【精准解析】上海市金山中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题

金山中学2019学年度第二学期高二年级化学学科期中（等级）试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1. 合成氨工业所需氢气的主要来源是（）
A. 水和燃煤
B. 电解水
C. 锌和硫酸反应
D. 液化空气【答案】A
【解析】
【详解】A．水和燃煤高温下可生成氢气和一氧化碳，获取方便，还可将煤炭转化为可燃性气体，降低煤炭燃烧对环境的污染，故A符合题意；
B．电解水需消耗大量的电能，成本太高，故B不符合题意；
C．锌和硫酸反应造价太高，故C不符合题意；
D．空气中不含氢气，液化空气得不到氢气，故D不符合题意；
答案选A。

2. 下列化学用语正确的是（）
A. 乙烯的分子式：CH2=CH2
B. 过氧化氢的结构式：H-O-O-H
C. 含有8个中子的氧原子：18
O
8
D. NH4Cl的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯的分子式为C2H4，CH2=CH2为乙烯的结构简式，故A错误；
B．过氧化氢为共价化合物，含有O-H键和O-O键，则结构式：H-O-O-H，故B正确；
O，故C．氧原子的质子数为8，含有8个中子的氧原子质量数为8+8=16，则原子可表示为：16
8
C错误；
D．NH4Cl的电子式：，故D错误；
答案选B。

3. 漂白原理不是使有机质氧化褪色的物质是（）
A. SO2
B. Na2O2
C. O3
D. HClO 【答案】A
【解析】
【详解】A．SO2能与有色物质化合生成不稳定的无色物质而具有漂白性，其原理不是氧化，故A符合题意；
B．Na2O2具有强氧化性，能使有机色质氧化褪色，故B不符合题意；
C．O3具有强氧化性，能使有机色质氧化褪色，故C不符合题意；
D．HClO具有强氧化性，能使有机色质氧化褪色，故D不符合题意；
答案选A。

4. 下列有机物的命名正确的是
A. 3-乙基-4-甲基己烷
B. 2,2-二甲基丁烷
C. 3-乙基-4-甲基庚烷
D. 3-异丙基己烷
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据所给名称对应的有机物结构应为，正确名称为3-甲基-4-乙基己烷，故A错误；
B．根据所给名称对应的有机物结构应为，命名正确，故B正确；
C．根据所给名称对应的有机物结构应为，正确名称为4-甲基-5-乙基庚烷，故C错误；
D．根据所给名称对应的有机物结构应为，正确名称为2-甲基-3-乙基己烷，故D错误；
故答案为B。

【点睛】烷烃命名原则：
①长-----选最长碳链为主链；
②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近-----离支链最近一端编号；
④小-----支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；
⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。

5. 喷气式飞机在对流层中飞行时排放的尾气NO，能进行下列反应：O3→O2＋O；NO＋O3→NO2＋O2，NO2＋O→NO＋O2，则NO在这些反应中的作用是（）
A. 催化剂
B. 还原剂
C. 氧化剂
D. 中间产物【答案】A
【解析】
【详解】①：O3→O2＋O、②NO＋O3→NO2＋O2、③NO2＋O→NO＋O2，①②③反应中反应物有O3、NO、NO2、O；生成物有O、O2、NO2、NO、合在一块是：O3+NO+O+NO2═O+3O2+NO，反应物和生成物中相同的要消去即：2O3=3O2，由方程式可知一氧化氮在反应过程中质量和化学性质不变，作为催化剂。

答案选A。

6. 下列化学键中，键的极性最强的是( )
A. H—C
B. H—O
C. H—N
D. H—F 【答案】D
【解析】
【详解】非金属性越强，键的极性最强，F非金属性最强，H—F极性最强，故D符合题意。

综上所述，答案为D。

7. 可用于铵根离子检验的一组试剂是（）
A. NaOH溶液、蓝色石蕊试纸
B. NaOH溶液、稀硫酸
C. 盐酸、红色石蕊试纸
D. NaOH溶液、浓盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．向溶液中，加入NaOH溶液后加热产生氨气，但是如果用湿润的蓝色石蕊试纸检测，试纸还是蓝色，无法检测，A错误；
B．向溶液中，加入NaOH溶液后加热产生氨气，但是与稀硫酸反应没有现象，无法检测，B错
误；
C．向溶液中，加入HCl溶液，NH4＋与HCl不反应，溶液呈酸性，用红色湿润试纸检验，还是红色，无法检测，C错误；
D．向溶液中，加入NaOH溶液后加热产生氨气，浓盐酸具有挥发性，生成NH4Cl产生白色的烟，可以检验氨气，D正确；
答案选D。

8. 反应：A2(g)+B2(g)→2AB(g)+Q的能量变化如图所示，对该反应的叙述正确的是（）
A. 每生成2分子AB（g）吸收bkJ热量
B. Q=(b-a)kJ
C. 反应物
的总能量高于生成物的总能量D. 断裂1molA—A和1molB—B键，放出akJ能量【答案】B 【解析】【详解】A．依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a-b)kJ
热量，A错误；
B．依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，反应物需要吸收热量才能转化为生成物，则Q=(b-a)kJ，B正确；
C．依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，C错误；
D．断裂1molA－A和1molB－B键，吸收akJ能量，D错误；
故选B。

9. 将仔细打磨过的铝箔，在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动，看到的现象是熔化的铝（）
A. 滴落
B. 剧烈燃烧
C. 不滴落，好像有一层膜兜着
D.
火星四溅
【答案】C
【详解】将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了熔点很高的氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点远远高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候，铝熔化了但是不会滴落，好像有一层膜兜着，铝在空气中加热不能燃烧，答案选C。

10. 如图，a、b是两根碳棒。

以下叙述正确的是（）
A. a是阴极，发生还原反应
B. b是负极，发生氧化反应
C. 滴加酚酞试液，b极附近溶液颜色变红
D. 铜片上的电极反应式是：2H+-2e-→H2↑
【答案】C
【解析】
【分析】
铜-锌-稀硫酸装置能自发的进行氧化还原反应，且符合原电池的构成条件，所以该装置是原电池，锌的活泼性强于铜，则锌为负极，铜为正极；右边装置有外接电源，所以构成了电解池，据此分析解答。

【详解】A．a极接原电池的正极，所以a极是阳极，发生氧化反应，故A错误；
B．b极接原电池的负极，所以b极是阴极，发生还原反应，故B错误；
C．随着反应的进行，a极上氯离子放电生成氯气，b极上氢离子放电生成氢气，所以b极附近氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，滴加加酚酞试液，b极附近溶液颜色变红，故C正确；D．铜片上氢离子得电子生成氢气，电极反应式是：2H++2e-=H2↑，故D错误；
答案选C。

11. 关于工业上用接触法制硫酸的说法不正确的是（）
A. 硫酸厂应建在靠近原料产地的地区
B. 主要设备有沸腾炉、接触室和吸收塔
C. 三氧化硫不用水吸收，而是用浓硫酸吸收
D. 尾气若不经处理排放，有可能形成硫酸型酸雨
【解析】
【详解】A．硫酸因有强腐蚀性而不能较多地贮存，其运输费用也较高，从而决定了硫酸厂靠近消费中心更为有利，故A说法错误；
B．工业上制硫酸的设备分为三大部分，一是沸腾炉、二是接触室、三是吸收塔；在沸腾炉内煅烧黄铁矿生成二氧化硫，在接触室内有催化剂存在下二氧化硫进一步与氧气结合，生成三氧化硫，三氧化硫流经吸收塔时，采用98.3%的浓硫酸吸收，使三氧化硫最终与水化合形成硫酸，故B说法正确；
C．三氧化硫若用水吸收，反应放热，放出的热量易导致酸雾形成，阻碍三氧化硫的吸收，故工业制取硫酸过程中用浓硫酸吸收，故C说法正确；
D．硫酸工业的尾气中含有二氧化硫，尾气若不经处理排放，有可能形成硫酸型酸雨，故D说法正确；
答案选A。

12. 已知化合物A的结构如图所示，则A的二氯代物的数目为（）
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
【答案】B
【解析】
【详解】A的二氯代物中氯原子的取代情况有：取代2个C原子上的H，取代2个Si原子上的H，取代相邻C原子和Si原子上的H，取代体对角线上的C原子和Si原子上的H，因此化合物A的二氯化物共有4种，故B符合题意。

综上所述，答案为B。

13. 一定呈碱性的溶液是( )
A. pH=8的某电解质的溶液
B. [OH-]＞1×10-7mol/L
C. 溶液中含有OH-
D. K w＞[H+]2
【解析】 【分析】
水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小：[H +]＞[OH -]溶液呈酸性；[H +]=[OH -]溶液呈中性；[H +]＜[OH -]溶液呈碱性，室温时，K w =10-14
，若溶液中：[H +
]=10-7
，pH 值=7，溶液呈中性；[H +
]＞10-7
，pH 值＜7，溶液呈酸性；[H +
]＜10-7，pH 值＞7，溶液呈碱性，据此判断。

【详解】A ．没指明温度，K w 不一定等于10−14
，不能根据pH 值判断溶液的酸碱性，故A 错误； B ．没指明温度，K w 不一定等于10−14，不能根据[OH -]浓度大小判断溶液的酸碱性，故B 错误； C ．任何水溶液中都含有氢氧根离子，不能通过是否含有氢氧根离子判断溶液酸碱性，故C 错误；
D ．溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小，K w ＞[H +]2，K w =[H +][OH -]，[OH -]＞[H +
]，溶液一定显碱性，故D 正确； 答案选D 。

14. N A 代表阿伏加德罗常数。

已知C 3H 6和C 4H 8的混合物的质量为ag ，则该混合物（ ） A. 燃烧消耗的O 2一定是：33.6a
L 14
B. 原子总数：
A
aN 14
C. 碳氢键数目：A
aN 7
D. 共用电子对数目：
A a
7+1
N 【答案】C 【解析】 【分析】
C 3H 6和C 4H 8的最简式均为CH 2，可以根据CH 2进行计算。

ag 混合物中含有最简式CH 2的物质的量为：a÷14g·mol －1=
14a mol ，ag 混合物中含有14a
molC 原子、7
a molH 原子。

【详解】A ．不知是否在标准状况下，题中条件无法计算ag 混合物燃烧消耗的氧气的体积，A 错误；
B ．ag 混合物中含有14a mol
C 原子、7
a molH 原子，总共含有原子的物质的量为：(14a +7a
)mol ，所含原子总数为
314
a
N A ，B 错误； C ．1个“CH 2”中含有2个C －H 键，则ag 混合物所含碳氢键数目为2×
14A aN =A
a 7
N ，C 正确； D ．在C 3H 6和C 4H 8中，每个C 含有1个碳碳共用电子对、每个H 形成了1个碳氢共用电子对，
因此1molCH2中含有3mol共用电子对，所以总共含有3
14
a
mol共用电子对，所含共用电子对数
目为(3
14
a
)N A，D错误；
故选C。

15. 由于氯化铵的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图：
有关该制碱工艺的描述错误的是( )
A. X 可以是石灰乳
B. 氨气循环使用
C. 原料是食盐、NH3、CO2和水
D. 产品是纯碱和氯化钙
【答案】C
【解析】
【详解】A．饱和食盐水和二氧化碳，氨气反应生成氯化铵和碳酸氢铵，用氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙，氨气和水，故X可以是石灰乳，故A正确；
B．根据流程图可知，氨气可以循环使用，故B正确；
C．原料是饱和食盐水、氨气、二氧化碳和石灰乳，故C错误；
D．根据工艺流程，产品是纯碱和氯化钙，故D正确；
答案选C。

16. 某高分子化合物的结构如下：
其单体可能是
①CH2═CHCN ②乙烯③1,3-丁二烯④苯乙炔⑤苯乙烯⑥1-丁烯
A. ①③⑤
B. ②③⑤
C. ①②⑥
D. ①③④
【答案】A 【解析】
【详解】该高聚物链节主链不含杂原子，属于加聚反应生成的
高聚物，链节主链上存在碳碳
双键结构，
其的单体是CH 2=CHCN 、
CH 2=CH-CH=CH 2、苯乙烯，故选A 。

【点睛】解答此类题目，首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，加聚产物的单体推断方法：(1)凡链节的主链上只有两个
碳原子(无其它原子)的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；(2)凡链节主链上
只有四个碳原子(无其它原子)且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；(3)凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规
律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换。

17. 向酸化的Fe(NO 3)3溶液中逐渐通入H 2S 气体，可能发生反应的离子方程式正确的是( ) A. 3S 2-
+2NO 3-
+8H +
=2NO+3S↓+4H 2O B. Fe
3++3NO 3
-
+5H 2S+2H +=3NO+5S↓+Fe 2+
+6H 2O
C. Fe 3++7NO 3-
+10H 2S+8H +=7NO+10S+Fe 2++14H 2O D. S 2-
+2NO 3-
+4H +
=2NO 2↑+S↓+2H 2O 【答案】B 【解析】 【分析】
酸性溶液中，氧化性HNO 3＞Fe 3+，硫化氢不足，硝酸根离子氧化硫化氢；硫化氢足量，则Fe(NO 3)3完全反应，硫化氢是气体，离子反应中不能拆写，以此来解答。

【详解】A ．酸性溶液中，氧化性HNO 3＞Fe 3+
，硫化氢不足，硝酸根离子氧化硫化氢，由电子、电荷守恒可知，离子反应为3H 2S+2NO 3-
+2H +=2NO↑+3S↓+4H 2O ，且硫化氢为气体，离子反应中不能拆写，故A 错误；
B ．硫化氢足量，则Fe(NO 3)3完全反应，由电子、电荷守恒可知，离子反应为Fe 3++3NO 3-
+5H 2S+2H +=3NO+5S↓+Fe 2++6H 2O ，故B 正确；
C ．反应Fe 3+
+7NO 3-
+10H 2S+8H +=7NO+10S+Fe 2+
+14H 2O 中电荷不守恒，故C 错误；
D ．根据A 项分析，离子反应为3H 2S+2NO 3-
+2H +
=2NO↑+3S↓+4H 2O ，且硫化氢为气体，离子反应中不能拆写，故D 错误； 答案选B 。

18. pH=2的两种酸溶液A 、B 各1mL ，分别加水稀释到1000mL ，其pH 与溶液体积(V)的关系如图示，下列说法正确的是( )
①若a ＜5，则A 、B 都是弱酸； ②稀释后[H +
]：A ＞B ；
③若a=5，则A 是强酸，B 是弱酸；
④A、B 两种酸溶液的物质的量浓度一定相等。

A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④
【答案】C 【解析】 【分析】
由图可知，pH=2的两种酸溶液A 、B 各1mL ，[H +]=10-2mol/L ，若为强酸，分别加水稀释到1000mL ，[H +]=10-5mol/L ，pH=5；pH 相同的两种酸稀释相同倍数，B 的pH 变化较小，则B 一定为弱酸，若a=5，则A 为强酸，若a ＜5，则A 、B 都是弱酸，据此分析。

【详解】①若a ＜5，说明A 、B 稀释过程均还有氢离子电离出，则A 、B 都是弱酸，故①正确； ②从图上可知，稀释到1000mL 后，B 酸溶液的pH 比A 酸溶液的pH 小，则[H +]：A ＜B ，故②错误；
③1mL 的A 酸稀释103倍(1000mL)，稀释后溶液的pH=2+3，即a=5，则A 为强酸，B 酸稀释103倍后溶液pH ＜5，说明稀释过程还电离出一定的氢离子，则B 是弱酸，故③正确； ④无法判断A 、B 两种酸溶液的物质的量浓度；故④错误； 综上，正确的是①③，答案选C 。

19. 现有下列两套实验装置，用于实验室制取乙酸乙酯或乙酸丁酯。

下列说法错误的是
A. 图I 装置用于制取乙酸乙酯，图II 装置用于制取乙酸丁酯
B. 导管a 和导管b 的作用都是冷凝回流
C. 都可用饱和Na 2CO 3溶液来洗去酯中的酸和醇
D. 加入过量的乙酸可以提高醇的转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A 、乙酸丁酯分子量大溶沸点高，不易转移出去，故采用冷凝回流少量的反应物和产物，乙酸乙酯沸点低易挥发出收集在试管中，A 正确；
B 、b 是冷凝回流，a 是导气，B 错误；
C 、Na 2CO 3溶液反应掉未反应的酸和溶解醇，C 正确；
D 、反应为可逆反应，增加一种反应物的量可以提高另一种反应物的转化率，D 正确。

答案选B 。

20. 某溶液X 中可能含有下列离子中的若干种：Cl -、2-4SO 、2-3SO 、-
3HCO 、Na +、Mg 2+、Fe 3+，所含离子的物质的量浓度均相同。

为了确定该溶液的组成，某同学取100mL 上述溶液X ，进行了如下实验：
下列说法正确的是（ ）
A. 气体A 可能是CO 2或SO 2
B. 溶液X 中一定存在2-4SO 、-
3HCO 、Na +、Mg 2+ C. 溶液X 中一定不存在Fe 3+和Mg 2+，可能存在Na +
D. 分别在溶液1和溶液2中加入硝酸酸化的硝酸银溶液都能生成白色沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe 3+，且产生的白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体，则白色沉淀一定有BaSO 4，一定存在2-4SO 、-3HCO 或2-3SO 中的至少一种，气体为CO 2或SO 2：①若气体A 是CO 2，则溶液中一定存在2-4SO 、-3HCO ，可能还含有Cl -、Na +、Mg 2+(Na +、Mg 2+至少存在一种)，所含离子的物质的量浓度均相同，2c (2-4SO )+c (-3HCO )=c (Na +)+2c (Mg 2+)，没有Cl -，X 中一定存在2-4SO 、-
3HCO 、Na +、Mg 2+，符合题意；②若气体A 是SO 2，则溶液中一定存在2-4SO 、2-3SO ，由于阳离子只有Na +、Mg 2+，所含离子的物质的量浓度均相同，根据电荷守恒可知不符合题意；③若气体A 是CO 2、SO 2的混合气体，则溶液中一定存在2-4SO 、2-3SO 、-
3HCO 、由于阳离子只有Na +、Mg 2+，所含离子的物质的量浓度均相同，根据电荷守恒可知不符合题意；据此分析解答。

【详解】A ．根据分析可知，气体A 是CO 2，故A 错误；
B ．根据分析，气体A 是CO 2，则溶液中一定存在2-4SO 、-3HCO ，可能还含有Cl -、Na +、Mg 2+(Na +、Mg 2+至少存在一种)，所含离子的物质的量浓度均相同，根据电荷守
恒:2c (2-4SO )+c (-3HCO )=c (Na +)+2c (Mg 2+)可知，没有Cl -，X 中一定存在2-4SO 、-3HCO 、Na +、Mg 2+，符合题意，故B 正确；
C ．溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe 3+，根据分析，溶液由一定存在2-
4SO 、
-3HCO 、Na +、Mg 2+构成，所以Mg 2+一定有，故C 错误； D ．由上述分析可知，溶液中不含Cl -，所以向溶液1(无2-
4SO )加入硝酸酸化的硝酸银溶液不会生成AgCl 白色沉淀，溶液2碳酸钡与足量盐酸反应后的氯化钡，溶液中还有过量的盐酸，加入硝酸酸化的硝酸银溶液生成AgCl 白色沉淀，故D 错误；
答案选B 。

【点睛】所含离子的物质的量浓度均相同，利用电荷守恒确定溶液中的各种离子，为易错点。

二、综合分析题（共60分）
21. 黑火药爆炸时发生的反应为：S+2KNO 3+3C 点燃−−−→2K 2S+N 2↑+3CO 2↑。

完成下列填空：
(1)该反应的氧化剂是___，每生成1molCO 2转移电子的个数为___。

(2)上述反应涉及元素中，比较属于同一主族的元素的气态氢化物的稳定性强弱：___，从原子结构角度分析原因：___。

(3)常温下，向1LpIH=10的NaOH 溶液中持续通入CO 2。

通入CO 2的体积(V)与溶液中CO 23-
离子浓度的关系如图所示。

O 点：由水电离产生的c (H +)=___；a 点：溶液中离子浓度由大到小的关系是：___；b 点：溶液呈碱性的原因是___；若通入CO 2使溶液呈中性，此时溶液中的溶质是___。

【答案】 (1). KNO 3和S (2). 4N A (3). H 2O ＞H 2S (4). H 2O 与H 2S 都是分子晶体，稳定性由共价键决定，电子层数：O ＜S ，原子半径：O ＜S ，键长：H-O ＜H-S ，键能：H-O ＞H-S ，所以稳定性：H 2O ＞H 2S (5). 1×10-10mo/L (6). c (Na +)＞c (CO 23-)＞c (OH -)＞c (HCO 3-)＞c (H +) (7). b 点溶质是NaHCO 3，HCO 3-
的水解程度大于电离程度 (8). NaHCO 3、H 2CO 3(CO 2)
【解析】
【详解】(1)反应S+2KNO 3+3C 点燃−−−→2K 2S+N 2↑+3CO 2↑中，S 元素的化合价由0价降低到-2价，则S 为氧化剂，N 元素化合价由+5价降低到0价，则KNO 3为氧化剂，C 元素化合价由0价升高为+4价，则C 为还原剂，反应中每一个C 原子失去4个电子，当生成1mol CO 2时，该反应转移电子的物质的量为1mol ⨯(4-0)=4mol ，数目为4N A ；
(2)上述反应涉及元素中，属于同一主族的元素为O 和S 元素，其气态氢化物分别为H 2O 和H 2S ，H 2O 与H 2S 都是分子晶体，稳定性由共价键决定，电子层数：O ＜S ，原子半径：O ＜S ，键长：
H-O ＜H-S ，键能：H-O ＞H-S ，所以稳定性：H 2O ＞H 2S ；
(3)水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，O 点是没有通二氧化碳的情况，即pH=10的 NaOH 溶液，则c (H +)=1×10-10
mol/L ，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出的c (H +)=1×10-10mol/L ；根据分析，a 点时溶质为碳酸钠，属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，溶液显碱性，则溶液中的离子浓度由大到小的关系是：c (Na +)＞c (CO 23-)＞c (OH -)＞c (HCO 3-)＞c (H +)；b 点时，溶液中的溶质为碳酸氢钠，HCO 3-
的水解程度大于电离程度，则溶液呈碱性；若通入CO 2使溶液呈中性，二氧化碳，与水反应生成碳酸，此时溶液中的溶质是NaHCO 3、H 2CO 3(CO 2)。

22. 生产水煤气的过程如下：
①C(s)+CO 2(g)⇌2CO(g)-172.5kJ ； ②C(s)+H 2O(g)⇌CO(g)+H 2(g)+41.1kJ ；
③CO 2(g)+H 2(g)⇌CO(g)+H 2O(g)+Q 3。

完成下列填空：
(1)CO 2的电子式是___，碳元素除可形成常见的氧化物CO 、CO 2外，还可形成C 2O 3，C 2O 3分子中每个原子最外层都是稳定状态，则C 2O 3的结构式是___。

(2)在一定温度下，将等物质的量的CO 和H 2O(g)通入恒容密闭容器中发生反应②，平衡后，向容器中再充入1molH 2O(g)，平衡向___(选“正反应”或“逆反应”)方向移动，重新达到平衡，与原平衡相比，H 2O(g)的转化率：___(选填“增大”、“减小”或“不变”)。

(3)Q 3=___kJ ，判断反应③是___反应(选填“吸热”成“放热”)。

(4)某温度下，在体积为2L 的绝热恒容密闭容器得中通入2molCO 2和4molH 2(g)发生成应③，5min 时达到平衡，测得CO 2(g)的转化率是75%，则0-5min 内，用H 2O 表示的反应速率v (H 2O)=___，可以作为判断该反应达到平衡的标志有___。

a ．混合气体的平均相对分子质量不再改变 b ．v 正(H 2)=v 逆(H 2O) c ．容器中压强不变 d ．容器内温度不再变化 【答案】 (1). (2). (3). 正反应 (4). 减小 (5).
-213.6 (6). 吸热 (7). 0.15mol/(L ∙min) (8). bd
【解析】
【分析】
根据碳原子形成8电子稳定结构，写出CO 2和的电子式和C 2O 3的结构式；将反应物H 2O(g)的浓度增大，平衡正向移动，H 2O(g)的转化率减小；根据盖斯定律计算Q 3的值，根据Q 3的数值判断反应是吸热还是放热；根据三段式计算化学反应速率；根据化学平衡的判断依据进行判断，据此分析。

【详解】(1)碳原子和氧原子各形成两对共用电子对，CO 2的电子式是，C 2O 3分子中每个原子最外层都是稳定状态，氧原子需形成两对共价键，碳原子需形成四对共价键，则C 2O 3的结构式是；
(2)在一定温度下，将等物质的量的CO 和H 2O(g)通入恒容密闭容器中发生反应②，即CO(g)+H 2O(g)⇌CO 2(g)+H 2(g)平衡后，向容器中再充入1molH 2O(g)，反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，重新达到平衡，与原平衡相比，H 2O(g)的转化率是转化的H 2O(g)得物质的量与起始物质的量的比值，外界条件的影响远大于平衡移动的变化，故H 2O(g)的转化率在减小；
(3)①C(s)+CO 2(g)⇌2CO(g)-172.5kJ ；
②C(s)+H 2O(g)⇌CO(g)+H 2(g)+41.1kJ ；
将①-②得：③CO 2(g)+H 2(g)⇌CO(g)+H 2O(g)+Q 3
Q 3=-213.6kJ ，说明向外界吸收能量，反应③是吸热反应；
(4)某温度下，在体积为2L 的绝热恒容密闭容器得中通入2molCO 2和4molH 2(g)发生成应③，
()()()()222(mol)
2400(mol)
x CO g +H g CO g +H O x x x 5min(mol)2-x 4-x x x
g 开始变化 5min 时达到平衡，CO 2(g)转化率是x 2
=75%，x=1.5mol ，则0-5min 内，用H 2O 表示的反应速率v (H 2O)=1.5mol
2L 5min
=0.15mol/(L ∙min)；
恒容密闭容器发生化学反应：CO 2(g)+H 2(g)⇌CO(g)+H 2O(g)；
a ．容器中气体的总质量是恒定的，左右两边气体的分子数是相等的，总物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量一直不变，混合气体的平均相对分子质量不再改变，不能作为判断该反应达到平衡的标志；
b．氢气和水蒸气的计量数相等，v正(H2)=v逆(H2O)表示的正逆反应速率相等，能作为判断该反应达到平衡的标志；
c．左右两边气体的分子数是相等的，反应前后气体的压强一直不变，容器中压强不变，不能作为判断该反应达到平衡的标志；
d．已知正反应是吸热反应，容器内温度不再变化，说明反应达到平衡状态，容器内温度不再变化，能作为判断该反应达到平衡的标志；
答案选bd。

【点睛】正确写出C2O3的结构式是是难点；向容器中再充入1molH2O(g)，H2O(g)的转化率减小为易错点。

23. 某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，涉及如下实验：
完成下列填空：
(1)装置A中发生反应的化学方程式是___，整套实验装置存在的一处明显不足是___。

(2)用改进后的装置进行实验，观察到：D中溶液变红；E中水层溶液变黄，振荡后，CCl4层无明显变化。

则Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为___。

因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。

D中：红色慢慢褪去，E 中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。

为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：(SCN)2性质与卤素单质类似。

氧化性：Cl2＞(SCN)2。

(3)用平衡移动原理解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因___。

请设计简单实验证明上述解释：___。

(4)欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。

请结合化学用语解释
仅产生白色沉淀的原因___。

(5)将少量BrCl通入到碘化钾溶液中，该反应的化学方程式为___。

【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)加热MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 缺少尾气处理装置 (3). Cl2＞Br2＞Fe3+ (4). 过量氯气和SCN-反应 (5). 2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色；取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理 (6). BrCl+H2O=HBrO+HCl，反应只产生Cl-，不产生Br-(7). BrCl+2KI=KCl+KBr+I2
【解析】
【分析】
(1)A装置中圆底烧瓶中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；氯气有毒不能直接排空，要用碱液吸收尾气；
(2)自发进行的同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
(3)过量氯气和SCN-反应SCN-浓度减小，根据铁离子和硫氰根离子反应平衡原理分析；
(4)取少量红色溶液，加入硝酸银溶液有白色沉淀产生，此沉淀为AgCl，红色物质溶于水后产生Cl－，说明红色物质中含有Cl，根据实验现象，CCl4先变为橙色，说明有Br2单质产生，继续通入氯气，橙色加深，最后变为红色，根据以上信息得到Br2＋Cl2=2BrCl，即红色物质为BrCl，氯化溴能发生水解反应生成酸；
(5)BrCl中Cl得电子能力强于Br，Br显＋1价，具有强氧化性，能把I－氧化成I2。

【详解】(1)A装置中圆底烧瓶中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，化学反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)加热MnCl2+Cl2↑+2H2O；由于氯气有毒，直接排放到空气中会污染大气，要用碱液吸收尾气，实验装置缺少尾气处理装置；
(2)D装置中：溶液变红，说明有铁离子生成，据此得出氯气的氧化性大于铁离子；E装置中：水层溶液变黄，振荡后CCl4层无明显变化，说明氯气和溴离子不反应，根据D和E装置知，溴的氧化性大于铁离子，则氧化性强弱顺序是Cl2＞Br2＞Fe3+；
(3)过量氯气和SCN−反应2SCN−+Cl 2=2Cl−+(SCN)2，使SCN−浓度减小，则使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色，为检验其褪色原因，检验方法为：取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理；
(4)根据分析，取少量红色溶液，加入硝酸银溶液有白色沉淀产生，此沉淀为AgCl，红色物质溶于水后产生Cl－，说明红色物质中含有Cl，根据实验现象，CCl4先变为橙色，说明有Br2单
质产生，继续通入氯气，橙色加深，最后变为红色，根据以上信息得到过量的氯气和溴反应生成氯化溴，氯化溴不稳定，易和水反应生成盐酸和次溴酸，反应为：BrCl+H2O=HBrO+HCl，反应只产生Cl-，不产生Br-，氯离子和银离子反应生成白色沉淀氯化银；
(5)BrCl中Cl得电子能力强于Br，则Br显＋1价，具有强氧化性，能把I－氧化成I2，本身被还原成Br－，因此反应方程式为BrCl＋2KI=KCl＋KBr＋I2。

【点睛】本题难点为(4)，根据实验现象的描述可得过量的氯气和溴反应生成氯化溴，氯化溴不稳定，易和水反应生成盐酸和次溴酸，题中实验过程中给出拟卤素(SCN)2性质与卤素单质类似。

氧化性：Cl2＞(SCN)2，要充分从题中提炼有效的解题信息，以及对元素化合物性质的熟练掌握。

24. 丙烯酸甲酯(A)是常见的有机合成原料，如图是由丙烯酸甲酯为原料合成F的流程：
完成下列填空：
(1)A中所含官能团的名称是___，A→B、C→D的反应类型分别是___、___。

(2)写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式：___。

①分子中有一个六元环且只有3种不同环境下的氢；②能发生银镜反应。

(3)D中卤素原子的检验方法是___。

(4)E→F第一步的化学反应方程式为___。

(5)设计以1，3—丁二烯、丙二酸二乙酯为主要原料合成的流程图___(无机试剂任用)。

【答案】(1). 碳碳双键、酯基(2). 加成(3). 取代(4).
(5). 取少量D加入过量NaOH溶液加热一段时间后，冷却，加入过量硝酸酸化，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，则D中含有氯原子(6).
+2NaOH加热
−−−−−→+2C2H5OH (7).。