【化学】北京市延庆区2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）

北京市延庆区2019-2020学年高二下学期期中考试
第一部分(单选题)
可能用到的相对原子质量：H1 O16 C12
1.用70%~75%的酒精灭菌消毒，使细菌和病毒失去生理活性，该变化属于蛋白质的
A. 水解反应 B. 变性
C. 盐析 D. 颜色反应
【答案】B
【解析】
【详解】用酒精灭菌消毒，可使细菌和病毒蛋白质的生理活性发生变化，这种变化属于蛋白质的变性。答案选B。
【点睛】本题考查了蛋白质的性质，侧重于蛋白质变性的考查，酒精等物质能使蛋白质发生变性，从而使细菌和病毒蛋白质失去生理活性，因此可用酒精灭菌消毒，即酒精使细菌和病毒蛋白质的生理活性发生变化的属于蛋白质的变性。
2.化学反应过程中的能量变化如图所示，以下说法中正确的是

A. 图甲表示的是吸热反应 B. 图乙表示的是放热反应
C. 图甲中ΔH＜0 D. 图乙中ΔH＜0
【答案】C
【解析】
【分析】
甲中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，乙中反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，据此分析解答。
【详解】A．甲中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；
B．乙中反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，故B错误；
C．甲为放热反应，则△H＜0，故C正确；
D．乙为吸热反应，则△H＞0，故D错误；
答案为C。
3.在1L的密闭容器中进行反应A (g) + 3B (g)⇌2C (g)，0~2 min内A的物质的量由2 mol减小到0.8 mol，则用A的浓度变化表示的反应速率为
A. 1.2 mol / ( L·min ) B. 1 mol / ( L·min )
C. 0.6 mol / ( L·min ) D. 0.4 mol / ( L·min )
【答案】C
【解析】
【详解】在1L的密闭容器中进行反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)，0～2min内A的物质的量由2mol减小到0.8mol，则用A的浓度变化表示的反应速率v(A)= =0.6mol·L-1•mol-1；
答案为C。
4.一定条件下的密闭容器中发生反应：2SO2(g) + O2(g)⇌2SO3(g) ，若其他条件不变，下列措施会使该反应速率减小的是
A. 升高温度 B. 增大O2浓度
C. 加入催化剂 D. 减小压强
【答案】D
【解析】
【详解】A．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，故不选A；
B．增大O2浓度，单位体积内活化分子数增大，反应速率加快，故不选B；
C．加入催化剂，降低反应活化能，加快反应速率，故不选C；
D．减小压强，体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，故选D
答案选D。
5.工业合成氨中常采用下列措施，其中不能用化学平衡移动原理解释的是
A. 使用铁触媒做催化剂 B. 压强增至20 MPa—50 MPa
C. 将氨液化分离 D. 及时补充氮气和氢气
【答案】A
【解析】
【分析】
平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。
【详解】A．催化剂只改变化学反应速率，不改变平衡移动，使用铁触媒不能用平衡移动原理解释，故A符合题意；
B．N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡正向移动，所以可以用平衡移动原理解释，故B不符合题意；
C．将氨液化分离，降低生成物浓度，平衡正向移动，所以可以用平衡移动原理解释，故C不符合题意；
D．及时补充氮气和氢气，即增大氮气和氢气的浓度，平衡正向移动，所以可以用平衡移动原理解释，故D不符合题意；
答案为A。
6.下列化学用语或图示表达不正确的是
A. CH4分子的比例模型： B. 2-丁烯的反式结构：
C. 羟基的结构简式：-OH D. 聚丙烯的结构简式：
【答案】D
【解析】
【详解】A、比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系，表示 CH4分子的比例模型，选项A正确；
B、反-2-丁烯：主链为丁烯，碳碳双键在2号C，是反式结构，故该有机物的键线式为：，选项B正确；
C、水分子去掉一个氢原子为羟基，羟基的结构简式为：-OH，选项C正确；
D、聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，聚丙烯的结构简式为，选项D错误；
答案选D。
7.某温度下发生的反应：2C2H2(g)+5O2(g)⇌4CO2(g)+2H2O(g) △H = -2599 kJ·mol－1，下列描述不正确的是
A. 该反应放热反应 B. 增大c(O2)，K增大
C. K随温度升高而减小 D. 可通过Qc与K之间大小关系判断反应的移动方向
【答案】B
【解析】
【详解】A．焓变小于0，该反应是放热反应，故A正确；
B．平衡常数只与温度有关，增大c(O2)，K不变，故B错误；
C．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，K随温度升高而减小，故C正确；
D．Qc=K反应达到平衡状态、Qc＞K反应逆向进行、Qc＜K反应正向进行，可通过Qc与K之间的大小关系判断反应的移动方向，故D正确；
选B。
8.氮化硅陶瓷能代替金属制造发动机的耐热部件。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)＋2N2(g)＋6H2(g)Si3N4(s)＋12HCl(g) △H＜0。若在恒压绝热容器中反应，下列选项表明反应一定已达化学平衡状态的是（ ）
A. 容器的温度保持不变 B. 容器的压强保持不变
C. υ正(N2)＝6υ逆(HCl) D. 容器内的气体c(N2)∶c(H2)∶c(HCl)＝1∶3∶6
【答案】A
【解析】
【分析】
根据化学平衡的本质标志（正、逆反应速率相等且不等于0）和特征标志（各组分的浓度保持不变）判断反应是否达到平衡状态。
【详解】A项，该反应的正反应为放热反应，在恒压绝热容器中建立平衡过程中温度升高，平衡时温度不变，容器的温度保持不变能表明反应一定达到化学平衡状态；
B项，该容器为恒压绝热容器，容器的压强始终保持不变，容器的压强保持不变不能表明反应一定达到化学平衡状态；
C项，达到化学平衡时用不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，达到平衡时6υ正（N2）=υ逆（HCl），故υ正（N2）=6υ逆（HCl）时反应没有达到平衡状态；
D项，达到平衡时各组分的浓度保持不变，不一定等于化学计量数之比，容器内的气体c（N2）：c（H2）：c（HCl）=1:3:6不能表明反应一定达到化学平衡状态；
答案选A。
【点睛】可逆反应在一定条件下达到化学平衡状态的标志是：逆向相等，变量不变。“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等，“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志；注意可逆反应达到平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定相等，也不一定等于化学计量数之比。解答本题时还需注意容器为恒压绝热容器。
9.阿斯巴甜是一种具有清爽甜味的有机化合物，结构简式如图所示。下列说法不正确的是( )

A. 分子式为C14H18N2O5
B. 不存在顺反异构
C. 能发生取代和消去反应
D. 1 mol阿斯巴甜完全水解最多消耗3 mol NaOH
【答案】C
【解析】
【分析】
A.根据碳成四键及氮成三键的原则，易得出该有机物分子式；
B.高中所需掌握顺反异构存在于含碳碳双键的有机物中；
C.高中要求掌握的消去反应主要存在于：羟基邻位碳上有氢及卤原子邻位碳上有氢的结构；
D.有机物消耗氢氧化钠的多少，可根据水解产物来判断。
【详解】A项、从图给结构简式可得该有机物分子式为C14H18N2O5，A正确；
B项、分子中没有碳碳双键，不存在顺反异构，B正确；
C项、该分子不能发生消去反应，C错；
D项、阿斯巴甜水解产物为、，因此1mol阿斯巴甜水解产物最终消耗氢氧化钠3mol，D正确；
答案选C。
10.下图是利用太阳能实现燃烧产物重新组合的构想，可以节约燃料，缓解能源危机。 在此构想的物质循环中太阳能最终转化为

A. 热能 B. 生物能 C. 化学能 D. 电能
【答案】A
【解析】
【详解】根据图示，CO2、H2O、N2利用太阳能生成CH4、NH3、CH3CH2OH等燃料，燃料燃烧生成CO2、H2O、N2，同时释放出热量，能量转化关系是：太阳能→化学能→热能，此构想的物质循环中太阳能最终转化为热能，故选A。
11.向2 L的密闭容器中充入1mol A和1mol B，反应 A(g) + B(g)⇌C(g) + D(g) ΔH的平衡常数(K)和温度(T)的关系如下：
温度/ ℃
700
800
900
平衡常数
0.1
X
1
800℃时，经5s反应达到平衡状态，此时B的平均反应速率v(B)=0.04 mol/(L·s)。下列说法不正确的是
A. 平衡时，c(B)为0.6 mol·L-1
B. 800℃时平衡常数X=4/9
C. ΔH >0
D. 900℃该反应达到平衡状态时，A的物质的量为0.5 mol
【答案】A
【解析】
【详解】A．800℃时，经5s反应达到平衡状态，此时B的平均反应速率v(B)=0.04 mol/(L·s)，5s内B的浓度变化是0.04 mol/(L·s)×5s=0.2 mol/L，平衡时，c(B)为，故A错误；
B．
800℃时平衡常数X=4/9，故B正确；
C．A(g) + B(g)⇌C(g) + D(g)反应的平衡常数随温度升高而增大，所以ΔH >0，故C正确；
D．，900℃的平衡常数是1，则 ，x=0.25，该反应达到平衡状态时，A的物质的量浓度为0.25mol/L，A的物质的量为0.25mol/L×2L =0.5 mol，故D正确；
选A。
12.一定条件下的可逆反应：A(g) +3 B(g)⇌2C(g) ΔH=-a kJ·mol−1。下列说法正确的是
A. 该反应达到最大限度时，c(B)＝3c(A)
B. 升高温度时，平衡逆向移动，正反应速率减小，逆反应速率增加
C. 该条件下，将1mol A和3mol B投入密闭容器中充分反应，放出a kJ的热量
D. 容器压强不变，充入少量Ar气(Ar气与A、B、C气体都不反应)，平衡逆向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于A、B起始浓度未知，因而该反应达到最大限度时，虽然变化浓度等于方程式的系数比，但平衡时c(B)与c(A)的浓度关系不定，故A错误；
B．正反应为放热反应，升高温度，增大活化分子的百分数，正、逆反应速率都增大，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，故B错误；
C．该反应是可逆反应，将1mol A和3mol B投入密闭容器中充分反应，反应物不能完全转化为生成物，所以放出的能量小于akJ，故C错误；
D．压强不变时充入少量Ar气体(Ar气与A、B、C气体都不反应)，体积应增大，参加反应的气体的分压减小，而此可逆反应是气体体积缩小的反应，所以平衡逆向移动，故D正确；
答案为D。
13.可逆反应2NO2 (g) ⇌N2O4 (g) ΔH= −56.9 kJ·mol−1在平衡移动时的颜色变化可以用来指示放热过程和吸热过程。某同学的部分实验报告如下。

1．向左侧烧杯中加入NH4NO3晶体，甲瓶的红棕色变浅。
2．向右侧烧杯中加入CaO固体，乙瓶的红棕色变深。
下列说法不正确的是
A. 甲瓶的红棕色变浅，说明平衡2NO2 (g)⇌N2O4 (g)向正反应方向移动
B. 可根据现象判断NH4NO3晶体溶于水吸热，CaO固体溶于水放热
C. 甲瓶中反应的化学平衡常数(K)增大
D. 乙瓶中由于反应的化学平衡常数(K)改变，使Qc＜K，平衡发生移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲瓶的红棕色变浅，说明NO2浓度减小，平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)向正反应方向移动，故A正确；
B．左侧烧杯中加入NH4NO3晶体，甲瓶的红棕色变浅，说明左侧平衡正向移动，向右侧烧杯中加入CaO固体，乙瓶的红棕色变深，说明右侧平衡逆向移动，2NO2(g)⇌N2O4(g)正反应放热，根据现象可判断NH4NO3晶体溶于水吸热，CaO固体溶于水放热，故B正确；
C．甲瓶的红棕色变浅，说明NO2浓度减小，平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)向正反应方向移动，甲瓶中反应的化学平衡常数(K)增大，故C正确；
D．乙瓶的红棕色变深，说明右侧平衡逆向移动，反应的化学平衡常数(K)减小，Qc＞K， 故D错误；
选D。
14.下列图示的实验操作，不能实现相应实验目的的是
A．鉴别甲苯与己烷
B．实验室制备乙酸乙酯
C．检验电石与饱和食盐水的产物乙炔
D. 比较乙酸、碳酸与苯酚酸性强弱





A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲苯能使高锰酸钾溶液褪色，己烷不能使高锰酸钾溶液褪色，故A能实现实验目的；
B．乙醇、乙酸在浓硫酸作用下加热生成乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，故B能实现实验目的；
C．电石中含有杂质硫化钙，水和电石生成的乙炔气体中含有杂质硫化氢，硫化氢、乙炔都能使高锰酸钾褪色，故C不能实现实验目的；
D．乙酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，用饱和碳酸氢钠溶液除去醋酸蒸气后，通入苯酚钠溶液生成苯酚沉淀，证明酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚，故D能实现实验目的；
答案选C。
第二部分(非选择题)
15.化学反应伴随能量变化，获取反应能量变化有多条途径。
(1)下列反应中，属于吸热反应的是________(填字母)。
A．Na与水反应 B．甲烷的燃烧反应 C．CaCO3受热分解 D．锌与盐酸反应
(2)获取能量变化的途径
①通过化学键的键能计算。已知：
化学键种类
H—H
O＝O
O—H
键能(kJ/mol)
a
b
c
计算可得：2H2(g)+ O2(g) =2H2O(g) ∆H＝_________kJ·mol-1(用a、b、c表示)
②通过物质所含能量计算。已知反应中A＋B= C＋D中A、B、C、D所含能量依次可表示为EA、EB、EC、ED，该反应∆H＝_________。
(3)已知：4g CH4完全燃烧生成CO2(g)、H2O(l)时放出热量222.5 kJ，则表示甲烷燃烧的热化学方程式为________。
(4)下图所示装置可以说明有化学能转化为电能的实验现象为__________。

【答案】 (1). C (2). (2a+b-4c) (3). (EC+ ED)-(E A+EB）
(4). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH = -890 KJ/mol (5). 电流表指针发生偏转
【解析】
【分析】
根据常见的吸热反应有：大多数的分解反应、C或氢气作还原剂的氧化还原反应、氯化铵与氢氧化钡的反应等来解答；考查反应热的计算，根据△H=反应物键能总和-生成物键能总和或者△H=生成物总能量-反应物总能量进行解答；根据4g CH4完全燃烧放出的热量，计算1molCH4放出的热量，写出热化学方程式；根据形成原电池原理，有电子的转移，产生电流来解答。
【详解】(1)A．Na与H2O反应，生成NaOH和H2，化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，是放热反应，故A不符合题意；
B．甲烷的燃烧反应，生成CO2和H2O，化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，是放热反应，故B不符合题意；
C．CaCO3受热分解，生成CaO和CO2，化学方程式为CaCO3CaO+CO2，属于分解反应，是吸热反应，故C符合题意；
D．锌与盐酸反应，生成氯化锌和H2，化学方程式为Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，是放热反应，故D不符合题意；
答案为C。
(2)①根据2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)方程式可知，△H=反应物键能总和-生成物键能总和，即△H=2H-H+O=O-4O-H=(2×a+b-4×c)=(2a+b-4c)kJ·mol-1；答案为(2a+b-4c)kJ·mol-1。
②通过物质所含能量计算。已知反应中A＋B= C＋D中A、B、C、D所含能量依次可表示为EA、EB、 EC、 ED，该反应∆H=生成物的总能量-反应物的总能量，∆H=(EC+ED)-(EA+EB)；答案为∆H=(EC+ED)-(EA+EB)。
(3)4g CH4完全燃烧生成液态水和CO2气体，放出222.5kJ的热量，则1mol即16g CH4完全燃烧生成液态水和CO2气体，放也4×222.5kJ=890kJ的热量，则甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ/mol；答案为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ/mol。
(4)灵敏电流计可以检测电流，能证明产生电能的实验现象是电流计的指针发生偏转；答案为电流计的指针发生偏转。
16.某同学在实验室研究锌与酸的反应，实验数据如下:
实验序号
锌质量
锌状态
c(H2SO4)
V(H2SO4)
金属消失时间
1
0.10 g
颗粒
0.5mol·L-1
50mL
500s
2
0.10 g
粉末
0.5mol·L-1
50mL
50s
3
a g
颗粒
1.0mol·L-1
50mL
125s
分析上述数据，回答下列问题
(1)实验1和2表明，_____对反应速率有影响。
(2)实验1和3研究的是反应物浓度对反应速率的影响，则a =________ g。
(3)该同学研究发现：相同的锌粒分别与H2SO4、盐酸反应(操作如下图)，现象差异明显(稀盐酸中锌表面产生气泡的速率要比稀硫酸快)。

该同学对产生这一现象的原因，提出两种假设：
a. 氯离子对反应起促进作用，加快了反应的进行；
b. ________，减缓了反应的进行。
为进一步证实自己的猜想，该同学在室温下，分别取5mL 0.2 mol·L-1盐酸溶液，一份加入一定量的固体___________ (填“所加试剂化学式”)，另一份作对比实验，再分别同时加入完全相同的锌粒，比较反应速率的大小。
(4)锌粒和稀硫酸反应制取氢气时，往往加入少量CuSO4粉末，可加快产生H2的速率，其原因是___ (结合化学方程式作出合理解释)。
【答案】 (1). 固体表面积（接触面积） (2). 0.1 (3). 硫酸根离子对反应起抑制作用 (4). Na2SO4(或K2SO4或(NH4)2SO4) (5). Zn+ CuSO4= Cu+ ZnSO4 ，铜、锌、稀硫酸构成原电池，加快反应速率
【解析】
【详解】(1)根据控制变量法，实验1和2只有锌状态不同，说明固体表面积对反应速率有影响；
(2)实验1和3研究的是反应物浓度对反应速率的影响，根据控制变量法，只能让硫酸的浓度不同，锌质量和锌状态应相同，所以a =0.1g；
(3)两组实验，锌的状态、质量相同，氢离子浓度相同，只有酸根不同，所以反应速率不同的原因可能是：a. 氯离子对反应起促进作用，加快了反应的进行； b. 硫酸根离子对反应起抑制作用，减缓了反应的进行。
取两份5mL 0.2 mol·L-1盐酸溶液，一份加入一定量的固体硫酸钠，另一份作对比实验，再分别同时加入完全相同的锌粒，比较反应速率的大小，若加入硫酸钠的盐酸和锌反应速率慢，则说明硫酸根离子对反应起抑制作用。
(4)锌粒和稀硫酸反应制取氢气时，加入少量CuSO4粉末，发生反应：Zn+ CuSO4= Cu+ ZnSO4 ，生成的铜、锌、稀硫酸构成原电池，反应速率加快。
【点睛】本题考查影响反应速率的因素，明确增大固体表面积、增大反应物浓度、构成原电池能加快化学反应速率，注意“控制变量法”在探究影响反应速率的因素中的应用。
17.合理的利用吸收工业产生的废气CO2可以减少污染，变废为宝。
(1)用CO2可以生产燃料甲醇。
①写出甲醇的官能团名称____________。
已知：CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(l) △H=-49.0kJ•mol-1；一定条件下，向体积固定为1 L的密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2 ，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如下图所示。

②反应开始至第3分钟时，反应速率v(H2)＝________mol/(L·min)。
③该条件下，该反应的平衡常数表达式为________，CO2的平衡转化率是________；
(2)用CO2合成二甲醚(CH3OCH3)。
①CO2 催化加氢合成二甲醚的过程中主要发生下列反应：
反应I：CO2(g) + H2(g)⇌CO(g) + H2O(g) ∆H= +41.2 kJ·mol-1
反应II: 2CO2(g) + 6H2(g)⇌CH3OCH3(g) + 3H2O(g) ∆H = - 1225 kJ·mol-1
其中，反应II 分以下a、b两步完成，请写出反应a的热化学方程式。
a．_________
b．2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g) + H2O(g) ∆H = -23.5 kJ·mol-1
②L(L1、L2)、X分别代表压强或温度，下图表示L一定时，反应II中二甲醚的平衡产率随X变化的关系，其中X代表的物理量是______。判断L1、L2的大小，并简述理由：________。

(3) 恒压时，在CO2和H2起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性(CH3OCH3的选择性=)随温度变化如下图。

①t℃时，起始投入a molCO2，b mol H2，达到平衡时反应II消耗的H2的物质的量为______mol。
②温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而增大的原因是_________。
【答案】 (1). 羟基 (2). 0.5 (3). (4). 75% (5). CO2(g) + 3H2 (g)⇌CH3OH(g) + H2O(g) ∆H = - 49.5 kJ·mol-1 (6). 温度 (7). L1>L2。反应II是气体化学计量数减少的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，二甲醚平衡产率增大 (8). 3a×40%×76% (9). 反应I的∆H＞0，反应II的∆H＜0 ，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅
【解析】
【分析】
(1)①甲醇的结构简式是CH3OH；
②根据υ=计算
③转化率=；
(2) ①根据盖斯定律计算反应a的热化学方程式；
②2CO2(g) + 6H2(g)⇌CH3OCH3(g) + 3H2O(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动；2CO2(g) + 6H2(g)⇌CH3OCH3(g) + 3H2O(g)正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动；
(3) ①根据CH3OCH3的选择性=计算反应II消耗的H2的物质的量；
②反应I的∆H＞0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升；
【详解】(1)①甲醇的结构简式是CH3OH，甲醇含有官能团的名称是羟基；
②根据图象，反应开始至第3分钟时，CO2浓度变化量是0.5mol/L，则氢气浓度变化量是1.5mol/L，υ=0.5 mol/(L·min)；
③该条件下，CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(l)反应的平衡常数表达式为，CO2的平衡转化率=75%；
(2) ①反应II: 2CO2(g) + 6H2(g)⇌CH3OCH3(g) + 3H2O(g) ∆H = - 122.5 kJ·mol-1；
根据盖斯定律(II-b)× 得CO2(g) + 3H2 (g)⇌CH3OH(g) + H2O(g) ∆H= - 49.5 kJ·mol-1；
②2CO2(g) + 6H2(g)⇌CH3OCH3(g) + 3H2O(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动；2CO2(g) + 6H2(g)⇌CH3OCH3(g) + 3H2O(g)正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动；由图象可知，随X的增大，CH3OCH3的产率减小，说明平衡逆向移动，所以X表示温度；则L1、L2分别代表不同压强下CH3OCH3的产率，反应II是气体化学计量数减少的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，二甲醚平衡产率增大，则L1>L2；
(3) CH3OCH3的选择性=，t℃时，CH3OCH3的选择性是76%，CO2的平衡转化率为40%，则=76%，CH3OCH3的物质的量是 mol，反应II消耗的H2的物质的量是=3a×40%×76%；
②反应I的∆H＞0，反应II的∆H＜0 ，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅，所以温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而增大。
【点睛】本题考查化学反应速率及化学平衡移动，能正确分析图象的意义是解题的关键，注意掌握影响化学平衡移动的因素、盖斯定律的应用。
18.功能高分子材料的单体R和PBT树脂的合成路线如下：

已知：I．RC≡CH+R1CHO
II．+HI +CH3I
III. RCO18OR′+R″OH → RCOO R″+ R′18OH
(1)芳香烃A相对分子质量为106，A结构简式______。
(2)G能使紫色石蕊试液变红，G到H的反应类型是_________。
(3)A到B的反应化学方程式是____________。
(4)由C→F过程，反应①目的是_____________。
(5)关于功能高分子材料 下列说法正确的是（ ）
A．1mol该有机物最多可以和2molNaOH反应 B．该有机物可以使KMnO4溶液褪色
C．该有机物的单体R存在顺反异构现象 D．该有机物含有两种官能团
(6)写出J→M的化学方程式_____________。
(7)写出生成PBT聚酯的化学方程式_______。
(8)写出任意一种符合下列条件的F的同分异构体_______。
①能发生银镜反应 ②1mol该物质最多能消耗3molNaOH ③苯环上的一氯代物只有一种。
(9)据本题信息完善下图合成高分子路线，请写出括号内反应物和横线上中间产物的结构简式_、___。

【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). + Br2+HBr (4). 保护酚羟基不被氧化 (5). B (6). CH≡CH+HCHO→CH≡C-CH2-OH (7). (8). 、(任写一种) (9). CH3CHO (10).
【解析】
【分析】
由C的结构简式，可逆推出B为，A为；由C可推出D为，由E可推出F为，R为，则中含有3个碳原子；由A可推出G为，H为；由P中所含碳原子数，可推出J中含有2个碳原子，依据 题中信息，可确定J为CH≡CH，则M为CH≡CCH2OH，P为CH≡CCH2Br；由L分子中的碳原子数，可确定K为HOCH2C≡CCH2OH，L为HOCH2CH2CH2CH2OH，PBT聚酯为。
【详解】(1)由芳香烃A相对分子质量为106，参照B的结构，可确定A的结构简式为。答案为：；
(2)G能使紫色石蕊试液变红，G为，H为，G到H的反应类型是取代反应(发生酯化反应)。答案为：取代反应；
(3)由A()到B()，是A在催化剂作用下发生的溴代反应，反应化学方程式是+ Br2+HBr。答案为：+ Br2+HBr；
(4)由C→F过程，-OH转化为-OCH3，后来又由-OCH3转化为-OH，反应①目的是保护酚羟基不被氧化。答案为：保护酚羟基不被氧化；
(5)功能高分子材料 ：
A．该有机物的链节中含有2个-COOH，所以1mol该有机物最多可以和2n molNaOH反应，A不正确；
B．该有机物分子中含有碳碳双键，可以使KMnO4溶液褪色，B正确；
C．该有机物的单体R为，不存在顺反异构现象，C不正确；
D．该有机物含有羧基、醚键、碳碳双键等三种官能团，D不正确；
故选B。答案为：B；
(6)由J(CH≡CH)→M(CH≡C-CH2-OH)，与CH3CHO发生加成反应，化学方程式为CH≡CH+HCHO→CH≡C-CH2-OH。答案为：CH≡CH+HCHO→CH≡C-CH2-OH；
(7)由HOCH2CH2CH2CH2OH与发生酯交换反应，生成和CH3OH，化学方程式为。答案为：；
(8)符合下列条件：①能发生银镜反应，②1mol该物质最多能消耗3molNaOH，③苯环上的一氯代物只有一种的F的同分异构体中，要么苯环上只有一个氢原子，要么结构对称，且还应含有醛基或甲酸酯基、酚羟基等，考虑到其分子组成，可能结构简式为、。答案为：、(任写一种)；
(9)根据目标有机物的组成与结构，参照题给信息，可确定另一反应物为乙醛，先发生加成反应，后发生加聚反应，由此可推出括号内反应物和横线上中间产物的结构简式为CH3CHO、。答案为：CH3CHO；。
【点睛】书写二元醇与二元酸反应生成聚酯的化学方程式时，我们容易将生成的H2O前面写成nH2O或(n-1)H2O，书写时一定要与生成一元酯区分开来。