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2020-2021学年广东省深圳实验学校高中部高二（下）第二次段考化学试卷
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这是一份2020-2021学年广东省深圳实验学校高中部高二（下）第二次段考化学试卷，共34页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年广东省深圳实验学校高中部高二（下）第二次段考化学试卷
一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）下列关于新冠病毒传播及防疫的说法错误的是（ ）
A．医用护目镜的主要成分是有机玻璃，是一种特殊的硅酸盐产品
B．医用口罩中无纺布的主要成分为聚丙烯，属于合成纤维
C．制作防护服用的主要材料为有机合成高分子材料
D．紫外线消毒和84消毒液消毒均是使蛋白质在特定条件下变性
2．（2分）有机物环丙叉环丙烷，由于其特殊的电导结构一直受到理论化学家的注意，其结构如图所示。有关它的说法中正确的是（ ）
A．该物质所有的原子均在同一平面上
B．该物质与苯互为同分异构体
C．该物质与环丙烷互为同系物
D．该物质二氯代物有4种
3．（2分）下列有关实验原理、装置、操作或结论的描述，错误的是（ ）
A．图1所示装置可实现甲烷与氯气在光照条件下的取代反应
B．图2所示装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液
C．图3所示装置可用锌粒与稀硫酸反应制备氢气
D．图4所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
4．（2分）下列有关叙述正确的是（ ）
A．某温度下，1L pH＝6 的纯水中含n（OH﹣）为10﹣8mol
B．25℃时，向0.1mol•L﹣1 CH3COONa 溶液中加水稀释，溶液中减小
C．25℃时，将 V1L pH＝11的 NaOH溶液与V2L pH＝3的HA溶液混合，溶液显中性，则V1≤V2
D．25℃时，将amol•L﹣1氨水与0.01mol•L﹣1盐酸等体积混合，反应完全时溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），则a＞0.01
5．（2分）下列有关甲醇及其所有催化氧化的产物说法正确的是（ ）
A．所有催化氧化的产物均能与碳酸钠溶液反应
B．所有催化氧化的产物均能与新制氢氧化铜反应
C．甲醇水溶液也称福尔马林，用于制作动植物标本
D．甲醇及其所有催化氧化的产物均有两种等效氢
6．（2分）中国人食用豆腐已有上千年历史。《本草纲目》中第一次明确提出了整套制作豆腐的流程：水浸、铠碎、去渣、煎成、以盐卤汁或山矾叶酸醋淀，就釜收之。又有入缸内以石膏末收之”。下列有关叙述正确的是（ ）
A．豆浆主要是豆类蛋白质与水形成的分散系，可出现丁达尔效应
B．黄豆的营养成分较高，主要包括如大豆蛋白、大豆油脂等天然高分子化合物及维生素群和微量矿物元素
C．在“煎成”后的豆浆中加入盐卤汁或石膏，可促使有生理活性的蛋白盐析凝聚成豆腐
D．黄豆外壳含有大量纤维素和一些蛋白质，水浸是为将其溶解，促进人体吸收
7．（2分）对于0.1mol/L的碳酸钠溶液，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，CO32﹣水解常数减小
B．继续加入碳酸钠固体，水解程度增加
C．随着加水稀释，由水电离的氢离子浓度在降低
D．加入NaOH固体，c（CO32﹣）与c（Na+）的比值不断增大
8．（2分）下列有关各溶液说法正确的是（ ）
A．浓NH4Cl溶液可作金属焊接的除锈剂
B．配制FeCl3溶液时，为抑制Fe3+水解，先将FeCl3固体溶解在硫酸中，再加水稀释到所需浓度
C．将AlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液蒸干所得产物相同
D．相同条件下，同浓度的CH3COONH4和NH4NO3溶液中，c（NH4+）前者大于后者
9．（2分）AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示，且T2＞T1。下列说法正确的是（ ）
A．图象中四个点的Ksp：a＝b＞c＞d
B．AlPO4在b点对应的溶解度大于c点
C．AlPO4（s）⇌Al3+（aq）+PO43﹣（aq）△H＜0
D．升高温度可使AlPO4饱和溶液由c点移动到b点
10．（2分）向XmL 0.1mol•L﹣1氨水中滴加等浓度的稀高氯酸，测得混合溶液的温度和pOH[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]随着加入稀高氯酸的体积变化如图所示下列说法正确的是（ ）
A．图中实线表示pOH变化
B．b、c点由水电离出的c（OH﹣）大小为b＞c
C．b点时溶液中，一定有pH＝pOH＝7（室温下）
D．a、d点对应氨水的电离常数：K（d）＜K（a）
二、选择题（每小题4分，共24分，每小题只有一个正确答案）
11．（4分）下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是（ ）
①热纯碱溶液的洗涤油污能力强；
②误将钡盐[BaCl2、Ba（NO3）2]当作食盐食用时，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒；
③溶洞、珊瑚的形成；
④碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能；
⑤泡沫灭火器灭火的原理．
A．②③④ B．①②③ C．③④⑤ D．①②③④⑤
12．（4分）分子式为C9H18O2的酯在酸性条件下水解，所得酸和醇的相对分子质量相同．符合此条件的酯的同分异构体数目为（ ）
A．2 B．8 C．10 D．16
13．（4分）泛酸又称为维生素 B5，在人体内参与糖、油脂、蛋白质的代谢过程，具有抗脂质过氧化作用，其结构为 ，下列有关该化合物的说法不正确的是（ ）
A．该物质可发生水解反应，水解产物均能发生缩聚反应
B．1mol该物质与足量NaOH 溶液反应，最多可消耗2mol NaOH
C．该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基
D．该物质在浓硫酸、Al2O3或 P2O5等催化剂作用下可发生脱水反应，生成碳碳双键
14．（4分）有两种饱和一元醇的混合物17.75g，与13.8g Na充分反应，生成的H2在标准状态下的体积为5.6L。这两种醇分子中相差一个碳原子，则这两种醇的名称和物质的量之比对应为（ ）
A．乙醇和丙醇1：1 B．甲醇和乙醇3：1
C．丙醇和丁醇1：2 D．无法确定
15．（4分）25℃时，将SO2通入NaOH溶液得到一组c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）＝0.100mol•L﹣1的混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的关系曲线如下图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．Na2SO3溶液中，2c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（H+）＝c（OH﹣）
B．pH＝1.9的溶液中：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）＝c（HSO3﹣）
C．c（Na+）＝0.100mol•L﹣1的溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）
D．pH＝7.2时，3 c（Na+）＝2[c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）]
16．（4分）室温下，将两种溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）（已知：HF：Ka＝6.8×10﹣4；H2C2O4：Ka1＝5.4×10﹣2、Ka2＝5.4×10﹣5）
A．0.1mol/L HF溶液和0.1mol/L NaOH溶液混合：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（F﹣）＞c（H+）
B．0.1mol/L NaHCO3溶液和0.1mol/LNa2CO3溶液混合：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．0.1mol/L NaOH溶液和0.1mol/L H2C2O4溶液混合：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）
D．0.1mol/L CH3COONa和0.1mol/L HCl溶液混合：c（Na+）+c（CH3COO﹣）＝c（Cl﹣）+c（H+）
三、解答题（共4小题，满分56分）
17．（14分）最常见的塑化剂DBP（邻苯二甲酸二丁酯）可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，主要应用于PVC等合成材料中作软化剂。反应的路线（反应均无法完全进行）及装置图（部分装置省略）如图：
有关物质的性质如下表所示。
邻苯二甲酸酐
（M＝148 g/mol）
白色针状晶体．不溶于冷水，溶于热水及有机溶剂，沸点295℃
正丁醇
（M＝74 g/mol）
无色液体，微溶于水，溶于有机溶剂，沸点117.7℃
邻苯二甲酸二丁酯
（M＝278 g/mol）
无色油状液体，难溶于水，溶于有机溶剂，沸点340℃，酸性条件下180℃以上易发生分解
实验操作流程如图。
①在三颈烧瓶中放入14.8g邻苯二甲酸酐、25mL正丁醇、4滴浓硫酸，开动搅拌器。
②缓缓加热至邻苯二甲酸酐固体消失，继续升温至150℃，便可停止加热。
③冷却至室温，将反应混合物倒入分液漏斗中，用5%碳酸钠溶液和饱食盐水和洗涤。
④粗产品用无水硫酸镁干燥，除去干燥剂后，减压蒸馏，收集200～210℃/2666 Pa馏分，得到产品20.85 g。请回答以下问题：
（1）搅拌器的作用 ，反应过程中正丁醇过量的目的是 。
（2）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是 ，判断反应已结束的方法是 。
（3）碳酸钠溶液洗涤的目的是 ，产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是 。
（4）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯的产率为 ，上述实验可能生成的副产物的结构简式为 、 。（写两种）
18．（14分）电炉加热时用纯氧气氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成，图1所示装置是用燃烧法确定有机物分子式时常用的装置。
（1）产生的氧气按从左到右流向，所选装置中各导管的连接顺序是 （填小写字母，每个装置限使用一次）
（2）盛装过氧化氢的仪器名称为 ，MnO2的作用是
（3）现准确称取0.9g样品a（只含C、H、O三种元素中的两种或三种），经燃烧后A管增重1.32g，B管增重0.54g。
①若测得该化合物的质谱图如图2所示，写出该化合物的分子式 ，图中质荷比m/z＝15显示该分子中存在甲基，实验进一步测得该化合物可以发生银镜反应，请写出该化合物的结构简式 。
②若相同情况下测得该化合物蒸汽的密度是氢气密度的90倍，该物质也是提供人体能量的主要物质，写出其与新制Cu（OH）2反应的化学方程式 。
③E装置中的CuO的作用是
（4）TMB由碳氢氮三种元素组成，其相对分子质量为240，是一种新型指纹检测的色原试剂。理想状态下，将4.80g TMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得B增加3.60g，A增加14.08g，则TMB的分子式为
19．（14分）二甲醚水蒸气重整制氢（简称DME SR）有望为燃料电池实时供氢。
主反应：
ⅰ．CH3OCH3（g）+H2O（g）═2CH3OH （g）△H1＝+37.0 kJ•mol﹣1
ⅱ．CH3OH（g）+H2O（g）═3H2（g）+CO2（g）△H2＝+49.0 kJ•mol﹣1
副反应：
ⅲ．CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H3＝+41.2 kJ•mol﹣1
ⅳ．CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）△H4＝+90.2 kJ•mol﹣1
（1）DME SR总反应：CH3OCH3（g）+3H2O（g）＝6H2（g）+2CO2（g）△H＝ kJ•mol﹣1。
（2）关于DME SR过程的下列说法错误的是 。（填标号）
A．增大水醚比有利于提高二甲醚平衡转化率，但过量的水蒸气易造成能量浪费
B．升高温度有利于反应正向进行，但也会促进副反应正向进行
C．温度过高易产生积碳导致催化剂失活
D．相比二甲醚催化氧化制氢[CH3OCH3（g）+O2（g）═3H2（g）+2CO（g）△H＜0]，DME SR的催化剂更易失活
（3）用xGa﹣Cu/SiO2 催化DME SR过程，改变Ga的负载量“x”、温度等条件，实验结果如图1、图2。最适宜的条件是x＝ ，T＝ 。
（4）xGa﹣Cu/SiO2的催化机理如下（◎表示氧空穴，*表示吸附在催化剂表面）：
a.CH3OH+◎→CH3O*+H*
b.H2O+O→HO*+H*
c.HO*→O*+H*
d.2H*→H2
e.CH3O*+O*→H2COO*+H*+◎
f.
g.HCOO*→CO2+H*+◎
①反应f为 。
②Cu/SiO2掺杂Ga（第四周期，第ⅢA族），Ga可以取代部分Si进入SiO2晶体中形成氧空穴，其原因为 。
③反应中被氧空穴吸附的微粒是 。（填标号）
A．CH3O*
B．H*
C．H2COO*
D．O*
（5）Ga的引入可以调节催化剂中Cu+、Cu的比例，进而影响H2时空产率，实验结果如图3。Ga含量过高导致催化剂活性降低的原因是 。
20．（14分）化合物G是一种正在研究的可能具有良好的抑菌、抗病毒、除草、杀虫及植物生长调节等活性的先导化合物，其合成路线设计如图。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 ；E中含氧官能团的名称为 ；由E生成F的过程中，副产物的电子式为 。
（2）上述涉及的5个反应中，原子利用率达100%的反应共有 个。
（3）D生成E的化学方程式为 ；反应类型为 。
（4）E的芳香族同分异构体中，符合下列条件的一种结构简式为 。
①能与氯化铁溶液发生显色反应 ②核磁共振氢谱峰面积比值为1：1
（5）化合物H（）对小麦幼苗的生长有明显的促进作用。模仿上述路线，设计以和为原料制备H的合成路线 。
2020-2021学年广东省深圳实验学校高中部高二（下）第二次段考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）下列关于新冠病毒传播及防疫的说法错误的是（ ）
A．医用护目镜的主要成分是有机玻璃，是一种特殊的硅酸盐产品
B．医用口罩中无纺布的主要成分为聚丙烯，属于合成纤维
C．制作防护服用的主要材料为有机合成高分子材料
D．紫外线消毒和84消毒液消毒均是使蛋白质在特定条件下变性
【分析】A．有机玻璃的成分是聚甲基丙烯酸甲酯，属于有机高分子；
B．丙烯发生加聚反应生成高分子化合物聚丙烯；
C．相对分子量达到10000以上的有机物属于有机高分子化合物；
D．紫外线可使蛋白质变性，次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质氧化变性。
【解答】解：A．硅酸盐是无机化合物，有机玻璃属于有机高分子化合物，故A错误；
B．医用口罩中无纺布的主要成分为聚丙烯，聚丙烯是丙烯加聚反应的产物，是高分子材料，属于合成纤维，故B正确；
C．制作防护服用的主要材料有聚乙烯、聚丙烯、聚酯纤维等，它们都属于是有机合成高分子材料，故C正确；
D．紫外线能使细菌蛋白质发生变性，医疗中常用紫外线来消毒；84消毒液的有效成分是次氯酸钠，次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质氧化变性，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的组成、结构与性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解题的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
2．（2分）有机物环丙叉环丙烷，由于其特殊的电导结构一直受到理论化学家的注意，其结构如图所示。有关它的说法中正确的是（ ）
A．该物质所有的原子均在同一平面上
B．该物质与苯互为同分异构体
C．该物质与环丙烷互为同系物
D．该物质二氯代物有4种
【分析】A．饱和碳原子具有甲烷结构特点；
B．该有机物的分子式为C6H8，苯的分子式为C6H6，二者分子式不同；
C．该有机物有2个环、1个碳碳双键，和环丙烷结构不同；
D．由结构可知含1种H，2个Cl可在同一个CH2上，或不同的CH2上。
【解答】解：A．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能在同一个平面上，故A错误；
B．该有机物的分子式为C6H8，苯的分子式为C6H6，二者分子式不同，所以二者不互为同分异构体，故B错误；
C．该有机物有2个环、1个碳碳双键，和环丙烷结构不同，二者不互为同系物，故C错误；
D．环丙叉环丙烷分子中的4个“CH2”完全等同，两个氯原子位于同一个碳原子上，有1种，两个氯原子位于不同碳原子上，如图，有3种，所以其二氯代物有4种，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握原子共面、同系物、同分异构体为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意同系物的判断，题目难度不大。
3．（2分）下列有关实验原理、装置、操作或结论的描述，错误的是（ ）
A．图1所示装置可实现甲烷与氯气在光照条件下的取代反应
B．图2所示装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液
C．图3所示装置可用锌粒与稀硫酸反应制备氢气
D．图4所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
【分析】A．发生取代反应生成HCl易溶于水；
B．CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液不分层；
C．锌粒为块状固体，图中为固液反应装置；
D．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫使品红褪色，二氧化硫被高锰酸钾氧化。
【解答】解：A．发生取代反应生成HCl易溶于水，则试管中液面上升，故A正确；
B．CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液不分层，图中分液漏斗不能分离，故B错误；
C．锌粒为块状固体，图中为固液反应装置，图中装置可用锌粒与稀硫酸反应制备氢气，故C正确；
D．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫使品红褪色，二氧化硫被高锰酸钾氧化，则可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，涉及物质的性质、反应与现象、物质的制备、实验技能等，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性、可行性的评价，题目难度不大。
4．（2分）下列有关叙述正确的是（ ）
A．某温度下，1L pH＝6 的纯水中含n（OH﹣）为10﹣8mol
B．25℃时，向0.1mol•L﹣1 CH3COONa 溶液中加水稀释，溶液中减小
C．25℃时，将 V1L pH＝11的 NaOH溶液与V2L pH＝3的HA溶液混合，溶液显中性，则V1≤V2
D．25℃时，将amol•L﹣1氨水与0.01mol•L﹣1盐酸等体积混合，反应完全时溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），则a＞0.01
【分析】A．纯水中c（OH﹣）＝c（H+）；
B．溶液中＝，分析c（CH3COO﹣）变化解答；
C．25℃时pH＝11的NaOH溶液中c（OH﹣）＝0.001mol/L，pH＝3的HA溶液中c（HA）≥0.001mol/L；
D．溶液中电荷守恒关系式为c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），反应完全时溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），则溶液呈中性。
【解答】解：A．某温度下pH＝6 的纯水中c（OH﹣）＝c（H+）＝10﹣6mol/L，即n（OH﹣）＝10﹣6mol，故A错误；
B．向0.1mol•L﹣1CH3COONa 溶液中加水稀释，则c（CH3COO﹣）减小，则溶液中＝增大，故B错误；
C．25℃时pH＝11的NaOH溶液中c（OH﹣）＝0.001mol/L，pH＝3的HA溶液中c（HA）≥0.001mol/L，混合后溶液显中性，则V1≥V2，故C错误；
D．反应完全时溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），电荷守恒关系式为c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），则整个溶液呈中性，NH4Cl溶液呈酸性，所以混合溶液由NH4Cl和NH3•H2O组成，a＞0.01，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离和pH计算，为高频考点，把握弱电解质的电离特点、酸碱混合溶液的定性判断及电离平衡常数的应用，试题培养了学生的计算能力和灵活运用能力，注意电荷守恒关系式的应用，题目难度中等。
5．（2分）下列有关甲醇及其所有催化氧化的产物说法正确的是（ ）
A．所有催化氧化的产物均能与碳酸钠溶液反应
B．所有催化氧化的产物均能与新制氢氧化铜反应
C．甲醇水溶液也称福尔马林，用于制作动植物标本
D．甲醇及其所有催化氧化的产物均有两种等效氢
【分析】A.甲醇的催化氧化产物为醛，能进一步催化氧化为酸；
B.醛或酸能和新制氢氧化铜反应；
C.福尔马林是甲醛的水溶液；
D.甲醇的催化氧化的产物为HCHO和HCOOH。
【解答】解：A.甲醇的催化氧化产物是甲醛，甲醛能进一步被催化氧化为甲酸，甲酸能和碳酸钠溶液反应，但甲醛不能，故A错误；
B.甲醇的催化氧化产物可能是甲醛或甲酸，均能和新制氢氧化铜反应，故B正确；
C.福尔马林是甲醛的水溶液，能防腐，用于制作动植物标本，故C错误；
D.甲醇的催化氧化的产物为HCHO，只含一种等效氢，HCOOH有两种等效氢，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了甲醇的结构和性质，应注意的是含﹣CH2OH的醇先能被催化氧化为醛，后能继续被催化氧化为酸。
6．（2分）中国人食用豆腐已有上千年历史。《本草纲目》中第一次明确提出了整套制作豆腐的流程：水浸、铠碎、去渣、煎成、以盐卤汁或山矾叶酸醋淀，就釜收之。又有入缸内以石膏末收之”。下列有关叙述正确的是（ ）
A．豆浆主要是豆类蛋白质与水形成的分散系，可出现丁达尔效应
B．黄豆的营养成分较高，主要包括如大豆蛋白、大豆油脂等天然高分子化合物及维生素群和微量矿物元素
C．在“煎成”后的豆浆中加入盐卤汁或石膏，可促使有生理活性的蛋白盐析凝聚成豆腐
D．黄豆外壳含有大量纤维素和一些蛋白质，水浸是为将其溶解，促进人体吸收
【分析】A.豆浆是胶体；
B.相对分子质量在一万以上的是高分子化合物；
C.高温能使蛋白质变性；
D.人体不能吸收纤维素。
【解答】解：A.豆浆是胶体，丁达尔效应是胶体所特有的性质，即豆浆能发生丁达尔效应，故A正确；
B.相对分子质量在一万以上的是高分子化合物，大豆油脂不是高分子化合物，故B错误；
C.高温能使蛋白质变性，失去生理活性，故“煎成”后的豆浆中的蛋白质无生理活性，故C错误；
D.人体内没有能消化纤维素的酶，不能吸收纤维素，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了胶体的性质、糖类和油脂以及蛋白质的结构和性质等，难度不大，应注意的是高温能使蛋白质变性而失活，但浓的非重金属盐溶液使蛋白质盐析，盐析是可逆的物理过程。
7．（2分）对于0.1mol/L的碳酸钠溶液，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，CO32﹣水解常数减小
B．继续加入碳酸钠固体，水解程度增加
C．随着加水稀释，由水电离的氢离子浓度在降低
D．加入NaOH固体，c（CO32﹣）与c（Na+）的比值不断增大
【分析】A．盐类水解吸热，升高温度促进CO32﹣水解；
B．碳酸钠溶液的浓度越大，CO32﹣水解程度越小，反之相反；
C．弱离子能促进水的电离，浓度越大促进作用越强，反之相反；
D．NaOH固体能抑制碳酸钠的水解，但溶液中c（CO32﹣）增大的量远小于c（Na+）增大的量。
【解答】解：A．升高温度促进CO32﹣水解，则CO32﹣水解常数增大，故A错误；
B．加水稀释能促进弱离子的水解，即浓度越大，水解程度越小，则继续加入碳酸钠固体，水解程度减小，故B错误；
C．CO32﹣能促进水的电离，并且浓度越大促进作用越强，则加水稀释碳酸钠溶液时，c（CO32﹣）减小，由水电离的氢离子浓度在降低，故C正确；
D．CO32﹣水解使溶液呈碱性，加入NaOH固体能抑制CO32﹣的水解，但溶液中c（CO32﹣）增大的量远小于c（Na+）增大的量，使c（CO32﹣）与c（Na+）的比值不断减小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查盐类水解原理及其影响因素，为高频考点，侧重分析能力和运用能力的考查，把握盐类水解原理及其影响因素、水电离的影响因素即可解答，注意选项C为易错点，题目难度不大。
8．（2分）下列有关各溶液说法正确的是（ ）
A．浓NH4Cl溶液可作金属焊接的除锈剂
B．配制FeCl3溶液时，为抑制Fe3+水解，先将FeCl3固体溶解在硫酸中，再加水稀释到所需浓度
C．将AlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液蒸干所得产物相同
D．相同条件下，同浓度的CH3COONH4和NH4NO3溶液中，c（NH4+）前者大于后者
【分析】A．氯化铵是强酸弱碱盐，溶液中铵根离子水解溶液显酸性；
B．溶解在硫酸中，引进了杂质硫酸根离子；
C．氯化氢易挥发，硫酸难挥发，加热、蒸发、浓缩结晶、蒸干AlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液分别得到氧化铝、硫酸铝；
D．CH3COONH4溶液中铵根离子和醋酸根离子水解相互促进。
【解答】解：A．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解显酸性，故能在金属焊接中除锈，故A正确；
B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，引进了杂质硫酸，应该溶解在盐酸中，故B错误；
C．Al2（SO4）3溶液加热、蒸发、浓缩结晶、蒸干得到硫酸铝，而氯化铝溶液最终得到氧化铝，所得固体的成分不同，故C错误；
D．CH3COONH4溶液中铵根离子和醋酸根离子水解相互促进，NH4NO3溶液中铵根离子水解，相同浓度的CH3COONH4和NH4NO3溶液中，c（NH4+）前者小于后者，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查盐的水解原理等知识，题目难度不大，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握原理和实质，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
9．（2分）AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示，且T2＞T1。下列说法正确的是（ ）
A．图象中四个点的Ksp：a＝b＞c＞d
B．AlPO4在b点对应的溶解度大于c点
C．AlPO4（s）⇌Al3+（aq）+PO43﹣（aq）△H＜0
D．升高温度可使AlPO4饱和溶液由c点移动到b点
【分析】A．温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大；
B．AlPO4的溶解度随温度的升高而中增大；
C．沉淀溶解平衡吸热；
D．沉淀溶解平衡为吸热过程，升高温度，沉淀溶解平衡正向移动。
【解答】解：A．温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大，则图象中四个点的Ksp：b＞a＝d＝c，故A错误；
B．T2＞T1，温度升高时AlPO4的溶解度增大，则AlPO4在b点对应的溶解度大于c点，故B正确；
C．沉淀溶解平衡为吸热反应，则AlPO4（s）＝Al3+（aq）+PO43﹣（aq）△H＞0，故C错误；
D．升高温度，沉淀溶解平衡正向移动，AlPO4的溶解度增大，则升高温度时c点的饱和溶液转化为不饱和溶液，不能使c点移动到b点，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握图象分析、Ksp与温度有关、沉淀溶解平衡为吸热反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
10．（2分）向XmL 0.1mol•L﹣1氨水中滴加等浓度的稀高氯酸，测得混合溶液的温度和pOH[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]随着加入稀高氯酸的体积变化如图所示下列说法正确的是（ ）
A．图中实线表示pOH变化
B．b、c点由水电离出的c（OH﹣）大小为b＞c
C．b点时溶液中，一定有pH＝pOH＝7（室温下）
D．a、d点对应氨水的电离常数：K（d）＜K（a）
【分析】A．溶液的碱性越强，溶液的pOH越小，随着稀高氯酸溶液的加入，溶液的pH减小，则pOH增大，酸碱完全中和时，溶液的pOH发生突变；酸碱中和反应为放热反应，则酸碱中和时溶液温度升高，当酸碱恰好完全反应时溶液温度最高；
B．酸或碱抑制水电离，NH4+促进水电离，b点溶质为NH4ClO4，c点溶质为等物质的量浓度的NH4ClO4、HClO4；
C．b点酸碱恰好完全反应生成强酸弱碱盐NH4ClO4，溶液呈酸性；
D．水的电离吸收热量，则溶液温度越高，水电离程度越大，水的电离常数越大。
【解答】解：A．溶液的碱性越强，溶液的pOH越小，随着稀高氯酸溶液的加入，溶液的pH减小，则pOH增大，酸碱完全中和时，溶液的pOH发生突变；酸碱中和反应为放热反应，则酸碱中和时溶液温度升高，当酸碱恰好完全反应时溶液温度最高，根据图知，实线表示温度变化，虚线表示pOH变化，故A错误；
B．酸或碱抑制水电离，NH4+促进水电离，b点溶质为NH4ClO4，c点溶质为等物质的量浓度的NH4ClO4、HClO4，b点促进水电离、c点抑制水电离，所以水电离出的c（OH﹣）：b＞c，故B正确；
C．b点酸碱恰好完全反应生成强酸弱碱盐NH4ClO4，溶液呈酸性，室温下pH＜pOH，故C错误；
D．水的电离吸收热量，则溶液温度越高，水电离程度越大，水的电离常数越大，温度：a点＜d点，则K（d）＞K（a），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确曲线与pOH关系、溶液中溶质成分及其性质、水电离影响因素等知识点是解本题关键，注意D选项中d点温度在实线a点后，D为解答易错点，题目难度不大。
二、选择题（每小题4分，共24分，每小题只有一个正确答案）
11．（4分）下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是（ ）
①热纯碱溶液的洗涤油污能力强；
②误将钡盐[BaCl2、Ba（NO3）2]当作食盐食用时，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒；
③溶洞、珊瑚的形成；
④碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能；
⑤泡沫灭火器灭火的原理．
A．②③④ B．①②③ C．③④⑤ D．①②③④⑤
【分析】①碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解呈碱性，且盐类的水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解；
②钡离子有毒，钡离子能和硫酸根离子反应生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀；
③溶洞、珊瑚的主要成分是碳酸钙，钙离子和碳酸根离子反应生成难溶性的碳酸钙沉淀；
④碳酸钡能溶于盐酸，而硫酸钡不能溶于强酸和水；
⑤碳酸氢钠溶液水解呈碱性，硫酸铝水解呈酸性，碳酸氢钠和硫酸铝能相互促进水解生成二氧化碳．
【解答】解：①碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，碱能促进油脂水解，所以热纯碱溶液的洗涤油污能力强，应用了盐类水解原理，故不符合；
②钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释；
③水中含有钙离子，空气中有二氧化碳，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和钙离子反应生成难溶性的碳酸钙，长时间反应，形成溶洞珊瑚，所以可以用沉淀平衡原理来解释；
④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳、水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能，可以用沉淀平衡原理来解释；
⑤碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使其溶液呈酸性，氢离子和氢氧根离子反应生成水，则碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速的产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理，故不符合；
故选：A。
【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡原理，难度不大，根据难溶电解质的溶度积常数确定电解质的溶解性强弱．
12．（4分）分子式为C9H18O2的酯在酸性条件下水解，所得酸和醇的相对分子质量相同．符合此条件的酯的同分异构体数目为（ ）
A．2 B．8 C．10 D．16
【分析】根据有芳香气味的C9H18O2在酸性条件下加热可水解产生相对分子质量相同的两种有机物，可知该物质为酯，水解产生相对分子质量相同醇和酸，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，判断5碳醇属于醇的同分异构体，4碳羧酸属于羧酸的异构体数目即可．
【解答】解：分子式为C9H18O2的酯在酸性条件下加热可水解产生相对分子质量相同的两种有机物，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，
含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH（CH3）COOH，总共有2种；
含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3；
CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2CH（CH3）CH3；CH3C（CH3）2CH2OH，总共有6种，
所以有机物甲的同分异构体数目为：2×8＝16，
故选：D。
【点评】本题考查同分异构体数目的判断，题目难度中等，明确饱和一元醇与少一个C原子的饱和一元羧酸的相对分子质量相同为解题关键，注意掌握同分异构体的书写 原则．
13．（4分）泛酸又称为维生素 B5，在人体内参与糖、油脂、蛋白质的代谢过程，具有抗脂质过氧化作用，其结构为 ，下列有关该化合物的说法不正确的是（ ）
A．该物质可发生水解反应，水解产物均能发生缩聚反应
B．1mol该物质与足量NaOH 溶液反应，最多可消耗2mol NaOH
C．该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基
D．该物质在浓硫酸、Al2O3或 P2O5等催化剂作用下可发生脱水反应，生成碳碳双键
【分析】有机物含有羟基、肽键和羧基，具有醇、酰胺、氨基酸的性质，以此解答该题。
【解答】解：A．含有肽键，可发生水解，水解可生成羧基和氨基，可发生缩聚反应，故A正确；
B．能与氢氧化钠溶液反应的为羧基和肽键，则l mo l 该物质与足量NaOH 溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH，故B正确；
C．含有2个羟基，可在催化条件下发生氧化生成醛基和羰基，故C正确；
D．含有羟基，与羟基相连碳的邻位碳上无氢，不能发生消去反应，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
14．（4分）有两种饱和一元醇的混合物17.75g，与13.8g Na充分反应，生成的H2在标准状态下的体积为5.6L。这两种醇分子中相差一个碳原子，则这两种醇的名称和物质的量之比对应为（ ）
A．乙醇和丙醇1：1 B．甲醇和乙醇3：1
C．丙醇和丁醇1：2 D．无法确定
【分析】饱和一元醇ROH与钠反应的化学方程式为2ROH+2Na→2RONa+H2↑，即饱和一元醇与Na按物质的量比1：1反应，生成的H2在标准状况下的体积为5.6L，即氢气的物质的量为＝0.25mol，则消耗金属Na、ROH的物质的量均为0.25mol×2＝0.5mol，但13.8gNa的物质的量为＝0.6mol＞0.5mol，所以Na过量、醇完全反应，醇的平均相对分子质量为＝35.5，结合两种醇分子中相差一个碳原子计算确定碳原子数目，据此分析解答。
【解答】解：饱和一元醇ROH与钠反应的化学方程式为2ROH+2Na→2RONa+H2↑，标准状况下生成H2的物质的量为＝0.25mol，则消耗金属Na、ROH的物质的量均为0.25mol×2＝0.5mol，但13.8gNa的物质的量为＝0.6mol＞0.5mol，所以Na过量、醇完全反应，醇的平均相对分子质量为＝35.5，由于两种饱和一元醇分子中相差一个碳原子，设一种醇的结构简式为CnH2n+1OH，另一种醇的结构简式为Cn+1H2n+3OH，则14n+18＜35.5，且14n+32＞35.5，解得0.25＜n＜1.25，所以整数n＝1，两种醇为CH3OH和C2H5OH，根据醇的平均相对分子质量为35.5列式有32n（CH3OH）+46n（C2H5OH）＝35.5[n（CH3OH）+n（C2H5OH）]，即n（CH3OH）：n（C2H5OH）＝3：1，
故选：B。
【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确饱和一元醇的通式及化学性质为解答关键，注意掌握平均摩尔质量在化学计算中的应用方法，试题有利于提高学生的分析能力、计算能力和灵活运用能力，题目难度中等。
15．（4分）25℃时，将SO2通入NaOH溶液得到一组c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）＝0.100mol•L﹣1的混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的关系曲线如下图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．Na2SO3溶液中，2c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（H+）＝c（OH﹣）
B．pH＝1.9的溶液中：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）＝c（HSO3﹣）
C．c（Na+）＝0.100mol•L﹣1的溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）
D．pH＝7.2时，3 c（Na+）＝2[c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）]
【分析】根据题意，c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）＝0.100mol•L﹣1在该溶液中恒成立，据此结合图象解答。
A.Na2SO3溶液中，质子守恒为2c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（H+）＝c（OH﹣）；
B.根据图象可得当pH＝1.9时c（SO32﹣）、c（H2SO3）、c（HSO3﹣）的大小关系；
C.c（Na+）＝0.100mol•L﹣1即c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）＝c（Na+）；
D.先根据pH计算c（H+）和c（OH﹣），再根据图象可知此时c（HSO3﹣）＝c（SO32﹣），c（HSO3﹣）＝0，结合c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）＝0.100mol•L﹣1解得c（HSO3﹣）＝c（SO32﹣）＝0.5mol/L，最后根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）可得c（Na+），据此判断。
【解答】A.Na2SO3溶液中，质子守恒为2c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（H+）＝c（OH﹣），故A正确；
B.由图可知，当pH＝1.9时，SO32﹣不存在，故B错误；
C.根据题意，当c（Na+）＝0.100mol•L﹣1时，c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）＝c（Na+），但c（H+）不一定等于c（OH﹣），故C错误；
D.当pH＝7.2时，c（H+）＝10﹣7.2mol/L，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣6.8mol/L，由图可知此时c（HSO3﹣）＝c（SO32﹣），c（HSO3﹣）＝0，根据c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）＝0.100mol•L﹣1得c（HSO3﹣）＝c（SO32﹣）＝0.5mol/L，根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）可得c（Na+）＝（1.5+10﹣6.8﹣10﹣7.2）mol/L，则3 c（Na+）≠2[c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）]，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查溶液中离子浓度的大小比较，解题的关键是掌握溶液中的三大守恒，即质子守恒、物料守恒、电荷守恒，并结合图象分析，明确图象中某些特殊数据在解题中的关键作用，题目难度中等。
16．（4分）室温下，将两种溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）（已知：HF：Ka＝6.8×10﹣4；H2C2O4：Ka1＝5.4×10﹣2、Ka2＝5.4×10﹣5）
A．0.1mol/L HF溶液和0.1mol/L NaOH溶液混合：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（F﹣）＞c（H+）
B．0.1mol/L NaHCO3溶液和0.1mol/LNa2CO3溶液混合：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．0.1mol/L NaOH溶液和0.1mol/L H2C2O4溶液混合：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）
D．0.1mol/L CH3COONa和0.1mol/L HCl溶液混合：c（Na+）+c（CH3COO﹣）＝c（Cl﹣）+c（H+）
【分析】A.HF溶液和NaOH溶液混合发生反应HF+NaOH＝NaF+H2O，反应溶质为NaF，氟离子水解生成HF和氢氧根离子，溶液显碱性；
B.碳酸根离子水解能力比碳酸氢根离子大，且水解生成碳酸氢根离子；
C.NaOH溶液和H2C2O4溶液混合恰好生成NaHC2O4，草酸氢根离子电离显酸性，水解显碱性，由电离平衡常数和水解平衡常数大小判断溶液酸碱性；
D.CH3COONa和HCl溶液混合反应生成CH3COOH和NaCl，醋酸电离溶液显酸性。
【解答】解：A.HF溶液和NaOH溶液恰好生成NaF溶液，氟离子水解生成HF和氢氧根离子，溶液显碱性，但水解程度小，故c（Na+）＞c（F﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；
B.0.1mol/L NaHCO3溶液和0.1mol/LNa2CO3溶液混合，碳酸根离子和碳酸氢根离子水解均显碱性，碳酸根离子水解能力比碳酸氢根离子大，且水解生成碳酸氢根离子，故c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；
C.NaOH溶液和H2C2O4溶液混合恰好生成NaHC2O4，草酸氢根离子电离平衡常数Ka2＝5.4×10﹣5，草酸氢根离子水解平衡常数Kh＝＝≈1.9×10﹣13＜Ka2，水解程度小于电离程度，且电离和水解程度均很小，故c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故C正确；
D.CH3COONa和HCl溶液混合反应生成CH3COOH和NaCl，c（Na+）＝c（Cl﹣），由电荷守恒判断c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故c（Na+）+c（CH3COO﹣）＜c（Cl﹣）+c（H+），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子浓度大小关系，题目难度中等，能判断溶液溶质成分是解题的前提，注意结合水解平衡和电离平衡常数判断电离能力和水解能力。
三、解答题（共4小题，满分56分）
17．（14分）最常见的塑化剂DBP（邻苯二甲酸二丁酯）可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，主要应用于PVC等合成材料中作软化剂。反应的路线（反应均无法完全进行）及装置图（部分装置省略）如图：
有关物质的性质如下表所示。
邻苯二甲酸酐
（M＝148 g/mol）
白色针状晶体．不溶于冷水，溶于热水及有机溶剂，沸点295℃
正丁醇
（M＝74 g/mol）
无色液体，微溶于水，溶于有机溶剂，沸点117.7℃
邻苯二甲酸二丁酯
（M＝278 g/mol）
无色油状液体，难溶于水，溶于有机溶剂，沸点340℃，酸性条件下180℃以上易发生分解
实验操作流程如图。
①在三颈烧瓶中放入14.8g邻苯二甲酸酐、25mL正丁醇、4滴浓硫酸，开动搅拌器。
②缓缓加热至邻苯二甲酸酐固体消失，继续升温至150℃，便可停止加热。
③冷却至室温，将反应混合物倒入分液漏斗中，用5%碳酸钠溶液和饱食盐水和洗涤。
④粗产品用无水硫酸镁干燥，除去干燥剂后，减压蒸馏，收集200～210℃/2666 Pa馏分，得到产品20.85 g。请回答以下问题：
（1）搅拌器的作用 使反应物充分混合 ，反应过程中正丁醇过量的目的是 增大正丁醇的含量，可促使反应正向移动，增大邻苯二甲酸酐的转化率 。
（2）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是 不断分离出酯化反应生成的水，促使反应正向移动，提高反应物转化率 ，判断反应已结束的方法是 当分水器中的水不再增加时，说明反应结束 。
（3）碳酸钠溶液洗涤的目的是 用碳酸钠溶液除去酯中的醇和酸，降低邻苯二甲酸二丁酯的溶解度使之析出 ，产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是 邻苯二甲酸二丁酯沸点340℃，超过180℃易发生分解，减压可以降低沸点，不会造成其分解 。
（4）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯的产率为 75% ，上述实验可能生成的副产物的结构简式为 CH2＝CHCH2CH3 、 CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3 。（写两种）
【分析】（1）搅拌器的作用是使反应物充分混合，反应过程中正丁醇过量的目的是增大正丁醇的含量，可促使反应正向移动；
（2）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是不断分离出酯化反应生成的水，促使反应正向移动，提高反应物转化率；水为生成物，结合水的生成判断；
（3）反应后有多余的酸，碳酸钠溶液洗涤的目的是用碳酸钠溶液除去酯中的醇和酸，降低邻苯二甲酸二丁酯的溶解度使之析出，产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是邻苯二甲酸二丁酯沸点340℃，超过180℃易发生分解；
（4）理论上，1mol邻苯二甲酸酐与2mol正丁醇完全反应，现向三颈烧瓶内加入22.5g（0.15mol）邻苯二甲酸酐，14.8g（0.2mol）正丁醇以及少量浓硫酸，则邻苯二甲酸酐过量，应使用正丁醇进行计算，生成邻苯二甲酸二丁酯0.1mol，质量为27.8g，据此计算，上述实验可能生成的副产物为消去反应产生的烯烃和低温取代产生的醚。
【解答】解：（1）搅拌器的作用是使反应物充分混合，反应过程中正丁醇过量的目的是增大正丁醇的含量，可促使反应正向移动，增大邻苯二甲酸酐的转化率，
故答案为：使反应物充分混合；增大正丁醇的含量，可促使反应正向移动，增大邻苯二甲酸酐的转化率；
（2）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是不断分离出酯化反应生成的水，促使反应正向移动，提高反应物转化率；判断反应已结束的方法是当分水器中的水不再增加时，说明反应结束，
故答案为：不断分离出酯化反应生成的水，促使反应正向移动，提高反应物转化率；当分水器中的水不再增加时，说明反应结束；
（3）反应后有多余的酸，碳酸钠溶液洗涤的目的是用碳酸钠溶液除去酯中的醇和酸，降低邻苯二甲酸二丁酯的溶解度使之析出，产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是邻苯二甲酸二丁酯沸点340℃，超过180℃易发生分解，减压可以降低沸点，不会造成其分解，
故答案为：用碳酸钠溶液除去酯中的醇和酸，降低邻苯二甲酸二丁酯的溶解度使之析出；邻苯二甲酸二丁酯沸点340℃，超过180℃易发生分解，减压可以降低沸点，不会造成其分解；
（4）理论上，1mol邻苯二甲酸酐与2mol正丁醇完全反应，现向三颈烧瓶内加入22.5g（0.15mol）邻苯二甲酸酐，14.8g（0.2mol）正丁醇以及少量浓硫酸，则邻苯二甲酸酐过量，应使用正丁醇进行计算，生成邻苯二甲酸二丁酯0.1mol，质量为27.8g，从而得出邻苯二甲酸二丁酯的产率为×100%＝75%，上述实验可能生成的副产物为消去反应产生的烯烃和低温取代产生的醚，结构式为CH2＝CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，
故答案为：75%；CH2＝CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3。
【点评】本题考查了制取催化剂邻苯二甲酸二丁酯方法，注意合理分析、应用题中信息，充分考查的学生的分析、理解等综合能力，本题难度中等。
18．（14分）电炉加热时用纯氧气氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成，图1所示装置是用燃烧法确定有机物分子式时常用的装置。
（1）产生的氧气按从左到右流向，所选装置中各导管的连接顺序是 g→f→e→h→i→c（或d）→d（或c）→a（或b）→b（或a） （填小写字母，每个装置限使用一次）
（2）盛装过氧化氢的仪器名称为 分液漏斗 ，MnO2的作用是 催化剂
（3）现准确称取0.9g样品a（只含C、H、O三种元素中的两种或三种），经燃烧后A管增重1.32g，B管增重0.54g。
①若测得该化合物的质谱图如图2所示，写出该化合物的分子式 C2H4O2 ，图中质荷比m/z＝15显示该分子中存在甲基，实验进一步测得该化合物可以发生银镜反应，请写出该化合物的结构简式 HCOOCH3 。
②若相同情况下测得该化合物蒸汽的密度是氢气密度的90倍，该物质也是提供人体能量的主要物质，写出其与新制Cu（OH）2反应的化学方程式 CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH2OH（CHOH）4COONa+Cu2O↓+3H2O 。
③E装置中的CuO的作用是 确保样品被完全氧化，生成CO2
（4）TMB由碳氢氮三种元素组成，其相对分子质量为240，是一种新型指纹检测的色原试剂。理想状态下，将4.80g TMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得B增加3.60g，A增加14.08g，则TMB的分子式为 C16H20N2
【分析】（1）产生的氧气先干燥，然后通入电炉，在吸收产生的水蒸气，最后吸收生成的二氧化碳；
（2）根据仪器构造判断仪器名称，MnO2常做双氧水分解的催化剂；
（3）①先计算n（H2O）、n（CO2），然后计算n（O），求出最简式CH2O，根据质谱图得到相对分子质量为60，判断出分子式，该分子中存在甲基，又可以发生银镜反应，含有醛基结构，进行判断；
②若相同情况下测得该化合物蒸汽的密度是氢气密度的90倍，则相对分子质量为180，分子式为C6H12O6，故该物质为葡萄糖；
③CuO可以确保样品被完全氧化，生成CO2；
（4）根据题意有：n（H2O）＝＝0.2mol，n（H）＝0.4mol，n（CO2）＝＝0.32mol，（C）＝0.32mol，又n（有机物）＝＝0.02mol，所以有机物中含有N（C）＝＝16，N（H）＝＝20，所以n（N）：＝＝2，即可判断TMB的分子式。
【解答】解：（1）产生的氧气按从左到右流向，所选装置中各导管的连接顺序是，g→f→e→h→i→c（或d）→d（或c）→a（或b）→b（或a），
故答案为：g→f→e→h→i→c（或d）→d（或c）→a（或b）→b（或a）；
（2）盛装过氧化氢的仪器名称为分液漏斗，MnO2的作用是催化剂，
故答案为：分液漏斗；催化剂；
（3）①B管质量增加0.54g，则n（H2O）＝＝0.03mol，n（H）＝0.06mol，A管质量增加1.32g，则n（CO2）＝＝0.03mol，（C）＝0.03mol，又n（有机物）＝＝0.01mol，所以有机物中n（O）＝＝0.03mol，因n（C）：n（H）：n（O）＝0.03mol：0.06mol：0.03mol＝1：2：1，故有机物的最简式为：CH2O，根据质谱图可知，其相对分子质量为60，所以分子式为C2H4O2，该分子中存在甲基，又可以发生银镜反应，则其结构为HCOOCH3，
故答案为：C2H4O2；HCOOCH3；
②若相同情况下测得该化合物蒸汽的密度是氢气密度的90倍，则相对分子质量为180，分子式为C6H12O6，该物质也是提供人体能量的主要物质，故该物质为葡萄糖，与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH2OH（CHOH）4COONa+Cu2O↓+3H2O，
故答案为：CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH2OH（CHOH）4COONa+Cu2O↓+3H2O；
③E装置中的CuO的作用是确保样品被完全氧化，生成CO2，
故答案为：确保样品被完全氧化，生成CO2；
（4）根据题意有：n（H2O）＝＝0.2mol，n（H）＝0.4mol，n（CO2）＝＝0.32mol，（C）＝0.32mol，又n（有机物）＝＝0.02mol，所以有机物中含有N（C）＝＝16，N（H）＝＝20，所以n（N）：＝＝2，则TMB的分子式为C16H20N2，
故答案为：C16H20N2。
【点评】本题主要考查有机物分子式的确定，方程式的书写，仪器的判断，实验装置的连接，催化剂的作用等，同时考查守恒法的应用，属于基本知识，基础题型，难度中等。
19．（14分）二甲醚水蒸气重整制氢（简称DME SR）有望为燃料电池实时供氢。
主反应：
ⅰ．CH3OCH3（g）+H2O（g）═2CH3OH （g）△H1＝+37.0 kJ•mol﹣1
ⅱ．CH3OH（g）+H2O（g）═3H2（g）+CO2（g）△H2＝+49.0 kJ•mol﹣1
副反应：
ⅲ．CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H3＝+41.2 kJ•mol﹣1
ⅳ．CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）△H4＝+90.2 kJ•mol﹣1
（1）DME SR总反应：CH3OCH3（g）+3H2O（g）＝6H2（g）+2CO2（g）△H＝ +135.0 kJ•mol﹣1。
（2）关于DME SR过程的下列说法错误的是 D 。（填标号）
A．增大水醚比有利于提高二甲醚平衡转化率，但过量的水蒸气易造成能量浪费
B．升高温度有利于反应正向进行，但也会促进副反应正向进行
C．温度过高易产生积碳导致催化剂失活
D．相比二甲醚催化氧化制氢[CH3OCH3（g）+O2（g）═3H2（g）+2CO（g）△H＜0]，DME SR的催化剂更易失活
（3）用xGa﹣Cu/SiO2 催化DME SR过程，改变Ga的负载量“x”、温度等条件，实验结果如图1、图2。最适宜的条件是x＝ 5 ，T＝ 380℃ 。
（4）xGa﹣Cu/SiO2的催化机理如下（◎表示氧空穴，*表示吸附在催化剂表面）：
a.CH3OH+◎→CH3O*+H*
b.H2O+O→HO*+H*
c.HO*→O*+H*
d.2H*→H2
e.CH3O*+O*→H2COO*+H*+◎
f. H2COO*→HCOO*+H*
g.HCOO*→CO2+H*+◎
①反应f为 H2COO*→HCOO*+H* 。
②Cu/SiO2掺杂Ga（第四周期，第ⅢA族），Ga可以取代部分Si进入SiO2晶体中形成氧空穴，其原因为 催化剂中Si为+4价，而Ga为+3价，能结合的O原子数比较少 。
③反应中被氧空穴吸附的微粒是 ACD 。（填标号）
A．CH3O*
B．H*
C．H2COO*
D．O*
（5）Ga的引入可以调节催化剂中Cu+、Cu的比例，进而影响H2时空产率，实验结果如图3。Ga含量过高导致催化剂活性降低的原因是 Ga含量过高，导致氧空穴过多，能吸附H的活性位点减少 。
【分析】（1）由已知反应的反应热通过盖斯定律求算未知反应的反应热；
（2）A.水蒸气过多，容易带走体系热量；
B.升温，平衡向吸热反应方向移动；
C.温度较高，催化剂容易失去催化活性；
D.高温，有利于平衡向吸热反应方向移动；
（3）结合图象分析Ga的负载量和温度对氢气产率和CO选择性影响；
（4）①由转化过程可知f步反应H2COO*生成HCOO*；
②Si和Ga结合氧原子能力不同；
③涉及氧空穴吸附的反应有a、e、g；
（5）氧空穴多，则能吸附H的活性位点少。
【解答】解：（1）已知ⅰ．CH3OCH3（g）+H2O（g）═2CH3OH （g）△H1＝+37.0 kJ•mol﹣1，ⅱ．CH3OH（g）+H2O（g）═3H2（g）+CO2（g）△H2＝+49.0 kJ•mol﹣1，由盖斯定律Ⅰ+2×Ⅱ可得CH3OCH3（g）+3H2O（g）＝6H2（g）+2CO2（g）△H＝+37.0 kJ•mol﹣1+2×（+49.0 kJ•mol﹣1）＝+135.0kJ/mol，
故答案为：+135.0；
（2）A.增大水醚比有利于平衡正向移动，可提高二甲醚平衡转化率，但过量的水蒸气易带走反应体系热量，造成能量浪费，故A正确；
B.正反应和副反应均为吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，但也会促进副反应正向进行，故B正确；
C.温度过高，有机物易产生积碳，导致催化剂失去活性，故C正确；
D.二甲醚催化氧化制氢[CH3OCH3（g）+O2（g）═3H2（g）+2CO（g）△H＜0]，反应放热，平衡逆移，DME SR的催化剂过程为吸热反应，升温有利于平衡正向移动，故二甲醚催化氧化制氢更易失活，故D错误；
故答案为：D；
（3）由图象可知，Ga的负载量“x”为5时，温度在380℃时产率较高，再提高x值和温度，产率变化不大，故最适宜的条件是x＝5，T＝380℃，
故答案为：5；380℃；
（4）①f步反应H2COO*生成HCOO*，反应f为H2COO*→HCOO*+H*，
故答案为：H2COO*→HCOO*+H*；
②Cu/SiO2掺杂Ga（第四周期，第ⅢA族），Ga可以取代部分Si进入SiO2晶体中形成氧空穴，其原因为催化剂中Si为+4价，而Ga为+3价，能结合的O原子数比较少，
故答案为：催化剂中Si为+4价，而Ga为+3价，能结合的O原子数比较少；
③由反应a、e、g可知，被氧空穴吸附的微粒是CH3O*、H2COO*、O*，
故答案为：ACD；
（5）Ga含量过高导致催化剂活性降低的原因是Ga含量过高，导致氧空穴过多，能吸附H的活性位点减少，进而影响H2时空产率，
故答案为：Ga含量过高，导致氧空穴过多，能吸附H的活性位点减少。
【点评】本题考查盖斯定律和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
20．（14分）化合物G是一种正在研究的可能具有良好的抑菌、抗病毒、除草、杀虫及植物生长调节等活性的先导化合物，其合成路线设计如图。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 3﹣氟苯甲酸（或间氟苯甲酸） ；E中含氧官能团的名称为 酯基、醚键 ；由E生成F的过程中，副产物的电子式为 。
（2）上述涉及的5个反应中，原子利用率达100%的反应共有 1 个。
（3）D生成E的化学方程式为 ；反应类型为 取代反应 。
（4）E的芳香族同分异构体中，符合下列条件的一种结构简式为 。
①能与氯化铁溶液发生显色反应 ②核磁共振氢谱峰面积比值为1：1
（5）化合物H（）对小麦幼苗的生长有明显的促进作用。模仿上述路线，设计以和为原料制备H的合成路线 。
【分析】A中羧基与SOCl2发生取代反应生成B，B中酰氯键上氯原子被取代生成C，D中酰氯键与CH3OH发生取代反应生成E，E中酯基与N2H4•H2O发生肼解（类似水解）生成F，C与F发生加成反应生成G；
（6）要合成目标有机物中﹣NH﹣CS﹣NH﹣结构需用到C与F反应生成G的信息，要利用此步信息，需合成类似C中结构﹣CO﹣N＝C＝S结构，要合成此结构，可利用A→B→C信息。
【解答】解：（1）A的名称为3﹣氟苯甲酸（或间氟苯甲酸）；E中含氧官能团的名称为酯基、醚键；E中酯基与N2H4•H2O发生肼解（类似水解）生成F，副产物为甲醇，电子式为，
故答案为：3﹣氟苯甲酸（或间氟苯甲酸）；酯基、醚键；；
（2）上述涉及的5个反应中，原子利用率达100%的只有C与F发生加成反应生成G的反应，共有1个，
故答案为：1；
（3）由分析知，D生成E为取代反应，对应方程式为：，反应类型为取代反应，
故答案为：；取代反应；
（4）由题意知，该同分异构中含有酚羟基，且苯环上只有2种氢，符合要求的结构为：，
故答案为：；
（5）要合成目标有机物中﹣NH﹣CS﹣NH﹣结构需用到C与F反应生成G的信息，要利用此步信息，需合成类似C中结构﹣CO﹣N＝C＝S结构，要合成此结构，可利用A→B→C信息，具体合成路线如下：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及反应条件、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，题目难度中等。
2020-2021学年广东省深圳实验学校高中部高二（下）第二次段考化学试卷
一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）下列关于新冠病毒传播及防疫的说法错误的是（ ）
A．医用护目镜的主要成分是有机玻璃，是一种特殊的硅酸盐产品
B．医用口罩中无纺布的主要成分为聚丙烯，属于合成纤维
C．制作防护服用的主要材料为有机合成高分子材料
D．紫外线消毒和84消毒液消毒均是使蛋白质在特定条件下变性
2．（2分）有机物环丙叉环丙烷，由于其特殊的电导结构一直受到理论化学家的注意，其结构如图所示。有关它的说法中正确的是（ ）
A．该物质所有的原子均在同一平面上
B．该物质与苯互为同分异构体
C．该物质与环丙烷互为同系物
D．该物质二氯代物有4种
3．（2分）下列有关实验原理、装置、操作或结论的描述，错误的是（ ）
A．图1所示装置可实现甲烷与氯气在光照条件下的取代反应
B．图2所示装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液
C．图3所示装置可用锌粒与稀硫酸反应制备氢气
D．图4所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
4．（2分）下列有关叙述正确的是（ ）
A．某温度下，1L pH＝6 的纯水中含n（OH﹣）为10﹣8mol
B．25℃时，向0.1mol•L﹣1 CH3COONa 溶液中加水稀释，溶液中减小
C．25℃时，将 V1L pH＝11的 NaOH溶液与V2L pH＝3的HA溶液混合，溶液显中性，则V1≤V2
D．25℃时，将amol•L﹣1氨水与0.01mol•L﹣1盐酸等体积混合，反应完全时溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），则a＞0.01
5．（2分）下列有关甲醇及其所有催化氧化的产物说法正确的是（ ）
A．所有催化氧化的产物均能与碳酸钠溶液反应
B．所有催化氧化的产物均能与新制氢氧化铜反应
C．甲醇水溶液也称福尔马林，用于制作动植物标本
D．甲醇及其所有催化氧化的产物均有两种等效氢
6．（2分）中国人食用豆腐已有上千年历史。《本草纲目》中第一次明确提出了整套制作豆腐的流程：水浸、铠碎、去渣、煎成、以盐卤汁或山矾叶酸醋淀，就釜收之。又有入缸内以石膏末收之”。下列有关叙述正确的是（ ）
A．豆浆主要是豆类蛋白质与水形成的分散系，可出现丁达尔效应
B．黄豆的营养成分较高，主要包括如大豆蛋白、大豆油脂等天然高分子化合物及维生素群和微量矿物元素
C．在“煎成”后的豆浆中加入盐卤汁或石膏，可促使有生理活性的蛋白盐析凝聚成豆腐
D．黄豆外壳含有大量纤维素和一些蛋白质，水浸是为将其溶解，促进人体吸收
7．（2分）对于0.1mol/L的碳酸钠溶液，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，CO32﹣水解常数减小
B．继续加入碳酸钠固体，水解程度增加
C．随着加水稀释，由水电离的氢离子浓度在降低
D．加入NaOH固体，c（CO32﹣）与c（Na+）的比值不断增大
8．（2分）下列有关各溶液说法正确的是（ ）
A．浓NH4Cl溶液可作金属焊接的除锈剂
B．配制FeCl3溶液时，为抑制Fe3+水解，先将FeCl3固体溶解在硫酸中，再加水稀释到所需浓度
C．将AlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液蒸干所得产物相同
D．相同条件下，同浓度的CH3COONH4和NH4NO3溶液中，c（NH4+）前者大于后者
9．（2分）AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示，且T2＞T1。下列说法正确的是（ ）
A．图象中四个点的Ksp：a＝b＞c＞d
B．AlPO4在b点对应的溶解度大于c点
C．AlPO4（s）⇌Al3+（aq）+PO43﹣（aq）△H＜0
D．升高温度可使AlPO4饱和溶液由c点移动到b点
10．（2分）向XmL 0.1mol•L﹣1氨水中滴加等浓度的稀高氯酸，测得混合溶液的温度和pOH[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]随着加入稀高氯酸的体积变化如图所示下列说法正确的是（ ）
A．图中实线表示pOH变化
B．b、c点由水电离出的c（OH﹣）大小为b＞c
C．b点时溶液中，一定有pH＝pOH＝7（室温下）
D．a、d点对应氨水的电离常数：K（d）＜K（a）
二、选择题（每小题4分，共24分，每小题只有一个正确答案）
11．（4分）下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是（ ）
①热纯碱溶液的洗涤油污能力强；
②误将钡盐[BaCl2、Ba（NO3）2]当作食盐食用时，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒；
③溶洞、珊瑚的形成；
④碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能；
⑤泡沫灭火器灭火的原理．
A．②③④ B．①②③ C．③④⑤ D．①②③④⑤
12．（4分）分子式为C9H18O2的酯在酸性条件下水解，所得酸和醇的相对分子质量相同．符合此条件的酯的同分异构体数目为（ ）
A．2 B．8 C．10 D．16
13．（4分）泛酸又称为维生素 B5，在人体内参与糖、油脂、蛋白质的代谢过程，具有抗脂质过氧化作用，其结构为 ，下列有关该化合物的说法不正确的是（ ）
A．该物质可发生水解反应，水解产物均能发生缩聚反应
B．1mol该物质与足量NaOH 溶液反应，最多可消耗2mol NaOH
C．该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基
D．该物质在浓硫酸、Al2O3或 P2O5等催化剂作用下可发生脱水反应，生成碳碳双键
14．（4分）有两种饱和一元醇的混合物17.75g，与13.8g Na充分反应，生成的H2在标准状态下的体积为5.6L。这两种醇分子中相差一个碳原子，则这两种醇的名称和物质的量之比对应为（ ）
A．乙醇和丙醇1：1 B．甲醇和乙醇3：1
C．丙醇和丁醇1：2 D．无法确定
15．（4分）25℃时，将SO2通入NaOH溶液得到一组c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）＝0.100mol•L﹣1的混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的关系曲线如下图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．Na2SO3溶液中，2c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（H+）＝c（OH﹣）
B．pH＝1.9的溶液中：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）＝c（HSO3﹣）
C．c（Na+）＝0.100mol•L﹣1的溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）
D．pH＝7.2时，3 c（Na+）＝2[c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）]
16．（4分）室温下，将两种溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）（已知：HF：Ka＝6.8×10﹣4；H2C2O4：Ka1＝5.4×10﹣2、Ka2＝5.4×10﹣5）
A．0.1mol/L HF溶液和0.1mol/L NaOH溶液混合：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（F﹣）＞c（H+）
B．0.1mol/L NaHCO3溶液和0.1mol/LNa2CO3溶液混合：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．0.1mol/L NaOH溶液和0.1mol/L H2C2O4溶液混合：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）
D．0.1mol/L CH3COONa和0.1mol/L HCl溶液混合：c（Na+）+c（CH3COO﹣）＝c（Cl﹣）+c（H+）
三、解答题（共4小题，满分56分）
17．（14分）最常见的塑化剂DBP（邻苯二甲酸二丁酯）可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，主要应用于PVC等合成材料中作软化剂。反应的路线（反应均无法完全进行）及装置图（部分装置省略）如图：
有关物质的性质如下表所示。
邻苯二甲酸酐
（M＝148 g/mol）
白色针状晶体．不溶于冷水，溶于热水及有机溶剂，沸点295℃
正丁醇
（M＝74 g/mol）
无色液体，微溶于水，溶于有机溶剂，沸点117.7℃
邻苯二甲酸二丁酯
（M＝278 g/mol）
无色油状液体，难溶于水，溶于有机溶剂，沸点340℃，酸性条件下180℃以上易发生分解
实验操作流程如图。
①在三颈烧瓶中放入14.8g邻苯二甲酸酐、25mL正丁醇、4滴浓硫酸，开动搅拌器。
②缓缓加热至邻苯二甲酸酐固体消失，继续升温至150℃，便可停止加热。
③冷却至室温，将反应混合物倒入分液漏斗中，用5%碳酸钠溶液和饱食盐水和洗涤。
④粗产品用无水硫酸镁干燥，除去干燥剂后，减压蒸馏，收集200～210℃/2666 Pa馏分，得到产品20.85 g。请回答以下问题：
（1）搅拌器的作用 ，反应过程中正丁醇过量的目的是 。
（2）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是 ，判断反应已结束的方法是 。
（3）碳酸钠溶液洗涤的目的是 ，产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是 。
（4）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯的产率为 ，上述实验可能生成的副产物的结构简式为 、 。（写两种）
18．（14分）电炉加热时用纯氧气氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成，图1所示装置是用燃烧法确定有机物分子式时常用的装置。
（1）产生的氧气按从左到右流向，所选装置中各导管的连接顺序是 （填小写字母，每个装置限使用一次）
（2）盛装过氧化氢的仪器名称为 ，MnO2的作用是
（3）现准确称取0.9g样品a（只含C、H、O三种元素中的两种或三种），经燃烧后A管增重1.32g，B管增重0.54g。
①若测得该化合物的质谱图如图2所示，写出该化合物的分子式 ，图中质荷比m/z＝15显示该分子中存在甲基，实验进一步测得该化合物可以发生银镜反应，请写出该化合物的结构简式 。
②若相同情况下测得该化合物蒸汽的密度是氢气密度的90倍，该物质也是提供人体能量的主要物质，写出其与新制Cu（OH）2反应的化学方程式 。
③E装置中的CuO的作用是
（4）TMB由碳氢氮三种元素组成，其相对分子质量为240，是一种新型指纹检测的色原试剂。理想状态下，将4.80g TMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得B增加3.60g，A增加14.08g，则TMB的分子式为
19．（14分）二甲醚水蒸气重整制氢（简称DME SR）有望为燃料电池实时供氢。
主反应：
ⅰ．CH3OCH3（g）+H2O（g）═2CH3OH （g）△H1＝+37.0 kJ•mol﹣1
ⅱ．CH3OH（g）+H2O（g）═3H2（g）+CO2（g）△H2＝+49.0 kJ•mol﹣1
副反应：
ⅲ．CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H3＝+41.2 kJ•mol﹣1
ⅳ．CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）△H4＝+90.2 kJ•mol﹣1
（1）DME SR总反应：CH3OCH3（g）+3H2O（g）＝6H2（g）+2CO2（g）△H＝ kJ•mol﹣1。
（2）关于DME SR过程的下列说法错误的是 。（填标号）
A．增大水醚比有利于提高二甲醚平衡转化率，但过量的水蒸气易造成能量浪费
B．升高温度有利于反应正向进行，但也会促进副反应正向进行
C．温度过高易产生积碳导致催化剂失活
D．相比二甲醚催化氧化制氢[CH3OCH3（g）+O2（g）═3H2（g）+2CO（g）△H＜0]，DME SR的催化剂更易失活
（3）用xGa﹣Cu/SiO2 催化DME SR过程，改变Ga的负载量“x”、温度等条件，实验结果如图1、图2。最适宜的条件是x＝ ，T＝ 。
（4）xGa﹣Cu/SiO2的催化机理如下（◎表示氧空穴，*表示吸附在催化剂表面）：
a.CH3OH+◎→CH3O*+H*
b.H2O+O→HO*+H*
c.HO*→O*+H*
d.2H*→H2
e.CH3O*+O*→H2COO*+H*+◎
f.
g.HCOO*→CO2+H*+◎
①反应f为 。
②Cu/SiO2掺杂Ga（第四周期，第ⅢA族），Ga可以取代部分Si进入SiO2晶体中形成氧空穴，其原因为 。
③反应中被氧空穴吸附的微粒是 。（填标号）
A．CH3O*
B．H*
C．H2COO*
D．O*
（5）Ga的引入可以调节催化剂中Cu+、Cu的比例，进而影响H2时空产率，实验结果如图3。Ga含量过高导致催化剂活性降低的原因是 。
20．（14分）化合物G是一种正在研究的可能具有良好的抑菌、抗病毒、除草、杀虫及植物生长调节等活性的先导化合物，其合成路线设计如图。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 ；E中含氧官能团的名称为 ；由E生成F的过程中，副产物的电子式为 。
（2）上述涉及的5个反应中，原子利用率达100%的反应共有 个。
（3）D生成E的化学方程式为 ；反应类型为 。
（4）E的芳香族同分异构体中，符合下列条件的一种结构简式为 。
①能与氯化铁溶液发生显色反应 ②核磁共振氢谱峰面积比值为1：1
（5）化合物H（）对小麦幼苗的生长有明显的促进作用。模仿上述路线，设计以和为原料制备H的合成路线 。
2020-2021学年广东省深圳实验学校高中部高二（下）第二次段考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）下列关于新冠病毒传播及防疫的说法错误的是（ ）
A．医用护目镜的主要成分是有机玻璃，是一种特殊的硅酸盐产品
B．医用口罩中无纺布的主要成分为聚丙烯，属于合成纤维
C．制作防护服用的主要材料为有机合成高分子材料
D．紫外线消毒和84消毒液消毒均是使蛋白质在特定条件下变性
【分析】A．有机玻璃的成分是聚甲基丙烯酸甲酯，属于有机高分子；
B．丙烯发生加聚反应生成高分子化合物聚丙烯；
C．相对分子量达到10000以上的有机物属于有机高分子化合物；
D．紫外线可使蛋白质变性，次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质氧化变性。
【解答】解：A．硅酸盐是无机化合物，有机玻璃属于有机高分子化合物，故A错误；
B．医用口罩中无纺布的主要成分为聚丙烯，聚丙烯是丙烯加聚反应的产物，是高分子材料，属于合成纤维，故B正确；
C．制作防护服用的主要材料有聚乙烯、聚丙烯、聚酯纤维等，它们都属于是有机合成高分子材料，故C正确；
D．紫外线能使细菌蛋白质发生变性，医疗中常用紫外线来消毒；84消毒液的有效成分是次氯酸钠，次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质氧化变性，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的组成、结构与性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解题的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
2．（2分）有机物环丙叉环丙烷，由于其特殊的电导结构一直受到理论化学家的注意，其结构如图所示。有关它的说法中正确的是（ ）
A．该物质所有的原子均在同一平面上
B．该物质与苯互为同分异构体
C．该物质与环丙烷互为同系物
D．该物质二氯代物有4种
【分析】A．饱和碳原子具有甲烷结构特点；
B．该有机物的分子式为C6H8，苯的分子式为C6H6，二者分子式不同；
C．该有机物有2个环、1个碳碳双键，和环丙烷结构不同；
D．由结构可知含1种H，2个Cl可在同一个CH2上，或不同的CH2上。
【解答】解：A．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能在同一个平面上，故A错误；
B．该有机物的分子式为C6H8，苯的分子式为C6H6，二者分子式不同，所以二者不互为同分异构体，故B错误；
C．该有机物有2个环、1个碳碳双键，和环丙烷结构不同，二者不互为同系物，故C错误；
D．环丙叉环丙烷分子中的4个“CH2”完全等同，两个氯原子位于同一个碳原子上，有1种，两个氯原子位于不同碳原子上，如图，有3种，所以其二氯代物有4种，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握原子共面、同系物、同分异构体为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意同系物的判断，题目难度不大。
3．（2分）下列有关实验原理、装置、操作或结论的描述，错误的是（ ）
A．图1所示装置可实现甲烷与氯气在光照条件下的取代反应
B．图2所示装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液
C．图3所示装置可用锌粒与稀硫酸反应制备氢气
D．图4所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
【分析】A．发生取代反应生成HCl易溶于水；
B．CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液不分层；
C．锌粒为块状固体，图中为固液反应装置；
D．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫使品红褪色，二氧化硫被高锰酸钾氧化。
【解答】解：A．发生取代反应生成HCl易溶于水，则试管中液面上升，故A正确；
B．CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液不分层，图中分液漏斗不能分离，故B错误；
C．锌粒为块状固体，图中为固液反应装置，图中装置可用锌粒与稀硫酸反应制备氢气，故C正确；
D．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫使品红褪色，二氧化硫被高锰酸钾氧化，则可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，涉及物质的性质、反应与现象、物质的制备、实验技能等，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性、可行性的评价，题目难度不大。
4．（2分）下列有关叙述正确的是（ ）
A．某温度下，1L pH＝6 的纯水中含n（OH﹣）为10﹣8mol
B．25℃时，向0.1mol•L﹣1 CH3COONa 溶液中加水稀释，溶液中减小
C．25℃时，将 V1L pH＝11的 NaOH溶液与V2L pH＝3的HA溶液混合，溶液显中性，则V1≤V2
D．25℃时，将amol•L﹣1氨水与0.01mol•L﹣1盐酸等体积混合，反应完全时溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），则a＞0.01
【分析】A．纯水中c（OH﹣）＝c（H+）；
B．溶液中＝，分析c（CH3COO﹣）变化解答；
C．25℃时pH＝11的NaOH溶液中c（OH﹣）＝0.001mol/L，pH＝3的HA溶液中c（HA）≥0.001mol/L；
D．溶液中电荷守恒关系式为c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），反应完全时溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），则溶液呈中性。
【解答】解：A．某温度下pH＝6 的纯水中c（OH﹣）＝c（H+）＝10﹣6mol/L，即n（OH﹣）＝10﹣6mol，故A错误；
B．向0.1mol•L﹣1CH3COONa 溶液中加水稀释，则c（CH3COO﹣）减小，则溶液中＝增大，故B错误；
C．25℃时pH＝11的NaOH溶液中c（OH﹣）＝0.001mol/L，pH＝3的HA溶液中c（HA）≥0.001mol/L，混合后溶液显中性，则V1≥V2，故C错误；
D．反应完全时溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），电荷守恒关系式为c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），则整个溶液呈中性，NH4Cl溶液呈酸性，所以混合溶液由NH4Cl和NH3•H2O组成，a＞0.01，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离和pH计算，为高频考点，把握弱电解质的电离特点、酸碱混合溶液的定性判断及电离平衡常数的应用，试题培养了学生的计算能力和灵活运用能力，注意电荷守恒关系式的应用，题目难度中等。
5．（2分）下列有关甲醇及其所有催化氧化的产物说法正确的是（ ）
A．所有催化氧化的产物均能与碳酸钠溶液反应
B．所有催化氧化的产物均能与新制氢氧化铜反应
C．甲醇水溶液也称福尔马林，用于制作动植物标本
D．甲醇及其所有催化氧化的产物均有两种等效氢
【分析】A.甲醇的催化氧化产物为醛，能进一步催化氧化为酸；
B.醛或酸能和新制氢氧化铜反应；
C.福尔马林是甲醛的水溶液；
D.甲醇的催化氧化的产物为HCHO和HCOOH。
【解答】解：A.甲醇的催化氧化产物是甲醛，甲醛能进一步被催化氧化为甲酸，甲酸能和碳酸钠溶液反应，但甲醛不能，故A错误；
B.甲醇的催化氧化产物可能是甲醛或甲酸，均能和新制氢氧化铜反应，故B正确；
C.福尔马林是甲醛的水溶液，能防腐，用于制作动植物标本，故C错误；
D.甲醇的催化氧化的产物为HCHO，只含一种等效氢，HCOOH有两种等效氢，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了甲醇的结构和性质，应注意的是含﹣CH2OH的醇先能被催化氧化为醛，后能继续被催化氧化为酸。
6．（2分）中国人食用豆腐已有上千年历史。《本草纲目》中第一次明确提出了整套制作豆腐的流程：水浸、铠碎、去渣、煎成、以盐卤汁或山矾叶酸醋淀，就釜收之。又有入缸内以石膏末收之”。下列有关叙述正确的是（ ）
A．豆浆主要是豆类蛋白质与水形成的分散系，可出现丁达尔效应
B．黄豆的营养成分较高，主要包括如大豆蛋白、大豆油脂等天然高分子化合物及维生素群和微量矿物元素
C．在“煎成”后的豆浆中加入盐卤汁或石膏，可促使有生理活性的蛋白盐析凝聚成豆腐
D．黄豆外壳含有大量纤维素和一些蛋白质，水浸是为将其溶解，促进人体吸收
【分析】A.豆浆是胶体；
B.相对分子质量在一万以上的是高分子化合物；
C.高温能使蛋白质变性；
D.人体不能吸收纤维素。
【解答】解：A.豆浆是胶体，丁达尔效应是胶体所特有的性质，即豆浆能发生丁达尔效应，故A正确；
B.相对分子质量在一万以上的是高分子化合物，大豆油脂不是高分子化合物，故B错误；
C.高温能使蛋白质变性，失去生理活性，故“煎成”后的豆浆中的蛋白质无生理活性，故C错误；
D.人体内没有能消化纤维素的酶，不能吸收纤维素，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了胶体的性质、糖类和油脂以及蛋白质的结构和性质等，难度不大，应注意的是高温能使蛋白质变性而失活，但浓的非重金属盐溶液使蛋白质盐析，盐析是可逆的物理过程。
7．（2分）对于0.1mol/L的碳酸钠溶液，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，CO32﹣水解常数减小
B．继续加入碳酸钠固体，水解程度增加
C．随着加水稀释，由水电离的氢离子浓度在降低
D．加入NaOH固体，c（CO32﹣）与c（Na+）的比值不断增大
【分析】A．盐类水解吸热，升高温度促进CO32﹣水解；
B．碳酸钠溶液的浓度越大，CO32﹣水解程度越小，反之相反；
C．弱离子能促进水的电离，浓度越大促进作用越强，反之相反；
D．NaOH固体能抑制碳酸钠的水解，但溶液中c（CO32﹣）增大的量远小于c（Na+）增大的量。
【解答】解：A．升高温度促进CO32﹣水解，则CO32﹣水解常数增大，故A错误；
B．加水稀释能促进弱离子的水解，即浓度越大，水解程度越小，则继续加入碳酸钠固体，水解程度减小，故B错误；
C．CO32﹣能促进水的电离，并且浓度越大促进作用越强，则加水稀释碳酸钠溶液时，c（CO32﹣）减小，由水电离的氢离子浓度在降低，故C正确；
D．CO32﹣水解使溶液呈碱性，加入NaOH固体能抑制CO32﹣的水解，但溶液中c（CO32﹣）增大的量远小于c（Na+）增大的量，使c（CO32﹣）与c（Na+）的比值不断减小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查盐类水解原理及其影响因素，为高频考点，侧重分析能力和运用能力的考查，把握盐类水解原理及其影响因素、水电离的影响因素即可解答，注意选项C为易错点，题目难度不大。
8．（2分）下列有关各溶液说法正确的是（ ）
A．浓NH4Cl溶液可作金属焊接的除锈剂
B．配制FeCl3溶液时，为抑制Fe3+水解，先将FeCl3固体溶解在硫酸中，再加水稀释到所需浓度
C．将AlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液蒸干所得产物相同
D．相同条件下，同浓度的CH3COONH4和NH4NO3溶液中，c（NH4+）前者大于后者
【分析】A．氯化铵是强酸弱碱盐，溶液中铵根离子水解溶液显酸性；
B．溶解在硫酸中，引进了杂质硫酸根离子；
C．氯化氢易挥发，硫酸难挥发，加热、蒸发、浓缩结晶、蒸干AlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液分别得到氧化铝、硫酸铝；
D．CH3COONH4溶液中铵根离子和醋酸根离子水解相互促进。
【解答】解：A．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解显酸性，故能在金属焊接中除锈，故A正确；
B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，引进了杂质硫酸，应该溶解在盐酸中，故B错误；
C．Al2（SO4）3溶液加热、蒸发、浓缩结晶、蒸干得到硫酸铝，而氯化铝溶液最终得到氧化铝，所得固体的成分不同，故C错误；
D．CH3COONH4溶液中铵根离子和醋酸根离子水解相互促进，NH4NO3溶液中铵根离子水解，相同浓度的CH3COONH4和NH4NO3溶液中，c（NH4+）前者小于后者，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查盐的水解原理等知识，题目难度不大，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握原理和实质，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
9．（2分）AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示，且T2＞T1。下列说法正确的是（ ）
A．图象中四个点的Ksp：a＝b＞c＞d
B．AlPO4在b点对应的溶解度大于c点
C．AlPO4（s）⇌Al3+（aq）+PO43﹣（aq）△H＜0
D．升高温度可使AlPO4饱和溶液由c点移动到b点
【分析】A．温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大；
B．AlPO4的溶解度随温度的升高而中增大；
C．沉淀溶解平衡吸热；
D．沉淀溶解平衡为吸热过程，升高温度，沉淀溶解平衡正向移动。
【解答】解：A．温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大，则图象中四个点的Ksp：b＞a＝d＝c，故A错误；
B．T2＞T1，温度升高时AlPO4的溶解度增大，则AlPO4在b点对应的溶解度大于c点，故B正确；
C．沉淀溶解平衡为吸热反应，则AlPO4（s）＝Al3+（aq）+PO43﹣（aq）△H＞0，故C错误；
D．升高温度，沉淀溶解平衡正向移动，AlPO4的溶解度增大，则升高温度时c点的饱和溶液转化为不饱和溶液，不能使c点移动到b点，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握图象分析、Ksp与温度有关、沉淀溶解平衡为吸热反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
10．（2分）向XmL 0.1mol•L﹣1氨水中滴加等浓度的稀高氯酸，测得混合溶液的温度和pOH[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]随着加入稀高氯酸的体积变化如图所示下列说法正确的是（ ）
A．图中实线表示pOH变化
B．b、c点由水电离出的c（OH﹣）大小为b＞c
C．b点时溶液中，一定有pH＝pOH＝7（室温下）
D．a、d点对应氨水的电离常数：K（d）＜K（a）
【分析】A．溶液的碱性越强，溶液的pOH越小，随着稀高氯酸溶液的加入，溶液的pH减小，则pOH增大，酸碱完全中和时，溶液的pOH发生突变；酸碱中和反应为放热反应，则酸碱中和时溶液温度升高，当酸碱恰好完全反应时溶液温度最高；
B．酸或碱抑制水电离，NH4+促进水电离，b点溶质为NH4ClO4，c点溶质为等物质的量浓度的NH4ClO4、HClO4；
C．b点酸碱恰好完全反应生成强酸弱碱盐NH4ClO4，溶液呈酸性；
D．水的电离吸收热量，则溶液温度越高，水电离程度越大，水的电离常数越大。
【解答】解：A．溶液的碱性越强，溶液的pOH越小，随着稀高氯酸溶液的加入，溶液的pH减小，则pOH增大，酸碱完全中和时，溶液的pOH发生突变；酸碱中和反应为放热反应，则酸碱中和时溶液温度升高，当酸碱恰好完全反应时溶液温度最高，根据图知，实线表示温度变化，虚线表示pOH变化，故A错误；
B．酸或碱抑制水电离，NH4+促进水电离，b点溶质为NH4ClO4，c点溶质为等物质的量浓度的NH4ClO4、HClO4，b点促进水电离、c点抑制水电离，所以水电离出的c（OH﹣）：b＞c，故B正确；
C．b点酸碱恰好完全反应生成强酸弱碱盐NH4ClO4，溶液呈酸性，室温下pH＜pOH，故C错误；
D．水的电离吸收热量，则溶液温度越高，水电离程度越大，水的电离常数越大，温度：a点＜d点，则K（d）＞K（a），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确曲线与pOH关系、溶液中溶质成分及其性质、水电离影响因素等知识点是解本题关键，注意D选项中d点温度在实线a点后，D为解答易错点，题目难度不大。
二、选择题（每小题4分，共24分，每小题只有一个正确答案）
11．（4分）下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是（ ）
①热纯碱溶液的洗涤油污能力强；
②误将钡盐[BaCl2、Ba（NO3）2]当作食盐食用时，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒；
③溶洞、珊瑚的形成；
④碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能；
⑤泡沫灭火器灭火的原理．
A．②③④ B．①②③ C．③④⑤ D．①②③④⑤
【分析】①碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解呈碱性，且盐类的水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解；
②钡离子有毒，钡离子能和硫酸根离子反应生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀；
③溶洞、珊瑚的主要成分是碳酸钙，钙离子和碳酸根离子反应生成难溶性的碳酸钙沉淀；
④碳酸钡能溶于盐酸，而硫酸钡不能溶于强酸和水；
⑤碳酸氢钠溶液水解呈碱性，硫酸铝水解呈酸性，碳酸氢钠和硫酸铝能相互促进水解生成二氧化碳．
【解答】解：①碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，碱能促进油脂水解，所以热纯碱溶液的洗涤油污能力强，应用了盐类水解原理，故不符合；
②钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释；
③水中含有钙离子，空气中有二氧化碳，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和钙离子反应生成难溶性的碳酸钙，长时间反应，形成溶洞珊瑚，所以可以用沉淀平衡原理来解释；
④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳、水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能，可以用沉淀平衡原理来解释；
⑤碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使其溶液呈酸性，氢离子和氢氧根离子反应生成水，则碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速的产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理，故不符合；
故选：A。
【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡原理，难度不大，根据难溶电解质的溶度积常数确定电解质的溶解性强弱．
12．（4分）分子式为C9H18O2的酯在酸性条件下水解，所得酸和醇的相对分子质量相同．符合此条件的酯的同分异构体数目为（ ）
A．2 B．8 C．10 D．16
【分析】根据有芳香气味的C9H18O2在酸性条件下加热可水解产生相对分子质量相同的两种有机物，可知该物质为酯，水解产生相对分子质量相同醇和酸，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，判断5碳醇属于醇的同分异构体，4碳羧酸属于羧酸的异构体数目即可．
【解答】解：分子式为C9H18O2的酯在酸性条件下加热可水解产生相对分子质量相同的两种有机物，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，
含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH（CH3）COOH，总共有2种；
含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3；
CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2CH（CH3）CH3；CH3C（CH3）2CH2OH，总共有6种，
所以有机物甲的同分异构体数目为：2×8＝16，
故选：D。
【点评】本题考查同分异构体数目的判断，题目难度中等，明确饱和一元醇与少一个C原子的饱和一元羧酸的相对分子质量相同为解题关键，注意掌握同分异构体的书写 原则．
13．（4分）泛酸又称为维生素 B5，在人体内参与糖、油脂、蛋白质的代谢过程，具有抗脂质过氧化作用，其结构为 ，下列有关该化合物的说法不正确的是（ ）
A．该物质可发生水解反应，水解产物均能发生缩聚反应
B．1mol该物质与足量NaOH 溶液反应，最多可消耗2mol NaOH
C．该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基
D．该物质在浓硫酸、Al2O3或 P2O5等催化剂作用下可发生脱水反应，生成碳碳双键
【分析】有机物含有羟基、肽键和羧基，具有醇、酰胺、氨基酸的性质，以此解答该题。
【解答】解：A．含有肽键，可发生水解，水解可生成羧基和氨基，可发生缩聚反应，故A正确；
B．能与氢氧化钠溶液反应的为羧基和肽键，则l mo l 该物质与足量NaOH 溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH，故B正确；
C．含有2个羟基，可在催化条件下发生氧化生成醛基和羰基，故C正确；
D．含有羟基，与羟基相连碳的邻位碳上无氢，不能发生消去反应，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
14．（4分）有两种饱和一元醇的混合物17.75g，与13.8g Na充分反应，生成的H2在标准状态下的体积为5.6L。这两种醇分子中相差一个碳原子，则这两种醇的名称和物质的量之比对应为（ ）
A．乙醇和丙醇1：1 B．甲醇和乙醇3：1
C．丙醇和丁醇1：2 D．无法确定
【分析】饱和一元醇ROH与钠反应的化学方程式为2ROH+2Na→2RONa+H2↑，即饱和一元醇与Na按物质的量比1：1反应，生成的H2在标准状况下的体积为5.6L，即氢气的物质的量为＝0.25mol，则消耗金属Na、ROH的物质的量均为0.25mol×2＝0.5mol，但13.8gNa的物质的量为＝0.6mol＞0.5mol，所以Na过量、醇完全反应，醇的平均相对分子质量为＝35.5，结合两种醇分子中相差一个碳原子计算确定碳原子数目，据此分析解答。
【解答】解：饱和一元醇ROH与钠反应的化学方程式为2ROH+2Na→2RONa+H2↑，标准状况下生成H2的物质的量为＝0.25mol，则消耗金属Na、ROH的物质的量均为0.25mol×2＝0.5mol，但13.8gNa的物质的量为＝0.6mol＞0.5mol，所以Na过量、醇完全反应，醇的平均相对分子质量为＝35.5，由于两种饱和一元醇分子中相差一个碳原子，设一种醇的结构简式为CnH2n+1OH，另一种醇的结构简式为Cn+1H2n+3OH，则14n+18＜35.5，且14n+32＞35.5，解得0.25＜n＜1.25，所以整数n＝1，两种醇为CH3OH和C2H5OH，根据醇的平均相对分子质量为35.5列式有32n（CH3OH）+46n（C2H5OH）＝35.5[n（CH3OH）+n（C2H5OH）]，即n（CH3OH）：n（C2H5OH）＝3：1，
故选：B。
【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确饱和一元醇的通式及化学性质为解答关键，注意掌握平均摩尔质量在化学计算中的应用方法，试题有利于提高学生的分析能力、计算能力和灵活运用能力，题目难度中等。
15．（4分）25℃时，将SO2通入NaOH溶液得到一组c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）＝0.100mol•L﹣1的混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的关系曲线如下图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．Na2SO3溶液中，2c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（H+）＝c（OH﹣）
B．pH＝1.9的溶液中：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）＝c（HSO3﹣）
C．c（Na+）＝0.100mol•L﹣1的溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）
D．pH＝7.2时，3 c（Na+）＝2[c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）]
【分析】根据题意，c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）＝0.100mol•L﹣1在该溶液中恒成立，据此结合图象解答。
A.Na2SO3溶液中，质子守恒为2c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（H+）＝c（OH﹣）；
B.根据图象可得当pH＝1.9时c（SO32﹣）、c（H2SO3）、c（HSO3﹣）的大小关系；
C.c（Na+）＝0.100mol•L﹣1即c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）＝c（Na+）；
D.先根据pH计算c（H+）和c（OH﹣），再根据图象可知此时c（HSO3﹣）＝c（SO32﹣），c（HSO3﹣）＝0，结合c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）＝0.100mol•L﹣1解得c（HSO3﹣）＝c（SO32﹣）＝0.5mol/L，最后根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）可得c（Na+），据此判断。
【解答】A.Na2SO3溶液中，质子守恒为2c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（H+）＝c（OH﹣），故A正确；
B.由图可知，当pH＝1.9时，SO32﹣不存在，故B错误；
C.根据题意，当c（Na+）＝0.100mol•L﹣1时，c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）＝c（Na+），但c（H+）不一定等于c（OH﹣），故C错误；
D.当pH＝7.2时，c（H+）＝10﹣7.2mol/L，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣6.8mol/L，由图可知此时c（HSO3﹣）＝c（SO32﹣），c（HSO3﹣）＝0，根据c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）＝0.100mol•L﹣1得c（HSO3﹣）＝c（SO32﹣）＝0.5mol/L，根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）可得c（Na+）＝（1.5+10﹣6.8﹣10﹣7.2）mol/L，则3 c（Na+）≠2[c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）]，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查溶液中离子浓度的大小比较，解题的关键是掌握溶液中的三大守恒，即质子守恒、物料守恒、电荷守恒，并结合图象分析，明确图象中某些特殊数据在解题中的关键作用，题目难度中等。
16．（4分）室温下，将两种溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）（已知：HF：Ka＝6.8×10﹣4；H2C2O4：Ka1＝5.4×10﹣2、Ka2＝5.4×10﹣5）
A．0.1mol/L HF溶液和0.1mol/L NaOH溶液混合：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（F﹣）＞c（H+）
B．0.1mol/L NaHCO3溶液和0.1mol/LNa2CO3溶液混合：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．0.1mol/L NaOH溶液和0.1mol/L H2C2O4溶液混合：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）
D．0.1mol/L CH3COONa和0.1mol/L HCl溶液混合：c（Na+）+c（CH3COO﹣）＝c（Cl﹣）+c（H+）
【分析】A.HF溶液和NaOH溶液混合发生反应HF+NaOH＝NaF+H2O，反应溶质为NaF，氟离子水解生成HF和氢氧根离子，溶液显碱性；
B.碳酸根离子水解能力比碳酸氢根离子大，且水解生成碳酸氢根离子；
C.NaOH溶液和H2C2O4溶液混合恰好生成NaHC2O4，草酸氢根离子电离显酸性，水解显碱性，由电离平衡常数和水解平衡常数大小判断溶液酸碱性；
D.CH3COONa和HCl溶液混合反应生成CH3COOH和NaCl，醋酸电离溶液显酸性。
【解答】解：A.HF溶液和NaOH溶液恰好生成NaF溶液，氟离子水解生成HF和氢氧根离子，溶液显碱性，但水解程度小，故c（Na+）＞c（F﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；
B.0.1mol/L NaHCO3溶液和0.1mol/LNa2CO3溶液混合，碳酸根离子和碳酸氢根离子水解均显碱性，碳酸根离子水解能力比碳酸氢根离子大，且水解生成碳酸氢根离子，故c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；
C.NaOH溶液和H2C2O4溶液混合恰好生成NaHC2O4，草酸氢根离子电离平衡常数Ka2＝5.4×10﹣5，草酸氢根离子水解平衡常数Kh＝＝≈1.9×10﹣13＜Ka2，水解程度小于电离程度，且电离和水解程度均很小，故c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故C正确；
D.CH3COONa和HCl溶液混合反应生成CH3COOH和NaCl，c（Na+）＝c（Cl﹣），由电荷守恒判断c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故c（Na+）+c（CH3COO﹣）＜c（Cl﹣）+c（H+），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子浓度大小关系，题目难度中等，能判断溶液溶质成分是解题的前提，注意结合水解平衡和电离平衡常数判断电离能力和水解能力。
三、解答题（共4小题，满分56分）
17．（14分）最常见的塑化剂DBP（邻苯二甲酸二丁酯）可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，主要应用于PVC等合成材料中作软化剂。反应的路线（反应均无法完全进行）及装置图（部分装置省略）如图：
有关物质的性质如下表所示。
邻苯二甲酸酐
（M＝148 g/mol）
白色针状晶体．不溶于冷水，溶于热水及有机溶剂，沸点295℃
正丁醇
（M＝74 g/mol）
无色液体，微溶于水，溶于有机溶剂，沸点117.7℃
邻苯二甲酸二丁酯
（M＝278 g/mol）
无色油状液体，难溶于水，溶于有机溶剂，沸点340℃，酸性条件下180℃以上易发生分解
实验操作流程如图。
①在三颈烧瓶中放入14.8g邻苯二甲酸酐、25mL正丁醇、4滴浓硫酸，开动搅拌器。
②缓缓加热至邻苯二甲酸酐固体消失，继续升温至150℃，便可停止加热。
③冷却至室温，将反应混合物倒入分液漏斗中，用5%碳酸钠溶液和饱食盐水和洗涤。
④粗产品用无水硫酸镁干燥，除去干燥剂后，减压蒸馏，收集200～210℃/2666 Pa馏分，得到产品20.85 g。请回答以下问题：
（1）搅拌器的作用 使反应物充分混合 ，反应过程中正丁醇过量的目的是 增大正丁醇的含量，可促使反应正向移动，增大邻苯二甲酸酐的转化率 。
（2）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是 不断分离出酯化反应生成的水，促使反应正向移动，提高反应物转化率 ，判断反应已结束的方法是 当分水器中的水不再增加时，说明反应结束 。
（3）碳酸钠溶液洗涤的目的是 用碳酸钠溶液除去酯中的醇和酸，降低邻苯二甲酸二丁酯的溶解度使之析出 ，产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是 邻苯二甲酸二丁酯沸点340℃，超过180℃易发生分解，减压可以降低沸点，不会造成其分解 。
（4）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯的产率为 75% ，上述实验可能生成的副产物的结构简式为 CH2＝CHCH2CH3 、 CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3 。（写两种）
【分析】（1）搅拌器的作用是使反应物充分混合，反应过程中正丁醇过量的目的是增大正丁醇的含量，可促使反应正向移动；
（2）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是不断分离出酯化反应生成的水，促使反应正向移动，提高反应物转化率；水为生成物，结合水的生成判断；
（3）反应后有多余的酸，碳酸钠溶液洗涤的目的是用碳酸钠溶液除去酯中的醇和酸，降低邻苯二甲酸二丁酯的溶解度使之析出，产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是邻苯二甲酸二丁酯沸点340℃，超过180℃易发生分解；
（4）理论上，1mol邻苯二甲酸酐与2mol正丁醇完全反应，现向三颈烧瓶内加入22.5g（0.15mol）邻苯二甲酸酐，14.8g（0.2mol）正丁醇以及少量浓硫酸，则邻苯二甲酸酐过量，应使用正丁醇进行计算，生成邻苯二甲酸二丁酯0.1mol，质量为27.8g，据此计算，上述实验可能生成的副产物为消去反应产生的烯烃和低温取代产生的醚。
【解答】解：（1）搅拌器的作用是使反应物充分混合，反应过程中正丁醇过量的目的是增大正丁醇的含量，可促使反应正向移动，增大邻苯二甲酸酐的转化率，
故答案为：使反应物充分混合；增大正丁醇的含量，可促使反应正向移动，增大邻苯二甲酸酐的转化率；
（2）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是不断分离出酯化反应生成的水，促使反应正向移动，提高反应物转化率；判断反应已结束的方法是当分水器中的水不再增加时，说明反应结束，
故答案为：不断分离出酯化反应生成的水，促使反应正向移动，提高反应物转化率；当分水器中的水不再增加时，说明反应结束；
（3）反应后有多余的酸，碳酸钠溶液洗涤的目的是用碳酸钠溶液除去酯中的醇和酸，降低邻苯二甲酸二丁酯的溶解度使之析出，产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是邻苯二甲酸二丁酯沸点340℃，超过180℃易发生分解，减压可以降低沸点，不会造成其分解，
故答案为：用碳酸钠溶液除去酯中的醇和酸，降低邻苯二甲酸二丁酯的溶解度使之析出；邻苯二甲酸二丁酯沸点340℃，超过180℃易发生分解，减压可以降低沸点，不会造成其分解；
（4）理论上，1mol邻苯二甲酸酐与2mol正丁醇完全反应，现向三颈烧瓶内加入22.5g（0.15mol）邻苯二甲酸酐，14.8g（0.2mol）正丁醇以及少量浓硫酸，则邻苯二甲酸酐过量，应使用正丁醇进行计算，生成邻苯二甲酸二丁酯0.1mol，质量为27.8g，从而得出邻苯二甲酸二丁酯的产率为×100%＝75%，上述实验可能生成的副产物为消去反应产生的烯烃和低温取代产生的醚，结构式为CH2＝CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，
故答案为：75%；CH2＝CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3。
【点评】本题考查了制取催化剂邻苯二甲酸二丁酯方法，注意合理分析、应用题中信息，充分考查的学生的分析、理解等综合能力，本题难度中等。
18．（14分）电炉加热时用纯氧气氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成，图1所示装置是用燃烧法确定有机物分子式时常用的装置。
（1）产生的氧气按从左到右流向，所选装置中各导管的连接顺序是 g→f→e→h→i→c（或d）→d（或c）→a（或b）→b（或a） （填小写字母，每个装置限使用一次）
（2）盛装过氧化氢的仪器名称为 分液漏斗 ，MnO2的作用是 催化剂
（3）现准确称取0.9g样品a（只含C、H、O三种元素中的两种或三种），经燃烧后A管增重1.32g，B管增重0.54g。
①若测得该化合物的质谱图如图2所示，写出该化合物的分子式 C2H4O2 ，图中质荷比m/z＝15显示该分子中存在甲基，实验进一步测得该化合物可以发生银镜反应，请写出该化合物的结构简式 HCOOCH3 。
②若相同情况下测得该化合物蒸汽的密度是氢气密度的90倍，该物质也是提供人体能量的主要物质，写出其与新制Cu（OH）2反应的化学方程式 CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH2OH（CHOH）4COONa+Cu2O↓+3H2O 。
③E装置中的CuO的作用是 确保样品被完全氧化，生成CO2
（4）TMB由碳氢氮三种元素组成，其相对分子质量为240，是一种新型指纹检测的色原试剂。理想状态下，将4.80g TMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得B增加3.60g，A增加14.08g，则TMB的分子式为 C16H20N2
【分析】（1）产生的氧气先干燥，然后通入电炉，在吸收产生的水蒸气，最后吸收生成的二氧化碳；
（2）根据仪器构造判断仪器名称，MnO2常做双氧水分解的催化剂；
（3）①先计算n（H2O）、n（CO2），然后计算n（O），求出最简式CH2O，根据质谱图得到相对分子质量为60，判断出分子式，该分子中存在甲基，又可以发生银镜反应，含有醛基结构，进行判断；
②若相同情况下测得该化合物蒸汽的密度是氢气密度的90倍，则相对分子质量为180，分子式为C6H12O6，故该物质为葡萄糖；
③CuO可以确保样品被完全氧化，生成CO2；
（4）根据题意有：n（H2O）＝＝0.2mol，n（H）＝0.4mol，n（CO2）＝＝0.32mol，（C）＝0.32mol，又n（有机物）＝＝0.02mol，所以有机物中含有N（C）＝＝16，N（H）＝＝20，所以n（N）：＝＝2，即可判断TMB的分子式。
【解答】解：（1）产生的氧气按从左到右流向，所选装置中各导管的连接顺序是，g→f→e→h→i→c（或d）→d（或c）→a（或b）→b（或a），
故答案为：g→f→e→h→i→c（或d）→d（或c）→a（或b）→b（或a）；
（2）盛装过氧化氢的仪器名称为分液漏斗，MnO2的作用是催化剂，
故答案为：分液漏斗；催化剂；
（3）①B管质量增加0.54g，则n（H2O）＝＝0.03mol，n（H）＝0.06mol，A管质量增加1.32g，则n（CO2）＝＝0.03mol，（C）＝0.03mol，又n（有机物）＝＝0.01mol，所以有机物中n（O）＝＝0.03mol，因n（C）：n（H）：n（O）＝0.03mol：0.06mol：0.03mol＝1：2：1，故有机物的最简式为：CH2O，根据质谱图可知，其相对分子质量为60，所以分子式为C2H4O2，该分子中存在甲基，又可以发生银镜反应，则其结构为HCOOCH3，
故答案为：C2H4O2；HCOOCH3；
②若相同情况下测得该化合物蒸汽的密度是氢气密度的90倍，则相对分子质量为180，分子式为C6H12O6，该物质也是提供人体能量的主要物质，故该物质为葡萄糖，与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH2OH（CHOH）4COONa+Cu2O↓+3H2O，
故答案为：CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH2OH（CHOH）4COONa+Cu2O↓+3H2O；
③E装置中的CuO的作用是确保样品被完全氧化，生成CO2，
故答案为：确保样品被完全氧化，生成CO2；
（4）根据题意有：n（H2O）＝＝0.2mol，n（H）＝0.4mol，n（CO2）＝＝0.32mol，（C）＝0.32mol，又n（有机物）＝＝0.02mol，所以有机物中含有N（C）＝＝16，N（H）＝＝20，所以n（N）：＝＝2，则TMB的分子式为C16H20N2，
故答案为：C16H20N2。
【点评】本题主要考查有机物分子式的确定，方程式的书写，仪器的判断，实验装置的连接，催化剂的作用等，同时考查守恒法的应用，属于基本知识，基础题型，难度中等。
19．（14分）二甲醚水蒸气重整制氢（简称DME SR）有望为燃料电池实时供氢。
主反应：
ⅰ．CH3OCH3（g）+H2O（g）═2CH3OH （g）△H1＝+37.0 kJ•mol﹣1
ⅱ．CH3OH（g）+H2O（g）═3H2（g）+CO2（g）△H2＝+49.0 kJ•mol﹣1
副反应：
ⅲ．CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H3＝+41.2 kJ•mol﹣1
ⅳ．CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）△H4＝+90.2 kJ•mol﹣1
（1）DME SR总反应：CH3OCH3（g）+3H2O（g）＝6H2（g）+2CO2（g）△H＝ +135.0 kJ•mol﹣1。
（2）关于DME SR过程的下列说法错误的是 D 。（填标号）
A．增大水醚比有利于提高二甲醚平衡转化率，但过量的水蒸气易造成能量浪费
B．升高温度有利于反应正向进行，但也会促进副反应正向进行
C．温度过高易产生积碳导致催化剂失活
D．相比二甲醚催化氧化制氢[CH3OCH3（g）+O2（g）═3H2（g）+2CO（g）△H＜0]，DME SR的催化剂更易失活
（3）用xGa﹣Cu/SiO2 催化DME SR过程，改变Ga的负载量“x”、温度等条件，实验结果如图1、图2。最适宜的条件是x＝ 5 ，T＝ 380℃ 。
（4）xGa﹣Cu/SiO2的催化机理如下（◎表示氧空穴，*表示吸附在催化剂表面）：
a.CH3OH+◎→CH3O*+H*
b.H2O+O→HO*+H*
c.HO*→O*+H*
d.2H*→H2
e.CH3O*+O*→H2COO*+H*+◎
f. H2COO*→HCOO*+H*
g.HCOO*→CO2+H*+◎
①反应f为 H2COO*→HCOO*+H* 。
②Cu/SiO2掺杂Ga（第四周期，第ⅢA族），Ga可以取代部分Si进入SiO2晶体中形成氧空穴，其原因为 催化剂中Si为+4价，而Ga为+3价，能结合的O原子数比较少 。
③反应中被氧空穴吸附的微粒是 ACD 。（填标号）
A．CH3O*
B．H*
C．H2COO*
D．O*
（5）Ga的引入可以调节催化剂中Cu+、Cu的比例，进而影响H2时空产率，实验结果如图3。Ga含量过高导致催化剂活性降低的原因是 Ga含量过高，导致氧空穴过多，能吸附H的活性位点减少 。
【分析】（1）由已知反应的反应热通过盖斯定律求算未知反应的反应热；
（2）A.水蒸气过多，容易带走体系热量；
B.升温，平衡向吸热反应方向移动；
C.温度较高，催化剂容易失去催化活性；
D.高温，有利于平衡向吸热反应方向移动；
（3）结合图象分析Ga的负载量和温度对氢气产率和CO选择性影响；
（4）①由转化过程可知f步反应H2COO*生成HCOO*；
②Si和Ga结合氧原子能力不同；
③涉及氧空穴吸附的反应有a、e、g；
（5）氧空穴多，则能吸附H的活性位点少。
【解答】解：（1）已知ⅰ．CH3OCH3（g）+H2O（g）═2CH3OH （g）△H1＝+37.0 kJ•mol﹣1，ⅱ．CH3OH（g）+H2O（g）═3H2（g）+CO2（g）△H2＝+49.0 kJ•mol﹣1，由盖斯定律Ⅰ+2×Ⅱ可得CH3OCH3（g）+3H2O（g）＝6H2（g）+2CO2（g）△H＝+37.0 kJ•mol﹣1+2×（+49.0 kJ•mol﹣1）＝+135.0kJ/mol，
故答案为：+135.0；
（2）A.增大水醚比有利于平衡正向移动，可提高二甲醚平衡转化率，但过量的水蒸气易带走反应体系热量，造成能量浪费，故A正确；
B.正反应和副反应均为吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，但也会促进副反应正向进行，故B正确；
C.温度过高，有机物易产生积碳，导致催化剂失去活性，故C正确；
D.二甲醚催化氧化制氢[CH3OCH3（g）+O2（g）═3H2（g）+2CO（g）△H＜0]，反应放热，平衡逆移，DME SR的催化剂过程为吸热反应，升温有利于平衡正向移动，故二甲醚催化氧化制氢更易失活，故D错误；
故答案为：D；
（3）由图象可知，Ga的负载量“x”为5时，温度在380℃时产率较高，再提高x值和温度，产率变化不大，故最适宜的条件是x＝5，T＝380℃，
故答案为：5；380℃；
（4）①f步反应H2COO*生成HCOO*，反应f为H2COO*→HCOO*+H*，
故答案为：H2COO*→HCOO*+H*；
②Cu/SiO2掺杂Ga（第四周期，第ⅢA族），Ga可以取代部分Si进入SiO2晶体中形成氧空穴，其原因为催化剂中Si为+4价，而Ga为+3价，能结合的O原子数比较少，
故答案为：催化剂中Si为+4价，而Ga为+3价，能结合的O原子数比较少；
③由反应a、e、g可知，被氧空穴吸附的微粒是CH3O*、H2COO*、O*，
故答案为：ACD；
（5）Ga含量过高导致催化剂活性降低的原因是Ga含量过高，导致氧空穴过多，能吸附H的活性位点减少，进而影响H2时空产率，
故答案为：Ga含量过高，导致氧空穴过多，能吸附H的活性位点减少。
【点评】本题考查盖斯定律和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
20．（14分）化合物G是一种正在研究的可能具有良好的抑菌、抗病毒、除草、杀虫及植物生长调节等活性的先导化合物，其合成路线设计如图。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 3﹣氟苯甲酸（或间氟苯甲酸） ；E中含氧官能团的名称为 酯基、醚键 ；由E生成F的过程中，副产物的电子式为 。
（2）上述涉及的5个反应中，原子利用率达100%的反应共有 1 个。
（3）D生成E的化学方程式为 ；反应类型为 取代反应 。
（4）E的芳香族同分异构体中，符合下列条件的一种结构简式为 。
①能与氯化铁溶液发生显色反应 ②核磁共振氢谱峰面积比值为1：1
（5）化合物H（）对小麦幼苗的生长有明显的促进作用。模仿上述路线，设计以和为原料制备H的合成路线 。
【分析】A中羧基与SOCl2发生取代反应生成B，B中酰氯键上氯原子被取代生成C，D中酰氯键与CH3OH发生取代反应生成E，E中酯基与N2H4•H2O发生肼解（类似水解）生成F，C与F发生加成反应生成G；
（6）要合成目标有机物中﹣NH﹣CS﹣NH﹣结构需用到C与F反应生成G的信息，要利用此步信息，需合成类似C中结构﹣CO﹣N＝C＝S结构，要合成此结构，可利用A→B→C信息。
【解答】解：（1）A的名称为3﹣氟苯甲酸（或间氟苯甲酸）；E中含氧官能团的名称为酯基、醚键；E中酯基与N2H4•H2O发生肼解（类似水解）生成F，副产物为甲醇，电子式为，
故答案为：3﹣氟苯甲酸（或间氟苯甲酸）；酯基、醚键；；
（2）上述涉及的5个反应中，原子利用率达100%的只有C与F发生加成反应生成G的反应，共有1个，
故答案为：1；
（3）由分析知，D生成E为取代反应，对应方程式为：，反应类型为取代反应，
故答案为：；取代反应；
（4）由题意知，该同分异构中含有酚羟基，且苯环上只有2种氢，符合要求的结构为：，
故答案为：；
（5）要合成目标有机物中﹣NH﹣CS﹣NH﹣结构需用到C与F反应生成G的信息，要利用此步信息，需合成类似C中结构﹣CO﹣N＝C＝S结构，要合成此结构，可利用A→B→C信息，具体合成路线如下：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及反应条件、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，题目难度中等。
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