1、2015年陕西省铜川市耀州中学高考化学热身试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题6分）1（6分）（2015铜川校级模拟）化学与生活息息相关下列说法不正确是（）A用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈BNOx、Cl2、PM2.5颗粒都会导致酸雨C在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮D人体摄入大量铝盐易患“老年性痴呆”，明矾不宜大量作净水剂考点：盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理；微量元素对人体健康的重要作用分析：A、饱和氯化铵溶液显酸性，铁锈中的氧化铁和酸发生反应；B、PM2.5是造成灰霾天气的“元凶”之一，与酸雨无关，氯气不是形成酸雨的物质；C、硅胶具有开放的多孔结构，
2、吸附性强；D、明矾电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能净水，但铝离子摄入多，易患“老年性痴呆”解答：解：A、饱和氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，能溶解金属氧化物，所以用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹，故A正确；B、酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6，二氧化硫、氮氧化物等物质是形成酸雨的重要物质，二氧化碳排放过多会引起温室效应，不是形成酸雨的气体，PM2.5是造成灰霾天气的“元凶”之一，所以Cl2、PM2.5颗粒都不会导致酸雨，故B错误；C、硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，可做食品的吸水剂，可防止食物受潮，故C正确；D、明矾的电离：KAl（SO4
3、）212H2O=K+Al3+2SO42+12H2O，电离出的Al3+水解，Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，生成的氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮物，达到净水的效果，但人体摄入大量铝盐，易患“老年性痴呆”，故D正确；故选B点评：本题考查物质性质和结构的理解应用，化学与生活，化学来源于生产、生活，也服务于生产、生活，在学习过程中要理论联系实际，能运用所学知识解决实际问题，题目较简单2（6分）（2012福建）下列关于有机物的叙述正确的是（）A乙醇不能发生取代反应BC4H10有三种同分异构体C氨基酸、淀粉均属于高分子化合物D乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别考点：乙醇的化学性质；有机物的鉴别
4、；同分异构现象和同分异构体；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点专题：同分异构体的类型及其判定；有机物的化学性质及推断分析：A、乙醇可以与钠反应，可以发生酯化反应、与HBr反应；B、C4H10是丁烷，有两种同分异构体；C、氨基酸不是高分子化合物；D、乙烯与溴水发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色解答：解：A、乙醇与钠反应可认为是取代反应，乙醇与HBr反应，酯化反应等都是取代反应，故A错误；B、C4H10是丁烷，有正丁烷、异丁烷两种同分异构体，故B错误；C、氨基酸不是高分子化合物，故C错误；D、乙烯与溴水发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，甲烷不能使溴的四氯化碳溶液褪色，可以区别，故D正确；故选D点
5、评：本题考查有机反应类型、同分异构体、有机物鉴别、高分子化合物概念等，题目综合性较大，难度较小，旨在考查学生对基础知识的理解掌握3（6分）（2015铜川校级模拟）仅仅用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选），不能实现相应实验目的是（） 选项实验目的仪器A从食盐水中获得NaCl晶体蒸发皿、玻璃棒、酒精灯B用硫酸、Na2CO3溶液比较元素S与C的非金属性强弱试管、胶头滴管C用8.0molL1的盐酸配制250mL1.5molL1的盐酸250mL容量瓶、玻璃棒、烧杯D测定NaOH溶液的物质的量浓度酸（碱）式滴定管、胶头滴管、锥形瓶、烧杯AABBCCDD考点：化学实验方案的评价分析：A从食盐水中获取NaC
6、l晶体采用蒸发操作；B元素的非金属性越强，其最高价氧化物的酸性越强，酸能和弱酸盐反应生成弱酸；C配制一定物质的量浓度溶液时，如果是稀释浓溶液，需要量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶；D中和滴定时需要滴定管、胶头滴管、锥形瓶和烧杯解答：解：A从食盐水中获取NaCl晶体采用蒸发操作，需要蒸发皿、玻璃棒和酒精灯，故A正确；B元素的非金属性越强，其最高价氧化物的酸性越强，酸能和弱酸盐反应生成弱酸，其操作方法是：将硫酸放入试管中再用胶头滴管滴入碳酸钠溶液，有气泡产生，说明硫酸酸性大于碳酸，则非金属性SC，故B正确；C配制一定物质的量浓度溶液时，如果是稀释浓溶液，需要量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶
7、，所以还需要量筒、滴定管，故C错误；D中和滴定时需要滴定管、胶头滴管、锥形瓶和烧杯，用滴定管盛放滴定溶液，用滴定管滴加指示剂，锥形瓶盛放被滴定溶液，所以能实现实验目的，故D正确；故选C点评：本题考查化学实验方案评价，涉及仪器选取、实验基本操作，明确实验原理是解本题关键，根据实验操作过程确定仪器，侧重考查学生实验操作能力，题目难度不大4（6分）（2015铜川校级模拟）短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如表所示已知X的最低负价与Y的最高正价代数和为零，下列说法正确的是（）XYZWA原子半径的大小顺序：r（Y）r（Z）r（W）r（X）BZ的最高价氧化物的水化物酸性比W的强CX的简单
8、气态氢化物的稳定性比W的弱DX分别与Y、Z形成的化合物中化学键类型相同考点：元素周期律和元素周期表的综合应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置，可知X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，X与Y最外层电子数相差4，设Y的最外层电子数为a，则X最外层电子数为a+4，则Y最高正化合价为+a，X的最低负化合价为（a+4）8，则X的最低负价与Y的最高正价代数和为零，故a+（a+4）8=0，解得a=2，故Y为Mg，则Z为Si、W为P、X为OA同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；B同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强，最高价
9、含氧酸的酸性越强；C同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定；D氧化镁为离子化合物，而磷的氧化物为共价化合物解答：解：由短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置，可知X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，X与Y最外层电子数相差4，设Y的最外层电子数为a，则X最外层电子数为a+4，则Y最高正化合价为+a，X的最低负化合价为（a+4）8，则X的最低负价与Y的最高正价代数和为零，故a+（a+4）8=0，解得a=2，故Y为Mg，则Z为Si、W为P、X为O，A同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r（Y）r（Z）r（W
10、）r（X），故A正确；B非金属性WZ，故Z的最高价氧化物的水化物酸性比W的弱，故B错误；C非金属性XW，故X的简单气态氢化物的稳定性比W的强，故C错误；DX分别与Y、Z形成的化合物为MgO、P的氧化物，MgO属于离子化合物，含有离子键，而P的氧化物属于共价化合物，含有共价键，故D错误，故选A点评：本题考查结构性质位置关系应用，侧重对元素周期律的考查，注意元素的推断，难度中等5（6分）（2015铜川校级模拟）NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A在密闭容器中加入1.5 mol H2和0.5 mol N2，充分反应后可得到NH3分子数为NAB一定条件下，2.3 g的Na完全与O2反应
11、生成3.6 g产物时失去的电子数为0.1NAC1.0 L的0.1 molL1Na2S溶液中含有的S2数为0.1NAD标准状况下，22.4 L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A合成氨为可逆反应；B求出钠的物质的量，然后根据钠元素的化合价变化来分析；C硫离子为弱酸根离子，存在水解；D气体摩尔体积适用对象为气体解答：解：A合成氨为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，1.5 mol H2和0.5 mol N2，充分反应后得到NH3分子数小于NA，故A错误；B.2.3g钠的物质的量为0.1mol，而钠无论反应后产物是什么，钠元素反应后
12、一定变为+1价，故0.1mol钠失去0.1mol电子，故B正确；C硫离子为弱酸根离子，存在水解，所以1.0 L的0.1 molL1Na2S溶液中含有的S2数小于0.1NA，故C错误；D标况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故D错误故选：B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，注意盐类的水解，题目难度不大6（6分）（2015铜川校级模拟）下列说法正确的是（）A一定温度下，某溶液的pH7，则该溶液呈酸性B在水中加入少量碳酸钠固体将抑制水的电离C0.02molL1CH3COOH溶液和0.01molL1NaOH溶液等体积混合，则溶液中：2c（H+
13、）+c（CH3COOH）=2c（OH）+c（CH3COO）D浓度均为0.1mol/L的NH4Cl溶液和NH4HSO4溶液，前者的c（NH4+）大于后者考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；水的电离；影响盐类水解程度的主要因素专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A水的离子积受温度的影响，没有告诉温度，则pH6的溶液不一定为酸性溶液；B碳酸根离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离；C.0.02molL1CH3COOH溶液和0.01molL1NaOH溶液等体积混合，混合液为等浓度的醋酸和醋酸钠，根据混合液中的物料守恒和电荷守恒进行解答；D硫酸氢铵溶液中，氢离子抑制了铵根离子的电
14、离，则氯化铵溶液中铵根离子浓度小于硫酸氢铵中铵根离子浓度解答：解：A常温下，水的离子积Kw=11014，所以常温下pH7，溶液呈酸性，而100时，水的离子积常数是1012，当pH=6时溶液呈中性，所以pH6的溶液一定显酸性错误，故A错误；B在水中加入少量碳酸钠固体，碳酸钠电离出的碳酸根离子发生水解，促进了水的电离，导致水的电离程度增大，故B错误；C.0.02molL1CH3COOH溶液和0.01molL1NaOH溶液等体积混合后，溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，混合液显酸性，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），根据物料守恒可知：c（CH3COO）+c（CH3
15、COOH）=0.01mol/L=2c（Na+），由上述两个式子可得：c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO）+2c（OH），故C正确；D浓度均为0.1mol/L的NH4Cl溶液和NH4HSO4溶液，由于硫酸氢铵电离的氢离子抑制了氢离子的电离，导致硫酸氢铵溶液中铵根离子浓度较大，则前者的c（NH4+）小于后者，故D错误；故选C点评：本题考查了水的离子积及其影响、酸碱混合的定性判断、离子浓度定性比较，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，明确离子浓度定性比较方法，学会电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理等知识在比较离子浓度大小中的应用方法7（6分）（2015铜川校级模拟）已知温度
16、T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a molL1的一元酸HA与b molL1一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（）Aa=bB混合溶液的pH=7C混合溶液中，c（H+）= molL1D混合溶液中，c（H+）+c（B）=c（OH）+c（A）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：温度T时水的离子积常数为KW，浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）=c（OH）=mol/L解答：解：A因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱
17、酸盐，则溶液不呈中性，故A错误；B因温度未知，则pH=7不一定为中性，故B错误；C混合溶液中，c（H+）=mol/L，根据c（H+）c（OH）=KW，可知溶液中c（H+）=c（OH）mol/L，溶液呈中性，故C正确；D任何溶液都存在电荷守恒，即c（H+）+c（B）=c（OH）+c（A），不能确定溶液的酸碱性，故D错误故选C点评：本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意溶液呈中性应存在c（H+）=c（OH），由于温度未知，且酸碱的强弱未知，不能根据pH以及酸碱的物质的量关系判断二、解答题8（14分）（2015铜川校级模拟）实验室以苯、乙醛为原料，三氯化铝为催化剂来制备1，1二苯乙烷，其反应
18、原理为：制备过程中其他产物会与AlCl3发生副反应主要实验装置和步骤如下：I合成：在250mL三口烧瓶中加入140mL苯（密度0.88g/mL）、19gA1C13和5.5g乙醛，在20时充分反应分离与提纯：将反应混合物倒入装有150mL，冰水和少量盐酸的烧杯中，充分搅拌，用分液漏斗分离出有机层，依次用水、2%碳酸钠溶液、水洗涤，在分离出的粗产品中加入少量无水硫酸镁固体，过滤后先常压蒸馏除去过量苯再改用减压蒸馏收集170172/6.67kPa的馏分，得12.5g 1，l二苯乙烷（1）仪器a的名称：球形冷凝管（或冷凝管或冷凝器）；其他产物与A1C13发生副反应的化学方程式为：AlCl3+3H2OA
19、l（OH）3+3HCl；装置C的作用：吸收HCl气体（2）连接装置b的作用是防止烧杯中的水蒸气进入反应器中与三氯化铝反应（3）在洗涤操作中，第二次水洗的主要目的是洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠（或洗掉可溶性无机物）实验中加入少量无水硫酸镁的目的是干燥（4）粗产品常压蒸馏提纯时，下列装置中温度计位置正确的是C，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是AB（5）本实验所得到的1，1二苯乙烷产率约为C（填正确答案的序号）A41% B48% C55% D65%考点：制备实验方案的设计；有机物的合成分析：（1）a仪器名称是球形冷凝管（或冷凝管或冷凝器）；产物中含有水，氯化铝属于强酸弱碱盐，易水解；氯化铝
20、水解生成HCl，HCl有刺激性气味，不能直接排空，且极易溶于水；（2）氯化铝易水解生成氢氧化铝，干燥管中物质吸收水蒸气防止氯化铝水解；（3）第二次水洗目的是洗去可溶性无机物；无水硫酸镁具有吸水性；（4）蒸馏时温度计测量馏分温度；温度计位置越高，得到馏分温度越高；（5）根据原料和转化关系可先计算出1，1二苯乙烷的理论产量，再根据产率=100%计算1，1二苯乙烷产率；解答：解：（1）a仪器名称是球形冷凝管（或冷凝管或冷凝器）；氯化铝属于强酸弱碱盐，易水解，产物中含有水，所以氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl，水解方程式为AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl；氯化铝水解生成HCl，HCl有刺激性
21、气味，不能直接排空，且极易溶于水，所以用水吸收生成的HCl，为防止倒吸，尾气处理装置连接倒置漏斗，故答案为：球形冷凝管（或冷凝管或冷凝器）；AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl；吸收HCl气体；（2）尾气处理装置中用水作吸收剂，氯化铝易水解生成氢氧化铝，为防止烧杯中的水蒸气进入反应装置中，所以用干燥管中物质吸收水蒸气，故答案为：防止烧杯中的水蒸气进入反应器中与三氯化铝反应；（3）第二次水洗目的是洗去可溶性无机物，如氯化铝、盐酸和碳酸钠；无水硫酸镁具有吸水性，能作干燥剂，所以无水硫酸镁的作用是作干燥剂，故答案为：洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠（或洗掉可溶性无机物）；干燥；（4）蒸馏时温度计测量
22、馏分温度，所以温度计水银球位于烧瓶支管口处；温度计位置越高，得到馏分温度越高，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是AB，故答案为：C；AB（5）根据题中条件可知，苯的物质的量为mol=1.58mol，乙醛的物质的量为mol=0.125mol，根据物质转化关系，苯过量，所以1，1二苯乙烷的理论产量为0.125（77+77+28）g=22.75，所以1，1二苯乙烷的产率=100%=100%=55%，故选C；点评：本题考查制备实验方案设计，侧重考查学生分析、基本操作等能力，明确实验原理是解本题关键，知道每个仪器作用、物质的性质，学生对于制备实验较陌生，对于有机物性质较陌生，从而导致得分率较
23、低，为学习难点9（14分）（2015铜川校级模拟）磺酰氯（SO2Cl2）是一种有机氯化剂，也是锂电池正极活性物质已知磺酰氯是一种无色液体，熔点54.1，沸点69.1，遇水发生剧烈水解（1）已知：SO2 （g）+Cl2 （g）+SCl2 （g）2SOCl2 （g）H=a kJmol1SO2Cl2（g）+SCl2 （g）2SOCl2（g）H=b kJmol1则反应：SO2（g）+Cl2 （g）SO2Cl2（g）H=abkJmol1（用含a、b的代数式表示）；该反应平衡常数表达式为K=（2）磺酰氯可与白磷发生反应为：P4+10 SO2Cl24PCl5+10SO2，若生成1molSO2，则转移电子的物
24、质的量为2mol（3）某学习小组的同学依据反应：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2（g）H0，设计的制备磺酰氯装置如题图1若用浓盐酸与二氧化锰为原料制取Cl2，其反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O有关题图1所示的装置说法正确的是bde（不定项选择）aA、E处洗气瓶中盛放的可能分别是饱和食盐水和饱和Na2SO3溶液bB处反应管内五球中玻璃棉上的活性炭作催化剂cB处反应管冷却水应从m接口通入d装置C处吸滤瓶应放在冰水中冷却eD处U形管中盛放的可能是碱石灰从化学平衡移动角度分析，反应管通水冷却的目的为冷凝、降温均有利于SO2Cl2生成（4）GET公司开发的Li
25、SO2Cl2军用电池，其示意图如题图2所示，已知电池反应为：2Li+SO2Cl22LiCl+SO2；则电池工作时，正极的电极反应式为SO2Cl2+2e=2Cl+SO2考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素分析：（1）根据盖斯定律计算分析得到，和平衡常数表达式定义书写；（2）由方程式可知P4+10 SO2Cl2=4PCl5+10SO2，P410SO220mole，由此分析解答；（3）若用浓盐酸与二氧化锰为原料制取Cl2的方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O；aA、E处洗气瓶，干燥吸水，二氧化硫和氯气都可以用浓硫酸干燥，而饱和食盐水和饱和NaH
26、SO3溶液起不到干燥的作用，故错误；bB处反应管内五球中玻璃棉上的活性炭对氯气和二氧化硫的反应起催化作用，故正确；cB处反应管冷却水应低处进高处出，所以从n接口通入，故错误；d装置C处吸滤瓶应放在冰水中冷却，利平衡正向移动，提高产率，故正确；eD处U形管中盛放的固体干燥剂，可能是固体碱石灰，故正确；SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2（g）H0，正反应是放热反应，所以水冷却利于SO2Cl2的合成；（4）正极是SO2Cl2中+6价的硫得电子发生还原反应解答：解：（1）SO2 （g）+Cl2 （g）+SCl2 （g）2SOCl2 （g）H=a kJmol1SO2Cl2（g）+SCl2 （g）2S
27、OCl2（g）H=b kJmol1根据盖斯定律得：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2（g）H=（ab ）kJmol1，平衡常数K=，故答案为：ab；（2）由方程式可知P4+10 SO2Cl2=4PCl5+10SO2，P410SO220mole，所以生成1molSO2，则转移电子的物质的量为2mol，故答案为：2；（3）若用浓盐酸与二氧化锰为原料制取Cl2的方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O；aA、E处洗气瓶，干燥吸水，二氧化硫和氯气都可以用浓硫酸干燥，而饱和食盐水和饱和NaHSO3溶液起不到干燥
28、的作用，故错误；bB处反应管内五球中玻璃棉上的活性炭对氯气和二氧化硫的反应起催化作用，故正确；cB处反应管冷却水应低处进高处出，所以从n接口通入，故错误；d装置C处吸滤瓶应放在冰水中冷却，利平衡正向移动，提高产率，故正确；eD处U形管中盛放的固体干燥剂，可能是固体碱石灰，故正确；故选：bde；SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2（g）H0，正反应是放热反应，所以水冷却利于SO2Cl2的合成，故答案为：冷凝、降温均有利于SO2Cl2生成；（4）正极是SO2Cl2中+6价的硫得电子发生还原反应，所以电极反应式为：SO2Cl2+2e=2Cl+SO2，故答案为：SO2Cl2+2e=2Cl+SO2点评
29、：本题考查了盖斯定律和氧化还原的相关计算、化学方程式的书写、化学平衡常数的表达式、平衡移动和电极反应式的书写，难度不大，盖斯定律注意利用方程式相加减的方法处理10（15分）（2012重庆）尿素CO（NH2）2是首个由无机物人工合成的有机物（1）工业上尿素由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O（2）当氨碳比=4时，CO2的转化率随时间的变化关系如图1所示A点的逆反应速率v逆（CO2）小于B点的正反应速率v正（CO2）（填“大于”“小于”或“等于”）NH3的平衡转化率为30%（3）人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图2所示电源
30、的负极为B（填“A”或“B”）阳极室中发生的反应依次为6Cl6e3Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将不变；若两极共收集到气体13.44L（标准状况），则除去的尿素为7.2 g（忽略气体的溶解）考点：化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理专题：压轴题；化学平衡专题；电化学专题分析：（1）CO2和NH3合成CO（NH2）2，根据元素守恒可知，同时还有H2O生成，配平书写方程式；（2）由CO2的转化率随时间变化图可知在A点时反应还未达到平衡状态，反应仍将继续正向进行；设CO2的初始物质的量为a，则NH3的初始物质的量为4a，由
31、图可知，CO2的转化率为60%，故转化的二氧化碳为0.6a，根据方程式计算转化的NH3的物质的量，再根据转化率定义计算；（3）根据电解池中阴离子在阳极放电和阳离子在阴极放电的规律，结合本题图中的电极产物H2和Cl2可以判断出A为电源的正极，B为电源的负极；由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl；阴极反应为：6H2O+6e6OH+3H2（或6H+6e3H2）阳极反应为：6Cl6e3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进
32、入阴极室与OH恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变；由上述反应式可以看出，转移6 mol e时，阴极产生3 mol H2，阳极产生1 mol N2和1 mol CO2，根据n=计算两极产生的气体的物质的量，利用气体中各组分的比例关系，计算n（N2）=n（CO2），再根据方程式计算尿素的物质的量，根据m=nM计算尿素的质量解答：解：（1）CO2和NH3合成CO（NH2）2，根据元素守恒可知，同时还有H2O生成，化学方程式为：2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O，故答案为：2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O；（2）由CO2的转化率随时间变化图可知在A点时反应还未达到平衡状态
33、，反应仍将继续正向进行，故v逆（CO2）小于B点平衡时的化学反应速率，故答案为：小于；设CO2的初始物质的量为a，则NH3的初始物质的量为4a，由图可知，CO2的转化率为60%，故转化的二氧化碳为a60%=0.6a，根据方程式可知，转化的NH3的物质的量为0.6a2=1.2a，故平衡时氨气的转化率定为100%=30%，故答案为：30%；（3）由图可知，左室电极产物为Cl2，发生氧化反应，故A为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故B为电源的负极，故答案为：B；由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为：6Cl6
34、e3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl，故答案为：6Cl6e3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl；阴极反应为6H2O+6e6OH+3H2（或6H+6e3H2）阳极反应为6Cl6e3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变；由上述反应式可以看出，转移6 mol e时，阴极产生3 mol H2，阳极产生1 mol N2和1 mol CO2，故电解收集到的
35、13.44 L气体，物质的量为=0.6mol，即n（N2）=n（CO2）=0.6mol=0.12 mol，根据方程式CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl可知生成0.12 mol N2所消耗的CO（NH2）2的物质的量也为0.12 mol，其质量为：mCO（NH2）2=0.12 mol60 gmol1=7.2 g，故答案为：不变，7.2点评：考查化学平衡的计算、电解池原理与有关计算，难度较大，（3）中关键注意观察电极产物，判断发生的反应，注意根据方程式判断左室中PH值的变化【化学-选修5：有机化学基础】11（15分）（2015铜川校级模拟）有机化合物 A 经李比希法测得其中含
36、C为72.0%、H 为6.67%，其余为氧，用质谱法分析得知 A 的相对分子质量为150 A的一种同分异构体E可用作茉莉、白兰、月下香等香精的调合香料它可以用甲苯和乙醇为原料进行人工合成合成路线如下：请填空：（1）A的分子式为C9H10O2（2）E的结构简式为（3）反应的反应类型为氧化反应，取代反应（4）写出反应的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（5）写出反应的化学方程式（6）D的芳香族同分异构体有4 种，其中核磁共振氢谱的峰面积之比为1：2：2：3的所有同分异构体结构简式为考点：有机物的推断专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物A中C原子个数N（C）=9，H原子个
37、数N（H）=10，O原子个数N（O）=2，所以有机物A的分子式为C9H10O2，乙醇发生氧化反应生成B为CH3CHO，乙醛进一步氧化生成C为CH3COOH，甲苯发生取代反应生成，发生卤代烃的水解反应生成D为，乙酸与苯甲醇发生酯化反应生成E为，据此解答解答：解：乙醇发生氧化反应生成B为CH3CHO，乙醛进一步氧化生成C为CH3COOH，甲苯发生取代反应生成，发生卤代烃的水解反应生成D为，乙酸与苯甲醇发生酯化反应生成E为，（1）有机物A中C原子个数N（C）=9，H原子个数N（H）=10，O原子个数N（O）=2，所以有机物A的分子式为C9H10O2，故答案为：C9H10O2；（2）由上述分析可知，E的结构简式为：，故答案为：；（3）反应属于氧化反应，反应属于取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；（4）反应的化学方程式：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（5）反应的化学方程式为：，故答案为：；（6）D为，其芳香族的同分异构体有苯甲醚、甲基苯酚（邻、间、对三种），共有4种，其中核磁共振氢谱的峰面积之比为1：2：2：3的所有同分异构体结构简式为 ，故答案为：4；点评：本题考查有机物推断、同分异构体的书写、有机反应类型、有机反应方程式书写等，利用顺推法推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等