天津市大港油田实验中学2020届高三开学考试化学试题

天津市大港油田实验中学2020届高三开学考试化学试题

天津市大港油田实验中学2020届高三下学期4月测试 化学试题 ‎1.截止‎2020年4月5日，全球新型冠状病毒肺炎确诊超过120万例。以下对预防新冠病毒的认识，不符合科学道理的是（ ）‎ A B C D ‎84消毒液使用时不能和洁厕灵混用 医用酒精消毒效果浓度95%>75%‎ 口罩关键一层聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料 温度计中水银属于金属单质 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 84消毒液使用时不能和洁厕灵混用，两者反应生成氯气，有毒，故A正确；‎ B. 75%的酒精用于消毒，消毒效果最佳，过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止其进入细菌体内，难以将细菌彻底杀死，95%的酒精常用于擦拭紫外线灯，故B错误；‎ C. 口罩关键一层聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料，故C正确；‎ D. 温度计中水银是金属汞，属于金属单质，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 0.1‎mol/LNaClO溶液中含有的Cl0-数为0.1NA B. 一定条件下，2molSO2和ImolO2发生反应，转移的电子数为4NA C. ‎1L0.1mol/L葡萄糖溶液中分子总数为0.1 NA D. ‎60g石英晶体中含有的Si-O键数目为4 NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ NaClO为强碱弱酸盐，Cl0-会有少量水解，加之没给溶液的体积，所以无法判断0.1mol/LNaClO溶液中含有的Cl0-数目，A错误；SO2和O2发生反应为可逆反应，反应物不能完全消耗，因此，2molSO2和ImolO2发生反应不能全部消耗，转移的电子数小于4NA，B错误；只考虑了葡萄糖溶液中溶质葡萄糖分子数目，没有考虑水分子数目，C错误；二氧化硅中1个硅原子形成4个Si－O键，‎60 g石英晶体中含有的Si－O键数目应该是4NA，D正确； 正确选项D。‎ ‎3. 运用有关概念判断下列叙述正确的是（ ）‎ A. 1mol H2燃烧放出的热量为H2的燃烧热 B. Na2SO3和H2O2的反应为氧化还原反应 C. 和互为同系物 D. BaSO4的水溶液不导电，故BaSO4是弱电解质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、燃烧热的概念中除了强调1mol可燃物，还要强调在在‎25℃‎、101kPa时完全燃烧，生成稳定的氧化物，H2应该生成H2O(l)，而非H2O(g),现在题目未指明状态，A项错误；‎ B、Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O是氧化还原反应，B项正确；‎ C、苯酚与苯甲醇虽官能团均是羟基，但性质不同，种类不同，一个是酚羟基，一个是醇羟基，C项错误；‎ D、BaSO4难溶于水，故水溶液不导电，但在熔融状态可完全电离而可导电，是强电解质；‎ 故选B。‎ ‎4.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O B. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4-+16H++‎5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O C. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2，溶液变浑浊：2+CO2+H2O=2+CO32-‎ D. 铅蓄电池充电时阴极反应式：PbSO4−2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水，发生氧化还原反应生成碘单质，该反应的离子方程式为：2I-+2H++H2O2═I2+2H2O，故A正确；‎ B．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸，草酸属于弱酸，不能拆开，正确的离子反应为：2MnO4-+6H++5H‎2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故B错误；‎ C．向苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H6OH+HCO3-，故C错误；‎ D．铅蓄电池充电时，PbSO4在阴极得电子发生还原反应，正确的电极反应式为：PbSO4+2e-=Pb+SO42-，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意苯酚钠溶液中通入二氧化碳只能生成碳酸氢钠，不能生成碳酸钠。‎ ‎5.[Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列说法错误的是（ ）‎ A. Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10‎ B. 1molHCHO分子中含有σ键的数目为3mol C. HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3‎ D. [Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Zn原子序数为30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A选项正确；‎ B. 1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个σ键，所以，1molHCHO分子中含有σ键的数目为3mol，B选项正确；‎ C. HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-C≡N)中的C为sp杂化，C选项错误；‎ D. [Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3‎ 杂化，配位原子形成正四面体，所以，[Zn(CN)4]2-结构可表示为，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个σ键，如：C=O双键含1个σ键、1个π键，C≡N叁键含1个σ键、2个π键。‎ ‎6.中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3 △H<0）反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理，如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 过程中有极性键形成 B. 复合催化剂降低了反应的活化能 C. 复合催化剂能降低合成氨反应的焓变 D. ‎350℃‎，催化效率：5LiH-Fe/MgO>铁触媒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据图中信息，过程中有极性键N—H键形成，故A正确；‎ B. 复合催化剂降低了反应的活化能，故B正确；‎ C. 复合催化剂能降低反应的活化能，但不能降低合成氨反应的焓变，故C错误；‎ D. 根据图中信息，‎350℃‎，催化效率：5LiH-Fe/MgO＞铁触媒，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎7.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的气态氢化物遇湿润的红色石蕊试纸变蓝色，X是地壳中含量最高的元素，Y在同周期主族元素中原子半径最大，Z与Y形成的化合物的化学式为YZ。下列说法不正确的是 A. W在元素周期表中的位置是第二周期VA族 B. 用电子式表示的形成过程为：‎ C. 同主族中Z的气态氢化物稳定性最强 D. X与Y形成的两种常见的化合物中，阳离子和阴离子的个数比均为2:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知W的气态氢化物遇湿润的红色石蕊试纸变蓝色，其溶液显碱性，则该氢化物是氨气 ‎，W是氮元素。地壳中含量最多的元素是氧，故X是氧元素。同一周期从左到右，元素的原子半径依次减小，Y在同周期主族元素中原子半径最大，则Y是第三周期的钠元素，Z也位于第三周期，Z与Y形成的化合物的化学式为YZ，钠元素的化合价为+1价，则Z元素的化合价是-1价，Z原子最外层电子数为7，它是氯元素。‎ ‎【详解】A．氮是7号元素，氮原子核外电子层数为2，最外层电子数为5，它在周期表中位于第二周期VA族，故A正确；‎ B．钠是活泼的金属元素，氯是活泼的非金属元素，钠原子与氯原子结合时，钠原子失去电子变为钠离子，氯原子得到电子变为氯离子，两种离子之间通过离子键结合在一起，，故B正确；‎ C．氯元素位于ⅦA族，该族元素中非金属性最强的是氟元素，非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以最稳定，故C错误；‎ D．钠与氧两种元素可形成氧化物和过氧化物两种化合物，前者由钠离子与阳离子构成，后者由钠离子与过氧根离子构成，两种物质中阳离子与阴离子数之比都是，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】氧化钠和过氧化钠中阳离子和阴离子的个数比为二比一，过氧根是原子团。‎ ‎8.各种矿产资源的开发利用为人类发展提供了重要的物质保障，如图是一些矿产资源的利用流程，则下列说法不正确的是 A. 粗铜电解精炼时，粗铜做阳极 B. 黄铜矿冶炼铜时，副产物二氧化硫可用于生产硫酸，FeO可用作冶铁的原料。‎ C. 生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应 D. 粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解精炼铜时，粗铜作阳极，自身可以溶解，故A正确；‎ B．二氧化硫可以转化成三氧化硫，进而生成硫酸；氧化亚铁与CO在高温下可生成Fe，故B正确；‎ C．制备铝，硅，铜单质时涉及化合价变化，是氧化还原反应，制玻璃时二氧化硫与碳酸钠，碳酸钙反应生成硅酸钠和硅酸钙，化合价未发生变化，均不属于氧化还原反应，故C错误； ‎ D．制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将四氯化硅从杂质中提取出来，再与氢气发生置换反应得到高纯硅，故D正确；‎ 答案选C ‎9.下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）‎ 选项 操作 现象 结论 A．‎ 向某无色溶液中滴加BaCl2溶液 产生白色沉淀 该无色溶液中一定含有SO42-‎ B．‎ 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸 有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊 硫代硫酸钠在酸性条件下不稳定 C．‎ 打开分液漏斗，向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，将产生的气体通入Na2SiO3水溶液中 Na2SiO3水溶液中出现白色胶状沉淀 证明酸性强弱为：HCl>H2CO3>H2SiO3‎ D．‎ CaCO3悬浊液中滴加稀Na2SO4溶液 无明显现象 Ksp小的沉淀只能向Ksp更小的沉淀转化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向某无色溶液中滴加BaCl2溶液，能产生白色沉淀，说明溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，A错误；‎ B.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸， S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体二氧化硫，B正确；‎ C.向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，产生的气体为CO2，其中混有杂质HCl，应通过饱和的NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CO2中混有的HCl，，再通入Na2SiO3水溶液中，C错误；‎ D.在一定条件下，Ksp小的沉淀也能向Ksp大的沉淀转化，D错误；‎ 故选B。‎ ‎10.某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物作固态电解质，其电池总反应为MnO2+Zn＋(1+)H2O＋ZnSO4MnOOH＋ZnSO4[Zn(OH)2]3·xH2O.其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。下列说法中不正确的是 A. 碳纳米管具有导电性，可用作电极材料 B. 放电时，电池正极反应为MnO2-e-+H+=MnOOH C. 充电时，Zn2+移向Zn膜 D. 合成有机高聚物的单体是 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳纳米管具有导电性，可用作电极材料，某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，故A正确；‎ B．放电过程正极上是二氧化锰得到电子生成MnOOH，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，电极反应中不是氢离子，电极反应为MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，故B错误；‎ C．放电过程中锌做负极，充电过程中锌做阴极，通电时阳离子移向阴极，充电时，Zn2+移向Zn膜，故C正确；‎ D．根据高聚物的结构单元，该高聚物为加聚产物，合成有机高聚物的单体是，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎11.CO2经催化加氢可合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g )C2H4(g)+4H2O(g)。0.1Mpa时，按n(CO2):n(H2)=1:3投料，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 该反应的ΔH<0‎ B. 曲线b代表H2O C. N点和M点所处的状态c(H2)不一样 D. 其它条件不变，T‎1℃‎、0.2MPa下反应达平衡时c(H2)比M点大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 温度升高，H2的浓度增大，平衡左移，故逆向吸热，正向放热，△H<0，则曲线a为CO2，根据方程式的比例关系，可知曲线b为H2O, 曲线c为C2H4；故A正确，B正确；C项：N点和M点均处于所处同一T‎1℃‎下，所处的状态的c(H2)是一样的；D项： 其它条件不变，T‎1℃‎、0.2 MPa相对0.1 MPa，增大了压强，体积减小，c(H2)增大，下反应达平衡时c(H2)比M点大，D项正确。 ‎ ‎12.常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c（H＋）表示为pH水＝-lgc（H＋）水。pH水 与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。‎ 下列推断正确的是 A. HX的电离方程式为HX＝H＋＋X-‎ B. T点时c（Na＋）＝c（Y-）＞c（H＋）＝c（OH-）‎ C 常温下用蒸馏水分别稀释N、P点溶液，pH都降低 D. 常温下，HY的电离常数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 依题意，HX和HY是两种一元酸。由图象知，加入氢氧化钠溶液，水电离程度增大，溶液由酸性逐渐变为中性，当恰好完全反应时溶液呈碱性且水电离程度达到最大值。HX为弱酸，故A错误。‎ B. T、P点对应的溶液都呈碱性，故B错误。‎ C. N点呈中性，加入蒸馏水稀释中性溶液，稀释后溶液仍然呈中性，故C错误。‎ D. 取M点计算电离常数，c（H＋）＝c（OH-）＝1×10-7mol·L-1，混合溶液中，，，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎13.铝及其化合物在生产生活中具有重要的作用。‎ ‎(1)铝属于活泼金属却能在空气中稳定存在，原因是（用化学用语及相关文字说明）___________‎ ‎(2)铝电池性能优越，在现代生产、生活中有广泛的应用。铝-空气电池以其环保、安全而受到越来越多的关注，其原理如下图所示。‎ 该电池的正极反应方程式为 _____；电池中NaCl溶液的作用是 ______；以该电池为电源，用惰性电极电解Na2SO4溶液，当Al电极质量减少‎1.8g时，电解池阴极生成的气体在标准状况下的体积为_______L。‎ ‎(3)AlCl3与NaN3在高温下反应可制得高温结构陶瓷氮化铝(AlN)，且生成N2。NaN3晶体中阴、阳离子个数比为______，写出反应化学方程式为___________‎ ‎(4)同主族的元素应用广泛。‎2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓（GaAs）太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：‎ ‎①基态Ga原子价电子排布式____，核外电子占据最高能级的电子云形状为____；基态As原子最高能层上有____个电子。‎ ‎②镓失去电子的逐级电离能（单位：kJ/mol）的数值依次为577、1985、2962、6192，-1由此可推知镓的主要化合价为_____和+3，砷的第一电离能比镓_____填“大”或“小”）。‎ ‎③第四周期元素中，与基态As原子核外未成对电子数目相同的元素符号为____。‎ ‎④砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在‎700℃‎制得，（CH3）3Ga中C原子的杂化方式为 ______，AsH3分子的空间构型为______。‎ ‎⑤相同压强下，AsH3的沸点_______NH3（填“大于”或“小于”），原因为________。‎ ‎【答案】 (1). 4Al+ 3O2 = 2Al2O3，表面能形成致密的氧化膜，能保护内层金属不被氧化 (2). O2+4e-+2H2O=4OH- (3). 增强溶液的导电能力 (4). 2.24 (5). 1：1 (6). AlCl3+3NaN33NaCl+4N2↑+AlN (7). 4s24p1 (8). 哑铃形（或纺锤形） (9). 5 (10). +1 (11). 大 (12). V、Co (13). sp3 (14). 三角锥形 (15). 小于 (16). NH3分子间含氢键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝的化学性质比较活泼，而铝在空气中稳定存在是因为生成致密的氧化膜；该原电池中，负极上铝失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，据此书写正极反应方程式；溶液的导电性与溶液中自由离子浓度成正比；电解硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，根据Al电极质量减少‎1.8g时结合转移电子数相等进行计算；NaN3晶体中阴离子为N3-、阳离子为Na+，AlCl3与NaN3在高温下反应可制得高温结构陶瓷氮化铝(AlN)，且生成氮气，结合原子守恒配平书写化学方程式；根据Ga、As的原子序数，结合原子构造原理分析解答；根据电离能差值分析元素的化合价，电离能差值过大说明失去该电子较困难，同周期元素随原子序数增大，电离能增大；利用价层电子对互斥模型判断原子杂化方式和分子空间构型；分子间能形成氢键熔沸点异常高。据此分析。‎ ‎【详解】(1)铝在空气中稳定存在，其原因是在常温下Al与氧气反应，铝表面能形成致密的氧化膜能保护内层金属不被氧化，反应的化学方程式为：4Al+ 3O2 = 2Al2O3；答案为：4Al+ 3O2 = 2Al2O3，表面能形成致密的氧化膜，能保护内层金属不被氧化；‎ ‎(2)该原电池中，负极上铝失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应,所以正极反应方程式为：O2+4e- +2H2O=4OH-，为了增大溶液的导电性且又不对其电池反应式造成影响而选择氯化钠；当Al电极质量减少‎1.8g时，此时转移电子数为，所以电解硫酸钠溶液时，阴极上氢离子放电生成氢气的量为，则在标况下生成气体体积为，答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；增强溶液的导电能力；2.24；‎ ‎(3) NaN3晶体中阴离子为N3-、阳离子为Na+，晶体中阴、阳离子个数比为1：1；AlCl3与NaN3在高温下反应可制得高温结构陶瓷氮化铝(AlN)，且生成氮气，结合原子守恒书写化学方程式为：AlCl3+3NaN33NaCl+4N2↑+AlN，答案为：1：1；AlCl3+3NaN33NaCl+4N2↑+AlN；‎ ‎(4)①Ga是31号元素，位于第四周期第ⅢA族，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，则价电子排布式为4s24p1，核外电子占据最高能级的电子云形状为哑铃形（或纺锤形）；As是33号元素，位于第四周期第ⅤA族，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，则基态As原子最高能层上有5个电子，答案为：4s24p1；哑铃形（或纺锤形）；5；‎ ‎②根据Ga失去电子的逐级电离能数值，第一电离能和第二电离能差值较大，且第三电离能和第四电离能数值差别较大，说明失去第二个电子和失去第四个电子较困难，所以呈现的价态是+1和+3；Ga、As 是同一周期元素，从左到右电离能逐渐增大，砷的第一电离能比镓大，故答案为：+1；大；‎ ‎③As的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，核外未成对电子数目为3，第四周期元素中，与基态As原子核外未成对电子数目相同的元素符号为V、Co，故答案为：V、Co；‎ ‎④(CH3)3Ga中C原子价层电子对数为4，为sp3杂化；AsH3分子中中心原子As的价层电子对数为4，有一对孤电子对，其空间构型为三角锥形，答案为：sp3；三角锥形；‎ ‎⑤相同压强下，AsH3的沸点小于NH3，因为NH3分子间能形成氢键，沸点异常高，答案为：小于；NH3分子间含氢键。‎ ‎14.香豆素类化合物M具有抗病毒、抗癌等多种生物活性。下图是M和聚合物E的合成路线。‎ 已知：‎ ‎① ‎ ‎② ‎ ‎③ ‎ ‎(1)A中官能团是_______。‎ ‎(2)B→的反应类型是________。‎ ‎(3)化合物F能与FeCl3溶液发生显色反应，其结构简式是________。F有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物、且为醇类物质的结构简式是________。‎ ‎(4)G的结构简式是________。‎ ‎(5)D→聚合物E的化学方程式是________。‎ ‎(6)已知，将下列G→K的流程图补充完整：_____________________‎ ‎【答案】 (1). 羧基(或—COOH) (2). 取代反应 (3). (4). (5). (6). (7). I为： J为： K为：‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据A的分子式，以及A与Cl2反应生成的产物，推出A结构简式为CH3COOH，CH2ClCOOH与碳酸钠反应生成B，利用羧酸的酸性碳酸，推出B为CH2ClCOONa，根据信息①，以及D的分子式，推出D的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOC2H5，根据信息②，以及E为聚合物，推出E的结构简式为，根据问题(3)，F能与FeCl3溶液发生显色反应，说明F中含有酚羟基，根据流程中F的生成的产物，推出F 中含有甲基，且酚羟基和甲基邻位，F的结构简式为，根据信息③，推出G的结构简式为，根据M的结构简式，推出K的结构简式为，据以上分析解答。‎ ‎【详解】根据A的分子式，以及A与Cl2反应生成的产物，推出A结构简式为CH3COOH，CH2ClCOOH与碳酸钠反应生成B，利用羧酸的酸性强于碳酸，推出B为CH2ClCOONa，根据信息①，以及D的分子式，推出D的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOC2H5，根据信息②，以及E为聚合物，推出E的结构简式为，根据问题(3)，F能与FeCl3溶液发生显色反应，说明F中含有酚羟基，根据流程中F的生成的产物，推出F中含有甲基，且酚羟基和甲基邻位，F的结构简式为，根据信息③，推出G的结构简式为，根据M的结构简式，推出K的结构简式为；‎ ‎（1）根据上述分析，以及A的结构简式，推出A中官能团是羧基；‎ ‎（2）根据上述分析，B与NaCN发生反应类型为取代反应；‎ ‎（3）F的结构简式为，同分异构体符合的条件是属于芳香族化合物和醇，因此符合条件的结构简式为；‎ ‎（4）G的结构简式为；‎ ‎（5）根据信息②，D生成聚合物E的化学反应方程式为；‎ ‎（6）G生成I发生水解反应，即I的结构简式为，I生成J发生酸化和酯化反应，即J的结构简式为，K的结构简式为。‎ ‎15.过氧化钙是一种温和的氧化剂，常温下为白色的固体，易溶于酸，难溶于水、乙醇等溶剂。某实验小组拟选用如图装置(部分固定装置略)制备过氧化钙。‎ ‎（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为____________(填仪器接口的字母编号，装置可重复使用)。‎ ‎（2）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：‎ ‎①检验装置的气密性后，装入药品；‎ ‎②打开分液漏斗活塞，通入一段时间气体，加热药品；‎ ‎③反应结束后，________(填操作)；‎ ‎④拆除装置，取出产物。‎ ‎（3）一小组同学利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。制备CaO2的实验方案和装置示意图：‎ ‎①三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为___________________________________；‎ ‎②支管B的作用是_________________________；‎ ‎③步骤③中洗涤CaO2·8H2O的液体X的最佳选择是____________；‎ A．无水乙醇B．浓盐酸C．水D．CaCl2溶液 ‎④该反应常用冰水浴控制温度在℃左右，其可能原因分析：该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O产率；________________________________________。‎ ‎（4）测定产品中CaO2含量的实验步骤：‎ 步骤一：准确称取ag产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体，再滴入少量2mol·L－1的硫酸，充分反应。‎ 步骤二：向上述锥形瓶中加入几滴________(作指示剂)。‎ 步骤三：逐滴加入浓度为cmol·L－1的Na2S2O3溶液至反应完全，滴定至终点，记录数据，再重复上述操作2次，得出三次平均消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL。‎ CaO2的质量分数为________(用字母表示)。（已知：I2+2S2O32-===2I－+S4O62-）‎ ‎【答案】 (1). dfebcf(或dfecbf) (2). 熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞 (3). CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl (4). 平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下 (5). A (6). ‎ 温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率 (7). 淀粉溶液 (8). %‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 制备过氧化钙时，用双氧水制备氧气，钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶。‎ ‎(1)据分析可知制备过氧化钙时仪器正确的顺序；‎ ‎(2)实验结束时为防止空气进入装置，还要继续通氧气直到装置冷却；‎ ‎(3)①三颈烧瓶中氯化钙与双氧水发生反应，生成CaO2•8H2O沉淀和NH4Cl；‎ ‎②支管B的作用是平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下；‎ ‎③根据过氧化钙(CaO2)难溶于水，可与水缓慢反应；不溶于醇类、乙醚等选择洗涤CaO2•8H2O的最佳试剂；‎ ‎④该反应常用冰水浴控制温度在‎0℃‎左右，其可能的原因分析：该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率；温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；‎ ‎(4)过氧化钙氧化碘化钾生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，故指示剂选淀粉溶液；根据电子转移守恒关系CaO2～I2～2S2O32-计算。‎ ‎【详解】(1)制备过氧化钙时，用双氧水制备氧气，钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶，所以正确的顺序为：dfebcf或dfecbf；‎ ‎(2)实验结束时为防止空气进入装置，还要继续通氧气直到装置冷却，所以实验结束时的操作为熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞；‎ ‎(3)①三颈烧瓶中氯化钙与双氧水发生反应,主要反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；‎ ‎②支管B的作用是平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下；‎ ‎③过氧化钙(CaO2)难溶于水，可与水缓慢反应，不溶于醇类、乙醚等步骤③中洗涤CaO2⋅8H2O的液体X的最佳选择是无水乙醇；‎ ‎④该反应常用冰水浴控制温度在‎0℃‎ 左右，其可能的原因分析：该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2⋅8H2O产率；温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；‎ ‎(4)过氧化钙氧化碘化钾生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，故指示剂选淀粉溶液，设CaO2的质量分数为ω，根据电子转移守恒关系可知：‎ 因此ω==%‎ ‎16.苯乙烯（）是生产各种塑料的重要单体，可通过乙苯催化脱氢制得：‎ ‎（g）（g）+H2（g）△H ‎（1）已知：‎ 化学键 C-H C-C C=C H-H 键能/kJ/mol ‎412‎ ‎348‎ ‎612‎ ‎436‎ 计算上述反应的△H＝________kJ·mol－1。‎ ‎（2）‎500℃‎时，在恒容密闭容器中，充入amol乙苯，反应达到平衡后容器内气体的压强为P；若再充入bmol的乙苯，重新达到平衡后容器内气体的压强为2P，则a_______b（填“＞”“＜”或“=”），乙苯的转化率将________（填“增大”“减小”或“不变”）。‎ ‎（3）工业上，通常在乙苯（EB）蒸气中掺混N2（原料气中乙苯和N2的物质的量之比为1︰10，N2不参与反应），控制反应温度‎600℃‎，并保持体系总压为0.1Mpa不变的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图 ‎①A、B两点对应的正反应速率较大的是________。‎ ‎②掺入N2能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实____________。‎ ‎③控制反应温度为‎600℃‎的理由是__________‎ ‎【答案】 (1). +124 (2). ＜ (3). 减小 (4). B (5). 正反应方向气体分子数增加，相当于起减压的效果，平衡正向移动 (6). ‎600℃‎时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据苯乙烯的制备原理，反应中苯基部分键能不变，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能；‎ ‎(2)根据恒温恒压下，气体的压强与物质的量成正比，假设再充入amol的乙苯，相当于对原反应加压，平衡逆向移动，压强小于2p，现在压强为2p，则加入乙苯的量大于a，加压，平衡逆向移动，转化率减小；‎ ‎(3)①A、B两点的温度和压强都相等，分析AB两点的浓度大小；‎ ‎②掺入N2相当于稀释，减压，平衡正向移动；‎ ‎③根据图像可知，‎600℃‎时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高，温度较低，速率减慢，温度太高，催化剂的活性降低；‎ ‎【详解】(1)根据苯乙烯的制备原理，反应中苯基部分键能不变，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能；△H＝(348+412×5)kJ·mol－1-(612 +412×3 +436)kJ·mol－1=124 kJ·mol－1；‎ ‎(2)根据恒温恒压下，气体的压强与物质的量成正比，充入amol乙苯，反应达到平衡后容器内气体的压强为P，再充入amol 的乙苯，相当于对原反应加压，平衡逆向移动，重新平衡时，气体的压强小于2P，若达到新平衡后容器内气体的压强为2P，则a ＜b，其他条件相同时，增大压强，平衡逆向移动，乙苯的转化率减小；‎ ‎(3)①由题图可知，A、B两点的温度和压强都相等，但B点乙苯的浓度大于A点，反应物浓度越大，速率越快，正反应速率B点大于A点；‎ ‎②该反应的正反应为气体分子数增加的反应，加入氮气稀释，相当于减压的效果，减小压强，平衡正向移动，乙苯的转化率增大；‎ ‎③由题图可知，‎600℃‎时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高，该反应为吸热反应，温度过低，速率慢，乙苯的平衡转化率低，若温度过高，苯乙烯的转化率下降，高温可能使催化剂的活性降低，且耗能。‎ ‎【点睛】根据苯乙烯的制备原理，反应中苯基部分键能不变，不用代入键能公式计算，这个会影响学生的思维。‎