1、江西省赣州市寻乌中学2020届高三化学上学期第一阶段考试试题（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Ca-40 Al-27 Cl-35.5 Cu-64第一卷（选择题48分）一、选择题(单选题)1.生活中处处存在化学，下列说法不正确的是（ ）A. 本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3B. 福尔马林用于标本的制作是利用了使蛋白质变性的性质C. 含钙、钡、铂等金属元素的物质有绚丽的颜色，可用于制造焰火D. 在清理厕所时洁厕灵和84消毒液不能混用，否则可能发生中毒现象【答案】C【解析】【详解】A草木灰的主要成分是
2、碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，故A正确；B福尔马林是甲醛的水溶液，能使蛋白质变性，可用于标本的制作，故B正确；C铂没有焰色反应，不可用于制造焰火，故C错误；D洁厕灵(含盐酸)和84消毒液(含次氯酸钠)进行混用，会产生有毒气体氯气，故D正确；故答案为C。2.中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝。关于的叙述错误的是( )A. 原子序数116B. 中子数177C. 核外电子数116D. 相对原子质量293【答案】D【解析】【分析】原子中原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数。【详解】A项、元素符号左下角表示的是原子核内的质子数，原子核内的质子数等于该元素的原子序数，所以
3、该元素的原子序数是116，故A正确；B项、在元素符号的左上角表示的是该元素原子的质量数，质量数就是质子数与中子数的和，所以该原子的中子数是293116=177，故B正确；C项、对于元素的原子来说，原子核内的质子数等于原子核外的电子数，等于元素的原子序数，所以该原子的原子核外电子数116，故C正确；D项、293只表示该同位素原子的质量数，不表示相对原子质量，故D错误。故选D。【点睛】本题主要考查了原子符号的含义，掌握原子序数=核内质子数=核电荷数是解题的关键。3.下列有关化学用语使用正确的是（ ）A. CO2的电子式：B. 中子数为20的氯原子：ClC. 乙烯的比例模型：D. 铝离子结构示意图：
4、【答案】C【解析】【详解】ACO2的电子式为，故A错误；B中子数为20的氯原子为，故B错误；C乙烯的比例模型为，故C正确；D铝离子结构示意图为，故D错误；故答案为C。4.下列试剂的保存方法正确的是（ ）A. 少量金属钠保存在水中B. 新制氯水存放在带玻璃塞的无色细口瓶中C. 碳酸钠固体保存在带橡胶塞的广口瓶中D. 浓硝酸保存在带橡胶塞的无色玻璃瓶中【答案】C【解析】【详解】A钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存，故A错误；B氯水见光容易分解，需保存在棕色细口瓶中，故B错误；C碳酸钠水解呈碱性，二氧化硅能与氢氧化钠反应生成具有粘性的物质，容易黏住瓶口
5、，需用橡胶塞，故C正确；D浓硝酸见光容易分解，且有强氧化性，需保存在棕色细口瓶中，且用玻璃塞，不能用橡皮塞，故D错误；故答案为C。5.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（ ）A. 常温常压下，16g14CH4所含中子数目为8NAB. 标准状况下，2.24LCHCl3中含有共价键数目为0.4NAC. 含0.2NA个阴离子的Na2O2和水完全反应转移0.2mol电子D. 0.1L3molL1的NH4NO3溶液中含有的NH4数目为0.3NA【答案】C【解析】【详解】A16g14CH4的物质的量为：=mol，含中子的物质的量为：mol8=mol8mol，则含有的中子数目小于8NA，故A错
6、误；B标准状况下，CHCl3为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；C过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，则含0.2NA个阴离子的Na2O2的物质的量为0.2mol，0.2mol过氧化钠与水完全反应生成0.1mol氧气，转移了0.2mol电子，故C正确；D0.1L3molL-1的NH4NO3溶液中含有溶质硝酸铵0.3mol，由于铵根离子部分水解，则溶液中含有的NH4+数目小于0.3NA，故D错误；故答案为C。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定
7、律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强是0，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。6.下列实验操作、实验现象与结论的对应关系正确的是（ ）选项实验操作实验现象结论A向某溶液中先后滴加新制氯水和淀粉溶液得到蓝色溶液原溶液中含有I-B将某无色气体持续通入到一定量的澄清石灰水中溶液先变浑浊，后变澄清该无色气体为二氧化碳C加热某盐与浓NaOH的混合溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体红色石蕊试纸变蓝色该盐为铵盐D向
8、大理石固体中滴加稀硫酸大理石表面持续产生大量气泡硫的非金属性强于碳A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A新制氯水能氧化I-生成I2，遇淀粉溶液变蓝色，但没有验证原溶液是否有I2，故A错误；B能使澄清石灰水变沉淀的气体不一定是CO2，也可能是SO2，故B错误；C加热铵盐与浓NaOH的混合溶液，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C正确；D硫酸钙是微溶于水的盐，则向大理石固体中滴加稀硫酸，不可能持续生成CO2，故D错误；故答案为C。7. 下列说法不正确的是A. 热的纯碱液去油污效果好，因为加热可使CO32的水解程度增大，溶液碱性增强，去污力增强B. 铁在潮湿的环境下生锈以
9、及Mg与NH4Cl溶液反应生成H2都与盐类水解有关C. 将Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧，可得到固体Al2(SO4)3D. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制胶体，离子方程式：Fe33H2OFe(OH)3(胶体) 3H【答案】B【解析】试题分析：铁在潮湿的环境下生锈是铁发生了电化学腐蚀，Mg与NH4Cl溶液反应生成H2是因为Mg与NH4+水解产生的H+反应生成H2，B错误，选B。考点：盐类水解的应用8.NaNO2一种食品添加剂，它致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2的反应方程式是MnO4-NO2-Mn2NO3-H2O。下列叙述中正确的是（ ）A. 该反应中NO2-被还原B. 反应过程中溶
10、液的pH减小C. 生成1molNaNO3需消耗0.4 mol KMnO4D. 中的粒子是OH【答案】C【解析】【详解】该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4-是氧化剂，NO2-应该作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根离子，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5 NO3-+3H2O；A该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故A错误；B根据元素守恒、电荷守恒知，是H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故B错误；C根据转移电子守恒得，生成1
11、molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量=0.4mol，故C正确；D由B分析可知，是H+，故D错误；故答案为C。【点睛】氧化还原反应的实质是反应过程中发生电子转移，而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。配平的步骤：标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；细检查：利用“守恒”三原则(即得失电子守恒、电
12、荷守恒、质量守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构。X的最外层电子数等于最内层电子数，Z元素是最重要的“成盐元素”。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径：ZYXB. 氢化物沸点：ZYWC. 元素X的单质能与W的氧化物发生置换反应D. Z与W、X、Y形成的化合物中化学键类型均相同【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构，则此化合物为SiC，即W为C元素、Y为Si元素；X的最外层电子数等于最内层电子数，X为Mg元素
13、；Z元素是最重要的“成盐元素”，则Z为Cl元素。【详解】由分析知：W为C元素、X为Mg元素、Y为Si元素、Z为Cl元素；AMg、Si、Cl均为同周期主族元素，核电荷数大，原子半径小，则原子半径：XYZ，故A错误；BC和Si的氢化物有若干种，常温下有气态、液态和固态的氢化物，而HCl常温下为气态，则三者氢化物的沸点无法比较，故B错误；CMg能在CO2中燃烧生成MgO和C，发生的反应为置换反应，故C正确；DCl与Mg形成的化合物MgCl2中只存在离子键，而Cl与C或Si形成的CCl4或SiCl4中只存在共价键，故D错误；故答案为C。10. 某有机物的结构简式如图所示，有关该有机物的叙述正确的是A.
14、 分子中含有3 种官能团B. 一定条件下，能发生取代、氧化、酯化和加聚反应C. 该物质分子中最多可以有10 个碳原子在同一平面上D. 1 mol 该物质最多可与5 mol H2 发生加成反应【答案】B【解析】试题分析：A、分子中含有碳碳双键和羧基2 种官能团，A错误；B、碳碳双键能发生氧化和加聚反应、羧基能发生酯化和取代反应，B正确；C、苯环和碳碳双键都是平面结构，该物质分子中最多可以有11个碳原子和8个H原子及其2个O原子在同一平面上，C错误；D、苯环和碳碳双键能够与氢气加成，1 mol 该物质最多可与4 mol H2 发生加成反应，D错误。考点：考查了有机物的结构和性质的相关知识。11.下
15、列体系中，离子能大量共存的是（ ）A. 无色透明的酸性溶液：MnO4、K+、C1、SO42B. 使酚酞变红的溶液：K、Na、NO3、ClC. 滴加KSCN显红色的溶液：NH4、K、Cl、S2-D. 0.1 molL1 NaHCO3溶液： Na、Ba2、NO3、OH【答案】B【解析】【详解】AMnO4-有颜色，且酸性条件下能氧化Cl-，不能大量共存，故A错误；B使酚酞变红的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C滴加KSCN显红色的溶液含有Fe3+，Fe3+与S2-发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；DHCO3-与OH-反应而不能大量共存，故D错误；故答案为B
16、。12. 在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断不正确的是A. 在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中缓慢通入CO2： Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3B. 在含NH4、Al3、H的溶液中逐滴加入KOH溶液：H、Al3、NH4、Al(OH)3C. 在含AlO2-、OH-、CO32-的溶液中逐滴加入盐酸：AlO2-、Al(OH)3、OH-、CO32-D. 在含等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Ag+、Cu2+、H+、Fe2+【答案】C【解析】试题分析：A含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2，氢氧化钡
17、优先反应，反应的先后顺序为：Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故A正确；B在含有NH4+、H+、Al3+的溶液中，逐滴加入NaOH溶液，氢离子优先反应，其次是铝离子反应生成氢氧化铝，然后铵根离子反应，最后氢氧化铝溶解，反应的先后顺序为：H+、Al3+、NH4+、Al(OH)3，故B正确；C含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸，氢氧根离子优先反应，反应的先后顺序为：OH-、AlO2-、CO32-、Al(OH)3，故C错误；D氧化性由大到小的顺序为Ag+、Cu2+、H+、Fe2+，含等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，反应顺序为
18、：Ag+、Cu2+、H+、Fe2+，故D正确；故选C。【考点定位】考查离子反应先后顺序【名师点晴】本题考查了离子反应的先后顺序，题目难度中等，明确常见物质性质及离子反应发生条件为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。判断先后反应总原则是，先反应的产物与其他物质能大量共存，若产物不能与其他物质大量共存，则它一定不能先反应。1、同一氧化剂与多种还原剂反应，还原性较强的还原剂先发生反应。常见还原剂的还原性顺序：S2-I-Fe2+Br-Cl-。2、与同一种还原剂反应，氧化性强的氧化剂优先发生反应。阳离子氧化性顺序与金属活动性顺序相反，其中铁对应的是亚铁离子，而不是铁离子，
19、铁离子的氧化性强于铜离子，但弱于银离子。3、阳离子与OH-反应和阴离子与H+反应，用假设法判断离子反应的先后顺序，若优先反应的产物与其他离子能大量共存，该假设成立，否则，假设不成立。4、对于多种物质组成的混合物，要分清是物质本身发生反应，还是一种物质发生反应后，生成产物继续反应。例如，固体碳酸氢钠与氢氧化钠混合，氢氧化钠与碳酸氢钠反应，过量的碳酸氢钠发生分解等。13. 下列反应的离子方程式书写正确的是A. 过量HI溶液加入到Fe（NO3）3溶液中：2Fe3+2I2Fe2+I2B. 含等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2、HNO3三种溶液混合：Mg2+2OHMg（OH）2C. CaCO3溶于醋
20、酸：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2OD. 向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水：2I+H2O22OH+I2【答案】C【解析】试题分析：A、HI电离产生H，Fe（NO3）3提供NO3，形成氧化性比Fe3强的HNO3，依据氧化还原反应的规律，应是H、NO3和I反应，故说法错误；B、H结合OH能力强，漏掉一个离子方程式，即H和OH的反应，故说法错误；C、碳酸钙难溶物，醋酸属于弱电解质，不能拆写，故离子反应方程式为：CaCO3CH3COOH=Ca22CH3COOCO2H2O，故说法正确；D、酸性溶液中不能产生OH，其离子反应方程式：2IH2O22H=2H2OI2，故说法错
21、误。考点：考查离子反应方程式正误判断等知识。14.常温下，HA的电离常数Ka=110-6，向20 mL浓度为0.01 molL-1的HA溶液中逐滴加入0.01molL-1的NaOH溶液，溶液的pH与加入NaOH溶液的体积之间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）A. a点对应溶液的pH约为4，且溶液中只存在HA的电离平衡B. b点对应溶液中：c(Na+)c(A-)c(HA)c(H+)c(OH-)C. d点对应溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(A-)D. a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：abcc(Na+)c(HA)c(H+)c(OH-)，故B错误；Cd点为滴加20mLNaOH溶液
22、，此时恰好完全中和生成NaA，溶液中存在的电荷守恒式为c(OH-)+c(A-)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒式为c(Na+)=c(A-)+c(HA)，则c(OH-)-c(H+)=c(HA)c(A-)，故C错误；Da点为HA溶液，b点是HA和NaA等浓度的混合溶液，c点是NaA和少量HA的混合液且溶液pH=7，d点是NaA的溶液，酸、碱溶液都抑制了水的电离，NaA促进水的电离，且所含NaA的浓度越大，溶液中水的电离程度越大，则a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：abc O2 Na (3). 离子键、共价键 (4). 2AlFe2O3Al2O32Fe (5). SiO22OH=SiO
23、32-H2O (6). 2SO2O22H2O=2H2SO4【解析】【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期， C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，所以C是O元素；C与F同主族，且是短周期元素，F是S元素；D与E和F同周期，D是所在周期原子半径最大的主族元素，D是Na元素；A与D同主族，且原子序数最小，为H元素；又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，E处于钠和硫之间，所以是固体，则只能是A和B形成气体单质，A的原子序数小于B，A是H元素，B是N元素。【详解】（1）钠位于第三周期第IA族（2）离子的电子层
24、数越多其半径越大，相同电子层结构的离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径大小顺序是S2 O2 Na（3） 由A、B、C三种元素以原子个数比423形成的化合物X是硝酸铵，硝酸铵中含有离子键、共价键。（4）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，说明E是铝元素，高温下，铝和氧化铁能发生置换反应，化学方程式为2AlFe2O3Al2O32Fe；若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，E是硅，二氧化硅和强碱反应生成硅酸盐和水，离子方程式为：SiO22OH=SiO32-H2O（5）二氧化硫有毒，和水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定容易被氧气氧化生成硫酸，化学方程式为：2SO2O22H
25、2O=2H2SO419.废旧显示屏玻璃中含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质。某课题小组以此玻璃粉末为原料，制得Ce(OH)4和硫酸铁铵矾Fe2(SO4) 3(NH4) 2SO424H2O，流程设计如下：已知：酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce4+有较强氧化性；CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。回答以下问题：（1）滤渣A的主要成分是_。（2）反应中H2O2的作用是_。（3）反应的离子方程式是_。（4）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+(水层)+6HT(有机层)2CeT3 (有机层）+ 6H+(水层)。从平
26、衡角度解释：向CeT3(有机层）加入H2SO4 获得较纯含Ce3+的水溶液的原因是_。（5）硫酸铁铵矾Fe2(SO4) 3(NH4) 2SO424H2O广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是_。【答案】 (1). Fe2O3、CeO2、FeO (2). 氧化使Fe2+转化为Fe3+ (3). 2GeO2+6H+ +H2O2 = 2Ge3+4H2O+O2 (4). 混合液中加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动 (5). Fe3+3H2OFe(OH)3 +3H+【解析】【分析】废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO；滤
27、渣A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁溶液，加入硫酸和氧化剂过氧化氢可生成溶液C中为硫酸铁，所加氧化剂过氧化氢不引入新杂质，加热蒸发得到溶液D为饱和硫酸铁溶液，在溶液中加入硫酸铵溶液得到硫酸铁铵矾；滤渣B的成分是CeO2；CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，加入HT硫酸萃取，将Ce3+从水溶液中萃取出来，Ce3+加碱和氧气发生氧化还原反应生成Ce(OH)4，以此解答该题。【详解】(1)废旧显示屏玻璃中含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质，加入NaOH溶液可除去其中的二氧化硅，则滤渣A的主要成分是Fe2O3、CeO2、FeO；(2)反应
28、中H2O2的作用是氧化使Fe2+转化为Fe3+；(3)反应是酸性溶液中CeO2被过氧化氢还原生成Ce3+离子，过氧化氢被氧化生成氧气，反应的离子方程式2GeO2+6H+H2O2=2Ge3+4H2O+O2；(4)有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+(水层)+6HT(有机层)2CeT3(有机层)+6H+(水层)，加入硫酸增大氢离子浓度，平衡逆向进行向形成Ge3+水溶液方向移动，获得较纯的含Ce3+的水溶液；(5)硫酸铁铵矾Fe2(SO4)3(NH4)2SO424H2O广泛用于水的净化处理，其净水原理是溶解后溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作
29、用，可以净水，反应的离子方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+。20.实现 “节能减排” 和“低碳经济”的一项重要课题就是如何将CO2转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，下图1表示该反应过程中能量(单位为kJmol1)的变化。（1）关于该反应的下列说法中，正确的是_(填字母)。AH0，S0 BH0，S0CH0，S0 DH0，S0（2）为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为l L的密闭容器中，充入l mol CO2和4 mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g
30、)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如上图2所示。从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2) ；CO2的转化率w(CO2) 。该反应的平衡常数K 。（只列表达式和计算式，不必计算出结果）下列措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是 (填字母)。A将CH3OH(g)及时液化抽出 B升高温度C选择高效催化剂 D再充入l molCO2和4 molH2（3）25，1.01105Pa时，16 g 液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出350.8kJ的热量，写出该反应的热化学方程式： 。（4）选用合适的合金为电极，以氢氧化钠、甲醇、水、氧气为原料，可以制成一种
31、以甲醇为原料的燃料电池，其负极的电极反应式是： 。【答案】（共15分（1）A （2） 0.225 molL1min175%（0.42 L2/mol2，不必求出结果） A、D（3）CH3OH (l)3/2O2(g）CO2(g)2H2O (l） H701.6 kJmol1（4）CH3OH8OH6eCO326H2O【解析】试题分析：（1）依据反应和图象分析判断：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），反应是熵减少的反应，S0；反应物能量高于生成物的能量，可判断该反应是放热反应，H0，答案选A。（2）在体积为l L的密闭容器中，充入l mol CO2和4mol H2，一定条件下发生反
32、应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图2所示二氧化碳是反应物随反应进行浓度减小，甲醇是生成物，随反应进行浓度增大；10nim内达到平衡，生成甲醇浓度为0.75mol/L，二氧化碳浓度变化了0.75mol/L；则依据化学平衡三段式：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol/L）1 4 0 0变化量（mol/L）0.75 2.25 0.75 0.75平衡量（mol/L）0.25 1.75 0.75 0.75从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)2.25mol/L10min= 0.225 m
33、olL1min1；CO2的转化率w(CO2)0.751100%=75%。该反应的平衡常数表达式K=，A将CH3OH(g)及时液化抽出，平衡正向移动，A项正确；B该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B项错误；C选择高效催化剂，平衡不移动，C项错误；D再充入l molCO2和4 molH2，相当于增大压强，平衡正向移动，D项正确；答案选AD。（3）25，1.01105Pa时，16g 液态甲醇物质的量为0.5mol，完全燃烧，当恢复到原状态时，放出350.8kJ的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式为：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-7
34、01.6 kJmol-1；（4）选用合适的合金为电极，以氢氧化钠、甲醇、水、氧气为原料，可以制成一种以甲醇为原料的燃料电池，原电池的负极失电子发生氧化反应，失电子的是甲醇，此电池的负极应加入或通入的物质有甲醇、氢氧化钠、水，负极的电极反应式为CH3OH8OH6eCO326H2O。考点：考查化学反应自发进行的判据，化学平衡常数计算，电解原理的应用，热化学方程式等知识。21.3-苯基丙烯醛是一种被广泛应用在食品加工中的高效低毒食品添加剂，下列是用其合成聚酯F的路线示意图：已知：RCHORCH(OC2H5)2RCHO根据题意回答：（1）3-苯基丙烯醛分子中官能团的名称为_；（2）合成路线中的、两个步
35、骤的目的是_。（3）反应的反应类型为_。（4）若X为银氨溶液，则反应的化学方程式为_。（5）同时符合下列条件的D的同分异构体共有_种。a既可发生银镜反应又可发生水解b能与FeCl3溶液发生显色反应c是苯的二元取代物。上述同分异构体中，核磁共振氢谱有峰面比为1：2：2：2：2:1的结构简式_。【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). 保护醛基不被氧化 (3). 取代反应（水解反应） (4). +2Ag（NH3）2OH+2Ag+3NH3+H2O (5). 6种 (6). 【解析】【分析】3-苯基丙烯醛发生信息中的反应生成A为，A与溴发生加成反应生成B为，由F的结构可知E为，试剂X为银氨溶液，D
36、与银氨溶液反应得到H、H酸化得到E，则D为，H为结合B、D的结构可知B发生卤代烃的水解生成C，故C为，C发生信息中的水解反应生成D。【详解】(1)3-苯基丙烯醛的结构简式为，分子中官能团的名称为碳碳双键和醛基；(2)反应中醛基反应、反应中又得到醛基，两个步骤目的是：保护醛基，以防被溴氧化；(3)反应为在NaOH的水溶液中发生的水解反应；(4)D为，H为，D发生银镜反应生成H，所以反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O；(5)D为，下列条件：a既可发生银镜反应又可发生水解说明含有醛基、酯基；b能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；c是苯的二取代物说明苯环上有
37、两个取代基；则符合条件的D的同分异构体为苯环上连有-OH、-CH2CH2OOCH，或-OH、-CH(CH3)OOCH，各有邻间对三种，所以共有6种，其中磁共振氢谱有峰面比为1：2：2：2：2:1的结构简式为。【点睛】能准确结合反应条件推断发生的反应原理是解题关键，常见反应条件与反应原理类型有：在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)；在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应；在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
