2024年高考化学终极押题卷2（上海卷）含答案

2024年菁优高考化学终极押题卷2（上海卷）一．选择题（共20小题）1．某教材中有下面一段话：Formanyyearschemistswereunsuccessfullytriedtopreparetheperbromateion，。Thefirstsuccessfulsynthesisofperbromateinvolvedanisoelectronicspeciesasthestartingmaterial。Theprocessisdescribedasfollowing：→+e﹣。以下说法正确的是（）A．该过程发生了化学变化 B．Br元素的质量数为83 C．中含有68个电子 D．Se与Br互为同位素2．为了控制疾病，经常会用到各类消毒剂。下列消毒剂的有效成分属于盐的是（）A．0.3%的高锰酸钾溶液 B．3%的双氧水 C．15%的过氧乙酸溶液 D．75%的医用酒精3．下面叙述不正确的是（）A．S2﹣的结构示意图： B．Ba2+的质子数为138 C．中子数为18的氯原子：Cl D．Ti的中子数是264．（B组）下列离子方程式正确的是（）A．H2SO4和Ba（OH）2溶液反应：Ba2++OH﹣+H++═BaSO4↓+H2O B．铁和稀硝酸反应：Fe+2H+═H2↑+Fe2+ C．CO2通入Na2CO3溶液中：CO2++H2O═2 D．用足量的澄清石灰水吸收二氧化硫：SO2+2OH﹣═+H2O5．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．2.4g金属镁所含电子数目为0.2NA B．标况下，22.4LSO3所含分子数目为NA C．17gNH3所含质子数目为10NA D．18g水所含原子数目为18NA6．不能说明氯的非金属性强于溴的是（）A．酸性：HClO4＞HBrO4 B．分解温度：HBr＜HCl C．BrCl中氯为﹣1价 D．沸点：HBr＞HCl7．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸．则下列判断正确的是（）A．非金属性：Z＜T＜X B．R与Q的电子数相差26 C．气态氢化物稳定性：R＜T＜Q D．最高价氧化物的水化物的酸性：R＞Q8．砷的一些化合物常用作半导体、除草剂、杀鼠药等。As4O6分子的结构如图所示，下列说法正确的是（）A．该分子中As和O的杂化方式均为sp3 B．稳定性：AsH3＞H2O C．As4O6分子中只存在非极性共价键 D．As位于元素周期表中第四周期第ⅤB族9．下列有机化合物说法不正确的是（）A．甲苯的一氯代物有3种 B．可以用碳酸钠溶液来区分乙酸、乙醇、乙酸乙酯 C．化合物的分子式为C7H8 D．1mol香兰素最多与4molH2发生加成反应10．关于反应8NH3+6NO2═7N2+12H2O，下列说法正确的是（）A．NH3中H元素被氧化 B．NO2在反应过程中失去电子 C．还原剂与氧化剂的质量之比为34：69 D．氧化产物与还原产物的质量之比为3：411．反应2A（g）⇌B（g）发生过程中的能量变化如图所示，下列有关说法正确的是（）A．该反应中断裂旧键放出的总能量低于新键形成吸收的总能量 B．向该体系中加入催化剂，E1和E2均减小，ΔH也减小 C．该反应的反应热ΔH＜0 D．正反应的活化能大于逆反应的活化能12．如图是以石油为原料的部分转化流程，下列关于4个反应的反应类型的说法正确的是（）A．反应①与反应③反应类型相同 B．反应②与反应④反应类型相同 C．反应③与反应④反应类型相同 D．反应①与反应④反应类型相同13．已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按如图进行卤素的性质实验。玻璃管内装有分别滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的是（）①②③④A黄绿色橙色蓝色白色B无色橙色紫色白色C黄绿色橙色蓝色无色D黄绿色无色紫色白色A．A B．B C．C D．D14．己烷雌酚的一种合成路线如图，下列叙述不正确的是（）A．在氢氧化钠水溶液中加热，化合物X可发生消去反应 B．Y的苯环上的二氯取代物有7种同分异构体 C．用FeCl3溶液可以鉴别化合物X和Y D．X转化为Y的反应类型为取代反应15．下列各组物质的水溶液均能导电，但前者属是电解质、后者属于非电解质的是（）A．CuSO4、HCl B．CH3COOH、Na2O C．NaClO、NH4HCO3 D．NaCl、NH316．下列各组离子一定能大量共存的是（）A．某无色溶液中：Cu2+、Cl﹣、K+、CO32﹣ B．使紫色石蕊变红的溶液：Na+、Ba2+、HCO3﹣、NO3﹣ C．含有大量Fe3+的溶液中：Na+、I﹣、SO42﹣、OH﹣ D．含有大量Na+的溶液中：H+、Mg2+、NO3﹣、SO42﹣17．下列实验操作正确且能达到目的的是（）A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 B．制备氢氧化铁胶体 C．检验化合物中是否含钾元素 D．制备并保存少量Fe（OH）218．工业上可通过“酸性歧化法”和“电解法”制备KMnO4。“酸性歧化法”中，利用软锰矿（主要成分为MnO2）先生成K2MnO4，进而制备KMnO4的流程如图所示。实验室中模拟“酸性歧化法”制备KMnO4。下列说法正确的是（）A．为加快“熔融”反应速率，可将矿石粉碎，并用玻璃棒不断翻炒固体 B．“酸化”时若改用盐酸，则反应为3+4H+＝2+MnO2+2H2O C．“结晶”获取KMnO4晶体时采用蒸发结晶 D．该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个19．如图是室温下的BaCO3（Ksp＝2.6×10﹣9）和BaSO4（Ksp＝1.1×10﹣10）在水中的沉淀溶解平衡曲线，下列说法错误的是（）A．位于上面的那条曲线是BaCO3 B．c点加入Na2SO4后可变到a点 C．a点加入Na2SO4后可变到b点 D．d点的沉淀溶解状态：v溶解＞v沉淀20．一定温度下，向容积为4L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，下列对反应的推断合理的是（）A．该反应的化学方程式为3B+4C＝6A+3D B．反应进行到1s时，v（A）＝3v（D） C．反应进行到6s时，B的平均反应速率为0.05mol•L﹣1•s﹣﹣1 D．反应进行到6s时，各物质的反应速率相等二．解答题（共4小题）21．聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。工业常采用乙苯脱氢的方法制备苯乙烯，其原理为：C6H5﹣CH2CH3（g）⇌C6H5﹣CH＝CH2（g）+H2（g）ΔH。通过计算机模拟一个乙苯分子在催化剂表面脱氢制苯乙烯的反应，其历程如图1所示（吸附在催化剂表面的物质用*标注）：（1）乙苯脱氢制苯乙烯反应的焓变。A.大于0B.等于0C.小于0D.无法确定写出该反应历程（过渡态1和2中）的决速步骤反应方程式：。（2）实验测得乙苯脱氢反应的速率方程为v正＝k正p乙苯，v逆＝k逆p苯乙烯p氢气（k正、k逆为速率常数，只与温度有关），图2中③代表lgk逆随的变化关系，则能代表lgk正随的变化关系的是。A.①B.②C.④D.⑤（3）某温度下，向1.0L恒容密闭容器中充入0.10molC6H5﹣CH2CH3（g），测得乙苯脱氢反应时间（t）与容器的气体总压强（p）的数据见表：时间t/h0124816202530总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.269.329.339.33该温度下的浓度平衡常数K＝mol/L（结果保留至小数点后两位）。（4）实际生产中常在恒压条件下掺入高温水蒸气作为反应体系的稀释剂（水蒸气不参加反应），乙苯的转化率随稀释比的变化如图所示，说明乙苯转化率变化的原因。CO2氧化乙苯脱氢是制备苯乙烯的另一种方式。其方程式如下：（5）如表所示是反应中几种物质的燃烧热。物质CO（g）燃烧热/kJ•mol﹣1﹣4610.2﹣4376.9﹣283.5又已知水的汽化热为40.8kJ•mol﹣1。根据以上数据，计算CO2氧化乙苯脱氢反应的ΔH＝。该反应在催化剂表面发生的历程如图所示：（6）反应过程中需要将催化剂表面的酸性控制在pH＝3.5～4.5之间，原因是pH过低时，催化剂表面正电荷聚集，；pH过高时，。（7）相对于乙苯脱氢法，CO2氧化法制备苯乙烯工艺的优点为合成速率快、单位时间内的产量高；其缺点为：①反应需要控制酸度，工艺较为复杂；②；③。22．氧化碳减排和再利用技术是促进工业可持续发展和社会环保的重要措施，而且综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义。用工业废气中二氧化碳制备再生能源物质——甲醇，其原理是：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝53.7kJ•mol﹣1现向1L密闭容器中加入1molCO2、3molH2，在适当的条件下，发生上述反应。（1）下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是。（不定项）A．混合气体的平均相对分子质量保持不变B．CO2和H2的体积分数保持不变C．CO2和H2的转化率相等D．混合气体的密度保持不变相同条件下，在容积都为1L且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后反应达到平衡。容器甲乙反应物投入量1molCO2、3molH2amolCO2、3amolH2、bmolCH3OH（g）、bmolH2O（g）（2）若甲中平衡后气体的压强为开始的0.6倍，则此温度下，该反应的平衡常数为（保留小数点后两位）；要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则b的取值范围为。（3）若保持温度不变，起始加入0.5molCO2、0.5molH2、0.5molCH3OH（g）、0.5molH2O（g）则此时反应速率的关系：v正v逆。（填“＞”、“＜”或“＝”）某温度下，向2L密闭容器中通入0.04molCO2和0.08molH2，测得其压强（p）随时间（t）变化如图1中曲线Ⅰ所示。（4）反应开始至达平衡时，v（CO2）＝。（5）若只改变某一条件，其他条件相同时，曲线变化为Ⅱ，则改变的条件是。通过以下途径也可以实现CO2向CH3OH的转化：反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）ΔH1＜0反应Ⅱ：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）ΔH2＜0反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数K随温度T的变化如图2所示。（6）根据图中数据分析可知，T1T2（填“＞”、“＜”或“＝”）；（7）目前，许多国家采用CO2代替CO（以煤和天然气为原料）生产CH3OH，其优点。23．利用基本有机化工原料A（C2H4）制备1，6﹣己二酸（H），并进一步合成尼龙的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：已知：乙酸的酸酐在一定条件下水合，可以得到乙酸（1）石油化工中获取有机化工原料A（C2H4）主要采用的是法（单项）A．石油分馏B．石油裂化C．石油裂解（2）和溴水发生加成反应的产物最多有种（单项）A．1B．2C．3D．4（3）E含有的官能团名称是、。（4）上述流程中反应⑤的反应类型是。（5）G的结构为。（6）H和乙二醇在一定条件下反应生成高分子化合物，该反应的化学方程式是。（7）W是H的同分异构体，0.1molW与足量饱和碳酸氢钠溶液反应可释放4.48L（标准状况）二氧化碳。W有三种化学环境的氢原子，且个数比为3：1：1。写出一种满足条件的W的结构简式为。（8）参照上述合成路线，设计以2，4﹣己二烯（CH3CH＝CHCH＝CHCH3）和乙炔为原料制备的合成路线（无机试剂任选）已知存在断开碳碳双键的反应：CH3CH＝CHCH3CH3CHO+OHCCH324．（1）铁与水蒸气的反应实验装置如图，加热时试管内生成黑色物质，点燃肥皂泡可听到爆鸣声。下列说法正确的是。A.反应的化学方程式：2Fe+3H2OFe2O3+3H2B.试管中发生化合反应C.湿棉花的作用是提供水蒸气D.试验结束后，应该先熄灭酒精灯，再将导管移出肥皂水高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，与水反应可生成透明的红褐色胶体，反应原理：4+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣（2）胶体分散质粒子的直径范围是。该反应中是。A.还原剂B.氧化剂C.被还原D.被氧化（3）K2FeO4能杀灭水中细菌的原因是。（4）配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式。Fe（OH）3+ClO﹣+＝+Cl﹣+电子工业常用30%左右的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。为了从腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，某同学设计下列方案：（5）实验室用无水氯化铁固体粗略配制30%的FeCl3溶液，需要的主要玻璃仪器除了量筒外还有。（6）FeCl3溶液与铜箔发生反应的离子方程式为。（7）试剂A、D、F的化学式分别是、、。用FeCl3溶液制取FeCl3晶体的方法是。A.蒸发结晶B.降温结晶（8）某研究性学习小组设计实验探究铝等金属的性质：将一置于空气中的铝片投入浓（CuCl2溶液中，铝片表面出现一层海绵状暗红色物质，接下来铝片上产生大量气泡，溶液温度迅速上升。若用同样的铝片投入相同浓度的CuSO4溶液中，在短时间内铝片无明显变化。造成不同现象的原因可能是。A.Al与CuCl2溶液反应，与CuSO4溶液不反应B.CuCl2溶液酸性比同浓度的CuSO4溶液酸性强C.生成物AlCl3溶于水，而Al2（SO4）3不溶于水D.Cl﹣能破坏氧化铝薄膜，而不能

2024年菁优高考化学终极押题卷2（上海卷）参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．某教材中有下面一段话：Formanyyearschemistswereunsuccessfullytriedtopreparetheperbromateion，。Thefirstsuccessfulsynthesisofperbromateinvolvedanisoelectronicspeciesasthestartingmaterial。Theprocessisdescribedasfollowing：→+e﹣。以下说法正确的是（）A．该过程发生了化学变化 B．Br元素的质量数为83 C．中含有68个电子 D．Se与Br互为同位素【考点】同位素及其应用；物理变化与化学变化的区别与联系．【专题】原子组成与结构专题．【答案】C【分析】A．有新物质生成的反应为化学变化；B．由题干方程式可知，Br元素的某种同位素的质量数为83；C．中含有34+4×8+2＝68个电子；D．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素不同种原子。【解答】解：A．→+e﹣中无新物质生成，故该过程不属于发生了化学变化，故A错误；B．由题干方程式可知，Br元素的某种同位素的质量数为83，而不是溴元素的质量数为83，故B错误；C．中含有34+4×8+2＝68个电子，故C正确；D．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素不同种原子，故与不互为同位素，故D错误；故选：C。【点评】本题考查原子的结构，涉及到物质的变化、同位素的相关概念，注意对原子中电子的计算。2．为了控制疾病，经常会用到各类消毒剂。下列消毒剂的有效成分属于盐的是（）A．0.3%的高锰酸钾溶液 B．3%的双氧水 C．15%的过氧乙酸溶液 D．75%的医用酒精【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．【答案】A【分析】金属阳离子或铵根离子与酸根离子构成的化合物为盐。【解答】解：A．0.3%的高锰酸钾溶液中的有效成分为KMnO4，为盐，故A正确；B．3%的双氧水的有效成分为H2O2，为氧化物，故B错误；C．15%的过氧乙酸溶液中的有效成分为CH3COOOH，不是盐，属于过氧化物，故C错误；D．75%的医用酒精中有效成分为乙醇，不是盐，故属于醇类，D错误；故选：A。【点评】本题考查了物质组成、物质分类的分析判断，注意知识的积累，题目难度不大。3．下面叙述不正确的是（）A．S2﹣的结构示意图： B．Ba2+的质子数为138 C．中子数为18的氯原子：Cl D．Ti的中子数是26【考点】原子结构示意图、离子结构示意图；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【专题】化学用语专题．【答案】B【分析】A．S2﹣的核外电子为18；B．Ba的质子数为56；C．中子数＝质量数﹣质子数；D．中子数＝质量数﹣质子数，据此进行解答。【解答】解：A．S是16号元素，S2﹣是S原子获得2个电子形成的，S2﹣核外电子排布是2、8、8，所以S2﹣的结构示意图：，故A正确；B．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，13856Ba2+的质子数为56，质量数是138，故B错误；C．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，Cl是17号元素，原子核内质子数是17，中子数为18的氯原子质量数是17+18═35，可表示为：Cl，故C正确；D．4822Ti表示的质子数是22，中子数＝48﹣22＝26，故D正确；故选：B。【点评】本题考查电子式、原子及离子的结构示意图、空间填充模型、原子符号等化学用语的表示方法，明确常见化学用语的概念和书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。4．（B组）下列离子方程式正确的是（）A．H2SO4和Ba（OH）2溶液反应：Ba2++OH﹣+H++═BaSO4↓+H2O B．铁和稀硝酸反应：Fe+2H+═H2↑+Fe2+ C．CO2通入Na2CO3溶液中：CO2++H2O═2 D．用足量的澄清石灰水吸收二氧化硫：SO2+2OH﹣═+H2O【考点】离子方程式的书写；硝酸的化学性质．【专题】离子反应专题．【答案】C【分析】A．H2SO4和Ba（OH）2溶液反应，生成硫酸钡和水误；B．铁和稀硝酸反应，生成硝酸铁、NO和水；C．CO2通入Na2CO3溶液中，生成碳酸氢钠；D．用足量的澄清石灰水吸收二氧化硫，生成亚硫酸钙沉淀和水。【解答】解：A．H2SO4和Ba（OH）2溶液反应，生成硫酸钡和水，离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++═BaSO4↓+2H2O，故A错误；B．铁和稀硝酸反应，生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为：Fe++4H+═Fe3++NO↑+2H2O，故B错误；C．CO2通入Na2CO3溶液中，生成碳酸氢钠，离子方程式为：CO2++H2O═2，故C正确；D．用足量的澄清石灰水吸收二氧化硫，生成亚硫酸钙沉淀和水，离子方程式为：SO2+Ca2++2OH﹣═CaSO3↓+H2O，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查离子方程式的书写，属于基本知识的考查，难度不大5．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．2.4g金属镁所含电子数目为0.2NA B．标况下，22.4LSO3所含分子数目为NA C．17gNH3所含质子数目为10NA D．18g水所含原子数目为18NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【答案】C【分析】A．1个镁中含有12个电子；B．标况下，SO3不是气体，无法计算22.4LSO3所含分子数目；C．1个NH3含10个质子；D．1mol水中含有3mol原子。【解答】解：A．2.4g镁的物质的量是0.1mol，含有1.2mol电子，所含电子数目为1.2NA，故A错误；B．标况下，SO3不是气体，无法计算22.4LSO3所含分子数目，故B错误；C．氨气的物质的量n＝＝＝1mol，而1molNH3含10mol质子，即10NA，故C正确；D．水的物质的量n＝＝＝1mol，1mol水中含有3mol原子，因此18g水所含原子数目为3NA，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数的计算，为高频考点，题目难度不大。6．不能说明氯的非金属性强于溴的是（）A．酸性：HClO4＞HBrO4 B．分解温度：HBr＜HCl C．BrCl中氯为﹣1价 D．沸点：HBr＞HCl【考点】非金属性强弱对元素性质的影响；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【答案】D【分析】比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性、与氢气反应的难易程度、电负性的大小，与变价金属反应后金属元素的化合价等角度判断。【解答】解：A.根据最高价氧化物对应的水化物的酸性比较非金属性强弱，HClO4＞HBrO4，即氯的非金属性强于溴，故A正确；B.HBr的分解温度低于HCl，说明HBr较不稳定，则可说明氯的非金属性强于溴，故B正确；C.BrCl中氯为一1价说明氯原子吸引电子能力强，电负性大，说明氯的非金属性强于溴，故C正确；D.HBr沸点高于HCl，说明HBr分子间作用力强于HCl，不能比较氯和溴的非金属性强弱，故D错误；故选：D。【点评】本题考查非金属强弱比较，熟悉非金属性比较常用的方法是解答本题的关键，题目难度不大。7．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸．则下列判断正确的是（）A．非金属性：Z＜T＜X B．R与Q的电子数相差26 C．气态氢化物稳定性：R＜T＜Q D．最高价氧化物的水化物的酸性：R＞Q【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【答案】B【分析】R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素，结合元素周期律解答．【解答】解：R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素，A．Z为Ar元素，最外层为稳定结构，金属性与非金属性在同周期中最弱，同周期自左而右金属性减弱，故非金属性Z＜X＜T，故A错误；B．R为F元素，Q为Br元素，原子序数相差26，故B正确；C．同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，气态氢化物越稳定，故稳定性HF＞HCl＞HBr，故C错误；D．R不存在最高价氧化物的水化物，故D错误；故选：B。【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，为高频考点，把握元素的位置、元素性质比较方法及元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意F的推断为解答的突破口，题目难度不大。8．砷的一些化合物常用作半导体、除草剂、杀鼠药等。As4O6分子的结构如图所示，下列说法正确的是（）A．该分子中As和O的杂化方式均为sp3 B．稳定性：AsH3＞H2O C．As4O6分子中只存在非极性共价键 D．As位于元素周期表中第四周期第ⅤB族【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表的结构及其应用．【专题】化学键与晶体结构．【答案】A【分析】A．As的最外层电子数为5，O的最外层电子数为6，则As4O6分子As、O的价层电子对数均为4；B．非金属性：O＞N＞As，非金属性越强，其氢化物越稳定；C．同种原子间的共价键为非极性键，不同原子间的共价键为极性键；D．As位于元素周期表中第四周期第ⅤA族。【解答】解：A．As的最外层电子数为5，O的最外层电子数为6，则As4O6分子As原子含有1对孤电子对、价层电子对数为4，O原子含有2对孤电子对、价层电子对数为4，所以它们的VSEPR模型均为四面体、杂化方式均为sp3，故A正确；B．非金属性：O＞N＞As，非金属性越强，其氢化物越稳定，即稳定性：AsH3＜H2O，故B错误；C．由图可知，As4O6分子中只存在O—As键，为极性键，故C错误；D．As属于主族元素，原子序数为33，位于元素周期表中第四周期第ⅤA族，故D错误；故选：A。【点评】本题考查原子杂化方式判断、周期表的结构及其应用，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握价层电子对数及VSEPR模型的应用、周期表的结构及周期律的应用即可解答，题目难度不大。9．下列有机化合物说法不正确的是（）A．甲苯的一氯代物有3种 B．可以用碳酸钠溶液来区分乙酸、乙醇、乙酸乙酯 C．化合物的分子式为C7H8 D．1mol香兰素最多与4molH2发生加成反应【考点】有机物的鉴别；有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】A【分析】A．Cl原子取代甲基上的H原子，也可以取代苯环上甲基的邻、间、对位上的H原子；B．向乙酸中滴加碳酸钠溶液，会产生气泡；向乙醇中滴加碳酸钠溶液，二者互溶；向乙酸乙酯中滴加碳酸钠溶液，出现分层；C．键线式中拐点和顶点代表碳原子，每个碳原子形成四个键；D．香兰素分子中的苯环和醛基可以和H2发生加成反应。【解答】解：A．甲苯的一氯代物有4中，Cl原子取代甲基上的H原子，也可以取代苯环上甲基的邻、间、对位上的H原子，故A错误；B．可以用碳酸钠溶液来区分乙酸、乙醇、乙酸乙酯：向乙酸中滴加碳酸钠溶液，会产生气泡；向乙醇中滴加碳酸钠溶液，二者互溶；向乙酸乙酯中滴加碳酸钠溶液，出现分层，故B正确；C．键线式中拐点和顶点代表碳原子，每个碳原子形成四个键，则化合物的分子式是C7H8，故C正确；D．香兰素分子中的苯环和醛基可以和H2发生加成反应，故1mol香兰素最多与4molH2发生加成反应，故D正确；故选：A。【点评】本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。10．关于反应8NH3+6NO2═7N2+12H2O，下列说法正确的是（）A．NH3中H元素被氧化 B．NO2在反应过程中失去电子 C．还原剂与氧化剂的质量之比为34：69 D．氧化产物与还原产物的质量之比为3：4【考点】氧化还原反应的基本概念及规律；氧化还原反应相关的概念．【专题】氧化还原反应专题．【答案】C【分析】由反应8NH3+6NO2═7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由﹣3升高到0、NO2中的N元素的化合价由+4降低到0，据此分析。【解答】解：A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，故A错误；B．NO2在反应过程中N元素化合价降低，得到电子，是氧化剂，故B错误；C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂，由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，还原剂与氧化剂的质量之比为34：69，故C正确；D．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，则氧化产物与还原产物的质量之比为4：3，故D错误；故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明氧化还原反应的基本概念是解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力。11．反应2A（g）⇌B（g）发生过程中的能量变化如图所示，下列有关说法正确的是（）A．该反应中断裂旧键放出的总能量低于新键形成吸收的总能量 B．向该体系中加入催化剂，E1和E2均减小，ΔH也减小 C．该反应的反应热ΔH＜0 D．正反应的活化能大于逆反应的活化能【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【答案】C【分析】A．该反应为放热反应，则断裂旧键吸收的总能量低于新键形成吸收的总能量；B．催化剂改变反应机理，降低反应的活化能，不能改变反应热；C．该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；D．放热反应中正反应的活化能小于逆反应的活化能。【解答】解：A．该反应为放热反应，则断裂旧键放出的总能量低于新键形成吸收的总能量，故A错误；B．催化剂改变反应机理，降低反应的活化能，不能改变反应热，则向该体系中加入催化剂，E1和E2均减小，ΔH不变，故B错误；C．该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，ΔH＜0，故C正确；D．放热反应中正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D错误；故选：C。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。12．如图是以石油为原料的部分转化流程，下列关于4个反应的反应类型的说法正确的是（）A．反应①与反应③反应类型相同 B．反应②与反应④反应类型相同 C．反应③与反应④反应类型相同 D．反应①与反应④反应类型相同【考点】有机物的合成．【专题】有机反应．【答案】D【分析】反应③是丙烯在500℃的条件下与氯气发生取代反应生成ClCH2CH＝CH2，A是ClCH2CH＝CH2。【解答】解：A．反应①是乙烯和硫酸发生加成反应生成C2H5﹣O﹣SO3H，反应③是丙烯在500℃的条件下与氯气发生取代反应生成ClCH2CH＝CH2，反应类型不同，故A错误；B．反应②是C2H5﹣O﹣SO3H和水发生取代反应生成硫酸和乙醇，反应④是ClCH2CH＝CH2与溴发生加成反应生成ClCH2CHBrCH2Br，反应类型不同，故B错误；C．反应③是丙烯在500℃的条件下与氯气发生取代反应生成ClCH2CH＝CH2，反应④是ClCH2CH＝CH2与溴发生加成反应生成ClCH2CHBrCH2Br，反应类型不同，故C错误；D．反应①是乙烯和硫酸发生加成反应生成C2H5﹣O﹣SO3H，反应④是ClCH2CH＝CH2与溴发生加成反应生成ClCH2CHBrCH2Br，反应类型相同，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意有机物中的官能团及反应条件来分析反应类型，明确常见的反应类型，题目难度不大。13．已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按如图进行卤素的性质实验。玻璃管内装有分别滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的是（）①②③④A黄绿色橙色蓝色白色B无色橙色紫色白色C黄绿色橙色蓝色无色D黄绿色无色紫色白色A．A B．B C．C D．D【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【答案】A【分析】根据题给信息，常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出Cl2，①处充满黄绿色Cl2；氯气进入玻璃管后与②处NaBr溶液发生置换反应生成Br2；氯气和③处KI溶液反应置换出I2；④处利用氯气与碱液反应进行Cl2的尾气吸收。【解答】解：常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出Cl2，①处充满黄绿色Cl2；氯气进入玻璃管后与②处NaBr溶液发生置换反应生成Br2，白色棉球变为橙色；氯气和③处KI溶液反应置换出I2，遇淀粉变蓝；④处利用氯气与碱液反应进行Cl2的尾气吸收，尽管反应生成的物质均为无色，但棉球本身是白色的，所以④处的颜色为白色，故A正确，故选：A。【点评】氯气是一个重要的知识点，命题者设计出简洁的一器多用实验装置，并以装置图形式给考生呈现出来，将Cl2的制备、性质和溴、碘单质的颜色、检验联系在一起．考查学生对所学知识的理解能力及对知识在新的情景下的迁移能力。14．己烷雌酚的一种合成路线如图，下列叙述不正确的是（）A．在氢氧化钠水溶液中加热，化合物X可发生消去反应 B．Y的苯环上的二氯取代物有7种同分异构体 C．用FeCl3溶液可以鉴别化合物X和Y D．X转化为Y的反应类型为取代反应【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机反应．【答案】A【分析】A．卤代烃在NaOH的乙醇溶液中加热发生消去反应；B．根据位置异构判断；C．Y有酚羟基与FeCl3显色；D．X发生取代反应生成Y。【解答】解：A．卤代烃在NaOH的乙醇溶液中加热发生消去反应生成烯烃，故A错误；B．苯环上的二氯代物位置关系如图红色和蓝色标记，共有7种，故B正确；C．Y有酚羟基与FeCl3显色，而X不能，用FeCl3溶液可以鉴别化合物X和Y，故C正确；D．改变化为﹣Br被取代，该反应为取代反应，故D正确；故选：A。【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚的性质，注意卤代烃发生消去反应、水解反应的条件区别，易错选项是B。15．下列各组物质的水溶液均能导电，但前者属是电解质、后者属于非电解质的是（）A．CuSO4、HCl B．CH3COOH、Na2O C．NaClO、NH4HCO3 D．NaCl、NH3【考点】电解质与非电解质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【答案】D【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物．【解答】解：A、CuSO4、HCl的水溶液均能导电，二者均属于电解质，故A错误；B、CH3COOH、Na2O的水溶液均能导电，二者均属于电解质，故B错误；C、NaClO、NH4HCO3的水溶液均能导电，二者均属于电解质，故C错误；D、NaCl、NH3的水溶液均能导电，氯化钠是电解质，而氨气是非电解质，故D正确。故选：D。【点评】本题考查学生电解质和非电解质的概念，均是对化合物进行的分类，可以根据所学知识进行回答，较简单．16．下列各组离子一定能大量共存的是（）A．某无色溶液中：Cu2+、Cl﹣、K+、CO32﹣ B．使紫色石蕊变红的溶液：Na+、Ba2+、HCO3﹣、NO3﹣ C．含有大量Fe3+的溶液中：Na+、I﹣、SO42﹣、OH﹣ D．含有大量Na+的溶液中：H+、Mg2+、NO3﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【答案】D【分析】A.含有铜离子的溶液呈蓝色，铜离子与碳酸根离子反应；B.该溶液呈酸性，碳酸氢根离子与氢离子反应；C.铁离子与碘离子、氢氧根离子反应；D.四种离子之间不反应，都不与钠离子反应。【解答】解：A.含有Cu2+的溶液呈蓝色，Cu2+、CO32﹣之间发生反应，不能大量共存，故A错误；B.使紫色石蕊变红的溶液呈酸性，H+、HCO3﹣之间反应生成二氧化碳气体和水，不能大量共存，故B错误；C.Fe3+与I﹣、OH﹣反应，不能大量共存，故C错误；D.Na+、H+、Mg2+、NO3﹣、SO42﹣之间不反应，能够大量共存，故D正确；故选：D。【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。17．下列实验操作正确且能达到目的的是（）A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 B．制备氢氧化铁胶体 C．检验化合物中是否含钾元素 D．制备并保存少量Fe（OH）2【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【答案】D【分析】A．不能在容量瓶中溶解固体；B．氯化铁与NaOH溶液反应生成沉淀；C．观察K的焰色需透过蓝色的钴玻璃；D．苯可隔绝空气，硫酸亚铁与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁。【解答】解：A．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故A错误；B．氯化铁与NaOH溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，故B错误；C．观察K的焰色需透过蓝色的钴玻璃，不能直接观察，故C错误；D．苯可隔绝空气，硫酸亚铁与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁，可制备并保存少量Fe（OH）2，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、溶液的配制、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。18．工业上可通过“酸性歧化法”和“电解法”制备KMnO4。“酸性歧化法”中，利用软锰矿（主要成分为MnO2）先生成K2MnO4，进而制备KMnO4的流程如图所示。实验室中模拟“酸性歧化法”制备KMnO4。下列说法正确的是（）A．为加快“熔融”反应速率，可将矿石粉碎，并用玻璃棒不断翻炒固体 B．“酸化”时若改用盐酸，则反应为3+4H+＝2+MnO2+2H2O C．“结晶”获取KMnO4晶体时采用蒸发结晶 D．该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个【考点】制备实验方案的设计．【专题】物质的分离提纯和鉴别；制备实验综合．【答案】D【分析】制备KMnO4的流程如下：MnO2、KOH和O2在熔融状态下反应生成K2MnO4，反应后加水溶浸，使K2MnO4等可溶性物质溶解，并过滤，除去不溶性杂质，向滤液中通入过量CO2使溶液酸化，并使K2MnO4发生歧化反应，生成KMnO4和MnO2，过滤除去MnO2，滤液进行结晶、过滤、洗涤、干燥等操作后可得到KMnO4晶体。【解答】解：A．玻璃中含有SiO2，高温下能与强碱KOH反应，因此不能用玻璃棒翻炒固体，故A错误；B．酸化时K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4，KMnO4具有强氧化性，能与盐酸反应生成Cl2，因此酸化时不能改用盐酸，故B错误；C．酸化反应完成后过滤，因为高锰酸钾加热易分解，故通过“结晶”获取KMnO4晶体时应采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法，故C错误；D．“熔融”、“酸化”过程均发生氧化还原反应，因此该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。19．如图是室温下的BaCO3（Ksp＝2.6×10﹣9）和BaSO4（Ksp＝1.1×10﹣10）在水中的沉淀溶解平衡曲线，下列说法错误的是（）A．位于上面的那条曲线是BaCO3 B．c点加入Na2SO4后可变到a点 C．a点加入Na2SO4后可变到b点 D．d点的沉淀溶解状态：v溶解＞v沉淀【考点】沉淀溶解平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【答案】B【分析】A．Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4），c（Ba2+）相同时，c（CO32﹣）＞c（SO42﹣）；B．c点所在曲线是BaCO3，Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4），加入Na2SO4后溶液中c（Ba2+）减小，c（CO32﹣）增大；C．加入Na2SO4后c（Ba2+）减小，c（SO42﹣）增大，仍在曲线上移动；D．图中d点在曲线下方，离子的浓度积Q＜Ksp。【解答】解：A．由图可知a、c两点的c（Ba2+）相同，且c点阴离子浓度＞a点阴离子浓度，Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4），则c点所在曲线为是BaCO3，a点所在曲线为是BaSO4，故A正确；B．c点所在曲线是BaCO3，加入Na2SO4后发生反应BaCO3（s）+SO42﹣（aq）⇌BaSO4（s）+CO32﹣（aq），溶液中c（Ba2+）减小，则c点加入Na2SO4后不可能变到a点，故B错误；C．Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+）•c（SO42﹣），a点加入Na2SO4后c（Ba2+）减小，c（SO42﹣）增大，a点可变到b点，故C正确；D．由图可知，d点在曲线下方，离子的浓度积Q＜Ksp，d点对应溶液为不饱和溶液，溶解速率大于沉淀速率，即v溶解＞v沉淀，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡及其应用，正确判断溶度积曲线、结合溶度积常数进行分析是解本题关键，考察了学生分析能力及灵活运用基础知识能力，题目难度中等。20．一定温度下，向容积为4L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，下列对反应的推断合理的是（）A．该反应的化学方程式为3B+4C＝6A+3D B．反应进行到1s时，v（A）＝3v（D） C．反应进行到6s时，B的平均反应速率为0.05mol•L﹣1•s﹣﹣1 D．反应进行到6s时，各物质的反应速率相等【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题；化学反应速率专题．【答案】B【分析】由图可知，B、C的物质的量减少，A、D的物质的量增加，则B、C为反应物、A、D为生成物，结合图中物质的量的变化量可知，（1﹣0.4）：（1﹣0.2）：（1.2﹣0）：（0.4﹣0）＝3：4：6：2，6s达到平衡，则反应为3B+4C⇌6A+2D，结合v＝及速率之比等于化学计量数之比来解答。【解答】解：A．由上述分析可知，反应为3B+4C⇌6A+2D，故A错误；B．反应进行到1s时，由速率之比等于化学计量数之比可知v（A）＝3v（D），故B正确；C．反应进行到6s时，B的平均反应速率为＝0.025mol/（L•s），故C错误；D．化学反应速率之比等于化学计量数之比，故反应进行到6s时，各物质的反应速率不相等，故D错误；故选：B。【点评】本题考查物质的量随时间变化曲线，为高频考点，把握图中物质的量的变化、平衡判断、速率关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。二．解答题（共4小题）21．聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。工业常采用乙苯脱氢的方法制备苯乙烯，其原理为：C6H5﹣CH2CH3（g）⇌C6H5﹣CH＝CH2（g）+H2（g）ΔH。通过计算机模拟一个乙苯分子在催化剂表面脱氢制苯乙烯的反应，其历程如图1所示（吸附在催化剂表面的物质用*标注）：（1）乙苯脱氢制苯乙烯反应的焓变A。A.大于0B.等于0C.小于0D.无法确定写出该反应历程（过渡态1和2中）的决速步骤反应方程式：C6H5﹣CHCH2*+2H*＝C6H5﹣CH＝CH2+H2。（2）实验测得乙苯脱氢反应的速率方程为v正＝k正p乙苯，v逆＝k逆p苯乙烯p氢气（k正、k逆为速率常数，只与温度有关），图2中③代表lgk逆随的变化关系，则能代表lgk正随的变化关系的是C。A.①B.②C.④D.⑤（3）某温度下，向1.0L恒容密闭容器中充入0.10molC6H5﹣CH2CH3（g），测得乙苯脱氢反应时间（t）与容器的气体总压强（p）的数据见表：时间t/h0124816202530总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.269.329.339.33该温度下的浓度平衡常数K＝0.81mol/L（结果保留至小数点后两位）。（4）实际生产中常在恒压条件下掺入高温水蒸气作为反应体系的稀释剂（水蒸气不参加反应），乙苯的转化率随稀释比的变化如图所示，说明乙苯转化率变化的原因该反应为气体分子数增多的反应，随着增大，容积增大，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大。CO2氧化乙苯脱氢是制备苯乙烯的另一种方式。其方程式如下：（5）如表所示是反应中几种物质的燃烧热。物质CO（g）燃烧热/kJ•mol﹣1﹣4610.2﹣4376.9﹣283.5又已知水的汽化热为40.8kJ•mol﹣1。根据以上数据，计算CO2氧化乙苯脱氢反应的ΔH＝+91kJ/mol。该反应在催化剂表面发生的历程如图所示：（6）反应过程中需要将催化剂表面的酸性控制在pH＝3.5～4.5之间，原因是pH过低时，催化剂表面正电荷聚集，妨碍与CO2结合；pH过高时，CO2易形成。（7）相对于乙苯脱氢法，CO2氧化法制备苯乙烯工艺的优点为合成速率快、单位时间内的产量高；其缺点为：①反应需要控制酸度，工艺较为复杂；②生成有毒物质CO；③催化剂易失去活性。【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡计算．【答案】（1）A；C6H5﹣CHCH2*+2H*＝C6H5﹣CH＝CH2+H2；（2）C；（3）0.81；（4）该反应为气体分子数增多的反应，随着增大，容积增大，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大；（5）91kJ/mol；（6）妨碍与CO2结合；CO2易形成；（7）生成有毒物质CO；催化剂易失去活性。【分析】（1）由图可知，生成物总能量大于反应物总能量；该反应历程（过渡态1和2中）的决速步骤为活化能最大的步骤；（2）该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则k正增大的幅度大于k逆；（3）压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为mol≈0.19mol，列化学平衡三段式，K＝；（4）该反应为气体分子数增多的反应，随着增大，容积增大，相当于减小压强；（5）根据燃烧热和水的汽化热列以下热化学方程式，①C6H5﹣CH2CH3（g）+O2（g）⇌8CO2（g）+5H2O（l）ΔH＝﹣4610.2kJ/mol、②C6H5﹣CH＝CH2（g）+）+10O2（g）⇌8CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝﹣4376.9kJ/mol、CO（g）+O2（g）⇌CO2（g）ΔH＝﹣283.5kJ/mol、④H2O（l）⇌H2O（g）ΔH＝﹣40.8kJ/mol，根据盖斯定律：①﹣②﹣③+④得；（6）由图可知，苯乙烯先断裂C﹣H键，形成，同时催化剂表面吸附带负电荷的氢原子，带负电荷的氢原子与二氧化碳分子形成，再失去一个氢原子转化为苯乙烯，同时和氢原子结合转化为CO和H2O；（7）从绿色化学和催化剂的活性角度分析。【解答】解：（1）由图可知，生成物总能量大于反应物总能量，所以该反应为吸热反应，焓变大于0；该反应历程（过渡态1和2中）的决速步骤为活化能最大的步骤，即为C6H5﹣CHCH2*+2H*＝C6H5﹣CH＝CH2+H2，故答案为：A；C6H5﹣CHCH2*+2H*＝C6H5﹣CH＝CH2+H2；（2）该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则k正增大的幅度大于k逆，图2中③代表lgk逆随的变化关系，则④能代表lgk正随的变化关系，故答案为：C；（3）压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为mol≈0.19mol，列化学平衡三段式，K＝；C6H5﹣CH2CH3（g）⇌C6H5﹣CH＝CH2（g）+H2（g）起始（mol）0.100转化（mol）xxx平衡（mol）0.1﹣xxx（0.1﹣x+x+x）mol＝0.19mol，x＝0.09mol，K＝＝mol/L＝0.81mol/L，故答案为：0.81；（4）该反应为气体分子数增多的反应，随着增大，容积增大，相当于减小压强，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大，故答案为：该反应为气体分子数增多的反应，随着增大，容积增大，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大；（5）根据燃烧热和水的汽化热列以下热化学方程式，①C6H5﹣CH2CH3（g）+O2（g）⇌8CO2（g）+5H2O（l）ΔH＝﹣4610.2kJ/mol、②C6H5﹣CH＝CH2（g）+）+10O2（g）⇌8CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝﹣4376.9kJ/mol、CO（g）+O2（g）⇌CO2（g）ΔH＝﹣283.5kJ/mol、④H2O（l）⇌H2O（g）ΔH＝+40.8kJ/mol，根据盖斯定律：①﹣②﹣③+④得ΔH＝（﹣4610.3+4376.9+283.5+40.8）kJ/mol＝+91kJ/mol，故答案为：+91kJ/mol；（6）由图可知，苯乙烯先断裂C﹣H键，形成，同时催化剂表面吸附带负电荷的氢原子，带负电荷的氢原子与二氧化碳分子形成，再失去一个氢原子转化为苯乙烯，同时和氢原子结合转化为CO和H2O，由此分析可知，当pH过低时，催化剂表面正电荷聚集，妨碍妨碍与CO2结合；pH过高时，CO2易形成，故答案为：妨碍与CO2结合；CO2易形成；（7）根据方程式可知，反应生成有毒的CO，同时催化剂的活性容易受到pH的影响易失去活性，故答案为：生成有毒物质CO；催化剂易失去活性。【点评】本题综合考查化学知识，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动以及化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，掌握盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式是解题关键，此题难度中等。22．氧化碳减排和再利用技术是促进工业可持续发展和社会环保的重要措施，而且综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义。用工业废气中二氧化碳制备再生能源物质——甲醇，其原理是：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝53.7kJ•mol﹣1现向1L密闭容器中加入1molCO2、3molH2，在适当的条件下，发生上述反应。（1）下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是AB。（不定项）A．混合气体的平均相对分子质量保持不变B．CO2和H2的体积分数保持不变C．CO2和H2的转化率相等D．混合气体的密度保持不变相同条件下，在容积都为1L且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后反应达到平衡。容器甲乙反应物投入量1molCO2、3molH2amolCO2、3amolH2、bmolCH3OH（g）、bmolH2O（g）（2）若甲中平衡后气体的压强为开始的0.6倍，则此温度下，该反应的平衡常数为14.8（保留小数点后两位）；要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则b的取值范围为0.8＜b≤1。（3）若保持温度不变，起始加入0.5molCO2、0.5molH2、0.5molCH3OH（g）、0.5molH2O（g）则此时反应速率的关系：v正＞v逆。（填“＞”、“＜”或“＝”）某温度下，向2L密闭容器中通入0.04molCO2和0.08molH2，测得其压强（p）随时间（t）变化如图1中曲线Ⅰ所示。（4）反应开始至达平衡时，v（CO2）＝0.002mol/（L•min）。（5）若只改变某一条件，其他条件相同时，曲线变化为Ⅱ，则改变的条件是加入催化剂。通过以下途径也可以实现CO2向CH3OH的转化：反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）ΔH1＜0反应Ⅱ：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）ΔH2＜0反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数K随温度T的变化如图2所示。（6）根据图中数据分析可知，T1＜T2（填“＞”、“＜”或“＝”）；（7）目前，许多国家采用CO2代替CO（以煤和天然气为原料）生产CH3OH，其优点CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，二氧化碳来源广泛，且是温室气体，还能解决温室效应。【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【答案】（1）AB；（2）14.8；0.8＜b≤1；（3）＞；（4）0.002mol/（L•min）；（5）加入催化剂；（6＜；（7）CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，二氧化碳来源广泛，且是温室气体，还能解决温室效应。【分析】（1）可逆反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等且变化的物理量不在变化；（2）设平衡时二氧化碳转化了xmol，则三段式分析：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）（单位：mol）开始1300变化x3xxx变化1﹣x3﹣3xxx要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行列式子：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）（单位：mol）开始a3abb则由题意可知：＝0.6，解得x＝0.8，平衡常数K＝；（3）若保持温度不变，则平衡常数不变，结合（2）分析可知，K＝14.8，则起始加入0.5molCO2、0.5molH2、0.5molCH3OH（g）、0.5molH2O（g），Qc＝＝4＜K，此时反应还在向正向进行；（4）开始时混合气体总物质的量＝（0.04+0.08）mol＝0.12mol，恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于压强之比，则平衡时混合气体总物质的量＝×0.12mol＝0.08mol，根据方程式知，如果有1mol二氧化碳完全反应，则混合气体物质的量减少2mol，则混合气体减少（0.12﹣0.08）mol＝0.04mol，则消耗n（CO2）＝×0.04mol＝0.02mol，反应开始至达平衡时，v（CO2）＝；（5）由题干图像信息可知，改变条件时只缩短了反应达到平衡时间，但是平衡时压强不变，催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动；（6）Ⅰ和Ⅱ的正反应都是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，根据图知，从左向右化学平衡常依次减小说明温度依次升高；（7）CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，二氧化碳来源广泛，且是温室气体，还能解决温室效应。【解答】解：（1）发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），据此方程式可知：A．反应前后气体物质的量变化，气体质量不变，混合气体的平均式量始终保持不变，能说明反应达到平衡状态，故A正确；B．CO2和H2的体积分数保持不变是平衡标志，故B正确；C．向2L密闭容器中加入2molCO2、6molH2，按照1：3反应，CO2和H2的转化率始终相等，不能确定反应是否达到平衡状态，故C错误；D．反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故答案为：AB；（2）设平衡时二氧化碳转化了xmol，则三段式分析：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）（单位：mol）开始1300变化x3xxx变化1﹣x3﹣3xxx要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行列式子：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）（单位：mol）开始a3abb则由题意可知：＝0.6，解得x＝0.8，平衡常数K＝＝＝14.8，根据恒温恒容条件下的等效平衡的思想则有开始1和开始2为完全等效，即a+b＝1，要使反应始终向逆向进行，则b＞x，故a的范围为小于等于1大于0.8，0.8＜b≤1，故答案为：14.8；0.8＜b≤1；（3）若保持温度不变，则平衡常数不变，结合（2）分析可知，K＝14.8，则起始加入0.5molCO2、0.5molH2、0.5molCH3OH（g）、0.5molH2O（g），Qc＝＝4＜K，此时反应还在向正向进行，则此反应速率的关系v正＞v逆，故答案为：＞；（4）开始时混合气体总物质的量＝（0.04+0.08）mol＝0.12mol，恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于压强之比，则平衡时混合气体总物质的量＝×0.12mol＝0.08mol，根据方程式知，如果有1mol二氧化碳完全反应，则混合气体物质的量减少2mol，则混合气体减少（0.12﹣0.08）mol＝0.04mol，则消耗n（CO2）＝×0.04mol＝0.02mol，反应开始至达平衡时，v（CO2）＝＝＝0.002mol/（L•min），故答案为：0.002mol/（L•min）；（5）由题干图像信息可知，改变条件时只缩短了反应达到平衡时间，但是平衡时压强不变，催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以改变的条件是加入催化剂，故答案为：加入催化剂；（6）Ⅰ和Ⅱ的正反应都是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，根据图知，从左向右化学平衡常依次减小说明温度依次升高，所以T1＜T2，故答案为：＜；（7）CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，二氧化碳来源广泛，且是温室气体，还能解决温室效应，所以用二氧化碳较好，故答案为：CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，二氧化碳来源广泛，且是温室气体，还能解决温室效应。【点评】本题综合考查化学平衡相关知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，掌握勒夏特列原理和化学平衡三段式是解题的关键，此题难度中等。23．利用基本有机化工原料A（C2H4）制备1，6﹣己二酸（H），并进一步合成尼龙的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：已知：乙酸的酸酐在一定条件下水合，可以得到乙酸（1）石油化工中获取有机化工原料A（C2H4）主要采用的是C法（单项）A．石油分馏B．石油裂化C．石油裂解（2）和溴水发生加成反应的产物最多有C种（单项）A．1B．2C．3D．4（3）E含有的官能团名称是羰基、羟基。（4）上述流程中反应⑤的反应类型是氧化反应。（5）G的结构为。（6）H和乙二醇在一定条件下反应生成高分子化合物，该反应的化学方程式是。（7）W是H的同分异构体，0.1molW与足量饱和碳酸氢钠溶液反应可释放4.48L（标准状况）二氧化碳。W有三种化学环境的氢原子，且个数比为3：1：1。写出一种满足条件的W的结构简式为。（8）参照上述合成路线，设计以2，4﹣己二烯（CH3CH＝CHCH＝CHCH3）和乙炔为原料制备的合成路线（无机试剂任选）已知存在断开碳碳双键的反应：CH3CH＝CHCH3CH3CHO+OHCCH3【考点】有机物的合成．【专题】有机推断．【答案】（1）C；（2）C；（3）羰基；羟基；（4）氧化反应；（5）；（6）；（7）；（8）。【分析】根据B及1，3﹣丁二烯的结构简式知，A为CH2＝CH2，该反应为加成反应，B发生氧化反应生成C，C和水发生加成反应生成D，D中醇羟基发生氧化反应生成E中羰基，E发生反应生成F，根据G的分子式及H的结构简式知，G为；（8）以2，4﹣己二烯（CH3CH＝CHCH＝CHCH3）和乙炔为原料制备，可由氧化得到，可由氧化得到，可由CH3CH＝CHCH＝CHCH3和乙炔发生加成反应得到。【解答】解：（1）石油化工中获取有机化工原料A（C2H4）主要采用的是石油裂解法，故答案为：C；（2）和溴水发生加成反应，可能是1，2﹣加成，可能是1，4﹣加成，可能是完全加成，所以产物最多有3种，故答案为：C；（3）E含有的官能团名称是羰基、羟基，故答案为：羰基；羟基；（4）上述流程中反应⑤的反应类型是氧化反应，故答案为：氧化反应；（5）G的结构为，故答案为：；（6）H和乙二醇在一定条件下反应生成高分子化合物，该反应的化学方程式是，故答案为：；（7）W是H的同分异构体，0.1molW与足量饱和碳酸氢钠溶液反应可释放4.48L（标准状况）二氧化碳，说明含有2个羧基；W有三种化学环境的氢原子，且个数比为3：1：1，说明含有2个甲基、2个亚甲基，一种满足条件的W的结构简式为，故答案为：；（8）以2，4﹣己二烯（CH3CH＝CHCH＝CHCH3）和乙炔为原料制备，可由氧化得到，可由氧化得到，可由CH3CH＝CHCH＝CHCH3和乙炔发生加成反应得到，合成路线为，故答案为：。【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。24．（1）铁与水蒸气的反应实验装置如图，加热时试管内生成黑色物质，点燃肥皂泡可听到爆鸣声。下列说法正确的是AC。A.反应的化学方程式：2Fe+3H2OFe2O3+3H2B.试管中发生化合反应C.湿棉花的作用是提供水蒸气D.试验结束后，应该先熄灭酒精灯，再将导管移出肥皂水高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，与水反应可生成透明的红褐色胶体，反应原理：4+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣（2）胶体分散质粒子的直径范围是1nm～100nm。该反应中是BC。A.还原剂B.氧化剂C.被还原D.被氧化（3）K2FeO4能杀灭水中细菌的原因是K2FeO4具有强氧化性，能使蛋白质变性，从而杀灭病菌。（4）配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式。2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O电子工业常用30%左右的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。为了从腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，某同学设计下列方案：（5）实验室用无水氯化铁固体粗略配制30%的FeCl3溶液，需要的主要玻璃仪器除了量筒外还有胶头滴管、烧杯、玻璃棒。（6）FeCl3溶液与铜箔发生反应的离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+。（7）试剂A、D、F的化学式分别是Fe、HCl、Cl2。用FeCl3溶液制取FeCl3晶体的方法是在氯化氢的气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤。A.蒸发结晶B.降温结晶（8）某研究性学习小组设计实验探究铝等金属的性质：将一置于空气中的铝片投入浓（CuCl2溶液中，铝片表面出现一层海绵状暗红色物质，接下来铝片上产生大量气泡，溶液温度迅速上升。若用同样的铝片投入相同浓度的CuSO4溶液中，在短时间内铝片无明显变化。造成不同现象的原因可能是D。A.Al与CuCl2溶液反应，与CuSO4溶液不反应B.CuCl2溶液酸性比同浓度的CuSO4溶液酸性强C.生成物AlCl3溶于水，而Al2（SO4）3不溶于水D.Cl﹣能破坏氧化铝薄膜，而不能【考点】性质实验方案的设计；铁的化学性质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】无机实验综合．【答案】（1）AC；（2）1nm～100nm；BC；（3）K2FeO4具有强氧化性，能使蛋白质变性，从而杀灭病菌；（4）2；3；4OH﹣；2；3；5H2O；（5）胶头滴管、烧杯、玻璃棒；（6）2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+；（7）Fe；HCl；Cl2；在氯化氢的气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤；（8）D。【分析】（1）A.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；B.该反应为置换反应；C.铁与水蒸气反应；D.试验结束后，应该先熄灭酒精灯，再将导管移出肥皂水；（2）胶体分散质粒子的直径范围是1nm～100nm，该反应中铁元素的化合价降低；（3）高铁酸钾K2FeO4能杀灭水中细菌的原因是：K2FeO4具有强氧化性，能使蛋白质变性；（4）湿法制高铁酸钾时，铁元素的化合价升高，氯元素的化合价减低；（5）配制溶液步骤有计算、称量、溶解、装瓶存放；（6）氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；（7）废液中含有氯化铁、氯化亚铁和氯化铜，加入过量的铁粉，得到铜和氯化亚铁，滤渣D中含有铁和铜，加过量的盐酸反应生成氯化亚铁，合并氯化亚铁通入氯气生成氯化铁，由于氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢；（8）A．铝活动性强于铜，铝与氯化铜溶液反应；B．氯化铜溶液酸性与同浓度的硫酸铜溶液酸性相同；C．生成物AlCl3、Al2（SO4）3都能溶于水；D．反应中变量为阴离子种类不同，金属铝的表面有一层致密的氧化物薄膜，氯化铝和硫酸铝阴离子的不同，氯离子能破坏氧化铝表面薄膜。【解答】解：（1）A.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，其反应的化学方程式：2Fe+3H2OFe2O3+3H2，故A正确；B.该反应为置换反应，故B错误；C.铁与水蒸气反应，则湿棉花的作用是提供水蒸气，故C正确；D.试验结束后，应该先熄灭酒精灯，再将导管移出肥皂水，会产生倒吸现象，故D错误；故答案为：AC；（2）胶体分散质粒子的直径范围是1nm～100nm，该反应中铁元素的化合价降低，则是氧化剂，被还原，故答案为：1nm～100nm；BC；（3）高铁酸钾K2FeO4能杀灭水中细菌的原因是：K2FeO4具有强氧化性，能使蛋白质变性，从而杀灭病菌，故答案为：K2FeO4具有强氧化性，能使蛋白质变性，