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重庆市育才中学2022-2023学年高三化学上学期期中考试试题（Word版附解析）
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这是一份重庆市育才中学2022-2023学年高三化学上学期期中考试试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了5 As-75 V-51， 化学与生活密切相关， 下列有关说法正确的是， 下列化学用语的表述正确的是等内容，欢迎下载使用。
重庆市育才中学校高2023届高三(上)半期考试
化学试题
本试卷共100分，考试时间75分钟。
可能会用到的相对原子质量：B-11 Cl-35.5 As-75 V-51
第I卷
一、选择题(每题只有一个选项正确，每题3分，共42分)
1. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A. 食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质
B. 通过核磁共振氢谱可检测出有机物中存在的化学键和官能团类型
C. “天和核心舱”电推进系统中的腔体采用氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
D 纤维素、油脂均属于天然有机高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．还原铁粉具有还原性，用于防止食品氧化，硅胶和生石灰具有吸水性，用于房潮解，故A错误；
B．核磁共振氢谱可检测出有机物中氢原子的种类及个数比，故B错误；
C．氮化硼陶瓷具有特殊结构及性能，属于新型无机非金属材料，故C正确；
D．油脂不属于高分子化合物，故D错误；
故选：C。
2. 下列有关说法正确的是
A. 明矾既可作净水剂，又可起到杀菌消毒的作用
B. 利用溶液或均可以鉴别和溴蒸气
C. 能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多
D. 硬度大，可用作光导纤维
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾Al3+可以水解，生成氢氧化铝胶体，具有净水作用，不可以起到杀菌消毒作用，A错误；
B．溴蒸气和硝酸银反应生成溴化银淡黄色沉淀，二氧化氮在硝酸银溶液中反应无沉淀，溴蒸气在四氯化碳中溶解，二氧化氮不能溶于四氯化碳，用AgNO3溶液或CCl4均可以鉴别NO2和溴蒸气，B正确；
C．BaCO3 能与盐酸反应生成Ba2+，钡是重金属，有毒，C错误；
D．SiO2 硬度大，可用作光导纤维，但二者没有关系，D错误；
故答案为：B。
3. 下列化学用语的表述正确的是
A. 的电子式为
B. 的模型：
C. 的空间填充模型：
D. 乙酸与乙醇的酯化反应：
【答案】B
【解析】
【详解】A．为共价化合物，每个原子都达到8电子稳定结构，电子式为 ，故A错误；
B．中心B原子的价电子对数为3，无孤对电子，为平面三角形结构，模型：，故B正确；
C．为直线结构，空间填充模型为：，故C错误；
D．乙酸与乙醇的酯化反应中酸脱羟基醇脱氢，，故D错误；
故选：B。
4. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 中含有的碳氢键数目不一定为
B. 标准状况下，中含有电子数为
C. 水溶液中含有的氧原子数为
D. 一定条件下，足量的与充分反应，转移电子的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．C2H6O可能是CH3CH2OH，也可能是CH3OCH3，故1molC2H6O中含有的碳氢键数目前者为5NA，后者为6NA，即不一定为，A正确；
B．标准状况下H2O是液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，则中含有电子数无法计算，B错误；
C．由于水中也含有氧原子，故水溶液中含有的氧原子数远大于，且无法计算，C错误；
D．铁与氯气反应转化为氯化铁，故一定条件下，足量的与充分反应，转移电子的数目为，D错误；
故答案为：A。
5. 下列离子方程式正确的是
A. 和稀盐酸反应：
B. 溶液与稀硫酸的反应：
C. 溶液吸收少量：
D. 固体与水反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．和稀盐酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式是，故A错误；
B．溶液与稀硫酸的反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫单质、水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．溶液吸收少量生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式是，故C正确；
D．固体与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是，故D错误；
选C。
6. 2021年6月11日国家航天局公布了由“祝融号”火星车拍摄的首批科学影像图。研究表明，火星夏普山矿脉中含有原子序数依次增大的短周期主族元素、、、。已知、同主族，且的原子序数是的2倍，的氢化物可用于蚀刻玻璃，与最外层电子数之和等于8.下列说法正确的是
A. 的单质着火可用泡沫灭火器扑灭 B. 简单离子半径：
C. 简单氢化物的沸点： D. 、两元素易形成共价化合物
【答案】C
【解析】
【详解】由题干信息可知，原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W，已知X、W同主族，且W的原子序数是X的2倍，则推X为O，W为S，Y的氢化物可用于蚀刻玻璃，故Y为F，已知W的最外层电子数为6，Z与W最外层电子数之和等于8，则Z的最外层上的电子数为2，故Z为Mg，综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、Mg、S，据此分析解题。
A．金属镁能与二氧化碳反应，镁燃烧应该选用干粉灭火剂，A错误；
B．电子层数越多，粒子半径越大，当电子层数相同，核电荷数越多，半径越小，故离子半径大小W＞X＞Y＞Z，B错误；
C．由分析可知，X为O，W为S，Y为F，由于H与O、F间存在分子间氢键，沸点异常高，一个水分子中有两个氢键，而一个HF中有一个氢键，故沸点：X＞Y＞W，C正确；
D．Y和Z两元素易形成MgF2为离子化合物，D错误；
故答案为：C。
7. 下列实验方案能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
装置可以干燥气体
证明温度对平衡的影响
实验室快速制备
制备氢氧化铁胶体
实验方案
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．HBr具有还原性，能被浓硫酸氧化，因此不能用浓硫酸干燥HBr，故A错误；
B．该实验利用的反应，其中二氧化氮为红棕色气体，四氧化二氮为无色气体，通过圆底烧瓶中的气体颜色变化可判断反应的移动方向，从而证明温度对平衡的影响，故B正确；
C．收集氨气的试管不能用单孔，否则会导致试管内压强增大，有炸裂的可能性，故C错误；
D．制备氢氧化铁胶体是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热至液体呈红褐色，直接滴入NaOH溶液中会生成沉淀，故D错误；
故选：B。
8. 在800℃下B12与As4单质可发生化学反应制备具有超高热导率半导体材料——晶体。下列说法错误的是
A. 图(a)表示结构，分子中成键电子对数与孤对电子数之比为
B. 图(b)表示单质硼晶体的基本结构单元，该基本单元为正二十面体
C. 图(b)所示单质硼晶体的熔点为，它属于共价晶体
D. 图(c)表示的晶胞结构，若晶胞参数为，则晶体密度为
【答案】A
【解析】
【详解】A．As4与P4互为等电子体，二者结构相似，为正四面体结构，该分子中每个As原子含有1个孤电子对，所以该分子中含有6个成键电子对和4个孤电子对，比例为3：2，A错误；
B．每个B原子被5个正三角形分摊，所以一个正三角形含有0.6个B，12个B原子可形成=20个正三角形，即该基本单元为正20面体，图(b)表示单质硼晶体的基本结构单元，该基本单元为正二十面体，B正确；
C．共价晶体熔点较高，非金属B形成晶体熔点为2180℃，且原子间存在共价键，则晶体B为共价晶体，C正确；
D．晶胞中黑色球数目为4，白色球数目为8×+6×=4，故晶胞质量=4×g，BAs晶体的密度=g）÷（a×10-7cm）3=，D正确；
故答案为：A。
9. 2022年10月诺贝尔化学奖授予三位在“咔嚓”(click)化学和生物正交化学有突出研究的化学家。下图是首个click化学反应。下列说法错误的是
A. 化合物能与发生中和反应 B. 化合物的分子式为，属于芳香烃
C. 化合物中所有碳原子不可能共平面 D. 化合物、能被氧化为羧酸
【答案】A
【解析】
【详解】A. 由题干信息可知，化合物A中含有羟基，不能与氢氧化钠发生反应，故化合物不能与发生中和反应，A错误；
B. 由题干信息可知，化合物的分子式为，分子中含有苯环，故属于芳香烃，B正确；
C. 由题干信息可知，化合物中所有碳原子不可能共平面，如图所示，黑卷中的碳原子不可能共平面，C正确；
D. 化合物中碳碳三键可以氧化为羧基，中与苯环直接相连的碳原子上还有H，故能被氧化为羧酸，D正确；
故答案为：A。
10. H2O2被称为“最清洁消毒剂”。一种用H2制备H2O2的工艺简单、能耗低的方法，原理如图所示。下列说法正确的是
A. 该制备反应的催化剂是
B. 是一种绿色消毒剂，在消毒过程中消耗时转移电子
C. 该过程中微粒含电子数为的粒子有2种
D. 图中的配位数为4
【答案】D
【解析】
【分析】认真对比反应原理图，不难发现HCl、Cl-、Pd和[PdCl2O2]2-都属于先生成后消耗，只是反应的中间产物，可以判断反应物只有H2和O2，[PdCl4]2-先消耗后生成，作为催化剂，据此分析解题。
【详解】A. 由题干反应历程图可知，该制备反应的催化剂是，是中间产物，A错误；
B. 是一种绿色消毒剂，34g H2O2的物质的量为=1mol，在消毒过程中，当H2O2发生的是分解反应时，转移电子数为1mol,当H2O2只作氧化剂时，转移电子数为2mol，B错误；
C. 由题干反应历程图可知，该过程中微粒含电子数为的粒子即粒子中含有18个电子的微粒有H2O2、HCl和Cl-等3种，C错误；
D. 图中中Pd2+提供空轨道，而Cl-提供孤电子对，故其配位数为4，D正确；
故答案为：D。
11. 下列操纵、现象和结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
分别通入石蕊、品红溶液
前者变红，后者褪色
漂白具有选择性
B
向溶液中滴加几滴溶液，振荡，再滴加淀粉溶液
溶液显蓝色
的还原性比的强
C
苯和液溴在的催化下发生反应，将得到的气体直接通入溶液中
产生淡黄色沉淀
苯和液溴发生取代反应
D
向淀粉溶液中加入足量稀硫酸，加热一段时间后，加入少量氢氧化铜悬浊液
产生砖红色沉淀
淀粉水解成葡萄糖
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO2分别通入石蕊、品红溶液，观察到前者变红，后者褪色，说明SO2溶于水呈酸性使紫色石蕊试液变红，但不褪色，说明SO2漂白品红等部分有色物质，故说明SO2漂白具有选择性，A正确；
B．向溶液中滴加几滴溶液，振荡，再滴加淀粉溶液，观察到溶液变蓝，说明有I2生成，但不能确定是Fe3+氧化了I-，还是HNO3氧化了I-，故不能得出的还原性比的强的结论，B错误；
C．苯和液溴在的催化下发生反应，将得到的气体直接通入溶液中，产生淡黄色沉淀，但由于液溴易挥发，挥发出的溴与水反应生成HBr，也能与AgNO3溶液反应生成淡黄色沉淀AgBr，故无法得出苯和液溴发生取代反应的结论，C错误；
D．向淀粉溶液中加入足量稀硫酸，加热一段时间后，加入少量氢氧化铜悬浊液，由于醛基与新制氢氧化铜悬浊液的反应需要在碱性条件下进行，故无法观察到砖红色沉淀生成，D错误；
故答案为：A。
12. 某固体混合物中可能含有Na+、K+、SO、Cl-、CO等离子，取两份该固体的溶液进行如下实验：第一份加入过量的 Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，分离滤液和沉淀。向白色沉淀中滴入过量盐酸，所得溶液澄清；向滤液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀。第二份取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色。下列关于该混合物的组成说法正确的是
A. 可能是K2SO4和NaCl B. 可能是NaCl和K2CO3
C. 可能是Na2SO4和KCl D. 一定是Na2CO3和NaCl
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】加Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，沉淀可能是BaSO4，BaCO3，向白色沉淀中滴入过量盐酸，所得溶液澄清，说明沉淀是BaCO3，混合物一定有，肯定无 ；滤液不存在，向滤液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，沉淀为AgCl，混合物一定有Cl-；焰色反应火焰呈黄色，说明一定有Na+；K+无法判断。据此分析可知，B是正确的。
答案：B。
13. 中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 上述合成氨的过程属于氮的固定 B. 该过程中，LDH降低了反应的活化能
C. 该过程有极性键、非极性键的断裂和生成 D. 高温高压的条件有利于提高氨的产率
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，因此合成氨的过程属于氮的固定，故A正确；
B．催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；
C．发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应物和生成物中均存在单质和化合物，即该过程有极性键、非极性键的断裂和生成，故C正确；
D．常温常压水为液态，正反应是气体体积增大的反应，所以高压的条件不利于提高氨的产率，故D错误；
故选D。
14. 在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：
催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测转化率和生成选择性［选择性=×100%］随温度变化的影响如图所示。下列有关说法正确的是
A. 在260℃-320℃间，以为催化剂，升高温度相同时间内的产率不变
B. 延长W点的反应时间，一定能提高的转化率
C.
D. 高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快
【答案】D
【解析】
【详解】A．在260℃～320℃间，以Ni-CeO2为催化剂，由图可知，升高温度甲烷的选择性基本不变，但二氧化碳的转化率升高，故甲烷的的产率上升，故A错误；
B．W点可能为平衡点，延长时间二氧化碳转化率不变，故B错误；
C．已知①CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ΔH=-165kJ•mol-1，②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH=+41kJ•mol-1，由盖斯定律①-②可得CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O（g）ΔH=-165kJ•mol-1-41kJ•mol-1=-206kJ•mol-1，故C错误；
D．由图可知，对应时间内以Ni为催化剂，二氧化碳转化率明显低于相同温度下Ni-CeO2为催化剂的转化率，320℃时，以Ni-CeO2为催化剂，二氧化碳甲烷化反应已达到平衡状态，升高温度，平衡左移，以Ni为催化剂，二氧化碳甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，因此高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快，故D正确；
故选：D。
第II卷(非选择题，共58分)
15. 某化学小组模拟湿法技术，利用废旧印刷电路板，探究回收铜和制取胆矾的实验，设计流程简图如图。
请按要求回答下列问题：
（1）的价电子排布式为_______。
（2）①已知反应I中转化为，则反应的化学方程式为：_______；在其中加入的作用是_______。
②中的杂化类型为_______杂化，形成后，相比中的键角变_______。(填“大”或“小”)
（3）操作②用到的实验仪器除烧杯外，还有_______，操作②的目的是_______。
（4）操作④主要步骤：_______过滤、洗涤、干燥。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 防止由于溶液中的c(OH-)过高，生成Cu(OH)2沉淀 ③. ④. 小
（3） ①. 分液漏斗 ②. 富集铜元素同时使铜元素与水溶液分离
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】废电路板中的金属铜被双氧水氧化成铜离子，在溶有氨气的氯化铵溶液中转化成铜氨溶液，其中的贵金属不反应过滤分离；铜氨溶液中加RH，发生反应得到氨气和氯化铵的混合溶液，同时生成CuR2溶于有机层，经分液分离，在有机层加稀硫酸后CuR2与酸反应生成RH和硫酸铜，硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶得到胆矾，据此分析解答。
【小问1详解】
元素为29号元素，其核外电子排布式为：，其价电子排布式为：，故答案为：；
【小问2详解】
反应I中被双氧水氧化成铜离子，在溶有氨气的氯化铵溶液中转化为，反应为：；溶液中加入氯化铵，因其水解酸性，可以降低溶液的碱性，防止铜离子在碱性较强条件下生成氢氧化铜沉淀，故答案为：；防止由于溶液中的c(OH-)过高，生成Cu(OH)2沉淀；
②中心原子的价层电子对数为，与3个H相连，存在一对孤电子对，采用杂化类型为；中存在孤对电子，中氨气分子的中的孤对电子形成化学键，孤对电子对成键电子的排斥作用大于成键电子对成键电子的排斥，因此分子中的键角更大，故答案为：；小；
【小问3详解】
操作②为分液，需要用到分液漏斗，经过萃取分液后可使铜氨溶液中的铜元素转移到有机层中，实现富集，同时经分液后与水溶液分离，故答案为：分液漏斗；富集铜元素同时使铜元素与水溶液分离；
【小问4详解】
操作④是从溶液中得到胆矾，需要对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶后过滤、洗涤、干燥得到，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
16. 二氯化钒()有强还原性，吸湿性强，遇水易分解，熔点为425℃、沸点为900℃，是制备多种医药、催化剂、含钒化合物的中间体。某学习小组在实验室制备并进行相关探究。回答下列问题：
（1）小组同学通过分解制备。
①按气流方向，图中装置合理的连接顺序为_______(用小写字母填空)。
②A中盛放的仪器名称为_______，其中发生反应的离子方程式为_______。
（2）实验过程中需持续通入，其作用为_______。
（3）D中碱石灰的作用是_______。
（4）测定产品纯度：实验后产品中混有少量杂质。称量样品，溶于水充分水解，调后滴加作指示剂(已知：优先与形成沉淀，当沉淀完全后，再与形成沉淀，且沉淀为砖红色)，用标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准液体积为。
①滴定终点的现象为_______。
②产品中与的物质的量之比为_______。
【答案】（1） ①. a→c→b→d(e)→e(d)→f(g)→g(f) ②. 蒸馏烧瓶 ③.
（2）将生成的Cl2及时吹出，防止VCl2被氧化
（3）吸收尾气以及防止空气中水蒸气进入C
（4） ①. 滴入最后一滴标准液生成砖红色沉淀，且半分钟不变色 ②. 1:10
【解析】
【分析】装置A用氯化铵溶液和亚硝酸钠反应制备氮气，反应为，二氯化钒(VCl2)有强还原性和吸湿性，用B装置浓硫酸干燥氮气，C装置中进行VCl3分解制备VCl2，反应为，D装置吸收尾气以及防止空气中水蒸气进入C，据此分析解答。
【小问1详解】
①根据分析，装置合理的连接顺序为 a→c→b→d(e)→e(d)→f(g)→g(f)，故答案为：a→c→b→d(e)→e(d)→f(g)→g(f)；
②盛放NaNO2的仪器有支管，为蒸馏烧瓶； A装置中发生的反应为，离子方程式为，
故答案为：蒸馏烧瓶；；
【小问2详解】
由题意可知，二氯化钒(VCl2)有强还原性，VCl3分解生成的Cl2具有强氧化性，二者可反应，所以实验过程中需持续通入N2。作用为：将生成的Cl2及时吹出，防止VCl2被氧化，故答案为：将生成的Cl2及时吹出，防止VCl2被氧化;
【小问3详解】
D中碱石灰的作用是吸收尾气以及防止空气中水蒸气进入C，故答案为：吸收尾气以及防止空气中水蒸气进入C：
【小问4详解】
滴定终点时，氯离子完全反应，滴入最后一滴标准液生成砖红色沉淀，且半分钟不变色，故答案为：滴入最后一滴标准液生成砖红色沉淀，且半分钟不变色；
设所取样品中VCl3与VCl2的物质的量分别为xmol、ymol，根据Cl、Ag原子守恒有：VCl3~3AgCl~3AgNO3、 VCl2~2AgCl~2AgNO3，则157.5x + 122y = 1.3775，3x+2y=0.5000´0.046 = 0.023，解得 x= 0.001、y=0.01，所以产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为x:y=1:10，故答案为：1:10。
【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、各实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用和化学方程式的计算，题目难度中等。
17. 一种新型含硅阻燃剂的合成路线如下。请回答：
（1）化合物A转化为B的化学方程式为_______，B的官能团名称是_______。
（2）G的结构简式为_______，H的系统命名为_______。
（3）H→I反应类型是_______。
（4）D的分子式为_______，反应B+I→D中的作用是_______。
（5）D的逆合成分析中有一种前体分子，符合下列条件的该前体分子的同分异构体有_______种。
①核磁共振氢谱有4组峰；②能发生银镜反应；③与发生显色反应。
【答案】（1） ①. ②. 溴原子、（酚）羟基
（2） ①. ②. 3-氯-1-丙烯
（3）氧化反应 （4） ①. C9H7O2Br3 ②. 吸收生成的HCl，提高反应产率
（5）2
【解析】
【分析】A是苯酚和浓溴水反应生成有机物B三溴苯酚， G与氯气反应得到的H结构中只有一个碳氯键，推测发生的是取代反应，所以G的结构简式为： ，B+I→D中有 HCl 生成，用Na2CO3吸收 HCl ，H→I的反应，分子中多了一个氧原子，属于氧化反应。
【小问1详解】
化合物A为苯酚，和浓溴水反应生成三溴苯酚，方程式为，三溴苯酚中含有官能团为溴原子、（酚）羟基，故答案为：，溴原子、（酚）羟基；
【小问2详解】
G与氯气反应得到的H结构中只有一个碳氯键，推测发生的是取代反应，所以G的结构简式为：，H是 系统命名法以双键为母体，命名为3-氯-1-丙烯，其中氢原子的位置有三种，核磁共振氢谱共有3组峰，所以故答案为： ，3-氯-1-丙烯；
【小问3详解】
分子中多了一个氧原子是氧化反应，故答案为：氧化反应；
【小问4详解】
根据D的结构简式可得分子式C9H7O2Br3，反应B+I→D中有HCl生成，为促进反应向右进行，可以将HCl吸收，可起到吸收HCl的作用，故答案为：C9H7O2Br3，吸收生成的HCl，提高反应产率；
【小问5详解】
根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基，符合题意的有和两种，故答案为：2。
【点睛】解答此题的关键必须对有机物官能团的性质和常见不同类型的有机反的特点应非常熟悉，官能团的改变，碳链的变化，成环或开环的变化。
18. 乙醇是一种重要的工业原料，广泛应用于能源、化工、食品等领域。
I.工业上乙烯水化制乙醇过程中能量变化如图所示：
（1）图中所示活化能最大的步骤是第_______步。
（2）写出该反应过程中速率最快的基元反应方程式：_______。
II.研究显示乙酸甲酯催化加氢也可以制取乙醇，主要反应如下：
①
②
（3）已知反应的，则_______。
（4）在体积一定的密闭容器中进行以上反应时发现，流速过大时乙酸甲酯的转化率下降，其原因可能是_______。
III.乙醇的一种重要用途是与乙酸合成乙酸乙酯。已知纯物质和相关恒沸混合物的常压沸点如下表所示：
纯物质
沸点/℃
恒沸混合物(质量分数)
沸点/℃
乙醇
78.3
乙酸乙酯(0.92)＋水(0.08)
70.4
乙酸
117.9
乙酸乙酯(0.69)＋乙醇(0.31)
71.8
乙酸乙酯
77.1
乙酸乙酯(0.83)＋乙醇(0.08)＋水(0.09)
70.2
（5）实际生产中，一般控制乙酸过量。若，则控制乙酸过量的作用有_______；一定温度下该反应的平衡常数，若按乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率为_______(保留两位有效数字)。
（6）一种新的乙醇催化合成乙酸乙酯的方法如下：，在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液态收集物中主要产物的质量分数如图所示；关于该方法，下列推测不合理的是_______。
A. 该反应的最适宜温度为325℃
B. 适当减小体系压强，有利于提高乙醇平衡转化率
C. 在催化剂作用下，乙醛是反应历程中的中间产物
D. 提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚等副产物是工艺的关键
【答案】（1）一 （2）C2H+2H2O⇌C2H7O∗+H2O
（3）+13.6kJ⋅mol−1
（4）流速过大，导致与催化剂接触时间短，反应不充分，乙酸甲酯的转化率下降
（5） ①. 促进反应正向进行，提高乙酸乙酯的产率且可提高反应温度加快反应速率并利于乙酸乙酯的分离 ②. （6）A
【解析】
【小问1详解】
过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，图中所示活化能最大的步骤是第一步；故答案为：一；
【小问2详解】
活化能越大反应越慢，活化能越小反应越块，该反应过程中速率最快的基元反应：C2H+2H2O⇌C2H7O∗+H2O；故答案为：C2H+2H2O⇌C2H7O∗+H2O；
小问3详解】
由盖斯定律可知，反应①-②得反应CH3CHO(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)，ΔH=ΔH1-ΔH2=-84.6kJ⋅mol−1，则ΔH2=+13.6kJ⋅mol−1；故答案为：+13.6kJ⋅mol−1；
【小问4详解】
CH3COOCH3流速过大时乙酸甲酯的转化率下降，其原因可能是流速过大，导致与催化剂接触时间短，反应不充分，乙酸甲酯的转化率下降；故答案为：流速过大，导致与催化剂接触时间短，反应不充分，乙酸甲酯的转化率下降；
【小问5详解】
由方程式和图表可知，乙酸沸点较高，控制乙酸过量的作用有促进反应正向进行，提高乙酸乙酯的产率且可提高反应温度加快反应速率并利于乙酸乙酯的分离；
设乙酸和乙醇的起始浓度均为1mol/L，反应中生成乙酸乙酯的浓度为xmol/L，列三段式得：
K=，x=，乙酸乙酯的平衡产率为。
故答案为：促进反应正向进行，提高乙酸乙酯的产率；；
【小问6详解】
A．该反应的最宜温度应为300℃，此时乙酸乙酯产率最高且副产物较少，A错误；
B．反应为气体分子数增加的反应，适当减小体系压强，反应正向移动，有利于提高乙醇平衡转化率，B正确；
C．在催化剂作用下，乙醇被氧化成乙醛，乙醛最终被氧化成乙酸，最终生成乙酸乙酯，因此乙醛是反应历程中的中间产物，C正确；
D．提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物，提高乙酸乙酯产率是工艺的关键，D正确；
故选A。故答案为：A；
重庆市育才中学校高2023届高三(上)半期考试
化学试题
本试卷共100分，考试时间75分钟。
可能会用到的相对原子质量：B-11 Cl-35.5 As-75 V-51
第I卷
一、选择题(每题只有一个选项正确，每题3分，共42分)
1. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A. 食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质
B. 通过核磁共振氢谱可检测出有机物中存在的化学键和官能团类型
C. “天和核心舱”电推进系统中的腔体采用氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
D 纤维素、油脂均属于天然有机高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．还原铁粉具有还原性，用于防止食品氧化，硅胶和生石灰具有吸水性，用于房潮解，故A错误；
B．核磁共振氢谱可检测出有机物中氢原子的种类及个数比，故B错误；
C．氮化硼陶瓷具有特殊结构及性能，属于新型无机非金属材料，故C正确；
D．油脂不属于高分子化合物，故D错误；
故选：C。
2. 下列有关说法正确的是
A. 明矾既可作净水剂，又可起到杀菌消毒的作用
B. 利用溶液或均可以鉴别和溴蒸气
C. 能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多
D. 硬度大，可用作光导纤维
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾Al3+可以水解，生成氢氧化铝胶体，具有净水作用，不可以起到杀菌消毒作用，A错误；
B．溴蒸气和硝酸银反应生成溴化银淡黄色沉淀，二氧化氮在硝酸银溶液中反应无沉淀，溴蒸气在四氯化碳中溶解，二氧化氮不能溶于四氯化碳，用AgNO3溶液或CCl4均可以鉴别NO2和溴蒸气，B正确；
C．BaCO3 能与盐酸反应生成Ba2+，钡是重金属，有毒，C错误；
D．SiO2 硬度大，可用作光导纤维，但二者没有关系，D错误；
故答案为：B。
3. 下列化学用语的表述正确的是
A. 的电子式为
B. 的模型：
C. 的空间填充模型：
D. 乙酸与乙醇的酯化反应：
【答案】B
【解析】
【详解】A．为共价化合物，每个原子都达到8电子稳定结构，电子式为 ，故A错误；
B．中心B原子的价电子对数为3，无孤对电子，为平面三角形结构，模型：，故B正确；
C．为直线结构，空间填充模型为：，故C错误；
D．乙酸与乙醇的酯化反应中酸脱羟基醇脱氢，，故D错误；
故选：B。
4. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 中含有的碳氢键数目不一定为
B. 标准状况下，中含有电子数为
C. 水溶液中含有的氧原子数为
D. 一定条件下，足量的与充分反应，转移电子的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．C2H6O可能是CH3CH2OH，也可能是CH3OCH3，故1molC2H6O中含有的碳氢键数目前者为5NA，后者为6NA，即不一定为，A正确；
B．标准状况下H2O是液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，则中含有电子数无法计算，B错误；
C．由于水中也含有氧原子，故水溶液中含有的氧原子数远大于，且无法计算，C错误；
D．铁与氯气反应转化为氯化铁，故一定条件下，足量的与充分反应，转移电子的数目为，D错误；
故答案为：A。
5. 下列离子方程式正确的是
A. 和稀盐酸反应：
B. 溶液与稀硫酸的反应：
C. 溶液吸收少量：
D. 固体与水反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．和稀盐酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式是，故A错误；
B．溶液与稀硫酸的反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫单质、水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．溶液吸收少量生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式是，故C正确；
D．固体与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是，故D错误；
选C。
6. 2021年6月11日国家航天局公布了由“祝融号”火星车拍摄的首批科学影像图。研究表明，火星夏普山矿脉中含有原子序数依次增大的短周期主族元素、、、。已知、同主族，且的原子序数是的2倍，的氢化物可用于蚀刻玻璃，与最外层电子数之和等于8.下列说法正确的是
A. 的单质着火可用泡沫灭火器扑灭 B. 简单离子半径：
C. 简单氢化物的沸点： D. 、两元素易形成共价化合物
【答案】C
【解析】
【详解】由题干信息可知，原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W，已知X、W同主族，且W的原子序数是X的2倍，则推X为O，W为S，Y的氢化物可用于蚀刻玻璃，故Y为F，已知W的最外层电子数为6，Z与W最外层电子数之和等于8，则Z的最外层上的电子数为2，故Z为Mg，综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、Mg、S，据此分析解题。
A．金属镁能与二氧化碳反应，镁燃烧应该选用干粉灭火剂，A错误；
B．电子层数越多，粒子半径越大，当电子层数相同，核电荷数越多，半径越小，故离子半径大小W＞X＞Y＞Z，B错误；
C．由分析可知，X为O，W为S，Y为F，由于H与O、F间存在分子间氢键，沸点异常高，一个水分子中有两个氢键，而一个HF中有一个氢键，故沸点：X＞Y＞W，C正确；
D．Y和Z两元素易形成MgF2为离子化合物，D错误；
故答案为：C。
7. 下列实验方案能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
装置可以干燥气体
证明温度对平衡的影响
实验室快速制备
制备氢氧化铁胶体
实验方案
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．HBr具有还原性，能被浓硫酸氧化，因此不能用浓硫酸干燥HBr，故A错误；
B．该实验利用的反应，其中二氧化氮为红棕色气体，四氧化二氮为无色气体，通过圆底烧瓶中的气体颜色变化可判断反应的移动方向，从而证明温度对平衡的影响，故B正确；
C．收集氨气的试管不能用单孔，否则会导致试管内压强增大，有炸裂的可能性，故C错误；
D．制备氢氧化铁胶体是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热至液体呈红褐色，直接滴入NaOH溶液中会生成沉淀，故D错误；
故选：B。
8. 在800℃下B12与As4单质可发生化学反应制备具有超高热导率半导体材料——晶体。下列说法错误的是
A. 图(a)表示结构，分子中成键电子对数与孤对电子数之比为
B. 图(b)表示单质硼晶体的基本结构单元，该基本单元为正二十面体
C. 图(b)所示单质硼晶体的熔点为，它属于共价晶体
D. 图(c)表示的晶胞结构，若晶胞参数为，则晶体密度为
【答案】A
【解析】
【详解】A．As4与P4互为等电子体，二者结构相似，为正四面体结构，该分子中每个As原子含有1个孤电子对，所以该分子中含有6个成键电子对和4个孤电子对，比例为3：2，A错误；
B．每个B原子被5个正三角形分摊，所以一个正三角形含有0.6个B，12个B原子可形成=20个正三角形，即该基本单元为正20面体，图(b)表示单质硼晶体的基本结构单元，该基本单元为正二十面体，B正确；
C．共价晶体熔点较高，非金属B形成晶体熔点为2180℃，且原子间存在共价键，则晶体B为共价晶体，C正确；
D．晶胞中黑色球数目为4，白色球数目为8×+6×=4，故晶胞质量=4×g，BAs晶体的密度=g）÷（a×10-7cm）3=，D正确；
故答案为：A。
9. 2022年10月诺贝尔化学奖授予三位在“咔嚓”(click)化学和生物正交化学有突出研究的化学家。下图是首个click化学反应。下列说法错误的是
A. 化合物能与发生中和反应 B. 化合物的分子式为，属于芳香烃
C. 化合物中所有碳原子不可能共平面 D. 化合物、能被氧化为羧酸
【答案】A
【解析】
【详解】A. 由题干信息可知，化合物A中含有羟基，不能与氢氧化钠发生反应，故化合物不能与发生中和反应，A错误；
B. 由题干信息可知，化合物的分子式为，分子中含有苯环，故属于芳香烃，B正确；
C. 由题干信息可知，化合物中所有碳原子不可能共平面，如图所示，黑卷中的碳原子不可能共平面，C正确；
D. 化合物中碳碳三键可以氧化为羧基，中与苯环直接相连的碳原子上还有H，故能被氧化为羧酸，D正确；
故答案为：A。
10. H2O2被称为“最清洁消毒剂”。一种用H2制备H2O2的工艺简单、能耗低的方法，原理如图所示。下列说法正确的是
A. 该制备反应的催化剂是
B. 是一种绿色消毒剂，在消毒过程中消耗时转移电子
C. 该过程中微粒含电子数为的粒子有2种
D. 图中的配位数为4
【答案】D
【解析】
【分析】认真对比反应原理图，不难发现HCl、Cl-、Pd和[PdCl2O2]2-都属于先生成后消耗，只是反应的中间产物，可以判断反应物只有H2和O2，[PdCl4]2-先消耗后生成，作为催化剂，据此分析解题。
【详解】A. 由题干反应历程图可知，该制备反应的催化剂是，是中间产物，A错误；
B. 是一种绿色消毒剂，34g H2O2的物质的量为=1mol，在消毒过程中，当H2O2发生的是分解反应时，转移电子数为1mol,当H2O2只作氧化剂时，转移电子数为2mol，B错误；
C. 由题干反应历程图可知，该过程中微粒含电子数为的粒子即粒子中含有18个电子的微粒有H2O2、HCl和Cl-等3种，C错误；
D. 图中中Pd2+提供空轨道，而Cl-提供孤电子对，故其配位数为4，D正确；
故答案为：D。
11. 下列操纵、现象和结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
分别通入石蕊、品红溶液
前者变红，后者褪色
漂白具有选择性
B
向溶液中滴加几滴溶液，振荡，再滴加淀粉溶液
溶液显蓝色
的还原性比的强
C
苯和液溴在的催化下发生反应，将得到的气体直接通入溶液中
产生淡黄色沉淀
苯和液溴发生取代反应
D
向淀粉溶液中加入足量稀硫酸，加热一段时间后，加入少量氢氧化铜悬浊液
产生砖红色沉淀
淀粉水解成葡萄糖
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO2分别通入石蕊、品红溶液，观察到前者变红，后者褪色，说明SO2溶于水呈酸性使紫色石蕊试液变红，但不褪色，说明SO2漂白品红等部分有色物质，故说明SO2漂白具有选择性，A正确；
B．向溶液中滴加几滴溶液，振荡，再滴加淀粉溶液，观察到溶液变蓝，说明有I2生成，但不能确定是Fe3+氧化了I-，还是HNO3氧化了I-，故不能得出的还原性比的强的结论，B错误；
C．苯和液溴在的催化下发生反应，将得到的气体直接通入溶液中，产生淡黄色沉淀，但由于液溴易挥发，挥发出的溴与水反应生成HBr，也能与AgNO3溶液反应生成淡黄色沉淀AgBr，故无法得出苯和液溴发生取代反应的结论，C错误；
D．向淀粉溶液中加入足量稀硫酸，加热一段时间后，加入少量氢氧化铜悬浊液，由于醛基与新制氢氧化铜悬浊液的反应需要在碱性条件下进行，故无法观察到砖红色沉淀生成，D错误；
故答案为：A。
12. 某固体混合物中可能含有Na+、K+、SO、Cl-、CO等离子，取两份该固体的溶液进行如下实验：第一份加入过量的 Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，分离滤液和沉淀。向白色沉淀中滴入过量盐酸，所得溶液澄清；向滤液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀。第二份取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色。下列关于该混合物的组成说法正确的是
A. 可能是K2SO4和NaCl B. 可能是NaCl和K2CO3
C. 可能是Na2SO4和KCl D. 一定是Na2CO3和NaCl
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】加Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，沉淀可能是BaSO4，BaCO3，向白色沉淀中滴入过量盐酸，所得溶液澄清，说明沉淀是BaCO3，混合物一定有，肯定无 ；滤液不存在，向滤液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，沉淀为AgCl，混合物一定有Cl-；焰色反应火焰呈黄色，说明一定有Na+；K+无法判断。据此分析可知，B是正确的。
答案：B。
13. 中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 上述合成氨的过程属于氮的固定 B. 该过程中，LDH降低了反应的活化能
C. 该过程有极性键、非极性键的断裂和生成 D. 高温高压的条件有利于提高氨的产率
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，因此合成氨的过程属于氮的固定，故A正确；
B．催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；
C．发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应物和生成物中均存在单质和化合物，即该过程有极性键、非极性键的断裂和生成，故C正确；
D．常温常压水为液态，正反应是气体体积增大的反应，所以高压的条件不利于提高氨的产率，故D错误；
故选D。
14. 在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：
催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测转化率和生成选择性［选择性=×100%］随温度变化的影响如图所示。下列有关说法正确的是
A. 在260℃-320℃间，以为催化剂，升高温度相同时间内的产率不变
B. 延长W点的反应时间，一定能提高的转化率
C.
D. 高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快
【答案】D
【解析】
【详解】A．在260℃～320℃间，以Ni-CeO2为催化剂，由图可知，升高温度甲烷的选择性基本不变，但二氧化碳的转化率升高，故甲烷的的产率上升，故A错误；
B．W点可能为平衡点，延长时间二氧化碳转化率不变，故B错误；
C．已知①CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ΔH=-165kJ•mol-1，②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH=+41kJ•mol-1，由盖斯定律①-②可得CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O（g）ΔH=-165kJ•mol-1-41kJ•mol-1=-206kJ•mol-1，故C错误；
D．由图可知，对应时间内以Ni为催化剂，二氧化碳转化率明显低于相同温度下Ni-CeO2为催化剂的转化率，320℃时，以Ni-CeO2为催化剂，二氧化碳甲烷化反应已达到平衡状态，升高温度，平衡左移，以Ni为催化剂，二氧化碳甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，因此高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快，故D正确；
故选：D。
第II卷(非选择题，共58分)
15. 某化学小组模拟湿法技术，利用废旧印刷电路板，探究回收铜和制取胆矾的实验，设计流程简图如图。
请按要求回答下列问题：
（1）的价电子排布式为_______。
（2）①已知反应I中转化为，则反应的化学方程式为：_______；在其中加入的作用是_______。
②中的杂化类型为_______杂化，形成后，相比中的键角变_______。(填“大”或“小”)
（3）操作②用到的实验仪器除烧杯外，还有_______，操作②的目的是_______。
（4）操作④主要步骤：_______过滤、洗涤、干燥。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 防止由于溶液中的c(OH-)过高，生成Cu(OH)2沉淀 ③. ④. 小
（3） ①. 分液漏斗 ②. 富集铜元素同时使铜元素与水溶液分离
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】废电路板中的金属铜被双氧水氧化成铜离子，在溶有氨气的氯化铵溶液中转化成铜氨溶液，其中的贵金属不反应过滤分离；铜氨溶液中加RH，发生反应得到氨气和氯化铵的混合溶液，同时生成CuR2溶于有机层，经分液分离，在有机层加稀硫酸后CuR2与酸反应生成RH和硫酸铜，硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶得到胆矾，据此分析解答。
【小问1详解】
元素为29号元素，其核外电子排布式为：，其价电子排布式为：，故答案为：；
【小问2详解】
反应I中被双氧水氧化成铜离子，在溶有氨气的氯化铵溶液中转化为，反应为：；溶液中加入氯化铵，因其水解酸性，可以降低溶液的碱性，防止铜离子在碱性较强条件下生成氢氧化铜沉淀，故答案为：；防止由于溶液中的c(OH-)过高，生成Cu(OH)2沉淀；
②中心原子的价层电子对数为，与3个H相连，存在一对孤电子对，采用杂化类型为；中存在孤对电子，中氨气分子的中的孤对电子形成化学键，孤对电子对成键电子的排斥作用大于成键电子对成键电子的排斥，因此分子中的键角更大，故答案为：；小；
【小问3详解】
操作②为分液，需要用到分液漏斗，经过萃取分液后可使铜氨溶液中的铜元素转移到有机层中，实现富集，同时经分液后与水溶液分离，故答案为：分液漏斗；富集铜元素同时使铜元素与水溶液分离；
【小问4详解】
操作④是从溶液中得到胆矾，需要对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶后过滤、洗涤、干燥得到，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
16. 二氯化钒()有强还原性，吸湿性强，遇水易分解，熔点为425℃、沸点为900℃，是制备多种医药、催化剂、含钒化合物的中间体。某学习小组在实验室制备并进行相关探究。回答下列问题：
（1）小组同学通过分解制备。
①按气流方向，图中装置合理的连接顺序为_______(用小写字母填空)。
②A中盛放的仪器名称为_______，其中发生反应的离子方程式为_______。
（2）实验过程中需持续通入，其作用为_______。
（3）D中碱石灰的作用是_______。
（4）测定产品纯度：实验后产品中混有少量杂质。称量样品，溶于水充分水解，调后滴加作指示剂(已知：优先与形成沉淀，当沉淀完全后，再与形成沉淀，且沉淀为砖红色)，用标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准液体积为。
①滴定终点的现象为_______。
②产品中与的物质的量之比为_______。
【答案】（1） ①. a→c→b→d(e)→e(d)→f(g)→g(f) ②. 蒸馏烧瓶 ③.
（2）将生成的Cl2及时吹出，防止VCl2被氧化
（3）吸收尾气以及防止空气中水蒸气进入C
（4） ①. 滴入最后一滴标准液生成砖红色沉淀，且半分钟不变色 ②. 1:10
【解析】
【分析】装置A用氯化铵溶液和亚硝酸钠反应制备氮气，反应为，二氯化钒(VCl2)有强还原性和吸湿性，用B装置浓硫酸干燥氮气，C装置中进行VCl3分解制备VCl2，反应为，D装置吸收尾气以及防止空气中水蒸气进入C，据此分析解答。
【小问1详解】
①根据分析，装置合理的连接顺序为 a→c→b→d(e)→e(d)→f(g)→g(f)，故答案为：a→c→b→d(e)→e(d)→f(g)→g(f)；
②盛放NaNO2的仪器有支管，为蒸馏烧瓶； A装置中发生的反应为，离子方程式为，
故答案为：蒸馏烧瓶；；
【小问2详解】
由题意可知，二氯化钒(VCl2)有强还原性，VCl3分解生成的Cl2具有强氧化性，二者可反应，所以实验过程中需持续通入N2。作用为：将生成的Cl2及时吹出，防止VCl2被氧化，故答案为：将生成的Cl2及时吹出，防止VCl2被氧化;
【小问3详解】
D中碱石灰的作用是吸收尾气以及防止空气中水蒸气进入C，故答案为：吸收尾气以及防止空气中水蒸气进入C：
【小问4详解】
滴定终点时，氯离子完全反应，滴入最后一滴标准液生成砖红色沉淀，且半分钟不变色，故答案为：滴入最后一滴标准液生成砖红色沉淀，且半分钟不变色；
设所取样品中VCl3与VCl2的物质的量分别为xmol、ymol，根据Cl、Ag原子守恒有：VCl3~3AgCl~3AgNO3、 VCl2~2AgCl~2AgNO3，则157.5x + 122y = 1.3775，3x+2y=0.5000´0.046 = 0.023，解得 x= 0.001、y=0.01，所以产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为x:y=1:10，故答案为：1:10。
【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、各实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用和化学方程式的计算，题目难度中等。
17. 一种新型含硅阻燃剂的合成路线如下。请回答：
（1）化合物A转化为B的化学方程式为_______，B的官能团名称是_______。
（2）G的结构简式为_______，H的系统命名为_______。
（3）H→I反应类型是_______。
（4）D的分子式为_______，反应B+I→D中的作用是_______。
（5）D的逆合成分析中有一种前体分子，符合下列条件的该前体分子的同分异构体有_______种。
①核磁共振氢谱有4组峰；②能发生银镜反应；③与发生显色反应。
【答案】（1） ①. ②. 溴原子、（酚）羟基
（2） ①. ②. 3-氯-1-丙烯
（3）氧化反应 （4） ①. C9H7O2Br3 ②. 吸收生成的HCl，提高反应产率
（5）2
【解析】
【分析】A是苯酚和浓溴水反应生成有机物B三溴苯酚， G与氯气反应得到的H结构中只有一个碳氯键，推测发生的是取代反应，所以G的结构简式为： ，B+I→D中有 HCl 生成，用Na2CO3吸收 HCl ，H→I的反应，分子中多了一个氧原子，属于氧化反应。
【小问1详解】
化合物A为苯酚，和浓溴水反应生成三溴苯酚，方程式为，三溴苯酚中含有官能团为溴原子、（酚）羟基，故答案为：，溴原子、（酚）羟基；
【小问2详解】
G与氯气反应得到的H结构中只有一个碳氯键，推测发生的是取代反应，所以G的结构简式为：，H是 系统命名法以双键为母体，命名为3-氯-1-丙烯，其中氢原子的位置有三种，核磁共振氢谱共有3组峰，所以故答案为： ，3-氯-1-丙烯；
【小问3详解】
分子中多了一个氧原子是氧化反应，故答案为：氧化反应；
【小问4详解】
根据D的结构简式可得分子式C9H7O2Br3，反应B+I→D中有HCl生成，为促进反应向右进行，可以将HCl吸收，可起到吸收HCl的作用，故答案为：C9H7O2Br3，吸收生成的HCl，提高反应产率；
【小问5详解】
根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基，符合题意的有和两种，故答案为：2。
【点睛】解答此题的关键必须对有机物官能团的性质和常见不同类型的有机反的特点应非常熟悉，官能团的改变，碳链的变化，成环或开环的变化。
18. 乙醇是一种重要的工业原料，广泛应用于能源、化工、食品等领域。
I.工业上乙烯水化制乙醇过程中能量变化如图所示：
（1）图中所示活化能最大的步骤是第_______步。
（2）写出该反应过程中速率最快的基元反应方程式：_______。
II.研究显示乙酸甲酯催化加氢也可以制取乙醇，主要反应如下：
①
②
（3）已知反应的，则_______。
（4）在体积一定的密闭容器中进行以上反应时发现，流速过大时乙酸甲酯的转化率下降，其原因可能是_______。
III.乙醇的一种重要用途是与乙酸合成乙酸乙酯。已知纯物质和相关恒沸混合物的常压沸点如下表所示：
纯物质
沸点/℃
恒沸混合物(质量分数)
沸点/℃
乙醇
78.3
乙酸乙酯(0.92)＋水(0.08)
70.4
乙酸
117.9
乙酸乙酯(0.69)＋乙醇(0.31)
71.8
乙酸乙酯
77.1
乙酸乙酯(0.83)＋乙醇(0.08)＋水(0.09)
70.2
（5）实际生产中，一般控制乙酸过量。若，则控制乙酸过量的作用有_______；一定温度下该反应的平衡常数，若按乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率为_______(保留两位有效数字)。
（6）一种新的乙醇催化合成乙酸乙酯的方法如下：，在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液态收集物中主要产物的质量分数如图所示；关于该方法，下列推测不合理的是_______。
A. 该反应的最适宜温度为325℃
B. 适当减小体系压强，有利于提高乙醇平衡转化率
C. 在催化剂作用下，乙醛是反应历程中的中间产物
D. 提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚等副产物是工艺的关键
【答案】（1）一 （2）C2H+2H2O⇌C2H7O∗+H2O
（3）+13.6kJ⋅mol−1
（4）流速过大，导致与催化剂接触时间短，反应不充分，乙酸甲酯的转化率下降
（5） ①. 促进反应正向进行，提高乙酸乙酯的产率且可提高反应温度加快反应速率并利于乙酸乙酯的分离 ②. （6）A
【解析】
【小问1详解】
过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，图中所示活化能最大的步骤是第一步；故答案为：一；
【小问2详解】
活化能越大反应越慢，活化能越小反应越块，该反应过程中速率最快的基元反应：C2H+2H2O⇌C2H7O∗+H2O；故答案为：C2H+2H2O⇌C2H7O∗+H2O；
小问3详解】
由盖斯定律可知，反应①-②得反应CH3CHO(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)，ΔH=ΔH1-ΔH2=-84.6kJ⋅mol−1，则ΔH2=+13.6kJ⋅mol−1；故答案为：+13.6kJ⋅mol−1；
【小问4详解】
CH3COOCH3流速过大时乙酸甲酯的转化率下降，其原因可能是流速过大，导致与催化剂接触时间短，反应不充分，乙酸甲酯的转化率下降；故答案为：流速过大，导致与催化剂接触时间短，反应不充分，乙酸甲酯的转化率下降；
【小问5详解】
由方程式和图表可知，乙酸沸点较高，控制乙酸过量的作用有促进反应正向进行，提高乙酸乙酯的产率且可提高反应温度加快反应速率并利于乙酸乙酯的分离；
设乙酸和乙醇的起始浓度均为1mol/L，反应中生成乙酸乙酯的浓度为xmol/L，列三段式得：
K=，x=，乙酸乙酯的平衡产率为。
故答案为：促进反应正向进行，提高乙酸乙酯的产率；；
【小问6详解】
A．该反应的最宜温度应为300℃，此时乙酸乙酯产率最高且副产物较少，A错误；
B．反应为气体分子数增加的反应，适当减小体系压强，反应正向移动，有利于提高乙醇平衡转化率，B正确；
C．在催化剂作用下，乙醇被氧化成乙醛，乙醛最终被氧化成乙酸，最终生成乙酸乙酯，因此乙醛是反应历程中的中间产物，C正确；
D．提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物，提高乙酸乙酯产率是工艺的关键，D正确；
故选A。故答案为：A；
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