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。