2019-2020学年安徽省定远县炉桥中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省定远县炉桥中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1关于实验室制备乙烯的实验，下列说法正确的是（）A反应物是乙醇和过量的溶液B控制反应液温度在C反应容器中应加入少许碎瓷片D反应完毕后应先移去酒精灯，再从水中取出导管【答案】C【解析】【分析】实验室制备乙烯所用的原料为乙醇和浓硫酸，反应条件是加热到170，反应装置为液液加热装置，据此进行解答。【详解】A.3mol/L硫酸为稀硫酸，必须使用浓硫酸，选项A错误；B反应温度在140时，生成的是乙醚，170时才生成乙烯，选项B错误；C溶液加热为防暴沸，需要加入碎瓷片，选项C正确；D为了防止倒吸，应先把导管从水中取出再熄灭酒精灯，选项D错误；答案选 C。【点睛】本题考查乙烯的实验室制法，明确乙烯的制备原理为解答关键，注意有机反应的反应条件不同时，反应产物可能不同，反应温度在140时，生成的是乙醚，170时才生成乙烯，试题培养了学生的化学实验能力。2下列由实验得出的结论正确的是实验结论A 将适量苯加入溴水中，充分振荡后，溴水层接近无色苯分子中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应B 向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体该溶液中一定含有S2O32C 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，未观察到砖红色沉淀蔗糖未水解或水解的产物不是还原性糖D 相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的 pH，前者呈碱性，后者呈中性非金属性：SC A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A苯与溴水发生萃取，苯分子结构中没有碳碳双键，不能与溴发生加成反应，故A 错误；B向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，生成的产物为硫和二氧化硫，原溶液中可能含有S2-和 SO32-，不一定是S2O32-，故 B 错误；C水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下进行，没有向水解后的溶液中加碱调节溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，实验不能成功，故C错误；D测定等物质的量浓度的Na2CO3和 Na2SO4溶液的 pH，Na2CO3的水解使溶液显碱性，Na2SO4不水解，溶液显中性，说明酸性：硫酸碳酸，硫酸、碳酸分别是S元素、C元素的最高价含氧酸，因此非金属性：硫强于碳，故D正确；答案选 D。3下列实验能获得成功的是（）实验目的实验步骤及现象A 除去苯中的苯酚加入浓溴水，充分振荡、静置，然后过滤B 证明醋酸的酸性比次氯酸强用pH试纸分别测定常温下等浓度的醋酸和次氯酸的pH值，pH大的是次氯酸C 检验 Na2SO3固体中含Na2SO4试样加水溶解后，加入足量盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀D 检验溴乙烷中含有溴元素溴乙烷与氢氧化钠溶液混合振荡后，再向混合液中滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚，溴以及三溴苯酚都溶于苯中，无法到分离提纯的目的，应用氢氧化钠溶液除杂，故A 错误；B次氯酸具有漂白性，可使pH 试纸先变红后褪色，无法测出溶液的pH，故 B 错误；C加入盐酸，可排除Na2SO3的影响，再加入BaCl2溶液，可生成硫酸钡白色沉淀，可用于检验，故C正确；D反应在碱性条件下水解，检验溴离子，应先调节溶液至酸性，故D 错误；故答案为C。4已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在。我国研究的Al-H2O2燃料电池可用于深海资源的勘查、军事侦察等国防科技领域，装置示意图如下。下列说法错误的是A电池工作时，溶液中OH-通过阴离子交换膜向Al 极迁移BNi 极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-C电池工作结束后，电解质溶液的pH 降低D Al 电极质量减轻13.5g，电路中通过9.03 1023个电子【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根电池装置图分析，可知Al 较活泼，作负极，而燃料电池中阴离子往负极移动，因而可推知OH-（阴离子）穿过阴离子交换膜，往Al 电极移动，A 正确；B.Ni 为正极，电子流入的一端，因而电极附近氧化性较强的氧化剂得电子，又已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得电子变为OH-，故按照缺项配平的原则，Ni 极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B 正确；C.根电池装置图分析，可知Al 较活泼，Al 失电子变为Al3+，Al3+和过量的OH-反应得到AlO2-和水，Al 电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，Ni 极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而总反应为2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+OH-，显然电池工作结束后，电解质溶液的pH 升高，C错误；D.A1 电极质量减轻13.5g，即 Al 消耗了 0.5mol，Al 电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，因而转移电子数为 0.5 3NA=9.03 1023，D 正确。故答案选C。【点睛】书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电极反应式作为一种特殊的离子反应方程式，也必需遵循原子守恒，得失电子守恒，电荷守恒；2.写电极反应时，一定要注意电解质是什么，其中的离子要和电极反应中出现的离子相对应，在碱性电解质中，电极反应式不能出现氢离子，在酸性电解质溶液中，电极反应式不能出现氢氧根离子；3.正负两极的电极反应式在得失电子守恒的条件下，相叠加后的电池反应必须是燃料燃烧反应和燃料产物与电解质溶液反应的叠加反应式。5将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中二氧化硫表现出A酸性B漂白性C氧化性D还原性【答案】D【解析】【详解】将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，说明首先生成单质碘，然后单质碘继续与二氧化硫反应生成碘化氢和硫酸，因此反应程中二氧化硫表现出还原性。答案选D。6pHa 的某电解质溶液，用惰性电极电解，电解过程中溶液pHa 的是A NaCl BCuSO4CNa2SO4DHCl【答案】B【解析】【分析】根据离子的放电顺序判断电解实质，根据电解实质判断溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系，结合题意判断选项。【详解】A电解 NaCl 溶液时，阴极上析出氢气，阳极上得到氯气，所以溶液中的氢氧根离子浓度增大，溶液的pH 值增大，溶液的pHa，故 A 不符合；B电解硫酸铜溶液，产物是金属铜、水和硫酸，由硫酸铜到电解后的硫酸溶液，pH 减小，故B 符合；C电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，所以溶液的pH 值不变，仍为7，故 C不符合；D电解盐酸溶液，产物是氢气和氯气，氢离子的浓度减小，所以溶液的pH 值增大，故D 不符合；故答案选B。【点睛】随着电解的进行判断溶液pH 值的变化，首先要知道离子的放电顺序、电解的实质，只有明白这些知识点才能正确解答。7铋(Bi)位于元素周期表中第VA族，其价态为+3 时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：加入溶液适量铋酸钠溶液过量双氧水适量 KI 淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色溶液紫红色消失，产生气泡溶液缓慢变成蓝色在上述实验条件下，下列结论不正确的是（）A BiO3-的氧化性强于MnO4-BH2O2可被高锰酸根离子氧化成O2C向铋酸钠溶液中滴加KI 淀粉溶液，溶液一定变蓝色D H2O2具有氧化性，能把KI氧化成 I2【答案】C【解析】【分析】向一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液中滴入适量铋酸钠溶液，溶液呈紫红色说明Mn2+被 BiO3-氧化为 MnO4-；再滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明 MnO4-把 H2O2氧化为 O2；最后滴入适量KI淀粉溶液，溶液缓慢变成蓝色，说明H2O2把 KI 氧化为 I2；【详解】A.氧化剂的氧化性大于氧化产物，Mn2+被 BiO3-氧化为 MnO4-，BiO3-的氧化性强于MnO4-，故 A 正确；B.滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把 H2O2氧化为 O2，故 B 正确；C.铋酸钠具有强氧化性，向铋酸钠溶液中滴加KI 溶液，I-可能被氧化为IO3-，所以溶液不一定变蓝色，故C错误；D.由中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，故D 正确；故选 C。【点睛】本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法，掌握氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性是关键，注意I-被强氧化剂氧化的产物不一定是I2。8利用有机物X 在一定条件下可合成植物生长所需的“平衡因子”Y(部分产物未写出)。已知含有“手性碳原子”的分子可形成对映异构体。下列有关说法中正确的是（）A X，Y分子都不存在对映异构体BX 分子中所有碳原子可能都在同一平面CY分子可以发生取代、酯化、消去、加成、氧化等反应D未写出的产物可能有2 种，且都具有两性化合物的特性【答案】D【解析】【分析】【详解】A.连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子，X、Y分子中都存在手性碳原子，则都存在对映异构体，故 A 错误；B.X 分子中同时连接两个甲基的碳原子为四面体构型，则X 分子中所有碳原子不可能都在同一平面上，故B 错误；C.Y分子中与羟基相连的碳原子的邻碳原子上无氢原子，则Y分子不能发生消去反应，故C 错误；D.因为 X分子结构中有肽键和酯基，则X 生成 Y的反应可能是发生了水解反应，生成的另外两种产物分别为 HOOCCH2NH2、，都具有两性化合物的特性，故D 正确；综上所述，答案为D。9甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)-49.0kJ CH3OH(g)+12O2(g)CO2(g)+2H2(g)+192.9kJ 下列说法正确的是()A 1molCH3OH完全燃烧放热192.9kJ B反应中的能量变化如图所示CCH3OH 转变成 H2的过程一定要吸收能量D根据推知反应：CH3OH(l)+12O2(g)CO2(g)+2H2(g)+Q 的 Q192.9kJ【答案】D【解析】【详解】A燃烧热是1mol 可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，即H 元素要转化为液态水而不是转化为氢气，故1molCH3OH 完全燃烧放出的热量不是192.9kJ，故 A 错误；B因为 CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)的 Q 小于 0，该反应是吸热反应，所以反应物的总能量应该小于生成物的总能量，故B 错误；C中的热化学方程式表明，CH3OH 转变成 H2的过程不一定要吸收能量，故C 错误；D因为 CH3OH(l)变成 CH3OH(g)需要吸收能量，根据推知反应：CH3OH(l)+12O2(g)CO2(g)+2H2(g)+Q 的Q192.9kJ，故 D 正确；故选 D。【点睛】10生活中一些常见有机物的转化如图下列说法正确的是A上述有机物中只有C6H12O6属于糖类物质B转化 1 可在人体内完成，该催化剂属于蛋白质C物质 C和油脂类物质互为同系物D物质 A 和 B都属于非电解质【答案】B【解析】【分析】淀粉(转化 1)在人体内淀粉酶作用下发生水解反应，最终转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化成酒精，发生 C6H12O62C2H5OH+2CO2，且 A 可发生连续氧化反应，则 A 为 C2H5OH，B为 CH3COOH，乙醇和乙酸反应生成C为 CH3COOC2H5，据此解答。【详解】由上述分析可以知道，转化 1 为淀粉水解反应，葡萄糖分解生成A 为 C2H5OH，A 氧化生成B 为 CH3COOH，A、B反应生成C为 CH3COOC2H5，则A.淀粉、C6H12O6属于糖类物质，故A 错误；B.淀粉属于多糖，在酶催化作用下水解最终生成单糖葡萄糖，反应为：（C6H10O5）n+nH2On C6H12O6，酶属于蛋白质，所以B 选项是正确的；C.C为乙酸乙酯，油脂为高级脂肪酸甘油酯，含-COOC-的数目不同，结构不相似，不是同系物，故C错误；D.乙酸可在水中发生电离，为电解质，而乙醇不能，乙醇为非电解质，故D 错误。所以 B 选项是正确的。11已知 298K时，Ksp(NiS)=1.0 10-21，Ksp(FeS)=6.0 10-18，其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中 R表示 Ni或 Fe)，下列说法正确的是(已知：6 2.4，10 3.2)（）A M 点对应的溶液中，c(S2-)3.2 10-11 mol L-1B与 P点相对应的NiS 的分散系是均一稳定的C向 Q 点对应的溶液中加水，可转化成N 点对应的溶液D FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=6000【答案】D【解析】【详解】A饱和的 NiS溶液中 c(Ni2)=c(S2)=211.0 10Ksp=3.2 1011mol L1，同理饱和FeS溶液中 c(Fe2)=c(S2)=2.4 109mol L1，因此 I 曲线代表的是FeS，II 曲线代表的是NiS，即 M 点 c(S2)=2.4 109mol L1，故 A 错误；B此时 P点对应的NiS 为过饱和溶液，不是稳定分散系，应有沉淀产生，故B错误；CQ 点加水，溶液中c(Ni2)、c(S2)减小，Q 不能转化到N 点，应在Q 点上方，故C错误；D平衡常数K=22+2-122122+2-()6.0 10()1.0 10spspc Fec Fec SKFeSKNiSc Nic Nic S=6000，故 D 正确。12298K 时，在 0.10mol/LH2A 溶液中滴入0.10mol/LNaOH 溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（）A该滴定过程应该选择石蕊作为指示剂BX 点溶液中：c（H2A）+c（H+）=c(A2-)+2c（OH-）CY点溶液中：3c（Na+）=2c(A2-)+2c（HA-）+2c(H2A)D 0.01mol/LNa2A 溶液的 pH 约为 10.85【答案】D【解析】【分析】滴定过程发生反应H2A+NaOH=H2O+NaHA、NaHA+NaOH=H2O+Na2A，第一反应终点溶质为NaHA，第二反应终点溶质为Na2A。【详解】A石蕊的的变色范围为58，两个反应终点不在变色范围内，所以不能选取石蕊作指示剂，故A 错误；BX 点为第一反应终点，溶液中的溶质为NaHA，溶液中存在质子守恒c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A)，故 B错误；CY点溶液2NaOHH AVV=1.5，所以溶液中的溶质为等物质的量的NaHA 和 Na2A，根据物料守恒可知2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)+3c(H2A)，故 C错误；D Na2A 溶液主要存在A2-的水解：A2-+H2O=HA-+OH-；据图可知当c(A2-)=c(HA-)时溶液 pH=9.7，溶液中c(OH-)=10-4.3mol/L，而 Na2A 的第一步水解平衡常数Kh=-2-OHHAAccc，当 c(A2-)=c(HA-)时 Kh=c(OH-)=10-4.3，设 0.01mol/LNa2A 溶液中 c(A2-)=amol/L，则 c(OH-)amol/L，Kh=4.-1-1-1-13amol Lamol L=0.01mol L-amol0L1gggg，解得a=10-3.15mol/L，即 c(OH-)=10-3.15mol/L，所以溶液的pH=10.85，故 D 正确。【点睛】解决此类题目的关键是弄清楚各点对应的溶质是什么，再结合三大守恒去判断溶液中的离子浓度关系；D选项为难点，学习需要对“c(A2-)=c(HA-)”此类信息敏感一些，通过满足该条件的点通常可以求出电离或水解平衡常数。13NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A 1 mol 铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为2NAB30 g 葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为4NAC12 g 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAD 2.1 g DTO中含有的质子数为NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A、1 mol 铁在一定条件下分别与氧气、氯气、硫完全反应，与氧气生成四氧化三铁，转移了83mol 电子，与氯气反应生成氯化铁，转移了3mol 电子，与S反应生成 FeS，转移了2mol 电子，故A错误；B、葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，30g 葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子团CH2O 的物质的量=30g30g/mol=1mol，含有的氢原子数为2NA，故 B错误；C、石墨烯中每一个六元环平均含有2 个碳原子，故 12g 石墨烯即1mol 石墨中含1molC 原子，含有 0.5mol六元环，即0.5NA个六元环，故C错误；D.2.1gDTO 的物质的量为2.1g21g/mol=0.1mol，而一个DTO中含 10 个质子，故0.1molDTO 中含 NA个质子，故 D 正确；答案选 D。14用氯气和绿矾处理水，下列说法错误的是（）A氯气起杀菌消毒作用B氯气氧化绿矾C绿矾具有净水作用D绿矾的氧化产物具有净水作用【答案】C【解析】【详解】A氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有杀菌消毒作用，所以可以用适量氯气杀菌消毒，A 正确；B绿矾中二价铁离子具有还原性，氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁，B正确；C绿矾水解生成氢氧化亚铁不稳定，极易被氧化生成氢氧化铁，所以明绿不具有净水作用，C错误；D绿矾的氧化产物为硫酸铁，硫酸铁中三价铁水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能够净水，D 正确。答案选 C。15化学与生产、实验密切相关。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A Al2O3熔点高，可用作耐高温材料BFeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu C石墨具有导电性，可用于制铅笔芯D浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2【答案】A【解析】【分析】【详解】A熔点高的物质可作耐高温材料，则Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，A 选；BCu 与 FeCl3发生氧化还原反应，则用FeCl3腐蚀 Cu 刻制印刷电路板，与FeCl3溶液呈酸性无对应关系，B 不选；C、石墨很软，可用于制铅笔芯，与石墨具有导电性无对应关系，C不选；D、浓硫酸具有吸水性，可用于干燥CO2，与浓硫酸具有强氧化性无对应关系，D 不选；答案选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16工业上常用亚硝酸钠2NaNO作媒染剂、漂白剂、钢材缓蚀剂、金属热处理剂。某兴趣小组用下列装置制备2NaNO并探究 NO、2NO的某一化学性质(A中加热装置已略去)。请回答下列问题：已知：2NO+Na2O2=2NaNO2NO 能被酸性KMnO4氧化成 NO3-，MnO4-被还原为Mn2+(1)装置 A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_。(2)用上图中的装置制备2NaNO，其连接顺序为：a_h(按气流方向，用小写字母表示)，此时活塞1K、2K如何操作 _。(3)E装置发生反应的离子方程式是_。(4)通过查阅资料，2NO或 NO 可能与溶液中2Fe发生反应。某同学选择上述装置并按ACE顺序连接，E中装入4FeSO溶液，进行如下实验探究。步骤操作及现象关闭 K2，打开 K1，打开弹簧夹通一段时间的氮气，夹紧弹簧夹，开始A 中反应，一段时间后，观察到 E中溶液逐渐变为深棕色。停止 A 中反应，打开弹簧夹和K2、关闭 K1，持续通入N2一段时间更换新的 E装置，再通一段时间N2后关闭弹簧夹，使 A 中反应继续，观察到的现象与步骤中相同步骤操作的目的是_；步骤 C 瓶中发生的化学方程式为_；通过实验可以得出：_(填“2NO、NO 中的一种或两种”)和溶液中2Fe发生反应使溶液呈深棕色。【答案】3Cu4HNO(浓3222)Cu(NO)4NO2H Od e b c f g 关闭1K，打开2K24323MnO4H5NO3Mn5NO2H O排尽装置中残留的2NO2233NOH O2HNONONO【解析】【分析】制备 NaNO2，A 装置中铜与浓硝酸反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+4NO2+2H2O，制备 NO2，NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，可以在 C装置中进行；根据图示，2NO+Na2O2=2NaNO2在 D 装置中进行，尾气中的 NO 不能直接排放到空气中，需要用酸性高锰酸钾吸收：3MnO4-+4H+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O，据此分析解答。【详解】(1)装置 A三颈烧瓶中铜与浓硝酸发生反应生成二氧化氮，化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；(2)根据上述分析，A 装置制备NO2，生成的NO2在 C中水反应制备NO，经过装置B干燥后在装置D 中反应生成亚硝酸钠，最后用E除去尾气，因此装置的连接顺序为：adebcf g h；此时应关闭K1，打开 K2，让二氧化氮通过C 装置中的水转化成一氧化氮，故答案为：d；e；b；c；f；g(b 与 c、f 与 g 可以交换)；关闭 K1，打开 K2；(3)E 装置为酸性高锰酸钾与NO 的反应，NO 能被酸性KMnO4氧化成 NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，离子方程式为：3MnO4-+4H+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O，故答案为：3MnO4-+4H+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O；(4)关闭 K2，打开 K1，打开弹簧夹通一段时间的氮气，夹紧弹簧夹，开始A 中反应，一段时间后，观察到 E中溶液逐渐变为深棕色，说明 NO2或 NO 与溶液中Fe2+发生反应；停止 A 中反应，打开弹簧夹和K2、关闭 K1，持续通入N2一段时间，将装置中残留的二氧化氮排尽，并在 C中与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO；更换新的E装置，再通一段时间N2后关闭弹簧夹，使A 中反应继续，观察到的现象与步骤中相同，经过步骤，进入E装置的气体为NO，E中溶液变为深棕色，说明是NO与和溶液中Fe2+发生反应使溶液呈深棕色，故答案为：排尽装置中残留的NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO；NO。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意步骤中进入装置E的气体只有NO。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有机物 X 是一种烷烃，是液化石油气的主要成分，可通过工艺的两种途径转化为A 和 B、C和 D。B是一种重要的有机化工原料，E分子中含环状结构，F中含有两个相同的官能团，D 是常见有机物中含氢量最高的，H 能使3NaHCO溶液产生气泡,是一种有浓郁香味的油状液体。请回答：（1）G 的结构简式为 _。（2）G H 的反应类型是_。（3）写出 FH1 的化学方程式_。（4）下列说法正确的是_。A工艺 是石油的裂化B除去 A 中的少量B杂质，可在一定条件下往混合物中通入适量的氢气CX、A、D 互为同系物，F和甘油也互为同系物D H 与23HCOOCH CH互为同分异构体E等物质的量的和 B完全燃烧，消耗氧气的质量比为2：1【答案】322CH CH CH OH氧化反应HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O DE【解析】【详解】X 为烷烃，则途径I、途径 II 均为裂化反应。B催化加氢生成A，则 A、B分子中碳原子数相等。设A、B分子中各有n 个碳原子，则X分子中有2n 个碳原子，E、F中各有 n 个碳原子。D 是含氢量最高的烃，必为 CH4，由途径 II 各 C分子中有 2n-1 个碳原子，进而 G、H 分子中也有2n-1 个碳原子。据 F+HI（C5H10O3），有 n+2n-1=5，得 n=2。因此，X为丁烷（C4H10）、A 为乙烷（C2H6）、B为乙烯（CH2=CH2），B 氧化生成的E为环氧乙烷（）、E开环加水生成的F为乙二醇（HOCH2CH2OH）。C为丙烯（CH3CH=CH2）、C加水生成的 G 为 1-丙醇（CH3CH2CH2OH）、G 氧化生成的有酸性的H 为丙酸（CH3CH2COOH）。F与 H 酯化反应生成的 I 为丙酸羟乙酯（CH3CH2COOCH2CH2OH）。（1）据 CG I，G 只能是 1-丙醇，结构简式为CH3CH2CH2OH。（2）G（CH3CH2CH2OH）H（CH3CH2COOH）既脱氢又加氧，属于氧化反应。（3）FHI 的化学方程式HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O。（4）A工艺 生成乙烯、丙烯等基础化工原料，是石油的裂解，A 错误；B除去 A（C2H6）中的少量B（CH2=CH2）杂质，可将混合气体通过足量溴水。除去混合气体中的杂质，通常不用气体作除杂试剂，因其用量难以控制，B错误；CX（C4H10）、A（C2H6）、D（CH4）结构相似，组成相差若干“CH2”，互为同系物。但F（HOCH2CH2OH）和甘油的官能团数目不同，不是同系物，C 错误；D H（CH3CH2COOH）与23HCOOCH CH分子式相同、结构不同，为同分异构体，D 正确；E（C5H10O3）和 B（C2H4）各 1mol 完全燃烧，消耗氧气分别为6mol、3mol，其质量比为2：1，E正确。故选 DE。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18氨是一种重要的化工产品，是氮肥工业及制造硝酸的原料。（1）写出实验室制取氨气的化学方程式_。（2）工业上合成氨的反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)过程中能量变化如图所示。该反应是 _反应。（填“放热”或“吸热”）在反应体系中加入催化剂，E2会_。（填“增大”或“减小”或“不变”）若要增大NH3产率，可采取的措施有_。（填字母）a.升高温度b.增大压强c.不断分离出NH3（3）利用如图所示装置探究NH3能否被 NO2氧化。C 装置中制取NO2反应的离子方程式是_。某同学认为NH3能被 NO2氧化，且全部生成无毒物质，预期观察到B 装置中红棕色消失。下表为不同时间下观察到的现象。时间1 分钟2 分钟3 分钟现象红棕色未消失红棕色未消失红棕色未消失请分析没有达到预期现象可能的原因（任写两条）_、_。【答案】2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O 放热减小bc Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O NO2氧化性较弱，不能将 NH3氧化在此条件下，NH3的转化率极低【解析】【分析】(1)实验室制取氨气的原理是利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成；(2)根据图示反应物和生成物能量的相对大小进行判断；催化剂降低化学反应的活化能；从化学平衡移动的角度进行分析；(3)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，根据离子方程式书写规则书写；实验过程中，未能观察到C装置中的预期现象，说明二氧化氮反应的量很少，可能是反应速率降低，或者二氧化氮的转化率较低。【详解】(1)实验室制取氨气的原理是利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；(2)由图示可知，生成物能量低于反应物的能量，故该反应放热；加入催化剂会降低反应的活化能，导致E2减小；a由图示可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3产率降低，故不选；b该反应的正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，NH3产率增大，可选；c不断分离出NH3，会促使反应正向进行，NH3产率增大，故选；故答案选bc。(3)浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为：Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O；造成未能观察到C装置中的预期现象可能原因是：NO2氧化性较弱，不能将NH3氧化；在此条件下，NH3的转化率极低；反应速率慢；通入的NO2过量等。19氢气是一种理想的绿色能源。利用生物发酵得到的乙醇制取氢气，具有良好的应用前景。乙醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如下图所示：已知：反应I 和反应 II 的平衡常数随温度变化曲线如图所示。（1）反应 I 中，1 mol CH3CH2OH(g)参与反应后的热量变化是256 kJ。H2O 的电子式是：_。反应 I 的热化学方程式是：_。（2）反应 II，在进气比 n(CO):n(H2O)不同时，测得相应的CO的平衡转化率见下图（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同）。图中 D、E两点对应的反应温度分别为TD和 TE。判断：TD_TE（填“”“”或“”）。经分析，A、E和 G 三点对应的反应温度相同，其原因是A、E和 G 三点对应的 _相同。当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是_。（3）反应 III，在经 CO2饱和处理的KHCO3电解液中，电解活化CO2制备乙醇的原理如下图所示。阴极的电极反应式是_。从电解后溶液中分离出乙醇的操作方法是_。【答案】CH3CH2OH(g)+H2O(g)=4H2(g)+2CO(g)H=+256 kJ mol-1化学平衡常数进气比越大，反应温度越低14CO2+12e+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3蒸馏【解析】【详解】(1)H2O 的电子式为，故答案为；1 mol CH3CH2OH(g)参与反应后的热量变化是256 kJ，根据图像，反应I 随着温度升高，平衡常数增大，说明正反应为吸热反应，因此热化学方程式为CH3CH2OH(g)+H2O(g)=4H2(g)+2CO(g)H=+256 kJmol-1，故答案为CH3CH2OH(g)+H2O(g)=4H2(g)+2CO(g)H=+256 kJmol-1；(2)根据图像，反应II 随着温度升高，平衡常数减小，说明正反应放热反应，升温平衡逆向进行，CO转化率减小，图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和 TE D 点 CO转化率大于E点 CO转化率，说明TDTE，故答案为；E点平衡常数CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)起始量1 1 0 0 变化量0.5 0.5 0.5 0.5 平衡量0.5 0.5 0.5 0.5 K=1 A 点平衡常数CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)起始量1 2 0 0 变化量23232323平衡量13432323K=1 G 点平衡常数CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)起始量 3 2 0 0 变化量 1.2 1.2 1.2 1.2 平衡量 1.8 0.8 1 2 1.2 K=1.2 1.21.80.8=1，A、E和 G 三点对应的化学平衡常数相同，因此反应温度相同，故答案为化学平衡常数；已知 CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)H=-42kJ?mol-1，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，CO转化率减小，当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，图中B、E两点 E点的进气比大于B 点，但转化率相同，因此需要平衡正向移动，则 E点温度低于B点，即进气比越大，反应温度越低，故答案为进气比越大，反应温度越低；(3)根据图示，阴极发生还原反应，二氧化碳得到电子生成乙醇，根据题意，同时生成HCO3，电极反应式为 14CO2+12e+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3，故答案为14CO2+12e+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3；乙醇乙挥发，可以通过蒸馏的方法从电解后溶液中分离出乙醇，故答案为蒸馏。