【文档说明】安徽省泗县第一中学2019-2020学年高二下学期第四次月考化学试题 【精准解析】.doc，共(22)页，1.538 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省泗县第一中学2019-2020学年高二下学期第四次月考化学试题1.成语、古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是选项传统文化化学角度解读A兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光“香”主要因为美酒含有酯类物质B百炼成

钢、钢筋铁骨生铁在高温下挥发除去碳等杂质转化成钢C三月打雷麦谷堆在雷电作用下N2转化成能被作物吸收的氮元素D《本草经集注》记载“如握盐雪不冰，强烧之，紫青烟起…云是真硝石也”利用物理方法（焰色反应）可以检验钠盐和钾盐A.AB.BC.

CD.D【答案】B【解析】【详解】A．酒放置时间长，部分乙醇转化成乙酸乙酯等酯类物质，具有果香味，A项正确；B．工业上把生铁炼成钢是用氧气或铁的氧化物作氧化剂在高温条件下把生铁中的过量的碳和其它杂质氧化成气体或炉渣除去，B项错

误；C．在雷电作用下空气中N2和O2反应生成NO，经过一系列化学反应最终形成可溶性硝酸盐，增加土壤中氮肥含量，有利于作物生长，C项正确；D．钠盐和钾盐焰色反应的颜色不同，焰色反应是物理变化，D项正确；答案选B。2.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.5mol

N4（分子为正四面体结构）含共价键数目为2NAB.1L0.5mol·L1Na2S溶液中含阴离子数目小于0.5NAC.锌与浓硫酸反应生成气体11.2L（标准状况）时转移电子数目为NAD.14g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为3NA【答案】C【解析】【详解】

A．N4呈正四面体结构，类似白磷(P4)，如图所示，1个N4分子含6个共价键（N–N键），则0.5molN4含共价键数目为3NA，A项错误；B．S2＋H2O⇌HS＋OH，阴离子包括S2、OH和HS，阴离子的量大于0.5mol，B项错误；C．锌与浓硫酸发生反应：Zn＋2H2SO4(

浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，生成气体11.2L（标准状况），则共生成气体的物质的量，即n(H2+SO2)=11.2L0.5mol22.4L/mol，生成1mol气体时转移2m

ol电子，生成0.5mol气体时应转移电子数目为NA，C项正确；D．己烯和环己烷的分子式都是C6H12，最简式为CH2，14g混合物相当于1molCH2，含2molH原子，故14g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为2NA，D项错误；答案选C。3.下列说法正确的是A.

戊烷、戊醇、戊烯、乙酸乙酯中同分异构体数目最少的是戊烯B.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有8种C.将2－丙醇与NaOH的醇溶液共热可制备CH3-CH=CH2D.三种氨基酸脱水，最多可生成6种

二肽【答案】B【解析】【详解】A．戊烷只存在碳链异构，同分异构体为3种，戊醇、戊烯、乙酸乙酯存在碳链异构、官能团位置异构，官能团类型异构，同分异构体数目均大于3种，所以戊烷的同分异构体数目最少，故A错误；B．分子式为C5H1

2O且可与金属钠反应放出氢气，说明含有羟基，有CH3CH2CH2CH2CH2OH、CH3CHOHCH2CHCH3、CH3CH2CHOHCH2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH2OH、CH3CH2COH(CH3)2、CH

3CHOHCH(CH3)2、CH2OHCH2CH(CH3)2、C(CH3)3CH2OH8种结构，故B正确；C．将2－丙醇与浓硫酸共热可制备CH3-CH=CH2，醇和氢氧化钠不反应，故C错误；D．、、三种氨基酸脱水，可在相同氨基酸或不同氨基酸之间生成二肽，最多可生成9种二肽，

故D错误；4.类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是A.铝丝与硫酸铜溶液反应可看到“铜树”，推测镁带与硫酸铜溶液反应可看到“铜树”B.CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子C.Fe与Cl2反应生成FeCl3，推

测Fe与I2反应生成FeI3D.能用NaBr固体与浓硫酸共热制备HBr，推测能用KI固体与浓硫酸共热制备HI【答案】B【解析】【详解】A．镁的活泼性大于铝，硫酸铜溶液呈酸性，镁和硫酸铜溶液反应能产生气泡，故不选A；B．CO2、CS2中碳原子都是sp杂化，CO2、CS2都是直线型分子，

故选B；C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，碘的氧化性比氯气弱，Fe与I2反应生成FeI2，故不选C；D．浓硫酸是高沸点酸，NaBr固体与浓硫酸共热制备HBr，不能用KI固体与浓硫酸共热制备HI，是因为HI与浓硫酸能发生氧

化还原反应，故不选D；选B。5.下列说法不正确的是()A.CH3—CH=CH2和CH2=CH2的最简式相同B.与互为同系物C.下列物质的沸点按由低到高顺序为：(CH3)2CHCH3＜(CH3)4C＜(CH3)2CHCH2CH

3＜CH3(CH2)3CH3D.等质量的甲烷、乙醇、乙醛分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减小【答案】B【解析】【详解】A.CH3—CH=CH2和CH2=CH2的最简式都为CH2，故A正确；B.为酚，为醇，不属于同系物，故B不正确；C.碳原子数越多的烷烃，沸点越高，相同碳原子数的烷烃支链越

多，沸点越低，则沸点按由低到高顺序为：(CH3)2CHCH3＜(CH3)4C＜(CH3)2CHCH2CH3＜CH3(CH2)3CH3，故C正确；D.假设甲烷、乙醇、乙醛的质量都是1g，则消耗氧气物质的量分别116×2mol=0.125mol、146×3mol=0.0652m

ol、144×2.5mol=0.0568mol，所以消耗氧气的物质的量逐渐减少，故D正确；答案选B。6.下列关于有机化合物M和N的说法正确的是A.等物质的量的两种物质跟足量的NaOH反应，消耗NaOH的量

相等B.完全燃烧等物质的量的两种物质生成二氧化碳和水的量分别相等C.一定条件下，两种物质都能发生酯化反应和氧化反应D.N分子中，可能在同一平面上的原子最多有14个【答案】C【解析】【详解】A、由题中所给结构可知M结构中官能团为醇羟基、羧基、碳碳双键，N结构中官能

团为酚羟基、羧基，与足量的NaOH反应，消耗NaOH的量之比为1:4，故A项错误；B、M物质的化学式为C7H10O5，N的化学式为C7H6O5，故完全燃烧等物质的量的二氧化碳，但生成水的量不相等，故B项错误；C、均含有羟基和羧基，一定条件下，两种物质都能发生酯化反应和氧化反应，故C项正确；D

、根据苯环12原子共面，双键中六原子共面，故N物质可能在同一平面上的原子最多有18个，故D项错误；本题选C。7.甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是A.甲、乙的化学式均为C8H14B.乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）C.丙的名称为乙苯，其分子中所有

碳原子可能共平面D.甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【分析】A．根据结构简式判断；B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上；C．苯为平面形结构，结合三点确定一个平面分析；D．乙与高锰酸钾不反应。【详解】A．由结构简式可知甲、乙的化学式均为

C8H14，故A正确；B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7种，故B正确；C．苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，

可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D．乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。故选D。8.分子式为C6H10O3，能与NaHCO3反应产生无色气体，且与新制的Cu(OH)2悬浊液共热会出现砖红色沉淀的有机物有（不含立体异构）A.8种B.9种C

.12种D.13种【答案】C【解析】【详解】能与NaHCO3反应产生无色气体，说明含有羧基，与新制的Cu(OH)2悬浊液共热会出现砖红色沉淀，说明含有醛基，符合条件的C6H10O3的结构有、、、、、、、、、、、，共1

2种，选C。9.某研究小组探究石蜡油裂解产物，设计如图实验。下列说法正确的是A.实验完毕后先熄灭酒精灯后拆导管B.两支试管中发生的反应类型相同C.可观察到B和C试管中液体褪色和分层D.本实验能证明其产物含有碳碳不饱和键【答案】D【解析】【分析】石蜡油（液态烷烃的混合物）在碎瓷片催化作用下反应的生成

物中含有烯烃和烷烃；生成物中含有烯烃，通入酸性高锰酸钾溶液后，发生了氧化反应，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；通入溴的四氯化碳溶液中，发生加成反应，溶液褪色，据此解答。【详解】A．为防止倒吸，实验完毕后应该先拆导管后熄灭酒精灯，故A错误

；B．由于石蜡油的裂解产物中含有不饱和烃，所以B试管中发生的是氧化反应，C试管中发生的是加成反应，反应类型不同，故B错误；C．石蜡油（液态烷烃的混合物）在碎瓷片催化作用下反应的生成物中含有烯烃和烷烃，烷烃不能与酸性高锰酸钾溶液反应而浮在液面上，烯烃与酸性高锰

酸钾溶液发生氧化反应，所以实验时可观察到B试管中液体逐渐褪色和分层，烯烃与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成溴代烃，根据相似相溶原理可知，溴代烃和不反应的烷烃都能溶于四氯化碳，C试管中液体褪色，不分层，故C错误；D．碳碳不饱和键能

够使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，所以本实验能证明其产物含有碳碳不饱和键，故D正确；答案选D。10.叶蜡石是一种重要的化工原料，化学式为X2[Y4Z10](ZW)2，短周期元素W、Z、X、Y的原子序数依次增大，Y的最外层电子数为次外层的一半，X为地壳中含量最多的金属元素，X的离子与Z

W－含有相同的电子数。下列说法不正确的是A.原子半径：X>Y>Z>WB.最简单氢化物的沸点：Y>ZC.Y的氧化物可作光导纤维的材料D.常温常压下，Z和W形成的常见化合物均为液体【答案】B【解析】【分析】叶蜡石化学式为X2[Y4Z10](ZW)2，短周期元素W、Z、X、Y的

原子序数依次增大，X为地壳中含量最多的金属元素，则X为Al；Y的最外层电子数为次外层的一半，其原子序数大于Al，则Y为Si元素；X的离子与ZW-含有相同的电子数，ZW-应为氢氧根，则Z、W分别为O、H中的一种，结合X2[Y4

Z10](ZW)2可知，Z应为O，则W为H，以此来解答。【详解】A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X＞Y＞Z＞W，故A正确；B．水分子间形成氢键导致水的熔沸点反常，沸点：SiH4＜H2O，故B错误；C．Y的最高价氧化物为SiO2，SiO2可作

光导纤维的材料，故C正确；D．H、O形成的化合物为H2O和H2O2，常温常压下H2O和H2O2均为液体，故D正确；故选：B。【点睛】地壳中含量最多的元素为O元素，含量最多的金属元素为Al元素；N、O、F的氢化物分子间形成氢键，导致其熔沸点较高。11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实

验操作和现象结论AKI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去SO2具有还原性B向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)C将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液变红稀硫酸能氧化Fe2+D向AgNO3

溶液中滴加过量氨水，得到澄清溶液Ag+与NH3·H2O能大量共存A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，体现SO2的还原性，故A正确；B．Na2S和CuSO4溶液反应

能生成黑色CuS沉淀，所以不能说明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故B错误；C．将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，发生反应3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO+2H2O，硝酸能氧化Fe2+，故C错误；D．向AgNO3溶液中滴加过量氨水

，得到澄清溶液，生成+3AgNH，故D错误；选A。12.在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论为厌氧细菌可促使SO42－与H2反应生成S2－，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。

下列说法不正确的是A.正极的电极反应式为：2H2O＋2e－＝H2＋2OH－B.SO42－与H2的反应可表示为：4H2＋SO42－厌氧细菌S2－＋4H2OC.钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe(OH)3D.在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀【答案】C【解

析】【详解】A．在潮湿的深层土壤中钢管主要发生厌氧腐蚀，没有氧气参与反应，正极上水发生还原反应生成H2，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2，故A正确；B．SO42-与H2在厌氧细菌的催化作用下反应生成S2-和H2O，根据电子守恒和元素守恒可知离子反应式为：4H2+SO42-厌

氧细菌S2-+4H2O，故B正确；C．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应式都是Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为2H++2e-=H2↑，SO42-与H2的反应可表示为：4H2+SO42-厌氧细菌S2-+4H2O，亚铁离子和硫离子反应生成硫化亚铁，硫

离子是多元弱酸阴离子，水解分步进行，水解的离子方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe(OH)2，故C错误；D．原电池中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，Fe、Zn和电解质溶液构成原电池时，锌更活

泼，易失电子作负极，Fe作正极，所以Fe被保护，在钢管表面镀锌可以防止腐蚀，故D正确；故答案为C。13.已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸醋酸次氯酸碳酸亚硫酸电离平衡常数Ka=1.75×10﹣5Ka=2.98×10﹣8K

a1=4.3×10﹣7Ka2=5.61×10﹣11Ka1=1.54×10﹣2Ka2=1.02×10﹣7下列离子方程式正确的是（）A.少量的CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO﹣═CO32﹣+2HClOB.少量的SO2通入Na2CO3溶液

中：SO2+H2O+2CO32﹣═SO32﹣+2HCO3﹣C.少量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣═CaSO3↓+2HClOD.相同浓度的NaHCO3溶液与NaH

SO3溶液等体积混合：H++HCO3﹣═CO2↑+2H2O【答案】B【解析】【分析】弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，酸的电离平衡常数H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-，则酸性：H2SO3＞CH3C

OOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答。【详解】A．酸性：H2CO3>HClO>HCO3−，所以少量的CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+ClO−═HCO3−+HClO，故A错误；

B．酸性：H2SO3>H2CO3>HSO3−，所以少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32−═SO32−+2HCO3−，故B正确；C．HClO具有强氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸，所以少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中不生成CaSO3

，故C错误；D．酸性：H2CO3＞HSO3−，NaHCO3溶液与NaHSO3溶液混合不能生成二氧化碳气体，故D错误；答案选B。14.常温下，用0.100mol·L－1NaOH溶液滴定10mL0.100mol·L－1H3PO4溶液，曲线如图所示

。下列说法正确的是A.滴定终点a可选择酚酞作指示剂B.c点溶液中c(Na＋)>3c(3-4PO)＋2c(2-4HPO)＋c(-24HPO)C.b点溶液中c(2-4HPO)>c(3-4PO)>c(-24HPO)D.a、b、c三点中水的电离程度最小的是c【答案】B【解析】【详解】A.滴定终点a溶液呈

酸性，酚酞变色的pH范围为8~10，不能选择酚酞作指示剂，可选择甲基橙作指示剂，故A错误；B.c点溶液呈碱性，根据电荷守，c(H＋)+c(Na＋)=3c(3-4PO)＋2c(2-4HPO)＋c(-24HPO)+c(H＋)，所以c(Na

＋)>3c(3-4PO)＋2c(2-4HPO)＋c(-24HPO)，故B正确；C.b点向10mL0.100mol·L－1H3PO4溶液中滴入20mL0.100mol·L－1NaOH溶液，溶液中溶质为Na2HPO4，溶液呈碱性，2-4HPO水解大于电离，溶液中c(2-4HPO)>c(-24HP

O)>c(3-4PO)，故C错误；D.a点溶质为NaH2PO4、b点溶质为Na2HPO4、c点溶质为Na3PO4，三点中水的电离程度最大的是c，故D错误；选B。15.高纯MnCO3在电子工业中有重要的应用，工业上利用软锰矿(主要成分是MnO

2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示：已知：还原焙烧主反应为2MnO2＋C焙烧2MnO＋CO2↑。可能用到的数据如下：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2开始沉淀pH1.56.54.28.1沉淀完全pH3.79.77.410.1

根据要求回答下列问题：(1)在实验室进行步骤A，混合物应放在__________中加热；步骤C中的滤渣为__________。(2)步骤D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。(3)步骤E中调节pH的范围

为__________，其目的是__________。(4)步骤G，温度控制在35℃以下的原因是__________，若Mn2＋恰好沉淀完全时测得溶液中2-3CO的浓度为2.2×10－6mol/L，则Ksp(MnCO3)＝__________。(5)生成的MnCO3沉淀需经充

分洗涤，检验洗涤是否干净的方法是__________。(6)现用滴定法测定产品中锰元素的含量。实验步骤：称取3.300g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使产品中MnCO3完全转化为[Mn(PO4)2]3－(其中-3NO完全转化为-2NO)；加入稍过量的

硫酸铵，发生反应-2NO＋4NH＝N2↑＋2H2O以除去-2NO；加入稀硫酸酸化，再加入60.00mL0.500mol·L－1硫酸亚铁铵溶液，发生的反应为[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋23-4PO；用5.00mL0.500mol·L－

1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2＋。①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2＋反应的离子方程为__________。②试样中锰元素的质量分数为__________。【答案】(1).坩埚(2).C、Cu和CaSO4(3).)1∶2(4).3.7≤pH＜8.1(5).使Fe3＋

转化为Fe(OH)3而除去，而不影响Mn2＋(6).减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率(7).2.2×10－11(8).取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净(9).6Fe

2＋＋2-27CrO＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O(10).25%【解析】【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)加木炭焙烧，主要发生2MnO2＋C焙烧2MnO＋CO2↑，

且C与Fe2O3、CuO发生反应，生成Fe、Cu，再用硫酸酸浸过滤得到MnSO4、FeSO4溶液，过滤分离出滤渣为不与硫酸反应的Cu、过量的木炭以及CaCO3转化成的CaSO4，再加入MnO2氧化，加NaOH调节pH除去Fe3+得到MnSO4，最后与NH4HCO3

反应生成MnCO3，分离烘干得到MnCO3，据此分析解答。【详解】(1)高温焙烧物质应在坩埚中进行；根据分析可知滤渣为C、Cu和CaSO4；(2)步骤D中MnO2被还原成Mn2+，化合价降低2价，Fe2+被氧化成Fe3

+，化合价升高1价，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；(3)此时溶液中的杂质主要为Fe3+，结合表中数据可知步骤E中调节pH的范围为3.7≤pH<8.3，其目的是使铁离子转化为Fe(OH)3而除去，而不影响Mn2+；(4)铵盐不稳定，受热易分解，所以步骤G中温度需控制在

35℃以下，减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；Mn2+恰好沉淀完全时可认为c(Mn2+)=10-5mol/L，Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)c(CO32-)=10-5×2.2×10-6=2.2×10-11；(5)生成的MnCO3沉淀可能附着

有硫酸盐，所以检验是否含有硫酸根即可确认沉淀是否洗涤干净，具体操作为:取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；(6)①酸性K2Cr2O7具有强氧化性，可以把亚铁离子氧化成铁离子，自身被还原成Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒和原子

守恒，离子方程式为：6Fe2＋＋2-27CrO＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O；②根据方程式6Fe2＋＋2-27CrO＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O可知剩余n(Fe2+)=0.500mol∙L-1×0.005L×6=0.015mol

，则与[Mn(PO4)2]3－反应的n(Fe2+)=0.500mol∙L-1×0.06L-0.015=0.015mol，根据化学反应方程式[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2PO43-可

知，n(Mn)=0.015mol，所以锰元素的质量分数为0.015mol55g/mol3.300g×100%=25%。【点睛】易错点为(1)步骤C中的滤渣的判断，C与Fe2O3、CuO发生反应，生成Fe、Cu，Cu与稀硫酸不

反应，焙烧时加入的木炭为确保充分转化是过量的，CaCO3与硫酸反应转化成的CaSO4为微溶物，C和CaSO4均为过滤后滤渣的成分，易被忽略。16.碳酸二乙酯()常温下为无色清澈液体。主要用作硝酸纤维素、树脂和一些药物的

溶剂，或有机合成的中间体。现用下列装置制备碳酸二乙酯。化学式熔点/℃沸点/℃物理性质COCl2-1188.2微溶于水，溶于芳烃、苯、四氯化碳、氯仿、乙酸等多数有机溶剂，遇水迅速水解，生成氯化氢SO316.844.8溶于水，并与水反应生成硫酸和放出大量的热SO2Cl2-54.169.1溶

于乙酸、苯，与水反应生成H2SO4和HClCCl4-22.976.8微溶于水，易溶于多数有机溶剂回答下列问题：(1)甲装置主要用于制备光气(COCl2)，先将仪器B中的四氯化碳加热至55～60℃，再缓缓滴加发烟硫酸。①仪器B的名称是__________。②仪器A的侧导管a的作用是____

______。(2)试剂X是__________，其作用是__________。(3)丁装置除了吸收COCl2外，还能吸收的气体是__________(填化学式)。仪器B中四氯化碳与发烟硫酸(用SO3表示)反应只生成两种物质的量为1：1的产物，且均易与水反应，写出该反应

化学方程式：__________。(4)无水乙醇与光气反应生成氯甲酸乙酯，再继续与乙醇反应生成碳酸二乙酯。①写出无水乙醇与光气反应生成氯甲酸乙酯的化学方程式：__________。②若起始投入92.0g无水乙醇，最终得到碳酸二乙酯94.4g，则碳酸二乙酯的产率是__________(三位有

效数字)【答案】(1).三颈烧瓶(2).平衡压强，有利于仪器A中液体顺利流下(3).浓硫酸(4).防止丁装置中的水蒸气进入乙中(5).HC1(6).SO3＋CCl4COCl2＋SO2Cl2(7).COCl2＋CH3CH2OH→CH3CH2OOCCl＋HCl

(8).80.0%【解析】【分析】甲装置主要用于制备光气(COCl2)，仪器B中四氯化碳与发烟硫酸(用SO3表示)反应只生成两种物质的量为1：1的产物，且均易与水反应，所以四氯化碳与SO3反应生成COCl2和SO2Cl2，COCl2在装置乙中与无水乙醇反应生成碳酸二乙酯，COCl2易

水解，为防止水蒸气进入乙，丙装置中盛放浓硫酸。【详解】(1)①根据图示，仪器B的名称是三颈烧瓶；②仪器A是恒压漏斗，侧导管a的作用是平衡压强，有利于仪器A中液体顺利流下；(2)COCl2易水解，为防止丁装置中的水蒸气进入乙

中，试剂X应是浓硫酸；(3)乙装置中COCl2、乙醇反应生成碳酸二乙酯和氯化氢，丁装置除了吸收COCl2外，还能吸收的气体是HCl。仪器B中四氯化碳与SO3反应生成COCl2和SO2Cl2，该反应化学方程式是SO3＋CCl4COCl2＋SO2Cl2；(4)

①无水乙醇与COCl2反应生成氯甲酸乙酯和氯化氢，反应的化学方程式是COCl2＋CH3CH2OH→CH3CH2OOCCl＋HCl；②2mol乙醇和光气反应生成1mol碳酸二乙酯，若起始投入92.0g无水乙醇，理论上生成碳酸二乙酯的质量是11892118g462g，最终得

到碳酸二乙酯94.4g，则碳酸二乙酯的产率是94.4g100%=80%118g。【点睛】本题考查碳酸二乙酯的制备，明确反应原理是解题关键，根据原子守恒判断仪器B中反应的产物，理解恒压漏斗的工作原理，产率=实际产量÷理论产量×100%。17.

中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，如图所示，甲烷在催化作用下脱氢，在不同温度下分别形成、、等自由基，在气相中经自由基：CH2偶联反应生成乙烯(该反应过程可逆)(1)已知相关物质的燃烧热如表所示，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式_______

___。(2)现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X(分子式为C2H4O，不含双键)该反应符合最理想的原子经济，则反应产物是__________(填结构简式)(3)在400℃时，向初始体积为1L的恒压密闭反应器中充入1molCH4，发生(1)中反应，测得平衡

混合气体中C2H4的体积分数为25.0%。则：①在该温度下，其平衡常数KC＝__________。②若向该反应器中通入高温水蒸气(不参加反应，高于400℃)，则C2H4的产率__________。(填“增大”“减小”“不变”或“无法确定”)，理由是__________。③若反应器的体积固定，不同

压强下可得变化如图所示，则压强p1与p2的大小关系是__________。(4)实际制备C2H4时，通常存在副反应2CH4(g)C2H6(g)＋H2(g)。反应器和CH4起始量不变，不同温度下C2H6和C2H4的体积分数与温度的关系

曲线如图所示。在温度高于600℃时，有可能得到一种较多的双碳有机副产物的名称是__________。(5)C2H4、C2H6常常作为燃料电池的原料，请写出C2H4在NaOH溶液中做燃料电池的负极的电极反应方程式__________。【答

案】(1).2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)ΔH=+202.0kJ/mol(2).(3).1.0(4).增大(5).该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸汽相当于加热，同时通入水蒸气，反应器的体积增大，相当于减小压强，均使平衡右移，C2H4的产率增大(6)

.p1>p2(7).乙炔(8).16OH—+C2H4—12e—=22-3CO+10H2O【解析】【分析】(1)根据表格中数据书写H2、CH4、C2H4燃烧热的热化学方程式，由盖斯定律计算；(2)X的分子式C2H4O，不含双键，判断出X的结构简式；(3)①根据三段式结合平衡混合气体

中C2H4的体积分数为25.0%计算；②通入高温水蒸气，相当于加热和减小压强，根据(2)中的反应并结合平衡的影响因素分析解答；③若容器体积固定，根据反应的特征结合压强对平衡的影响分析判断；(4)由图可知，温度高于600℃时，有较多的自由基生成；(5)燃料电池中，通入燃料的一极为负极，通入氧气的一

极为正极，据此分析书写电极反应。【详解】(1)根据表格中数据有：①H2(g)+12O2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ/mol；②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H2=-890.3kJ/mol；③C2H4(g)+3

O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H3=-1411.0kJ/mol；甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，将②×2-③-①×2得到，2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)△H=2△

H2-△H3-2△H1=+202.0kJ/mol；(2)由题意乙烯与氧气催化制备X，X的分子式C2H4O，不含双键，反应符合最理想的原子经济可知，X的结构简式为；(3)①400℃时，向1L的恒容反应器中充入1

molCH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为25.0%，设转化的甲烷为x，由此建立如下三段式：4242102CHgCHg+2Hgmolm02xx2xolmo1-xxl22x始变

平相同条件下气体的体积比等于物质的量之比，所以有x1-2x+x+2x=25%，解得x=13mol，平衡时气体的总物质的量为(13+13+23)mol=43mol，容器恒压，则气体的物质的量之比等于体积之比，原体积为1L，则此时体积应为43L，所以化学平衡常数KC=224224

cCHcHcCH=22123344331343=1.0；②甲烷制备乙烯的反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气，相当于加热，平衡右移，产率增大；同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡右移，产率也增大，因此C

2H4的产率将增大；③若容器体积固定，甲烷制备乙烯的反应为气体体积增大的反应，温度相同时，增大压强平衡向逆反应方向移动，CH4的平衡转化率降低，因此p1＞p2；(4)据图可知温度高于600℃时，应有较多的自由基生成，自由基结合生成，则双碳有机副产物为

乙炔；(5)燃料电池通入燃料的一极为负极，负极化合价升高，C2H4在NaOH溶液中转化为CO32-，电极反应式为：C2H4-12e-+16OH-=2CO32-+10H2O。【点睛】本题平衡常数的计算为难点、易错点，要注意本题中的容器为恒压容器，而不是恒容，涉及的反应前后气体系数之和

不相等，所以在平衡移动的过程中容器的体积会变，所以在计算平衡常数时要先算出此时容器的体积，才能求出浓度。18.麻黄素H是拟交感神经药。合成H的一种路线如图所示：已知：Ⅰ．芳香烃A的相对分子质量为92Ⅱ.Ⅲ．(R1、R2可以是氢原子或烃基、R

3为烃基)请回答下列问题：(1)A的化学名称为_____________；F中含氧官能团的名称为_________________。(2)反应①的反应类型为______________。(3)G的结构简式为__________________________。(4)反应②的化学方程式为_

_____________________________________________。(5)化合物F的芳香族同分异构体有多种，M和N是其中的两类，它们的结构和性质如下：①已知M遇FeCl3溶液发生显色反应，能和银氨溶液发生银镜反应，苯环上只有两个对位取代基，则M的结构简式可能为__

__________________________________。②已知N分子中含有甲基，能发生水解反应，苯环上只有一个取代基，则N的结构有___种(不含立体异构)。(6)“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，合成过程中要制备，参照上述

合成路线，设计由和为原料制备的合成路线：________________________________________________________(无机试剂任选)。【答案】(1).甲苯(2).羟基羰基(3).

取代反应(或水解反应)(4).(5).2+O2CuΔ2+2H2O(6).、(7).5(8).【解析】【分析】芳香烃A的相对分子质量为92，则9212＝7…8，故A的分子式为C7H8，则A的结构简式为，A与氯气发生一元取代生成B，B发生水解反应生成C，C发

生氧化反应生成D，可推知B为，C为，D为，结合信息可知，F为，G为，以此解答该题。【详解】芳香烃A的相对分子质量为92，则9212＝7…8，故A的分子式为C7H8，则A的结构简式为，A与氯气发生一元取代生成B，B发生水解反应生成C，C发生

氧化反应生成D，可推知B为，C为，D为，结合信息可知，F为，G为；(1)A的结构简式为，化学名称为甲苯；F为，含氧官能团的名称为羟基、羰基；(2)反应①为B发生水解反应生成C，反应类型为取代反应；(3)由信息Ⅱ可知，F为，由信息Ⅲ可知，G的结构简式为；(4)反应②为C发生氧

化反应生成D，化学方程式为2+O2CuΔ2+2H2O；(5)①M为F的芳香族同分异构体，分子式为C9H10O2，含有5个不饱和度；已知M遇FeCl3溶液发生显色反应，能和银氨溶液发生银镜反应，则M分子上含有酚羟基、醛基，

由于苯环上只有两个对位取代基，M的结构简式可能为、；②N分子式为C9H10O2，分子中含有甲基，能发生水解反应，则含有酯基，苯环上只有一个取代基，则N可能的结构为：、、、、，共有5种(不含立体异构)；(6)参照以上信息，由先在Cu作催化剂加热条件下被氧化成，再和反

应生成，在NaBH4作用下生成，合成路线可为：2Cu/OΔ4NaBH。【点睛】本题关键是根据流程图和其它已知信息推断出各物质的结构简式，分析同分异构体时要注意相应性质对应的官能团。