含有2个单电子，因此不是所有原子均满足8电子稳定结构，D错误； 答案选B。 2. 乙醇在人体内的代谢过程：乙醇乙醛乙酸二氧化碳水。下列说法错误的是 A. 乙醇的填充模型： B. 乙酸的结构式： C. 二氧化碳的电子式： D. 乙醛的结构简式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙醇结构简式为CH3CH2OH，填充模型：，A正确； B．乙酸分子含有羧基，结构式：，B正确； C．二氧化碳分子中含有2个碳氧双键，电子式：，C正确； D．乙醛的结构简式：，D错误； 故选D。 《本草纲目》记载：“蚕蛹味咸辛、性平、无毒，人食可强身健身，入药可医多病”。亚麻酸乙酯可从蚕蛹油中提取，具有调节血脂的功效，其结构如图所示。回答下列问题： 3. 下列说法错误的是 A. 亚麻酸乙酯属于油脂 B. 可用灼烧法鉴别蚕丝和棉花 C. 蚕丝的主要成分为蛋白质 D. 桑叶中的纤维素可水解为单糖 4. 下列关于亚麻酸乙酯的说法错误的是 A. 含有2种官能团 B. 所有碳原子可共平面 C. 与乙酸乙酯互为同系物 D. 可使酸性高锰酸钾溶液褪色 【答案】3. A 4. C 【解析】 【3题详解】 A．油脂是油和脂肪的统称，主要由高级脂肪酸与甘油形成的酯组成；亚麻酸乙酯含有酯基，但不是油脂，A错误； B．蚕丝含有蛋白质，灼烧有烧焦羽毛味；棉为植物纤维，灼烧无烧焦羽毛味，B正确； C．蚕丝的主要成分为动物蛋白质，C正确； D．桑叶中的纤维素可水解为葡萄糖，葡萄糖为单糖，D正确； 故选A。 【4题详解】 A．分子中含有碳碳双键、酯基2种官能团，A正确； B．碳碳双键两端原子共面，单键可以旋转，则所有碳原子可共平面，B正确； C．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；该物质和与乙酸乙酯结构不相似，不互为同系物，C错误； D．分子中含有碳碳双键，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确； 故选C。 5. 草木灰釉是陶器烧制过程中发现的最原始的釉，制备流程为“采集草木烧灰洗涤配釉烧釉”。实验模拟草木灰釉制备过程，下列实验或操作能达到实验目的的是 A. 利用图Ⅰ灼烧草木以获取草木灰 B. 利用图Ⅱ灼烧滤液检验钾元素 C. 利用图Ⅲ检测洗涤液的pH D. 利用图Ⅳ烧制出不同颜色的釉层 【答案】D 【解析】 【详解】A．灼烧草木以获取草木灰需要使用坩埚灼烧，A错误； B．钾元素的焰色反应实验需要透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应为紫色，B错误； C．测定溶液pH值，应该用玻璃棒蘸取待测液，滴到pH试纸上，变色后与标准比色卡对比，得出pH值；把pH试纸浸入待测液中污染试剂，C错误； D．氧化铁、氧化铜灼烧生成不同颜色的物质，从而烧制出不同颜色的釉层，D正确； 故选D。 太阳能热驱动甲烷重整制氢的燃料电池系统如图所示，可实现太阳能的高效利用。结合化学相关知识，回答下列问题。 6. “膜反应器”中甲烷重整制氢的主要反应为。一定条件下，在恒容密闭容器中进行上述反应。下列说法不能说明反应已经达到平衡状态的是 A. 的体积分数保持恒定 B. 消耗的速率与生成CO的速率相等 C. 断裂键的同时断裂键 D. 混合气体的平均相对分子质量不再发生改变 7. 关于上述系统说法错误的是 A. “膜反应器”可选择性分离出氢气，促使甲烷重整制氢反应正向移动 B. “熔融碳酸盐燃料电池”工作时将化学能转化为电能 C. “反应室”中断裂化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量 D. 为维持电池的稳定工作，“物质X”应为 【答案】6. B 7. D 【解析】 【6题详解】 A．的体积分数保持恒定，说明平衡不再移动，达到平衡状态； B．消耗的速率与生成CO的速率相等，描述的都是正反应，不能说明正逆反应速率相等，不确定达到平衡状态； C．断裂键的同时断裂键，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态； D．混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡； 故选B； 【7题详解】 A．“膜反应器”可选择性分离出氢气，氢气浓度减小，平衡正向移动，促使甲烷重整制氢反应正向移动，正确； B．“熔融碳酸盐燃料电池”为原电池装置，工作时将化学能转化为电能，正确； C．“反应室”中甲烷重整制氢为吸热反应，则断裂化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量，正确； D．“熔融碳酸盐燃料电池”中正极物质为氧气，氧气得到电子发生还原反应，为维持电池的稳定工作，“物质X”应为氧气，错误； 故选D。 8. 下列由实验过程得出的实验结论正确的是 选项 实验过程 实验结论 A 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使溶液变浑浊 甲烷和氯气发生取代反应 B 将苯与溴水充分混合，水层褪色 苯与发生加成反应 C 向浓盐酸中滴加溶液，将产生的气体直接通入溶液中，生成白色胶状沉淀 酸性： D 向鸡蛋清溶液中加入醋酸铅溶液，溶液凝固且加水后无法溶解 醋酸铅能使蛋白质变性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯气和水生成的HCl也会和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，不能得出甲烷和氯气发生取代反应的结论，A错误； B．苯与溴水充分混合溴被萃取而使得溶液褪色，B错误； C．挥发的HCl也会和硅酸钠生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳和硅酸钠的反应，不能说明酸性：，C错误； D．醋酸铅为重金属盐，能使蛋白质变性，D正确； 故选D。 9. 锌-溴可充电电池装置如图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，电子从电极a经导线流向电极b B. b电极上发生的电极反应为 C. 放电时，每消耗13g锌，理论上转移电子 D. b电极上的活性炭层可吸附，提高电池的循环寿命 【答案】C 【解析】 【分析】根据电池装置图可知，电极a发生电极反应：，作原电池的负极，电极b发生电极反应：,作原电池的正极。 【详解】A．电极a的电极反应式为，是原电池的负极；电极b的电极反应式为，是原电池的正极，则电子从电极a经导线流向电极b，A正确； B．根据分析可知，b电极上发生的电极反应为，B正确； C．放电时，每消耗13g锌，n(Zn)=0.5mol，理论上转移电子，C错误； D．活性炭表面具有无数细小孔隙，具有一定的吸附性，可吸附，提高电池的循环寿命，D正确； 故答案选C。 10. 化合物可用于治理酸性废水。X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，且Z和W同主族。该化合物(摩尔质量为)的热重曲线如图所示，分解产生的混合气体m能使干燥的红色石蕊试纸变蓝。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 简单氢化物的稳定性： C. m中两种气体的物质的量之比为 D. 热分解后生成的固体化合物为 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，且Z和W同主族。分解产生的混合气体m能使干燥的红色石蕊试纸变蓝，则生成气体m含有水蒸气和氨气，氨气水溶液显碱性，结合可知，分子中存在铵根离子，则X为氢、Y为氮；Z和W同主族，则应该存在硫酸根离子，Z为氧、W为硫；该化合物摩尔质量为，则Q相对原子质量为56，Q为铁；故为；结合图示可假设初始物质为1mol、质量为480g。 【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：，A正确； B．同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物的稳定性：，B正确； C．假设初始物质为1mol，质量为480g。根据分析，m中两种气体分别为NH3和H2O，若两种气体的物质的量之比为1:1，由原子守恒可知，时分解生成1mol氨气和1mol水，生成气体的总质量为35g，结合热重曲线图可知，分解固体质量变化为426-400=26g，说明NH3和H2O的物质的量之比不是1:1，C错误； D．若热分解后生成的固体化合物为，则其物质的量为1.5mol，质量为240g，符合图示，D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 一种哥德式“元素周期表城堡”如图所示，部分元素已标出。回答下列问题： （1）城堡中“凸出”的8座哥德式建筑代表主族和___________族。 （2）下列关于图中元素的说法正确的是___________(填标号)。 A. 单质与水反应的剧烈程度：① B. 单质与化合的难易程度：② C. ③形成的氧化物只有一种 D. ④位于第4周期ⅢA族 （3）向苦卤中通入生成的离子方程式为___________。 （4）向溶液中逐滴加入溶液，观察到先产生白色沉淀，后沉淀溶解。沉淀溶解过程发生反应的离子方程式为___________。 （5）苯与液溴在铁粉作用下生成溴苯的化学方程式为___________。 （6）盛放溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞的原因为___________(用化学方程式表示)。 （7）氧化硅薄膜制备过程中存在物质，从化学键的角度分析的结构是(a)而不是(b)的原因___________。 【答案】（1）0 （2）AD （3） （4） （5）+Br2+HBr （6） （7）氯最外层有7个电子，若按(b)中形成2个共价键，则不满足8电子稳定结构 【解析】 【小问1详解】 由图可知，城堡中“凸出”的8座哥德式建筑代表主族和0族； 【小问2详解】 A．由图可知，①为钠，金属性钠大于锂，则钠单质与水反应的剧烈程度：钠，正确； B．②为磷，非金属性磷小于硫，则单质与化合的难易程度：P<S，错误； C．③为活泼的碱金属元素，金属性大于钠，则其形成的氧化物有多种，错误； D．由图可知，④为镓，位于第4周期ⅢA族，正确； 故选AD。 【小问3详解】 氯气和溴离子反应生成氯离子和溴单质，反应为：； 【小问4详解】 溶液中逐滴加入溶液，观察到先产生白色氢氧化铝沉淀，后沉淀溶解，反应为氢氧化铝和氢氧化钠生成四羟基合铝酸钠：； 【小问5详解】 苯与液溴在铁粉作用下发生取代反应生成溴苯和HBr，化学方程式为：+Br2+HBr； 【小问6详解】 盛放溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞的原因是氢氧化钠和二氧化硅反应生成硅酸钠和水：； 【小问7详解】 氯最外层有7个电子，若按(b)中形成2个共价键，则不满足8电子稳定结构，故的结构是(a)而不是(b)。 12. PET塑料是应用最广泛的聚酯塑料，其合成路线及高附加值转化如下。 回答下列问题： （1）PX中苯环上的一氯代物有___________种，最多___________个原子共平面。 （2）PTA的官能团名称为___________。与足量溶液反应，最多可生成标准状况下的体积为___________L。 （3）可用溴水除去EO中混有的，生成1，2-二溴乙烷的化学方程式为___________，反应类型为___________。 （4）将反应ⅳ补充完整： nHOCH2CH2OH＋n＋___________ （5）下列说法正确的是___________(填标号)。 A. PX和互为同分异构体 B. 与足量钠反应最多产生 C. PET为天然有机高分子材料 D. 将PET水解可实现资源的循环利用 （6）反应ⅱ中的能量变化如图所示。 ①图中的反应___________(填“吸收”或“放出”)能量为___________kJ。 ②向2L密闭容器中通入和，时测得含量为1.4mol，则内___________。 （7）利用如图所示装置实现反应ⅵ并产生电能。 ①正极的电极反应式为___________。 ②的移动方向为___________(填“”或“”)。 【答案】（1） ①. 1 ②. 14 （2） ①. 羧基 ②. 4.48 （3） ①. ②. 加成反应 （4）(2n-1)H2O （5）AD （6） ①. 放出 ②. E2-E1 ③. 0.03 （7） ①. ②. 【解析】 【分析】PX中甲基氧化为羧基得到PTA，乙烯转化为环氧乙烷，再转化为乙二醇，乙二醇和PTA发生缩聚反应生成PET，其水解生成乙二醇，乙二醇中1个羟基氧化为羧基得GA； 【小问1详解】 PX中苯环上有1种氢，则其一氯代物有1种，与苯环直接相连的原子共面，单键可以旋转，则最多14个原子共平面； 【小问2详解】 由结构可知，PTA的官能团名称为羧基；羧基能和碳酸氢钠反应，与足量溶液反应，最多可生成标准状况下的0.2mol，体积为4.48L； 【小问3详解】 含碳碳双键，和溴加成生成1，2-二溴乙烷：； 【小问4详解】 反应为羧基和羟基的缩聚反应，结合反应可知，生成物还有(2n-1)H2O； 【小问5详解】 A．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物，PX和互为同分异构体，A正确； B．羟基和钠生成氢气，与足量钠反应最多产生1mol氢气，为2g氢气，B错误； C．PET为合成有机高分子材料，C错误； D．将PET水解生成乙二醇，可实现资源的循环利，D正确； 故选AD； 【小问6详解】 ①图中生成物能量低于反应物，反应放出能量为(E2-E1)kJ； ②反应为2(g)；时测得含量为1.4mol，则反应0.6mol乙烯，内=0.03； 【小问7详解】 ①由图可知，氧气得到电子发生还原反应为正极，在碱性条件下生成氢氧根离子，正极的电极反应式为。 ②由①分析，a为负极，原电池中阴离子移向负极，故移动方向为。 13. 实验室利用草酸自催化制备草酸二丁酯，实验原理及实验过程如下。 实验原理： 实验过程： 回答下列问题： （1）取用4.50g草酸(约为0.05mol)和18.3mL正丁醇(约为0.20mol)的过程中，不需要用的仪器为___________(填名称)。 （2）步骤Ⅰ中沸石也可用碎瓷片替代，其作用为___________。 （3）步骤Ⅱ中反应温度应控制在，理由是___________。 （4）步骤Ⅳ反应结束的标志为___________，饱和溶液___________替换为溶液(填“能”或“不能”)。 （5）已知：正丁醇微溶于水。步骤Ⅴ是为了除去___________杂质。 （6）步骤Ⅵ获取上层液体的过程：打开分液漏斗瓶塞或___________(填实验操作)，旋转玻璃旋塞缓缓放出下层液体；从___________口得到上层液体(填“上”或“下”)。 （7）若酯化过程使用浓硫酸作催化剂，分析其优缺点___________。 （8）最终获得草酸二丁酯3.03g，计算实验产率___________。 【答案】（1）容量瓶 （2）防暴沸 （3）温度过低，反应速率过慢；温度过高，副反应增多 （4） ①. 不再产生气泡 ②. 不能 （5）、 （6） ①. 瓶塞处的凹槽与瓶口处的小孔对准 ②. 上 （7）优点：浓硫酸具有吸水性，有利于酯化反应正向移动；缺点：浓硫酸具有脱水性，易使有机物炭化，影响产品纯度。 （8）30% 【解析】 【分析】根据反应原理，利用草酸和正丁醇制备草酸二丁酯，步骤I为投料，在圆底烧瓶中加入草酸、正丁醇和沸石；步骤II为加热反应并回流，提高反应物的利用率；步骤III为将生成的混合物冷却并转移到烧杯中，混合物中含有挥发出的草酸和正丁醇杂质；步骤IV、V为洗涤，由于正丁醇微溶于水，因此加入饱和溶液进行碱洗，可以除去草酸，再加入水洗涤，可以除去生成的和过量的；步骤VI为分液操作，获得草酸二丁酯产品，最后再进行蒸馏除去正丁醇，获得产品。 【小问1详解】 取用4.50g草酸需要使用电子天平，取用18.3mL正丁醇需要使用量筒和胶头滴管，因此不需要使用的仪器为容量瓶。 【小问2详解】 步骤Ⅰ中沸石的作用为防暴沸，也可用碎瓷片替代。 【小问3详解】 根据实验原理可知，制备草酸二丁酯的反应温度为，由于温度过低，反应速率过慢；温度过高，副反应增多，因此步骤Ⅱ中反应温度应控制在。 【小问4详解】 制得的草酸二丁酯中含有草酸和正丁醇，加入饱和溶液，可以中和草酸生成气体，因此当观察到不再产生气泡时，说明反应结束；草酸二丁酯在溶液中可以发生水解反应，因此饱和溶液不能替换为溶液。 【小问5详解】 制得的草酸二丁酯加入饱和溶液洗涤除杂后，还混有少量生成的和，因此步骤Ⅴ用水洗涤是为了除去、。 【小问6详解】 水洗后的液体转移至分液漏斗中，液体分层，分液获取上层液体的操作为：打开分液漏斗瓶塞或瓶塞处的凹槽与瓶口处的小孔对准，旋转玻璃旋塞缓缓放出下层液体，当液体交界面进入活塞孔时，关闭旋塞，从分液漏斗上口获得上层液体。 【小问7详解】 酯化过程中使用浓硫酸作催化剂，由于浓硫酸具有吸水性，可以促进酯化反应正向移动；同时浓硫酸具有脱水性，易使有机物炭化，影响产品纯度。 【小问8详解】 最终获得草酸二丁酯3.03g，则草酸二丁酯的物质的量为，反应消耗4.50g草酸(约为0.05mol)和18.3mL正丁醇(约为0.20mol)，根据反应原理，正丁醇过量，则实验产率为。 14. 从锌浸渣(含、、、等)中回收锗(Ge)的工业流程如下。 已知：Ge(Ⅳ)的存在形式如图所示。 回答下列问题： （1）“溶浸”过程中被还原的离子方程式为___________。 （2）“溶浸”过程中，Ge浸出率与体系温度的关系如图所示。温度高于时，Ge浸出率基本保持不变的原因是___________。 （3）“沉淀”后所得的滤液中主要阳离子有___________。 （4）“酸浸”过程发生反应的离子方程式为___________。 （5）“萃取Ge”和“反萃取”过程中，有机酸萃取剂HR发生反应： (水相)(有机相)。 ①结合平衡移动原理，解释“反萃取”中的作用___________。 ②“反萃取”后有机层经“试剂m”处理后循环使用。试剂m可能为___________(填标号)。 A． B．氨水 C．双氧水 D． ③常用分配系数表示萃取达到平衡时溶质X在两溶剂中的浓度之比，萃取率表示有机相中溶质X的物质的量与初始总物质的量之比。 即分配系数、萃取率 “萃取Ge”过程中，“一次性萃取”与“三级萃取”的实验过程如图所示。 “一次性萃取”的Ge萃取率为___________，“三级萃取”的总Ge萃取率为___________。由此得到结论，多级萃取的效果优于一次性萃取。 【答案】（1）2Fe3＋+SO2+2H2O＝2Fe2＋+4H＋+ （2）温度高于时，Ge已经完全转化为Ge4＋ （3）Zn2＋、Fe2＋ （4）CaGeO3+6H＋+＝Ge4＋+CaSO4↓+3H2O （5） ①. 中和H＋，降低生成物浓度，使反应正向进行,Ge转化为 ②. A ③. 81.8% ④. 93.6% 【解析】 【分析】锌浸渣利用硫酸和二氧化硫溶解，铁离子被还原，二氧化硅不溶，过滤得到滤渣1，滤液利用石灰乳调节pH＝5得到CaGeO3、Ga(OH)3、CaSO4，利用硫酸酸浸，调pH＜2，根据已知信息得到含Ge4＋的溶液，加入萃取剂萃取Ge4＋，利用氢氧化钠反萃取，最终达到回收锗的目的，据此解答。 【小问1详解】 “溶浸”过程中被二氧化硫还原的离子方程式为2Fe3＋+SO2+2H2O＝2Fe2＋+4H＋+。 【小问2详解】 由于温度高于时，Ge已经完全转化为Ge4＋，所以Ge浸出率基本保持不变。 【小问3详解】 由于“沉淀”后得到得到CaGeO3、Ga(OH)3、CaSO4，因此所得的滤液中主要阳离子有Zn2＋、Fe2＋。 【小问4详解】 “酸浸”过程发生反应的离子方程式为CaGeO3+6H＋+＝Ge4＋+CaSO4↓+3H2O。 【小问5详解】 ①“反萃取”中可以中和H＋，降低生成物浓度，使反应正向进行，使Ge转化为。 ②“反萃取”时pH＞11，此时生成的是和R－，若要循环使用，需要转化为HR，则试剂m可能为硫酸，答案选A。 ③设分配系数是x，100mL酸浸液中Ge的总量为n mol，20mL萃取时萃取率是0.6，则有机相中Ge的浓度是30n mol/L，则水相Ge的浓度是4n mol/L，因此，若一次性萃取，设有机相中Ge的浓度为7.5c mol/L，则水溶液中Ge的浓度为c mol/L，因此萃取率为；若萃取剂每次只取20mL，设n1 mol为萃取一次后Ge的剩余量，n2 mol为萃取二次后Ge的剩余量，n3 mol为萃取三次后Ge的剩余量，则，解得n＝2.5n1，同理可得n1＝2.5n2，n2＝2.5n3，则n＝15.625 n3，所以“三级萃取”的总Ge萃取率为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $