2023-2024学年上海市嘉定一中高二(下)期末化学试卷(a卷)(等级考)

2023-2024学年上海市嘉定一中高二（下）期末化学试卷（A卷）（等级考）一、化学材料1．Ⅰ.聚氮化硫（SN）ₓ是重要的超导材料，目前已成为全球材料行业研究的热点。回答下列问题：（1）下列轨道表示式能表示氮原子的最低能量状态的是。（2）S原子的基态原子核外有个未成对电子，有种不同形状的电子云。（3）S、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为。（4）已知SCN﹣中C原子为中心原子，则其空间构型为。（5）（CH3）3N中N原子杂化方式为。As与N是同主族元素，AsH3的相对分子质量比NH3大，实验测得AsH3沸点化NH3低，其原因是。Ⅱ.GaN是一种重要的半导体材料，其晶胞结构和金刚石类似，其晶胞结构如图。（6）氮化镓中氮原子与镓原子之间以键相结合，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为。（7）GaN晶体的晶胞边长为apm，摩尔质量为Mg•mol﹣1，GaN晶体的密度为g•cm﹣3（只要求列算式，不必计算出结果，1pm＝10﹣10cm）。Ⅲ.亚硝酰氯（NOCl）主要用于合成洗涤剂、催化剂，也可用作有机合成中间体。NOCl在一定频率（v）光的照射下会发生光解，其反应机理为：第一步：NOCl+hv→NOCl*；第二步：NOCl+NOCl*→2NO+Cl2其中hv表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。（8）以下均从选项中选择：第一步的焓变ΔH0；第二步的熵变ΔS0。填（＞，＜，＝）（9）激光照射下NOCl分子会发生解离，将产物通过质谱，发现存在m/z＝30的离子峰，该峰对应的微粒是（已知各产物微粒均带1个单位正电荷）。A.NOCl+B.NO+C.Cl+D.OCl+二、能源化学2．Ⅰ：在Ni基催化剂作用下，可将含碳温室气体转化为CO.（1）Ni能与CO形成正四面体形的配位分子Ni（CO）4，该分子属于。A.极性分子B.非极性分子（2）1molNi（CO）4中含有molσ键。（3）已知CO的燃烧热为﹣283kJ•mol﹣1，H2的燃烧热为﹣286kJ•mol﹣1。用CH4和CO2反应所得的合成气（CO与H2的混合气体）的热值（单位：MJ•m3）为多少？（写出计算过程，体积按标准状况计算，1MJ＝1×103kJ）。一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构的水合物晶体（如图），相关参数如下右表所示。分子直径/nm分子与H2O的结合能E/kJ•mol﹣1CH40.43616.40CO20.51229.91（4）“可燃冰”中分子间存在的作用有。（5）为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是。Ⅱ：发射卫星时可用N2H4为燃料，实验室可用如下装置，在碱性条件下合成N2H4：（6）完成装置B中发生反应的离子方程式（化学计量数为1则省略）：NH3+ClO﹣═N2H4+。（7）装置A试管中的试剂为；仪器a的作用是。（8）装置C中每生成112mL（折算至标准状况）气体，转移电子数目为；仪器b的导管作用为。（9）上述装置中存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是。三、工业合成3．CH4和CO2是温室气体的主要组成部分，利用CH4—CO2干重整反应不仅可以实现对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响，其过程为：主反应：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）ΔH1＝247.3kJ•mol﹣1副反应（积碳反应）：CH4（g）═C（s）+2H2（g）ΔH2＝74.9kJ•mol﹣1副反应（消碳反应）：CO2（g）+C（s）═2CO（g）ΔH3（1）关于CH4—CO2干重整反应的自发性判断正确的是。A.仅在高温下自发B.仅在低温下自发C.始终自发（2）消碳反应的焓变ΔH3＝kJ•mol﹣1在体积为2L的容器中发生CH4—CO2干重整反应，当投料比＝2.0时，CO2的平衡转化率（α）与温度（T）、初始气体总物质的量（n）的关系如图所示。（3）下列能判断干重整反应达到平衡的标志是。A.正、逆反应都还在继续进行B.容器中混合气体密度保持不变C.反应的浓度商Q保持不变D.混合气体中CO与H2的浓度之比保持不变（4）由如图可知，初始气体总物质的量n2n1。A.大于B.等于C.小于（5）M点对应平衡常数的值为（精确至0.01）。（6）若保持初始气体总物质的量仍为3mol，且改变了一个条件，CO2的平衡转化率由M点变为N点，则改变的条件可能是（不定项）。A.升高温度B.扩大容器体积C.加入高效催化剂D.增大投料比制约干重整反应工业化应用的主要问题是催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。两种催化剂X、Y对积碳与消碳反应的影响如图所示：（7）从消除催化剂表面积碳角度考虑，哪种催化剂更适合用于生产？说明理由。（8）在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的升高而减小。当温度升高时，关于积碳反应，消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是（不定项）。A.K积碳减小、K消碳增加B.v积碳减小、v消碳增加B.K积碳与K消碳均减小，但前者减小更多D.v积碳与v消碳均增加，但后者增加更多（9）研究发现，通入水蒸气也能有效清除积碳，反应的化学方程式可能为。四、有机合成4．近期我国科学家报道用[4+2]环加成反应合成了具有生物活性的多官能团化合物（E），部分合成路线如图：已知：（1）E中含有的含氧官能团有（填名称）。（2）写出B的结构简式。（3）写出C生成D所需要的试剂与条件：；。（4）E中含有不对称碳原子数目为。A.0个B.1个C.2个D.3个（5）设计实验方案验证产物E中是否含有D物质。（6）写出D与足量NaOH溶液共热的反应式。（7）化合物X是物质C的同分异构体，且同时满足以下条件，写出一种X的结构简式。i.苯环上有三个取代基，且苯环上一氯代物只有2种ii.既能与NaOH溶液反应，又能发生银镜反应（8）结合题示信息，写出仅以乙醛为有机原料合成高分子的合成路线。五、化学实验5．Na2O2是一种重要的物质，可用作漂白剂、消毒剂、氧化剂及供氧剂。某研究性学习小组在探究淡黄色Na2O2与H2O反应时物质变化与能量变化时，设计了如图所示的Ⅰ和Ⅱ两组实验装置。请分析图中相关变化，并完成下列问题：（1）①中Na2O2的电子式，其中正负离子个数比为。（2）②中的大量气泡主要成分是。（3）③中溶液变红，说明反应混合液呈。A.酸性B.碱性C.中性D.不确定（4）根据④和⑤中的现象分析，对反应过程的推测合理的是。（不定项）A.反应过程中可能生成了一种中间过渡产物H2O2B.④→⑤发生的反应肯定属于氧化还原反应C.MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度D.⑤红色褪去说明溶液碱性减弱，反滴入NaOH溶液红色再现在Ⅱ中把小试管套在带支管的试管内，在小试管里加入1g淡黄色Na2O2。在U形管内加入少量红墨水。打开T形管螺旋夹，使U形管内两边的液面处于同一水平面。再夹紧螺旋夹，把水滴入小试管内，可观察到U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升。（5）由此推知，Na2O2与H2O反应过程中，能量转化形式为。（6）可以用来表示Na2O2与H2O反应的图像是。（7）从化学反应过程中旧键断裂和新键形成角度，分析Ⅱ中“U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升”的原因：。（8）分析Na2O2与H2O反应时的物质转化关系，试推测16gCH4完全燃烧的产物通入足量的Na2O2中，Na2O2增重应为、

2023-2024学年上海市嘉定一中高二（下）期末化学试卷（A卷）（等级考）参考答案与试题解析一、化学材料1．Ⅰ.聚氮化硫（SN）ₓ是重要的超导材料，目前已成为全球材料行业研究的热点。回答下列问题：（1）下列轨道表示式能表示氮原子的最低能量状态的是A。（2）S原子的基态原子核外有2个未成对电子，有2种不同形状的电子云。（3）S、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞S。（4）已知SCN﹣中C原子为中心原子，则其空间构型为直线形。（5）（CH3）3N中N原子杂化方式为sp3。As与N是同主族元素，AsH3的相对分子质量比NH3大，实验测得AsH3沸点化NH3低，其原因是AsH3分子之间为范德华力，而NH3分子之间存在氢键，氢键比范德华力更强。Ⅱ.GaN是一种重要的半导体材料，其晶胞结构和金刚石类似，其晶胞结构如图。（6）氮化镓中氮原子与镓原子之间以共价键、配位键键相结合，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为正四面体。（7）GaN晶体的晶胞边长为apm，摩尔质量为Mg•mol﹣1，GaN晶体的密度为g•cm﹣3（只要求列算式，不必计算出结果，1pm＝10﹣10cm）。Ⅲ.亚硝酰氯（NOCl）主要用于合成洗涤剂、催化剂，也可用作有机合成中间体。NOCl在一定频率（v）光的照射下会发生光解，其反应机理为：第一步：NOCl+hv→NOCl*；第二步：NOCl+NOCl*→2NO+Cl2其中hv表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。（8）以下均从选项中选择：第一步的焓变ΔH＞0；第二步的熵变ΔS＞0。填（＞，＜，＝）（9）激光照射下NOCl分子会发生解离，将产物通过质谱，发现存在m/z＝30的离子峰，该峰对应的微粒是B（已知各产物微粒均带1个单位正电荷）。A.NOCl+B.NO+C.Cl+D.OCl+【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用．【答案】Ⅰ．（1）A；（2）2；2；（3）N＞O＞S；（4）直线形；（5）sp3；AsH3分子之间为范德华力，而NH3分子之间存在氢键，氢键比范德华力更强；Ⅱ．（6）共价键、配位键；正四面体；（7）；Ⅲ．（8）＞；＞；（9）B。【分析】Ⅰ．（1）A．此轨道表示式是N原子处于基态时的电子排布式，符合泡利原理、洪特规则以及构造原理；B．此轨道表示式不符合洪特规则；C．此轨道表示式不符合洪特规则；D．此轨道表示式是B原子的；（2）已知S是16号元素，故S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，3p能级有2个未成对电子；（3）N元素原子2p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小；（4）已知SCN﹣中C原子为中心原子，且SCN﹣与CO2互为等电子体；（5）（CH3）3N中N原子含有1对孤对电子，形成3个N—C键，杂化轨道数目为1+3＝4，N原子采取sp3杂化；AsH3分子之间为范德华力，而NH3分子之间存在氢键，氢键比范德华力更强；Ⅱ．（6）Ga价电子数为3，形成了4个Ga﹣As键，N原子价电子数为5，N原子也形成4个As﹣Ga价，N原子提供1对孤电子对给Ga原子形成配位键，即含有化学键为共价键、配位键；由晶胞结构可知，一个镓原子周围所有距离最近且相等的N原子有4个，4个N原子形成正四面体；（7）由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中Ga数目＝8×+6×＝4，N原子数目为4，相当于有4个“GaN”，故晶胞质量＝4×g；Ⅲ．（8）第一步的是基态到激发态吸收能量，第二步反应后生成氯气；（9）存在质荷比数值为30的离子峰，带1个单位正电荷，则该微粒中含有1个N原子和1个O原字子。【解答】解：Ⅰ．（1）A．此轨道表示式是N原子处于基态时的电子排布式，符合泡利原理、洪特规则以及构造原理，处于能量最低状态，故A正确；B．此轨道表示式不符合洪特规则，能量较高，故B错误；C．此轨道表示式不符合洪特规则，能量较高，故C错误；D．此轨道表示式是B原子的，而不是N原子的，故D错误；故答案为：A；（2）已知S是16号元素，故S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，3p能级有2个未成对电子，只有s轨道、p轨道，两种不同形状的电子云，故答案为：2；2；（3）N元素原子2p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S；（4）已知SCN﹣中C原子为中心原子，且SCN﹣与CO2互为等电子体，故其空间构型与CO2相同，为直线形，故答案为：直线形；（5）（CH3）3N中N原子含有1对孤对电子，形成3个N—C键，杂化轨道数目为1+3＝4，N原子采取sp3杂化；AsH3分子之间为范德华力，而NH3分子之间存在氢键，氢键比范德华力更强，故AsH3沸点比NH3的低，故答案为：sp3；AsH3分子之间为范德华力，而NH3分子之间存在氢键，氢键比范德华力更强；Ⅱ．（6）Ga价电子数为3，形成了4个Ga﹣As键，N原子价电子数为5，N原子也形成4个As﹣Ga价，N原子提供1对孤电子对给Ga原子形成配位键，即含有化学键为共价键、配位键；由晶胞结构可知，一个镓原子周围所有距离最近且相等的N原子有4个，4个N原子形成正四面体，Ga处于正四面体中心，故答案为：共价键、配位键；正四面体；（7）由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中Ga数目＝8×+6×＝4，N原子数目为4，相当于有4个“GaN”，故晶胞质量＝4×g，则晶胞密度＝3＝g•cm﹣3，故答案为：；Ⅲ．（8）第一步是基态到激发态，反应的焓变ΔH＞0，第二步NOCl+NOCl*→2NO+Cl2的熵变ΔS＞0，故答案为：＞；＞；（9）存在质荷比数值为30的离子峰，带1个单位正电荷，则该微粒中含有1个N原子和1个O原字子，微粒化学式是NO+，故答案为：B。二、能源化学2．Ⅰ：在Ni基催化剂作用下，可将含碳温室气体转化为CO.（1）Ni能与CO形成正四面体形的配位分子Ni（CO）4，该分子属于B。A.极性分子B.非极性分子（2）1molNi（CO）4中含有8molσ键。（3）已知CO的燃烧热为﹣283kJ•mol﹣1，H2的燃烧热为﹣286kJ•mol﹣1。用CH4和CO2反应所得的合成气（CO与H2的混合气体）的热值（单位：MJ•m3）为多少？设CO与H2的物质的量均为1mol，则燃烧时放出热量为（283+286）kJ＝569kJ＝0.569MJ，合成气共有2mol，体积为44.8L＝0.448m3，则合成气的热值为：＝12.7MJ•m3（写出计算过程，体积按标准状况计算，1MJ＝1×103kJ）。一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构的水合物晶体（如图），相关参数如下右表所示。分子直径/nm分子与H2O的结合能E/kJ•mol﹣1CH40.43616.40CO20.51229.91（4）“可燃冰”中分子间存在的作用有氢键和范德华力。（5）为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是CO2分子直径小于笼状结构的空腔直径，且与水的结合力强于甲烷。Ⅱ：发射卫星时可用N2H4为燃料，实验室可用如下装置，在碱性条件下合成N2H4：（6）完成装置B中发生反应的离子方程式（化学计量数为1则省略）：2NH3+1ClO﹣═1N2H4+H2O。（7）装置A试管中的试剂为NH4Cl和Ca（OH）2；仪器a的作用是防止倒吸。（8）装置C中每生成112mL（折算至标准状况）气体，转移电子数目为0.05NA；仪器b的导管作用为平衡气压，使浓盐酸顺利滴下。（9）上述装置中存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是在B、C之间添加盛有饱和食盐水的洗气瓶。【考点】制备实验方案的设计；物质的量的相关计算；有关反应热的计算；化学方程式的有关计算；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；燃烧热的计算．【答案】（1）B；（2）8；（3）设CO与H2的物质的量均为1mol，则燃烧时放出热量为（283+286）kJ＝569kJ＝0.569MJ，合成气共有2mol，体积为44.8L＝0.448m3，则合成气的热值为：＝12.7MJ•m3；（4）氢键和范德华力；（5）CO2分子直径小于笼状结构的空腔直径，且与水的结合力强于甲烷；（6）2；1；1；H2O；（7）NH4Cl和Ca（OH）2：防止倒吸；（8）0.05NA；平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；（9）在B、C之间添加盛有饱和食盐水的洗气瓶；【分析】（1）分子中正负电荷重心是重合的分子属于非极性分子；（2）CO中含有1个σ键和2个π键，CO与Ni之间形成的配位键也属于σ键；（3）CH4和CO2反应的方程式为：CH4+CO2＝2CO+2H2，所得合成气中CO与H2的物质的量之比为1：1，设CO与H2的物质的量均为1mol，则燃烧时放出热量为（283+286）kJ＝569kJ＝0.569MJ，合成气共有2mol，体积为44.8L＝0.448m3，进一步计算合成气的热值；（4）“可燃冰”是甲烷和水之间形成的水合物，分子间存在氢键和范德华力；（5）根据表格数据可知，CO2分子直径小于笼状结构的空腔直径，即0.512＜0.586，能够顺利进入笼状结构内，且CO2分子与水的结合力强于甲烷，即29.91＞16.4；（6）根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，书写碱性条件下合成N2H4的离子方程式；（7）实验室利用NH4Cl和Ca（OH）2混合加热的方法，制取氨气，仪器a的作用是防止倒吸；（8）装置C中反应为：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O～e﹣，112mL标准状况下气体物质的量为＝0.05mol，据此计算转移电子数目；仪器b的作用为平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；（9）上述装置中存在一处缺陷，即B、C之间缺少除HCl气体的装置。【解答】解：（1）Ni（CO）4的空间构型为正四面体形，其正负电荷重心是重合的，该分子属于非极性分子，故答案为：B；（2）CO中含有1个σ键和2个π键，CO与Ni之间形成的配位键也属于σ键，故1molNi（CO）4中含有8molσ键，故答案为：8；（3）CH4和CO2反应的方程式为：CH4+CO2＝2CO+2H2，所得合成气中CO与H2的物质的量之比为1：1，设CO与H2的物质的量均为1mol，则燃烧时放出热量为（283+286）kJ＝569kJ＝0.569MJ，合成气共有2mol，体积为44.8L＝0.448m3，则合成气的热值为：＝12.7MJ•m3，故答案为：设CO与H2的物质的量均为1mol，则燃烧时放出热量为（283+286）kJ＝569kJ＝0.569MJ，合成气共有2mol，体积为44.8L＝0.448m3，则合成气的热值为：＝12.7MJ•m3；（4）“可燃冰”是甲烷和水之间形成的水合物，分子间存在氢键和范德华力，故答案为：氢键和范德华力；（5）根据表格数据可知，CO2分子直径小于笼状结构的空腔直径，即0.512＜0.586，能够顺利进入笼状结构内，且CO2分子与水的结合力强于甲烷，即29.91＞16.4，故答案为：CO2分子直径小于笼状结构的空腔直径，且与水的结合力强于甲烷；（6）根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得在碱性条件下合成N2H4的离子方程式为：2NH3+ClO﹣═N2H4+Cl﹣+H2O，故答案为：2；1；1；H2O；（7）装置A试管中的试剂为NH4Cl和Ca（OH）2，仪器a的作用是防止倒吸，故答案为：NH4Cl和Ca（OH）2：防止倒吸；（8）装置C中反应为：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O～e﹣，112mL标准状况下气体物质的量为＝0.05mol，则转移电子数目为0.05mol×NAmol﹣1＝0.05NA；仪器b为恒压滴液漏斗，其作用为平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，故答案为：0.05NA；平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；（9）上述装置中存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是在B、C之间添加盛有饱和食盐水的洗气瓶，故答案为：在B、C之间添加盛有饱和食盐水的洗气瓶；三、工业合成3．CH4和CO2是温室气体的主要组成部分，利用CH4—CO2干重整反应不仅可以实现对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响，其过程为：主反应：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）ΔH1＝247.3kJ•mol﹣1副反应（积碳反应）：CH4（g）═C（s）+2H2（g）ΔH2＝74.9kJ•mol﹣1副反应（消碳反应）：CO2（g）+C（s）═2CO（g）ΔH3（1）关于CH4—CO2干重整反应的自发性判断正确的是A。A.仅在高温下自发B.仅在低温下自发C.始终自发（2）消碳反应的焓变ΔH3＝+172.4kJ•mol﹣1在体积为2L的容器中发生CH4—CO2干重整反应，当投料比＝2.0时，CO2的平衡转化率（α）与温度（T）、初始气体总物质的量（n）的关系如图所示。（3）下列能判断干重整反应达到平衡的标志是C。A.正、逆反应都还在继续进行B.容器中混合气体密度保持不变C.反应的浓度商Q保持不变D.混合气体中CO与H2的浓度之比保持不变（4）由如图可知，初始气体总物质的量n2An1。A.大于B.等于C.小于（5）M点对应平衡常数的值为0.33（精确至0.01）。（6）若保持初始气体总物质的量仍为3mol，且改变了一个条件，CO2的平衡转化率由M点变为N点，则改变的条件可能是BD（不定项）。A.升高温度B.扩大容器体积C.加入高效催化剂D.增大投料比制约干重整反应工业化应用的主要问题是催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。两种催化剂X、Y对积碳与消碳反应的影响如图所示：（7）从消除催化剂表面积碳角度考虑，哪种催化剂更适合用于生产？催化剂X更适合用于生产说明理由因为相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大。（8）在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的升高而减小。当温度升高时，关于积碳反应，消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是D（不定项）。A.K积碳减小、K消碳增加B.v积碳减小、v消碳增加B.K积碳与K消碳均减小，但前者减小更多D.v积碳与v消碳均增加，但后者增加更多（9）研究发现，通入水蒸气也能有效清除积碳，反应的化学方程式可能为C+H2O（g）CO+H2。【考点】化学平衡的计算；有关反应热的计算；化学平衡的影响因素．【答案】（1）A；（2）+172.4；（3）C；（4）A；（5）0.33；（6）BD；（7）催化剂X更适合用于生产；因为相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大；（8）D；（9）C+H2O（g）CO+H2。【分析】（1）ΔH﹣TΔS＜0，反应才能自发进行；（2）根据盖斯定律：主反应﹣积碳反应得消碳反应；（3）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；（4）初始气体总物质的量（n）越大，压强越大，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率（α）减小；（5）投料比＝2.0，n（CH4）＝2mol，n（CO2）＝1mol，M点二氧化碳转化率为50%，列化学平衡三段式，K＝；（6）若保持初始气体总物质的量仍为3mol，且改变了一个条件，CO2的平衡转化率由M点变为N点，即要使平衡正向移动；（7）根据题意：制约干重整反应工业化应用的主要问题是催化剂活性会因积碳反应而降低，所以选择催化剂要不利于积炭反应，但有利于消碳反应，据此分析；（8）根据图中信息可知，消碳和积碳反应均为吸热反应，升高温度平衡正向移动，在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的升高而减小，说明消碳反应正向移动程度大于积碳反应正向移动程度；（9）碳能与水蒸气反应生成CO和H2。【解答】解：（1）该反应ΔH＞0，ΔS＞0，根据ΔH—TΔS＜0，反应才能自发进行，所以该反应在高温下自发，故答案为：A；（2）根据盖斯定律：主反应﹣积碳反应得消碳反应，ΔH3＝（247.3﹣74.9）kJ/mol＝+172.4kJ/mol，故答案为：+172.4；（3）A.化学平衡状态为动态平衡，正、逆反应都还在继续进行，但不能说明反应达到平衡状态，故A错误；B.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则恒容容器中混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C.随着反应进行，反应的浓度商Q增大，当反应的浓度商Q不变，说明此时Q＝K，说则反应达到平衡状态，故C正确；D.混合气体中CO与H2的浓度之比始终等于1，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故答案为：C；（4）初始气体总物质的量（n）越大，压强越大，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率（α）减小，初始气体总物质的量n2＞n1，故答案为：A；（5）投料比＝2.0，n（CH4）＝2mol，n（CO2）＝1mol，M点二氧化碳转化率为50%，列化学平衡三段式，CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）起始（mol）2100转化（mol）0.50.511平衡（mol）1.50.511K＝＝≈0.33，故答案为：0.33；（6）A.M、N两点温度相等，故A错误；B.扩大容器体积，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故B正确；C.加入高效催化剂，平衡不移动，CO2的平衡转化率不变，故C错误；D.增大投料比，CO2的平衡转化率增大，故D正确；故答案为：BD；（7）根据题意：制约干重整反应工业化应用的主要问题是催化剂活性会因积碳反应而降低，所以选择催化剂要不利于积炭反应，但有利于消碳反应，相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，故答案为：催化剂X更适合用于生产；因为相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大；（8）根据图中信息可知，消碳和积碳反应均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的升高而减小，说明消碳反应正向移动程度大于积碳反应正向移动程度，所以当温度升高时，v积碳与v消碳均增加，但后者增加更多，故答案为：D；（9）碳能与水蒸气反应生成CO和H2，化学方程式为C+H2O（g）CO+H2，故答案为：C+H2O（g）CO+H2。四、有机合成4．近期我国科学家报道用[4+2]环加成反应合成了具有生物活性的多官能团化合物（E），部分合成路线如图：已知：（1）E中含有的含氧官能团有酯基、羟基（填名称）。（2）写出B的结构简式。（3）写出C生成D所需要的试剂与条件：CH3CH2OH、浓硫酸；加热。（4）E中含有不对称碳原子数目为C。A.0个B.1个C.2个D.3个（5）设计实验方案验证产物E中是否含有D物质取样，加入FeCl3溶液，若不发生显色反应，说明E中不含D。（6）写出D与足量NaOH溶液共热的反应式。（7）化合物X是物质C的同分异构体，且同时满足以下条件，写出一种X的结构简式。i.苯环上有三个取代基，且苯环上一氯代物只有2种ii.既能与NaOH溶液反应，又能发生银镜反应（8）结合题示信息，写出仅以乙醛为有机原料合成高分子的合成路线。【考点】有机物的合成．【答案】（1）酯基；（2）；（3）乙醇、浓硫酸、加热；（4）C；（5）取样，加入FeCl3溶液，若不发生显色反应，说明E中不含D；（6）；（7）；（8）。【分析】B和乙醛发生信息中的反应生成B，结合B的化学式知，B为，B发生氧化反应然后酸化得到C，D和CH3CH2OH发生酯化反应生成D，D中羰基发生加成反应生成E；（8）仅以乙醛为有机原料合成高分子，可有CH3CH（OH）CH2COOH发生缩聚反应生成，CH3CH（OH）CH2COOH由CH3CH（OH）CH2CHO发生氧化反应得到，CH3CHO发生信息中的反应生成CH3CH（OH）CH2CHO。【解答】解：（1）E中含有的含氧官能团有酯基、羟基，故答案为：酯基、羟基；（2）B的结构简式为，故答案为：；（3）C和CH3CH2OH在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成D，所以C生成D所需要的试剂与条件：CH3CH2OH、浓硫酸、加热，故答案为：CH3CH2OH、浓硫酸；加热；（4）如图，E中含有不对称碳原子数目为2，故答案为：C；（5）验证产物E中是否含有D物质实际上是检验酚羟基，可以用氯化铁溶液，其检验方法为：取样，加入FeCl3溶液，若不发生显色反应，说明E中不含D，故答案为：取样，加入FeCl3溶液，若不发生显色反应，说明E中不含D；（6）D中酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应，则D与足量NaOH溶液共热的反应式为，故答案为：；（7）化合物X是物质C的同分异构体，且同时满足以下条件：ⅰ.苯环上有三个取代基，且苯环上一氯代物只有2种，说明苯环上的氢原子只有2种，其中两个取代基相同，且X的结构对称；ⅱ.既能与NaOH溶液反应，又能发生银镜反应，说明含有酯基或酚羟基或羧基和醛基，结合氧原子个数及结构对称知，应该含有2个HCOO—，符合条件的结构简式为故答案为：；（8）仅以乙醛为有机原料合成高分子，可有CH3CH（OH）CH2COOH发生缩聚反应生成，CH3CH（OH）CH2COOH由CH3CH（OH）CH2CHO发生氧化反应得到，CH3CHO发生信息中的反应生成CH3CH（OH）CH2CHO，合成路线为，故答案为：。五、化学实验5．Na2O2是一种重要的物质，可用作漂白剂、消毒剂、氧化剂及供氧剂。某研究性学习小组在探究淡黄色Na2O2与H2O反应时物质变化与能量变化时，设计了如图所示的Ⅰ和Ⅱ两组实验装置。请分析图中相关变化，并完成下列问题：（1）①中Na2O2的电子式，其中正负离子个数比为2：1。（2）②中的大量气泡主要成分是氧气。（3）③中溶液变红，说明反应混合液呈B。A.酸性B.碱性C.中性D.不确定（4）根据④和⑤中的现象分析，对反应过程的推测合理的是AB。（不定项）A.反应过程中可能生成了一种中间过渡产物H2O2B.④→⑤发生的反应肯定属于氧化还原反应C.MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度D.⑤红色褪去说明溶液碱性减弱，反滴入NaOH溶液红色再现在Ⅱ中把小试管套在带支管的试管内，在小试管里加入1g淡黄色Na2O2。在U形管内加入少量红墨水。打开T形管螺旋夹，使U形管内两边的液面处于同一水平面。再夹紧螺旋夹，把水滴入小试管内，可观察到U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升。（5）由此推知，Na2O2与H2O反应过程中，能量转化形式为化学能转化为热能。（6）可以用来表示Na2O2与H2O反应的图像是B。（7）从化学反应过程中旧键断裂和新键形成角度，分析Ⅱ中“U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升”的原因：Na2O2与H2O反应是旧键断裂和新键形成的过程，旧键断裂需要吸收热量，新键形成需要放出热量，该反应过程中新键形成放出的热量高于旧键断裂吸收的热量，因此反应放热，试管内温度升高，压强增大，U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升。（8）分析Na2O2与H2O反应时的物质转化关系，试推测16gCH4完全燃烧的产物通入足量的Na2O2中，Na2O2增重应为32g、【考点】过氧化钠的性质与用途；吸热反应和放热反应．【答案】（1）；2