江西省万载中学2019-2020学年高二12月月考（创新班）化学试题
万载中学2021届高二12月月考化学学科创新班试卷
考试时间：100分钟
可能用到的相对原子质量H:1 C:12 N:14 O:16 Ni:59 Ag:108
一、单选题
1.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 用装置甲进行中和热的测定
B. 用装置乙制取 CO2 气体
C. 用装置丙比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱
D. 用装置丁模拟工业制氨气并检验产物
【答案】C
【解析】
【详解】A．图中缺少环形玻璃搅拌棒，则不能准确测定反应的最高温度，故A错误；
B．纯碱为粉末固体，与盐酸接触后关闭止水夹不能实现固液分离，不能制备少量气体，故B错误；
C．高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气与NaBr反应生成溴，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱，故C正确；
D．氮气和氢气反应生成氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则图中蓝色试纸不能检验氨气，故D错误；
故答案为C。
2.对氨基苯甲酸可用甲苯为原料合成。已知①苯环上的硝基可被还原为氨基：+3Fe+6HCl→+3FeCl2+2H2O，产物苯胺还原性强，易被氧化；②-CH3为邻、对位取代定位基，而-COOH为间位取代定位基。则由甲苯合成对氨基苯甲酸的步骤合理的是
A. 甲苯XY对氨基苯甲酸
B. 甲苯XY对氨基苯甲酸
C. 甲苯XY对氨基苯甲酸
D. 甲苯XY对氨基苯甲酸
【答案】A
【解析】
【详解】由甲苯制取产物时，需发生硝化反应引入硝基，再还原得到氨基，将甲基氧化才得到羧基；但氨基易被氧化，故甲基氧化为羧基应在硝基还原前，否则生成的氨基也被氧化，故先将甲基氧化为羧基，再将硝基还原为氨基。﹣CH3为邻、对位取代定位基；而﹣COOH为间位取代定位基，产物中的氨基在羧基的对位。如果先氧化甲基成羧基，发生硝化反应时，硝基在羧基的间位，所以先用—CH3的对位取代效果，在甲基的对位引入硝基，再将甲基氧化成羧基，最后将硝基还原成氨基，所以步骤为甲苯XY对氨基苯甲酸，即合理选项为A。
3.相同温度下，体积均为0.25 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－92.6 kJ·mol－1。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表所示：
容器编号
起始时各物质的物质的量/mol
达平衡时体系能量的变化
N2
H2
NH3
①
1
3
0
放出热量：23.15 kJ
②
0.9
2.7
0.2
放出热量：Q
下列叙述错误的是
A. 容器①、②中反应的平衡常数相等
B. 平衡时，两个容器中NH3的体积分数均为
C. 容器②中达平衡时放出的热量Q＝23.15 kJ
D. 若容器①的体积为0.5 L，则平衡时放出的热量小于23.15 kJ
【答案】C
【解析】
【分析】
平衡常数只与温度有关，与起始量无关，根据表中的数据，利用三段法进行计算；
【详解】A. 反应的温度没有发生变化，K不变，A项正确；
B. 由①可知，放出23.15 kJ的热量时，生成NH3的物质的量为=0.5mol，
N2(g) ＋ 3H2(g) 2NH3(g)
始（mol） 1 3 0
转（mol） 025 0.75 0.5
平（mol） 0.75 2.25 0.5
因体积之比等于物质的量之比，所以NH3的体积分数==，
②中加入的氨气转化成氮气和氢气后，氮气和氢气的量与①相同，达到的平衡状态等效，因此平衡时两个容器中氨气的体积分数相等，都是，B项正确；
C. ②中含有0.2molNH3，相当于在①的基础上加入了氨气，抑制了平衡的正向移动，容器②中达平衡时放出的热量Q<23.15 kJ，C项错误；
D. 若容器①的体积为0.5 L，减小压强，平衡逆向移动，反应物的转化率降低，达到平衡时放出的热量小于23.15 kJ，D项正确；
答案选C。
4.在一定条件下CO（g）和H2（g）发生反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。在容积固定且均为1L的a、b、c三个密闭容器中分别充入1mol CO（g）和2mol H2（g），三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3（依次升高）且恒定不变，测得反应均进行到5min时CH3OH（g）的浓度如下图所示。下列说法正确的是
A. a容器中，0~5min时平均反应速率ν（H2）=0.04mol/（L·min）
B. 反应均进行到5min时，三个容器中一定达到化学平衡状态的是b
C. 当三个容器内的反应都达到化学平衡时，CO转化率最大的是a
D. 保持温度和容积不变，若开始时向b容器中充入0.6mol CO（g）、1.2mol H2（g）和0.4mol CH3OH（g），则反应开始时ν（正）＜ ν（逆）
【答案】C
【解析】
【详解】A.a容器中，0~5min时平均反应速率ν（CH3OH）=0.4mol/L÷5min=0.08mol/（L·min），此时ν（H2）=0.16mol/（L·min），选项A不正确；
B.反应均进行到5min时，无法判断三个容器中是否达到化学平衡状态，选项B不正确；
C.结合图像可知，随着温度的升高，产物的浓度先增后减，说明当反应达到平衡后，升高温度平衡会逆向移动，因此低温下形成的平衡状态，反应物的转化率最高，选项C正确；
D.开始时向b容器中充入0.6mol CO（g）、1.2mol H2（g）和0.4mol CH3OH（g）形成的平衡与原平衡时等效，但因无法确定平衡时的状态，也无法判断起始时反应进行的方向，选项D不正确。
5.下列实验操作中，对应的实验现象以及实验结论都正确，且两者具有因果关系的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向稀硝酸中加入过量铁粉，充分反应后，再滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
稀硝酸将Fe 氧化为Fe3+
B
将少量铜粉加入1.0mol/L
Fe2(SO4)3溶液中
固体溶解，溶液变蓝色
金属铁比铜活泼
C
0.1 mol/L MgSO4溶液中滴加过量NaOH 溶液，再滴加
0.1 mol/L CuSO4溶液
先生成白色沉淀，后变为浅蓝色沉淀
Cu(OH)2溶度积比Mg(OH)2小
D
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
金属铝熔化而不滴落下来
金属铝熔点比氧化铝低
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
A. 向稀硝酸中加入过量铁粉，充分反应后，有气体生成，再滴加KSCN溶液，溶液呈浅绿色，说明稀硝酸将Fe 氧化为Fe2+，A不正确；B. 将少量铜粉加入1.0mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，固体溶解，溶液变蓝色，不能说明金属铁比铜活泼，只能说明Fe3+的氧化性强于Cu2+，B不正确；C. 0.1mol·L-1MgSO4溶液中滴加过量NaOH 溶液，再滴加0.1mol·L-1CuSO4
溶液，先生成白色沉淀，后变为浅蓝色沉淀，因为NaOH 溶液过量，故不能说明Cu(OH)2溶度积比Mg(OH)2小，C不正确；D. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，表层的铝被氧化而内部的铝不能被氧化，金属铝熔化而不滴落下来，说明金属铝熔点比氧化铝低，D正确，本题选D。
6.甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质及其数量如图所示，三个容器最初的容积相等、温度相同，反应中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反应达到平衡。下列说法正确的是
A. 平衡时各容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲>丙
B. 平衡时N2O4的百分含量：乙>甲＝丙
C. 平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率不可能相同
D. 平衡时混合物的平均相对分子质量：甲>乙>丙
【答案】B
【解析】
【分析】
甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大；但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大，不会消除增大；反应混合气体的总质量不变，总的物质的量减小，混合气体的平均摩尔质量增大；
丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入0.2molNO2，与甲为等效平衡，NO2浓度、N2O4的百分含量、混合气体的平均摩尔质量与甲中相同。平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，平衡时甲中NO2 与丙中N2O4 的转化率之和等于1。
【详解】甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入0.2molNO2，与甲为等效平衡，
A. 甲与丙为完全等效平衡，平衡时NO2浓度的相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大，不会消除增大，故平衡时容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲＝丙，故A错误；
B. 甲与丙为完全等效平衡，平衡时N2O4的百分含量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大，故平衡时N2O4的百分含量：乙>甲＝丙，故B正确；
C. 甲与丙为完全等效平衡，平衡时甲、丙中N2O4物质的量相等，平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率之和等于1，故平衡时甲中NO2 与丙中N2O4 的转化率可能相同，都为0.5，故C错误；
D. 甲与丙为完全等效平衡，平衡时混合气体的平均摩尔质量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，总的物质的量减小，乙中平均摩尔质量增大，故平衡时混合物的平均相对分子质量：乙>甲＝丙，故D错误；
答案选B。
【点睛】解答本题的关键是等效平衡的建立和建模思想的应用。
7.H3BO3(一元弱酸)可以通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备，其工作原理如图，下列叙述错误的是
A. M室发生的电极反应式为：2H2O-4e- =O2↑+4H+
B. N室中：a％
c(C2O42－)=c(H2C2O4)，A项错误；
B. pH=3时溶质主要是NaHC2O4，向此时的溶液中加NaOH溶液，NaHC2O4和NaOH溶液之间会反应得到C2O42-，C2O42-的水解程度较大，对水的电离起到促进作用，B项错误；
C.b点时，HC2O4-和C2O42-浓度相同，Ka2=[H+]=10-5.3，C项正确；
D.温度不变时，c2(HC2O4－)/[c(H2C2O4)c(C2O42－)]==，显然不随pH的增大而变化，D项错误。
故答案选C。
17.三氧化二镍是一种重要的电子元件材料、蓄电池材料。工业上利用含镍废料（以镍铁、钙、镁合金为主）制取草酸镍（NiC2O4·2H2O），再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。根据下列工艺流程示意图回答问题。
（1）操作1的名称为______。
（2）试剂B的名称为______，沉镍后，滤液中C2O42-的浓度为0.01mol/L，则残留在滤液中的 c(Ni2+)=____（已知Ksp[NiC2O4]= 4×10-10）。
（3）NiC2O4·2H2O 高温煅烧制取三氧化二镍的热重曲线如图所示：
①T3温度后，草酸镍全部转化为三氧化二镍，则a为_____（保留一位小数）。
②T2温度发生反应的化学方程式为___________。
（4）高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍时会产生CO、CO2
、水蒸气等混合气体。某同学设计如下实验流程进行检验。
混合气体现象澄清石灰水变浑浊
①试剂1的化学式为_________。
②碱石灰的作用是_____________。
【答案】 (1). 过滤 (2). 草酸或可溶性的草酸盐 (3). 4×10-8mol/L (4). 45.4 (5). NiC2O4·H2ONiC2O4 +H2O (6). CuSO4 (7). 吸收二氧化碳，避免对CO的检验产生干扰
【解析】
【分析】
（1）含镍废料(以镍、铁、钙、镁合金为主)加入酸溶解，镍、铁、钙、镁溶解成亚铁离子、钙离子、镁离子、镍离子，操作1为过滤，除去不溶物，滤液中加双氧水，把亚铁离子氧化为铁离子，然后加碳酸钠调节溶液的PH，使铁离子形成氢氧化铁沉淀除去。然后再向滤液中加氟化铵，把钙离子和镁离子形成沉淀除去。最后向滤液中加草酸或可溶性草酸盐，把镍离子沉淀为NiC2O4⋅2H2O；
（2）用Ksp(NiC2O4)计算c(Ni2+)；
（3）根据热重曲线和镍守恒计算；
（4）先检验水蒸气，然后检验二氧化碳，在检验一氧化碳前需要除去二氧化碳。
【详解】(1)含镍废料(以镍、铁、钙、镁合金为主)加入酸溶解，镍、铁、钙、镁溶解成亚铁离子、钙离子、镁离子、镍离子，操作1为过滤，除去不溶物，
故答案为：过滤；
(2)制取三氧化二镍,通过高温煅烧草酸镍制取。加入NH4F沉淀钙离子和镁离子,过滤得到溶液含有镍离子的溶液,在溶液中加入草酸或可溶性的草酸盐生成草酸镍,C2O42−的浓度为0.01mol⋅L−1,根据Ksp(NiC2O4)=c(C2O42−)×c(Ni2+)=4×10−10,可知c(Ni2+)=4×10−8mol/L，
故答案为：草酸或可溶性的草酸盐;4×10−8mol/L；
(3)①设NiC2O4⋅2H2O的质量为183g， 183gNiC2O4⋅2H2O的物质的量为1mol,T3温度后,草酸镍全部转化为三氧化二镍,根据镍守恒,生成三氧化二镍为0.5mol,质量为0.5mol×166g/mol=83g,则a为83÷183×100%≈45.4%，
故答案为：45.4；
②183gNiC2O4⋅2H2O的物质的量为1mol,含有结晶水质量为1mol×2×18g/mol=36g,而T2
温度时剩余固体物质的质量为183g×80.2%≈147g,质量减少为183g−147g=36g,故T2温度时完全失去结晶水；
发生反应的化学方程式为：NiC2O4·H2ONiC2O4 +H2O，
故答案为：NiC2O4·H2ONiC2O4 +H2O；
(4)①因混合气中含有水蒸气,无水硫酸铜粉末为白色,遇水变蓝,可用于检验水蒸气的存在,所以先用CuSO4检验水蒸气，
故答案为：CuSO4；
②用澄清的石灰水检验二氧化碳，用氧化铜检验一氧化碳，一氧化碳反应后生成二氧化碳，用石灰水检验，所以在检验一氧化碳前需要用碱石灰吸收二氧化碳，避免对CO的检验产生干扰，
故答案为：吸收二氧化碳，避免对CO的检验产生干扰。
18.三氯乙醛是基本有机合成原料之一，是生产农药、医药的重要中间体。某化学兴趣小组设计如图所示装置(夹持、加热仪器略)，模拟工业生产进行制备三氯乙醛(CCl3CHO)的实验。
查阅资料，有关信息如下：
①制备反应原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl，可能发生的副反应：C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO→CCl3COOH(三氯乙酸)+HCl；
②相关物质的相对分子质量及部分物理性质：
C2H5OH
CCl3CHO
CCl3COOH
C2H5Cl
相对分子质量
46
147.5
163.5
64.5
熔点/℃
-114.1
-57.5
58
-138.7
沸点/℃
78.3
97.8
198
12.3
溶解性
与水互溶
可溶于水、乙醇
可溶于水、乙醇、三氯乙醛
微溶于水，可溶于乙醇
(1)仪器E的名称是____________，冷凝水的流向是________进_______出(填“a”或“b”)。
(2)该装置C可采用_______________，加热的方法以控制反应温度在70 ℃左右。
(3)装置D干燥管的作用为_______________，装置D烧杯中的试剂是_________。
(4)该设计流程中存在一处缺陷，该缺陷是__________，引起的后果是________。
(5)反应结束后，从C中的混合物中分离出Cl3CCOOH的方法是________(填名称)。
(6)仪器A中发生反应的离子方程式为_________。
(7)已知：常温下Ka(CCl3COOH)=1.0×10-1mol·L-1，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5mol·L-1，请设计实验证明三氯乙酸、乙酸的酸性强弱：______。
【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). a (3). b (4). 水浴 (5). 防止液体倒吸 (6). 氢氧化钠溶液 (7). 缺少干燥氯气的装置 (8). 导致装置C中副产物CCl3COOH、C2H5Cl增多 (9). 蒸馏 (10). 2MnO4+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (11). 分别测定0.1mol·L-1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小，说明三氯乙酸酸性比乙酸的强
【解析】
【分析】
用浓盐酸和高锰酸钾制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，氯气进入三颈烧瓶，和里面的乙醇发生反应生成三氯乙醛。由于没有除去氯气中的水蒸气，所以会发生副反应，导致产品中混有C2H5Cl 和CCl3COOH，最后可以通过蒸馏除去CCl3COOH。三颈烧瓶上安装的冷凝管用于冷凝回流原料和产品，同时也把未消耗的氯气导出，用烧杯中的NaOH溶液吸收，由于同时和氯气一起出去的还有HCl，而HCl极易溶于水，所以需要防倒吸。
【详解】（1）根据仪器构造知E是球形冷凝管，冷凝管中水的流向采用下口进上口出时冷凝效果好，
故答案为：球形冷凝管；a；b；
（2）控制反应温度在70∘C左右，最好采取水浴加热的方法，
故答案为：水浴；
（3）由于最终排出的气体中含有氯气和氯化氢，所以需要用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；氯气和氯化氢易溶于氢氧化钠溶液，装置D中的干燥管可防止倒吸，
故答案为：防止液体倒吸；氢氧化钠溶液；
（4）该设计流程中缺少干燥氯气的装置，由于生成的氯气中含有水蒸气，氯气能与水反应生成HCl与HClO，会发生反应：CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl、C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2
O，导致装置C中副产物CCl3COOH、C2H5Cl增多，
故答案为：缺少干燥氯气的装置； 导致装置C中副产物CCl3COOH、C2H5Cl增多；
（5）CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，应采取蒸馏方法进行分离，
故答案为：蒸馏；
（6）高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气与水，该反应的离子方程式为：2MnO4+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（7）分别测定0.1mol⋅L−1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小，说明三氯乙酸电离程度比乙酸的大，则三氯乙酸的酸性比乙酸的强，
故答案为：分别测定0.1mol⋅L−1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小，说明三氯乙酸酸性比乙酸的强。
19.研究氮及其化合物对化工生产有重要意义。
（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g); △H=+180 kJ·mol－1
4NH3(g)+5O2(g) =4NO(g)+6H2O(g); △H= －908 kJ·mol－1
请写出氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式：___________。
（2）工业合成氨的原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=－92.4 kJ·mol－1。下图甲表示在一定体积的密闭容器中反应时N2的物质的量浓度随时间的变化，图乙表示在其他条件不变的情况下，改变起始投料中H2与N2的物质的量之比（设为k）对该平衡的影响。
①已知图甲中0～t1 min内，v(H2)=0.03 mol·L-1·min-1，则t1=________ min；若从t2 min起仅改变一个反应条件，则所改变的条件可能是____________________________（填一种即可）。
②图乙中，b点时k=_________。
③已知某温度下该反应的平衡常数K=10，在该温度下向容器中同时加入下列浓度的混合气体：c(H2)=0.1 mol/L，c(N2)=0.5 mol/L，c(NH3)=0.1 mol/L，则在平衡建立过程中NH3
的浓度变化趋势是__________（填“逐渐增大”“逐渐减小”或“恒定不变”）。
（3）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。（已知：N2H4+H+N2H5+）
①N2H5+的电子式为_______。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为________。
②联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgCl的试管中加入联氨溶液，观察到的现象___________________________________________________________。
（4）尿素(CO(NH2)2)是目前使用量较大的一种化学氮肥，工业上利用下图所示装置(阴、阳极均为惰性电极)电解尿素的碱性溶液制取氢气。
①该装置中阳极的总电极反应式为_____________________________________________。
②若两极共收集到气体22.4L(标准状况)，则消耗的尿素为____________g(忽略气体的溶解)。
【答案】 (1). 4NH3(g) + 6NO(g)＝5N2(g) + 6H2O(g) ΔH＝－1808 kJ·mol－1 (2). 30 (3). 降低温度（或增大H2浓度、减小NH3浓度） (4). 3:1 (5). 逐渐减小 (6). (7). N2H6(HSO4)2 (8). 固体逐渐变黑，并有气泡产生 (9). CO(NH2)2＋8OH－－6e－===N2↑＋CO32—＋6H2O (10). 15
【解析】
【分析】
（1）由盖斯定律计算可得；
（2）①由速率之比等于化学计量数之比，然后根据速率的计算公式求出时间。根据影响化学平衡的因素来解答；
②当N2与H2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大；
③根据浓度商和化学平衡常数比较，判断化学平衡移动方向，进而判断平衡建立过程中NH3的浓度变化趋势；
（3）①N2H4是二元弱碱，其性质与氨气相似，第一步电离出1个氢氧根离子和N2H5+，则第二步中N2H5+电离出1个氢氧根离子和N2H62+；
【详解】（1）令①：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180 kJ·mol－1，②：4NH3(g)+5O2(g) =4NO(g)+6H2O(g) △H= －908 kJ·mol－1，氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的化学方程式为③：4NH3(g) + 6NO(g)＝5N2(g) + 6H2O(g)，③=②-5①，△H=（－908-5180）kJ·mol－1=－1808 kJ·mol－1，则氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式4NH3(g) + 6NO(g)＝5N2(g) + 6H2O(g) ΔH＝－1808 kJ·mol－1；
（2）①0～t1 min内，v(H2)=0.03 mol·L-1·min-1，，v(N2)=0.01 mol·L-1·min-1，则==0.01 mol·L-1·min-1，解得t1=30min。从t2 min起N2的浓度逐渐减小，则所改变的条件可能是降低温度（或增大H2浓度、减小NH3浓度）使得平衡正向移动引起的；
②当N2与H2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大，即图乙中，b点时k=3：1；
③c(H2)=0.1 mol/L，c(N2)=0.5 mol/L，c(NH3)=0.1 mol/L，则Qc===20＞10，所以反应逆向进行，NH3的浓度逐渐减小；
（3）①N2H4是二元弱碱，其性质与氨气相似，第一步电离出1个氢氧根离子和N2H5+，则第二步中N2H5+电离出1个氢氧根离子和N2H62+。N2H5+的电子式为。N2H4是二元弱碱，其性质与氨气相似，第一步电离出1个氢氧根离子和N2H5+，则第二步中N2H5+电离出1个氢氧根离子和N2H62+，则联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2；
②N2H4被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，-2价的N元素被氧化为N2，反应方程式为：N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr，因此反应出现现象为：固体逐渐变黑，并有气泡产生；
（4）①阳极化合价升高失去电子，发生氧化反应，CO(NH2)2被氧化为N2
，在碱性条件下产生碳酸根离子，则该装置中阳极的总电极反应式为CO(NH2)2＋8OH－－6e－=N2↑＋CO32—＋6H2O；
②该电解池总反应式为：CO(NH2)2＋2OH－=N2↑＋CO32—＋3H2↑，若两极共收集到气体22.4L(标准状况)，即1mol气体，其中氮气和氢气的物质的量之比为1:3，故氮气有0.25mol，CO(NH2)2的物质的量也为0.25mol，则消耗的尿素为0.25mol 15g。
20.有机物A由C、H、O、Cl四种元素组成，其相对分子质量为198.5，Cl在侧链上。当A与分别在Fe作催化剂和光照条件下以物质的量之比为l：1反应时，分别是苯环上一氯取代有两种和侧链上一氯取代有一种；A与溶液反应时有气体放出。A经下列反应可逐步生成B～G。
(1)A的化学式为______________；D的结构简式为______________；
(2)上述反应中属于取代反应的是______________ (填编号)；
(3)C中含氧官能团的名称为______________、______________；
(4)E的同分异构体中，满足①苯环上只有一个侧链，且侧链上含有一个一CH；②能发生银镜反应；③属于酯类。则其结构简式为(写3种)：__________、_______、__________
(5)写化学方程式(有机物写结构简式)：
A与NaOH醇溶液共热：__________________________________________________；
【答案】 (1). (2). (3). ①⑥ (4). 羟基 (5). 羧基 (6). (7). (8). (9). +2NaOH+2NaCl+2H2O
【解析】
【分析】
A与溶液反应时有气体放出，说明A中含有羧基。又因为A由C、H、O、Cl四种元素组成，其相对分子质量为198.5，Cl在侧链上，则去掉羧基和氯原子后剩余的相对分子质量是198.5－35.5－45＝118，则苯环上烃基的化学式的相对分子质量是118－78＝40，则应该是含有3个碳原子的烃基。所以A中含有10个碳原子，则A的化学式是C10H11O2Cl。当A与分别在Fe作催化剂和光照条件下以物质的量之比为l：1反应时，分别是苯环上一氯取代有两种和侧链上一氯取代有一种，这说明A中苯环上含有两个取代基，且是对称的。其中侧链上的氢原子是相同的，所以A的结构简式应该是。A水解生成B，则B的结构简式是。B酸化得到C，则C的结构简式是。C中含有羟基和羧基，能发生缩聚反应生成高分子化合物D，则D的结构简式是。根据反应④的条件可知，该反应是醇的消去反应，则生成物E的结构简式是。E中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物F。另外也能和甲醇发生酯化反应生成G。
【详解】(1)根据以上分析，A的化学式为C10H11O2Cl；D的结构简式为；
(2)反应①是卤代烃的水解反应，也是取代反应；反应②是盐和酸的复分解反应；反应③是缩聚反应；反应④是醇的消去反应；反应⑤是加聚反应；反应⑥是酯化反应，也是取代反应，所以上述反应中属于取代反应的是①⑥；
(3)C的结构简式为，含氧官能团的名称为羧基和羟基；
(4)E是，它的同分异构体中，满足①苯环上只有一个侧链，且侧链上含有一个一CH3；②能发生银镜反应，有醛基；③属于酯类，所以是甲酸酯。则可以为或或；
(5) 与NaOH的醇溶液共热，发生卤代烃的消去反应： +2NaOH+2NaCl+2H2O
