【化学】江苏省扬州市2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

江苏省扬州市2019-2020学年高二上学期期末考试
单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1.化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是
A. 用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染
B. 乙烯可作水果的催熟剂
C. 大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素
D. 含重金属离子的电镀废液不能随意排放
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染，故A错误；
B选项，乙烯可作水果的催熟剂，运输水果是用高锰酸钾除掉乙烯，故B正确；
C选项，大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素，故C正确；
D选项，含重金属离子的电镀废液不能随意排放，重金属会污染环境，故D正确。
综上所述，答案为A。
2.下列有关化学用语表示不正确的是
A. 羟基的电子式：
B. 对硝基甲苯的结构简式：
C. 1-丁烯的键线式：
D. 聚丙烯的结构简式：
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，羟基的电子式：，含有9个电子，故A正确；
B选项，对硝基甲苯的结构简式：，故B错误；
C选项，1-丁烯的键线式：，故C正确；
D选项，聚丙烯的结构简式：，故D正确。
综上所述，答案为B。
3.下列有机物命名正确的是
A. 2，3，3﹣三甲基丁烷
B. 3﹣甲基﹣1﹣丁烯
C. 1，3﹣二羟基丙烷
D. 苯甲酸
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，名称为2，2，3﹣三甲基丁烷，故A错误；
B选项，名称为3﹣甲基﹣1﹣丁烯，故B正确；
C选项，名称为1，3﹣丙二醇，故C错误；
D选项，名称为甲酸苯酚酯，故D错误。
综上所述，答案为B。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 L 0.1mol/L NH4Cl溶液中含有NH4+的数目为0.1NA
B. 1mol N2(g)和3mol H2(g)混合后充分反应生成的NH3(g)分子数为2NA
C. 1 mol 中含有的碳碳双键数为NA
D. 标准状况下，2.24 L己烷含有的分子数为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，由于铵根离子要水解，因此1 L 0.1mol/L NH4Cl溶液中含有NH4+的数目小于0.1NA，故A错误；
B选项，氮气与氢气是可逆反应，因此1mol N2(g)和3mol H2(g)混合后充分反应生成的NH3(g)分子数为2NA，故B错误；
C选项，苯中不含碳碳双键，因此1 mol 中含有的碳碳双键数为NA，故C正确；
D选项，己烷在标准状况下是液体，无法计算，D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】苯环中不含有碳碳双键，苯环中碳碳键是介于单键和双键之间独特的键。
5.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0.1 mol·L−1 K2CO3溶液：Na+、Ba2+、ClO− 、OH−
B. 0.1 mol·L−1 Al2(SO4)3溶液：Na+、NH4+ 、OH−、Cl−
C. 0.1 mol·L−1 HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−
D. 0.1 mol·L−1 NaOH溶液：K+、Na+、SO42−、CO32−
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，CO32−与Ba2+反应，故A错误；
B选项，铝离子与氢氧根反应，故B错误；
C选项，氢离子与醋酸根反应，故C错误；
D选项，0.1 mol·L−1 NaOH溶液：K+、Na+、SO42−、CO32−，都不反应，共存，故D正确。
综上所述，答案为D。
6.下列方程式书写不正确的是
A. 乙酸乙酯的制备：CH3CO18OH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 + H218O
B. 碳酸的电离方程式：H2CO3 H+ + HCO3−
C. 实验室用液溴和苯在催化剂作用下制溴苯：
D. Na2S溶液呈碱性：S2−+ H2O HS− + OH−
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，按照酸脱羟基醇脱羟基上氢，乙酸乙酯的制备：CH3CO18OH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 + H218O，故A正确；
B选项，碳酸的电离方程式：H2CO3 H+ + HCO3−，多元弱酸一步一步电离，故B正确；
C选项，实验室用液溴和苯在催化剂作用下制溴苯：+HBr，故C错误；
D选项，Na2S溶液水解显碱性且一步一步水解：S2−+ H2O HS− + OH−，故D正确。
综上所述，答案为C。
【点睛】苯和液溴在催化剂作用下发生取代反应，苯和溴水不反应，只发生萃取；多元弱酸的电离是一步一步电离，多元弱酸的阴离子水解液是一步一步水解。
7.据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】水分解是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，图像B符合，答案选B。
【点睛】注意催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热。
8.下列说法不正确的是
A. 加入生石灰再蒸馏，可除去乙醇中混有的少量水
B. 加入NaOH溶液再振荡静置分液，可除去硝基苯中混有的少量HNO3
C. 可以用酸性KMnO4溶液鉴别苯和甲苯
D. 加入足量浓溴水充分反应后再过滤，可除去苯中混有的少量苯酚
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，加入生石灰再蒸馏，可除去乙醇中混有的少量水，利用乙醇沸点蒸馏，故A正确；
B选项，加入NaOH溶液与硝酸反应，振荡静置分液，可除去硝基苯中混有的少量HNO3，故B正确；
C选项，可以用酸性KMnO4溶液鉴别苯和甲苯，苯与酸性高锰酸钾不反应，无现象，甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D选项，加入足量浓溴水充分反应后再过滤，可除去苯中混有的少量苯酚，三溴苯酚与苯互溶，故D错误。
综上所述，答案为D。
9.结合下图判断，下列叙述正确的是

A. I和II中正极材料均未被腐蚀
B. I和II中负极反应均是Fe－2e− = Fe2+
C. I和II中正极反应均是O2＋2H2O＋4e−＝4OH−
D. I和II电解质溶液中的阳离子均向负极作定向移动
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，I和II中正极材料均未被腐蚀，受到保护，故A正确；
B选项，II中负极反应均是Fe－2e− = Fe2+，I中负极是锌失去电子，故B错误；
C选项，I中正极反应均是O2＋2H2O＋4e−＝4OH−，II中正极是析氢反应，故C错误；
D选项，I和II电解质溶液中的阳离子均向正极作定向移动，故D错误。
综上所述，答案为A。
【点睛】铁的腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀，析氢腐蚀再强酸性条件下发生，吸氧腐蚀在碱性，中学，弱酸性条件下。
10.下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法不正确的是
A. 粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程
B. 油脂与碱的反应可用来生产肥皂
C. 单糖、二糖和油脂都不是高分子化合物
D. 将Na2SO4、CuSO4的浓溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇化学变化过程，故A正确；
B选项，油脂与碱的反应可用来生产肥皂叫皂化反应，故B正确；
C选项，单糖、二糖分子量都小，油脂分子量较大，但都不是高分子化合物，故C正确；
D选项，将CuSO4的浓溶液分别加入蛋白质溶液，出现沉淀，表明可使蛋白质变性，Na2SO4的浓溶液分别加入蛋白质溶液，出现沉淀，表明可使蛋白质盐析，故D错误。
综上所述，答案为D。
【点睛】油脂在酸性、碱性条件下都能发生水解，在碱性条件下水解才能叫皂化反应；蛋白质在加热、有机物、酸、重金属盐、X射线下都能发生蛋白质变性。
11.下列说法正确的是
A. 吸热反应N2(g) + O2(g) = 2NO(g) 在高温下可自发进行，则反应的△S＞0
B. 电解法精炼铜时应将粗铜板作阴极
C. 在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源的正极相连
D. 电镀时应将待镀物品（镀件）与直流电源的正极相连
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，吸热反应N2(g) + O2(g) = 2NO(g)在高温下可自发进行，说明在第一象限图，则反应的△S＞0，故A正确；
B选项，电解法精炼铜时应将粗铜板作阳极，故B错误；
C选项，在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连，故C错误；
D选项，电镀时应将待镀物品（镀件）与直流电源的负极相连，故D错误。
综上所述，答案为A。
【点睛】电解精炼铜时粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解液为含铜离子的盐溶液，电镀时被镀金属作阴极，镀层金属作阳极，镀层金属的盐溶液为电解质溶液。
12.用下图所示装置进行实验，其中不合理的是

A. 用图①装置配制银氨溶液
B. 用图②装置制备硝基苯
C. 用图③装置检验溴乙烷的消去反应产物中含有乙烯
D. 用图④装置制备乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，用图①装置配制银氨溶液，开始出现沉淀，继续滴加至沉淀溶解，故A正确；
B选项，用图②装置制备硝基苯，在水浴中加热，故B正确；
C选项，用图③装置检验溴乙烷的消去反应产物中含有乙烯，乙醇、乙烯与酸性高锰酸钾反应，故C错误；
D选项，用图④装置制备乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集，故D正确。
综上所述，答案为C。
13.CPAE是蜂胶的主要活性成分，由咖啡酸合成CPAE路线如下：

下列说法正确的是
A. 咖啡酸分子中的所有原子都可能共面
B. 苯乙醇能发生消去反应，且与互为同系物
C. 咖啡酸、苯乙醇及CPAE都能发生取代、加成和氧化反应
D. 1 mol咖啡酸最多可与含3 mol NaHCO3的溶液发生反应
【答案】AC
【解析】
【详解】A选项，根据苯和乙烯、羧基结构得出咖啡酸分子中的所有原子都可能共面，故A正确；
B选项，苯乙醇能发生消去反应，苯乙醇与不互为同系物，结构不相似，故B错误；
C选项，咖啡酸有羧基发生取代，有碳碳双键发生加成、氧化反应，苯乙醇有醇羟基能发生取代，有苯环能发生加成，有支链能被酸性高锰酸钾氧化，CPAE有羟基能发生取代、有碳碳双键能发生加成和氧化反应，故C正确；
D选项，1 mol咖啡酸最多可与含1 mol NaHCO3的溶液发生反应，只有羧基与碳酸氢钠反应，故D错误。
综上所述，答案为AC。
14.下列说法正确的是
A. 0.1mol·L−1 NH3·H2O中：c(OH－)＞c(NH4＋)＞c(NH3·H2O)＞c(H＋)
B. 0.1mol·L−1 NaHSO3溶液（室温下pH＜7）中：c(SO32－)＜c(H2SO3)
C. 浓度均为0.1mol·L−1 的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)
D. 0.1mol·L−1 (NH4)2CO3溶液中：c(NH4＋)+c(NH3·H2O)=2c(CO32－)+2c(HCO3－)+2c(H2CO3)
【答案】CD
【解析】
【详解】A选项，氨水是弱电解质，电离程度微弱，因此0.1mol·L−1 NH3·H2O中：c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)，故A错误；
B选项，0.1mol·L−1 NaHSO3溶液（室温下pH＜7），电离程度大于水解程度，因此c(SO32－) ＞c(H2SO3)，故B错误；
C选项，浓度均为0.1mol·L−1 的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，根据电荷守恒得出：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)，故C正确；
D选项，0.1mol·L−1 (NH4)2CO3溶液，根据物料守恒得出中：c(NH4＋)+c(NH3·H2O)=2c(CO32－)+2c(HCO3－)+2c(H2CO3)，故D正确。
综上所述，答案为CD。
【点睛】弱酸酸式盐中电离大于水解的主要是草酸氢根、磷酸二氢根、亚硫酸氢根。
15.近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为恒容容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于7∶1、4∶1、1∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系，下列说法正确的是

A. 曲线Ⅰ对应的起始浓度比为c(HCl)∶c(O2)=7∶1
B. 该反应的△H＜0
C. 若500℃时，进料c(HCl)=4mol·L−1、c(O2)=1mol·L−1，可得K=1
D. 500℃时，若进料c(HCl)=2mol·L−1、c(O2)=0.5mol·L−1、c(Cl2)=2mol·L−1、c(H2O)=2mol·L−1，则反应达平衡前v正＜v逆
【答案】BD
【解析】
【详解】A选项，根据进料浓度比例，1∶1、4∶1、7∶1，氧气量不变，HCl两不断增加，则HCl转化率不断减小，因此7:1时HCl转化率最低，因此增加曲线III对应的起始浓度比为c(HCl)∶c(O2)=7∶1，故A错误；
B选项，根据曲线，温度升高，转化率降低，则平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向为放热反应，即反应的△H＜0，故B正确；
C选项，若500℃时，进料c(HCl)=4mol·L−1、c(O2)=1mol·L−1，根据A分析得出，B点为500℃，转化率为50%，则浓度改变量为2 mol·L−1，氧气浓度改变量为0.5mol·L−1，氯气浓度为1mol·L−1，水蒸气浓度为1mol·L−1，c(HCl)=2mol·L−1，c(O2)= 0.5mol·L−1，可得，故C错误；
D选项，500℃时，若进料c(HCl)=2mol·L−1、c(O2)=0.5mol·L−1、c(Cl2)=2mol·L−1、c(H2O)=2mol·L−1，，则反应达平衡前v正＜v逆，故D正确。
综上所述，答案为BD。
16.酯广泛应用于溶剂、增塑剂、香料、粘合剂及印刷、纺织等工业。乙酸乙酯一般通过乙酸和乙醇酯化合成。请根据要求回答下列问题：
（1）将乙酸、乙醇、浓硫酸混合的同时加入碎瓷片的目的是____，在合成过程中控制乙酸过量的作用是____。
（2）向反应后混合液中加入5% Na2CO3溶液洗涤至中性。分液，取上层油状液体，加入无水Na2SO4固体，过滤后蒸馏，收集76～78 ℃馏分。实验中加入少量无水Na2SO4固体的目的是____。
（3）此反应以浓硫酸为催化剂，会造成____等问题，目前对该反应的催化剂进行了新的探索，初步表明质子酸离子液体可用作此反应的催化剂。实验数据如下表所示（乙酸和乙醇以等物质的量混合）。
同一反应时间
同一反应温度
反应温度/℃
转化率（％）
选择性（％）*
反应时间/h
转化率（％）
选择性（％）*
40
77.8
100
2
80.2
100
60
92.3
100
3
87.8
100
80
926
100
4
92.3
100
120
94.5
98.7
6
93.0
100
*选择性100％表示反应生成的产物是乙酸乙酯和水
根据表中数据，下列____（填字母）为该反应的最佳条件。
A．40℃，3h B．60℃，4h C．80℃，2h D．120℃，4h
（4）近年，科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法：2C2H5OHCH3COOC2H5＋2H2,在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液态收集物中主要产物的质量分数如图所示。当反应温度高于300 ℃时，乙酸乙酯的质量分数迅速下降的原因可能是____。

【答案】 (1). 防止暴沸 (2). 提高乙醇的转化率 (3). 除去有机层中的水（或者干燥） (4). 产生大量的酸性废液造成环境污染 部分原料炭化 催化剂重复使用困难（任填一种） (5). B (6). 催化剂的活性下降（或者乙醇发生了副反应生成乙醚）
【解析】
【分析】
（1）液体和液体加热时要加碎瓷片，主要防暴沸，该反应是可以可逆反应，加一种物质主要是提高另一种物质的转化率。
（2）有机物中一般加无水物质，其主要作用是干燥作用。
（3）浓硫酸会使部分反应物炭化，得到黑色物质，另外算也会污染环境等考虑；根据表格可以看出反应温度60℃和80℃，转化率关系，反应时间4h和6h，转化率关系。
（4）由于催化剂再一定温度有催化活性，当温度过高，会失去活性。
【详解】（1）液体和液体加热时要加碎瓷片，主要是防止暴沸，该反应是可以可逆反应，加一种物质主要是提高另一种物质的转化率，因此在合成过程中控制乙酸过量的作用是提高乙醇的转化率，故答案为：防止暴沸；提高乙醇的转化率。
（2）有机物中一般加无水物质，其主要作用是干燥作用，因此实验中加入少量无水Na2SO4固体的目的是除去有机层中的水（或者干燥），故答案为：除去有机层中的水（或者干燥）。
（3）浓硫酸会使部分反应物炭化，得到黑色物质，另外算也会污染环境等，因此此反应以浓硫酸为催化剂，会造成产生大量的酸性废液造成环境污染或部分原料炭化或催化剂重复使用困难（任填一种）等问题。根据表格可以看出反应温度60℃和80℃，转化率增加不大，反应时间4h和6h转化率不大，因此，选择60℃，4h，B正确，故答案为：产生大量的酸性废液造成环境污染或部分原料炭化或催化剂重复使用困难（任填一种）；B。
（4）根据图像，由于催化剂再一定温度有催化活性，当温度过高，失去活性，因此当反应温度高于300 ℃时，乙酸乙酯的质量分数迅速下降的原因可能是催化剂的活性下降（或者乙醇发生了副反应生成乙醚），故答案为：催化剂的活性下降（或者乙醇发生了副反应生成乙醚）。
17.格氏试剂在有机合成方面用途广泛，可用卤代烃和镁在醚类溶剂中反应制得。设R为烃基，已知：


阅读合成路线图，回答有关问题：

（1）反应Ⅰ的类型是____。
（2）反应Ⅱ的化学方程式为____。
（3）反应Ⅲ的条件是____。
（4）G的一种同分异构体中含有苯环且分子中有3种不同化学环境的氢原子，其结构简式为____。
【答案】 (1). 加成 (2). (3). 浓硫酸、加热 (4).
【解析】
【分析】
（1）根据已知信息即前后联系得。
（2）反应Ⅱ主要是醇的催化氧化。
（3）G为醇，变为碳碳双键，即发生消去反应。
（4）根据题意得出G同分异构体有对称性，再书写。
【详解】（1）根据已知信息得出反应Ⅰ的类型是加成反应，故答案为：加成。
（2）反应Ⅱ主要是醇的催化氧化，其方程式为，故答案为：。
（3）G为醇，变为碳碳双键，即发生消去反应，因此反应Ⅲ的条件是浓硫酸、加热，故答案为：浓硫酸、加热。
（4）G的一种同分异构体中含有苯环且分子中有3种不同化学环境的氢原子，说明有对称性，则其结构简式为，故答案为：。
18.实验室利用橄榄石尾矿(主要成分为MgO及少量FeO、Fe2O3、Al2O3等)制备纯净氯化镁晶体(MgCl2·6H2O)，实验流程如下：

已知几种金属阳离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：

Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
开始沉淀时
7.6
2.7
4.2
9.6
沉淀完全时
9.6
3.7
5.4
111

回答下列问题：
（1）“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有____（任写一种）。
（2）滤渣1为Fe(OH)3，则调节pH的范围为____。
（3）“一系列操作”主要包括加入足量盐酸，然后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，即得到氯化镁晶体。加入足量盐酸的作用为①溶解滤渣2，②____。
（4）准确称取2.000 g氯化镁晶体产品于250 mL锥形瓶中，加50 mL蒸馏水使其完全溶解，在不断振荡下，调节pH并加入合适的指示剂，用0.5000 mol/L的EDTA（在方程式中用Y4−表示）标准溶液进行滴定，其反应原理为Mg2+＋Y4− = MgY2−，滴定达到终点时消耗EDTA标准溶液的体积为19.00 mL。
①计算产品中MgCl2·6H2O的质量分数。____(写出计算过程，结果保留三位有效数字)。
②下列滴定操作会导致测量结果偏高的是____(填字母)。
a．滴定终点时仰视读数
b．锥形瓶洗涤后没有干燥
c．滴定时锥形瓶中有液体溅出
d．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
【答案】 (1). 将橄榄石尾矿粉碎、增大盐酸浓度、适当提高反应温度等（写一种即可） (2). 3.7—4.2 (3). 将溶液调整为酸性，抑制Mg2+水解 (4). 96.4% (5). ad
【解析】
【分析】
（1）“浸取”步骤中，能加快浸取速率方法很多种。
（2）根据铁离子沉淀完全，但不能沉淀铝离子得出答案。
（3）由于镁离子要水解，因此将溶液调整为酸性。
（4）现根据方程式建立关系，计算出氯化镁晶体的物质的量，再计算纯度；逐一分析滴定误差偏高还是其他。
【详解】（1）“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有将橄榄石尾矿粉碎、增大盐酸浓度、适当提高反应温度等，故答案为：将橄榄石尾矿粉碎、增大盐酸浓度、适当提高反应温度等（写一种即可）。
（2）滤渣1为Fe(OH)3，要将铁离子沉淀完全，但不能沉淀铝离子，因此调节pH的范围为3.7—4.2，故答案为：3.7—4.2。
（3）加入足量盐酸的作用为①溶解滤渣2，由于镁离子要水解，因此将溶液调整为酸性，抑制Mg2+水解，故答案为：将溶液调整为酸性，抑制Mg2+水解。
（4）①Mg2+ ＋ Y4− = MgY2−
1mol 1mol
xmol 0.5000 mol/L× 0.019.00L

解得x = 9.5×10−3 mol
，故答案为96.4%。
②a选项，滴定终点时仰视读数，读数偏高，测定结果偏高；b选项，锥形瓶洗涤后没有干燥，与结果无影响；c选项，滴定时锥形瓶中有液体溅出，待测液体减少，标准液减少，测定结果偏低；d选项，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，标液读数偏大，测定结果偏高；故答案为ad。
19.碳及其化合物广泛存在于自然界。随着科技的进步，利用化学反应原理将含碳物质进行合理转化，已成为资源利用、环境保护等社会关注问题的焦点。如CO2是人类工业生产排放的主要的温室气体，利用CO2制造更高价值化学品是目前的研究热点。
（1）①利用CH4和CO2这两种温室气体可以生产水煤气。已知：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) △H =890.3 kJ·mol－1
CO(g)＋H2O (g)＝CO2(g)＋H2 (g) △H =+2.8 kJ·mol－1
2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) △H =566.0 kJ·mol－1
反应CO2(g)＋CH4(g) 2CO(g)＋2H2(g) 的△H =____kJ·mol－1
②250℃时，以镍合金为催化剂，向4 L恒容容器中通入6 mol CO2、6 mol CH4，发生如下反应：CO2 (g)＋CH4(g) 2CO(g)＋2H2(g)。平衡体系中各组分体积分数如下表：
物质
CH4
CO2
CO
H2
体积分数
0.1
0.1
0.4
0.4
此温度下该反应的平衡常数K=_______。
（2）利用CO2催化加氢可以合成乙醇，反应原理为：2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g) ∆H<0,设m为起始时的投料比，即m= n(H2)/ n(CO2)。

①图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为____。
②图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为____。
（3）高温电解技术能高效实现下列反应：CO2+H2O CO+H2+O2，其可将释放的CO2转化为具有工业利用价值的产品。工作原理示意图如下：

电极a的电极反应式____。
（4）工业生产烟气中的CO2捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，将烟气冷却至15.5℃～26.5℃后用氨水吸收过量的CO2。已知：NH3·H2O的Kb=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11。吸收后所得溶液的pH____7（填“＞”、“=”或“＜”）。
【答案】 (1). +247.3 (2). 64 (3). (4). (5). CO2+H2O + 4e- =CO+H2+2O2 - (6). ＞
【解析】
【分析】
（1）①根据盖斯定律得出答案；②先按照三段式建立关系，再列关系，解得答案。

（2）①图1中投料比相同，同压下，从下往上，转化率变大，分析评估移动；②当温度相同，从下往上，转化率升高，分析反应物的量对转化率的影响得出答案。
（3）A极化合价降低，发生还原反应，从而写出答案。
（4）用氨水吸收过量的CO2生成碳酸氢铵，根据NH3·H2O的电离平衡常数与H2CO3的Ka1平衡常数分析得出答案。
【详解】（1）（1）根据盖斯定律，第1个反应减第2个反应的2倍，再减第3个反应的2倍，得到反应CO2(g)＋CH4(g) 2CO(g)＋2H2(g) 的△H =+247.3kJ·mol－1，故答案为：+247.3。
② CO2 (g) ＋ CH4(g) 2CO(g) ＋ 2H2(g)
开始：6mol 6mol 0 0
转化：xmol xmol 2xmol 2xmol
平衡：(6-x)mol (6-x)mol 2xmol 2xmol

解得x = 4
，故答案为：64。
（2）①图1中投料比相同，同压下，从下往上，转化率变大，平衡正向移动，减小温度，因此温度从高到低的顺序为T3 > T2 > T1，故答案为：T3 > T2 > T1。
②当温度相同，从下往上，转化率升高，则氢气量越来越大，即投料比m增大，因此图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为m1 > m2 > m3，故答案为：m1 > m2 > m3。
（3）A极化合价降低，发生还原反应，因此电极a的电极反应式CO2+H2O +4e－= CO+H2+ 2O2－，故答案为：CO2+H2O +4e－= CO+H2+ 2O2－。
（4）用氨水吸收过量的CO2生成碳酸氢铵，由于NH3·H2O的Kb=1.7×10－5大于H2CO3的Ka1=4.3×10－7，因此吸收后所得溶液的pH ＞ 7，故答案为：＞。
20.某农药（杀虫剂）G的一种合成路线如下：

（1）A中官能团名称为____。
（2）F→G的反应类型为____。
（3）D、F中含氧官能团均相同，E（分子式为C19H26O4）的结构简式为____。
（4）F一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：____（只写一种）。
①分子中除苯环外不含其他环状结构；
②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，与FeCl3溶液发生显色反应；
③碱性水解后酸化，两种产物中均含有四种不同化学环境的氢；其中不含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为9∶1∶1∶1。
（5）写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。_______
【答案】 (1). 羰基 (2). 取代反应 (3).
(4). (5).
【解析】
【分析】
（1）直接得到A中官能团名称。

（2）根据F→G的有机物分析得出反应类型。
（3）D含有羟基和酯基，即C到D发生酯化反应，D到E发生取代反应，因此得到E的结构。
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件
①分子中除苯环外不含其他环状结构；②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，与FeCl3溶液发生显色反应；说明含有酚羟基和碳碳双键；③碱性水解后酸化，两种产物中均含有四种不同化学环境的氢；其中不含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为9∶1∶1∶1，因此书写出结构简式为。
（5）根据前后之间的联系分析得到先将催化氧化得到，再水解得到，再根据图中A到B的反应和NaCN反应得到，再根据B到C的反应得到，再酯化反应得到。
【详解】（1）A中官能团名称为羰基，故答案为：羰基。
（2）根据F→G的有机物分析得出反应类型为取代反应，故答案为：取代反应。
（3）D、F中含氧官能团均相同，D含有羟基和酯基，即C到D发生酯化反应，D到E发生取代反应，因此E（分子式为C19H26O4）的结构简式为，故答案为：。
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件
①分子中除苯环外不含其他环状结构；②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，与FeCl3溶液发生显色反应；说明含有酚羟基和碳碳双键；③碱性水解后酸化，两种产物中均含有四种不同化学环境的氢；其中不含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为9∶1∶1∶1。因此书写出结构简式为：，故答案为：。
（5）先将催化氧化得到，再水解得到，再根据图中A到B的反应和NaCN反应得到，再根据B到C的反应得到，再酯化反应得到，因此流程为
，故答案为：。