第II卷非选择题
8.（浙江重点协作体2015届高三一模.26）（14分）黄铜矿CuFeS2可用于冶炼铜，冶炼原理为：
（1）黄铜矿冶炼铜产生的炉渣中主要含
等，请完成以下验
证炉渣中含有+2价的铁的探究过程中的有关问题：
仅限选择的试剂有：
稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、碘水
①应选用试剂为____________。
②有关的实验现象为____________________________________。
（2）据报道，有一种叫ThibacillusFerroxidans的细菌在氧气存在下，酸性溶液中，将黄铜矿CuFeS2氧化成硫酸盐：
。
利用反应后的溶液，按如下流程可制备胆矾（
）:
①操作a的名称是________，操作b的操作方法是__________________________。
②检验溶液B中Fe3＋是否被除尽的试剂是________，证明Fe3＋己被除尽的现象是___________________________。
③在实验室中，设计两个原理不同的方案，从溶液B中提炼金属铜（要求：
一种方案只用一个反应来完成）。
写出两种方案的化学方程式：
方案一：
________________________；方案二：
________________________。
9．（2015•宁波模拟.29）乙酸正丁酯常用作织物、人造革和塑料生产过程中的溶剂，石油和医药工业中的萃取剂，也用于香料复配以及香蕉、菠萝、杏、梨等多种香味剂的成分．实验室制备乙酸正丁酯的化学方程式为：
CH3COOH+CH3CH2CH20H
CH3COOHCH2CH2CH3+H2O
制备过程中还可能有的副反应有
2CH3CH2CH2OH
CH3CH2CH2OCH2CH2CH3+H2O
主要实验步骤如下：
Ⅰ合成：
在干燥的圆底烧瓶中加11.5mL（9.3g，0.125mol）正丁醇、7.2mL（7.5g，0.125mol）冰醋酸和3～4滴浓H2SO4，摇匀后，加几粒沸石，再按图1示装置安装好．在分水器中预先加入5.00mL水，其水面低于分水器回流支管下沿3～5mm，然后用小火加热，反应大约40min．
Ⅱ分离与提纯：
①将烧瓶中反应后的混后物冷却后与分水器中的酯层合并，转入分液漏斗，依次用10mL水，10mL10%碳酸钠溶液洗至无酸性（pH=7），充分振荡后静置，分去水层．
②将酯层倒入小锥形瓶中，加少量无水硫酸镁干燥．
③将乙酸正丁酯粗产品转入50mL蒸馏烧瓶中，加几粒沸石进行常压蒸馏，收集产品．主要试剂及产物的物理常数如下：
化合物
正丁醇
冰醋酸
乙酸正丁酯
正丁醚
密度/g•mL﹣1
0.810
1.049
0.882
0.7689
沸点/℃
117.8
118.1
126.1
143
在水中的溶解性
易溶
易溶
难溶
难溶
根据以上信息回答下列问题：
（1）如图整个装置可看作由分水器、圆底烧瓶和 （填仪器名称）组成，其中冷水应从 （填a或b）管口通入．
（2）如何判断该合成反应达到了终点：
．
（3）在操作步骤①时，用右手压住分液漏斗的玻璃塞，左手握住 将分液漏斗倒转过来，用力振荡，振摇几次后要放气，放气时支管口不能对着人和火．在操作步骤②后（即酯层用无水硫酸镁干燥后），应先 （填实验操作名称），然后将乙酸正丁酯粗产品转入蒸馏烧瓶中．
（4）步骤③的常压蒸馏，需控制一定的温度，你认为在 中加热比较合适（请从下列选项中选择）．
A．水B．甘油（沸点290℃）C．砂子D．石蜡油（沸点200～300℃）
如果蒸馏装置如图2所示，则收集到的产品中可能混有 杂质．
（5）反应结束后，若放出的水为6.98mL（水的密度为1g•mL﹣1），则正丁醇的转化率约为 ．
10．（15分）（2015•宁波模拟.26）食品安全问题一直引人关注，各地对食品非法添加和滥用添加剂进行了多项整治活动，其中常用的面粉增白剂过氧化苯甲酰也被禁用．下面是以物质A为原料合成
过氧化苯甲酰的流程：
信息提示：
①2010年赫克、根岸英一和铃木章因在“钯催化交叉偶联反应”研究领域作出了杰出贡献，而获得了诺贝尔化学奖，其反应机理可简单表示为：
②苯乙烯和甲苯与酸性KMnO4溶液反应产物相同．
请回答下列问题：
（1）物质A的名称为 ，物质C中含有的官能团的名称为 ，D的结构简式为 ；
（2）反应①﹣④中属于取代反应的有 ；
（3）反应②的化学反应方程式 ；
（4）某物质E为过氧化苯甲酰的同分异构体，同时符合下列条件的E的同分异构体有多种，请写出其中一种的结构简式：
；
①含有联苯结构单元，在一定条件下能发生银镜反应，且1molE最多可得到4molAg
②遇FeCl3溶液显紫色，1molE最多可消耗3molNaOH
（5）请写出以苯乙烯和乙烯为原料，合成
的流程，无机物任选，注明反应条件．
示例如下：
．
11.（2015·河北衡水一模·26）（14分）工业上为了测定辉铜矿（主要成分是Cu2S）中Cu2S的质量分数，设计了如图装置。
实验时按如下步骤操作：
实验原理是
A.连接全部仪器，使其成为如图装置，并检查装置的气密性。
B.称取研细的辉铜矿样品1.000g。
C.将称量好的样品小心地放入硬质玻璃管中。
D.以每分钟1L的速率鼓入空气。
E.将硬质玻璃管中的辉铜矿样品加热到一定温度,发生反应为:
Cu2S+O2=SO2+2Cu。
F.移取25.00ml含SO2的水溶液于250ml锥形瓶中，用0.0100mol/LKMnO4标准溶液滴定至终点。
按上述操作方法重复滴定2—3次。
试回答下列问题：
（1）装置①的作用是_________________；装置②的作用是____________________。
（2）假定辉铜矿中的硫全部转化为SO2，并且全部被水吸收，则操作F中所发生反应的化学方程式为。
（3）若操作F的滴定结果如下表所示，则辉铜矿样品中Cu2S的质量分数是_________。
滴定
次数
待测溶液的
体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
25.00
1.04
21.03
2
25.00
1.98
21.99
3
25.00
3.20
21.24
（4）本方案设计中有一个明显的缺陷影响了测定结果（不属于操作失误），你认为是
（写一种即可）。
（5）已知在常温下FeS的Ksp＝6.25×10－18,H2S饱和溶液中c（H＋）与c（S2－）之间存在如下关系：
c2（H＋）·c（S2－）=1.0×10－22。
在该温度下，将适量FeS投入硫化氢饱和溶液中，欲使溶液中（Fe2+）为lmol/L，应调节溶液的c（H十）为__________________。
（6）某人设想以右图所示装置用电化学原理生产硫酸，写出通入SO2的电极的电极反应式______。
1.【答案】A
【命题立意】本题考查化学实验
【解析】A正确；氢氧化钠溶液不能装在酸式滴定管中，B错误；从食盐水中提取食盐应该采取蒸发的方法，而不是灼烧，即不能用坩埚，而用蒸发皿，C错误；石油的分馏用蒸馏烧瓶，而且需要温度计，D错误。
2.【答案】C
【命题立意】本题考查离子方程式
【解析】HClO可氧化HSO
，正确的反应是C1O－+SO2+H2O=2H++Cl-+SO42-，C错误。
3.【答案】D
【命题立意】本题考查氧化还原反应的反应规律、氧化性和还原性强弱、电子转移等。
【解析】A.向含NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，开始没有I2生成，发生的反应是：
6HSO3-+2IO3-=6SO42-+2I-+6H+,该反应中还原剂是NaHSO3，被氧化的元素是S，错误；B.b点时，n（IO3-）=0.6mol，反应消耗HSO3-1.8mol发生的离子反应是：
6HSO3-+2IO3-=6SO42-+2I-+6H+,错误；C.c点时，n（IO3-）=1mol，反应消耗HSO3-3mol，开始生成I2，发生的反应是：
IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，转移5mol电子生成3molI2，图像中生成0.6molI2，所以转移1mol电子，错误；往200mL1mol／L的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，由于开始时IO3-过量，反应生成的I-立即被氧化为I2，所以反应开始时的离子方程式是：
5HSO3-+2IO3-=I2+5SO42-+3H++H2O，正确。
4.【答案】：
C；
【命题立意】：
本题考查化学反应热量及物质结构方面的知识，侧重于C原子杂化方式与空间构型，键长大小比较，热化学方程式与盖斯定律知识的考查；
【解析】：
A、H2燃烧热285.8kJ/mol是指1molH2完全燃烧产生稳定的化合物时放出的热量。
H2O的稳定状态为液态。
正确的应为2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol.故A错误。
B、由于C原子半径比H大，所以C—H键键长大于H—H键。
故B错误；
C、根据键能与反应热的关系，结合热化学方程式2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）△H="+376.4"kJ/mol可得8×413.4-2×413.4－C≡C－3×436.0=376.4。
解得C≡C的键能为796.0kJ/mol。
因此选项C正确；
D、假设反应2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）的反应热为△H，则根据盖斯定律可得－2×890.3=△H-1299.6-3×285.8。
解得△H=+376.4kJ/mol。
所以2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）△H="+376.4"kJ/mol。
故D错误；
5.【答案】C
【命题立意】本题考查了电解原理.
【解析】A装置为电解池，B装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的一级为负极，发生氧化反应，负极电极反应是CH4+4CO32﹣﹣8e﹣=5CO2+2H2O，通入氧气的一极为正极，发生还原反应，正极反应为O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，电解池中Fe为阳极，发生Fe﹣2e﹣=Fe2+，阴极的电极反应为：
2H++2e﹣=H2↑，二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，4Fe2++10H2O+O2=4Fe（OH）3↓+8H+．
A．电解池中Al片为阴极，碳棒、铁片和污水构成原电池，碳棒正极，故A错误；
B．电池是以熔融碳酸盐为电解质，B中通入空气的电极是正极，反应式为：
O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，故B错误；
C．通过电解生成Fe（OH）3胶体可吸附污染物而沉积下来，加入硫酸钠能使导电能力增强，加快生成Fe（OH）3胶体速率，提高污水的处理效果，故C正确；
D．A装置中阴极的电极反应为：
2H++2e﹣=H2↑，阴极产生了44.8L（标准状况）即2mol的气体产生，但是碳棒为正极，正极上还可以以生成氧气，所以参加反应的甲烷大于11.2L，故D错误；
故选C．
6.【答案】D
【命题立意】本题旨在考查元素周期律的应用．
【解析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z为Na；Z、W、Q同周期，只有一种金属元素，故W、Q最外层电子数都大于3，W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，则W最外层电子数为4，Q最外层电子数为7，可推知W为Si、Q为Cl；X与W处于同一主族，则X为C元素；五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y的最外层电子数=21-4-4-1-7=5，原子序数小于Na，故Y为N元素。
A．N3-、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径N3-＞Na+，故A错误；B．碳酸是弱酸，硝酸是强酸，二者与氢氧化钠反应生成1mol水时放出的热量不相等，故B错误；C．Cl分别与C、N、Si形成的化合物含有共价键，与Na形成的NaCl含有离子键，故C错误；D．氨气能被氯气氧化生成氮气，故D正确，故选D．
【举一反三】短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，其中A、C同主族，B、C、D同周期，A原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，B是短周期元素中原子半径最大的主族元素．试回答下列问题：
（1）A的元素符号______．
（2）A、B、C三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是______。
【解析】
（1）A原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则A为O元素，B是短周期元素中原子半径最大的主族元素，则B为Na元素．短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，其中A、C同主族，则C为S元素；B、C、D同周期，则D为Cl元素．
（2）A、B、C元素形成的简单离子分别是O2-、Na+、S2-，Na+、O2-离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径O2-＞Na+，S2-＞O2-的最外层电子数相同，电子层越多，离子半径越大，所以离子半径S2-＞O2-，所以离子半径S2-＞O2-＞Na+．
故答案为：
S2-＞O2-＞Na+．
7.【答案】C
【命题立意】本题考查化学反应速率的计算、外界条件对化学平衡移动的影响、化学
平衡常数。
【解析】A.根据方程式可知每生成1mol水会消耗3molH2，反应达到平衡时产生水的物质的量是0.5mol，所以消耗H2的物质的量是1.5mol，所以2min内H2的平均速率为1.5mol÷3L÷2min=0.25mol／（L·min），正确；B.容器Ⅰ与容器Ⅱ反应的温度相同，反应物的物质的量增加一倍，即相当于增大压强，压强平衡向气体体积减小的正反应方向移动，所以达到平衡时，容器Ⅰ中CO2转化率比容器Ⅱ的CO2转化率大，正确；C.容器Ⅰ、Ⅲ反应物的开始浓度相同，达到平衡时容器Ⅲ的生成物浓度大，说明平衡向正反应方向移动，由于该反应的正反应是放热反应，所以根据平衡移动原理，改变的条件是降低温度；假设容器Ⅲ内平衡不发生移动，相对于容器Ⅱ反应物起始物质的量浓度是其2倍，反应热是其2倍，现在容器Ⅲ内平衡正向移动，此时反应放出的热量比容器Ⅱ内放出的热量多，错误；D.容器Ⅰ、Ⅱ温度相同，所以平衡常数相同，而容器Ⅲ中的温度低，降低温度平衡向正向移动，化学平衡常数增大，所以容器I、II、III中对应条件下的平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1=K28.【答案】⑴①稀硫酸、KMnO4溶液（2分）②稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色（2分）
⑵①过滤（2分）蒸发浓缩，冷却结晶（2分）②KSCN溶液（2分）溶液不变红（2分）
③CuSO4＋Fe＝FeSO4＋Cu（2分）2CuSO4＋2H2O
2Cu＋O2↑＋2H2SO4（2分）
【命题立意】本题旨在考查化学实验的设计与应用．
【解析】⑴要验证含有＋2价的铁，就首先加酸使其溶解变为＋2价铁离子，然后再从＋2价铁离子的性质角度来设计分析即可。
⑵①浊液的分离应通过过滤将Fe（OH）3沉淀与CuSO4溶液分离开来，将溶液转化为晶体应采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法。
②检验Fe3＋的存在应用KSCN溶液，若溶液不变红色，则证明Fe3＋已除尽③依据所学知识，将CuSO4溶液转化为单质Cu即可。
9.【答案】
（1） 冷凝管 b ．
（2） 分水器中水面不再升高 ．
（3） 旋塞 过滤 ．
（4） BD ．
正丁醚 ．
（5） 88% ．
【命题立意】本题考查了物质的制备实验方案设计。
【解析】
（1）由装置图可知，装置由分水器、圆底烧瓶和冷凝管组成；冷凝管中的冷凝水应该从下口进上口出，所以从b管口通入；
故答案为：
冷凝管；b；
（2）加热反应时会有少量正丁醇挥发进入分水器，分水器的液面会升高，当反应完全时，不再有正丁醇挥发进入分水器，则分水器中的液面不再升高，则合成反应达到了终点；
故答案为：
分水器中水面不再升高；
（3）振荡分液漏斗时，右手压住分液漏斗的玻璃塞，左手握住旋塞，用力振荡；在操作步骤②后（即酯层用无水硫酸镁干燥后），应先把固液混合物分离，即通过过滤分离出乙酸丁酯，再把乙酸丁酯再转入蒸馏烧瓶；
故答案为：
旋塞；过滤；
（4）乙酸正丁酯的沸点为126.1℃，选择沸点稍高的液体加热，所以可以在甘油和石蜡油中加热，水的沸点为100℃，加热温度太低，用砂子加热温度太高不易控制；正丁醇和乙酸易溶于水，在用水洗、10%碳酸钠溶液洗时，已经被除去，正丁醚与乙酸丁酯互溶，水洗和10%碳酸钠溶液洗时不能除去，所以蒸馏时会有少量挥发进入乙酸丁酯，则乙酸正丁酯的杂质为正丁醚；
故答案为：
BD；正丁醚；
（5）反应结束后，若放出的水为6.98mL（水的密度为1g•mL﹣1），则反应生成的水为6.98mL﹣5.00mL=1.98mL，即1.98g，设参加反应的正丁醇为xg，
CH3COOH+CH3CH2CH20H
CH3COOHCH2CH2CH3+H2O
7418
xg1.98g
则x=
=8.14g，
则正丁醇的转化率约为
×100%=88%；
故答案为：
88%．
10.
（1） 苯 碳碳双键
；
（2） ①②④ ；
（3）
；
（4）
（苯环上基团位置可换） ；
（5）
．
【命题立意】本题考查了化学实验基本操作。
【解析】根据题中各物质的转化关系，结合信息提示①，以及反应①的条件可知，能生成苯乙烯的B应为溴苯，C应为乙烯，A为苯，苯在Br2/Fe条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯与乙烯发生反应②为取代反应生成苯乙烯，苯乙烯被高锰酸钾氧化得到D，根据信息提示②可知，D为苯甲酸，苯甲酸再与COCl2发生取代反应生成
，
与双氧水、碳酸钠在催化剂条件下发生取代反应生成
，
（1）根据上面的分析可知，物质A的名称为苯，C为乙烯，C中含有的官能团的名称为碳碳双键，D为苯甲酸，它的结构简式为
，
故答案为：
苯；碳碳双键；
；
（2）反应①﹣④中属于取代反应的有①②④，故答案为：
①②④；
（3）反应②的化学反应方程式为
，故答案为：
；
（4）某物质E为过氧化苯甲酰的同分异构体，满足：
①含有联苯结构单元，在一定条件下能发生银镜反应，且1molE最多可得到4molAg，说明E中有两个醛基，或为甲酸某酯，②遇FeCl3溶液显紫色，说明有酚羟基，1molE最多可消耗3molNaOH，说明有酯水解能消耗氢氧化钠，这样的同分异构体有
（苯环上基团位置可换）等，
故答案为：
（苯环上基团位置可换）；
（5）以苯乙烯和乙烯为原料，合成
，先要将苯乙烯氧化成苯甲酸，再将乙烯转化成乙二醇，可以通过加成、碱性水解实现，再酯化得到
，所以合成路线为
，
故答案为：
11.【答案】每空2分，共14分
（1）除去空气中的还原性气体与酸性气体；（2分）干燥空气（2分）
（2）2KMnO4+5H2SO3=2MnSO4+K2SO4+2H2SO4+3H
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