1、青海省海东市2019-2020学年高二下学期期末联考化学试题考生注意：1本试卷分第I卷（选择题）和第I卷（非选择题）两部分,共100分。考试时间90分钟。2请将各题答案填写在答题卡上。3本试卷主要考试内容：人教版选修4、选修5。4可能用到的相对原子质量：H 1C1 2 O 16第I卷 （选择题共48分）一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）1.“有机”一词译自“Organic”，词源解释为：“属于、关于或者源自生物的”。下列关于有机化学的说法，错误的是（ ）A. 3D打印技术用于有机合成可以促进工艺的精准化和简易化B. 德青花瓷所用青料“苏麻离青”属低
2、锰高铁类钴料，是纯天然有机材料C. 1828年维勒由氰酸铵合成尿素，实现了实验室无机物到有机物的转化D. 我国非遗中的扎染工艺，以板蓝根、蓝靛等做染料是经验性利用有机化合物的典范【答案】B【解析】【详解】A3D打印作为一种“自下而上”的材料累加制造方法，操作简单、制造成本更低，用于有机合成，可实现复杂结构的精确定制，A正确；B“苏麻离青”属低锰高铁类钴料，是天然无机材料，B错误；C氰酸铵属于无机物，尿素属于有机物，这是实验室第一次实现无机物到有机物的转化，C正确；D以板蓝根、蓝靛等做染料的扎染工艺，经验性利用有机化合物，大大提高染料的上染率和色牢度，同时具有良好的手感，D正确；故选B。2.下列
3、有机物的分类不正确的是选项物质类别ACH2=CH2烯烃BCH3OH醇CCH3COCH3醛DCH3COOH羧酸A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.CH2=CH2的名称为乙烯，属于烯烃，故A正确；B.CH3OH的名称为甲醇，属于醇，故B正确；C.CH3COCH3的名称为丙酮，属于酮，不属于醛，故C错误；D.CH3COOH名称为乙酸，属于羧酸，故D正确；故选C。3.某有机物能发生水解反应，其结构简式为CH3COR，则R可能是A. OHB. 一CH3C. HD. OCH3【答案】D【解析】【详解】A.当R为OH，有机物为乙酸，不能发生水解，故A错误；B. 当R为一CH3，有机
4、物为丙酮，不能发生水解，故B错误；C. 当R为H，有机物为乙醛，不能发生水解，故C错误；D. 当R为OCH3，有机物为乙酸甲酯，可以发生水解，故D正确；故答案选：D。4.下列说法不正确的是A. 乙醇、乙二醇、丙三醇均能与水互溶，可推知所有醇都能与水互溶B. 溴乙烷中混有溴单质，可通过加入过量饱和亚硫酸氢钠溶液，充分振荡后分液来分离C. 一定条件下，油脂、纤维素和蛋白质均能发生水解D. 淀粉和硫酸混合加热一段时间,冷却后再加入少量碘水，溶液不变蓝，说明淀粉已完全水解【答案】A【解析】【详解】A醇分子中羟基能与水分子间形成氢键，所以羟基亲水，而烃基憎水。醇分子中羟基所占比例越大，溶解性越强，烃基所
5、占比例越大，憎水越大，在水中溶解度越小，所以并不是所有醇都能与水互溶，故A错误，符合题意；B过量饱和亚硫酸氢钠溶液具有还原性，能与溴反应生成硫酸根离子和溴离子，溴乙烷难溶于水，可用分液法分离，故B正确，不选；C油脂能水解，纤维素水解最终生成葡萄，蛋白质水解最终得到氨基酸，故C正确，不选；D碘单质遇淀粉溶液变蓝色，淀粉和硫酸混合加热一段时间，冷却后再加入少量碘水，溶液不变蓝，说明淀粉已完全水解，故D正确，不选；答案选A。5.下列对应现象的描述正确的是A. 铁片上有大量气泡B. 两电极都有气体产生C. 只有C棒上有气体产生D. 灯泡会发亮【答案】B【解析】【详解】A. 铁可以盐酸反应，铁表面有气泡
6、产生，同时碳、铁构成原电池，铁做负极，碳做正极，碳棒表面也有气泡产生，故A错误；B. 硫酸可与锌反应，锌表面有气泡产生，同时铜、锌构成原电池，锌做负极，铜做正极，铜表面也有气泡产生，故B正确；C. 该装置为电解池，根据图示，碳棒做阴极，溶液中的氢离子得电子生成氢气，铁为阳极，铁失去电子变为亚铁离子，并在铁电极附近生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，则现象描述不全，故C错误；D. 乙醇为非电解质，不能导电，灯泡不亮，故D错误；答案选B。6.在400C和480C下KClO3热分解会发生不同的变化，1molKClO3（s）在400C和480C下热分解的能量变化如图所示。下列说法不正确的是A
7、. 480C时KClO3热分解的产物是KCl和O2B. 曲线I的活化能大于曲线II，所以KClO3比KClO4更稳定C. 若用MnO2作催化剂，KCIO3的热分解温度会低于480CD. 2KClO3（s）=2KCl（s）+3O2（g）H=-78kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A. 温度高时，提供的能量多，则过程是480时KClO3受热分解，产物是KCl和O2，故A正确；B. 据图知：氯酸钾的能量高于高氯酸钾的能量，物质能量越低越稳定，与活化能大小无关，故B错误；C. 催化剂降低反应的活化能，若用MnO2作催化剂，KClO3热分解温度低于480，故C正确；D. 根据图示，1molKClO3
8、(s)生成1molKCl(s)和1.5molO2(g)放热(36+3)kJ=39kJ，所以2KClO3(s)2KCl(s)+3O2(g)H=78 kJmol1，故D正确；答案选B。7.下列关于化合物姜黄素的说法错误的是A. 能发生水解反应B. 能使溴水褪色C. 分子式为C21H20O6D. 分子中所有碳原子可能共平面【答案】A【解析】【详解】A. 分子内含醚键、酚羟基、羰基、碳碳双键，醇羟基，没有一个官能团能发生水解反应，A错误；B. 碳碳双键能与溴水加成、能使溴水褪色，B正确；C. 有结构简式知，分子式为C21H20O6，C正确； D. 苯分子是平面结构、和苯环直接相连的原子在同一个平面，碳
9、碳双键、羰基是平面结构、和双键碳原子直接相连的原子在同一个平面、碳碳单键是四面体结构，单键碳及其相连的原子最多三个共面，故分子中所有碳原子可能共平面，D正确；答案选A。8.已知某有机物A的分子式为C4H8O3，又知A既可以与NaHCO3溶液反应，也可与钠反应，且等量的A与足量的NaHCO3、Na充分反应时生成气体的物质的量相等，则A的结构最多有A. 4种B. 5种C. 6种D. 7种【答案】B【解析】【详解】有机物分子式为C4H8O3，不饱和度为1，可以与NaHCO3溶液反应，说明有机物分子中含有1个-COOH，等量的有机物与足量的NaHCO3溶液、Na反应时产生的气体在相同条件下的体积比为1
10、:1，则分子内含1个-OH，从结构上看，该有机物可以看作C3H7-COOH中丙基中1个氢原子被一个羟基替代所得，丙基有2种，正丙基中有3种H原子，故对应有3种同分异构体，异丙基中有2种H原子，故对应有2种同分异构体，故该有机物的可能的结构有2+3=5种；答案选B。9.180时，将0.5 mol H2和1 mol CO2通入1L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸气()和某无机副产物，测得各物质的物质的量随时间的部分变化如图所示。下列说法中不正确的是( )A. 该反应的化学方程式：B. 在03 min内，的平均反应速率为C. 在310 min内，反应仍未达到平衡状态D. 10 min时，再通入0.5
11、 mol H2和1 mol CO2，可提高H2和CO2的转化率【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，氢气和二氧化碳的物质的量的变化量为（0.5-0.2）mol=0.3mol和（1.0-0.9）mol=0.1mol，由质量守恒定律可知氢气和二氧化碳反应生成甲醇和水的反应为，故A正确；B.由图可知，二氧化碳的物质的量的变化量为（1.0-0.9）mol=0.1mol，由反应方程式可知，甲醇的物质的量的变化量为0.1mol，则甲醇的平均反应速率为=，故B正确；C.由图可知，03 min时二氧化碳的物质的量的变化量为（1.0-0.9）mol=0.1mol，10 min时甲醇的物质的量为0.1mol，由
12、反应方程式可知，甲醇的物质的量的变化量为0.1mol可知，3 min时反应达到平衡，则在310 min内，反应达到平衡状态，故C错误；D.由反应方程式可知，该反应是一个气体体积减小反应，若10 min时，再通入0.5 mol H2和1 mol CO2相当于增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，氢气和二氧化碳的转化率增大，故D正确；故选C。10.一种用于驱动检验管道焊缝设备爬行器的甲醇一燃料电池的工作原理如图所示，下列有关该电池的说法正确的是A. 该电池工作时，每消耗22.4LCH3OH转移6mol电子B. 电子由电极A经负载流向电极B，再经过NaOH溶液返回电极A，形成闭合回路C. 电极B
13、上发生的电极反应为4OH-4e-=O2+2H2OD. 电池工作时，OH-向电极A移动，溶液的pH减小【答案】D【解析】【分析】燃料电池中，通入燃料的一极为负极，电极A为负极，还原剂失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，通入助燃物的一极为正极，电极B为正极，正极上发生还原反应，溶液中离子会定向移动，碱性条件下，正极电极反应式为：，据此回答。【详解】A甲醇是液体，22.4LCH3OH的物质的量并不是1mol，故转移的电子的物质的量不是6mol，A错误；B电子由电极A经负载流向电极B，但电子不会进入NaOH溶液，B错误；C电极B上氧气发生还原反应，电极反应为，C错误；D电池工作时，OH-向电极
14、A即负极移动，由于氢氧根离子消耗故溶液的pH减小，D正确；答案选D。11.下列装置或操作能达到实验目的的是（ ） A. 装置甲可用于实验室制备乙烯B. 操作乙可用于检验与的乙醇溶液反应生成的气体中含有乙烯C. 操作丙可用于比较乙醇中羟基的氢原子和水分子中氢原子的活泼性D. 操作丁可用于配制银氨溶液【答案】C【解析】【详解】A装置甲用于实验室制备乙烯时，缺少加热装置，无法完成，故A不选；B操作乙用于检验与的乙醇溶液反应生成的气体中含有乙烯，没有除去挥发的乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B不选；C控制水的体积和钠块大小相同，操作丙可用于比较乙醇中羟基的氢原子和水分子中氢原子的活泼性，故C选
15、；D配制银氨溶液应将稀氨水滴入硝酸银溶液中，直到开始产生的沉淀刚好消失为止，故D不选；故选C。12.已知：，如果通过一步反应合成，所用的原料可以是1，3-丁二烯和2一丁炔；1，3-戍烯和2一丁炔；2，3-二甲基-1，3-丁二烯和乙炔2，4一己二烯和乙炔A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】如果通过一步反应合成，用逆合成分析法可推测出反应物：即2，3-二甲基-1，3-丁二烯和乙炔正确、或，即 1，3-丁二烯和2一丁炔正确；则A正确；答案选A。13.下列含溴化合物中的溴原子在适当条件下都能被羟基（一OH）取代（均可称为水解反应），所得产物中能跟NaHCO3溶液反应生成CO2的是A. B
16、. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A 水解生成，为酚类物质，不能与碳酸氢钠反应，故A错误； B水解生成，酚羟基比碳酸弱，不能与碳酸氢钠反应，故B错误；C水解生成，为醇类物质，不具有酸性，不能与碳酸氢钠反应，故C错误；D. 水解生成，酸性比碳酸强，可与碳酸氢钠反应，故D正确；答案选D。14.由甲醛、乙烯和丙烯组成的混合气体中，已知氧元素的质量分数为9%，则混合物中碳元素的质量分数是（ ）A. 91%B. 85.6%C. 78%D. 68%【答案】C【解析】【详解】甲醛分子式为CH2O，乙烯分子式为C2H4、丙烯分子式为C3H6，三种分子中碳、氢原子的个数比均为1:2，所以混合中碳、氢原子
17、的个数比也为1:2，质量比为12:2=6:1，氧元素质量分数为9%，则混合物中C、H元素总质量分数为1-9%=91%，故混合物中碳元素质量分数为91%=78%，故答案为C。15.M、N、P为三种不同的有机物，下列叙述正确的是A. 若M与N互为同系物，P与N互为同系物，则M与P也互为同系物B. 若M、N、P互为同系物，它们分子中碳的质量分数一定相同C. 若M、N、P互为同分异构体，它们的化学性质一定相似D. 若M与N互为同分异构体，P与N互为同分异构体，则M与P也互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A. 若M与N互为同系物，P与N互为同系物，则M与P有可能互为同系物，也可能互为同分异构体，A
18、错误；B. 若M、N、P互为同系物，且当它们的最简式相同时，它们分子中碳的质量分数一定相同，若它们的最简式不同，它们分子中碳的质量分数则不相同，B错误；C. 若M、N、P互为同分异构体，若它们是官能团异构，则它们的化学性质不同，C错误；D. 若M与N互为同分异构体，P与N互为同分异构体，则M、N、P为三种分子式相同而结构不同的有机物，则M与P也互为同分异构体，D正确；答案选D16.已知：。向含0.01 mol 和0.02 mol NaOH的稀溶液中缓慢通入CO2，溶液中，随通入的的变化如图，下列对应关系正确的是( )A. A点：B. B点：C. C点：D. O点：【答案】B【解析】【分析】向含
19、0.01mol NaAlO2和0.02mol NaOH的稀溶液中缓慢通入CO2，首先进行的反应为，0.02mol NaOH消耗0.01mol CO2，生成0.01mol Na2CO3，故A点溶液的的溶质为0.01mol Na2CO3和0.01mol NaAlO2；然后发生反应:，0.01mol NaAlO2消耗0.005molCO2，生成0.005molNa2CO3，故B点溶液的溶质为Na2CO3；继续通入CO2，发生反应:，前两个阶段共生成0.015mol Na2CO3，则该反应会消耗0.015molCO2，生成0.03mol NaHCO3，故C点溶液的溶质为NaHCO3，据此分析解答。【详
20、解】A. 由以上分析知，A点溶液的的溶质为0.01mol Na2CO3和0.01mol NaAlO2，CO32-和AlO2-均发生水解，由物料守恒可知，A点：，故A错误；B. 由以上分析知，B点溶液的溶质为Na2CO3，Na2CO3溶液中存在CO32-的水解平衡，CO32- + H2OHCO3- + OH-、HCO3- +H2OH2CO3 + OH-，同时存在水的电离，又水解是微弱的，故B点：，故B正确；C. 由以上分析知，C点溶液的溶质为NaHCO3，由电荷守恒知，C点：，故C错误；D. O点未通入CO2，溶液的溶质为0.01 mol 和0.02 mol NaOH，故O点： ，故D错误；故选
21、B。第II卷 （非选择题共52分）二、非选择题（本题包括5小题，共52分）17.2020年东京奥运会火炬传递的火炬样式将采用樱花形状。奥运会火炬常用的燃料为丙烷、丁烷等。已知:丙烷的燃烧热H1=-2220kJ/mol，正丁烷的燃烧热H2=-2878kJ/mol；异丁烷的燃烧热H3=-2869.6kJ/mol。（1）写出丙烷燃烧的热化学方程式：_。（2）下列有关说法不正确的是_ （填标号）。A 奥运火炬燃烧时的能量转化形式主要是由化学能转化为热能、光能B 异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多C 正丁烷比异丁烷稳定（3）已知1molH2燃烧生成液态水放出的热量是285.8kJ，现有6mol由氢气和丙烷
22、组成的混合气体，完全燃烧时放出的热量是3649kJ，则该混合气体中氢气和丙烷的体积比为_。【答案】 (1). C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l） H=-2220 kJ/mol (2). BC (3). 5：1【解析】分析】(1)按燃烧热的定义、丙烷的燃烧热H1=-2220kJ/mol，写丙烷的燃烧的热化学方程式； (2)按燃烧现象、燃烧热的定义以及物质稳定性与能量的关系等知识判断正误；(3)按已知条件列式计算该混合气体中氢气和丙烷的体积比；【详解】(1)燃烧热是101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，常见元素的稳定产物：CCO2(g)、HH2O(l
23、)，已知:丙烷的燃烧热H1=-2220kJ/mol，据此得丙烷的燃烧的热化学方程式为：H=2220 kJ/mol； (2)A. 奥运火炬燃烧时伴随着发光发热的现象，能量转化形式主要是由化学能转化为热能、光能，故A正确；B. 异丁烷和正丁烷互为同分异构体，所含化学键种类和数目相同，故B错误；C. 正丁烷的燃烧热H2=-2878kJ/mol；异丁烷的燃烧热H3=-2869.6kJ/mol，由此可知，正丁烷的能量高于异丁烷，而物质的能量越低越稳定，故异丁烷更稳定，故C错误；故答案为BC；(3)设氢气的物质的量为x，丙烷的物质的量为y，由题意得： ；解得：x=5mol，y=1mol，相同条件下，气体的
24、体积之比等于物质的量之比，则该混合气体中氢气和丙烷的体积比为：5:1。18.己二酸在化工生产中有重要作用。某兴趣小组用50%的硝酸作氧化剂，钒酸铵作催化剂，氧化环己醇制备己二酸，其反应原理为，实验装置如图所示。实验步骤：在装有回流冷凝管、温度计的三颈烧瓶中，加入50%溶液（含）及少量钒酸铵（），缓慢滴加56滴环己醇，有红棕色气体二氧化氮产生，将剩余的环己醇滴加完毕，总量为（约）。在温度为8090时，反应至无红棕色气体逸出。将反应液倒入的烧杯中，冷却后，析出己二酸。减压过滤，用冷水洗涤，干燥后得到粗产品。回答以下问题：（1）仪器A的名称为_，仪器B中所盛装的试剂为_。（2）实验过程中，最适宜的加
25、热方法为_；该加热方法的优点是_。（3）本实验中称量钒酸铵的仪器应选用_（填“托盘天平”或“电子天平”）。（4）减压过滤后的晶体用冷水洗涤，简述洗涤的操作过程：_。（5）为测定粗产品中己二酸的含量，将得到的粗产品配成溶液，并用的标准溶液进行滴定，下列操作可能使实际消耗标准溶液的体积偏大的是_（填标号）。A.使用甲基橙作指示剂B.滴定前俯视读数，滴定后仰视读数C.实验用的碱式滴定管、锥形瓶水洗后均未润洗（6）若纯化后称重得到精制己二酸，则己二酸的产率为_（保留三位有效数字）。【答案】 (1). 恒压分液漏斗或滴液漏斗 (2). NaOH溶液 (3). 水浴加热 (4). 受热均匀，便于控制 (5
26、). 电子天平 (6). 向过滤器中加入蒸馏水浸没晶体，让水自然流下，重复操作23次 (7). BC (8). 65.1%【解析】【分析】由图可知，三颈烧瓶中发生的反应为在钒酸铵做催化剂作用下，50%硝酸与环己醇在水浴加热的条件下发生氧化还原反应生成己二酸、一氧化氮和水，一氧化氮与装置中空气中的氧气反应生成二氧化氮，反应生成的一氧化氮和二氧化氮气体通入广口瓶中被水吸收，通过导气管通入空气，使一氧化氮转化为二氧化氮，反应后的气体通入烧杯中被氢氧化钠溶液完全吸收，防止污染环境，其中倒置的干燥管和漏斗起防止倒吸的作用。【详解】（1）由图可知，仪器A的名称为恒压分液漏斗或滴液漏斗；仪器B中所盛装的试剂
27、为氢氧化钠溶液，目的是吸收一氧化氮和二氧化氮，故答案为：恒压分液漏斗或滴液漏斗；NaOH溶液；（2）由题给反应条件为温度为8090，反应温度低于水的沸点，应选择水浴加热，水浴加热的优点是受热均匀，便于控制，故答案为：水浴加热；受热均匀，便于控制；（3）托盘天平无法称量0.01g钒酸铵，则本实验中称量钒酸铵的仪器应选用电子天平，故答案为：电子天平；（4）减压过滤后的晶体用冷水洗涤的操作过程为向过滤器中加入蒸馏水浸没晶体，让水自然流下，重复操作23次，故答案为：向过滤器中加入蒸馏水浸没晶体，让水自然流下，重复操作23次；（5）A.己二酸为二元弱酸，与氢氧化钠溶液完全反应生成的己二酸钠溶液呈碱性，应
28、选用酚酞作指示剂，若使用甲基橙作指示剂，会使实际消耗氢氧化钠标准溶液的体积偏小，故错误；B.若滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，会使实际消耗氢氧化钠标准溶液的体积偏大，故正确；C.实验用的碱式滴定水洗后均未润洗，会使氢氧化钠溶液的浓度减小，导致实际消耗氢氧化钠标准溶液的体积偏大，故正确；BC正确，故答案为：BC；（6）由题意可知，硝酸的物质的量为0.12mol，环己醇的物质的量为0.02mol，由方程式3 8HNO3可得，反应中硝酸过量，环己醇完全反应，0.02mol环己醇完全反应生成0.02mol己二酸，则己二酸的产率为100%65.1%，故答案为：65.1%。【点睛】己二酸为二元弱酸，与氢氧
29、化钠溶液完全反应生成的己二酸钠溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，若使用甲基橙作指示剂，会使实际消耗氢氧化钠标准溶液的体积偏小是分析关键和易错点。19.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，研究表明液氨是一种良好的储氢物质。（1）研究表明金属催化剂可加速氨气的分解。某温度下，用等质量的不同金属分别催化等浓度的氨气，测得氨气分解生成氢气的初始速率（单位： mmol/min） 与催化剂的对应关系如表所示。催化剂RuRhNiPtPdFe初始速率7. 94.03.02.21.80.5在不同催化剂的催化作用下，氨气分解反应的活化能最大的是_（填写催化剂的化学式）。温度为T时，在恒容的密闭容器中加入2
30、mol NH3，此时压强为p0，用Ru催化氨气分解，若平衡时氨气的转化率为50%，则该温度下反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数Kp=_。 （用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压p分=气体总压p总体积分数）（2）关于合成氨工艺的理解，下列说法不正确的是_（填标号）。A 合成氨工业常采用的反应温度为500 C左右，主要是为了节约能源B 使用初始反应速率更快的催化剂Ru，不能提高平衡时NH3的产率C 合成氨工业采用的压强为10 MPa30 MPa，是因为常压下N2和H2的转化率不高（3）在1 L1 mol/L盐酸中缓缓通入2 mol氨气，请在图1中画出溶液中水电离出的OH-浓度
31、随通入氨气的物质的量变化的趋势图_。（4）电化学法合成氨:图2是用低温固体质子导体作电解质，用Pt- CN，作阴极，催化电解H2(g)和N2(g)合成NH3的原理示意图。PtC3N4电极上产生NH3的电极反应式为_。实验研究表明，当外加电压超过一定 值后，发现阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，分析其可能原因：_。【答案】 (1). Fe (2). (3). A (4). (5). N2+6e-+6H+=2NH3 (6). 超过一定电圧以后，H+得电子変成H2【解析】【分析】(1)活化能大者初始反应速率慢，据此回答；用三段式计算平衡时气体总压强、各成分的平衡分压，按Kp的定义计算即可
32、；(2) 按影响速率、平衡的因素判断说法是否正确； (3)溶液中水电离出的OH浓度等于溶液中水电离出的氢离子浓度，都代表了水的电离程度，酸、碱溶液中水的电离被抑制，氯化铵溶液中因水解促进了水的电离，据此画图；(4) 按氮元素化合价的变化，判断反应类型、和电极类型，并书写电极方程式为；外加电压超过一定值以后，发现阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，则一定是发生了副反应，找出合理的副反应即可。【详解】(1)氨气分解反应活化能最大的是初始反应速率最慢的，由表中数据知，则为Fe；温度为T时，在恒容的密闭容器中加入2 mol NH3，此时压强为p0，用Ru催化氨气分解，若平衡时氨气的转化率为5
33、0%， 则该温度下,，则 ，化学平衡常数 ；(2) A. 合成氨工业常采用的反应温度为500 C左右，主要是该温度下催化剂活性最大，反应速率快，故A说法错误；B. 使用初始反应速率更快的催化剂Ru，不改变平衡，不能提高平衡时NH3的产率，故B说法正确；C. 常压下N2和H2的转化率不高，该反应是气体分子数减小的反应，合成氨工业采用的压强为10 MPa30 MPa，比常压更有利于提高氮气和氢气的转化率，故C说法正确；因此说法错误的是A； (3)在1 L1 mol/L盐酸中缓缓通入2 mol氨气，通入氨气不足1mol时，盐酸过量，水的电离被抑制，通入氨气为1mol时，刚好反应生成氯化铵，是强酸弱碱
34、盐溶液，水的电离程度最大，通入氨气大于1mol时，氨水过量，水的电离被抑制，水的电离程度又减小，故溶液中水电离出的OH浓度随氨气通入变化的趋势图为；(4) 产生NH3的电极为阴极，氮气得到电子，与氢离子生成氨气，则电极方程式为：N2+6e-+6H+=2NH3；外加电压超过一定值以后，发现阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，其可能原因为外加电压超过一定值后，氢离子也易得到电子生成氢气，而且速率比氮气快。【点睛】本题综合考查化学平衡三段式、Kp的计算、化学平衡的影响因素、水的电离等，熟练应用勒夏特列原理等知识、正确提取题目中信息等是解题关键。20.芳香烃A的苯环上有两个取代基且处于对位，
35、当1molA充分燃烧后可以得到9molCO2和5molH2O。在不同条件下，A能发生图中所示的一系列变化：已知：E的结构中含有两个甲基。请回答下列问题：（1）A的结构简式为_，其苯环上的一氯代物有_种。（2）B中官能团的名称为_，BC的反应类型为_。（3）一定条件下，AD反应的化学方程式为_。（4）FH反应的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). 2 (3). 溴原子 (4). 消去反应 (5). (6). +CH3COOH+H2O【解析】【分析】当1molA充分燃烧后可以得到9molCO2和5molH2O，则芳香烃A的分子式为C9H10，其不饱和度为5，已知苯环上有两个取代基且处于对位
36、，则A为，由流程图知：B为，C为卤代烃发生消去反应的产物， A含碳碳双键，发生加聚反应得到，E为A与HBr发生加成反应生成，据已知：E的结构中含有两个甲基，则E为，E发生的反应5是卤代烃的水解反应，故F为，F中羟基与乙酸发生酯化反应即得到H，据此回答；【详解】(1)据分析， A的结构简式为，由于2个不同的基团处于对位，故其苯环上有2种氢原子，则其一氯代物有2种；(2) B为，则其官能团的名称为溴原子，BC的反应条件是氢氧化钠醇溶液并加热，则为卤代烃的消去反应；(3)一定条件下，AD是加聚反应，则反应的化学方程式为 ；(4) F为，F中羟基与乙酸发生酯化反应即得到H， FH反应的化学方程式为：+
37、CH3COOH+H2O。【点睛】本题考查有机物推断，能充分利用A的分子式、流程中的特征反应条件等，是解题的关键。21.一种重要的降血糖药物M（）的合成路线如下（略去部分反应条件）：已知： 回答下列问题：（1）B名称为_，F的结构简式为_。（2）反应的反应类型为_。（3）下列关于上述涉及的有机物的说法正确的是_（填标号）。a化合物E能使酸性高锰酸钾溶液褪色b.化合物F既能与盐酸反应，又能与溶液反应c.M中含氧官能团的名称为酯基、酮基（4）写出的化学方程式：_。（5）由G可制得物质I（），写出满足下列条件的I的同分异构体的结构简式：_。能与溶液发生显色反应除苯环外不含其他环谱中峰面积之比为（6）请
38、设计以G为原料合成H的合理路线流程图（无机试剂任选）。_【答案】 (1). 苯甲醛 (2). (3). 消去反应 (4). ab (5). +HCl (6). 和 (7). 【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与发生加成反应生成，则B为；在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，则D为；在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，在催化剂作用下，在酸性条件下转化为，则F为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，在催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，与五氯化磷发生取代反应生成；在吡啶条件下，与发生取代反应生
39、成。【详解】（1）B的结构简式为，名称为苯甲醛；由分析可知F的结构简式为，故答案为：苯甲醛；（2）反应为在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，故答案为：消去反应；（3）a.化合物E的结构简式为， E分子中与苯环直接相连的碳原子上含有氢原子，能表现苯的同系物的性质，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；b.化合物F的结构简式为，F分子含有的官能团为氨基和羧基，能表现氨基酸的性质，既能与盐酸反应，又能与溶液反应，故正确；c.M的结构简式为，M分子中含有氧官能团为羧基和肽键，故错误；ab正确，故答案为：ab；（4）F+HM的反应为在吡啶作用下，与发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为+HCl，故答
40、案为：+HCl；（5）I的结构简式为，其同分异构体能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，除苯环外不含其他环说明含有碳碳双键，由谱中峰面积之比为6:2:1:1:1可知同分异构体的结构简式为和，故答案为：和；（6）由G和H的结构简式和题给信息可知，以G为原料合成H的步骤为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，在催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，与五氯化磷发生取代反应生成，合成路线如下： ，故答案为： 。【点睛】同分异构体能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，除苯环外不含其他环说明含有碳碳双键，由谱中峰面积之比为6:2:1:1:1可知分子结构中含有2个甲基，结构对称是确定同分异构体结构简式的关键。