2020-2021学年广西省南宁市第三中学高二下学期第一次月考化学（理）试题含解析

这是一份2020-2021学年广西省南宁市第三中学高二下学期第一次月考化学（理）试题含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

 南宁三中2020~2021学年度下学期高二月考(一)
理科化学试题
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32
一、选择题(每题只有一个正确答案)
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A. 硫酸和硝酸都是重要的化工原料，可用于制化肥、农药、炸药、染料等
B. 酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇
C. 将地沟油回收加工为生物柴油，既可获得能源物质，又可防止水体污染
D. 医院常将含碘的酒精溶液用作医疗消毒，因为它能使蛋白质变性
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．硫酸和硝酸都是重要的化工原料，可用于制化肥、农药、炸药、染料等，A项正确；
B．葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，属于分解反应，B项错误；
C．地沟油是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将地沟油回收加工为生物柴油，既可获得能源物质又可防止水体污染，符合绿色化学理念，C项正确；
D．含碘2%~3%的酒精溶液用作医疗消毒剂，因为它能使蛋白质变性，D项正确；
答案选B。
2. 用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 100℃时，1LpH=6的纯水中含H+的数目为10-6NA
B. 常温常压下，17g羟基(-18OH)所含的中子数为9NA
C. 标准状况下，22.4L CHCl3所含的C-Cl键数目为3NA
D. 将0.1mol乙烷和0.1mol Cl2混合光照，生成一氯乙烷的分子数为0.1 NA
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．1L pH=6的纯水中含H+的物质的量为10-6mol，则H+的数目为10-6NA，A项正确；
B．17g羟基(-18OH)物质的量为，一个-18OH中含有10个中子，的-18OH所含的中子数为，B项错误；
C．标准状况下，CHCl3为液体，不能使用气体摩尔体积，C项错误；
D．乙烷和氯气反应生成一氯乙烷后，一氯乙烷能继续和氯气反应，因此最终生成的一氯乙烷的分子数小于0.1 NA，D项错误；
答案选A。
3. 在下列各组溶液中，离子一定能大量共存的是
A. 由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、
B. 某无色澄清溶液中：K+、H+、Fe2+、
C. 常温下，的溶液中：、Cl-、Na+、Mg2+
D. 加入KSCN显血红色的澄清透明溶液中：Cu2+、K+、Cl-、I-
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol/L的溶液中，水的电离受到抑制，可以为酸性溶液或碱性溶液，与酸性溶液中的氢离子会发生反应生成水和二氧化硫，与碱性溶液中的氢氧离子发生反应生成水和，不能大量共存，故A不符合题意；
B．Fe2+显浅绿色，Fe2+不能存在于无色溶液中，且Fe2+可以被H+、氧化成Fe3+，故在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C．常温下，KW=c(H+)c(OH-)=10-14mol/L，的溶液中c(H+)=0.1mol/L，c(OH-)=10-13mol/L，c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，酸性条件下，、Cl-、Na+、Mg2+之间不发生化学反应，故C符合题意；
D．加入KSCN显血红色的澄清透明溶液中含有Fe3+，Cu2+、Fe3+都具有氧化性，I-具有还原性，Cu2+、Fe3+与I-之间会发生氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选C。
4. 下列说法正确的是
A. 强电解质一定是离子化合物，弱电解质一定是共价化合物
B. 已知25℃时H2CO3的Ka1=4.30×10-7，CH3COOH的Ka=1.75×10-5，则等体积、等浓度的两种酸的溶液中，由水电离出来的c(H+)：H2CO3 >CH3COOH
C. 用广泛pH试纸测得0.1mol/L次氯酸溶液的pH=3.5
D. 常温下，将稀醋酸溶液加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液导电能力增强
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．强电解质不一定是离子化合物，例如氯化氢是共价化合物，是强电解质，A项错误；
B．已知25℃时H2CO3的Ka1=4.30×10-7，CH3COOH的Ka=1.75×10-5，则酸性：CH3COOH＞H2CO3，则等体积、等浓度的两种酸的溶液中，酸性越大，电离程度越大，电离产生的H+越多，越抑制水的电离，所以等体积、等浓度的两种酸的溶液中，由水电离出来的c(H+)：H2CO3 >CH3COOH，B项正确；
C．次氯酸具有漂白性，pH试纸变色后会被漂白，应用pH计测定其pH，C项错误；
D．常温下，将稀醋酸溶液加水稀释会促进醋酸的电离，但加入水后溶液中离子浓度降低，使得溶液导电能力减弱，D项错误；
答案选B。
5. 图中所示的实验方案，能达到实验目的的是


A. ①探究C和Si非金属性的强弱 B. ②除去CO2气体中混有的HCl
C. ③制备乙酸乙酯 D. ④探究温度对平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)的影响
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．浓盐酸具有挥发性，制取的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能和硅酸钠反应，故无法探究C和Si非金属性的强弱，A项不选；
B．CO2能和碳酸钠溶液反应，所以不能用饱和碳酸钠溶液除去CO2气体中混有的HCl，可以用饱和的碳酸氢钠溶液，B项不选；
C．制备乙酸乙酯，需要加入浓硫酸做催化剂和吸水剂，C项不选；
D．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，降低温度，平衡向放热反应方向移动，装置④中两个烧瓶的其他条件相同，只有温度不同，可以探究温度对平衡的影响，D项选；
答案选D。
6. 2018年11月4日凌晨，福建泉州码头发生“碳九”泄露，造成水体污染。“碳九”是在石油加工时获得的一系列含碳数量在9左右的碳氢化合物。通过石油裂解得到的“碳九”主要是脂肪烃。裂解“碳九”经过催化重整后可得到异丙苯、甲乙苯、三甲苯等芳烃“碳九”。以下有关“碳九”的说法正确的是
A. “碳九”会沉入海底对海底生态环境造成极大危害
B. 裂解“碳九”可以萃取溴水中的溴
C. 分子式为C9H12的芳烃“碳九”共有10种
D. 芳烃“碳九”在一定条件下均可发生加成反应、取代反应、氧化反应
【答案】D
【解析】
【分析】“碳九”是在石油加工时获得的一系列含碳数量在9左右的碳氢化合物，即碳数量在9左右的烃，结合烃的性质分析解答。
【详解】A．烃的密度一般比水小，因此“碳九”的密度小于水，不能沉入海底，故A错误；
B．通过石油裂解得到的“碳九”主要是脂肪烃，其中含有烯烃，能和溴水发生加成反应，不能用于溴水的萃取，故B错误；
C．苯环可以有1个侧链为：正丙基、异丙基，可以有2个侧链为甲基、乙基，有邻、间、对3种，可以有3个侧链为：3个甲基，有连、偏、均3种，故共有8种，故C错误；
D．芳烃含有苯环，可以与氢气发生加成反应，苯环和侧链都可以发生取代反应，可以燃烧，燃烧属于氧化反应，丙苯、甲乙苯、三甲苯都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为A，要注意烃类物质的密度与水的相对大小的比较。
7. 下列说法正确的是
A. 500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H=-38.6kJ/mol
B. 甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ∆H=-890.3kJ/mol
C. 常温常压下，强酸与强碱的稀溶液的中和热为57.3kJ/mol，则CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3kJ/mol
D. 已知SiO2(s)+3C(s)=SiC(s)+2CO(g)ΔH＞0，则该反应在高温能自发进行
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，则若1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热38.6kJ，但合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，故无法得到N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的反应热，故A不符合题意；
B．燃烧热指的是25℃时，101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时的反应热，甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式中应该生成液态水，故B不符合题意；
C．在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫中和热，CH3COOH为弱酸，电离还要吸热，故CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)的反应热会小于57.3kJ/mol，故C不符合题意；
D．SiO2(s)+3C(s)=SiC(s)+2CO(g)为熵增的反应，ΔS＞0，ΔH＞0，若高温下，由ΔH-TΔS＜0，反应能自发进行，故D符合题意；
答案选D。
8. 图示与对应的叙述相符合的是

A. 图1表示常温下向稀盐酸中不断加水时溶液pH的变化
B. 图2表示向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与NaOH溶液体积的关系
C. 图3表示一定条件下H2和Cl2反应生成HCl的反应热与途径无关，则ΔH1=ΔH2+ΔH3
D. 图4表示已达平衡的某可逆反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．向稀盐酸中不断加水时，溶液的pH会增大，逐渐接近于7，不会大于7，A项不选；
B．向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，现象为先有Al(OH)3沉淀生成，加入一定量NaOH溶液后沉淀溶解，产生沉淀和沉淀溶解消耗的NaOH溶液的体积比为3:1，B项不选；
C．根据盖斯定律可知，H2和Cl2反应生成HCl的反应热与途径无关，所以ΔH1=ΔH2+ΔH3，C项选；
D．t0时正逆反应速率同等程度的变大，可能为催化剂，若反应前后气体的物质的量不变，增大压强平衡不移动，速率增大，所以增大压强也可能符合，D项不选；
答案选C。
9. 以愈创木酚作原料合成一种食品添加剂香草醛，合成路线如图所示。下列说法错误的是


A. 化合物b的分子式为C9H10O5
B. 反应①和反应②分别为取代反应和氧化反应
C. 可用NaHCO3溶液检验制得的香草醛中是否混有化合物c
D. 等物质的量的a、b、c、d四种化合物分别与足量NaOH反应，依次消耗NaOH的物质的量之比为1：2：2：1
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据化合物b的结构简式可知，其分子式为C9H10O5，A项正确；
B．由合成路线可知，反应①为加成反应，反应②为氧化反应，B项错误；
C．c中含有羧基，能和NaHCO3反应生成CO2，故可用NaHCO3溶液检验制得的香草醛中是否混有化合物c，C项正确；
D．a分子中含有一个酚羟基，1mol a可和1mol NaOH反应，b分子中含有一个酚羟基和一个羧基，1mol b可和2mol NaOH反应，c分子中含有一个酚羟基和一个羧基，1mol b可和2mol NaOH反应，d分子中含有一个酚羟基，1mol d可和1mol NaOH反应，所以，等物质的量的a、b、c、d四种化合物分别与足量NaOH反应，依次消耗NaOH的物质的量之比为1：2：2：1，D项正确；
答案选B。
10. 图为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示)。下列结论错误的是

A. CO2的电子式为
B. ①→②的过程吸收能量
C. CH4分子在催化剂表面会断开C-H键，断键会吸收能量
D. 生成乙酸的原子利用率为100%
【答案】B
【解析】
【分析】由图示可知，中间体①生成过程中断裂了碳氢键，中间体②生成过程中形成碳碳键和氧氢键，该反应为CO2与CH4在催化剂存在的过渡态转化为CH3COOH，由此分析。
【详解】A．二氧化碳分子中的中心原子为碳，最外层含有四个电子，分别与两个氧原子各形成两对共用电子对，CO2的电子式为，故A不符合题意；
B．由图可知，①的能量较高，②的能量较低，由高能量转化为低能量需要释放能量，①→②的过程释放能量，故B符合题意；
C．由图可知，CH4分子在催化剂表面会断开C-H键，生成中间体①，断裂化学键会吸收能量，故C不符合题意；
D．该反应为CO2+CH4CH3COOH，该反应为化合反应，故生成乙酸的原子利用率为100%，故D不符合题意；
答案选B。
11. 以甲烷为原料合成甲醇的反应如下：
反应I：CH4(g)+CO2(g) ⇌2CO(g) + 2H2(g) ∆H1= +247 kJ/mol
反应II：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ∆H2= -90kJ/mol
已知：T1℃时，反应II的平衡常数数值为100；T2℃时，反应II 在密闭容器中达到平衡，测得CO、H2、CH3OH的物质的量浓度(mol/L)分别为0.05、0.1、0.1。下列说法正确的是
A. 反应I中，使用催化剂可以减小∆H1，提高反应速率
B. 反应II中，加热或加压均可提高原料气的反应速率及平衡转化率
C. 由数据可判断反应II 的温度：T1> T2
D. CO(g)+CH3OH(g)⇌CH4(g) +CO2(g) ∆H= -157 kJ
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．反应热只与始态和终态有关，使用催化剂降低活化能，化学反应速率加快，但△H1不变，A项错误；
B．加热或加压均可提高原料气的反应速率，正反应是放热反应，加热，平衡向逆反应方向移动，原料气的转化率降低，反应前气体系数之和大于反应后气体系数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，原料气的转化率增大，B项错误；
C．T2℃时，反应II 在密闭容器中达到平衡，测得CO、H2、CH3OH的物质的量浓度(mol/L)分别为0.05、0.1、0.1，平衡常数，T1到T2，平衡常数增大，说明平衡正向移动，反应II正反应为放热反应，表明T1到T2温度降低，则T1> T2，C项正确；
D．-反应II-反应I得到，CO(g)+CH3OH(g)⇌CH4(g) +CO2(g)  △H=[-(-90)-247]kJ·mol－1=-157 kJ·mol-1，D项错误；
答案选C。
12. 剧毒物氰化钠(NaCN)固体遇水或酸生成剧毒易燃的HCN气体，同时HCN又能与水互溶，造成水污染。已知部分弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2S
电离平衡常数(25℃)
Ka=1.77×10-4
Ka=5.0×10-10
Ka1=1.3×10-7
Ka2=7.1×10-15
下列说法错误的是
A. 中和等体积、等浓度的 HCOOH 溶液和HCN溶液消耗NaOH的物质的量相等
B. HCOO-、CN-、HS-在溶液中可以大量共存
C. 等体积、pH均为4的HCOOH和HCN的溶液分别与足量的锌粉反应，HCN放出的H2少
D. 等体积、pH均为4的HCOOH和HCN溶液均用水稀释100倍后，HCOOH的pH比HCN的大
【答案】C
【解析】
【分析】电离平衡常数越大，同浓度的酸溶液其c(H+)越大，酸性越强。
【详解】A．等浓度等体积的一元酸，能参与反应的H+总量相等，故中和酸所需NaOH用量也相等，命题正确，不符题意；
B．根据Ka值大小，Ka(HCOOH) > Ka(HCN) > Ka(HS-)，说明HCOOH和HCN的酸性均比HS-离子酸性强，所以HCOO-、CN-、HS-在溶液中不会发生离子反应，可以共存，命题正确，不符题意；
C．pH值相等，说明c(H+)相等，相对更弱的酸其溶液浓度更高，同体积情况下，溶质的物质的量更多，与足量锌粉反应，生成的氢气应该更多，命题错误，符合题意；
D．pH值相等，说明c(H+)相等，相对更弱的酸其溶液浓度更高，稀释相同倍数的情况下，更弱的酸会电离出更多的H+，所以稀释后HCN溶液中c(H+)更高，pH值更小，命题正确，不符题意；
综上，本题选C。
13. 某温度下，在一个2 L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：，反应2 min后达到平衡，测得生成2 mol C，且反应前后压强之比为6∶5，则下列说法正确的是
A. 根据题意计算可得
B. 用A表示的反应速率是0.75 mol˙L-1˙min-1
C. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
D. 若起始时A、B的物质的量之比为3∶2，则2 min末A、B的转化率相等
【答案】D
【解析】
【分析】
对于反应，因为C为固体，根据容器的体积不变，反应前后气体的压强之比等于气体的物质的量之比。求出反应后的气体的总物质的量，再根据C的生成量，求出其余物质的物质的量，求出x，再求出其它量。
【详解】对于反应，因为C为固体，根据容器的体积不变，反应前后气体的压强之比等于气体的物质的量之比。反应前气体总物质的量为6 mol，反应前后压强之比为6：5，所以反应后气体的总物质的量为5 mol。
A．达到平衡时生成2 mol C，则消耗A的物质的量为1.5 mol，消耗B的物质的量为1 mol，生成D的物质的量为0.5x mol，则平衡时A的物质的量为4 mol-1.5 mol=2.5 mol，B的物质的量为2 mol-1 mol=1 mol，则2.5 mol+1 mol+0.5x mol=5 mol，x=3，A错误；
B．用A表示的反应速率为v(A)=mol˙L-1˙min-1，B错误；
C．因为x=3，正反应为气体体积减小的反应，所以增大该体系的压强，平衡向右移动，，温度不变，化学平衡常数不变，化学平衡常数与浓度、压强没有关系，C错误；
D．若起始时A、B的物质的量之比为3∶2，物质反应的物质的量的比是3∶2，则2 min末达到平衡时A、B的转化量之比仍为3：2，所以2 min末达到平衡时A、B的转化率相等，D正确；
故选D。
14. 25℃时，向浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体，溶液中随n(NaOH)的变化如图所示。

下列说法错误的是
A. HX为强酸，HY为弱酸
B. b点时溶液呈中性
C. 水的电离程度a>b
D. c点时溶液的pH=4
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】．
A．根据图像0.1mol/LHX溶液中=12，=11012，c（H+）·c（OH-）=110-14，解得c（H+）=0.1mol/L，HX为强酸，0.1 mol/LHY溶液中12，HY为弱酸，故A正确；
B．b点时溶液中=0，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故B正确；
C．b点时溶液呈中性，此时溶质为NaY和HY，NaY可促进水的电离，酸抑制水的电离，且酸性越强抑制程度越大，a点时溶液呈酸性，则水的电离程度：b＞a，水的电离程度：ba，故C错误；
D．c点溶液中=6，=1106，c（H+）·c（OH-）=110-14，解得c（H+）=110-4mol/L，c点溶液的pH=4，故D正确。
故选C。
15. 将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，使其达到分解平衡：NH2COONH4(s) ⇌2NH3(g)+CO2(g)。实验测得不同温度下的平衡数据列见表，下列说法错误的是
温度/℃
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强/kPa
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总浓度/10-3 mol/L
2.4
3.4
4.8
6.8
9.4

A. 达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量增大
B. 当混合气体平均相对分子质量为26时说明该反应已达平衡
C. 根据表中数据，计算25.0 ℃时分解的浓度平衡常数约为1.6×10-8 mol3/L3
D. 若保持温度和容器体积不变，平衡后再充入n(NH3)∶n(CO2)=2∶1，则再次达到平衡时c(NH3)不变
【答案】B
【解析】
【分析】该化学反应比较特殊，反应物全固态，生成物起始量为0，则反应进行过程中，不额外加入生成物的情况下，n(NH3) : n(CO2) = 2:1始终成立。
【详解】A．根据勒沙特列原理，达到平衡后，压缩容器容积，平衡向气体体积减小的方向移动，本反应平衡向生成氨基甲酸铵的方向进行，达到新平衡后，氨基甲酸铵质量增大，命题正确，不符题意；
B．当只有生成物是气体时，反应生成物NH3和CO2物质的量之比恒等于2:1，所以有

始终为定值，无法表示平衡何时建立，命题错误，符合题意；
C．25℃，化学平衡状态下，生成物总浓度4.8×10-3mol/L，生成物NH3和CO2物质的量之比恒等于2:1，所以c(NH3)=3.2×10-3mol/L，c(CO2)=1.6×10-3mol/L，代入化学平衡常数K计算公式得：，命题正确，不符题意；
D．温度体积不变，额外加入的NH3和CO2的量也为2:1，则整个体系中n(NH3) : n(CO2)比值没有改变，依然为2:1，那么化学平衡常数表达式可表示为：，温度不变，K值不变，则NH3平衡浓度也不会改变，命题正确，不符题意；
综上，本题选B。
【点睛】大多数可逆化学反应在讨论平衡达到时，不变是可以用于表达平衡达到数据。但本题反应物物态特殊，故对要具体问题具体分析。
16. 某研究小组以AgZSM为催化剂，在容积为1 L的容器中，相同时间下测得0.1 mol NO转化为N2的转化率随温度变化如图所示(无CO时的反应为2NO(g)⇌N2(g)+ O2 (g)；有CO时的反应为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+ 2CO2 (g))，下列说法错误的是

A. 达到平衡后，其他条件不变，使，可使NO转化率提高
B. 反应2NO(g)⇌N2(g)+ O2 (g)的∆H<0
C. CO能提高NO的转化率的原因可能是CO与生成的氧气反应
D. Y点再通入CO、N2各0.01 mol，此时平衡逆移
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．2NO(g)⇌N2(g)+ O2 (g)中增大CO的量，可促进NO的转化，而CO的转化率减小，则其他条件不变，使，可使NO转化率提高，但CO转化率下降，故A正确；
B．由图可知，温度高于800K时，曲线I中NO的转化率减小，则升高温度平衡逆向移动，2NO⇌N2+O2的△H＜0，故B正确；
C．2NO(g)⇌N2(g)+ O2 (g)，有CO时反应为2CO（g）+2NO（g）⇌2CO2（g）+N2（g），CO能提高NO的转化率的原因可能是CO与生成的氧气反应，促进平衡正向移动，故C正确；
D．Y点时NO的转化率为80%，体积为1L，则

， Y点再通入CO、N2各0.01 mol，，平衡正向移动，故D错误；
故选D。
二、填空题
17. 二氯化二硫(S2Cl2)在工业上用于橡胶的硫化，还可以作为贵金属的萃取剂。可由硫和氯气在100-110℃直接化合而成。实验室用如图装置制备S2Cl2，并利用尾气制备漂白粉。已知S2Cl2的熔点：-77℃，沸点：137℃。S2Cl2遇水剧烈反应。


(1)a中所装试剂为_______。
A.无水CuSO4 B.无水CaCl2 C.碱石灰 D.P2O5
(2)仪器b的名称为_______。
(3)S2Cl2遇水会生成一种黄色单质、一种能使品红褪色的气体(化合物)及酸雾，写出该反应的化学方程式_______。
(4)实验前向装置中通入N2的目的是_______，A、B装置中的空气可以通过控制K2、K3来去除，具体操作为_______。
(5)由于装置存在缺陷，实验制得的二氯化二硫可能不纯，请说明应如何改进_______。
【答案】 ①. BD ②. 三颈烧瓶 ③. 2S2Cl2+ 2H2O =SO2↑ + 3S↓ +4HCl ④. 排尽装置中的空气，防止硫加热时与氧气反应 ⑤. 关闭K2打开K3，当B装置上方充满黄绿色气体时，关闭K3打开K2 ⑥. 在E与F之间添加装有无水CaCl2固体的干燥管
【解析】
【分析】装置A中，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰，氯气和水；装置B中装有饱和食盐水，可以除去Cl2中的HCl；C装置中装有NaOH溶液，是为了吸收Cl2，防止污染空气；打开K1、K2，关闭K3，氯气进入三颈烧瓶中，和S反应生成S2Cl2，由于S2Cl2遇水剧烈反应，干燥管a是为了除去Cl2中的水，Cl2是酸性气体，应选用酸性或中性干燥剂，E中反应剩余的Cl2进入F中，和石灰乳反应生成CaCl2，Ca(ClO)2，和水。
【详解】(1)干燥管a是为了除去Cl2中的水，Cl2是酸性气体，应选用酸性或中性干燥剂，
A．无水CuSO4能吸水，但其吸水能力有限，不适合做干燥剂，A项不选；
B．无水CaCl2是中性干燥剂，可用于干燥Cl2，B项选；
C．碱石灰是碱性干燥剂，不能用来干燥Cl2，C项不选；
D．P2O5是中性干燥剂，可用于干燥Cl2，D项选；
答案选BD；
(2)仪器b是三颈烧瓶；
(3)S2Cl2遇水会生成一种黄色单质、一种能使品红褪色的气体(化合物)及酸雾，黄色单质是S，能使品红褪色的气体(化合物)是SO2，酸雾是挥发性酸形成的，所以另一个产物时HCl，S2Cl2与水反应的化学方程式为：2S2Cl2+ 2H2O =SO2↑ + 3S↓ +4HCl；
(4)实验前向装置中通入N2是为了排尽装置中的空气，防止硫加热时与氧气反应；关闭K2打开K3，当B装置上方充满黄绿色气体时，关闭K3打开K2，即可排净A、B装置中的空气；
(5)F装置中水蒸气可能通过导管进入E装置，使制得的S2Cl2不纯，因此应在E与F之间添加装有无水CaCl2固体的干燥管。
18. 请根据信息回答下列问题。
(1)硒酸(H2SeO4)在水溶液中的电离方程式如下：H2SeO4=H++HSeO，HSeO⇌H++SeO。
①写出NaHSeO4在水溶液中的电离方程式_______。
②已知25℃时，1mol/L的H2SeO4溶液中，HSeO的电离度为α，则其电离常数Ka=_______(用含α的计算式表示，忽略水的电离)
(2)亚磷酸(H3PO3)是二元酸，25℃时，K a1=1×10-2、Ka2=2.6×10-7，HF的电离常数的值为Ka=3.6×10-4，将足量H3PO3溶液和NaF溶液反应，其离子方程式为_______。
(3)在常温下，有硫酸和盐酸的混合液20 mL，向该溶液中加入0.05 mol/L的Ba(OH)2时，生成的BaSO4沉淀的质量和混合溶液的pH有如图所示关系。

①C点溶液中的主要溶质是_______(写化学式)。
②A、B、C三点中，水的电离程度最大的是_______
③当滴加Ba(OH)2的体积至80 mL时，溶液的pH值为_______(已知lg2=0.3，混合后溶液体积变化忽略不计)
【答案】 ①. NaHSeO4=Na++HSeO ，HSeO⇌H++SeO ②. ③. H3PO3+F-=H2PO+HF ④. BaCl2 ⑤. C ⑥. 12.3
【解析】
【分析】
【详解】(1)①硒酸(H2SeO4)在水溶液分两步电离，则NaHSeO4在水溶液中的电离方程式为：NaHSeO4=Na++HSeO、HSeO⇌H++SeO；
②25℃时，1mol/L的H2SeO4溶液中，则溶液中HSeO的起始浓度为1mol/L，H+的起始浓度为1mol/L，HSeO的电离度为α，列出三段式：
，
其电离常数；
(2)亚磷酸(H3PO3)是二元酸，25℃时，K a1=1×10-2、Ka2=2.6×10-7，HF的电离常数的值为Ka=3.6×10-4，由电离常数可知，酸性：H3PO3＞HF＞H2PO，根据强酸制弱酸原理，足量H3PO3溶液和NaF溶液反应生成NaH2PO3和HF，离子方程式为：H3PO3+F-=H2PO+HF；
(3)①C点时，溶液的pH为7，表明酸碱恰好中和，盐酸和氢氧化钡生成氯化钡和水，硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，所以C点时，溶液中的溶质为BaCl2；
②A、B点，溶液显酸性，抑制水的电离，C点溶液为中性，对水的电离无影响，所以C点水的电离程度最大；
③当滴加Ba(OH)2的体积至60mL时，溶液为中性，当滴加Ba(OH)2的体积至80 mL时，溶液总体积为20mL+80mL=100mL，则反应后，则，常温下，pH+pOH=14，所以。
19. 二氧化碳与氢气在使用不同催化剂时发生不同反应。
I.CO2和H2在铁系催化剂作用下发生化学反应：
①2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g) ΔH1
②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2
(1)反应①能自发进行，则 ΔH1 _______ 0(填“<”或“>”或“=”)。已知CO和H2的燃烧热分别为283.0 kJ•mol-1和285.8 kJ•mol-1，H2O(l)=H2O(g) ∆H3=+44.0kJ•mol-1，则ΔH2= _______。
(2)在密闭容器中通入1mol CO2和3mol H2，在铁系催化剂作用下进行反应，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化如图所示。0.1MPa下，200℃~550℃时上述反应以_______(填“①”或“②”)为主。图中M点坐标为(350，70)，此时乙烯的选择性为(选择性：转化的CO2中生成C2H4的比例)。则350℃时反应②的分压平衡常数Kp=_______。(保留两位有效数字)

II.CO2和H2在Cu/ZnO催化剂存在下发生化学反应：
①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-53.7kJ•mol-1
②CO2(g)+H2(g) ⇌CO(g)+H2O(g) ∆H2
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1︰2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得实验数据：
T(K)
催化剂
CO2转化率(%)
甲醇选择性(%)
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
[备注]Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比
(3)有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有_______。
A.使用催化剂Cat.1 B.使用催化剂Cat.2
C.降低反应温度 D.投料比不变，增加反应物的浓度
E.增大CO2和H2的初始投料比
(4)表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是_______。
(5)图中为反应①在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程-能量”示意图，则曲线②代表的是_______。
A.无催化剂 B.有Cat.1 C.有Cat.2

【答案】 ①. < ②. +41.2kJ/mol ③. ① ④. 0.62 ⑤. CD ⑥. 表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应①的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响 ⑦. B
【解析】
【分析】
【详解】(1) 反应①△S＜0，△G=ΔH-T△S＜反应①能自发进行，则 ΔH1＜0；已知CO和H2的燃烧热分别为283.0 kJ•mol-1和285.8 kJ•mol-1，根据盖斯定律可得 2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) ∆H4=-283.0 kJ•mol-1；2H2(g) + O2(g)= 2H2O(l) ∆H5=-285.8 kJ•mol-1；H2O(l)=H2O(g) ∆H3=+44.0kJ•mol-1；CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)则ΔH2=( ∆H5- ∆H4+2∆H3)/2=+41.2kJ/mol。
(1) 0.1MPa下，200℃~550℃时上述反应以①为主反应，因为ΔH1＜0，升温平衡向逆反应方向移动，二氧化碳转化率会降低，图中M点坐标为(350，70)，此时乙烯的选择性为 ，则参与CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)反应的CO2=1mol×0.7×2/7=0.2mol、氢气为0.2mol ，生成CO 0.2mol、H2O 0.2mol ；参与2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)反应的CO2为1mol×70%×5/7=0.5mol、 氢气为1.5mol ，生成H2O 1mol；则此时容器中含有0.3mol CO2、1.3molH2、 0.2molCO、 1.2molH2O ；350°C时CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的平衡常数K =0.62；
(3)因为此反应∆H1=-53.7kJ•mol-1＜0为放热反应，降低温度、投料比不变，增加反应物的浓度均有利于反应正向进行有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，故选CD。
(4)表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应①的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。
(5)由图可知①为无催化剂的情况，在催化剂Cat.2作用下甲醇选择性更高，说明催化剂Cat.2效果更好，反应过程中活化能耕地，则③表示的为有Cat.2，催化剂Cat.1效果差于Cat.2，则曲线②代表的是有Cat.1，故答案选B。
20. 辣椒的味道来自于辣椒素类化合物。辣椒素L的合成路线如下(部分试剂或产物略)。

已知：①R-OHR-Br
②
③R-COCl+HO-R'→R-COOR'+HCl
请回答：
(1)已知A分子无甲基，则A的结构简式是_______。
(2)E中所含官能团的名称是_______。
(3)C→D的化学方程式是_______。
(4)D与F生成G的反应类型是_______。
(5)J的结构简式是_______。
(6)将D与F等物质的量投料时，G的产率较高，若提高F的比例，则会使一种副产物(其相对分子质量大于G)的含量增加，该副产物的结构简式是_______。
(7)K与试剂a反应只得到L，而K与试剂b()发生反应生成M，如图所示。
K
K
从基团之间相互影响的角度分析，K与试剂a或试剂b反应时，产生上述差异的原因是_______。
【答案】 ①. BrCH2CH2CH2Br ②. 碳碳双键、羟基 ③. HOOC-CH2-COOH+2C2H5OHC2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O ④. 取代反应 ⑤. (CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH ⑥. ⑦. 氨基与苯环直接相连后，苯环影响氨基的活性，使氨基氢原子更难被取代(或者氨基氢原子与羟基氢原子活性相近，或氨基可以使苯环活化，使苯环上的羟基更活泼)
【解析】
【分析】由A的分子式和分子无甲基的信息可知，A为BrCH 2CH2CH2Br；BrCH 2CH2CH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH，则B为HOCH2CH2CH2OH；一定条件下，HOCH2CH2CH2OH与氧气发生催化氧化反应生成HOOC- CH2-COOH，则C为HOOC- CH2-COOH；在浓硫酸作用下，HOOC- CH2-COOH与乙醇共热发生酯化反应生成C2H5OOC-CH2-COOC2H5，则D为C2H5OOC-CH2-COOC2H5；由信息①可知，(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2OH与PBr3发生取代反应生成(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2Br，则F为(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2Br；在催化剂作用下，(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2Br与C2H5OOC-CH2-COOC2H5发生取代反应生成(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH(COOC2H5)2， (CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH(COOC2H5)2在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH(COONa)2，则H为(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH(COONa)2；(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH(COONa)2经酸化得到(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH(COOH)2，则I为(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH(COOH)2；(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH(COOH)2在加热条件下脱去二氧化碳得到(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH，则J为(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH；(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH发生信息②反应，(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH先与SOCl2发生取代反应生成(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH2COCl，(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH2COCl再与发生取代反应生成辣椒素L，则试剂a为。
【详解】(1)已知A分子无甲基，则A的结构简式是BrCH2CH2CH2Br；
(2)E的结构简式为，E中所含官能团为碳碳双键、羟基；
(3)在浓硫酸作用下，HOOC- CH2-COOH与乙醇共热发生酯化反应生成C2H5OOC-CH2-COOC2H5，化学方程式为：HOOC-CH2-COOH+2C2H5OHC2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O；
(4)在催化剂作用下，(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2Br与C2H5OOC-CH2-COOC2H5发生取代反应生成(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH(COOC2H5)2，所以反应类型为取代反应；
(5)J的结构简式是(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH；
(6)由分析可知，在催化剂作用下，(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2Br与C2H5OOC-CH2-COOC2H5发生取代反应生成(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2CH(COOC2H5)2时，C2H5OOC-CH2-COOC2H5分子中CH2原子团上的一个H原子被取代，若(CH3)2CHCH=CHCH2CH2CH2Br比例增大，C2H5OOC-CH2-COOC2H5分子中CH2原子团上的另一个H原子也可被取代生成；
(7)由分析可知，试剂a为，试剂b()与试剂a相比，试剂b中氨基与苯环直接相连，氨基与苯环直接相连后，苯环影响氨基的活性，使氨基氢原子更难被取代，导致K与试剂b发生反应时，不仅试剂b中氨基的氢发生取代，同时其羟基的氢也可发生取代。