《江西省宜春市上高县第二中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题(解析版).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省宜春市上高县第二中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题(解析版).docx（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、上高二中20192020学年第二学期期末考试高二化学试题可能需要的相对原子质量：H-1 C-12 O-16一、选择题1. 化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是A. 垃圾分类中，易拉罐、过期药品属于可回收垃圾，剩饭剩菜等属于厨余垃圾，旧课本、荧光灯管属于有害垃圾B. “地沟油”有毒，但可以用于生产生物燃料C. 纯棉衬衣、塑料水管、牛皮鞋均与有机高分子化合物有关D. 为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土【答案】A【解析】【详解】A垃圾分类中，易拉罐、旧课本属于可回收垃圾；剩饭剩菜等属于厨余垃圾；荧光灯管、过期药品属于有害垃圾，故A错误；B地沟油会引起食
2、物中毒，经过一系列加工处理可得生物柴油等燃料，B正确；C纯棉的主要成分是纤维素，塑料是合成材料，均是有机高分子化合物，C正确；D水果中含植物生长剂乙烯， 乙烯可以被高锰酸钾氧化，从而达到保鲜效果，D正确；答案选A。2. 科学防护对预防新冠病毒感染非常重要，下列说法正确的是A. 冠状病毒粒子直径约60220nm，故介于溶液和胶体粒子之间B. 制作防护服和口罩的无纺布是无机高分子材料C. 免洗手消毒液的成分活性银离子、乙醇均能使蛋白质变性D. 酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了它们的强氧化性【答案】C【解析】【详解】A. 溶液中的粒子的直径小于1nm，胶体粒子的直径介于1100nm之间，冠状病毒粒子
3、直径约60220nm，故冠状病毒粒子直径不是介于溶液和胶体粒子之间，A不正确；B. 制作防护服和口罩的无纺布是有机高分子材料，B不正确；C. 免洗手消毒液的成分活性银离子属于重金属离子，其能使蛋白质变性，75%乙醇是医用酒精，也能使蛋白质变性，C说法正确；D. 酒精没有强氧化性，其能杀菌消毒，是因为其能使蛋白质脱水变性，D不正确。综上所述，相关说法正确的是C。3. 下列属于吸热反应的是A. 冰的熔化B. 高温下CaCO3分解C. 醋酸和氨水混合D. 氮气、氢气合成氨气【答案】B【解析】【详解】A. 冰的熔化是物理变化，不属于吸热反应，A不符合题意； B. 高温下CaCO3分解属于吸热反应的是，
4、B符合题意；C. 醋酸和氨水混合后发生中和反应，中和反应属于放热反应，C不符合题意； D. 氮气、氢气合成氨气的反应属于放热反应，D不符合题意。综上所述，属于吸热反应的是B。4. 用你所学的化学知识判断下列表述，其中不正确的是A. 乙烯、乙醛和硝基苯都能发生加成反应B. 甲烷、苯、蔗糖均能被氧化C. 所有糖、油脂和蛋白质均能发生水解反应D. 镀锌铁管的镀层破损后，残余的锌仍能起保护作用【答案】C【解析】【详解】A乙烯可以和多种物质发生加成反应，乙醛可以和氢气发生加成反应生成乙醇，硝基苯可以与氢气发生加成反应，A正确；B有机物均可以燃烧，发生氧化反应，B正确；C葡萄糖、果糖单糖，单糖不水解，故C
5、错误；D镀锌铁管的镀层破损后，锌比铁活泼，故锌被腐蚀，铁仍能被保护，D正确；答案选C。5. 与丙烯具有相同的碳、氢百分含量，但既不是同系物又不是同分异构体的是 A. 环丙烷B. 环丁烷C. 乙烯D. 丙烷【答案】B【解析】【分析】与丙烯具有相同的碳、氢百分含量，则最简式相同，据此分析解答。【详解】A. 环丙烷与丙烯互为同分异构体，A不符合； B. 环丁烷与丙烯最简式相同，但既不是同系物又不是同分异构体，B符合； C. 乙烯与丙烯是同系物，C不符合； D. 丙烷与丙烯最简式不同，D不符合；答案选B。6. 分子式与苯丙氨酸(下图)相同，且同时符合下列条件：有带两个取代基的苯环，有一个硝基直接连接在
6、苯环上的同分异构体的数目为A. 3种B. 6种C. 8种D. 10种 【答案】B【解析】【详解】根据题意，可以推知物质的结构：带两个取代基的苯环，则有邻间对三种情况；又一个硝基直接连接在苯环上，另一个取代基为丙基，丙基有两种情况：，故共有6种情况，答案选B。7. 高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。下表是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数，由表格数据判断以下说法中不正确的是酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.610-56.310-91.610-94.210-10A. 相同条件下在冰醋酸中，硝酸是这四种酸中最弱的酸B. 在冰醋酸中，这四种酸都没有完全电离C. 在
7、冰醋酸中，硫酸的电离方程式为H2SO4H+、H+D. 电解质的强弱与所处的溶剂无关【答案】D【解析】【详解】A相同条件下在冰醋酸中，硝酸的电离常数最小，故其是这四种酸中最弱的酸，A说法正确；B在冰醋酸中，这四种酸的电离常数均较小，故其都没有完全电离，B说法正确；C在冰醋酸中，硫酸存在电离平衡，其电离方程式为H2SO4H+、H+，C说法正确；D这四种酸在水溶液中均为强酸，但在冰醋酸中却是弱酸，故电解质的强弱与所处的溶剂有关，D说法不正确。综上所述，相关说法中不正确的是D。8. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是 A. 常温下，lLpH=l的盐酸溶液中，由水电离的H+数为10-13NA
8、B. 物质的量浓度为0.lmolL-1的MgCl2溶液中，含有的Mg2+个数少于0.lNAC. 标准状况下，碳原子总数为0.lNA的CO2和CCl4的混合物，其体积为4.48LD. 100g46%乙醇水溶液中，所含OH数目为NA【答案】A【解析】【详解】A常温下，lLpH=l的盐酸溶液中，c(OH-)=10-13mol/L，n(OH-)=10-13mol，由水电离的H+数等于OH-，故为10-13NA，A正确；B物质的量浓度为0.lmolL-1的MgCl2溶液的体积未知，故无法确定其中含有的Mg2+个数，B不正确； CCCl4在标准状况下是液体，无法根据气体摩尔体积计算其体积，C不正确；D10
9、0g46%乙醇水溶液中含有1mol乙醇和3mol水，乙醇和水分子中均有羟基，故其所含OH数目大于NA，D不正确。综上所述，相关判断正确的是A。9. 下列说法中，正确的是A. 顺丁橡胶(顺式聚1，3-丁二烯)、尿不湿(聚丙烯酸钠)、电木(酚醛树脂)都是由加聚反应制得的B. 乳酸()通过加聚反应可制得可降解的聚乳酸塑料C. 合成酚醛树脂()的单体是苯酚和甲醇D. 聚氯乙烯可制成薄膜、软管等；其单体是CH2=CHCl【答案】D【解析】【详解】A. 顺丁橡胶(顺式聚1，3-丁二烯)、，尿不湿(聚丙烯酸钠)是分别由1，3-丁二烯和丙烯酸钠通过加聚反应制得，但电木(酚醛树脂)是由苯酚和甲醛通过缩聚反应制得
10、的，选项A错误；B. 乳酸()通过缩聚反应可制得可降解的聚乳酸塑料，选项B错误；C. 合成酚醛树脂()的单体是苯酚和甲醛，选项C错误；D. 聚氯乙烯可制成薄膜、软管等；其单体是氯乙烯CH2=CHCl，选项D正确。答案选D。10. 下列说法不正确的是A. 向卤代烃水解后的溶液中加入硝酸，再加硝酸银液，可以确定卤代烃中含有哪种卤元素B. 用酸性KMnO4溶液(必要时可加热)能鉴别四氯化碳、甲苯、乙醇C. 用甘氨酸(H2N-CH2-COOH)和苯丙氨酸()缩合最多可形成4种二肽D. 在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OH【答案】D【解析】【详解】A根据实验
11、现象，可确定卤素元素，如白色沉淀是氯元素，黄色沉淀是溴元素，故A正确；B四氯化碳和高锰酸钾不反应，故不能使高锰酸钾溶液褪色；甲苯中的甲基能被高锰酸钾溶液氧化，故甲苯能使高锰酸钾溶液褪色，但得到的是苯甲酸的悬浊液；乙醇也能被高锰酸钾溶液氧化从而使高锰酸钾溶液褪色，乙醇能被氧化为乙酸，得到无色澄清溶液，故能用高锰酸钾溶液来鉴别三者，故B正确；C氨基酸生成二肽，两氨基酸分子脱去一个水分子。当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽，共4种，故C正确；D酯化反应时羧酸脱羟基、醇脱H，则酸性条件下，CH3CO18O
12、C2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故D错误；答案选D。11. 实验室制备溴苯的反应装置如图所示，关于实验操作或叙述错误的是 A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液时，需打开分液漏斗的顶塞或使顶塞上的凹槽与壁上小孔对齐B. 装置b的主要作用是除去溴化氢中的溴蒸气C. 装置c中的倒置漏斗主要是为了加速溴化氢的溶解，D. 反应后的混合液经水洗、分液、稀碱液洗涤、分液、蒸馏，得到溴苯【答案】C【解析】【详解】A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液时，需打开分液漏斗的顶塞或使顶塞上的凹槽与壁上小孔对齐，以平衡系统内外的压强，A叙述正确；B. 溴易溶于四氯化碳，而溴化氢不易溶于四氯化碳，故
13、装置b的主要作用是除去溴化氢中的溴蒸气，B叙述正确；C. 装置c中的倒置漏斗主要是为了防止溴化氢溶解于溶液而引起倒吸，C叙述错误；D. 反应后的混合液经水洗除去易溶于水的杂质，分液得有机层，稀碱液洗涤除去残留的溴，分液再得有机层，蒸馏除去剩余的苯，得到溴苯，D叙述正确。综上所述，实验操作或叙述错误的是C。12. 萤火虫发光原理如下：关于荧光素及氧化荧光素的叙述，不正确的是A. 互为同分异构体B. 均可发生硝化反应C. 均可与碳酸钠反应D. 一定共平面的碳原子均不少于7个【答案】A【解析】【详解】A根据结构简式可知，荧光素与氧化荧光素所含氧原子个数不同，分子式不同，则二者不是同分异构体，A错误；
14、B苯环可以发生取代反应，在一定条件下，可以发生硝化反应，B正确；C荧光素含酚羟基和羧基，可以和碳酸钠反应；氧化荧光素含酚羟基，有弱酸性，也可以和碳酸钠反应，故C正确；D二者均含苯环，苯环上的所有原子一定共平面，故一定共平面的碳原子均不少于7个，D正确；答案选A。13. 香草醛是一种食品添加剂，可由愈创木酚作原料合成，、合成路线如图所示。关于香草醛的合成路线，下列说法不正确的是A. 理论上物质12，原子利用率为100%B. 化合物2可发生氧化、还原、取代、加成、消去、缩聚反应C. 检验制得的香草醛中是否混有化合物3，不可用氯化铁溶液D. 等物质的量的四种化合物分别与足量NaOH反应，消耗NaOH
15、的物质的量之比为1：2：2：1【答案】B【解析】【详解】A. 物质12发生的是加成反应，因此，理论上物质12的原子利用率为100%，A说法正确；B. 化合物2的分子中虽然有羟基，但是与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，故其不发生消去反应，B说法不正确；C. 化合物3和香草醛的分子中均有酚羟基，都能与氯化铁溶液发生显色反应，因此，不能用氯化铁溶液检验制得的香草醛中是否混有化合物3，C说法正确；D. 1和4只有酚羟基可与碱反应，2和3有酚羟基和羧基可与碱反应，因此，等物质的量的四种化合物分别与足量NaOH反应，消耗NaOH的物质的量之比为1：2：2：1，D说法正确。综上所述，相关说法不正确
16、的是B。14. 有机物m、n、p存在如下转化关系。下列说法正确的是A m、n、p中所有原子不可能共面B. n不存在同分异构体，m、p均存在同分异构体C. 等质量的m、n、p，完全燃烧耗氧量不相等D. m、n、p均能由化学反应而使溴水褪色【答案】B【解析】【详解】A苯分子中12个原子共平面，乙炔4个原子在同一直线上，苯乙烯苯环上和乙烯基若旋转到同一面则所有原子共平面，选项A错误；Bn为乙炔，不存在同分异构体，m存在同分异构体如CHC-CH2CH2CCH等，p存在同分异构体如立方烷等，选项B正确；Cm、n、p的最简式均为CH，等质量的m、n、p，完全燃烧耗氧量相等，选项C错误；Dm中不含有碳碳双键
17、，不能由化学反应而使溴水褪色，n、p中均含有不饱和键，均能与溴发生加成反应而使溴水褪色，选项D错误；答案选B。15. 某天然油脂的分子式为C57H106O6，lmol该油脂水解可得到lmol甘油、lmol脂肪酸X、2mol脂肪酸Y。经测定X的相对分子质量为284，原子个数比为C：H：O=9：18：1，下列说法不正确的是A. X的分子式为C18H36O2B. 此天然油脂能与氢气反应C. Y的结构简式可能为CH3(CH2)16COOHD. Y的结构简式可能为CH3CH=CH(CH2)14COOH【答案】C【解析】【分析】某天然油脂的分子式为C57H106O6，lmol该油脂水解可得到lmol甘油、
18、lmol脂肪酸X、2mol脂肪酸Y，则该油脂分子中有3个酯基。经测定X的相对分子质量为284，原子个数比为C：H：O=9：18：1，其最简式为C9H18O，则其分子式为C18H36O2，Y的分子式为C18H34O2。【详解】AX的分子式为C18H36O2，A说法正确； BY的分子式为C18H34O2，则Y为不饱和高级脂肪酸，因此，此天然油脂分子中有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，B说法正确；CY的分子中有碳碳双键，其结构简式不可能为CH3(CH2)16COOH ，C说法不正确；DY的分子中有碳碳双键，其结构简式可能为CH3CH=CH(CH2)14COOH，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的
19、是C。16. 25时，向20mL0.lmolL-1H3PO2溶液中滴加0.lmolL-1的NaOH溶液，滴定曲线如图1，各种含磷微粒占含磷微粒总量的物质的量分数()随pH变化关系如图2(已知a点的纵坐标为0.5)。下列说法正确是A. a点溶液显中性B. 已知B点所加NaOH液l0mL，则该点溶液中存在关系：2c(H+)+c()=2c(OH-)+c(H3PO2)C. 已知D点所加NaOH液为20mL，则该点溶液中微粒浓度大小关系：c(Na+)c()c(OH-)c(H+)D. E点溶液中的水解方程式为+H2O+OH-【答案】C【解析】【详解】A.由图1和图2可知，该酸（次磷酸）为一元弱酸，图1中B
20、点对应的是加入10mL氢氧化钠溶液恰好中和一半的酸，此时对应图2中a点的纵坐标为0.5，溶液中c(H3PO2)=c(H2PO2-)、pH=5，溶液呈酸性，选项A错误；BB点溶液为等浓度的NaH2PO2和H3PO2，存在电荷守恒关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（H2PO2-），存在物料守恒：2c（Na+）=c（H3PO2）+c（H2PO2-），2-整理得到2c（H+）+c（H3PO2）=2c（OH-）+c（H2PO2-），选项B错误；C.D点为滴定终点，此时因次磷酸根水解而使溶液呈碱性，所以溶液中的各微粒浓度大小关系为c(Na+)c()c(OH-)c(H+)，选项C正确；DE点为
21、等浓度的NaH2PO2和NaOH溶液，水解方程式为+H2O+OH-答案选C。二、非选择题17. 现有一种烃A，它能发生如图所示转化。已知：烃A的相对分子质量为42，且能使Br2和酸性KMnO4溶液褪色，D能与NaHCO3溶液反应放出气体。请回答：(l)A的结构简式为_；C中官能团的名称是_。(2)在的反应中，属于取代反应的是(填序号)_。(3)写出下列反应的化学方程式。BC：_；CD：_。(4)已知两分子E可以在浓硫酸的催化作用下发生反应生成环状化合物F，则该反应属于_反应；F的结构简式为_。【答案】 (1) CH2 =CH-CH3 (2) 羟基 (3) (4) CH2ClCHClCH3+2N
22、aOHCH2OHCHOHCH3+ 2NaCl (5) 2+3O22+ 4H2O (6) 酯化或取代 (7) 【解析】【分析】烃A的相对分子质量为42，且能使Br2和酸性KMnO4溶液褪色，则A为丙烯；A与氯气发生加成反应生成B，B为1，2-二溴丙烷，B发生水解反应生成C，则C为1，2-丙二醇；C发生催化氧化生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出气体，则D为丙酮酸；D与氢气发生加成反应生成E，有为乳酸。【详解】(l)A为丙烯，其结构简式为CH2 =CH-CH3；C为1，2-丙二醇，其中官能团的名称是羟基。(2)由分析可知，在的反应中，属于取代反应的是。(3)BC的化学方程式为CH2ClCHClC
23、H3+2NaOHCH2OHCHOHCH3+ 2NaCl；CD的化学方程式2+3O22+ 4H2O。(4)E为乳酸，其既有羟基又有羧其，两分子E可以在浓硫酸的催化作用下发生反应生成环状化合物F，则该反应属于酯化(或取代)反应；F的结构简式为。【点睛】A到B的反应中，有机物分子中的H原子数没有发生变化，故为加成反应。18. I.丙炔酸甲酯(CHCCOOCH3)是一种重要的有机化工原料，沸点为103105。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为CHCCOOH+CH3OHCHCCOOCH3+H2O实验步骤如下：步骤1：在反应瓶中，加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。步骤2：
24、蒸出过量的甲醇(装置见下图)。步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl液、5%Na2CO3液、水洗涤。分离出有机相。步骤4：有机相经无水 Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。(1)步骤l中，加入过量甲醇的目的是_。(2)步骤2中，图中所示的装置中仪器A的名称是_。(3)步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是_；分离出有机相的操作名称为_。(4)步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是_。II.环己烯含量的测定在一定条件下，向ag环己烯样品中加 入过量的bmolBr2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用cmolL-1的Na2S2O3标准溶液滴定 ，终
25、点时消耗Na2S2O3标准溶液vmL(以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中，发生的反应如下：Br2+Br2+2KI=I2+2KBrI2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6(5)滴定所用的指示剂为_。样品中环己烯的质量分数为_。(6)下列情况会导致测定结果偏低的是_。a.样品中含有苯酚杂质 b.在测定过程中部分环己烯挥发 c.Na2S2O3标准溶液部分被氧化【答案】 (1) 作为溶剂、提高丙炔酸的转化率 (2) (直形)冷凝管 (3) 丙炔酸 (4) 分液 (5) 丙炔酸甲酯的沸点比水的高 (6) 淀粉溶液 (7) (8) b、c【解析】【分析】I.根据反应原理CHCCOOH+CH3O
26、HCHCCOOCH3+H2O，利用有机物的性质对实验进行分析；II.首先环己烯和溴按1：1发生加成反应，过量的溴可以和KI发生氧化还原反应2KI+Br2=2KBr+I2，最后用硫代硫酸钠测出碘的物质的量，相当于变相得出了过量的溴的物质的量，进而求出消耗的溴单质的量，本题得解。【详解】(1)甲醇可以溶解丙炔酸，可作为溶剂；该酯化反应是可逆反应，甲醇为反应物，加入过量的甲醇可提高丙炔酸的转化率；(2)仪器A为冷凝管或直形冷凝管；(3)丙炔酸中含有羧基，具有酸性，所以用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是丙炔酸；生成的丙炔酸甲酯不溶于水，溶液分层，故用分液的方法分离有机相；(4)丙炔酸甲酯的沸
27、点是103，水的沸点是100，有机物的沸点比水的高，所以蒸馏时不能用水浴加热；(5)滴定的是碘单质，所以选取淀粉溶液比较合适；当蓝色褪去且半分钟内不变色，说明已达滴定终点，溶液中的碘单质被耗尽；根据滴定方程式可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1：2，所以剩余 Br2的物质的量为c molL-1v10-3L=mol，反应消耗的Br2的物质的量为（b-）mol，环己烯的物质的量也为（b-）mol，代入其摩尔质量，这些环己烯的质量为（b-）82g，故环己烯的质量分数为；(6)根据第(5)问得出的关系式进行误差分析：a苯酚可以和溴发生加成，相当于多消耗了溴，最后滴定时消耗的v减
28、少，测定结果偏高，选项a错误；b环己烯部分挥发，环己烯自然少了，测定结果自然偏低，选项b正确；c标准液部分被氧化，相当于要多加一些标准液才能达到滴定终点，v增大，测定结果偏低，选项c正确；答案选bc。19. I.(1)氮氧化物、二氧化硫是造成大气污染的主要物质，某科研小组进行如下研究。写出SO2(g)与NO2(g)反应生成SO3(g)和NO(g)的热化学方程式_。II.(2)辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电解转变而成，有关转化如图，阴极反应式为_。若转化时转移了0.2mol电子，共生成Cu2S_mol。III.(3)T时，向某恒温密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C，发生反应F
29、e2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)H=+489kJ/mol，反应达到平衡后，在t1时刻改变某条件，逆反应速率v(逆)随时间(t)的变化关系如图所示，则t1时刻改变的条件可能是(填写字母)_。a.保持温度、体积不变，加少量碳粉 b.保持温度、体积不变，增大CO浓度 c.保持温度不变，压缩容器(4)在一定温度下，向某体积可变的恒压密闭容器(P总)加入lrnolCO2与足量的碳，发生反应C(s)+CO2(g)2CO(g) H=+172kJ/mol，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示。650时，该反应达平衡后吸收的热量是_。(计算时不考虑温度对H的影响)T时，若向平衡体系中
30、再充入一定量按V(CO2)：V(CO)=3：4的混合气体，平衡_(填：“正向”、“逆向”或“不”)移动。925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp为_(保留三位有效数字)。气体分压P分气体总压P总体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数，记作Kp【答案】 (1) SO2(g)+NO2(g) =SO3(g) +NO(g) H= -41.8kJ/mol (2) 2CuFeS2+2e-+6H+= Cu2S+2Fe2+3H2S (3) 0.2 (4) bc (5) 43kJ (6) 逆向 (7) 23.0P总【解析】【分析】根据图中信息写出热化学方程式；根据图中信
31、息，阴阳两极上均有硫化亚铜生成；根据平衡常数的表达式进行分析；从图中找出关键信息解决相关的问题。【详解】I.(1)由图中信息可知，2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) H= - 113.0kJ/mol，2SO2(g)+ O2(g)= 2SO2(g) H= -196.6kJ/mol，根据盖斯定律，(-)0.5可得SO2(g)+NO2(g) =SO3(g) +NO(g)，则 H=-196.6kJ/mol-( - 113.0kJ/mol)0.5= -41.8kJ/mol ，综上所述，SO2(g)与NO2(g)反应生成SO3(g)和NO(g)热化学方程式为SO2(g)+NO2(g) =SO3(g)
32、 +NO(g) H= -41.8kJ/mol。II.(2)辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电解转变而成，根据其有关转化示意图并结合电解原理可知，阴极上黄铜矿被还原生成硫化亚铜，阴极的电极反应式为2CuFeS2+2e-+6H+= Cu2S+2Fe2+3H2S 。阳极的电极反应式为2Cu-2e-+H2S= Cu2S+2H+。根据电极反应可知，若转化时转移了0.2mol电子，阴极和阳极分别生成0.1mol Cu2S，故共生成0.2mol Cu2S。III.(3)T时，向某恒温密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C，发生反应Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)H=+489
33、kJ/mol，反应达到平衡后，在t1时刻改变某条件。a保持温度、体积不变，加少量碳粉，化学反应速率不变，a不符合题意； b保持温度、体积不变，增大CO浓度，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，但是由于该反应的平衡常数K=c3(CO)，温度不变其值不变，故等重新达到平衡后，v(逆)与原平衡相等，b符合题意；c保持温度不变，压缩容器，CO浓度增大，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，但是由于该反应的平衡常数K=c3(CO)，温度不变其值不变，故等重新达到平衡后，v(逆)与原平衡相等，c符合题意。综上所述，t1时刻改变的条件可能是bc。(4)由图中信息可知，650时，该反应达平衡后，CO在平衡体
34、系中的体积分数为40%，则CO2在平衡体系中的体积分数为60%，两者物质的量之比为2：3。设CO2的变化量为x，则CO的变化量为2x，则有(1mol-x)：2x=3：2，解之得，x=0.25mol，则反应中吸收的热量是0.25mol172kJ/mol =43kJ。由图中信息可知，T时，平衡体系中V(CO2)：V(CO)=1：1，若向平衡体系中再充入一定量按V(CO2)：V(CO)=3：4的混合气体，则相当于增大生成物浓度，平衡逆向移动。由图中信息可知，925时，平衡体系中CO和CO2体的积分数分别为96%和4%，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=23.0P总。【点睛】反应Fe2O3
35、(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)中，只有CO的浓度是可变的，故在一定的温度下，该反应的化学平衡常数只与CO的浓度有关，温度不变，CO的浓度不变。20. 物质A为生活中常见的有机物，只含有C、H、O三种元素，且它们的质量比为12：3：8。物质D是一种芳香族化合物。请根据如图(所有无机产物已略去)中各有机物的转化关系回答问题。 已知两分子醛在一定条件下可以发生如下反应(其中R、R为H或烃基)：RCHO+RCH2CHOH2O。 (l)AB的反应类型为_；H的名称：_。(2)写出物质A的结构简式：_。(3)写出DE中反应的化学方程式：_。(4)E有多种同分异构体，与E具有相同官能团的芳香族
36、同分异构体有_种(包括本身和顺反异构)，其中核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式有2种，请写出其中一种_。(5)若I与H2发生反应，则1molI最多消耗H2的物质的量为_mol。【答案】 (1) 氧化反应 (2) 3-苯基-1-丙醇 (3) CH3CH2OH(或C2H5OH) (4) C6H5CH=CHCHO+ 2Ag(NH3)2OH C6H5CH=CHCOONH 4 +H2O +2Ag+3NH3 (5) 6 (6) 或 (7) 8【解析】【分析】物质A为生活中常见的有机物，只含有C、H、O三种元素，且它们的质量比为12：3：8，则其C、H、O的原子个数比为2：6：1，其最简式为C2H6
37、O，由于最简式中H原子数已达饱和，故其最简式就是其分子数，故A为乙醇。A催化氧化后转化为B，则B为乙醛；D被银氨溶液氧化后再酸化得到E，E的分子式为C9H8O2，由信息RCHO+RCH2CHOH2O可知，C为苯甲醛；物质D是一种芳香族化合物，则D为C6H5CH=CHCHO，E为C6H5CH=CHCOOH；E与溴水发生加成反应生成F，F发生消去反应后再酸化得到G，G分子中有碳碳叁键、羧基和苯环，G的分子式为C9H6O2，其结构简式为C6H5CCCOOH。【详解】(l)AB的反应类型为氧化反应；D与氢气发生加成反应生成H，H可与G发生酯化反应，根据D、G、I的分子式可以推断D与氢气发生加成反应时只
38、有碳碳双键和醛基参与了反应，则H的名称为3-苯基-1-丙醇。(2)物质A的结构简式为CH3CH2OH(或C2H5OH)。(3) DE中反应的化学方程式为C6H5CH=CHCHO+ 2Ag(NH3)2OH C6H5CH=CHCOONH 4 +H2O +2Ag+3NH3。(4)E（C6H5CH=CHCOOH）有多种同分异构体，与E具有相同官能团的芳香族同分异构体有C6H5CH=CHCOOH有顺式和反式两种、（还有间位和邻位2种）、，共有6种，其中核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式有2种，分别为和。 (5)H和G发生酯化反应生成I，I的分子中有2个苯环和1个碳碳叁键可与H2发生加成反应，若I与H2发生反应，则1molI最多消耗H2的物质的量为8 mol。【点睛】本题中H的结构较难推断，要确定其结构，需要根据G、D、I的分子式进行综合分析，明确各步变化的本质是解题的关键。