北京牛山一中2020届高三上学期期中考试化学试题

北京牛山一中2020届高三上学期期中考试化学试题

牛栏山一中2019-2020学年度第一学期期中考试 高三年级化学试卷 可能用到的相对原子质量：H：‎1 C：12 O：16 N：14 Cl：35.5‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ ‎(共14小题，每小题3分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目答案的一项）‎ ‎1.化学用语在化学学习中有着重要的作用。下列有关化学用语使用正确的是（ ）‎ A. 乙醇的分子式为C2H5OH B. Cl-的结构示意图 C. HCl的电子式 D. 质量数为37的氯原子Cl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C2H5OH为乙醇的结构简式，乙醇的分子式为：C2H6O，选项A错误；‎ B．氯离子核外有3个电子层，最外层有8个电子，氯离子的结构示意图：，选项B正确；‎ C．HCl是共价化合物，其电子式为，选项C错误；‎ D．原子的左上角表示质量数，所以质量数为37的氯原子表示为：Cl，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（ ）‎ A．火药使用 ‎ B．粮食酿酒 ‎ C．转轮排字 ‎ D．铁的冶炼 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．火药使用涉及反应为2KNO3+S+‎3C=K2S+N2↑+3CO2↑，发生化学反应，故A不选；‎ B．粮食酿酒为淀粉在酒曲酶的作用下生成乙醇，发生化学反应，故B不选；‎ C．转轮排字为印刷操作，没有涉及化学反应，故C选；‎ D．铁的冶炼涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2，发生化学反应，故D不选；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列关于金属的腐蚀与防护的说法中不正确的是（ ）‎ A. 舱底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀 B. 在潮湿的中性环境中，金属的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀，负极反应Fe－3e－=Fe3+‎ C. 铁表面镀银，铁作阴极 D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、锌比铁活泼，与电解质形成原电池时，作负极，保护船体不被腐蚀，选项A正确；‎ B、金属在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀，并且一般是吸氧腐蚀，负极反应为Fe－2e－=Fe2+，选项B错误；‎ C、预使铁表面镀银，则铁在阴极被保护，选项C正确；‎ D、可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连做阴极被保护，不受腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，选项D正确。‎ 答案选B。‎ ‎4.下列说法正确的是（ ）‎ A. 油脂是天然高分子 B. 麦芽糖能发生银镜反应，也能发生水解反应只产生葡萄糖 C. 蛋白质溶液中加入饱和Na2SO4溶液可使其变性 D. 煤的干馏和石油的分馏均属于物理变化，所得产物仍然为混合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，选项A错误；‎ B．麦芽糖为二糖，可发生水解生成葡萄糖，且含-CHO，可发生银镜反应，选项B正确；‎ C．蛋白质溶液中加入Na2SO4饱和溶液，发生盐析，不是变性，选项C错误；‎ D．煤的干馏属于化学变化，石油的分馏属于物理变化，所得产物仍然为混合物，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎5.下列各组离子在指定溶液中关于离子共存的说法正确的是（ ）‎ A. ‎25℃‎时，pH=12的某溶液中可能大量共存：Na+、Ca2+、Cl-、CO32-‎ B. ‎25℃‎时，=1010的某溶液中可能大量共存：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－‎ C. 某强酸性无色溶液中可能大量共存：Cu2+、K+、Cl‾、CH3COO-‎ D. 0.1mol/LFeCl3溶液中可能大量共存：I-、NH4＋、SCN－、SO42－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Ca2+与CO32-反应生成碳酸钙沉淀而不能大量共存，选项A错误；‎ B、‎25℃‎时，=1010的溶液呈酸性，H＋、Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－各离子之间相互不反应，能大量共存，选项B正确；‎ C、含Cu2+的溶液呈蓝色，且强酸性条件下CH3COO-与H＋反应生成弱酸而不能大量存在，选项C错误；‎ D、0.1mol/LFeCl3溶液中Fe3+与SCN－发生络合反应，与I-发生氧化还原反应而不能大量共存，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 将0.71gCl2通入水中，转移电子数为0.01NA B. 标准状况下，5.6LH2O所含的分子数为0.25NA C. 0.1mol/LH2SO4溶液中含有H+的数目是0.2NA D. 1molC8H18分子中含有共价键总数为25NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0.71gCl2，即0.01mol，Cl2通入足量水中，由于只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以反应转移的电子小于0.01mol，转移的电子数小于0.01NA，选项A错误；‎ B．H2O在标况下不是气体，5.6LH2O所含的分子数大于0.25NA，选项B错误；‎ C．溶液的体积不确定，无法计算，选项C错误；‎ D.1mol C8H18所含有的共价键数目为25 NA，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.下列用于解释事实离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2+ + 2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O B. 氯水具有漂白性：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-‎ C. 硫代硫酸钠溶液呈碱性：S2O32-+2H2OH2S2O3+2OH-‎ D. 工业上利用电解饱和食盐水制氯气：2H++2Cl-H2↑+Cl2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：Ca2+ + 2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，选项A正确；‎ B. 氯水具有漂白性，反应的离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，选项B错误；‎ C. 硫代硫酸钠溶液呈碱性，水解的方程式为：S2O32-+H2OHS2O3-+OH-，选项C错误；‎ D. 工业上利用电解饱和食盐水制氯气，反应的离子方程式为：2H2O+2Cl-H2↑+Cl2↑+2OH-，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎8.银器久置变黑多是表面生成银锈Ag2S所致。用铝制容器配制含小苏打和食盐的稀溶液，将变黑银器浸入溶液中，并使银器与铝制容器接触，一段时间后，黑锈褪去，而银却极少损失。上述过程中，起还原作用的物质是（ ）‎ A. Ag2S B. Al C. NaCl D. NaHCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】负极发生氧化反应，Al失去电子生成铝离子，电极反应式为：Al-3e- ═Al3+，正极发生还原反应，Ag2S获得电子生成Ag与硫离子，电极反应式为：3Ag2S+6e- ═6Ag+3S2-，铝离子与硫离子发生水解反应反应式生成氢氧化铝与硫化氢气体，故总的反应方程式为：2Al+3Ag2S+6H2O═2Al(OH)3↓+6Ag+3H2S↑，所以铝起还原作用。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应原理，负极发生氧化反应，Al失去电子生成铝离子，正极发生还原反应，Ag2S获得电子生成Ag与硫离子，铝离子与硫离子发生水解反应反应式生成氢氧化铝与硫化氢气体。‎ ‎9.一定温度下在容积恒定的密闭容器中，存在可逆反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，下列选项能说明该可逆反应达到化学平衡的是（ ）‎ A. 2v(B)正 = v(C)逆 B. 容器内每消耗2molB，同时生成1molD C. 容器内气体的密度不变 D. 容器内气体的总压强不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、V (B)正=2V(C)正=2V (C) 逆才能说明正逆反应速率相等，才能说明达平衡状态，选项A错误；‎ B、容器内每消耗2molB等效于生成1mol C，只能说明反应按化学计量数进行，不能说明达平衡状态，选项B错误；‎ C、容器内气体的密度不变，说明气体的质量不变，反应已达平衡状态，选项C正确；‎ D、反应前后气体的体积不变，所以容器内气体的压强始终不变，压强不变不能说明反应达平衡状态，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡状态标志的判断。根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎10.我国科学家成功实现了电解气态HCl制备Cl2‎ ‎，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. a为外接直流电源的正极 B. 阳极的电极反应为2HCl+2e-═Cl2+2H+‎ C 通电后H+从左室迁移至右室 D. 左室中发生反应为4Fe2++O2+4H+ ═4Fe3++2H2O，实现了Fe3+的再生 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 右侧氯化氢失去电子转化为氯气，因此右侧电极是阳极，则a为外接直流电源的负极，b为外接直流电源的正极，选项A错误；‎ B. 阳极发生失去电子的氧化反应，电极反应为2HCl-2e-＝Cl2+2H+，选项B错误；‎ C. 电解池中阳离子向阴极移动，因此通电后H+从右室迁移至左室，选项C错误；‎ D. 根据装置图可判断左室中发生反应为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，实现了Fe3+的再生，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.在一定温度下，10mL0.60mol/LH2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。‎ t/min ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ V(O2)/mL ‎0.0‎ ‎9.9‎ ‎17.2‎ ‎22.4‎ ‎26.5‎ ‎29.9‎ 下列叙述正确的是(溶液体积变化忽略不计) （ ）‎ A. 0~6min的平均反应速率：v(H2O2)=3.3×10-4mol/(L·min)‎ B. 6~8min的平均反应速率：v(H2O2)>3.3×10-2mol/(L·min)‎ C. 反应到6min时，c(H2O2)=0.40mol/L D. 反应到6min时，H2O2的转化率约为66.7%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.0～6min时间内，生成氧气为生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c（H2O2）==0.20mol/L，所以v（H2O2）=≈3.3×10-2mol/（L•min），选项A错误；‎ B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，6～8 min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，选项B错误；‎ C．由A计算可知，反应至6 min时c（H2O2）=0.60mol/L-0.20mol/L=0.40mol/L，选项C正确；‎ D．6min内△c（H2O2）=0.2mol/L，则H2O2分解率为：×100%=33.3%，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.实验：①向2mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中加入2滴0.1mol·L-1NaCl溶液，充分振荡得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c（已洗涤干燥）；‎ ‎②向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液，产生黄色沉淀；‎ ‎③向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液，沉淀变为黄色。‎ 下列分析不正确的是（ ）‎ A. 浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)‎ B. ②中现象说明AgCl 转化为AgI C. 滤液b中含有Ag+‎ D. 实验①③可以证明AgI比AgCl更难溶 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据浊液a中含有AgCl，存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），选项A正确；‎ B．②向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液，滤液中硝酸银末反应完，银离子与碘离子反应生成AgI而不能说明AgCl 转化为AgI，选项B不正确；‎ C．滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，选项C正确；‎ D．向AgCl中滴加0.1 mol·L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI 比AgCl更难溶，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，注意沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，易错点为选项B，滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡。‎ ‎13.向容积固定为‎2L的密闭容器中充入9.6molNO和4.8moLO2，发生反应：‎ ‎①2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH＜0，‎ ‎②2NO2(g)N2O4(g) ΔH＜0。‎ 测得NO2和N2O4的浓度变化如图所示，0～10min维持容器温度为T℃，10min时改变某一个反应条件，一段时间后再次平衡。下列说法正确的是（ ）‎ A. 前5min反应的平均速率v(O2)=0.28mol·L-1·min-1‎ B. 第一次平衡时NO的转化率约为25%‎ C. 反应①的化学平衡常数：K(5-10min)=K(11-15min)‎ D. 若起始时向该容器中充入3.6molNO2和3.0molN2O4，T℃达到平衡时，NO2的物质的量浓度大于图中5～10min的NO2的物质的量浓度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图示可知：‎ A、v(O2)= =0.28 mol·L-1·min-1，选项A正确；‎ B、第一次平衡时NO的转化率为×100%≈58.3%，选项B错误； ‎ C、从图中看出10min时NO2和N2O4的浓度都发生变化，改变的条件应是增大体积，温度不变，平衡常数不变，选项C错误；‎ D、若起始时向该容器中充入3.6mol NO2和3.0 mol N2O4，相当于起始时向容器中充入9.6 mol NO和4.8 mol O2，因此，T℃达到平衡时，NO2的物质的量浓度与图中5~10 min的相同，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡移动及化学反应速率的应用。体现了“变化观念与平衡思想”的化学核心素养,有助于考生形成具有学科特质的必备品格，充分利用三段式对化学平衡的计算。‎ ‎14.25℃‎时，在含CH3COOH和CH3COO-的溶液中，CH3COOH和CH3COO-二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 在pH＜4.76的溶液中，c(CH3COO-)>c(CH3COOH)‎ B. 向20mL0.1mol/L CH3COOH溶液中加入10mL同浓度的NaOH溶液后，溶液显酸性，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)‎ C. 在pH＞4.76的溶液中，c(CH3COO-)与c(OH-)之和等于c(H+)‎ D. ‎25℃‎时，CH3COOH的电离常数Ka=10-4.76‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在pH＜4.76的溶液显酸性，c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH），选项A错误；‎ B．二者混合后，溶液中溶质为等物质的量浓度的 CH3COONa和CH3COOH，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性，所以c(CH3COO-)> c(CH3COOH)，但其电离程度较小，结合物料守恒得c(CH3COO-)> c(Na+)>c(CH3COOH) >c(H+)>c(OH-)，选项B错误；‎ C．在pH=7的溶液中存在电荷守恒，溶液中也可能含有其他阳离子，c(CH3COO-)与c(OH-)之和可大于c(H+)，选项C错误；‎ D．‎25℃‎时，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，CH3COOH的电离常数Ka== c(H+)=10-4.76，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了电解质溶液中离子浓度、物料守恒、图象分析判断，掌握基础是解题关键，易错点为选项A．当溶液pH＝4.76时，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，在pH＜4.76的溶液显酸性。‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ ‎15.（1）氢氧化铁溶于HI（氢碘酸），离子方程式为___。‎ ‎（2）“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”、“泪”分别属于___、___类物质。‎ ‎（3）某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为：‎ MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]3·xH2O 充电时，Zn膜连接电源___极，放电时正极的电极反应式为___。‎ ‎（4）在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。‎ 写出曲线②中bd段的化学方程式___。‎ ‎（5）聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图所示：‎ ‎(图中虚线表示氢键)‎ 聚维酮单体的结构简式为___，氢键的作用为___（写出一条即可）。‎ ‎【答案】 (1). 2Fe(OH)3+6H++2I-═2Fe2++I2+6H2O (2). 蛋白质 (3). 烃 (4). ‎ 负极 (5). MnO2+ H2O +e-= MnOOH+OH- (6). NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O (7). (8). 增加聚维酮在水中的溶解度或增加聚维酮的熔沸点 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）氢氧化铁溶于HI（氢碘酸），铁离子能够氧化碘离子；‎ ‎（2） “丝”中含有的物质是蛋白质，“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烃；‎ ‎（3）充电时该装置为电解池，Zn膜连接电源负极作为电解池的阴极Zn(OH)2得电子产生Zn，放电时该装置为原电池，正极上MnO2得电子产生MnOOH；‎ ‎（4）曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线；‎ ‎（5）聚维酮的单体是；氢键的作用为增加聚维酮在水中的溶解度或增加聚维酮的熔沸点。‎ ‎【详解】（1）氢氧化铁溶于HI（氢碘酸），铁离子能够氧化碘离子，发生反应的离子反应为2Fe(OH)3+6H++2I-═2Fe2++I2+6H2O；‎ ‎（2）“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，“丝”中含有的物质是蛋白质，“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烃；‎ ‎（3）充电时该装置为电解池，Zn膜连接电源负极作为电解池的阴极Zn(OH)2得电子产生Zn，放电时该装置为原电池，正极上MnO2得电子产生MnOOH，电极反应式为MnO2+ H2O +e-= MnOOH+OH-；‎ ‎（4）曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，d点②中溶质为Na2SO4，bd段发生反应为：NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O；‎ ‎（5）根据结构分析，聚维酮的单体是；氢键的作用为增加聚维酮在水中的溶解度或增加聚维酮的熔沸点。‎ ‎16.常温下，将NH3·H2O与盐酸等体积混合，实验数据如下：‎ 组别 NH3·H2O HCl 混合溶液的pH值 甲 c（NH3·H2O）=0.1mol·L-1‎ c（HCl）=0.1mol·L-1‎ pH=a 乙 NH3·H2O的pH=12‎ HCl的pH=2‎ pH=b 丙 c（NH3·H2O）=Amol·L-1‎ c（HCl）=0.1mol·L-1‎ pH=c ‎（1）甲组反应后，溶液中离子浓度的大小顺序为___；‎ ‎（2）乙组溶液混合后显___（酸性、中性、碱性）；‎ ‎（3）丙组溶液混合后c＝7，A__0.1mol·L-1(填“＞”、“＜”或“＝”)。‎ ‎（4）‎25℃‎时，电离常数：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HCN 电离常数 ‎1.8×10－5‎ K1：4.3×10－7‎ K2：5.6×10－11‎ ‎4.9×10－10‎ 物质的量浓度为0.1mol·L-1的下列四种物质：‎ a．CH3COONa b．Na2CO‎3 c．NaHCO3 d．NaCN pH由小到大的顺序是___(填序号)。‎ ‎【答案】 (1). c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) (2). 碱性 (3). > (4). acdb ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）NH4+水解溶液显酸性；‎ ‎（2）根据酸碱中和反应生成的盐的水解进行判断；‎ ‎（3）丙组溶液混合后c＝7，这说明氨水和盐酸反应后溶液显中性；‎ ‎（4）酸的酸性越弱，酸根的水解能力越强。‎ ‎【详解】（1）甲组实验中氨水和盐酸的浓度、体积相同，二者恰好反应生成氯化铵。由于NH4+水解溶液显酸性，因此溶液中离子浓度大小关系是c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；‎ ‎（2）盐酸是强酸，氨水是弱碱。因此pH＝12的氨水浓度大于0.01mol/L，所以在体积相等的条件下二者反应氨水过量，溶液显碱性，因此溶液的pH＞7，溶液显碱性；‎ ‎（3）丙组溶液混合后c＝7，这说明氨水和盐酸反应后溶液显中性。由于二者恰好反应时，溶液显酸性。因此要使反应后溶液显中性，则氨水要过量，所以强酸的浓度A＞0.1mol/L；‎ ‎（4）Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；NaCN是强碱弱酸盐水解显碱性；‎ CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性；NaHCO3是强碱弱酸盐，水解显碱性；‎ 而酸性CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3-，而酸的酸性越弱，酸根的水解能力越强，故水解能力：CH3COO-NaCN>NaHCO3>CH3COONa，即pH由小到大的顺序是acdb。‎ ‎17.近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：‎ 已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O ‎（1）A中含有的官能团的名称为___。‎ ‎（2）B的分子式为C3H3Cl，则C的结构简式为____。‎ ‎（3）D生成E的反应类型为___。‎ ‎（4）F生成G的化学方程式为___。‎ ‎（5）乙醛与E在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为___。‎ ‎（6）X是D的同系物且比D少一个碳原子，X能发生银镜反应，X的同分异构体有___种，其中峰面积之比为1：1：1：3的有机物的结构简式为___。‎ ‎（7）利用题目中信息，写出用乙烯制备正丁醇的合成路线（无机试剂任选）___。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳三键 (2). NCCH2-CCH (3). 加成反应 (4). C6H6CHO+CH3CHOC6H6CH=CHCHO+H2O (5). (6). 4种 (7). HCOOCH(CH3)-CCH (8). CH2=CH2 CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CH2OH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，A（CH‎3CCH）与氯气在光照条件下发生取代反应生成ClCH‎2CCH，则B为ClCH‎2CCH；ClCH‎2CCH与NaCN反应生成NCCH2-CCH，则C为NCCH2-CCH；NCCH2-CCH酸性条件水解生成HOOC-CH2-CCH，HOOC-CH2-CCH与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成CH3CH2OOCCH2-CCH，则D为CH3CH2OOCCH2-CCH；CH3CH2OOCCH2-CCH与HI反应生成E（）；由信息可知，F为C6H6CHO，C6H6CHO与CH3CHO反应生成C6H6CH=CHCHO，则G为C6H6CH=CHCHO，C6H6CH=CHCHO与氢气发生加成反应生成C6H6CH2CH2CHO，则H为C6H6CH2CH2CHO；C6H6CH2CH2CHO与在催化剂作用下发生偶联反应生成Y，据此分析。‎ ‎【详解】由流程可知，A（CH‎3CCH）与氯气在光照条件下发生取代反应生成ClCH‎2CCH，则B为ClCH‎2CCH；ClCH‎2CCH与NaCN反应生成NCCH2-CCH，则C为NCCH2-CCH；NCCH2-CCH酸性条件水解生成HOOC-CH2-CCH，HOOC-CH2-CCH与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成CH3CH2OOCCH2-CCH，则D为CH3CH2OOCCH2-CCH；CH3CH2OOCCH2-CCH与HI反应生成E（）；由信息可知，F为C6H6CHO，C6H6CHO与CH3CHO反应生成C6H6CH=CHCHO，则G为C6H6CH=CHCHO，C6H6CH=CHCHO与氢气发生加成反应生成C6H6CH2CH2CHO，则H为C6H6CH2CH2CHO；C6H6CH2CH2CHO与在催化剂作用下发生偶联反应生成Y。‎ ‎（1）A（CH‎3CCH）中含有的官能团的名称为碳碳三键；‎ ‎（2）B为ClCH‎2CCH，ClCH‎2CCH与NaCN反应生成NCCH2-CCH，则C为NCCH2-CCH；‎ ‎（3）D为CH3CH2OOCCH2-CCH；CH3CH2OOCCH2-CCH与HI反应生成E（）；则D生成E的反应类型为加成反应；‎ ‎（4）F为C6H6CHO，C6H6CHO与CH3CHO反应生成C6H6CH=CHCHO，则G为C6H6CH=CHCHO，F生成G的化学方程式为C6H6CHO+CH3CHOC6H6CH=CHCHO+H2O；‎ ‎（5）依据Y的生成机理可推得乙醛与E（）在Cr-Ni 催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为；‎ ‎（6）X是D(CH3CH2OOCCH2-CCH)的同系物且比D少一个碳原子，X能发生银镜反应，则含有醛基，且也含有酯基和碳碳三键，故X应为甲酸酯，满足条件的同分异构体有HCOOCH2CH2-CCH、HCOOCH(CH3)-CCH、HCOOCH2-CC-CH3、HCOO-CC-CH2CH3共4种，其中峰面积之比为1：1：1：3的有机物的结构简式为HCOOCH(CH3)-CCH；‎ ‎（7）利用题目中信息，乙烯催化水化得到乙醇，乙醇氧化得到乙醛，乙醛在氢氧化钠中加热反应得到CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO催化加氢得到CH3CH2CH2CH2OH，故乙烯制备正丁醇的合成路线如下：CH2=CH2 CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CH2OH。‎ ‎18.CO2的利用是国际社会普遍关注的问题。‎ ‎（1）用电子式表示CO2的形成过程___。‎ ‎（2）CO2在催化剂作用下可以直接转化为乙二醇和甲醇，但若反应温度过高，乙二醇会深度加氢生成乙醇。‎ ‎(g)+CO2(g)+3H2(g)(g)+CH3OH(g) ΔH=-131.9kJ·mol-1‎ ‎(g)+H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g) ΔH=-94.8kJ·mol-1‎ 获取乙二醇的反应历程可分为如下2步：‎ Ⅰ.……‎ Ⅱ.+3H2(g)(g)+CH3OH(g) ΔH=-71.6kJ·mol-1‎ ‎①步骤Ⅰ的热化学方程式是___。‎ ‎②研究反应温度对EC加氢的影响（反应时间均为4小时），实验数据见下表：‎ 反应温度/ ℃‎ EC转化率/ %‎ 产率/%‎ 乙二醇 甲醇 ‎160‎ ‎23.8‎ ‎23.2‎ ‎12.9‎ ‎180‎ ‎62.1‎ ‎60.9‎ ‎31.5‎ ‎200‎ ‎99.9‎ ‎94.7‎ ‎62.3‎ ‎220‎ ‎99.9‎ ‎92.4‎ ‎46.1‎ 由上表可知，温度从‎160℃‎升高到‎200℃‎时，乙二醇的产率逐渐增大，但当温度升高到‎220℃‎时，乙二醇的产率反而降低，原因是___。‎ ‎（3）用稀硫酸作电解质溶液，电解CO2可制取甲醇，装置如图所示，电极a的电极反应式是___。‎ ‎（4）CO2较稳定、能量低。为实现CO2的化学利用，下列研究方向合理的是___（填序号）。‎ a．利用电能、光能或热能活化CO2分子 b．选择高效的催化剂 c．选择高能量的反应物和CO2反应获得低能量的生成物 ‎【答案】 (1). (2). (g)+CO2(g) ΔH=-60.3 kJ·mol-1 (3). 温度升高到‎220℃‎时，乙二醇会深度加氢生成乙醇，所以温度升高到‎220℃‎时，乙二醇的产率反而降低 (4). CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O (5). bc ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）二氧化碳是氧原子和碳原子之间通过共价键形成的共价化合物；‎ ‎（2）①根据盖斯定律书写步骤Ⅰ的热化学方程式；‎ ‎②温度升高到‎220℃‎时，乙二醇会深度加氢生成乙醇；‎ ‎（3）a电极CO2→CH3OH发生还原反应，a是阴极；‎ ‎（4）a.实现CO2的高效使用,应升高CO2参与反应的速率和比例；预先活化CO2分子，可以提高反应速率；高效的催化剂能加快反应速率。‎ ‎【详解】（1）二氧化碳是氧原子和碳原子之间通过共价键形成的共价化合物，形成过程为：；‎ ‎（2）①已知：Ⅱ.+3H2(g)(g)+CH3OH(g) ΔH=-71.6kJ·mol-1‎ Ⅲ、(g)+CO2(g)+3H2(g)(g)+CH3OH(g) ΔH=-131.9kJ·mol-1‎ 根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ得反应Ⅰ(g)+CO2(g) ΔH=-131.9kJ·mol-1+71.6kJ·mol-1=-60.3 kJ·mol-1；‎ ‎②温度升高到‎220℃‎时，乙二醇会深度加氢生成乙醇，所以温度升高到‎220℃‎时，乙二醇的产率反而降低；‎ ‎（3）a电极CO2→CH3OH发生还原反应，a是阴极，连接电源负极；阴极反应式是CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O；‎ ‎（4）a、实现CO2的高效使用,应升高CO2参与反应的速率和比例，选项a错误；‎ b、预先活化CO2分子，可以提高反应速率，选项b正确；‎ c、高效的催化剂能加快反应速率，选项c正确。‎ 答案选bc。‎ ‎【点睛】本题考查盖斯定律的应用及电解池原理等，根据盖斯定律，化学反应的反应热与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，化学反应的反应热可以根据盖斯定律用叠加法计算。‎ ‎19.制备乙炔的电石渣对环境污染极为严重，因此需要对水体进行净化处理。现取400mL电石渣废水(阳离子主要为Ca2+)，测定水质的数据如下表所示。‎ 注：SS表示固体悬浮物 模拟工业处理流程如下：‎ 已知：i．常温时CaSO4微溶于水；‎ ii．溶解度：CaSO4>Fe(OH)2>FeS。‎ ‎（1）实验室制备乙炔的化学方程式为___。‎ ‎（2）①采用20%的硫酸对废水进行预中和处理，pH变化如图所示。硫酸的用量和废水中固体悬浮物(SS)含量的关系是___。‎ ‎ ‎ ‎②废水中SS含量随时间变化如下表所示。‎ 静置时间(h)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎24‎ SS含量(mg/L)‎ ‎2500‎ ‎1800‎ ‎1300‎ ‎900‎ ‎820‎ ‎800‎ ‎780‎ 为降低成本，减少硫酸投加量的最好办法是___。‎ ‎③滤渣A的主要成分有___。‎ ‎（3）根据表中数据，回答下列问题。‎ ‎①化学絮凝沉淀过程中，加入FeSO4发生反应的离子方程式是___。‎ ‎②熟石灰能促进沉淀的生成，结合离子方程式，从平衡角度分析其原因是___。‎ ‎（4）用臭氧进一步处理废水中的氰化物和残留硫化物，若将400mL废水中的CN-完全氧化成N2和CO2，转移___mole-。‎ ‎【答案】 (1). CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑ (2). 处理至相同 pH时，废水中SS含量越高，中和所需的硫酸越多 (3). 加硫酸前，静置5~6小时 (4). SS和CaSO4 (5). ：Fe2++S2－= FeS (6). S2－ +H2OHS－ +OH－，加入熟石灰，c(OH－)增大，平衡逆向移动，c(S2－)增大，有利于FeS沉淀的生成 (7). 5×10-4 mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)实验室用碳化钙和水反应制取乙炔；‎ ‎(2)①废水中SS含量越高，中和所需的硫酸越多；‎ ‎②静置时间越长，SS含量越小；‎ ‎③电石渣废水中的阳离子主要为Ca2+，能够与硫酸反应生成CaSO4沉淀；‎ ‎(3)①FeSO4主要与废水中的硫离子反应生成硫化亚铁沉淀；‎ ‎②硫离子能够水解，溶液显碱性，加入熟石灰溶液的碱性增强，抑制硫水解，有利于FeS沉淀的生成；‎ ‎(4)结合氧化还原反应中得失电子守恒进行计算。‎ ‎【详解】(1)实验室用碳化钙和水反应制取乙炔，反应方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑；‎ ‎(2)①根据硫酸的用量和废水中固体悬浮物(SS)含量的关系图像可知，处理至相同 pH时，废水中SS含量越高，中和所需的硫酸越多；‎ ‎②根据废水中SS含量随时间变化数据可知，静置时间越长，SS含量越小，根据数据，静置 ‎5~6小时后，SS含量变化较小，为降低成本，减少硫酸投加量的最好办法是加硫酸前，静置5~6小时；‎ ‎③电石渣废水中的阳离子主要为Ca2+，能够与硫酸反应生成CaSO4沉淀，因此滤渣A的主要成分有SS和CaSO4；‎ ‎(3)①根据表格数据，化学絮凝沉淀过程中，加入FeSO4主要与废水中的硫离子反应生成硫化亚铁沉淀，反应的离子方程式为Fe2++S2－= FeS；‎ ‎②硫离子能够水解，溶液显碱性，加入熟石灰溶液碱性增强，抑制硫水解，有利于FeS沉淀的生成，故答案为：S2－ +H2OHS－ +OH－，加入熟石灰，c(OH－)增大，平衡逆向移动，c(S2－)增大，有利于FeS沉淀的生成；‎ ‎(4)500mL废水中含有CN-的物质的量为=0.0001mol，生成0.0001molCO2和0.00005molN2，转移的电子的物质的量为0.0001mol×(4-2)+0.00005mol×2×(3-0)=5×10-4 mol。‎