1、江西省丰城中学2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（创新班，含解析）本卷可能用到的元素相对原子质量：H1 O16一选择题1.中国不少古诗词清晰的描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈，美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗的说法正确的是A. “沙中浪底来”的物质指的是金的氧化物B. 由沙子(主要成分二氧化硅)到计算机芯片(硅)发生了还原反应C. 雾分散质粒子直径范围是109107cmD. 淘金原理与化学上的萃取一致【答案】B【解析】【详解】A“沙中浪底来”的物质指的是金的单质，A错误；B由沙子(主要成份为SiO2)到计算机芯片，化
2、合价降低，发生了还原反应，B正确；C雾属于胶体，其分散质粒子直径范围是1100nm，即10-910-7m，C错误；D金的密度较大，且金不溶于水，因此淘金原理与萃取原理不同，D错误；答案选B。【点睛】C选项为易错选项，注意数量级的换算：1nm = 110-9m。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 14g由C2H4和N2组成的混合气体中所含质子总数一定为7.5NAB. 1molP4S3（）中所含PS键的数目为9NAC. 1L0.1molL-1NaHSO3溶液中所含阳离子的总数大于0.1NAD. 11.2LCl2与足量乙烷在光照条件下反应产生HCl分子的总数为0.5NA【答案
3、】C【解析】【详解】A两种气体的摩尔质量均为28g/mol，14g由C2H4和N2组成的混合气体为0.5mol，一个C2H4分子和一个N2分子中所含质子数分别为16和14，所以0.5mol两者的混合气体中所含有的质子总数为介于7NA8 NA之间，A错误；B1molP4S3（）中所含PS键的数目为6NA，B错误；C1L0.1molL-1NaHSO3溶液中所含Na+的物质的量为0.1mol，HSO3-会电离出H+，H2O也会电离出H+，所以阳离子的总数大于0.1NA，C正确；D未指明温度与压强，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；故答案选C3.下列实验操作对应的实验现象及解释或结论不正确的是选项
4、实验操作 实验现象 解释或结论A将相同大小的金属钠分别投入乙醇和水中乙醇与钠反应缓慢，水与钠反应剧烈乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B向 2 mL 1 mol/L NaOH 溶液中先加入3滴 1 mol/L MgCl2,再加入3滴 1 mol/LFeCl3 溶液先生成白色沉淀,后生成红褐色沉淀证明 KspMg(OH)2KspFe(OH)3C 将水蒸气通过灼热的铁粉 生成的气体可以点燃 铁与水蒸气在高溫下发生反应D将刚摘下的红色花朵放入盛满干燥氯气的集气瓶中,盖上玻璃片 花朵褪色 因为次氯酸具有漂白作用A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】A、两个反应的实质都是钠置换出H2
5、，所以反应的剧烈程度就能够说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故A正确；B、实验中MgCl2和FeCl3溶液是先后分别加入的，且NaOH过量，所以实验现象与两种沉淀的Ksp大小没有关系，不能证明KspMg(OH)2 KspFe(OH)3，故B错误；C、因为水蒸气在高温下不可能点燃，而铁粉是固体，所以可以点燃的气体只能是新生成的物质，即说明铁与水蒸气在高溫下发生了反应，故C正确；D、刚摘下的红色花朵中含有水分，可以与氯气反应生成次氯酸，使花朵褪色，故D正确。本题正确答案为B。4.我国学者研究出一种用于催化 DMO 和氢气反应获得 EG 的纳米反应器，下图是反应的微观过程示意图。下列说
6、法中正确的是A. Cu 纳米颗粒是一种胶体B. DMO 的名称是二乙酸甲酯C. 该催化反应的有机产物只有 EGD. 催化过程中断裂的化学健有 H-H、C-O、CO【答案】D【解析】【详解】A选项，Cu纳米颗粒是单质，而胶体是混合物，故A错误；B选项，DMO的名称是乙二酸二甲酯，故B错误；C选项，该催化反应的有机产物只有EG还有甲醇，故C错误；D选项，CH3COOCOOCH3+4H2CH3OH+HOCH2CH2OH，由图及反应可知催化过秳中断裂的化学健有HH、CO、CO，故D正确。综上所述，答案为D。5.一种新型漂白剂(如下图)可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、
7、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是()A. 工业上通过电解熔融的WX来制得WB. W、X对应的简单离子半径顺序为：WXC. 该漂白剂中各元素均满足8电子稳定结构D. Y最高价氧化物对应水化物为弱酸【答案】D【解析】【分析】从图中可以看出，Y显4价，说明最外层电子数为4，X显2价，最外层电子数为6，W显+2价，说明它是第A族的金属元素，所以Z为氢(H)；由“W、X对应的简单离子核外电子排布相同”，可确定W为镁(Mg)，X为氧(O)，从而得出Y为碳(C)。【详解】A工业上利用电解熔融MgCl2的方法制镁，A不正确；BW(Mg)、X(
8、O)对应的简单离子半径顺序为：O2-Mg2+，B不正确；C该漂白剂中氢(H)元素不满足8电子稳定结构，C不正确；DY为碳(C)，它的最高价氧化物对应水化物H2CO3为弱酸，D正确；故选D。6.某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体的一种方案如下：下列说法不正确的是A. 滤渣A的主要成分是B. “合成”反应要控制温，温度过高，产率会降低C. “系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等D. 相同条件下，净水能力比强【答案】D【解析】【详解】A. 硫酸钙微溶于水，滤渣A的主要成分是，故A正确；B. “合成”反应要控制温，温度过高，会促进Fe3的水解，生成硫酸铁铵的产率会降低，故B正确；C. 硫酸
9、铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯，所以“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故C正确；D. NH4水解生成H，抑制Fe3的水解生成氢氧化铁胶体，所以氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，相同条件下，净水能力比弱，故D错误；故选D。7.我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置进行脱硫，将硫化氢气体转化成硫沉淀。已知甲、乙池中发生的反应为(右图)：下列说法正确的是A. 甲池中得到H2O2的反应，H2O2既是氧化产物也是还原产物B. 电路中每转移0.2mol电子，甲池溶液质量变化3.4g，乙池溶液质量保持不变C. 光照时乙池电极上发生的反应为：H2S+I3-
10、=3I-+S+2H+D. 甲池中炭棒上发生的电极反应为：AQ+2H+-2e-=H2AQ【答案】B【解析】【详解】A.根据图示可知在甲池中O2与H2AQ反应产生H2O2和AQ，O元素的化合价降低，H元素化合价没有变化，所以H2O2是还原产物，A错误；B.根据图示可知电路中每转移0.2mol电子，反应产生0.1molH2O2，溶液质量增加3.4g，而在乙池，H2S-2e-=S+2H+，产生的H+通过全氟碳酸膜进入甲池，所以乙池溶液质量保持不变，B正确；C.在乙池中，H2S失电子生成硫单质，I2单质得电子生成I-，发生电池反应为H2S+I3-=3I-+S+2H+，不是电极反应式，C错误；D.甲池中碳
11、棒为正极，正极上发生还原反应，电极反应为：AQ+2H+2e-=H2AQ，D错误；故合理选项是B。8.在25时，甘氨酸在水溶液中解离情况如下：，改变溶液pH值，三种甘氨酸相关离子的分布分数(，平衡时某物种的浓度占各物浓度之和的分数)变化如图示。当调节溶液的pH值使甘氨酸带的净电荷为零，此时溶液的pH叫等电点。下列说正确的是A. 曲线、分别代表的微粒为A、A、A+B. K2=102.34，且K2对应的解离基团为-NHC. 在pH=9.60的溶液中加盐酸，(A)+(A+)+(A)保持不变D. 甘氨酸的等电点pH约为6，且存在c(A)=c(A+)=c(A)【答案】C【解析】【详解】A根据其解离情况可知
12、：溶液碱性越强，A-含量越大，溶液酸性越强，A+含量越大，故曲线、分别代表的微粒为A+、A、A-，A错误；B由图可知pH=9.60时，溶液中H3N+CH2COO-与H2NCH2COO-浓度相等，K2对应的解离过程为：H3N+CH2COO-H2NCH2COO-+H+，K2=10-9.60，K2对应的解离基团为COO-，而选项中是K1时的情况分析，B错误；C根据物料守恒可知，(A)+(A+)+(A-)保持不变，C正确；D.由图可知，等电点pH约为6，此时溶液中甘氨酸形成的离子为A，满足c(H3N+CH2COO-)c(H3N+CH2COOH)c(H2NCH2COO-)，D错误；答案选C。9.利用小粒
13、径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氣乙烯进行水体修复，修复过程如图所示。H+、O2、等共存物的存在会影响水体修复效果。下列说法错误的是A. 反应在负极发生，反应在正极发生B. 增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可加快水体修复速率C. 水体修复过程中，三氯乙烯每脱去3mol Cl，就有3molFe变成Fe2+D. 的电极反应式为 + 10H+8e-=+3H2O【答案】C【解析】【详解】A反应是铁失电子，在负极发生，反应得电子发生还原反应，在正极发生，故A正确；B增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，加快单位体积水体中失电子速率，可加快水体修复速率，故B正确；C水体修复过程中，正极发生、
14、等反应，根据电子转移守恒，三氯乙烯每脱去3mol Cl，Fe变成Fe2+的物质的量大于3mol，故C错误；D反应是硝酸根离子得电子被还原为铵根离子，电极反应式为+ 10H+8e-=+3H2O，故D正确；选C。10.二氧化碳捕获技术用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产物，其中CO2催化合成甲酸是原子利用率高的反应，且生成的甲酸是重要化工原料。下列说法不正确的是（ ）A. 二氧化碳的电子式: B. 在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键完全断裂C. N(C2H5)3能够协助二氧化碳到达催化剂表面D. CO2催化加氢合成甲酸的总反应式：H2+CO2=HCOOH【答案】B【解析】【分析】由
15、图可知，CO2催化加氢合成甲酸的总反应式是H2+CO2=HCOOH。【详解】A. 二氧化碳是共价化合物，其电子式为，故A正确；B. 由二氧化碳和甲酸的结构式可知，在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键不会完全断裂，只断裂其中一个碳氧双键，故B错误；C. N(C2H5)3捕获CO2，表面活化，协助二氧化碳到达催化剂表面，故C正确；D. 由图可知，CO2催化加氢合成甲酸的总反应式：H2+CO2=HCOOH，故D正确；答案选B。11.乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理如图所示。其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。下列有关说法正确的是（ ）A. 该正反应历程中最大能垒(活化能)为85kJmol-1B. 吸附
16、反应为吸热反应C. Pd为固体催化剂，其表面积大小对催化效果无影响D. C2H2*+H*C2H3*只有化学键的形成过程【答案】A【解析】【详解】A垒能即活化能， C2H2+H*C2H3+的活化能为66 kJmol-1，C2H3+H*C2H4+的活化能为85 kJmol-1，所以该历程中最大能垒为85 kJmol-1，故A正确；B据图可知可知吸附反应过程能量降低，为放热反应，故B错误；CPd为固体催化剂，其表面积越大吸附的反应物越多，催化效果越好，故C错误；D据图可知C2H2*+H*C2H3*的过程中有能量的上升，说明有化学键的断裂，故D错误；故答案为A。12.煤的干馏实验装置如图所示。下列说法
17、错误的是A. 可用蓝色石蕊试纸检验a层液体中含有的NH3B. 长导管的作用是导气和冷凝C. 从b层液体中分离出苯的操作是分馏D. c口导出的气体可使新制氯水褪色【答案】A【解析】【分析】根据煤干馏的产物进行分析：煤干馏的产物为焦碳、煤焦油和焦炉煤气。焦炉煤气主要成分是氢气、甲烷、乙烯、一氧化碳等；煤焦油含有苯，粗氨水等【详解】A.氨水呈碱性，遇紫色石蕊试纸变蓝，所以用蓝色石蕊试纸检验NH3是错误，故A错误；B.长导管的作用是导气和冷凝，故B正确；C.苯和煤焦油互溶，从b层液体中分离出苯的操作是分馏，故C正确；D.c口导出的气体有乙烯等还原性气体，可使新制氯水褪色，故D正确；答案：A。【点睛】解
18、题的关键是煤干馏的产物。根据产物的性质进行分析即可。13.下列说法正确的是（ ）A. 丙烷是直链烃，所以分子中3个碳原子也在一条直线上B. 丙烯所有原子均在同一平面上C. 所有碳原子都在同一平面上D. 至少有16个原子共平面【答案】D【解析】【详解】A丙烷中C原子是饱和碳原子，形成的是四面体结构，因此三个C原子是锯齿形的，不在一条直线上，A错误； BCH3-CH=CH2中甲基C原子构成的是四面体结构，因此该甲基上至少有一个氢不和它们共平面，B错误；C因为环状结构不是平面结构，所以所有碳原子不可能在同一平面上，C错误；D该分子中在同一条直线上的原子有8个()，再加上其中一个苯环上的8个原子，所以
19、至少有16个原子共平面，D正确；故合理选项是D。14.乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为20.8，能与水混溶)的装置(夹持装置已略)如图所示：下列说法错误的是A. 向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开KB. 实验开始时需先加热，再通O2，然后加热C. 装置中发生的反应为2CH3CH2OH +O22CH3CHO+2H2OD. 实验结束时需先将中的导管移出。再停止加热【答案】B【解析】【分析】根据装置图，中过氧化氢在二氧化锰催化条件下生成氧气，通入中与乙醇形成混合蒸气，在中加热条件下发生氧化还原反应生成乙醛，用于收集乙醛以及未反应的乙醇，据此分析解答。【详解】A向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K，避
20、免生成的氧气，使装置内压强过大，故A正确；B实验时应先加热，以起到预热的作用，使乙醇充分反应，故B错误；C催化条件下，乙醇可被氧化生成乙醛，发生2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故C正确；D实验结束时需先将中的导管移出，再停止加热，以避免发生倒吸，故D正确；故选B。【点睛】明确反应的原理是解题的关键。本题的易错点为A，要注意滴入过氧化氢就会反应放出氧气，容器中的压强会增大。15.利用手持技术可测定酸碱滴定过程中溶液的电导率导电能力和pH的变化，时向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入氨水，滴定过程中电导率和pH变化曲线如图所示，已知和的电离平衡常数均为。下列说法正确的是 A
21、. a点溶液中，B. b点溶液中，主要溶质为和HClC. c点对应的氨水D. d点溶液中，【答案】D【解析】【详解】A.由的电离平衡常数表达式可知，故A错误；B.盐酸和醋酸的混合溶液加入氨水，溶液的体积增大，导电性下降，b点对应的是导电性最低处，应该是加入的氨水和盐酸反应完，即溶液的溶质是和醋酸，故B错误；C.c点溶液中恰好生成等量的和，所以，故C错误；D.根据电荷守恒可知3，d点溶液，所以，所以，故D正确。故选D。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡，明确图象上点对应溶液中的组分是解题的关键，注意运用溶液中的守恒关系。二非选择题16.有效去除大气中的NOx，保护臭氧层，是环境保护的重要课题。(
22、1)在没有NOx催化时，O3的分解可分为以下两步反应进行；O3=O+O2 (慢) O+O3=2O2 (快)第一步速率方程为v1=k1c(O3)，第二步的速率方程为v2=k2c(O3)c(O)。其中O为活性氧原子，它在第一步慢反应中生成，然后又很快的在第二步反应中消耗，因此，我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k1、k2组成的代数式表示c(O)=_。(2)NO做催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示：已知：O3(g)+O(g)=2O2(g) H=143 kJ/mol反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) H1=200.2 kJ/mol。反应2：热化学方程式为_。(3)
23、一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变，NOx的去除率如图所示。已知：NO与Ca(OH)2不反应；NOx的去除率=1100%在0.30.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为：_。当大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降低。其可能的原因是_。(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) H=759.8 kJ/mol，反应达到平衡时，N2的体积分数随的变化曲线如图。b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近_。a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为_；b、c、d三
24、点的平衡常数从大到小的顺序为_(以上两空均用a、b、c、d表示)。若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为_。【答案】 (1). (2). NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) H2=+57.2kJ/mol (3). NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2+2NO2-+H2O (4). NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低 (5). 1：1 (6). cbd (8). 60%【解析】【分析】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，以此计算即可；(2)根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程
25、式；(3)NO、NO2和Ca(OH)2发生归中反应产生Ca(NO2)2、H2O；根据二者发生归中反应的物质的量的比及NO2与水反应产生HNO3和NO分析判断；(4)b点时N2含量最高，说明按方程式计量关系反应，根据方程式分析C、N个数的比；根据坐标系中横坐标的含义及物质浓度与物质转化率的关系分析判断。利用化学平衡常数与温度的关系及该反应的正反应为放热反应，利用温度对平衡移动的影响判断；根据物质反应转化关系，结合=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，计算平衡时各种物质的浓度，最后根据转化率的含义计算NO的转化率。【详解】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，
26、v1=k1c(O3)， v2=k2c(O3)c(O)，则k1c(O3)=k2c(O3)c(O)，所以c(O)=；(2)反应是O3在NO作用下生成NO2和O2，NO2在氧原子作用下生成NO和O2，反应过程中NO参与反应后又生成，所以NO作用为催化剂，根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) H=+57.2 kJ/mol；(3)NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2+2NO2-+H2O；当NO太少，NO
27、2量太多，首先发生反应：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2+2NO2-+H2O；NO2不能完全吸收，过量的NO2就和水反应生成HNO3和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降低；(4)当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1：1；增大，CO的浓度增大的倍数大于NO增大的倍数，使CO转化率降低，所以a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为cbT2，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故d点平衡常数小于b、c点，所以b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为b=cd；若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，假设开始时
28、n(NO)=1 mol，n(CO)=0.8 mol，假设CO平衡时CO转化了x mol，则根据物质反应转化关系可知平衡产生CO2的物质的量为x mol，N2为0.5x mol，则此时CO为(0.8-x) mol，NO为(1-x) mol，100%=20%， 解得x=0.6 mol，所以NO的转化率为100%=60%。【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、化学反应速率、化学平衡的判断与计算，掌握反应原理，利用反应特点，根据题目提供的数据和图象分析判断。17.钼主要用于钢铁工业，也常用于制造石油化学工业中的各种催化剂等。以辉钼矿(主要成分为MoS2)为原料制备钼的工艺流程如图所示(部分产物和条件已省略
29、)。请回答下列问题：(1)煅烧时，MoS2转化成MoO3，该反应过程中的化学方程式为_，工业上利用气体A可以制备化工产品“三酸”中的_(写化学式)。(2)写出“氨溶”离子方程式：_。(3) “氨溶”需要控制温度在5060 ，温度过高的后果是_。(4)某半水煤气中含CO、H2和N2，还含少量CO2、H2O(g)等。已知：CuCl溶于浓盐酸形成的溶液能吸收CO，高于700 时，水蒸气能将钼氧化为MoO2，高于800 时，CO会与钼反应生成Mo2C。某同学利用半水煤气模拟上述流程中还原钼，设计如下实验(加热装置已省略)：A、B、C中加入的试剂顺序依次为_(填标号)。a浓硫酸 bNaOH溶液 cCuC
30、l溶于浓盐酸形成的溶液 d饱和碳酸氢钠溶液 e蒸馏水D处用石英管，不用普通玻璃管，其原因是_。E处尾气处理装置应选用_(填标号)。【答案】 (1). 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 (2). H2SO4 (3). MoO3+2NH3H2O=2+H2O (4). 氨挥发加快，原料利用率降低 (5). cba (6). 石英管耐高温，普通玻璃管易软化 (7). 【解析】【分析】辉钼矿中的MoS2与空气中的O2反应，得到MoO3，S转化为SO2；粗MoO3用氨水溶解，得到钼酸铵溶液，加入盐酸，得到钼酸沉淀和氨气，钼酸高温分解得到MoO3，最后用氢气还原得到金属Mo。【详解】(1)根据流程图，
31、MoS2与O2反应后得到MoO3和SO2，化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2；工业上可利用SO2来生成化工产品“三酸”中的H2SO4；(2)MoO3用氨水溶解后得到(NH4)2MoO4，离子方程式为MoO3+2NH3H2O=2NH4+MoO42+H2O；(3)“氨溶”需要控制温度在5060，温度过高，NH3H2O易受热分解，NH3逸出，浸取率低，因此其后果是氨挥发加快，原料利用率降低；(4)根据已知，高于700时，水蒸气能将钼氧化为MoO2，高于800时，CO会与钼反应生成Mo2C；因此需要除去半水煤气中的CO2、CO和H2O，利用CuCl溶于浓盐酸形成的溶液除去CO，利用Na
32、OH除去CO2，利用浓硫酸除去水。CuCl溶于浓盐酸形成的溶液除去CO时会有HCl气体逸出，而NaOH可以吸收HCl，因此先吸收CO、再吸收CO2，最后吸收H2O，因此A、B、C中加入的试剂顺序为cba；普通玻璃管熔化温度较低，石英管熔化温度很高，而H2还原MoO3的反应温度很高，不能使用普通玻璃管，答案：石英管耐高温，普通玻璃管易软化；尾气中含有H2、N2、H2O，N2是空气的主要成分，可直接排入大气中，氢气是可燃物，可用燃烧法处理，因此尾气处理装置选。18.乙基叔丁基酸(以ETBE表示)是一种性能优良的高辛烷值汽油调和剂，用乙醇与异丁烯(以IB表示)在催化剂HZSM5催化下合成ETBE，反
33、应的化学方程式为：C2H5OH(g)+IB(g) ETBE(g)H。回答下列问题：(1)反应物被催化剂HZSM5吸附的顺序与反应历程的关系如上图所示，该反应的H_akJmol-1，下列选项正确的是_(填序号)。A反应历程的最优途径是C1BHZSM5没有参加化学反应C相同条件下，采用不同途径时，乙醇的平衡转化率C1C2C3D升高反应温度有利于提高平衡产率(2)向刚性容器中按物质的量之比1:1充入乙醇和异丁烯，在温度为378K与388K时异丁烯的转化率随时间变化如图所示。图中A、M、B三点，化学反应速率由大到小的顺序为_，其中逆反应速率最大的点是_(用符号A、M、B填写)。388K时，容器内起始总
34、压为P0 Pa，用分压表示的该反应的平衡常数Kp_Pa-1(用含有P0的式子表示)。瑞典化学家阿累尼乌斯的化学反应速率经验定律为：kA (其中，k为速率常数A、R为常数，Ea为活化能，T为绝对温度，e为自然对数底数，约为2.718)。由此判断下列说法中正确的是_(填序号，k正、k逆为正、逆速率常数)。A其他条件不变，升高温度，k正增大，k逆变小B其他条件不变，使用催化剂，k正、k逆同倍数增大C其他条件不变，増大反应物浓度k正增大，k逆不变D其他条件不变，减小压强，k正、k逆都变小已知反应速率，计算上图中M点_(保留两位小数)【答案】 (1). 4 (2). A (3). MBA (4). A
35、(5). (6). B (7). 5.33【解析】【分析】(1)焓变等于生成物总能量减去反应物总能量；根据改变反应速率的影响因素分析。(2)温度升高，反应速率增大，缩短平衡所需时间，并根据反应速率与温度、浓度关系进行分析；建立三段式进行计算；根据影响化学反应速率的因素分析与k正、k逆的关系；先计算，再计算M点的各物质的关系与总压强，再根据公式进行计算。【详解】(1)反应物被催化剂HZSM5吸附的顺序与反应历程的关系如上图所示，该反应的H(1-5)a kJmol1=4a kJmol1；A根据图中信息，过渡态1的活化能是4a kJmol1，过渡态2的活化能是6a kJmol1，过渡态3的活化能是6
36、a kJmol1，因此反应历程的最优途径是C1，故A正确；BHZSM5参加化学反应，降低反应的活化能，能够使化学反应速率大大加快，故B错误；C相同条件下，采用不同途径时，由于不能改变反应物、生成物的总能量，因此乙醇的平衡转化率相等，故C错误；D该反应是放热反应，升高反应温度，平衡逆向移动，因此不利于提高平衡产率，故D错误；综上所述，答案为：4；A。(2)温度升高，反应速率增大，缩短平衡所需时间，因此L1为388K时异丁烯的转化率，M、A是388K温度下的反应，反应正向进行，M点的浓度比A点浓度大，反应速率快，所以反应速率是MA，M、B点浓度相同，B点温度低，因此反应速率MB，A、B观察斜率，反
37、应速率BA，故化学反应速率由大到小的顺序为MBA，A、M、B三点中A点温度高于B点，A点生成物的浓度大于M、B点，所以图中A、M、B三点，逆反应速率最大的点是A点，故答案为：MBA；A。388K时，假设加入的物质的量都为amol，容器内起始总压为P0 Pa，根据压强之比等于物质的量之比，P=0.6P0 Pa，用分压表示的该反应的平衡常数；故答案为：。A其他条件不变，升高温度，正逆反应速率增大，因此k正增大，k逆增大，故A错误；B其他条件不变，使用催化剂，催化剂同等程度的改变反应速率，因此k正、k逆同倍数增大，故B正确；C反应速率常数只与反应温度有关，其他条件不变，増大反应物浓度，k正不变，k逆
38、不变，故C错误；D反应速率常数只与反应温度有关，其他条件不变，减小压强，k正、k逆都不变，故D错误；已知反应速率，当反应达到平衡时，则，假设开始时n(异丁烯)= n(乙醇)=amol，M点转化率为60%，因此M点时n(异丁烯)= n(乙醇)=0.4amol，n(ETBE)=0.6amol，气体总物质的量为0.4amol + 0.4amol+0.6amol =1.4amol，此时压强，M点；故答案为：B；5.33。19.环己烯是重要的化工原料，实验室常用下列反应制备环己烯：+H2O环己醇、环己烯的部分物理性质如表：物质沸点()密度(gcm-3，20 )溶解性环己醇161.1(97.8)*0.96
39、24能溶于水环己烯83(70.8)*0.8085不溶于水*括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物中有机物的质量分数.环己烯的制备与提纯制备环己烯粗品。实验中将环己醇与浓硫酸混合加入烧瓶中，按图示装置，油浴加热，蒸馏约1 h，收集馏分，得到主要含环己烯和水的混合物(1)原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为_，现象为_。上述装置中仪器B的作用为_。 环己烯的提纯操作步骤主要有：向馏出液中加入精盐至饱和；加入34 mL 5% Na2CO3溶液；静置，分液；加入无水CaCl2固体；蒸馏。(2)蒸馏不能彻底分离环己烯和水的原因是_。 (3)加入34 mL 5% Na2CO3溶液的作用是_
40、。 .环己烯含量的测定在一定条件下，向a g环己烯样品中加入定量制得的bmol Br2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用cmolL-1的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液V mL(以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中，发生的反应如下：Br2+ Br2+2KII2+2KBrI2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6(4)滴定所用指示剂为_。样品中环己烯的质量分数为_(用含字母的代数式表示)。 (5)下列情况会导致测定结果偏低的是_(填字母)。 a.样品中含有苯酚杂质 b.在测定过程中部分环己烯挥发c. Na2S2O3标准溶液部分被氧化【答
41、案】 (1). FeCl3溶液 (2). 溶液显紫色 (3). 减少环己醇蒸出 (4). 环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发 (5). 有利于中和产品中混有的微量的酸 (6). 淀粉溶液 (7). (8). bc【解析】【分析】(1)苯酚与FeCl3溶液发生显色反应； (2) 根据题意，环己烯和水形成具有固定组成的混合物； (3) Na2CO3溶液能与酸反应； (4)碘能使淀粉变蓝；环己烯和碘化钾共消耗bmol溴，根据关系式Br2 I22Na2S2O3可知碘化钾消耗溴的物质的量；(5) 根据进行误差分析；【详解】(1)苯酚与FeCl3溶液发生显色反应，环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为
42、FeCl3溶液，现象为溶液显紫色。根据图示，仪器B是冷凝管，作用为冷凝回流，减少环己醇蒸出；(2) 根据题意，环己烯和水形成具有固定组成的混合物，该混合物一起被蒸发，所以蒸馏不能彻底分离环己烯和水；(3) Na2CO3溶液能与酸反应，加入34 mL 5% Na2CO3溶液的作用是中和产品中混有的微量的酸；(4)碘能使淀粉变蓝，滴定所用指示剂为淀粉溶液；根据关系式Br2 I22Na2S2O3，碘化钾消耗溴的物质的量为；环己烯和碘化钾共消耗bmol溴，则环己烯消耗溴 ，根据Br2+，可知环己烯的物质的量是，环己烯的质量分数为；(4)a.苯酚与溴发生取代反应，样品中含有苯酚杂质，样品消耗溴偏多，消耗
43、Na2S2O3的体积偏小，根据，测定结果偏高，故不选a；b.在测定过程中部分环己烯挥发，环己烯消耗溴的物质的量偏小，则消耗Na2S2O3的体积偏大，根据，测定结果偏低，故选b； c. Na2S2O3标准溶液部分被氧化，消耗Na2S2O3的体积偏大，根据，测定结果偏低，故选c；选bc。【点睛】本题考查环己烯的制备及含量测定，明确实验原理是解题关键，根据进行误差分析，若消耗Na2S2O3的体积偏大，则沉淀结果偏小。20.化合物M是一种药物中间体。实验室以烃A为原料制备M的合成路线如图所示。请回答下列问题：已知：R1COOH+R2COR3。R1CH2COOR2+R3COOR4+R4OH、均表示烃基(
44、1)的核磁共振氢谱中有_组吸收峰；B的结构简式为_。(2)的化学名称为_；D中所含官能团的名称为_。(3)所需的试剂和反应条件为_；的反应类型为_。(4)的化学方程式为_。(5)同时满足下列条件的M的同分异构体有_种不考虑立体异构。五元环上连有2个取代基能与溶液反应生成气体能发生银镜反应(6)参照上述合成路线和信息，以甲基环戊烯为原料无机试剂任选，设计制备的合成路线：_。【答案】 (1). 1 (2). (3). 氯环己烷 (4). 碳碳双键 (5). 乙醇溶液、加热 (6). 酯化反应 (7). +CH3CH2OH (8). 6 (9). 【解析】【分析】根据流程图，烃A在氯化铁条件下与氯气
45、发生取代反应生成B，B与氢气加成生成C，结合C的化学式可知，A为，B为，C为，根据题干信息可知，D中含有碳碳双键，则C发生消去反应生成D，D为，D中碳碳双键被高锰酸钾氧化生成E，E为，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，根据信息，F在乙醇钠作用下反应生成M()，据此分析解答。【详解】(1)的结构简式为，A中只有1种氢原子，核磁共振氢谱中有1组吸收峰；B的结构简式为，故答案为：1；(2)C的结构简式为，化学名称为氯环己烷；D的结构简式为，D中所含官能团为碳碳双键，故答案为：氯环己烷；碳碳双键；(3)C的结构简式为，D的结构简式为，为卤代烃的消去反应，反应条件为NaOH乙醇溶液、加热；E的结构简式为，F的结构简式为，的反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：NaOH乙醇溶液、加热；酯化反应或取代反应；(4)F的结构简式为，M的结构简式为，根据信息，的化学方程式为+CH3CH2OH，故答案为：+CH3CH2OH；(5) M为，同时满足：五元环上连有2个取代基；能与溶液反应生成气体，说明含有羧基；能发生银镜反应，说明含有醛基，满足条件的M的同分异构体有：、，一共6种，故答案为：6； (6) 以甲基环戊烯()合成，要想合成，需要先合成，因此需要将碳碳双键打开，根据信息，碳碳双键打开后得到，只需要将中的羰基与氢气加成即可，具体的合成路线为，故答案为：。
