【解析】广东省潮州市2019-2020学年高二下学期期末统考化学试题

20192020学年度潮州市高二级化学第二学期期末统考可能用到的相对原子质量H1B11C12N14O16Na23S32一、单选题（本题共14小题，每题3分，共42分）1.化学与生产生活息息相关，下列说法错误的是A.秸秆大量焚烧将产生雾霾B.由地沟油炼制的生物柴油属于烃类物质C.“山东疫苗案”涉及的疫苗，因未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关D.建设港珠澳大桥时采用超高分子量聚乙烯（UHMWPE）纤维吊绳，UHMWPE属于有机高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A.秸秆大量焚烧会产生大量烟尘，导致空气中颗粒物大量增加而产生雾霾，A正确；B.地沟油及生物柴油的主要成分都属于酯类，酯是由C、H、O三种元素组成的化合物，因此，由地沟油炼制的生物柴油（主要为高级脂肪酸乙酯）属于烃的衍生物，B错误；C.疫苗的主要成分是蛋白质，未冷藏储运，温度较高时蛋白质易变性使疫苗失效，因此要低温保存，C正确；D.聚乙烯(UHMWPE)纤维吊绳主要成分是聚乙烯，该物质是高分子化合物，是高聚物，D正确；故合理选项是B。2.下列说法正确的是A.为防止富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰B.海水淡化能解决淡水供应危机，向海水中加净水剂明矾可以使海水淡化C.中国的瓷器驰名世界。我们日常生活中所用到的陶瓷，主要是硅酸盐产品D.为缓解旱情，可以用干冰或溴化银进行人工降雨【答案】C【解析】【详解】A．包装袋中装生石灰作干燥剂，不是防氧化变质，故A错误；B．明矾能净水，不能消除水中的无机盐，不是淡化海水，故B错误；C．三大硅酸盐制品是：水泥、玻璃、陶瓷，故C正确；D．碘化银在高空分解生成银单质和碘单质，形成人工冰核，这些冰核经过水汽凝聚，形成冰晶，冰晶发展到一定的程度，它们将通过零度层下降，之后融化，形成雨滴。干冰和碘化银用于人工降雨，而不是溴化银，故D错误；答案选C【点睛】防止食品氧化变质应加入还原剂。如铁粉。3.NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A.46g乙醇中存在的共价键总数为7NAB.HNO3作为氧化剂得到电子数一定为3NAC.1mol甲醇完全燃烧时，转移的电子数为6NAD.将3.4gH2S全部溶于水，所得溶液中HS－和S2－NA【答案】C【解析】【详解】A．根据乙醇的分子结构可知，１个乙醇分子中有8个共价键，故46g乙醇中存在的共价键总数为，Ａ错误；B．题干未告知HNO3的浓度和物质的量是多少，也无法确定其还原产物是什么，故无法获知HNO3作为氧化剂得到的电子数的多少，B错误；C．由甲醇燃烧的反应方程式为可知，O元素的化合价由0降低到2，所以1mol甲醇完全燃烧时，转移的电子数为6NA，C正确；D．根据物料守恒可知，3.4gH2S(其物质量为0.1mol)全部溶于水，所得溶液中HS－、S2－和H2NA，D错误。故答案为：C。4.下列说法正确的是A.与含有相同的官能团，互为同系物B.属于醛类，官能团为－CHOC.的名称为：2－乙基－1－丁烯D.的名称为：2－甲基－1，3－二丁烯【答案】C【解析】【详解】A.前者—OH与苯环的侧链相连，属于醇类，后者—OH直接与苯环相连，属于酚类，尽管分子构成相差了1个CH2，但是二者不是同一类物质，所以它们不互为同系物，A错误；B.该物质属于酯类（甲酸酯，含有醛基），官能团为酯基，B错误；C.该物质的官能团为碳碳双键，含有官能团的最长的碳链有4个C，因此主链含有4个C，为丁烯；编号时官能团的编号要小，因此碳碳双键的编号为1，乙基的编号为2，命名为2乙基－1－丁烯，C正确；D.该物质中含有2个碳碳双键，且含有碳碳双键最长的碳链有4个碳原子，因此该物质为丁二烯。编号时，不管是从左端还是右端，碳碳双键的编号均为1、3，因此编号的选择，让甲基的编号的编号小，甲基的编号为2，则该物质的名称应为：2甲基1，3丁二烯，故D错误。5.聚丙烯酸酯的结构简式可表示如图所示，可以由丙烯酸酯加聚得到。下列关于聚丙烯酸酯的说法不正确的是A.属于高分子化合物B.聚丙烯酸酯属于混合物，没有固定的熔沸点C.单体为CH2=CHCOORD.1mol分子中有n个碳碳双键。【答案】D【解析】【详解】A．聚丙烯酸酯为丙烯酸酯加聚生成的聚合物，属于高分子化合物，故A正确；B．聚丙烯酸酯的聚合度n不确定，为混合物，没有固定熔沸点，故B正确；C．根据聚丙烯酸酯的结构，它是由CH2=CHCOOR经加成聚合反应生成的，单体为CH2=CHCOOR，故C正确；D．聚丙烯酸酯结构中不存在碳碳双键，故D错误；答案选D。6.下列有关同分异构体的说法正确的是A.甲醇在铜催化和加热条件下生成的产物不存在同分异构体B.2氯丁烷（CH3CHClCH2CH3）与NaOH乙醇溶液共热，得到三种烯烃。C.有机物的同分异构体中，其中属于酯且苯环上有2个取代基的同分异构体有2种。D.分子式为C5H10O2的有机物中含有结构的同分异构体有12种【答案】A【解析】【详解】A．甲醇在铜催化和加热条件下生成HCHO，甲醛不存在同分异构体，A正确；B．2氯丁烷（CH3CHClCH2CH3）与NaOH乙醇溶液共热只能得到1丁烯和2丁烯两种烯烃，B错误；C．有机物的同分异构体中，其中属于酯且苯环上有2个取代基的同分异构体有3种，分别是（邻、间、对）三种，C错误；D．分子式为C5H10O2的有机物中含有结构的同分异构体有：若为饱和一元羧酸，烷基为C4H9，C4H9异构体有：CH2CH2CH2CH3，CH(CH3)CH2CH3，CH2CH(CH3)CH3，C(CH3)3，因此含有4种同分异构体；若为酯，分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种；乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种；丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种；丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种；因此属于酯的共4+2+1+2=9种，因此符合条件的C5H10O2的同分异构体共13种，D错误；故答案为：A。7.下列离子方程式正确的是A.硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4OH－=AlO＋2H2OB.二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：5SO2+2H2O+2MnO=2Mn2++5SO+4H+C.Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O+6H+=2S↓+3H2OD.硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2++2Fe=2Fe3++3Cu【答案】B【解析】【详解】A．由于氨水是弱电解质在书写离子反应方程式时不能拆，且Al(OH)3不溶于氨水中，故硫酸铝溶液中加入过量氨水正确离子方程式为：Al3＋＋3NH3•H2O=Al(OH)3↓＋3，A错误；B．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：5SO2+2H2O+2MnO=2Mn2++5SO+4H+，B正确；C．Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O+6H+=2S↓+3H2O，该离子方程式电荷不守恒，正确写法为：S2O+2H+=S↓+H2O+SO2↑，C错误；D．硫酸铜溶液中加少量的铁粉只能生成Fe2+，正确写法为：Cu2++Fe=Fe2++Cu，D错误；故答案为：B。8.下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是A.强酸性溶液中：H+、NO、SOB.pH=12的溶液中：OH、K+、Cl、HCOC.加入铝粉能放出氢气的溶液中一定存在：NH、NO、AlO、SOD.25ºC时pH=7的无色溶液中：Na+、Cl、SO、K+【答案】D【解析】【详解】A．强酸性溶液中：H+、NO、SO三者会发生氧化还原反应，且H+与SO也会反应生成H2O和SO2，一定不能大量共存，A不符合题意；B．pH=12的溶液中：OH和HCO会反应生成H2O和，一定不能大量共存，B不符合题意；C．加入铝粉能放出氢气的溶液可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液，NH在强碱性溶液中不能大量共存，AlO不能在强酸性溶液中大量共存，一定不能大量共存，C不符合题意；D．25ºC时pH=7的无色溶液中：Na+、Cl、SO、K+四种离子均为无色，均不水解，均不能反应，一定能够大量共存，D符合题意；故答案为：D。9.下列实验能达到预期目的的是A.蒸发溴水获取溴单质B.证明碳酸酸性强于硅酸C.比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性D.除去氯气中的HCl杂质【答案】B【解析】【详解】A．溴容易挥发，不能通过蒸发溴水获取溴单质，故A错误；B．硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，通入硅酸钠生成硅酸沉淀，可证明碳酸酸性比硅酸强，故B正确；C．碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，为比较稳定性，应将碳酸氢钠盛放在小试管中，故C错误；D．氢氧化钠溶液能够吸收氯气和氯化氢，应该选用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故D错误；答案选B。10.兴趣小组在实验室中模拟利用甲烷和氯气发生取代反应制取副产品盐酸，设计如图装置，下列说法错误的是（）A.实验时先点燃A处酒精灯再通甲烷B.装置B有均匀混合气体、控制气流速度、干燥混合气体等作用C.从D中分离出盐酸的方法为过滤D.装置C经过一段时间的强光照射后，生成的有机物有4种【答案】C【解析】【详解】A．由于CH4是可燃性气体，加热前需保证整个装置中的空气排空，故要先制备氯气将空气排空，再通入甲烷，故实验时先点燃A处酒精灯当观察D中充满黄绿色气体时再通甲烷，A正确；B．生成的氯气中含有水，B装置除具有控制气流速度、均匀混合气体之外，因浓硫酸具有吸水性，还具有干燥作用，装置B有均匀混合气体、控制气流速度、干燥混合气体等作用，故B正确；C．D装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开，C错误；D．装置C经过一段时间的强光照射后，甲烷和氯气发生取代反应生成，反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，只有一氯甲烷是气体，生成4种有机物，D正确；故答案为：C。11.有X、Y、Z、W、M五种短周期元素,其中X、Y、Z、W同周期,Z、M同主族;X+与M2具有相同的电子层结构;离子半径:Z2>W;Y的单质晶体熔点高、硬度大,是一种重要的半导体材料。下列说法中正确的是()A.X、M两种元素只能形成X2M型化合物B.Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强C.X2M、YM2中含有相同类型的化学键D.元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂【答案】D【解析】【分析】根据Y的单质晶体熔点高，硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y为Si，则X、Y、Z、W都在第三周期，再由X+与M2具有相同的电子层结构，离子半径:Z2＞W，依次推出X为Na，M为O，Z为S，W为Cl，然后利用元素形成的化合物的结构和性质以及元素周期律来解答。【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W、M分别是Na、Si、S、Cl、O。则A、钠和氧还可以形成Na2O2，A错误；B、氯元素非金属性强于硅，非金属性越强，氢化物越稳定，则Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的弱，B错误；C、X2M、YM2分别是氧化钠和二氧化硅，其中含有的化学键分别是离子键和共价键，C错误；D、Cl2和O3都具有强氧化性，则可以作为消毒剂，D正确；答案选D。12.硼氢化物NaBH4(B元素的化合价为+3价)燃料电池(DBFC),由于具有效率高、产物清洁无污染和燃料易于储存和运输等优点，被认为是一种很有发展潜力的燃料电池。其工作原理如下图所示，下列说法正确的是A.电池的负极反应为BH4－+2H2O－8e－=BO2－+8H+4C.电池放电时Na+从b极区移向a极区D.电极a采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用【答案】B【解析】【分析】以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH，电极反应式为H2O2+2e=2OH，结合原电池的工作原理和解答该题【详解】A．负极发生氧化反应生成BO2，电极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，故A错误；B．负极发生氧化反应生成BO2，电极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，4，故B正确；C．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故C错误；D．电极b采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH，MnO2既作电极材料又有催化作用，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写，注意化合价的变化。13.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是A.图中五点KW间的关系：B>C>A=D=EB.若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量H2SO4的方法C.若从A点到D点，可采用在水中加入少量NaOH的方法D.若处在B点温度时，将pH=2的硫酸与pH=12的KOH等体积混合后，溶液显中性【答案】A【解析】【详解】A.水的离子积常数只一温度有关，与溶液的酸碱性无关，在同一温度下的Kw相同，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，所以图中五点KW间的关系：B>C>A=D=E，A正确；B.若从A点到C点，由于Kw增大，所以只能采用升高温度的方法，B错误；C.若从A点到D点，温度不变，c(H+)增大，则可采用在水中加入少量酸如HCl的方法，C错误；D.B点时水的离子积Kw=1012，若处在B点温度时，将pH=2的硫酸，c(H+)=102mol/L，pH=12的KOH溶液，c(OH)=1mol/L，二者等体积混合，由于碱过量，所以混合后溶液显碱性，D错误；故合理选项是A。14.以玉米(主要成分是淀粉)为原料制备乙醇的流程如下：下列说法中不正确的是A.C12H22O11属于二糖 B.可采取分液的方法分离乙醇和水C.可用碘水检验淀粉是否完全水解 D.葡萄糖可以在酒曲酶作用下分解生成乙醇【答案】B【解析】【分析】玉米淀粉水解生成麦芽糖，麦芽糖水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，据此分析解答。【详解】A．玉米淀粉在酸性条件下水解生成麦芽糖，1分子麦芽糖水解生成2分子葡萄糖，所以麦芽糖属于二糖，故A正确；B．乙醇与水相互溶解，不能通过分液的方法分离，二者沸点不同，应用蒸馏法分离，故B错误；C．淀粉遇碘变蓝色，所以可以用碘水检验淀粉是否完全水解，故C正确；D．葡萄糖可以在酒曲酶作用下分解生成乙醇和二氧化碳，且1mol葡萄糖分解生成2mol乙醇和2mol二氧化碳，故D正确；答案选B。二、非选择题（本题共5小题，共58分）15.TMB是一种新型指纹检测的色原试剂，由碳、氢、氮三种元素组成，M=240g/mol。某研究性学习小组的同学欲利用下列仪器测定TMB的分子式。主要过程为在足量氧气流中将4.80gTMB样品氧化(氮元素转化为N2)，再利用吸收剂分别吸收水蒸气和CO2。请从图中选择适当的装置(装置符合气密性要求，加热装置等已略去，其他用品可自选)。（1）写出仪器a的名称__________，A中的化学反应方程式：___________；（2）B中试剂是___________，作用是________________；（3）装置C中CuO粉末的作用为________________。（4）理想状态下，将4.80gTMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得D增加3.60g，E增加14.08g，则TMB的分子式为____________。（5）有同学认为，用该实验装置测得的TMB分子式不准确，应在干燥管E后再添加一个装有碱石灰的干燥管F。你认为是否需要添加F装置__________（填“需要”或“不需要”），简述理由________________。【答案】(1).分液漏斗(2).(3).浓硫酸(4).干燥O2，防止将水蒸气带入D或E中引起增重(5).使TMB不充分燃烧生成CO全部转化为CO2(6).C16H20N2(7).需要(8).防止外界空气中的CO2和H2O进入E中，避免对E处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰【解析】【分析】由实验装置可知，A中过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，B中浓硫酸干燥氧气，C中氧气将TMB氧化为二氧化碳、水和氮气，D中浓硫酸增重为水的质量，E中增重为二氧化碳的质量，结合质量及物质的量计算TMB分子中碳、氢、氮的原子个数比，根据相对分子质量之比算出相对分子质量，结合原子个数比计算出分子式，有必要在干燥管E后再添加一个装有碱石灰的干燥管F，防止空气中的水和二氧化碳进入E，以此解答该题。【详解】（1）由装置图可知，仪器a为分液漏斗，A中发生H2O2在MnO2催化下分解制备氧气，故化学反应方程式为，故答案为：分液漏斗；；（2）B中试剂是浓硫酸，作用是干燥O2，防止带入D或E中引起增重，故答案为：浓硫酸；干燥O2，防止将水蒸气带入D或E中引起增重；(3）装置C中CuO粉末的作用为使TMB不充分燃烧生成的CO全部转为CO2,故答案为：使TMB不充分燃烧生成CO全部转化为CO2；（4）实验后称得D、E装置分别增加3.60g、14.08g，则m(H2O)=3.60g，m(CO2)=14.08g，则，n(H)=2n(H2O)=0.4mol；，n(C)=n(CO2)=0.32mol；所以；则：n(C)：n(H)：n(N)=0.32mol：0.4mol：0.04mol=8：10：1，TMB的相对分子质量为240，设分子式为C8nH10nNn，则有12×8n+10n+14n=240，解得n=2，所以分子式为C16H20N2，故答案为：C16H20N2；（5）本实验是通过TMB完全燃烧，并利用D、E装置分别吸收H2O和CO2来确定其分子组成，若不添加F装置，外界空气中的CO2和H2O进入E中，从而干扰E处吸收二氧化碳的定量检测，给实验造成误差，故答案为：需要；防止外界空气中的CO2和H2O进入E中，避免对E处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰。【点睛】本题考查探究物质的组成，为高频考点，把握燃烧法测定有机物的组成、元素及质量守恒、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验装置的作用。16.阿司匹林的有效成分是乙酰水杨酸（）。实验室以水杨酸（邻羟基苯甲酸）与醋酸酐[(CH3CO)2O]为主要原料合成乙酰水杨酸，制备的主要反应为：操作流程如下：已知：水杨酸和乙酰水杨酸均微溶于水，但其钠盐易溶于水，醋酸酐遇水分解生成醋酸。回答下列问题：（1）合成过程中最合适的加热方法是______________。（2）提纯粗产品流程如下，加热回流装置如图：①沸石的作用是_______________；②冷凝水的流出方向是____________（填“b”或“c”）；③使用温度计的目的是____________。（3）检验最终产品中是否含有水杨酸的化学方法是_________________。（4）阿司匹林药片中乙酰水杨酸含量的测定步骤（假定只含乙酰水杨酸和辅料，辅料不参与反应）：Ⅰ.称取阿司匹林样品mg；Ⅱ.将样品研碎，溶于V1mLamol·L1NaOH（过量）并加热，除去辅料等不溶物，将所得溶液移入锥形瓶；Ⅲ.向锥形瓶中滴加几滴酚酞，用浓度为bmol·L1的标准盐酸到滴定剩余的NaOH，消耗盐酸的体积为V2mL。①写出乙酰水杨酸与过量NaOH溶液加热发生反应的化学方程式______________。②阿司匹林药片中乙酰水杨酸质量分数的表达式为__________________。【答案】(1).水浴加热(2).防止暴沸(3).c(4).便于调控加热温度，防止乙酰水杨酸受热分解(5).取少量结晶于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若呈紫蓝色则含水杨酸(6).+3NaOHCH3COONa+2H2O+(7).或【解析】【详解】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品，然后向粗产品中加入饱和碳酸氢钠溶液，使乙酰水杨酸转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，从而除去杂质；然后加入浓盐酸除去剩余的碳酸氢钠、将乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，最后过滤、洗涤、干燥得到乙酰水杨酸．（1）控制温度85℃，温度低于100℃，应采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度，故答案为：水浴加热；（2）根据提纯粗产品加热回流装置图可知：①蒸馏烧瓶中加入沸石的作用是防止暴沸；②蒸馏时为了增强冷凝效果，冷凝水的流向应该与蒸汽的流向相反，故从c口进入，b口流出；③使用温度计的目的是控制温度，便于调控加热温度，防止乙酰水杨酸受热分解，故答案为：防止暴沸c便于调控加热温度，防止乙酰水杨酸受热分解；（3）水杨酸含有羧基和酚羟基，而乙酰水杨酸中不含酚羟基，故检验最终产品中是否含有水杨酸的化学方法是检验酚羟基的方法，酚羟基能和氯化铁发生显色反应，检验最终产品中是否含有水杨酸的化学方法是：取少量结晶于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若呈紫色则含水杨酸；故答案为：取少量结晶于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若呈紫色则含水杨酸；（4）①羧基能与氢氧化钠反应，水解得到的酚羟基、乙酸与氢氧化钠反应，故反应方程式为：+3NaOHCH3COONa+2H2O+，故答案为：+3NaOHCH3COONa+2H2O+；②乙酰水杨酸消耗的氢氧化钠的物质的量为：(aV1×103bV2×103)mol，乙酰水杨酸的物质的量是消耗的氢氧化钠的物质的量的，阿司匹林药片中乙酰水杨酸质量分数的表达式为=，故答案为：或。【点睛】本题考查有机物的制备与合成，关键是明确实验原理与官能团的性质，注意对题目信息的应用，掌握物质分离提纯常用方法，较好的考查学生分析能力与知识迁移应用，题目难度中等。17.研究和深度开发CO、CO2的应用具有重要的社会意义。回答下列问题：（1）CO可用于高炉炼铁，已知：Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g)△H1=akJ/mol3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)△H2=bkJ/mol则反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的△H=________kJ/mol（2）某温度下，在容积为2L的密闭容器甲中投入8molCO2(g)、16molH2(g)发生反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。则0〜15min内用二氧化碳表示平均反应速率v（CO2）=_______，计算此条件下该反应的平衡常数K=__________。（3）捕碳技术是指从空气中捕获二氧化碳的各种科学技术的统称。目前NH3和(NH4)2CO3等物质已经被用作工业捕碳剂。①下列物质中不可能作为CO2捕获剂的是___________。A．Na2CO3B．NaOHC．CH3CH2OHD．NH4Cl②用(NH4)2CO3捕碳的反应：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq)。为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体，保持其它初始实验条件不变，分别在不同温度下，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图：I.c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为Ｖ逆c____Ｖ正d(填“＞”、“＝”或“＜”)II.b、c、d三点的平衡常数Kb、Kc、Kd从大到小的顺序为_______。(填“＞”、“＝”或“＜”)III．T3～T4温度区间，容器内CO2气体浓度呈现增大的变化趋势，其原因是____________。【答案】(1).(2a+b)/3(2).0.2mol/(L·min)(3).1.8(4).CD(5).＜(6).Kb＞Kc＞Kd(7).T3T4区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；(2)甲容器15

min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，则转化CO2为8mol×75%=6mol，根据三段式分析计算；(3)①具有碱性的物质能反应二氧化碳反应，能够捕获CO2；②c点是平衡点，正逆反应速率相同，根据温度对化学反应速率和平衡的影响分析解答。【详解】(1)①Fe3O4(s)+4CO(g)═3Fe(s)+4CO2(g)△H1=a

kJ/mol，②3Fe2O3(s)+CO(g)═2Fe3O4(s)+CO2(g)△H2=b

kJ/mol，根据盖斯定律：可得Fe2O3(s)+3CO(g)═2Fe(s)+3CO2(g)，故△H3==kJ/mol，故答案为；(2)甲容器15

min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，则转化CO2为8mol×75%=6mol，列三段式：

CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)起始(mol/L)：4

8

0

0转化(mol/L)：3

3

3

3平衡(mol/L)：1

5

3

3则0～15

min内平均反应速率v(CO2)==0.2mol/(L•min)；此条件下该反应的平衡常数K==1.8，故答案为0.2mol/(L•min)；1.8；(3)①A．Na2CO3和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故A不符合；B．NaOH显碱性，可以吸收二氧化碳，故B不符合；C．CH3CH2OH为中性分子不能和二氧化碳反应，不能吸收二氧化碳，故C符合；D．NH4Cl溶液显酸性，不能吸收二氧化碳，故D符合，故答案为CD；②I.温度越高，反应速率越快，d点温度高，则c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为V逆c＜V正d，故答案为＜；

II.根据图像，温度为T3时反应达平衡，此后温度升高，c(CO2)增大，平衡逆向移动，说明反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，平衡常数减小，Kb＞Kc＞Kd，故答案为K

b＞K

c＞Kd；

III．T3T4区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，不利于CO2的捕获，所以容器内CO2气体浓度呈现增大的变化趋势，故答案为T3T4区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，不利于CO2的捕获。18.以苯和乙炔为原料合成化工原料E的路线如下：回答下列问题：（1）以下有关苯和乙炔的认识正确的是___________。a．苯和乙炔都能使溴水褪色，前者为化学变化，后者为物理变化b．苯和乙炔在空气中燃烧都有浓烟产生c．苯与浓硝酸混合，水浴加热55~60℃，生成硝基苯d．聚乙炔是一种有导电特性的高分子化合物（2）A的名称___________________。（3）生成B的化学方程式为______________，反应类型是________。（4）C的结构简式为____________，C的分子中一定共面的碳原子最多有_____个。（5）与D同类别且有二个六元环结构(环与环之间用单键连接)的同分异构体有4种，请写出其中2种同分异构体的结构简式：_________________。【答案】(1).bd(2).苯甲醇(3).(4).取代反应(5).(6).11(7).【解析】【分析】苯与甲醛发生加成反应生成A为，A与HBr发生取代反应生成，与HC≡CNa发生取代反应生成B为，与氢气发生加成反应生成C，结合C的分子式可知C为，结合E的结构可知C与CH2I2反应生成D为，D发生氧化反应生成E。【详解】（1）a．苯和乙炔都能使溴水褪色，前者为萃取，属于物理变化，后者发生加成反应，为化学变化，a错误；b．苯和乙炔的最简式相同，含碳量高，在空气中燃烧都有浓烟产生，b正确；c．苯与浓硝酸混合，水浴加热55～60℃，生成硝基苯，需要浓硫酸作催化剂，c错误；d．由于聚乙炔分子中存在单键和双键交替现象，具有电子容易流动的性质故能导电，聚乙炔是一种有导电特性的高分子化合物，d正确；故答案为：bd；（2）据上述分析可知，A为，名称为苯甲醇，故答案为：苯甲醇；（3）据分析可知：物质和HC≡CNa发生取代反应生成B故其化学方程式为：，属于取代反应；故答案为：；取代反应；（4）与氢气发生加成反应生成C，结合C的分子式可知C的结构简式为，苯环上的6个碳原子以及和苯环直接连接的1个碳原子一定处于同一平面，碳碳双键直接连接的4个碳原子处于同一平面，旋转碳碳单键可以使羟基连接的碳原子处于碳碳双键平面内，由苯环与碳碳双键之间碳原子也是单键连接也可以任意旋转，使得两平面共平面，故最多有11个碳原子都可以共平面；故答案：；11；

（5）与D（）同类别且有二个六元环结构（环与环之间用单键连接）的同分异构体有：4种

故答案为：任意2种。19.高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下：已知：a.b.RCHO回答下列问题：(1)反应①所需试剂、条件分别是____________；F的化学名称为____________。(2)②的反应类型是______________；A→B的化学方程式为_________________。(3)G的结构简式为______________；H中所含官能团的名称是____________。(4)化合物W的相对分子