1、上海市金山中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1. 合成氨工业所需氢气的主要来源是（ ）A. 水和燃煤B. 电解水C. 锌和硫酸反应D. 液化空气【答案】A【解析】【详解】A水和燃煤高温下可生成氢气和一氧化碳，获取方便，还可将煤炭转化为可燃性气体，降低煤炭燃烧对环境的污染，故A符合题意；B电解水需消耗大量的电能，成本太高，故B不符合题意；C锌和硫酸反应造价太高，故C不符合题意；D空气中不含氢气，液化空气得不到氢气，故D不符合题意；答案选A。2. 下列化学用语正确的是（）A. 乙烯的分子式：CH2=CH2B. 过氧
2、化氢的结构式：H-O-O-HC. 含有8个中子的氧原子：OD. NH4Cl的电子式：【答案】B【解析】【详解】A乙烯的分子式为C2H4，CH2=CH2为乙烯的结构简式，故A错误；B过氧化氢为共价化合物，含有O-H键和O-O键，则结构式：H-O-O-H，故B正确；C氧原子的质子数为8，含有8个中子的氧原子质量数为8+8=16，则原子可表示为：O，故C错误；DNH4Cl的电子式：，故D错误；答案选B。3. 漂白原理不是使有机质氧化褪色的物质是（ ）A. SO2B. Na2O2C. O3D. HClO【答案】A【解析】【详解】ASO2能与有色物质化合生成不稳定的无色物质而具有漂白性，其原理不是氧化，
3、故A符合题意；BNa2O2具有强氧化性，能使有机色质氧化褪色，故B不符合题意； CO3具有强氧化性，能使有机色质氧化褪色，故C不符合题意； DHClO具有强氧化性，能使有机色质氧化褪色，故D不符合题意；答案选A。4. 下列有机物的命名正确的是A. 3-乙基-4-甲基己烷B. 2,2-二甲基丁烷C. 3-乙基-4-甲基庚烷D. 3-异丙基己烷【答案】B【解析】【详解】A根据所给名称对应的有机物结构应为，正确名称为3-甲基-4-乙基己烷，故A错误；B根据所给名称对应的有机物结构应为，命名正确，故B正确；C根据所给名称对应的有机物结构应为，正确名称为4-甲基-5-乙基庚烷，故C错误；D根据所给名称对
4、应的有机物结构应为，正确名称为2-甲基-3-乙基己烷，故D错误；故答案为B。【点睛】烷烃命名原则：长-选最长碳链为主链；多-遇等长碳链时，支链最多为主链；近-离支链最近一端编号；小-支链编号之和最小看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-离支链最近一端编号”的原则；简-两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。5. 喷气式飞机在对流层中飞行时排放的尾气NO，能进行下列反应：O3O2O；NOO3NO2O2，NO2ONOO2，则NO在这些反应中的作用是（ ）A. 催化剂B. 还原剂C. 氧化剂D. 中间产物【答案】A【解析】【详解】：O
5、3O2O、NOO3NO2O2、NO2ONOO2，反应中反应物有O3、NO、NO2、O；生成物有O、O2、NO2、NO、合在一块是：O3+NO+O+NO2O+3O2+NO，反应物和生成物中相同的要消去即：2O3=3O2，由方程式可知一氧化氮在反应过程中质量和化学性质不变，作为催化剂。答案选A。6. 下列化学键中，键的极性最强的是( )A. HCB. HOC. HND. HF【答案】D【解析】【详解】非金属性越强，键的极性最强，F非金属性最强，HF极性最强，故D符合题意。综上所述，答案为D。7. 可用于铵根离子检验的一组试剂是（ ）A. NaOH溶液、蓝色石蕊试纸B. NaOH溶液、稀硫酸C. 盐
6、酸、红色石蕊试纸D. NaOH溶液、浓盐酸【答案】D【解析】【详解】A向溶液中，加入NaOH溶液后加热产生氨气，但是如果用湿润的蓝色石蕊试纸检测，试纸还是蓝色，无法检测，A错误；B向溶液中，加入NaOH溶液后加热产生氨气，但是与稀硫酸反应没有现象，无法检测，B错误；C向溶液中，加入HCl溶液，NH4与HCl不反应，溶液呈酸性，用红色湿润试纸检验，还是红色，无法检测，C错误；D向溶液中，加入NaOH溶液后加热产生氨气，浓盐酸具有挥发性，生成NH4Cl产生白色的烟，可以检验氨气，D正确；答案选D。8. 反应：A2(g)+B2(g)2AB(g)+Q的能量变化如图所示，对该反应的叙述正确的是（ ） A
7、. 每生成2分子AB（g）吸收bkJ热量B. Q=(b-a)kJC. 反应物总能量高于生成物的总能量D. 断裂1molAA和1molBB键，放出akJ能量【答案】B【解析】【详解】A依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a-b)kJ热量，A错误；B依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，反应物需要吸收热量才能转化为生成物，则Q=(b-a)kJ，B正确；C依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，C错误；D断裂1molAA和1molBB键，吸收akJ能量，D错误；故选B。9. 将仔细打磨过的铝箔，在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动，看到的现
8、象是熔化的铝（ ）A. 滴落B. 剧烈燃烧C. 不滴落，好像有一层膜兜着D. 火星四溅【答案】C【解析】【详解】将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了熔点很高的氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点远远高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候，铝熔化了但是不会滴落，好像有一层膜兜着，铝在空气中加热不能燃烧，答案选C。10. 如图，a、b是两根碳棒。以下叙述正确的是（ ）A. a是阴极，发生还原反应B. b是负极，发生氧化反应C. 滴加酚酞试液，b极附近溶液颜色变红D. 铜片上的电极反应式是：2H+-2e-H2【答案】C【解析】【分析】铜-锌-稀硫酸装置能自发的进行氧化还原反应，且符
9、合原电池的构成条件，所以该装置是原电池，锌的活泼性强于铜，则锌为负极，铜为正极；右边装置有外接电源，所以构成了电解池，据此分析解答。【详解】Aa极接原电池的正极，所以a极是阳极，发生氧化反应，故A错误；Bb极接原电池的负极，所以b极是阴极，发生还原反应，故B错误；C随着反应的进行，a极上氯离子放电生成氯气，b极上氢离子放电生成氢气，所以b极附近氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，滴加加酚酞试液，b极附近溶液颜色变红，故C正确；D铜片上氢离子得电子生成氢气，电极反应式是：2H+2e-=H2，故D错误；答案选C。11. 关于工业上用接触法制硫酸的说法不正确的是（ ）A. 硫酸厂应建在靠近原料产地的地区
10、B. 主要设备有沸腾炉、接触室和吸收塔C. 三氧化硫不用水吸收，而是用浓硫酸吸收D. 尾气若不经处理排放，有可能形成硫酸型酸雨【答案】A【解析】【详解】A硫酸因有强腐蚀性而不能较多地贮存，其运输费用也较高，从而决定了硫酸厂靠近消费中心更为有利，故A说法错误；B工业上制硫酸的设备分为三大部分，一是沸腾炉、二是接触室、三是吸收塔；在沸腾炉内煅烧黄铁矿生成二氧化硫，在接触室内有催化剂存在下二氧化硫进一步与氧气结合，生成三氧化硫，三氧化硫流经吸收塔时，采用98.3%的浓硫酸吸收，使三氧化硫最终与水化合形成硫酸，故B说法正确；C三氧化硫若用水吸收，反应放热，放出的热量易导致酸雾形成，阻碍三氧化硫的吸收，
11、故工业制取硫酸过程中用浓硫酸吸收，故C说法正确；D硫酸工业的尾气中含有二氧化硫，尾气若不经处理排放，有可能形成硫酸型酸雨，故D说法正确；答案选A。12. 已知化合物A的结构如图所示，则A的二氯代物的数目为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】【详解】A的二氯代物中氯原子的取代情况有：取代2个C原子上的H，取代2个Si原子上的H，取代相邻C原子和Si原子上的H，取代体对角线上的C原子和Si原子上的H，因此化合物A的二氯化物共有4种，故B符合题意。综上所述，答案为B。13. 一定呈碱性的溶液是( )A. pH=8的某电解质的溶液B. OH-110-7mol/LC. 溶液中含有OH
12、-D. KwH+2【答案】D【解析】【分析】水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小：H+OH-溶液呈酸性；H+=OH-溶液呈中性；H+OH-溶液呈碱性，室温时，Kw =10-14，若溶液中：H+=10-7，pH值=7，溶液呈中性；H+10-7，pH值7，溶液呈酸性；H+10-7，pH值7，溶液呈碱性，据此判断。【详解】A没指明温度，Kw不一定等于1014，不能根据pH值判断溶液的酸碱性，故A错误；B没指明温度，Kw不一定等于1014，不能根据OH-浓度大小判断溶液的酸碱性，故B错误；C任何水溶液中都含有氢氧根离子，不能通过是否含有氢氧根离子判断溶液
13、酸碱性，故C错误；D溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小，KwH+2，Kw =H+OH-，OH-H+，溶液一定显碱性，故D正确；答案选D。14. NA代表阿伏加德罗常数。已知C3H6和C4H8的混合物的质量为ag，则该混合物（ ）A. 燃烧消耗的O2一定是：B. 原子总数：C. 碳氢键数目：D. 共用电子对数目：【答案】C【解析】【分析】C3H6和C4H8的最简式均为CH2，可以根据CH2进行计算。ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为：a14gmol1=mol，ag混合物中含有molC原子、molH原子。【详解】A不知是否在标准状况下，题中条件无法计算ag混合物燃烧消耗的氧气
14、的体积，A错误；Bag混合物中含有molC原子、molH原子，总共含有原子的物质的量为：(+)mol，所含原子总数为NA，B错误；C1个“CH2”中含有2个CH键，则ag混合物所含碳氢键数目为2=，C正确；D在C3H6和C4H8中，每个C含有1个碳碳共用电子对、每个H形成了1个碳氢共用电子对，因此1molCH2中含有3mol共用电子对，所以总共含有mol共用电子对，所含共用电子对数目为()NA，D错误；故选C。15. 由于氯化铵的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图：有关该制碱工艺的描述错误的是()A. X 可以是石灰乳B. 氨气循环使用C. 原料是食盐、NH3、CO2和水D.
15、 产品是纯碱和氯化钙【答案】C【解析】【详解】A饱和食盐水和二氧化碳，氨气反应生成氯化铵和碳酸氢铵，用氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙，氨气和水，故X可以是石灰乳，故A正确；B根据流程图可知，氨气可以循环使用，故B正确；C原料是饱和食盐水、氨气、二氧化碳和石灰乳，故C错误；D根据工艺流程，产品是纯碱和氯化钙，故D正确；答案选C。16. 某高分子化合物的结构如下：其单体可能是CH2CHCN 乙烯 1,3-丁二烯 苯乙炔 苯乙烯 1-丁烯A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】该高聚物链节主链不含杂原子，属于加聚反应生成高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，其的单体是CH2=CHCN、CH2
16、=CH-CH=CH2、苯乙烯，故选A。【点睛】解答此类题目，首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，加聚产物的单体推断方法：(1)凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；(2)凡链节主链上只有四个碳原子(无其它原子)且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；(3)凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换。17. 向酸化的Fe(NO3)3溶液中逐渐通入H2S气体，可能
17、发生反应的离子方程式正确的是( )A. 3S2-+2NO+8H+=2NO+3S+4H2OB. Fe3+3NO+5H2S+2H+=3NO+5S+Fe2+6H2OC. Fe3+7NO+10H2S+8H+=7NO+10S+Fe2+14H2OD. S2-+2NO+4H+=2NO2+S+2H2O【答案】B【解析】【分析】酸性溶液中，氧化性HNO3Fe3+，硫化氢不足，硝酸根离子氧化硫化氢；硫化氢足量，则Fe(NO3)3完全反应，硫化氢是气体，离子反应中不能拆写，以此来解答。【详解】A酸性溶液中，氧化性HNO3Fe3+，硫化氢不足，硝酸根离子氧化硫化氢，由电子、电荷守恒可知，离子反应为3H2S+2NO+2
18、H+=2NO+3S+4H2O，且硫化氢为气体，离子反应中不能拆写，故A错误；B硫化氢足量，则Fe(NO3)3完全反应，由电子、电荷守恒可知，离子反应为Fe3+3NO+5H2S+2H+=3NO+5S+Fe2+6H2O，故B正确；C反应Fe3+7NO+10H2S+8H+=7NO+10S+Fe2+14H2O中电荷不守恒，故C错误；D根据A项分析，离子反应为3H2S+2NO+2H+=2NO+3S+4H2O，且硫化氢为气体，离子反应中不能拆写，故D错误；答案选B。18. pH=2的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图示，下列说法正确的是( ) 若a5，则
19、A、B都是弱酸；稀释后H+：AB；若a=5，则A是强酸，B是弱酸；A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等。A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由图可知，pH=2的两种酸溶液A、B各1mL，H+=10-2mol/L，若为强酸，分别加水稀释到1000mL，H+=10-5mol/L，pH=5；pH相同的两种酸稀释相同倍数，B的pH变化较小，则B一定为弱酸，若a=5，则A为强酸，若a5，则A、B都是弱酸，据此分析。【详解】若a5，说明A、B稀释过程均还有氢离子电离出，则A、B都是弱酸，故正确；从图上可知，稀释到1000mL后，B酸溶液的pH比A酸溶液的pH小，则H+：AB，故错误；1mL
20、的A酸稀释103倍(1000mL)，稀释后溶液的pH=2+3，即a=5，则A为强酸，B酸稀释103倍后溶液pH5，说明稀释过程还电离出一定的氢离子，则B是弱酸，故正确；无法判断A、B两种酸溶液的物质的量浓度；故错误；综上，正确的是，答案选C。19. 现有下列两套实验装置，用于实验室制取乙酸乙酯或乙酸丁酯。下列说法错误的是A. 图I装置用于制取乙酸乙酯，图II 装置用于制取乙酸丁酯B. 导管a和导管b的作用都是冷凝回流C. 都可用饱和Na2CO3溶液来洗去酯中的酸和醇D. 加入过量的乙酸可以提高醇的转化率【答案】B【解析】【详解】A、乙酸丁酯分子量大溶沸点高，不易转移出去，故采用冷凝回流少量的反
21、应物和产物，乙酸乙酯沸点低易挥发出收集在试管中，A正确；B、b是冷凝回流，a是导气，B错误；C、Na2CO3溶液反应掉未反应的酸和溶解醇，C正确；D、反应为可逆反应，增加一种反应物的量可以提高另一种反应物的转化率，D正确。答案选B。20. 某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：Cl-、Na+、Mg2+、Fe3+，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，某同学取100mL上述溶液X，进行了如下实验：下列说法正确的是（ ）A. 气体A可能是CO2或SO2B. 溶液X中一定存在、Na+、Mg2+C. 溶液X中一定不存在Fe3+和Mg2+，可能存在Na+D. 分别在溶液1和溶液2中加入硝酸
22、酸化的硝酸银溶液都能生成白色沉淀【答案】B【解析】【分析】溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且产生的白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体，则白色沉淀一定有BaSO4，一定存在、或中的至少一种，气体为CO2或SO2：若气体A是CO2，则溶液中一定存在、，可能还含有Cl-、Na+、Mg2+(Na+、Mg2+至少存在一种)，所含离子的物质的量浓度均相同，2c()+c()=c(Na+)+2c(Mg2+)，没有Cl-，X中一定存在、Na+、Mg2+，符合题意；若气体A是SO2，则溶液中一定存在、，由于阳离子只有Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，根据电荷守恒
23、可知不符合题意；若气体A是CO2、SO2的混合气体，则溶液中一定存在、由于阳离子只有Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，根据电荷守恒可知不符合题意；据此分析解答。【详解】A根据分析可知，气体A是CO2，故A错误；B根据分析，气体A是CO2，则溶液中一定存在、，可能还含有Cl-、Na+、Mg2+(Na+、Mg2+至少存在一种)，所含离子的物质的量浓度均相同，根据电荷守恒:2c()+c()=c(Na+)+2c(Mg2+)可知，没有Cl-，X中一定存在、Na+、Mg2+，符合题意，故B正确；C溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，根据分析，溶液由一定存在、Na+、Mg
24、2+构成，所以Mg2+一定有，故C错误；D由上述分析可知，溶液中不含Cl-，所以向溶液1(无)加入硝酸酸化的硝酸银溶液不会生成AgCl白色沉淀，溶液2碳酸钡与足量盐酸反应后的氯化钡，溶液中还有过量的盐酸，加入硝酸酸化的硝酸银溶液生成AgCl白色沉淀，故D错误；答案选B。【点睛】所含离子的物质的量浓度均相同，利用电荷守恒确定溶液中的各种离子，为易错点。二、综合分析题（共60分）21. 黑火药爆炸时发生的反应为：S+2KNO3+3C2K2S+N2+3CO2。完成下列填空：(1)该反应的氧化剂是_，每生成1molCO2转移电子的个数为_。(2)上述反应涉及元素中，比较属于同一主族的元素的气态氢化物的
25、稳定性强弱：_，从原子结构角度分析原因：_。(3)常温下，向1LpIH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中CO离子浓度的关系如图所示。O点：由水电离产生的c(H+)=_；a点：溶液中离子浓度由大到小的关系是：_；b点：溶液呈碱性的原因是_；若通入CO2使溶液呈中性，此时溶液中的溶质是_。【答案】 (1). KNO3和S (2). 4NA (3). H2OH2S (4). H2O与H2S都是分子晶体，稳定性由共价键决定，电子层数：OS，原子半径：OS，键长：H-OH-S，键能：H-OH-S，所以稳定性：H2OH2S (5). 110-10mo/L (6). c(N
26、a+)c(CO)c(OH-)c(HCO)c(H+) (7). b点溶质是NaHCO3，HCO的水解程度大于电离程度 (8). NaHCO3、H2CO3(CO2)【解析】【详解】(1)反应S+2KNO3+3C2K2S+N2+3CO2中，S元素的化合价由0价降低到-2价，则S为氧化剂，N元素化合价由+5价降低到0价，则KNO3为氧化剂，C元素化合价由0价升高为+4价，则C为还原剂，反应中每一个C原子失去4个电子，当生成1mol CO2时，该反应转移电子的物质的量为1mol(4-0)=4mol，数目为4NA；(2)上述反应涉及元素中，属于同一主族的元素为O和S元素，其气态氢化物分别为H2O和H2S，
27、H2O与H2S都是分子晶体，稳定性由共价键决定，电子层数：OS，原子半径：OS，键长：H-OH-S，键能：H-OH-S，所以稳定性：H2OH2S；(3)水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，O点是没有通二氧化碳的情况，即pH=10的 NaOH溶液，则c(H+)=110-10mol/L，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出的c(H+)=110-10mol/L；根据分析，a点时溶质为碳酸钠，属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，溶液显碱性，则溶液中的离子浓度由大到小的关系是：c(Na+)c(CO)c(OH-)c(HCO)c(H+)；b点时，溶液中的溶质为碳酸氢钠，HCO的水解程度大
28、于电离程度，则溶液呈碱性；若通入CO2使溶液呈中性，二氧化碳，与水反应生成碳酸，此时溶液中的溶质是NaHCO3、H2CO3(CO2)。22. 生产水煤气的过程如下：C(s)+CO2(g)2CO(g)-172.5kJ；C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)+41.1kJ；CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)+Q3完成下列填空：(1)CO2的电子式是_，碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3，C2O3分子中每个原子最外层都是稳定状态，则C2O3的结构式是_。(2)在一定温度下，将等物质的量的CO和H2O(g)通入恒容密闭容器中发生反应，平衡后，向容器中再充入1
29、molH2O(g)，平衡向_(选“正反应”或“逆反应”)方向移动，重新达到平衡，与原平衡相比，H2O(g)的转化率：_(选填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)Q3=_kJ，判断反应是_反应(选填“吸热”成“放热”)。(4)某温度下，在体积为2L的绝热恒容密闭容器得中通入2molCO2和4molH2(g)发生成应，5min时达到平衡，测得CO2(g)的转化率是75%，则0-5min内，用H2O表示的反应速率v(H2O)=_，可以作为判断该反应达到平衡的标志有_。a混合气体的平均相对分子质量不再改变bv正(H2)=v逆(H2O)c容器中压强不变d容器内温度不再变化【答案】 (1). (2).
30、(3). 正反应 (4). 减小 (5). -213.6 (6). 吸热 (7). 0.15mol/(Lmin) (8). bd【解析】【分析】根据碳原子形成8电子稳定结构，写出CO2和的电子式和C2O3的结构式；将反应物H2O(g)的浓度增大，平衡正向移动，H2O(g)的转化率减小；根据盖斯定律计算Q3的值，根据Q3的数值判断反应是吸热还是放热；根据三段式计算化学反应速率；根据化学平衡的判断依据进行判断，据此分析。【详解】(1)碳原子和氧原子各形成两对共用电子对，CO2的电子式是，C2O3分子中每个原子最外层都是稳定状态，氧原子需形成两对共价键，碳原子需形成四对共价键，则C2O3的结构式是；
31、(2)在一定温度下，将等物质的量的CO和H2O(g)通入恒容密闭容器中发生反应，即CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)平衡后，向容器中再充入1molH2O(g)，反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，重新达到平衡，与原平衡相比，H2O(g)的转化率是转化的H2O(g)得物质的量与起始物质的量的比值，外界条件的影响远大于平衡移动的变化，故H2O(g)的转化率在减小；(3)C(s)+CO2(g)2CO(g)-172.5kJ；C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)+41.1kJ；将-得：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)+Q3Q3=-213.6kJ，说明向外界吸收能
32、量，反应吸热反应；(4)某温度下，在体积为2L的绝热恒容密闭容器得中通入2molCO2和4molH2(g)发生成应，5min时达到平衡，CO2(g)转化率是=75%，x=1.5mol，则0-5min内，用H2O表示的反应速率v(H2O)=0.15mol/(Lmin)；恒容密闭容器发生化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；a容器中气体的总质量是恒定的，左右两边气体的分子数是相等的，总物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量一直不变，混合气体的平均相对分子质量不再改变，不能作为判断该反应达到平衡的标志；b氢气和水蒸气的计量数相等，v正(H2)=v逆(H2O)表示的正逆反应速率
33、相等，能作为判断该反应达到平衡的标志；c左右两边气体的分子数是相等的，反应前后气体的压强一直不变，容器中压强不变，不能作为判断该反应达到平衡的标志；d已知正反应是吸热反应，容器内温度不再变化，说明反应达到平衡状态，容器内温度不再变化，能作为判断该反应达到平衡的标志；答案选bd。【点睛】正确写出C2O3的结构式是是难点；向容器中再充入1molH2O(g)，H2O(g)的转化率减小为易错点。23. 某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，涉及如下实验：完成下列填空：(1)装置A中发生反应的化学方程式是_，整套实验装置存在的一处明显不足是_。(2)用改进后的装置进行实验，观察到：D
34、中溶液变红；E中水层溶液变黄，振荡后，CCl4层无明显变化。则Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为_。因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。D中：红色慢慢褪去，E中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：(SCN)2性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2(SCN)2。(3)用平衡移动原理解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因_。请设计简单实验证明上述解释：_。(4)欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有
35、白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因_。(5)将少量BrCl通入到碘化钾溶液中，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O (2). 缺少尾气处理装置 (3). Cl2Br2Fe3+ (4). 过量氯气和SCN-反应 (5). 2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色；取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理 (6). BrCl+H2O=HBrO+HCl，反应只产生Cl-，不产生Br- (7). BrCl+2KI=KCl+
36、KBr+I2【解析】【分析】(1)A装置中圆底烧瓶中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；氯气有毒不能直接排空，要用碱液吸收尾气；(2)自发进行的同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；(3)过量氯气和SCN-反应SCN-浓度减小，根据铁离子和硫氰根离子反应平衡原理分析；(4)取少量红色溶液，加入硝酸银溶液有白色沉淀产生，此沉淀为AgCl，红色物质溶于水后产生Cl，说明红色物质中含有Cl，根据实验现象，CCl4先变为橙色，说明有Br2单质产生，继续通入氯气，橙色加深，最后变为红色，根据以上信息得到Br2Cl2=2BrCl，即红色物质为BrCl，氯化溴能发生水解反应生成酸；(
37、5)BrCl中Cl得电子能力强于Br，Br显1价，具有强氧化性，能把I氧化成I2。【详解】(1)A装置中圆底烧瓶中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，化学反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；由于氯气有毒，直接排放到空气中会污染大气，要用碱液吸收尾气，实验装置缺少尾气处理装置；(2)D装置中：溶液变红，说明有铁离子生成，据此得出氯气的氧化性大于铁离子；E装置中：水层溶液变黄，振荡后CCl4层无明显变化，说明氯气和溴离子不反应，根据D和E装置知，溴的氧化性大于铁离子，则氧化性强弱顺序是Cl2Br2Fe3+；(3)过量氯气和SCN反应2SCN+Cl2=2Cl+(
38、SCN)2，使SCN浓度减小，则使Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色，为检验其褪色原因，检验方法为：取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理；(4)根据分析，取少量红色溶液，加入硝酸银溶液有白色沉淀产生，此沉淀为AgCl，红色物质溶于水后产生Cl，说明红色物质中含有Cl，根据实验现象，CCl4先变为橙色，说明有Br2单质产生，继续通入氯气，橙色加深，最后变为红色，根据以上信息得到过量的氯气和溴反应生成氯化溴，氯化溴不稳定，易和水反应生成盐酸和次溴酸，反应为：BrCl+H2O=HBrO+HCl，反应只产生Cl-，不产生Br-，氯离子和银离子反应生成白色
39、沉淀氯化银；(5)BrCl中Cl得电子能力强于Br，则Br显1价，具有强氧化性，能把I氧化成I2，本身被还原成Br，因此反应方程式为BrCl2KI=KClKBrI2。【点睛】本题难点为(4)，根据实验现象的描述可得过量的氯气和溴反应生成氯化溴，氯化溴不稳定，易和水反应生成盐酸和次溴酸，题中实验过程中给出拟卤素(SCN)2性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2(SCN)2，要充分从题中提炼有效的解题信息，以及对元素化合物性质的熟练掌握。24. 丙烯酸甲酯(A)是常见的有机合成原料，如图是由丙烯酸甲酯为原料合成F的流程：完成下列填空： (1)A中所含官能团的名称是_，AB、CD的反应类型分别是_、_。
40、(2)写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式：_。分子中有一个六元环且只有3种不同环境下的氢；能发生银镜反应。(3)D中卤素原子的检验方法是_。(4)EF第一步的化学反应方程式为_。(5)设计以1，3丁二烯、丙二酸二乙酯为主要原料合成的流程图_(无机试剂任用)。【答案】 (1). 碳碳双键、酯基 (2). 加成 (3). 取代 (4). (5). 取少量D加入过量NaOH溶液加热一段时间后，冷却，加入过量硝酸酸化，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，则D中含有氯原子 (6). +2NaOH+2C2H5OH (7). 【解析】【分析】丙烯酸甲酯(A)与1，3-丁二烯发生加成反应生成B，B在N
41、a的乙醇溶液作用下生成C，C与PCl3发生取代反应生成D，D在C2H5ONa/CH2(COOC2H5)2作用下发生取代反应生成E，E在NaOH溶液加热作用下发生酯类的水解反应，再进行酸化得到F，据此分析解答。【详解】(1)根据A的结构简式，所含官能团的名称是碳碳双键、酯基；AB为丙烯酸甲酯(A)与1，3-丁二烯发生加成反应生成B；CD为C与PCl3发生取代反应生成D；(2)B的结构简式为，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，有一个六元环且只有3种不同环境下的氢，则满足下列条件的B的同分异构体的结构简式为：； (3)D中卤素原子的检验方法是取少量D加入过量NaOH溶液加热一段时间后，冷却，加入过量硝酸酸化，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，则D中含有氯原子；(4)EF第一步反应为在NaOH溶液加热作用下发生酯类的水解反应，化学反应方程式为+2NaOH+2C2H5OH；(5)以1，3-丁二烯、两二酸二乙酯为主要原料合成，首先1，3-丁二烯与Br2发生1，4加成反应生成，在钠做催化剂加入条件下与H2发生加成反应生成 ，在C2H5ONa/CH2(COOC2H5)2作用下发生取代反应生成，在NaOH溶液加热作用下发生酯类的水解反应，再进行酸化得到，则合成路线为：。【点睛】本题难点为(5)，书写合成路线时，要充分利用题给流程转化过程的反应条件信息。