天津市第一中学2020届高三下学期第四次月考化学试题

天津一中 2019—2020 学年度高三年级化学学科第四次月考检测试卷
本试卷分为第 I 卷（选择题）、第 II 卷（非选择题）两部分，共 100 分，考试用时60 分钟。
第Ⅰ卷
相对原子质量：H：1 N：14 O：16 Cl：35.5 Fe: 56 Cu: 64
一．选择题（每题只有一个正确选项）
1.2019年12月以来，我国部分地区突发的新冠病毒肺炎威胁着人们的身体健康。下列有关说法正确的是
A. 新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成
B. 口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，属于有机高分子材料
C. 过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
D. “84”消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，为了提升消毒效果，可以与洁厕灵（主要成分为盐酸）混合使用
【答案】B
【解析】
【详解】A. 新型冠状病毒由蛋白质组成，蛋白质主要由C、H、O、N等元素组成，故A错误；
B. 口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，聚丙烯、聚乙烯等属于合成有机高分子材料，故B正确；
C. 过氧化氢、过氧乙酸等消毒液可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇消毒原理是使细胞脱水，故C错误；
D. NaClO与盐酸能反应生成有毒气体氯气，所以不能混用，故D错误；
故选B。
2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4 L苯含有的分子数约为NA
B. 密闭容器中23 g NO2与N2O4的混合气体中氮原子数为0.5NA
C. 1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中，HCO3－ 和CO32－ 离子数之和为0.1NA
D. 密闭容器中1 mol N2(g)与3 mol H2 (g)反应制备氨气，形成6NA个N-H键
【答案】B
【解析】
【详解】A. 标况下，苯为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；
B. NO2与N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的NO2的物质的量为n==0.5mol，则含0.5NA个氮原子，故B正确；
C. HCO3-在溶液中既能水解为H2CO3又能电离为CO32-，根据物料守恒可知：溶液中的HCO3-、H2CO3、CO32-之和为0.1NA个，故C错误；
D. N2(g)与H2 (g)反应制备氨气为可逆反应，形成的N-H键少于6NA个，故D错误；
故选B。
3.能正确表示下列反应的离子方程式的是(　　)
A. Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I2＋3H2O
B. 0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液与0.2 mol·L－1 Ba(OH)2溶液等体积混合：Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－=2BaSO4↓＋AlO＋2H2O
C. 向0.1 mol·L－1、pH＝1的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA－＋OH－=A2－＋H2O
D. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO－＋SO2＋H2O=HClO＋HSO
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为Fe2O3+6H++2I-═2Fe2++I2+3H2O，故A正确；
B．0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/LBa(OH)2溶液等体积混合的离子反应为2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH-═Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3．H2O，故B错误；
C．0.1 mol·L－1的NaHA溶液pH＝1，说明NaHA为强酸的酸式盐，HA-能完全电离出H+，则此反应的离子方程式为H+＋OH－=A2－＋H2O，故C错误；
D．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体的离子反应为ClO-+SO2+H2O═2H++Cl-+SO42-，故D错误；
故选A。
【点睛】离子方程式正误判断是高考高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：①反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁；三氯化铝溶液与碳酸钠溶液混合发生的是双水解反应，而不是复分解反应；Mg2+遇OH-和CO32-时更宜生成的是Mg(OH)2沉淀等。②电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-。③配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。④注意反应物的用量对离子反应的影响。
4.中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是

A. 该过程中H2O被还原生成氧气
B. 该过程中涉及极性键和非极性键的断裂与生成
C. 基于合成NH3的过程属于氮的固定
D. 该过程化学方程式为：2N2＋6H2O4NH3＋3O2
【答案】A
【解析】
【详解】A. 该过程中O元素化合价升高，则H2O被氧化生成氧气，故A错误；
B. 发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成，故B正确；
C. 根据题意和图示知氮元素由游离态转变为化合态，属于氮的固定，故C正确；
D. 根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为：2N2＋6H2O4NH3＋3O2，故D正确；
故选A。
【点睛】解决此题的关键是明确氮的固定的定义，元素的单质形态属于游离态，化合物形式属于化合态。
5.高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：

下列叙述不正确的是
A. 用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，还产生Fe(OH)3胶体吸附杂质净化水
B. 用FeCl2溶液吸收反应I中尾气后可再利用
C. 反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2
D. 该生产条件下，物质的溶解性：Na2FeO4< K2FeO4
【答案】D
【解析】
【分析】
铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2 FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。
【详解】A. K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，故A正确；
B. 尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故B正确；
C. 反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C正确；
D. 结晶过程中加入浓KOH溶液，增大了K+浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于K2FeO4晶体的析出，故D错误；
故选D。
6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的气态氢化物遇湿润的红色石蕊试纸变蓝色，X是地壳中含量最高的元素，Y在同周期主族元素中原子半径最大，Z与Y形成的化合物的化学式为YZ。下列说法不正确的是（）
A. W在元素周期表中的位置是第二周期第VA族
B. 同主族中Z的气态氢化物稳定性最强
C. X与Y形成的两种常见的化合物中，阳离子和阴离子的个数比均为2∶1
D. 用电子式表示YZ的形成过程为：
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大。W 的气态氢化物遇湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明该氢化物溶于水后显碱性，故该氢化物为氨气，则W为N元素；X 是地壳中含量最高的元素，则X为O元素；Y 在同周期主族元素中原子半径最大，说明Y在第IA族，其原子序数大于O，则Y为Na元素；Z 与Y 形成的化合物的化学式为YZ，Y为Na元素，化合价为+1价，则Z为-1价，所以Z为Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据以上分析可知，短周期元素W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Cl四种元素。
A．N的原子序数为7，有两个电子层，最外层有5个电子，位于元素周期表第二周期第VA族，A正确；
B．Cl位于第VIIA族，非金属性F>Cl，则气态氢化物稳定性HF>HCl，B错误；
C．X 与Y 分别是O、Na， 形成的化合物为Na2O和Na2O2，二者都是离子化合物，阳离子都是钠离子(Na+)，阴离子分别是氧离子(O2-)和过氧根离子(O22-)，则Na2O和Na2O2中阳离子和阴离子的个数比均为 2∶1，C正确；
D．YZ为NaCl，属于离子化合物，阴阳离子之间以离子键构成化合物，用电子式表示形成过程为：，D正确。
答案选B。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用，解答关键是推断元素，注意掌握元素周期律内容以及元素周期表的结构，另外对常见元素及物质的特殊性质要有准确的记忆。
7.下列实验现象预测正确的是
A
B
C
D








烧杯中产生白色沉淀，一段时间后沉淀无明显变化
加盐酸出现白色浑浊，加热变澄清
KMnO4 酸性溶液在苯和甲苯中均褪色
液体分层，下层呈
无色


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化铵和氢氧化钙固体受热分解生成氨气，氨气与氯化亚铁溶液反应，立即生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故A错误；
B.苯酚钠溶液与盐酸反应生成苯酚，出现白色浑浊，由于苯酚溶于热水，则加热变澄清，故B正确；
C.苯不能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D.四氯化碳比水的密度大，碘在四氯化碳中溶解度大于水中溶解度，则分层后，下层碘的四氯化碳溶液呈紫色或紫红色，故D错误；
故选B。
8.向某密闭容器中充入NO2，发生反应2NO2(g)N2O4(g)。其它条件相同时，不同温度下平衡体系中各物质的物质的量分数如下表：（已知：N2O4为无色气体）
t/℃
27
35
49
70
NO2%
20
25
40
66
N2O4%
80
75
60
34



下列说法不正确是（ ）
A. 27℃，该平衡体系中的NO2转化率为
B. 平衡时，NO2的消耗速率为N2O4消耗速率的2 倍
C. 室温时，将盛有NO2的密闭玻璃球放入冰水中其颜色会变浅
D. 其他条件不变，增大NO2起始量，平衡正移，该反应的化学平衡常数增大
【答案】D
【解析】
【分析】
由表中数据可知升高温度，NO2物质的量分数增大，N2O4物质的量分数减小，则平衡逆向移动，正反应为放热反应。
【详解】A．27℃时，该平衡体系中NO2的物质的量分数为20%，N2O4的物质的量分数为80%，设物质的量分别为0.2mol、0.8mol，由方程式2NO2(g)N2O4(g)可知，转化NO2的物质的量为1.6mol，则该平衡体系中NO2的转化率为=，故A正确；
B．速率比值等于化学计量数之比，平衡时，正逆反应速率相等，则平衡时，NO2的消耗速率为 N2O4消耗速率的2 倍，故B正确；
C．正反应为放热反应，则降低温度，平衡正向移动，将盛有 NO2的密闭玻璃球放入冰水中其颜色会变浅，故C正确；
D．平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误；
故答案为D。
9.下列关于有机物的说法，正确的是（ ）
A. 由甲烷在纯氧中完全燃烧只生成CO2和H2O说明甲烷不含氧元素
B. 最多有16个原子共平面
C. 油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收
D. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由甲烷在纯氧中完全燃烧只生成CO2和H2O，CO2和H2O中有氧，不能确定氧来自纯氧中还是来自甲烷中，故A错误；
B. 根据乙烯和苯酚的结构分析得到可能所有原子都在同一平面即最多有18个原子共平面，故B错误；
C. 油脂在人体内水解为高级脂肪酸或高级脂肪酸盐和甘油，故C错误；
D. 3个碳原子的烷基有两种结构，一种为丙基，一种为异丙基，因此甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，与甲基形成邻、间、对三个位置，因此所得产物有6种，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】油脂是高级脂肪酸甘油酯，酸性条件下水解为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解为高级脂肪酸盐和甘油；蛋白质最终水解产物为氨基酸。
10.硅酸（H2SiO3）是一种难溶于水的弱酸，从溶液中析出时常形成凝胶状沉淀。实验室常用Na2SiO3溶液制备硅酸。某小组同学进行了如下实验：下列结论不正确的是（ ）
编号
Ⅰ
Ⅱ

实验


现象
a 中产生凝胶状沉淀
b 中凝胶状沉淀溶解，c 中无明显变化


A. Na2SiO3溶液一定显碱性
B. 由Ⅰ能说明酸性H2CO3＞H2SiO3
C. 由Ⅱ可知，同浓度时Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液
D. 向Na2SiO3溶液中通入少量CO2，发生反应：SiO32－+CO2+H2O=CO32－+H2SiO3↓
【答案】B
【解析】
【详解】A．硅酸钠为强碱弱酸盐，SiO32-的水解使得硅酸钠溶液显碱性，故A正确；
B．盐酸与石灰石反应生成二氧化碳，同时挥发出氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，所以由Ⅰ不能说明酸性H2CO3＞H2SiO3，故B错误；
C．b 中凝胶状沉淀溶解，c 中无明显变化，说明b碱性更强，即同浓度时 Na2CO3溶液的碱性强于 NaHCO3溶液，故C正确；
D．Na2SiO3溶液中通入少量CO2，反应生成碳酸钠和硅酸，发生反应的离子方程式为：SiO32－+CO2+H2O=CO32－+H2SiO3↓，故D正确；
故答案为B。
【点睛】实验评价题，明确实验原理，熟悉碳酸钠、碳酸氢钠、硅酸钠的性质是解题关键，注意实验的严密性，特别是Ⅰ中二氧化碳中混有挥发的HCl，干扰碳酸与硅酸强弱的判断，这是易错点，也是解题难点。
11.Fe3O4中含有Fe2+、Fe3+，分别表示为 Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)，以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用 H2消除酸性废水中的致癌物 NO2-，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是

A. 用该法处理后水体的 pH降低
B. Fe(Ⅱ)与 Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用
C. 反应过程中NO2-被 Fe(Ⅱ)还原为 N2
D. Pd 上发生的电极反应为：H2- 2e－== 2H＋
【答案】A
【解析】
【分析】
首先判断这是一个原电池，负极通入氢气，失电子变成，正极得电子，方程式为，据此来分析选项即可。
【详解】A.电源负极虽然产生，但是正极会消耗更多的，因此总体来看溶液酸性在减弱，pH上升，A项错误；
B. Fe(Ⅱ)与 Fe(Ⅲ)在反应中不停相互转化，起到了传递电子的作用，B项正确；
C.被还原为氮气，而本身被氧化为，C项正确；
D.钯即负极，氢气在负极失电子变成，D项正确；
答案选A
12.羟胺的电离方程式为：NH2OH+H2ONH3OH++OH-（25℃时，Kb=9.0×10-9）。用0.lmol/L盐酸滴定20mL 0.lmol/L羟胺溶液，恒定25℃时，滴定过程中由水电离出来的H+浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示（己知：lg3=0.5）。下列说法错误的是（ ）

A. 图中V1<10
B. A点对应溶液的pH=9.5
C. A、B、C、D四点中酸性最强的点为D点
D. E点对应溶液中存在：c(H+)=c(OH-)+c(NH3OH+)+c(NH2OH)
【答案】D
【解析】
【详解】A．羟胺是一元弱碱，若V1=10，则反应恰好起始时产生等量的NH2OH和NH3OH+，NH3OH+的水解常数=1.1×10-5比NH2OH电离常数9.0×10-9大，溶液呈酸性，B点时水的电离达到10-7mol/L，则羟胺过量，需要少滴加一部分HCl，所以V1应＜10，故A正确；
B．羟胺的电离方程式为：NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH-，已知25℃时，其电离平衡常数为Kb=9.0×l0-9，起始浓度为c0=0.1mol/L，溶液中c(OH-)===3.0×10-5mol/L，c(OH-)=mol/L=×10-9mol/L，pH=-lg×10-9mol=9+lg3=9.5，故B正确；
C．C点溶液中水电离生成的氢离子最大，则C点盐酸与羟胺恰好完全反应产生NH3OHCl，C点以后HCl过量，所以D点酸性最强，溶液呈酸性，故C正确；
D．E点时加入HCl的体积为40mL，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH3OH+)=c(OH-)+c(Cl-)，根据物料守恒：2c(NH3OH+)+2c(NH2OH)=c(Cl-)，则有c(H+)=c(OH-)+c (NH3OH+)+2c(NH2OH)，故D错误；
故答案为D。
第Ⅱ卷
13.已知①---⑩号元素在周期表中的位置如图。试回答下列问题：

（1）上述元素中属于d区的有：________。
（2）②、③、④三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_________（用元素符号表示）。
（3）⑧号元素在元素周期表中位置是_______________，其原子核外未成对电子数为_______________，⑩号原子处于基态时核外电子排布式为___________，已知元素⑩和⑦的电负性分别为1.9和2.5，则⑩与⑦形成的化合物属于__________（填“离子”或“共价”）化合物。
（4）③号元素原子与①号元素原子形成的原子个数比为的分子X在①与④形成的化合物Y中的溶解度很大，其主要原因是____________。
（5）④号和⑦号元素组成的原子个数比为3:1的-2价阴离子的空间构型、中心原子的杂化类型分别是：____________，____________。
【答案】 (1). Fe、Ni (2). N＞O＞C (3). 第四周期第Ⅷ族 (4). 4 (5). 1s22s22p63s23p63d104s1 (6). 共价 (7). 水和氨气分子间能形成氢键、水和氨气分子都是极性分子 (8). 三角锥型 (9). sp3
【解析】
【分析】
根据元素周期表结构可知，①～⑩号元素分别为氢元素、碳元素、氮元素、氧元素、钠元素、磷元素、硫元素、铁元素、镍元素、铜元素；
(1)d区包括ⅢB族～ⅥIB族、第ⅥII族；
(2)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的；
(3)⑧为铁元素，原子序数为26，结合图示判断在周期表中位置；⑩为Cu，原子序数为29，结合构造原理书写核外电子排布式；根据两种元素电负性差值大于1.7时为离子化合物，小于1.7时为共价化合物的经验规则可以判断；
(4)③号元素原子与①号元素原子形成的原子个数比为1：3的分子X为氨气，氨气为三角锥形；①与④形成的化合物Y为水，结合水和氨气分子间能形成氢键和相似相溶原理分析；
(5)④号和⑦号元素组成的原子个数比为3:1的-2价阴离子为SO32-，根据价层电子对分析空间构型、中心原子的杂化类型。
【详解】①～⑩号元素分别为氢元素、碳元素、氮元素、氧元素、钠元素、磷元素、硫元素、铁元素、镍元素、铜元素；
(1)d区包括ⅢB族～ⅥIB族、第ⅥII族，则上述元素中属于d区的元素有Fe和Ni；
(2)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能N＞O，则第一电离能大小顺序为：N＞O＞C；
(3)⑧号元素为Fe，根据元素周期表结构可知，Fe位于第四周期第Ⅷ族，核电荷数为26，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布图为，则原子核外未成对电子数为4；⑩为Cu，原子序数为29，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；已知元素⑩和⑦的电负性分别为1.9和2.5，二者电负性之差为0.6＜1.7，则⑩与⑦形成的化合物属于共价化合物；
(4)③号元素原子与①号元素原子形成原子个数比为1：3的分子X为氨气，氨气为极性分子；①与④形成的化合物Y为水，由于水和氨气分子间能形成氢键、水和氨气分子都是极性分子，所以氨气在水中的溶解度很大；
(5)④号和⑦号元素组成的原子个数比为3:1的-2价阴离子为SO32-，中心原子价层电子对数为3+=4，其中有1个孤电子对，则空间构型为三角锥型，杂化类型是sp3。
【点睛】考查价层电子对互斥模型和微粒的空间构型的关系，注意孤电子对个数的计算方法，为易错点，注意实际空间构型要去掉孤电子对为解答关键，价层电子对互斥模型(简称VSEPR模型)，根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数．σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。
14.有机物W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下。

请回答下列问题：
（1）F的化学名称是________，⑤的反应类型是________。
（2）E中含有的官能团是________（写名称），D聚合生成高分子化合物的结构简式为________。
（3）将反应③得到的产物与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式________。
（4）④、⑤两步能否颠倒？________（填“能”或“否”）理由是________。
（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为________。
（6）参照有机物W的上述合成路线，以N（分子式为C8H8且属于A的同系物）为原料制备 的合成路线（无机试剂任选）_________。
【答案】 (1). 苯甲醇 (2). 消去反应 (3). 碳碳双键和羧基 (4). (5). (6). 否 (7). 引入碳碳双键，则在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也能被氧化 (8). 5 (9). (10).
【解析】
【分析】
A→B发生加成反应，则由B的结构可知A为，A与溴发生加成反应生成B．B发生水解反应生成C为，C催化氧化的产物继续氧化生成D，则D为，对比D、E分子式可知D分子内脱去1分子水生成E，故D在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成E，则E为，E与F发生酯化反应生成W为。
【详解】(1)F 的结构简式为，则化学名称是苯甲醇；反应⑤是在浓硫酸的催化作用下发生消去反应生成；
(2)E的结构简式为，含有的官能团是碳碳双键和羧基，D为，发生聚合生成高分子化合物的结构简式为；
(3)C为，催化氧化的产物为，继续氧化生成的反应方程式为；
(4)反应④是催化氧化，而反应⑤是消去，如果颠倒，先引入碳碳双键，则在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也能被氧化，故④、⑤两步不能颠倒；
(5)A的结构简式为，含有苯环和碳碳双键，其具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体可能是：①苯环连接甲基和-CH=CH2，共有邻、间和对位三种结构；②苯环只有一个取代基，可能是-CH2CH=CH2或-CH=CHCH3，共2种，则满足条件的同分异构体共5种，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为；
(6)分子式为C8H8且属于A的同系物，则N为，的水解产物为，而先与Br2发生加成反应，再水解得到，连续催化氧化后得到，而再与H2发生加成反应即可得到，则以为原料制备 的合成路线为。
【点睛】考查有机物的推断与合成，明确官能团的性质及衍变是解本题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。
15.ClO2气体是一种高效、广谱、安全的杀菌消毒剂，可用NaClO3和草酸（H2C2O4）反应制得。无水草酸100℃可以升华。某学习小组用下图装置模拟工业制取收集ClO2 。

（1）实验时装置A需在60℃~100℃进行的原因是_________，控制所需温度的方法是________。
（2）装置A中反应产物有Na2CO3、ClO2和CO2等，该反应的化学方程式为___________。
（3）在装置C中ClO2和NaOH反应生成等物质的量的两种盐，其中一种盐为NaClO2 ，写出反应的离子方程式_________________。
【答案】 (1). 温度过低，化学反应速率较慢，温度过高草酸升华或分解 (2). 水浴加热 (3). 2NaClO3+H2C2O4Na2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O (4). 2ClO2+2OH-=ClO3-+ClO2-+H2O
【解析】
【分析】
装置A中盛放草酸和NaClO3，反应生成ClO2气体，发生2NaClO3+H2C2O4 Na2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O，装置A用电动搅拌棒，将反应物充分混合(或充分反应、或使反应物受热均匀)，B为ClO2的凝集装置，装置C为尾气吸收装置。
【详解】(1)一般来说，升高温度，活化分子的百分数增大，反应速率增大，温度过低，化学反应速率较慢，无水草酸100℃可以升华，温度过高草酸升华或分解，所以实验时装置A需在60℃～100℃进行，反应温度低于水的沸点，用水浴可使反应容器受热均匀，所以反应要用水浴加热；
(2)装置A中反应物为NaClO3、H2C2O4，产物有Na2CO3、ClO2和CO2等，方程式为2NaClO3+H2C2O4Na2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；
(3)NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO2-，氧化还原反应规律，另一种离子中Cl元素化合价升高，即为ClO3-，反应的离子方程式为：2ClO2+2OH-=ClO3-+ClO2-+H2O。
16.某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡，混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案：
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度（mol/L）
体积/mL
浓度（mol/L）
体积/mL
①
0.10
2.0
0.01
4.0
25
②
0.20
2.0
0.01
4.0
25
③
0.20
2.0
0.01
4.0
50



（1）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)∶n(KMnO4) ______________。
（2）探究温度对化学反应速率影响的实验编号是_______ （填编号，下同），可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是 ________.
（3）实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=_______。
【答案】 (1). ≥2.5 (2). ②和③ (3). ①和② (4). 0.010mol•L-1•min-1
【解析】
【分析】
(1)根据“观察到紫色褪去”必须满足高锰酸钾的物质的量小于草酸的物质的量解得二者浓度关系；
(2)根据探究温度对反应速率影响时除了温度外其它条件必须相同判断；根据体积浓度对反应速率影响时除了浓度不同，其他条件必须完全相同分析；
(3)先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率。
【详解】(1)根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等得反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，为了观察到紫色褪去，高锰酸钾的物质的量不宜过量，即n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥=2.5；
(2)探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②；
(3)草酸的物质的量为：0.10mol•L-1×0.002L=0.0002mol，高锰酸钾的物质的量为：0.010mol•L-1×0.004L=0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0002mol：0.00004mol=5：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为=0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==0.010mol•L-1•min-1。
17.中国尿素合成塔(尿塔)使用寿命仅为欧美国家的1/4。为此北京钢铁研究院对某尿塔腐蚀过程进行研究，得出下列腐蚀机理：

(1)H2S来自合成尿素的天然气。在380K、体积为2L的密闭容器中，存在反应：H2(g)＋S(s)H2S(g) △H＝＋21.6 kJ·mol－1。反应达到平衡时，H2、S、H2S的物质的量均为3 mol。
①380K时该反应的化学平衡常数为__________。
②下列对该反应分析正确的是_________(填序号)。

(2)反应II的化学方程式为：____________________________________。
(3)已知室温下H2S2O3：K1＝2.2×10－1，K2＝2.5×10－2。
①Na2S2O3水溶液中电荷守恒式为___________________________；
②反应IV的化学方程式_____________________________________。该反应_________(填“能”或“不能”)说明FeS溶解性强于FeS2O3。
(4)此尿塔的最终腐蚀产物为__________________。为了有效防腐，北钢建议该尿塔在生产中用CuSO4溶液“脱硫(H2S)”，离子反应方程式为_________。(室温下，H2S：K1＝1.3×10－7、K2＝7.1×10－15。CuS：Ksp＝6.3×10－36)
【答案】 (1). 1 (2). ab (3). 4FeS＋7O2＝2Fe2O3＋4SO2 (4). c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2O32－)＋c(HS2O3－)＋c(OH－) (5). FeS＋H2S2O3＝H2S↑＋FeS2O3 (6). 不能 (7). Fe2O3、FeS2O3 (8). Cu2＋＋H2S＝CuS↓＋2H＋
【解析】
【分析】
根据平衡常数的公式进行计算，固体不带入；该反应正反应是吸热反应，温度升高平衡向正反应移动；增大压强平衡不移动，但容器体积减小，硫化氢的浓度增大；升高温度反应速率加快；增大硫化氢的浓度，等效为增大压强；根据反应流程图可知，反应II主要反应物有O2、FeS，主要产物有SO2、Fe2O3，再根据得失电子守恒配平方程；反应II和反应IV的最终产物是Fe2O3、FeS2O3，硫化氢与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀与硫酸，相当于强制弱的反应。
【详解】(1) ①根据平衡常数的公式进行计算，固体不带入，故该反应的平衡常数K= = =1，②该反应正反应是吸热反应，温度升高平衡向正反应移动，平衡常数增大，图象与实际相符合；增大压强平衡不移动，但容器体积减小，硫化氢的浓度增大；升高温度反应速率加快，图象中正反应速率不变；增大硫化氢的浓度，等效为增大压强，平衡不移动，各组分的含量不变，图象与实际不相符；H2S2O3属于弱酸，该溶液中存在的离子有Na＋、H＋、S2O32－、HS2O3－、OH－；反应IV的主要反应物有H2S2O3、FeS，主要产物有H2S、FeS2O3；
故答案为：1；ab；
(2)根据反应流程图可知，反应II主要反应物有O2、FeS，主要产物有SO2、Fe2O3，再根据得失电子守恒配平方程，可得：4FeS＋7O2＝2Fe2O3＋4SO2；
故答案为：4FeS＋7O2＝2Fe2O3＋4SO2；
(3)电荷守恒：溶液中所有正离子的电荷数等于所有阴离子的负电荷数，由电离平衡常数可知，H2S2O3属于弱酸，该溶液中存在的离子有Na＋、H＋、S2O32－、HS2O3－、OH－，故有电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2O32－)＋c(HS2O3－)＋c(OH－)；根据反应流程图可知，反应IV的主要反应物有H2S2O3、FeS，主要产物有H2S、FeS2O3，可以写出反应IV的化学方程式为：FeS＋H2S2O3＝H2S↑＋FeS2O3学；该反应属于复分解反应，不能说明二者的溶解度大小；
故答案为：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2O32－)＋c(HS2O3－)＋c(OH－)； FeS＋H2S2O3＝H2S↑＋FeS2O3；不能；
(4)由流程图可知，反应II和反应IV的最终产物是Fe2O3、FeS2O3，故此尿塔的最终腐蚀产物为为Fe2O3、FeS2O3；硫化氢与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀与硫酸，相当于强制弱的反应，反应离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
故答案为：Fe2O3、FeS2O3；Cu2++H2S=CuS↓+2H+。
【点睛】在写陌生方程式时，多看题上已知信息、流程图，一般利用氧化还原反应的配平原理进行方程式的书写；写电荷守恒时，注意是电荷的守恒，所以类似于S2O32－，在写电荷守恒时要添上相应的系数。