1、广东省广州市天河中学2019-2020学年高二化学下学期期末测试试题（含解析）满分100分 考试时间75分钟可能用到的相对分子质量：H-1 C-12 O-16 P-31 K-39 Cu-64一、单项选择题(本题包括18小题，每题只有一个选项符合题意，1-12题每小题2分，13-18题每题3分，共42分)1. 下列化学用语使用正确的是A. 葡萄糖、淀粉的最简式都是CH2OB. 羟基的电子式是： C. 乙醛分子的结构筒式是CH3COHD. 丙烷分子球棍模型：【答案】B【解析】【详解】A.葡萄糖的最简式都是CH2O，淀粉的最简式为C6H10O5淀粉，故A错误；B.羟基的电子式是： ，故B正确；C.乙
2、醛分子的结构简式是CH3CHO，故C错误；D.丙烷分子球棍模型：，故D错误；故答案：B。2. 下列各对物质属于同系物的是A. 与B. 与C. O2与 O3D. CH3OH与【答案】D【解析】【详解】A是含一个碳碳双键的烯烃，是含两个碳碳双键的烯烃，二者结构不相似，不符合同系物的概念，A错误；B与均是丙烷，二者是同一种物质，B错误；CO2与 O3是氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，C错误；DCH3OH与均含一个醇羟基，相差2个CH2，互为同系物，D正确；答案选D。3. 下列关于化合物()()()()的说法正确的是A. I、II、III、IV 的沸点依次升高B. I、III的一氯代物均只有四种
3、C. II、III中碳原子可能都处于同一平面D. III、IV互为同系物【答案】A【解析】【分析】由题干可知：化合物()()()()均为苯的同系物，且、互为同分异构。【详解】A.I、II、III 的相对分子质量增大，分子间作用力增强，沸点依次升高。、互为同分异构，且的支链更多，则的沸点更低，故A正确；BI的等效氢有4种，III的等效氢有5种，则其一氯代物分别为4种和5种，B不正确；C根据甲烷分子的正四面体结构可知，III中苯环的侧链上有3个饱和的碳原子，这3个碳原子不可能都与苯环处于同一平面，C不正确；DIII和IV的分子式相同，但是其结构不同，故两者互为同分异构，D不正确；故选A。4. 下列
4、说法正确的是A. 蛋白质溶液中加入甲醛可以使蛋白质从溶液中析出，加水又溶解B. 石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化C. 脂肪通过氢化反应得到油D. 高级脂肪酸和甘油可通过缩聚反应合成油脂【答案】B【解析】【详解】A甲醛会使蛋白质变性，蛋白质变性是不可逆的，A错误；B石油的裂化和油脂的皂化过程都有新物质生成，是化学变化，B正确；C油是不饱和的高级脂肪酸和甘油形成的酯，可与氢气发生加成反应生成固态的脂肪， C错误；D高级脂肪酸和甘油可通过酯化反应生成酯类物质油脂，D错误；答案选B。5. 下列说法中正确的是A. 糖类、油脂、蛋白质都属于天然高分子化合物B. 涤纶、锦纶、蚕丝都属于合成纤维C. 聚乙
5、烯、聚氯乙烯都不能使溴水褪色D. 麦芽糖和蔗糖互为同分异构体，水解的产物均为葡萄糖【答案】C【解析】【详解】A蛋白质、淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，而糖类中的单糖、双糖的相对分子量较小，不属于高分子化合物，油脂的相对分子量较小，不属于高分子化合物，故A不正确；B涤纶、锦纶都属于合成纤维，蚕丝是天然纤维，故B不正确；C聚乙烯和聚氯乙烯不含双键，不能使溴水褪色，故C正确；D蔗糖的水解的产物为葡萄糖和果糖，故D不正确；故选C。6. 化学在疫情防控中发挥着重要作用。下列说法不正确的是A. 氯仿可有效灭活病毒，其化学名称是三氯甲烷B. 医用消毒酒精是95%的乙醇溶液C. 医用防护口罩的材料之一是聚丙
6、烯，聚丙烯属于高分子材料D. 84消毒液和酒精混合消毒作用减弱，可能发生了氧化反应【答案】B【解析】【详解】A氯仿可在广泛的pH值范围内杀死水中的细菌和病毒，可用于自来水消毒，其化学名称是三氯甲烷，A项正确；B医用消毒酒精是75%的乙醇溶液，B项不正确；C医用防护口罩中的熔喷布主要以聚丙烯为主要原料，聚丙烯属于高分子材料，C项正确；D84消毒液是一种以次氯酸钠为主要成分的含氯消毒剂，具有氧化性，遇到酒精会发生复杂的化学反应而使消毒作用减弱，D项正确；答案选B。7. 香柠檬酚具有抗氧化功能，它的结构如图，下列说法正确的是（ ）A. 它的分子式为C13H9O4B. 它与H2发生加成反应，1mol最
7、多可消耗7mol H2C. 它与溴水发生反应，1mol最多消耗3molBr2D. 它与NaOH溶液反应，1mol最多消耗3molNaOH【答案】D【解析】【详解】A烃的含氧衍生物所含氢原子个数不会为奇数，根据该物质的结构可知分子式为C12H8O4，故A错误；B分子中含有苯环和1个碳碳双键以及1个酮基，都可与氢气发生加成反应，则1mol最多可消耗5molH2，酯基不与氢气发生加成反应，故B错误；C酚羟基只有1个对位氢原子可被取代，碳碳双键可以和溴发生加成，所以它与溴水发生反应，1mol最多消耗2molBr2，故C错误；D该物质本身含有一个酚羟基，酯基水解生成一个酚羟基和一个羧基，所以1mol该物
8、质最多消耗3molNaOH，故D正确；故答案为D。8. 只用一种试剂区别乙醇、乙醛、己烯、甲酸四种无色液体，应选用A. 酸性 KMnO4溶液B. 溴水C. 紫色石蕊溶液D. 新制氢氧化铜悬浊液【答案】D【解析】【详解】A乙醇、乙醛、己烯均能使酸性 KMnO4溶液褪色，A不符合；B乙醛、己烯均能使溴水褪色，B不符合；C四种溶液中只有甲酸呈酸性，使紫色石蕊溶液变红，其他均不能，C不符合；D加入新制Cu(OH )2悬浊液，乙醇不反应，乙醛在加热时生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，甲酸能溶解氢氧化铜，含有醛基，加热时有砖红色沉淀生成，现象不同，可鉴别，D符合；故选 D。9. 下
9、列有关有机物的分离、提纯、鉴别的方法不正确的是A. 用蒸馏的方法除去丁醇中的乙醚B. 用分液的方法分离乙酸乙酯和乙醇C. 用 Na2CO3溶液鉴别乙酸和乙酸乙酯D. 用核磁共振氢谱鉴别 CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3【答案】B【解析】【详解】A丁醇、乙醚互溶，但沸点不同，则蒸馏可分离，故A正确；B乙酸乙酯和乙醇互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，故B错误；C乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层，现象不同可鉴别，故C正确；DCH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3中均含3种H，但各种氢原子的具体位置不同，则二者的核磁共振氢谱中峰的位置不相同，可以用核磁共振
10、氢谱来鉴别，故D正确；故答案选B。10. 在一定温度下，体积固定的密闭容器中发生可逆反应4HCl（g）+O2（g）2H2O（g）+2Cl2（g）下列能说明反应已经达到平衡状态的是（）A. 混合气体的密度保持不变B. 混合气体的平均相对分子质量保持不变C. 断开4molHCl键的同时，生成4molHO键D. HCl、O2、H2O、Cl2四种气体的物质的量之比为4：1：2：2【答案】B【解析】【分析】在一定温度下，体积固定的密闭容器中发生可逆反应4HCl（g）+O2（g）2H2O（g）+2Cl2（g），为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不
11、再变化。【详解】A反应过程中气体总质量、容器容积为定值，则气体密度始终不变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故A错误；B该反应中气体总质量为定值，气体的总物质的量为变量，根据公式M=可知，混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故B正确；C断开4molH-Cl键的同时，生成4molH-O键，表示的都是正反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；DHCl、O2、H2O、Cl2四种气体的物质的量之比为4：1：2：2，无法判断各组分的物质的量是否继续变化，无法判断平衡状态，故D错误；故选B。11. 青铜器发生电化学腐
12、蚀的原理示意图，下列说法正确的是A. 腐蚀过程中，青铜基体是正极B. 若有64g Cu腐蚀，理论上耗氧体积为22.4L(标准状况)C. 多孔催化层加速了青铜器的腐蚀，因为改变了反应的焓变D. 为防止腐蚀，可通过导线将铜器与直流电源负极相连【答案】D【解析】【详解】A根据图示可知，青铜基体电极有Cu2+产生，Cu化合价升高，发生氧化反应，作负极，A错误；B在该反应中，铜失去电子变成Cu2+，64g Cu腐蚀转移2mol电子，在标况下，理论上耗氧体积为，B错误； C反应的焓变只与反应物、生成物的状态有关，故反应焓变不变，C错误；D将铜器与直流电源负极相连，则铜器做阴极，采用外加电流的阴极保护法防止
13、腐蚀，D正确；答案选D。12. 某小组用如图装置摸拟电镀铜和精炼铜。下列说法不正确的是A. 精炼铜时，X电极是粗铜，比铜活波的金属最终变成阳极泥B. 电镀铜时，Y电极为待镀的金属制品C. 电镀铜和精炼铜时，Y上的电极反应都是： Cu2+2e-= CuD. 电镀铜时，X电极是铜，溶液中的Cu2+浓度保持不变【答案】A【解析】【详解】A精炼铜时，与直流电源正极相连的X电极是粗铜，为精炼池的阳极，比铜活泼的金属和铜在阳极上失去电子发生氧化反应生成阳离子，比铜不活泼的金属最终变成阳极泥，故A不正确；B电镀铜时，Y电极为待镀的金属制品，与直流电源负极相连，故B正确；C电镀铜和精炼铜时，与直流电源负极相连
14、的Y电极为阴极，铜离子在阴极上得到电子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu2+ + 2e- = Cu，故C正确；D电镀铜时，与直流电源正极相连的X电极是铜，为电解池的阳极，电极反应式为Cu- 2e- = Cu2+，与直流电源负极相连的Y电极为阴极，铜离子在阴极上得到电子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu2+ + 2e- = Cu，阳极消耗铜的质量和阴极析出铜的质量相同，溶液中铜离子的浓度保持不变，故D正确；故选A。【点睛】，13. 科学家近年发明了一种新型ZnCO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供
15、了一种新途径。下列说法错误的是A. 放电时，负极反应为B. 放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 molC. 充电时，电池总反应为D. 充电时，正极溶液中OH浓度升高【答案】D【解析】分析】由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，发生还原反应生成Zn，以此分析解答。【详解】A放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：，故A正确，不选；B放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时，
16、转移电子数为2mol，故B正确，不选；C充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上转化为Zn，电池总反应为：，故C正确，不选；D充电时，正极即为阳极，电极反应式为：，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合题意；答案选D。14. 多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T时（各物质均为气态），甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：下列说法正确的是（ ）A. 反应的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) H=+akJ/mol(a0)B. 1molCH3OH(g)和
17、1molH2O(g)的总能量大于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量C. 选择优良的催化剂降低反应和的活化能，有利于减少过程中的能耗D. CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂【答案】C【解析】【分析】由反应机理图可知，反应为：CH3OH =2H2+CO，反应为：CO+H2O=H2+CO2。由能量图可知，反应为吸热反应，反应为放热反应，对比能量图中反应的反应物所具有的能量和反应的生成物所具有的能量，可知反应的反应物和反应的生成物所具有的能量的大小关系为：E生E反。据此进行分析。【详解】A结合能量图可知，反应为放热反应，根据反应机理图可知，反应的热化学方程式为：CO(
18、g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) H=-akJ/mol(a0)，A项错误；B结合反应机理和能量图可知，E生E反，即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，B项错误；C催化剂可以通过参与反应改变反应历程降低反应的活化能，从而可减少反应过程的能耗，C项正确；DCO(g)属于中间产物，不是催化剂。D项错误；答案选C。15. T时，在密闭容器中进行的反应：COCl2(g) CO(g)+Cl2(g) H=+108KJ/mol，在4min、10min、14min时均只改变影响平衡的一个条件，各物质的浓度变化如图所示，下列说法正
19、确的是A. 4min时降低温度，10min时充入Cl2，14min时增大容器的体积B. 平衡常数K2minK9minv逆【答案】D【解析】【分析】由题干可知，该反应为吸热反应，且正反应为分子数目增大反应，在第4min时，反应向正反应方向移动，且浓度为改变，则第4min改变的条件为升高温度；在第10min时，CO的浓度降低，改变的条件为移除部分的CO，平衡正向移动；在第10min时，所有物质的物质的量浓度成倍数降低且反应正向移动，则改变的条件为增大体积，据此解答。【详解】A由分析可知：4min时升高温度，10min时移除部分CO，14min时增大容器的体积，A不正确；B在第4min时，升高温度，
20、且正反应为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，平衡常数只与温度有关，故平衡常数K2minK9min=K13min，B不正确；C有图可知：在4min8min CO的浓度变化0.01mol/L，根据方程式，COCl2变化的浓度为0.01mol/L，则COCl2平均反应速率为0.0025mol(Lmin)，C不正确；D在T时，由图像起点可得平衡常数，若起始向2L的恒容密闭容器中充入COCl2、Cl2、CO均为0.20 mol，则，达到平衡前平衡正向移动，则v正v逆，D正确；故选D。16. 有机物分子中原子间(或原子与原子团间)的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列事实不能说明上述观点的是()A. 苯
21、酚能跟NaOH溶液反应，乙醇不能与NaOH溶液反应B. 乙烯能发生加成反应，乙烷不能发生加成反应C. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 苯与硝酸在加热时发生取代反应，甲苯与硝酸在常温下就能发生取代反应【答案】B【解析】【分析】A. 苯环对酚羟基影响的结果是酚羟基具有酸性；B. 根据C=C官能团的性质分析；C. 从苯环对侧链影响的角度分析；D. 甲基对苯环有影响。【详解】A. 在苯酚中，由于苯环对OH的影响，酚羟基具有酸性，对比乙醇，虽含有OH，但不具有酸性，能说明上述观点，A项错误；B. 乙烯和乙烷结构不同，乙烯含有C=C，可发生加成反应，不能用上述观点证明，B
22、项正确；C. 甲苯和乙烷中都含有CH3，但二者性质不同，说明苯环对侧链影响，C项错误；D. 甲苯和苯中都含有苯环，二者性质不同，可说明侧链对苯环有影响，D项错误；答案选B。17. 分子式为C4H8Cl2的有机物共有(不考虑立体异构)（ ）A. 6种B. 9种C. 10种D. 12种【答案】B【解析】【详解】C4H8Cl2可以看成C4H10的二氯取代物，丁烷有正丁烷和异丁烷2种结构，根据“定一移二”法：(4种)、(2种)、(3种)，共有9种同分异构体，故选B。18. 利用如图实验装置完成对应的实验，能达到实验目的的是A. 装置甲验证苯与液溴发生取代反应B. 装置乙探究酒精脱水生成乙烯C. 装置丙
23、制备乙酸乙酯并提高产率D. 装置丁制取并检验乙炔【答案】C【解析】【详解】A苯与液溴在三溴化铁作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，由于溴也有挥发性，也会随着溴化氢一起进入硝酸银溶液，溴可以和水反应生成溴化氢，也会与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，干扰了对实验结果的验证，故A不符合；B在浓硫酸作用下，170时酒精脱水生成乙烯，140时酒精脱水生成乙醚，需要测定溶液的温度，温度计需要在圆底烧瓶的混合液中，碎瓷片用于防止爆沸，由于乙醇具有挥发性，也会随着乙烯一起进入酸性高锰酸钾溶液，乙醇也具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了对实验结果的验证，故B不符合；C乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂
24、的条件下发生酯化反应，碎瓷片用于防止爆沸，但由于乙酸、乙醚、乙醇和水都有挥发性，会随着乙酸乙酯一起蒸出，故利用分水器，将水冷凝回流，再通过冷凝管，提高乙酸乙酯的产率，故C符合；D饱和食盐水与电石反应制取乙炔，含有H2S、PH3等杂质，H2S、PH3会与高锰酸钾反应，且乙炔也能使酸性高锰酸钾褪色，故D不符合；故选C。二、非选择题(4题，共55分)19. 正丁醚常用作有机反应的溶剂。实验室制备正丁醚的主要实验装置如图：反应物和产物的相关数据如下：相对分子质量沸点/密度/(g/cm3)水中溶解性正丁醇74117.20.8109微溶正丁醚130142.00.7704几乎不溶合成正丁酸的步骤：将6mL浓
25、流酸和37g正丁醇，按一定顺序添加到A中，并加几粒沸石。加热A中反应液，迅速升温至135，维特反应一段时间。待A中液体冷却后将其缓慢倒入盛有70 mL水的分液漏斗中，振摇后静置，分液得粗产物。粗产物依次用40 mL水、20 mL NaOH溶液和40 mL水洗涤，分液后加入约3 g无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。将上述处理过的粗产物进行蒸馏，收集馏分，得纯净正丁醚11 g。 请回答：(1)步骤中浓硫酸和正丁醇的添加顺序为_。写出步骤中制备正丁醚的化学方程式_。(2)加热A前，需先从_(填“a”或“b”)口向B中通入水。(3)步骤的目的是初步洗去_，振摇后静置，粗产物应从分液漏斗的_(填
26、“上”或“下”)口分离出。(4)步骤中最后一次水洗的目的为_。(5)步骤中，加热蒸馏时应收集_(填选项字母)左右的馏分。a.100 b. 117 c. 135 d.142(6)反应过程中会观察到分水器中收集到液体物质，且分为上下两层，随着反应进行，分水器中液体逐渐增多至充满时，上层液体会从左侧支管自动流回A。分水器中上层液体的主要成分为_，下层液体的主要成分为_。(填物质名称)(7)本实验中，正丁醚的产率为_。【答案】 (1). 先加入正丁醇，再加入浓硫酸 (2). 2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O (3). b (4). 浓硫酸 (5)
27、. 上 (6). 洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐 (7). d (8). 正丁醇 (9). 水 (10). 33.85%【解析】【详解】(1)因为浓硫酸的密度大，溶于水放热，应将浓硫酸加到正丁醇中，防止发生迸溅；正丁醇在浓硫酸、加热135条件下发生分子间脱水反应生成CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，反应方程式为2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O；(2)采取逆流原理通入冷凝水，使冷凝管充分冷凝水，冷却充分，即从b口通入冷凝水，故答案为：b；(3)硫酸溶于水，用水可以洗去混有的浓H2SO4；正丁醇、正丁醚不溶于水
28、，溶液分层，粗产品的密度小于水在上层，应从分液漏斗的上口分离出；(4)步骤中最后一次水洗，可以洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐Na2SO4，即步骤中最后一次水洗的目的为洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐；(5）正丁醚沸点为142，粗产品中含有正丁醇，其沸点为117.2，低于正丁醚的沸点，加热蒸馏正丁醇先汽化，加热蒸馏时应收集142左右的馏分，故答案为：d；(6)反应控制温度135，高于正丁醇的沸点，正丁醇、水均挥发，从球形冷凝管中冷凝回流的为正丁醇、水，正丁醇微溶于水，密度小于水，在分水器中会分层，正丁醇在上层，水在下层，故答案为：正丁醇；水；(7)由2CH3CH2CH2
29、CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O可知37g正丁醇完全反应得到正丁醚的质量为=32.5g，故样品产率为（11g32.5g）100%=33.85%。20. 有机物J在有机化工领域具有十分重要的价值。2018年我国首次使用a-溴代炭基化合物合成了J，其合成路线如图：已知：+R-OH回答下列问题：(1)A的名称是_，BC所需的试剂和条件是_(2)DE反应的化学方程式是_(3)EE的反应类型为_，J中的舍氧官能团名称为_(4)化合物X是H的同系物，其分子式为C8H9O3N，其核磁共摁氢谱有3组刚，则X的结构简式可能为_(写一种即可)。(5)D的同分异构体中能发生水解反
30、应有_种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：2：2：3的结构筒式为_(6)参照题中合成路线图，设计以2-甲基-1-丙烯和为原料来合成_。【答案】 (1). 2-甲基丙烯 (2). NaOH的水溶液和加热 (3). (4). 取代反应； (5). 醚键、羧基、硝基 (6). 或 (7). 4 (8). HCOOCH2CH2CH3 (9). 【解析】【分析】根据框图A(C4H8)和溴的四氯化碳反应生成B(C4H8Br2)可知发生了加成反应，由C的结构简式可知BC发生了取代反应，所以可知A的结构简式为C(CH3)2=CH2，B的结构简式为CBr(CH3)2CH2Br，由D(
31、C4H8O2)分子式和DE的条件可知，发生还原反应，DE发生氧化反应，则D的结构简式为C(CH3)2OHCHO，E的结构简式为C(CH3)2OHCOOH；由F的结构简式为C(CH3)2BrCOOH可知，由H的分子式和J的结构简式可知H为对硝基苯酚，其结构简式为：，据此解答。【详解】(1)根据上述反应可知：A的结构简式为C(CH3)2=CH2，则A的名称2-甲基丙烯，故，可知BC是卤代烃发生了取代反应，所以BC所需的试剂是NaOH的水溶液，在加热的条件发生的取代反应，故答案：名称2-甲基丙烯；NaOH的水溶液和加热；(2)根据上述反应可知：DE发生了氧化反应，其反应的化学方程式： ，答案为：；(
32、3)根据上述反应可知：EF的反应类型为取代反应；故答案为：取代反应；由J的结构简式可知，J中的舍氧官能团名称为醚键、羧基、硝基，故答案：醚键、羧基、硝基；(4)根据上述反应可知：H的结构简式为，化合物X是H的同系物，其分子式为C8H9O3N，则X比H多2个-CH2，且X含有酚羟基、硝基，其核磁共振氢谱有3组峰，说明X中含有两个甲基且对称，则X的结构简式可能为或；故答案为：或；(5)根据上述反应可知：D为，D的同分异构体中能发生水解反应，说明含有酯基，可能是甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，有4种，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：2：2：3的结构简式为HCOOCH2CH2CH3
33、；故答案为：4；HCOOCH2CH2CH3；(6)以2-甲基-1-丙烯和原料来合成，可由和(CH3)3COH发生取代反应得到，(CH3)3COH可由(CH3)3CBr发生水解反应得到，2-甲基丙烯和HBr发生加成反应得到(CH3)3CBr，其合成路线为，故答案：。21. 航天员呼吸产生的CO2用下列反应处理，可实现空间站中O2的循环利用。Sabatior反应：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）水电解反应：2H2O（g）2H2（g）+O2（g）（1）将原料气按n（CO2）：n（H2）=1：4置于恒容密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O（g）的物质的量分数与温度的关系
34、如图所示（虚线表示平衡曲线）。请将a、b、c三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序：_。Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化效率的是_（填标号）。A.适当减压B.增大催化剂的比表面积C.反应器前段加热，后段冷却D.提高原科气中CO2所占比例E.合理控制反应器中气体的流速高于380，H2O的物质的量分数随温度升高而降低的原因是：_。（2）一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2（g）+2H2（g）C（s）+2H2O（g） H代替Sabatier反应，再电解水实现O2的循环利用。.已知：CO2（g）和H2O（g）的生成焓为：-394kJ/mol，-242kJ/mo
35、l。则H=_kJ/mol。（生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热。）若要此反应自发进行_（填“高温”或“低温”）更有利。Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是_。.350时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生以上反应，若反应起始和平衡时温度相同（均为350），测得反应过程中压强随时间的变化如表所示：时间/min0102030405060压强6.00P5.60P5.30P5.15P5.06P5.00P5.00P350时Bosch反应的Kp=_（Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数体系总压）Bosch反应的速率方程：
36、v正=k正c（CO2）c2（H2），v逆=k逆c2（H2O）（k是速率常数，只与温度有关）。30min时，_（填“”“”或“=”）；升高温度，k正增大的倍数_k逆增大的倍数。（填“”“”或“=”）【答案】 (1). vcvbva (2). CE (3). 反应为放热反应，升温平衡逆向进行 (4). -90 (5). 低温 (6). 反应的活化能高 (7). (8). (9). 【解析】【分析】化学反应速率与温度成正比，温度升高，正逆反应速率变大，对于某物质量或物质的量分数与温度的曲线题目中出现拐点，拐点及拐点之后才是平衡。【详解】（1）将原料气按n（CO2）：n（H2）=1：4置于恒容密闭容器
37、中发生CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g），H2O（g）的物质的量分数与温度的关系分析可知，380C前反应为达到平衡状态，380C后三个温度，水的物质的量分数减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，温度越高反应速率越大，则a、b、c三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序：vcvbva；故答案为：vcvbva；A适当减压，平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，故A错误；B增大催化剂的比表面积，增大反应速率，不改变化学平衡，不改变二氧化碳转化率，故B错误；C反应器前段加热，后段冷却，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故C正确；D提高原料气中CO2所占比例，平衡正向移动，但
38、二氧化碳转化率减小，故D错误；E合理控制反应器中气体的流速，相当于增大浓度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故E正确；故答案为：CE；高于380，H2O的物质的量分数随温度升高而降低，是因为反应为放热反应，升温平衡逆向进行；故答案为：反应为放热反应，升温平衡逆向进行；（2）Bosch反应的H=2（-242kJmol-1）-（-394kJmol-1）=-90kJ/mol；故答案为：-90； H=-90kJ/mol，反应为H0，S0的反应，满足此反应自发进行，H-TS0，反应的温度是低温；故答案为：低温；断裂二氧化碳和氢气所需的能量较高，所以该反应所需的活化能较高，则一定条件下Bosch反应必须
39、在高温下才能启动；故答案为：反应的活化能高；向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生以上反应，结合三段式计算平衡状态气体物质的量，设达到平衡状态消耗二氧化碳物质的量为x， 气体压强之比等于物质的量之比， ，得出x=2mol，则平衡下n(CO2)=2mol，n(H2)=4mol，P=5.00P，CO2%=20%，H2%=40%，H2O%=40%， ；故答案为 ；Bosch反应的速率方程： ，（k是速率常数，只与温度有关）。30min时，图表数据分析反应正向进行，v正v逆，则得到，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，v正v逆，k正增大的倍数k逆增大的倍数；故答案为：；。
40、【点睛】化学反应速率与温度成正比，温度升高，正逆反应速率变大，对于某物质的量或物质的量分数与温度的曲线题目中出现拐点，拐点及拐点之后才是平衡。要求一个平衡反应的平衡常数，首先列出三段式，根据最终平衡时的各组分浓度得到，例如此题中在体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生以上反应，设达到平衡状态消耗二氧化碳物质的量为x，结合三段式计算平衡状态气体物质的量，这样就可以得到平衡常数了。22. 磷酸二氢钾在工农业和医学领域具有广泛的应用。以下是工业上制备磷酸二氢钾的两种方法。.根据流程图回答下列问题：(1)气体X为_(填化学式)，“转化”步骤的离子方程式_(2)滤液中加入甲醇的作
41、用是_。操作I为_。.电解法。电解法制取KH2PO4的原理如图，一定条件下，还可得到NaClO3。(3)在_室(填标号)可得到KH2PO4，写出产生ClO的电极反应式_(4)用碱性CH3OH燃料电池作为该装置的电源，燃料电池的负极反应式_.纯度分析：测定产品纯度的反应原理为 KH2PO4+NaOH=KNaHPO4+H2O(5)取产品3.00g加入15mL蒸馏水溶解，加入指示剂，用0.5000 mol/L NaOH标准溶液滴定至终点，消耗40.00mL，该产品的纯度为_(结果保留三位有效数字)【答案】 (1). HCl (2). Ca3(PO4)2+4H+3SO2H2PO+3CaSO4 (3).
42、 促进KH2PO4析出 (4). 蒸馏 (5). C (6). (7). CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O (8). 90.7%【解析】【分析】(1)根据框图可知KCl+H2SO4KHSO4+HCl，生成的KHSO4和Ca3(PO4)2反应的离子方程式为Ca3(PO4)2+4H+3SO42-=2H2PO4-+3CaSO4，过滤的滤渣为CaSO4，滤液为KH2PO4和K2SO4溶液；(2)由图可知A为阳极室，发生氧化反应，C为阴极室，发生还原反应，K+通过阳离子交换膜，进入C室，所以在C室可得到KH2PO4；(3)用碱性CH3OH燃料电池作为该装置的电源，燃料作负极，发生了氧化反；(
43、4)根据反应KH2PO4+NaOHKNaHPO4+H2O计算产品的纯度；【详解】(1)根据上述分析可知：KCl和浓硫酸加热反应生成HCl气体；“转化”步骤的离子方程式为：Ca3(PO4)2+4H+3SO42-=2H2PO4-+3CaSO4，故答案为HCl；Ca3(PO4)2+4H+3SO42-=2H2PO4-+3CaSO4；(2)滤液是KH2PO4和K2SO4溶液，加入甲醇的作用是促进KH2PO4析出；滤液是甲醇和K2SO4的混合液，分离它们采用蒸馏操作，故答案：促进KH2PO4析出；蒸馏；(3)由图可知A为阳极室，发生氧化反应，即Cl-+6OH-6e-ClO3-+3H2O；C为阴极室，发生还
44、原反应，K离子通过阳离子交换膜，进入C室，所以在C室可得到KH2PO4，故答案为C；Cl-+6OH-6e-ClO3-+3H2O；(4)用碱性CH3OH燃料电池作为该装置的电源，燃料作负极，发生了氧化反，其反应的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O，故答案：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O；(5)用0.5000 mol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗40.00mL，消耗NaOH的物质的量为0.02mol，根据KH2PO4+NaOHKNaHPO4+H2O，所以反应的KH2PO4为0.02mol，质量为0.02mol136g/mol=2.72g，产品的纯度=10090.7%，故答案为90.7%。