2018-2019学年江西省高安中学高一下学期期末考试化学试题（A卷）（解析版）

2018-2019学年江西省高安中学高一下学期期末考试化学试题（A卷）（解析版）

高安中学高一年级2018-2019学年下学期期末考试 化学试题（A卷）‎ 本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Ca-40‎ 一．选择题（每小题均只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）‎ ‎1.《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，沈括在《梦溪笔谈》对从地表渗出的、当地人称为“石脂”或“洧水”的使用有“予知其烟可用，试扫其烟为墨，黑光如漆，松果不及也，此物必大行于世”的描述， 关于上文的下列说法中正确的是( )‎ A. “洧水”的主要成分是油脂 B. “洧水”的主要成分是煤油 C. “洧水”的主要成分是石油 D. 其烟的主要成分是木炭 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中信息可知，“洧水”的主要成分是石油，根据石油的性质分析。‎ ‎【详解】A项、“洧水”的主要成分是石油，是烃的混合物，不是油脂，故A错误；‎ B项、“洧水”的主要成分是石油，煤油是石油分馏的产物，故B错误；‎ C项、“洧水”的主要成分是石油，故C正确；‎ D项、烟的成分是碳的颗粒，不是木炭，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是 A. 食品、蔬菜贮存在冰箱或冰柜里 B. 家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥 C. 制造蜂窝煤时加入生石灰 D. 把块状煤碾成粉状再燃烧 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.低温冷藏使食品延缓变质,是降低温度使反应速率减慢，A项排除；B.在潮湿的情况下，铁锅、铁铲易发生电化学腐蚀，腐蚀速率较快，保持其干燥，可以极大减缓其腐蚀速率，B项排除；C.制造蜂窝煤时加入生石灰，是为了减少二氧化硫的排放，发生反应为：2CaO+O2+2SO22CaSO4，与反应速率无关，C项可选；D.把块状煤碾成粉状再燃烧，能够增大反应物之间的接触面积，增大反应速率，D项排除。答案选C项。‎ ‎3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 一定条件下，将1g乙炔溶于12g苯，所得混合物中含有的碳原子数为NA B. l04g苯乙烯中含有8NA个碳氢键和NA个碳碳双键 C. 在100g质量分数为46％的乙醇水溶液中，含有氢原子数为12NA D. 14g分子式为CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为NA/n ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、乙炔和苯的最简式为CH；‎ B、苯环中的碳碳键为独特键，不存在碳碳双键，苯乙烯分子含有1个苯环和1个碳碳双键；‎ C、100g质量分数为46％的乙醇水溶液中，乙醇的质量为100g×46％=46g，水的质量为（100-46）g=54g；‎ D、分子式为CnH2n的烃可能为烯烃，也可能为环烷烃。‎ ‎【详解】A项、乙炔和苯的最简式为CH，1g乙炔溶于12g苯，混合物中含有13g CH， CH的物质的量为=1mol，混合物中含有的碳原子数为NA，故A正确；‎ B项、苯环中的碳碳键为独特键，不存在碳碳双键，苯乙烯分子含有1个苯环和1个碳碳双键，分子中含有8个碳氢键和1个碳碳双键，l04g苯乙烯的物质的量为=1mol，则1mol苯乙烯中含有8NA个碳氢键和NA个碳碳双键，故B正确；‎ C项、100g质量分数为46％的乙醇水溶液中，乙醇的质量为100g×46％=46g，水的质量为（100-46）g=54g，则溶液中含有氢原子数为（×6+×2）NA/mol=12NA，故C正确；‎ D项、分子式为CnH2n的烃可能为含有1个碳碳三键的烯烃，也可能为不含有碳碳双键的环烷烃，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，注意有机物的组成和结构，掌握物质的量与阿伏加德罗常数的关系是解答关键。‎ ‎4.下列物质的类别与所含官能团都错误的是( )‎ A. 酚—OH B. 羧酸—COOH C. 醛—CHO D. 醚 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、分子的官能团为羟基，羟基与与苯环侧链的碳原子相连，没有与苯环直接相连，该有机物为醇类，不属于酚类，故A不合题意；‎ B项、的官能团为羧基，属于饱和一元羧酸，故B不合题意；‎ C项、的官能团为酯基，属于酯类，故C合题意；‎ D项、的官能团为醚键，属于酯类，故D不合题意；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了烃的衍生物的官能团、有机物的分类，注意掌握烃的衍生物的官能团类型、有机物的分类方法，明确有机物分类方法与官能团类型的关系是解答关键。‎ ‎5.在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应:H2(g)+I2(g)⇌2HI(g) △H<0.下列操作中，能使其反应速率减慢的有( )‎ ‎①保持容器容积不变，向其中充入1molH2‎ ‎②保持容器容积不变，向其中充入1molN2(N2不参加反应)‎ ‎③保持容器内压强不变，向其中充入1molN2(N2不参加反应)‎ ‎④保持容器内压强不变，向其中充入1molH2(g)和1molI2(g)‎ ‎⑤提高起始反应温度 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应浓度越大，反应速率越快；保持容器容积不变，反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变；保持容器气体压强不变，向其中充入1mol N2（N2不参加反应），容器体积增大，物质浓度减小，反应速率减小。‎ ‎【详解】①保持容器容积不变，向其中加入1molH2，增大反应物浓度，反应速率增大，故错误；‎ ‎②保持容器容积不变，向其中充入不参加反应的1molN2，反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变，故错误；‎ ‎③保持容器内压强不变，向其中充入不参加反应的1molN2‎ ‎，容器体积增大，物质浓度减小，反应速率减小，故正确；‎ ‎④保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2（g）和1molI2（g），容器体积增大为原来的2倍，气体物质的量也增大为原来的2倍，容器中各物质的浓度不变，反应速率不变，故错误；‎ ‎⑤提高起始反应温度，反应速率加快，故错误。‎ ‎③正确，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，注意理解压强对反应速率影响的实质是通过改变反应物的浓度是解答关键。‎ ‎6.分子式为C4H8ClBr有机物共有（不含立体异构）( )‎ A. 9种 B. 10种 C. 11种 D. 12种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ C4H8ClBr可以看作C4H10中2个H原子被Cl、Br原子取代，而丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2两种，先分析碳骨架异构，分别为 C-C-C-C 与 2种情况，然后分别对2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C-C-C-C 有、共 8 种，骨架有、，共 4 种，共12种，故选D。‎ 点睛：（1）先确定烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体； （2）确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子； （3）根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子；（4）然后再根据一氯丁烷的同分异构体中等效氢，判断溴取代氯丁烷中一个氢原子的同分异构体的种类。‎ ‎7.分子中共处于同一平面的原子最多有( )‎ A. 24个 B. 22个 C. 20个 D. 18个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面分析判断，判断时注意单键可以旋转。‎ ‎【详解】在分子中，甲基中C原子处于苯中H原子的位置，甲基通过旋转碳碳单键会有1个H原子处在苯环平面内；苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔是直线型结构，所以最多有12个C原子(苯环上6个、甲基中2个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个)共面；在甲基上可有1个氢原子共平面，-CF3中有1个F共平面，苯环上4个氢原子共平面，双键上2个氢原子共平面，因此可能共平面的原子最多有20个，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物结构中共面、共线问题，注意结合甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，同时注意单键可以旋转是解答关键。‎ ‎8.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同的方式投入反应物，发生反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H= -92.4kJ/mol, 测得反应的相关数据如下表:‎ 容器甲 容器乙 容器丙 反应温度/℃‎ ‎400‎ ‎400‎ ‎500‎ 反应物投入量 ‎1molN2，3molH2‎ ‎4molNH3‎ ‎1molN2，3molH2‎ 平衡时v(正)(H2)/mol/(L·s)‎ v1‎ v2‎ v3‎ 平衡时c(NH3)/(mol/L)‎ c1‎ c2‎ c3‎ 平衡时总压强P/Pa P1‎ P2‎ P3‎ 物质的平衡转化率a a1(N2)‎ a2(NH3)‎ a3(N2)‎ 平衡常数K K1‎ K2‎ K3‎ 则下列关系正确的是( )‎ A. v12c3，a2(NH3)+a3(N2)<1‎ C. K1>K3， P2>2P3 D. v12c3；平衡逆向移动，物质的平衡转化率降低，a3(N2)< a1(N2)；容器的容积不变，在400℃条件下加入1molN2，3molH2的等效起始状态为2mol NH3，物质的转化率关系是a(NH3)+a(N2)=1，先认为乙、丙在400℃条件下进行，乙看作是在恒温且容积是丙的2倍条件下，体积受到了压缩，原反应向正反应方向移动，氨气的转化率降低，a2(NH3)< a(NH3)；然后把丙容器升高温度，化学平衡逆向移动，N2的平衡转化率降低，a3(N2)< a(N2)，所以a2(NH3)+a3(N2)<1，B正确；‎ C.化学平衡常数只与温度有关，升高温度，化学平衡逆向移动，所以K1>K3，容器甲、丙相比较，升高温度，气体压强增大，P3>P1；容器甲、乙相比较，可以把乙看作是在恒温且容积是容器甲的两倍条件下，体积受到了压缩。若平衡不发生移动，P2=2P1，压缩容积，原反应向正反应方向移动，则P2<2P1，由于P3>P1，所以P2<2P3，C错误；‎ D.甲、丙比较，升高温度，化学反应速率加快，所以v3>v1；升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，物质的平衡转化率降低，所以a1(N2)>a3(N2)，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎9.经测定，由C3H7OH、C2H5OC2H5和C6H12组成的混合物中氧的质量分数为8%，则此混合物中氢的质量分数为( )‎ A. 78% B. 22% C. 14% D. 13%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：前两种分子式可以拆写成：C3H6·H2O、C4H8·H2O，这三种物质的通式：（CH2）m·（H2O）n，分子中水中氢的质量分数2×8%/16=‎ ‎+ ‎ ‎1%，则CH2质量分数100%－1%－8%=91%，CH2中氢的质量分数2×91%/14=13%，推出混合物中H%=1%+13%=14%，故选项C正确。考点：考查有机物的计算。‎ ‎10.下列说法正确的是（ ）‎ A. 测定HCl和NaOH中和反应的反应热时，单次实验均应测量3次温度，即盐酸起始温度、NaOH溶液起始温度和反应终止温度 B. 若2C(s) + O2(g) = 2CO(g) △H= -221.0kJ/mol，则碳的燃烧热为110.5 kJ/mol C. 电解水可以获得H2和O2，该反应是放热反应 D. 已知I：反应H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g) △H= -akJ/mol；‎ II:‎ 且a、b、c均大于零，则断开1 mol H-Cl键所需的能量为2(a+b+c) kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 在中和热测定实验中，计算反应热时，需要测定反应前酸、碱溶液的温度和反应后的最高温度，总共3个温度，故A正确；B. 因C对应的稳定氧化物是二氧化碳，该反应生成的是CO，所以无法通过该反应判断C的燃烧热，故B错误；C. 电解水可以生成H2和O2，该反应为分解反应，属于吸热反应，故C错误；D. 设H-Cl键的键能为xkJ/mol，根据反应焓变△H=反应物键能总和－生成物键能总和可知，△H=b＋c－2x=－akJ/mol，则断开1molH－Cl键所需吸收的能量为kJ，故D错误；答案选A。 ‎ 点睛：本题主要考查反应热与焓变的综合应用，题目难度中等，明确中和热的测定、燃烧热、反应焓变的计算方法是解答本题的关键。本题的难点是D项，解题时注意掌握化学反应与能量变化的关系，根据反应焓变△H=反应物键能总和－生成物键能总和即可解答。‎ ‎11.某温度下，将2 mol A和3 mol B充入一密闭的容器中发生反应：aA(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，5 min后达平衡。已知该反应在此温度下平衡常数K＝1，若温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则B的转化率为（ ）‎ A. 60% B. 40% C. 24% D. 4%‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：若温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，说明压强不能使化学平衡发生移动，则该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以a+1=1+1，故a=1，设转化的B为xmol，则：‎ A（g）+B（g）C（g）+D（g）‎ 起始量（mol）：2 3 0 0‎ 变化量（mol）：x x x x 平衡量（mol）：2-x 3-x x x 反应前后气体体积不变，可以用各种物质的物质的量代替该物质的物质的量浓度计算化学平衡常数，则K=" [c(C)×c(D)]÷[c(A)×c(B)]" =(x×x)÷[(2−x)×(3−x)]‎ ‎ =1，解得x=1.2，故B的转化率为(1.2mol÷3mol)×100%=40%，故选项B正确。‎ 考点：考查压强对化学平衡移动的影响及物质平衡转化率的计算的知识。‎ ‎12.反应CH3OH(l)＋NH3(g)===CH3NH2(g)＋H2O(g)在某温度自发向右进行，若反应的|ΔH|＝17kJ·mol－1，|ΔH－TΔS|＝17 kJ·mol－1，则下列关系式正确的是(　　)‎ A. ΔH>0，ΔH－TΔS<0 B. ΔH<0，ΔH－TΔS>0‎ C. ΔH>0，ΔH－TΔS>0 D. ΔH<0，ΔH－TΔS<0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应能自发进行，应满足△H-T△S<0，以此解答该题。‎ ‎【详解】该反应在一定温度下能够自发的向右进行，这说明△H-T△S一定是小于0，根据方程式可以知道该反应的ΔS＞0，所以如果ΔH＜0，则该反应在任何温度下都是自发进行的，而该反应在一定温度下能够自发的向右进行，因此该反应的反应热ΔH＞0， 所以A选项是正确的。‎ ‎13.三元WO3/C3N4/Ni(OH)x光催化剂产氢机理如图。下列说法正确的是 A. TEOA→TEOA+为还原反应 B. Ni(OH)x降低了H+→H2活化能 C. 能量转化形式为太阳能→电能→化学能 D. WO3没有参与制氢反应过程 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. TEOA→TEOA+为失去电子的反应，是氧化反应，故A错误；‎ B.如图所示，Ni(OH)x是H+→H2的催化剂，故其可以降低该反应的活化能，故B正确；‎ C. 如图所示，能量转化形式为太阳能→化学能，故C错误；‎ D. 如图所示WO3作为催化剂，参与了制氢反应过程，故D错误，‎ 故选B。‎ ‎【点睛】解决此题的关键是看清图片信息，分析反应过程中的中间产物及了解催化剂的催化原理。‎ ‎14.已知反应：2NO(g)+2H2 (g)==N2 (g)+2H2O(g) 生成N2的初始速率与NO、H2的初始浓度的关系为v=kcx( NO)．cy( H2)，k为速率常数。在800℃时测得的相关数据如下表所示。‎ 实验数据 初始浓度 生成N2的初始速率/mol/(L·s)‎ c(NO)/mol/L c(H2)/mol/L ‎1‎ ‎2.00×10-3‎ ‎6.00×10-3‎ ‎1.92×10-3‎ ‎2‎ ‎1.00×10-3‎ ‎6.00×10-3‎ ‎4.80×10-4‎ ‎3‎ ‎2.00×10-3‎ ‎3.00×10-3‎ ‎9.60×10-4‎ 则下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 当其他条件不变时，升高温度，速率常数将增大 B. 800℃时，k值为8×104‎ C. 若800℃时，初始浓度c(NO) =c( H2)=4.00×10-3 mol·L-l，则生成N2的初始速率为5. 12×10-3 mol/(L·s)‎ D. 关系式中x=l、y=2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、温度升高，反应速率加快，则当浓度和其它条件不变时，升高温度，速率常数一定是增大的，故A正确；‎ B项、根据数据1可知800℃时，k的值为==8×104，故B正确；‎ C项、若800℃时，初始浓度c(NO) =c( H2)=4.00×10-3 mol·L-l，则生成N2的初始速率V=k×c2( NO)．c( H2)=8×104×(4.00×10-3 )2×( 4.00×10-3 )=5. 12×10-3 mol/(L·s)，故C正确；‎ D项、由实验数据1和2可知，c(H2)不变，c(NO)扩大1倍，反应速率扩大为原来=4倍，则x=2，由实验数据1和3可知，c(NO)不变，c(H2)扩大1倍，反应速率扩大为原来的 ‎=2倍，则y=1，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎15.在某容积固定的密闭容器中，发生可逆反应A(s) +3B(g)3C(g)。下列叙述中能表明该可逆反应一定达到平衡状态的有（ ）‎ ‎①C的生成与分解速率相等 ②单位时间内生成amolA和3amolB ‎③B的浓度不再变化 ④混合气体总物质的量不再变化 ‎⑤A、B、C的物质的量之比为1：3：3 ⑥混合气体的密度不再变化 ‎⑦A的浓度不再变化 ⑧混合气体的颜色不再变化 ‎⑨混合气体的平均相对分子质量不再变化 A. 6个 B. 5个 C. 4个 D. 3个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 达到平衡状态时正、逆反应速率相等，正、逆反应速率相等是指用同一种物质来表示的反应速率，不同物质表示的反应速率与化学计量数成正比。‎ ‎【详解】①C的生成速率与C的分解速率相等，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，故正确；‎ ‎②单位时间内，生成amolA代表逆反应速率，生成3amolB也代表逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等，不能表明反应已达到平衡状态，故错误；‎ ‎③当反应达到化学平衡状态时，各物质的浓度不变，B的浓度不再变化表明反应已达到平衡状态，故正确；‎ ‎④气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，混合气体总的物质的量都不变，不能表明反应已达到平衡状态，故错误；‎ ‎⑤平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；‎ ‎⑥A为固体，该反应是一个气体质量增大的反应，气体的总质量不变能表明反应已达到平衡状态，故正确；‎ ‎⑦A为固体，浓度为定值，A的浓度不再变化，不能表明反应已达到平衡状态，故错误；‎ ‎⑧不明确B、C是否为有色气体，混合气体的颜色不再变化不一定能表明反应已达到平衡状态，故错误；‎ ‎⑨A为固体，该反应是一个气体质量增大、气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，混合气体的平均相对分子质量不再变化能表明反应已达到平衡状态，故正确；‎ ‎①③⑥⑨正确，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查平衡平衡状态，注意抓住化学平衡状态的本质特征是正逆反应速率相等，明确反应速率与化学计量数的关系是解答关键。‎ ‎16.如图I所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可以左右移动，F受压力恒定。甲中充入2mol A和1mol B，乙中充入2mol C和1mol He，此时K停在0处。在一定条件下发生可逆反应：2A(g）+B(g） 2C(g），反应达到平衡后，再恢复至原温度，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 达到平衡时隔板K最终停留在0刻度左侧的2到4之间 B. 若达到平衡时隔板K最终停留在左侧1处，则乙中C的转化率小于50%‎ C. 如图II所示，若x轴表示时间，则y轴可表示甲、乙两容器中气体的总物质的量或A的物质的量 D. 若达到平衡时隔板K最终停留在左侧靠近2处，则乙中F最终停留在右侧刻度大于4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、2A(g）+B(g） 2C(g），由于甲中充入2 mol A和1 mol B，反应向正反应方向移动，甲中压强降低，最多能转化为2 mol C，但是由于反应是可逆反应，所以C的物质的量在0～2 mol之间，因此达到平衡后，隔板K不再滑动，最终停留在左侧刻度0～2之间，A错误；B、“隔板K最终停留在左侧1处”说明反应后气体体积为5格，即物质量为2.5mol，设参加反应的A的物质量为2x，故2-2x+1-x+2x=2.5，则x=0.5mol，则甲中A的转化率为50%。但是对于乙来说，就不同了，如果无He，甲与乙是等效平衡，但乙的压强比甲小，则2C(g）2A(g）+B(g）的平衡向右移动了，故其转化率比大于50%，B错误；C、甲中反应向右进行，A的物质的量逐渐减少，乙中反应向左进行，A的物质的量逐渐增多，但反应开始时无A，C错误；D、若达到平衡时，隔板K最终停留在左侧靠近2处，说明甲中反应物完全转化为C，物质的量为2mol，如乙平衡不移动，乙中为C和He，共3mol，体积为6，F应停留在4处，但因为保持恒压的条件，乙中2A(g）+B(g） 2C(g）反应体系的压强降低，所以到达平衡时，乙向逆方向反应方向移动，导致到达平衡时甲容器中C的物质的量大于乙容器中C的物质的量，甲、乙容器中压强相等，若平衡时K停留在左侧2处，则活塞应停留在右侧大于4处，D正确；答案选D。‎ 点睛：本题考查化学平衡移动，题目较难，本题注意分析反应的可逆性特征和两容器压强相等，这两个角度是解答该题的关键。‎ 二．非选择题（共52分，除标注外，每空2分）‎ ‎17.（1）现有下列7种有机物:‎ ‎①CH4 ② ③ ④‎ ‎⑤ ⑥ ⑦‎ 请回答：其中属于醇类的是________（填序号，下同），互为同系物的是_______，能与金属钠反应的有_________，互为同分异构体的是________。‎ ‎（2）肉桂酸甲酯由C、H、O三种元素组成，已知其相对分子质量为162，核磁共振氢谱显示有6个峰，其面积之比为1︰2︰2︰1︰1︰3 ，利用红外光谱仪检测其中的某些基团，测得红外光谱如下图，则肉桂酸甲酯的结构简式是 ____________________（不考虑立体异构）。‎ ‎（3）①写出下图的系统名称：_______________________‎ ‎②写出2－甲基－2－丁烯的结构简式：____________________________________‎ ‎（4）碳原子数不大于10的烷烃中一氯代物只有一种结构的物质有_____种。‎ ‎【答案】 (1). ⑦ (2). ①④ (3). ⑥⑦ (4). ③⑤ (5). (6). 2,4,4-三甲基-3-乙基己烷 (7). (CH3)2C=CHCH3 (8). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）羟基和苯环直接相连，属于酚类，和侧链相连，属于醇类；结构相似，分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机物互为同系物；分子中含有羟基或羧基能与金属钠反应；分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体；‎ ‎（2）由红外光谱确定有机物的官能团，结合相对分子质量确定有机物的分子式，由核磁共振氢谱图确定结构简式；‎ ‎（3）依据有机物的命名原则书写名称和结构简式；‎ ‎（4）烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子。‎ ‎【详解】（1）⑥中羟基和苯环直接相连，属于酚类，⑦中羟基和侧链相连，属于醇类；①④的结构相似，都为烷烃，相差3个CH2，属于同系物；⑥⑦中含有羟基，能与金属钠反应；③⑤的分子式相同，双键的位置不同，互为同分异构体；故答案为：⑦；①④；⑥⑦；③⑤；‎ ‎（2）由红外光谱可知肉桂酸甲酯分子中含有苯环、双键和酯基，结合相对分子质量是162可知肉桂酸甲酯的分子式为C10H10O2，由核磁共振氢谱图中有六个吸收峰，峰面积比为1：2：2：1：1：3可知分子中有6种类型的氢，则结构简式为，故答案为：；‎ ‎（3）①属于烷烃，最长碳链含有6个碳原子，主链碳原子的编号顺序如图，则名称为2,4,4-三甲基-3-乙基己烷；‎ ‎②2－甲基－2－丁烯属于烯烃，含有碳碳双键的主链有4个碳原子，侧链为甲基，则结构简式为(CH3)2C=CHCH3，故答案为：(CH3)2C=CHCH3；‎ ‎(4)烷烃分子中，同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，在碳原子数n≤10的所有烷烃的同分异构体中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是CH4、CH3CH3、（CH3）4C 以及（CH3）3CC（CH3）3共4种，故答案为：4。‎ ‎18.1，2-二溴乙烷可作抗爆剂的添加剂。如图为实验室制备1，2-二溴乙烷的装罝图， 图中分液漏斗和烧瓶a中分别装有浓H2SO4和无水乙醇，d装罝试管中装有液溴。‎ 已知：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O 相关数据列表如下：‎ 乙醇 ‎1，2-二溴乙烷 乙醚 溴 状态 无色液体 无色液体 无色液体 红棕色液体 密度/g·cm-3‎ ‎0.79‎ ‎2.18‎ ‎0.71‎ ‎3.10‎ 沸点/℃‎ ‎78.5‎ ‎131.4‎ ‎34.6‎ ‎58.8‎ 熔点/℃‎ ‎-114.3‎ ‎9.79‎ ‎- 116.2‎ ‎-7.2‎ 水溶性 混溶 难溶 微溶 可溶 ‎（1）实验中应迅速将温度升高到170℃左右的原因是______________________________。‎ ‎（2）安全瓶b在实验中有多重作用。其一可以检查实验进行中d装罝中导管是否发生堵塞，请写出发生堵塞时瓶b中的现象：_____________________；如果实验时d装罝中导管堵塞，你认为可能的原因是_____________________；安全瓶b还可以起到的作用是__________________。‎ ‎（3）容器c、e中都盛有NaOH溶液，c中NaOH溶液的作用是________________________。‎ ‎（4）除去产物中少量未反应的Br2后，还含有的主要杂质为___________，要进一步提纯，下列操作中必需的是_____________ （填字母）。‎ A．重结晶 B．过滤 C．蒸馏 D．萃取 ‎ ‎（5）实验中也可以撤去d装罝中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装罝的试管中，则此时冷水除了能起到冷却1，2-二溴乙烷的作用外，还可以起到的作用是____________________。‎ ‎【答案】 (1). 减少副产物乙醚的生成 (2). b中长直玻璃管内液柱上升 (3). 过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装罝d中凝固 (4). 防止倒吸 (5). 吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体 (6). 乙醚 (7). C (8). 液封Br2 和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发 ‎【解析】‎ ‎(1)乙醇在浓硫酸作用下加热到140℃的条件下,发生分子间脱水,生成乙醚,为了减少副产物乙醚的生成，实验中应迅速将温度升高到170℃左右。因此，本题正确答案是:减少副产物乙醚生成。 (2)根据大气压强原理,试管d发生堵塞时,b中压强的逐渐增大会导致b中水面下降,玻璃管中的水柱上升,甚至溢出;根据表中数据可以知道,1,2-二溴乙烷的沸点为9.79℃,若过度冷却,产品1,2-二溴乙烷在装置d中凝固会堵塞导管d，b装置具有防止倒吸的作用。 因此，本题正确答案是:b中长直玻璃管内有一段液柱上升；过度冷却,产品1,2-二溴乙烷在装置d中凝固;防止倒吸。 (3)氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫发生反应,防止造成污染。 因此，本题正确答案是:吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2、等酸性气体。 (4) 在制取1,2一二溴乙烷的过程中还会有副产物乙醚生成，除去1,2一二溴乙烷中的乙醚,可以通过蒸馏的方法将二者分离,所以C正确。因此，本题正确答案是:乙醚;C。 (5) 实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯,改为将冷水直接加入到d装置的试管内,则此时冷水除了能起到冷却1,2一二溴乙烷的作用外,因为Br2、1,2-二溴乙烷的密度大于水,还可以起到液封Br2及1,2-二溴乙烷的作用。因此，本题正确答案是:液封Br2及1,2-二溴乙烷.‎ 点睛：(1)乙醇在浓硫酸、140℃的条件下发生分子间脱水生成乙醚；(2)当d堵塞时,气体不畅通,则在b中气体产生的压强将水压入直玻璃管中,甚至溢出玻璃管;1,2-二溴乙烷的凝固点较低9.79℃,过度冷却会使其凝固而使气路堵塞;b为安全瓶,还能够防止倒吸；(3)b中盛氢氧化钠液,其作用是洗涤乙烯;除去其中含有的杂质CO2、SO2、等), (6)根据1,2一二溴乙烷、液溴在水在溶解度不大,且密度大于水进行解答。‎ ‎19.氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源，因而得到广泛研究。‎ ‎（1）已知：①反应I：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)　ΔH1 ＝－1266.6 kJ·mol-1‎ ‎②H2的燃烧热ΔH2 =－285.8 kJ.mol-1 ‎ ‎③水气化时ΔH3 =+44.0 kJ.mol-1‎ 反应I热力学趋势很大的原因为_________；写出NH3分解的热化学方程式____________。‎ ‎（2）在Co-Al催化剂体系中，压强P0下氨气以一定流速通过反应器，得到不同催化剂下氨气转化率随温度变化的曲线如下图，则活化能最小的催化剂为_______，温度高时NH3‎ 的转化率接近平衡转化率的原因是__________。如果增大气体流速，则b点对应的点可能为______（填“a”、“c”、“d”、“e”或“f”）。‎ ‎（3）温度为T时，向体积为1L的密闭容器中充入0.8molNH3和0.1molH2，30min达到平衡，此时N2的体积分数为20%，则T时该反应的平衡常数K=______，NH3的分解率为_____；达到平衡后再充入0.8molNH3和0.1molH2，NH3的转化率________（填“增大”、“不变”、“减小”）。‎ ‎【答案】 (1). 该反应的放热量很大 (2). 2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=+92.1kJ·mol－1 (3). 90CoAl (4). 平衡转化率随温度升高而增大，此反应为吸热反应，温度升高，反应速率加快，转化率接近平衡转化率 (5). e (6). 7.5 (7). 75% (8). 减小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应I的ΔH1＝－1266.6 kJ·mol-1，放热量很大，故热力学趋势很大由题意可得下列热化学方程式：①4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)ΔH1＝－1266.6 kJ·mol-1，②H2的燃烧热H2(g)+1/2O2(g)= H2O(l) ΔH2=－285.8 kJ.mol-1，③水的气化时H2O(l)= H2O(g)ΔH3=+44.0 kJ.mol-1，④2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H，根据盖斯定律，[①-6(②+③)]得2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，则△H=[－1266.6 kJ·mol-1-6(－285.8 kJ.mol-1+44.0 kJ.mol-1)]= 92.1kJ·mol－1，NH3分解的热化学方程式为2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=+92.1kJ·mol－1，故答案为：该反应的放热量很大；2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=+92.1kJ·mol－1；‎ ‎（2）由图可知，90CoAl先达到平衡态，则活化能最小的催化剂为90CoAl；NH3分解的反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应向移动，氨气的转化率增大；该反应为一个气体体积增大的反应，增大气体流速相当于温度一定时增大压强，平衡向逆反应向移动，氨气的转化率减小，则b点对应的点可能为e，故答案为：90CoA；平衡转化率随温度升高而增大，此反应为吸热反应，温度升高，反应速率加快，转化率接近平衡转化率；e；‎ ‎（3）设平衡时氮气的物质的量为xmol，则由题给数据建立如下三段式：‎ ‎ 2NH3(g)N2(g)+3H2(g)‎ 初始量（mol） 0.8 0 0.1‎ 变化量（mol） 2x x 3x 平衡量（mol） 0.8-2x x 0.1+3x 相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以达到平衡时N2的体积分数为： ，解得：x=0.3mol，平衡常数K= ，NH3分解率为；达到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，容器中压强增大，反应向逆向移动，所以氨气的转化率减小，故答案为：7.5；75%；减小。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律的计算、影响平衡的因素、化学平衡图像分析、化学平衡常数和转化率计算的方法为解答的关键。‎ ‎20.海洋中蕴含着丰富的资源。利用海水提取淡水、溴和镁的部分过程如图所示。‎ ‎（1）海水淡化的方法有_________________、离子交换法和电渗析法等。‎ ‎（2）用纯碱吸收浓缩海水吹出的Br2: ‎ ‎3Br2+ 6Na2CO3+3H2O＝ 5NaBr+ NaBrO3+6NaHCO3。当吸收3 mol Br2时，反应中转移的电子数是_____________。‎ ‎（3）海水中部分离子的含量如下：‎ 成分 含量（ mg/L）‎ 成分 含量（ mg/L）‎ Na+‎ ‎10560‎ Cl-‎ ‎18980‎ Mg2+‎ ‎1272‎ Br-‎ ‎64‎ Ca2+‎ ‎400‎ SO42-‎ ‎2560‎ 其中，Mg2+的物质的量浓度是____________。若要从100 L的海水中提取镁，理论上需要加入沉淀剂Ca（OH）2的质量是_______________。‎ ‎（4）由Mg（OH）2制单质Mg，以下方法最合适的是________________（填序号）。‎ A．Mg（OH）2 MgOMg B．Mg（OH）2MgOMg C．Mg（OH）2无水MgCl2Mg D．Mg（OH）2 MgCl2溶液Mg ‎【答案】 (1). 蒸馏法 (2). 5NA (3). 0.053 mol/L或3.01×1024 (4). 392.2 g (5). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题给流程可知，向浓缩海水中通入氯气，氯气与海水中的溴离子发生置换反应生成单质溴，用热空气吹出溴蒸气，溴蒸气与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠、溴酸钠和溴化钠，酸化所得溶液，溴酸钠和溴化钠在酸性条件下发生歧化反应生成单质溴；向剩余溶液中加入氢氧化钙，氢氧化钙与溶液中镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，氯化镁溶液在氯化氢氛围中制取无水氯化镁，电解熔融氯化镁的制得金属镁。‎ ‎【详解】（1）海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法、电渗析法等，故答案为：蒸馏法；‎ ‎（2）由反应方程式可知，溴蒸气与碳酸钠溶液反应时Br元素化合价分别由0价变化为-1价、+5价，反应转移电子数目为5，则3mol溴单质反应电子转移5mol，故答案为：5；‎ ‎（3）图表中海水中Mg2+的含量1272mg/L，则物质的量浓度为=0.053mol/L，加入氢氧化钙发生沉淀反应，1molMg2+的需要1mol氢氧化钙完全沉淀，100L海水中镁离子的物质的量为n（Mg2+）=0.053mol/L×100L=5.3mol，加入沉淀剂Ca（OH）2的质量=5.3mol×74g/mol=392.2g，故答案为：0.053；392.2；‎ ‎（4）A、氧化镁熔点高，要求设备条件高，消耗更多能源，不经济，故错误；‎ B、镁能在CO2中燃烧生成碳和氧化镁，镁是活泼金属，通常用电解的方法冶炼，不能用碳还原氧化镁制备，故错误；‎ C、氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，氯化镁溶液在氯化氢氛围中制取无水氯化镁，电解熔融氯化镁制得金属镁，故正确；‎ D、电解氯化镁溶液，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子生成氢气，溶液中生成氢氧化镁沉淀，不能得到金属镁，故D错误；‎ C正确，故答案为：C。‎ ‎【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重海水资源的利用考查，注意海水提溴、海水提镁的过程分析是解答关键。‎ ‎ ‎