【文档说明】吉林省长春市第二实验中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试卷【精准解析】.doc，共(19)页，788.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试题可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16第Ⅰ卷一、单选题1.某校学生用化学知识解决生活中的问题，下列家庭小实验中不合理的是()A.用高度白酒进行皮肤消毒B.用米汤(含淀粉)检验加碘盐中的碘酸钾(KIO3)C.用食用碱(Na2CO3溶液)洗涤餐

具上的油污D.用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物【答案】B【解析】【详解】A、酒精可以使蛋白质变性，从而杀菌消毒，A正确；B、碘单质能使淀粉溶液变蓝，而KIO3中不含碘单质，B错误；C、Na2CO3是强碱

弱酸盐，CO32-发生水解使溶液呈碱性，油污属于酯，酯在碱性条件下发生彻底的水解，从而洗去油污，C正确；D、纯棉织物和纯毛织物的成份分别为纤维素和蛋白质，蛋白质灼烧时有烧焦羽毛的气味，而纤维素没有，D正确。答案选B。【点睛】使淀粉显蓝色的是碘单质，而不是含碘元素的离子，加碘盐中的KIO3中

不含I2，故不能用米汤检验。2.下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是()A.22HO的电子式：B.2CO的比例模型：C.丙烷分子的比例模型示意图：D.甲烷碱性燃料电池的负极反应式是：CH4+10OH--8e-=2-3CO+7

H2O【答案】D【解析】【详解】A．过氧化氢属于共价化合物，分子中不存在阴阳离子，电子式为，故A错误；B．CO2模型中小球为碳原子，2个大球为氧原子，实际上碳原子半径大于氧原子半径，比例模型应该为，故B错误；C．为

丙烷的球棍模型，不是比例模型，故C错误；D．甲烷碱性燃料电池中，甲烷在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH--8e-═2-3CO+7H2O，故D正确；故选D。3.苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，

该文中的“气”是指A.脱落酸B.乙烯C.生长素D.甲烷【答案】B【解析】【详解】A．脱落酸的主要作用是抑制细胞分裂，促进叶和果实的衰老和脱落，故A不选；B．乙烯的主要作用是促进果实成熟，故B选；C．生长素具有两重性既能促进生长也能抑制生长，既能促进发芽也能抑制发芽，既能防止落花落果也能疏花疏

果，故C不选；D．甲烷不具有催熟作用，故D不选；故选：B。4.某有机物的结构简式如图所示，有关该有机物的叙述正确的是A.分子中含有3种官能团B.在一定条件下，能发生取代、氧化、酯化和加聚反应C.该物质分子中最多可以有10个碳原子在同一

平面上D.1mol该物质最多可与5molH2发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A、分子中含有碳碳双键和羧基2种官能团，错误；B、碳碳双键能发生氧化和加聚反应、羧基能发生酯化和取代反应，正确；C、苯环和碳碳双键都是

平面结构，该物质分子中最多可以有11个碳原子和8个H原子及其2个O原子在同一平面上，错误；D、苯环和碳碳双键能够与氢气加成，1mol该物质最多可与4molH2发生加成反应，错误。答案选B。5.1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下

，通过酯化反应制得乙酸丁酯反应温度为115～125℃，反应装置如下图。下列对该实验的描述错误的是()A.不能用水浴加热B.长玻璃管起冷凝回流作用C.提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤D.加入过量乙酸可以提高1-丁醇的转化率【答案】C

【解析】【详解】A．实验室制取乙酸丁酯，反应需要的反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故该反应不能用水浴加热，A正确；B．乙酸和丁醇易挥发，当有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原

料，可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝回流管等实现，B正确；C．酯化反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此制取的乙酸丁酯中含有挥发的未反应的乙酸及丁醇，提纯乙酸丁酯需使用碳酸钠溶液，来吸收未反应的乙酸及溶解丁醇，同时又可降低乙酸丁酯的溶解度便于分离出乙酸

丁酯，如果用氢氧化钠，会使乙酸丁酯水解，C错误；D．酯化反应为可逆反应，在其他条件不变时，增加反应物乙酸的量，可使平衡向生成酯的方向移动，从而提高1-丁醇的转化率，D正确；故合理选项是C。6.已知一定温度时：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，当

生成2molSO3时，放出热量197kJ，在相同温度和压强下，向密闭容器中通入2molSO2和1molO2，达到平衡时放出热量Q，则下列关系式中正确的是A.Q＝197kJB.Q＜197×2kJC.Q＜197kJD.Q＞197kJ【答案】C【解析】【详解】一定温度时：2SO2(g

)+O2(g)⇌2SO3(g)，在上述条件下2molSO2和1molO2完全反应生成2molSO3气体放出热量为197kJ，可逆反应中反应物不能完全反应，所以向密闭容器中通入2molSO2和1molO2，参加反应是二氧化硫的物质的量小于2mol，平衡时放出的热量小于197kJ，即Q＜

197kJ；故答案选C。7.淀粉水解后，用新制的氢氧化铜悬浊液检验其水解产物，取适量淀粉后进行的主要操作是：①加热；②滴入稀硫酸；③加入新制的氢氧化铜悬浊液；④加入足量的氢氧化钠溶液。以上各步操作的先后顺序是()A.①②③④①B.②

①④③①C.②③①④①D.③④①②①【答案】B【解析】【分析】淀粉水解生成葡萄糖，根据葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应需在碱性的条件下进行，结合实验操作步骤中的注意点，确定实验的先后顺序。【详解】淀粉水解的实验步骤为：取少量淀粉加

入3～5滴稀硫酸选②；将混合液煮沸几分钟选①；检验其水解产物的实验步骤为：因还原性糖葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液发生氧化反应，须在碱性条件下，而此时溶液中有硫酸呈酸性，所以，在冷却后的溶液中加入新制Cu(O

H)2悬浊液溶液前，需要先加碱中和至碱性所以选④；再加入新制Cu(OH)2悬浊液溶液选③；加热选①；其实验结果有砖红色沉淀产生证明淀粉已经水解，所以该实验中操作步骤的排列正确顺序为：②①④③①，故选B。8.

下列化合物中既含有离子键又含有共价键的是（）A.HNO3B.CaCl2C.NH4ClD.H2SO4【答案】C【解析】【详解】A．HNO3为共价化合物，只含有共价键，选项A不符合；B．CaCl2是离子化合物

，只有离子键，选项B不符合；C．NH4Cl是离子化合物，但含有离子键和共价键，选项C符合；D．H2SO4是共价化合物，只含有共价键，选项D不符合；答案选C。9.新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关

注。下列表述不正确的是（）A.制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素B.用于人民币票面方案等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C.防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成，其中树脂属于有机高分子材料D.某种验钞笔中含有碘酒，

遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖【答案】D【解析】【详解】A．棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素，故A正确；B．Fe3O4是磁性物质，有磁性，故B正确；C．树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，故C正确；D．葡萄糖遇碘不变蓝，故D错误；故选D。10.常压下羰基化法精炼镍的

原理：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加

热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是A.增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B.该反应达到平衡时，υ生成[Ni(CO)4]）＝4υ生成(CO)C.第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选

50℃D.第二阶段，Ni(CO)4分解率较低【答案】C【解析】【详解】A．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以增加c（CO），虽然平衡向正向移动，但反应的平衡常数不变，故A错误；B．反应的速率之比等于气体的计量数之比，所

以平衡时有4υ生成[Ni(CO)4]=υ生成(CO)，故B错误；C．Ni(CO)4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4，则第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故C正确；D．加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段Ni(CO)4分解率较大，故D错误；故选C。

11.我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如图：下列说法不正确的是()A.反应①的产物中含有水B.反应②中只有碳碳键形成C.汽油主要是C5～C11的烃类混合物D.图中a的名称是2-甲基丁烷【答

案】B【解析】【详解】A．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，反应为CO2+H2=CO+H2O，则产物中含有水，选项A正确；B．反应②生成烃类物质，含有C﹣C键、C﹣H键，选项B错误；C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11的烃类混合

物，选项C正确；D．图中a烃含有5个C，且有一个甲基，应为2﹣甲基丁烷，选项D正确。答案选B。12.某新型甲醚(CH3OCH3)燃料电池工作原理如图所示。下列说法正确的是()A.H+由b电极向a电极迁移，b极周围的pH变大B.多孔碳a能增大气

固接触面积，该电极为电池负极C.甲醚直接燃烧的能量效率比燃料电池高D.电极b上发生的反应为-+2622CHO-12e+3HO=2CO+12H【答案】D【解析】【分析】新型甲醚(CH3OCH3)燃料电池中，通入甲醚的电极为负极，即b电极为负极，电极反应式为CH3OCH3+3H2O-12e-═

2CO2+12H+，通入O2的电极为正极，即a电极为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，结合原电池原理分析解答。【详解】A．该原电池中，a电极为正极、b电极为负极，H+由b电极向a电极迁移，负极的电极反应式为CH3OCH3+3H2O-12e-═2CO2+12H

+，b极周围的pH变小，故A错误；B．多孔碳a能增大气固接触面积，提高工作效率，但a电极为该原电池的正极，故B错误；C．甲醚直接燃烧的能量损耗大，利用率大约30%，燃料电池可将80%以上的能量转化为电能，能耗小，所以甲醚直接燃烧的能量效率比燃料电池

低，故C错误；D．负极上甲醚(CH3OCH3)失去电子生成CO2，电极反应式为C2H6O-12e-+3H2O═2CO2+12H+，故D正确；故选D。13.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A.14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB.1molN2与4molH

2反应生成的NH3分子数为2NAC.1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD.标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA【答案】A【解析】【详解】A.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/mol=1mol，含

氢原子数为2NA，故A正确；B.1molN2与4molH2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1molFe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子

转移数为3NA，故C错误；D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24LCCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；答案选A。14.研究表明N2O与CO在Fe+的作用下会发生反应：①N2O+Fe+→FeO++N2、②FeO++CO→Fe++CO2，其能量变化示

意图如图所示。下列说法错误的是()A.总反应△H<0B.反应①过程中，N2O中的化学键发生了断裂C.Fe+使反应的活化能减小D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，总反应ΔH<0，故A正确，不选；B．由图可知，反应①

过程中发生反应N2O+Fe+→FeO++N2，N2O中的化学键发生了断裂，故B正确，不选；C．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，故C正确，不选；D．催化剂可以降低反应的活化能，使反应速率加快，但不能使化学平衡发生移动，即催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故D错误，符合题意；答案选D。

【点睛】D项为易错点，注意催化剂可以改变化学反应速率，但不能使化学平衡发生移动。15.根据海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是()A.过程①的提纯时加试剂Na2CO3必须在BaCl2之前B.在过程

③中将MgCl2·6H2O制得无水MgCl2是物理变化C.在过程④、⑥反应中每氧化0.2molBr-一定需消耗2.24LCl2D.过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐浊问题【答案】D【解析】【分析】海水蒸发

得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠是氯碱工业的主要反应；母液加碱生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁；母液中通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还

原反应生成溴化氢，富集溴元素，再通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴，以此分析解答。【详解】A．过程①中粗盐中的提纯过程中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液是除去镁离子，加BaCl2溶液是除去硫酸根

离子，加Na2CO3溶液是除去钙离子和过量的钡离子，因此Na2CO3溶液一定在BaCl2溶液之后加入，故A错误；B．过程③中将MgCl2•6H2O制得无水MgCl2过程中有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C．过程④、⑥中发生的反应为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，每氧化0.2molB

r-需消耗0.1molCl2，0.1molCl2的体积标准状况为2.24L，在其他状况下不一定为2.24L，故C错误；D．过程⑤中发生的反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，反应后溶液

呈酸性，能与金属容器反应，因此生产中需解决其对设备的腐浊问题，故D正确；故选D。16.对于反应中的能量变化，下列表述中正确的是()A.放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量B.断开化学键的过程会放出能量C.加热才能发生的反应一定是吸热反应D.氧化还原反应均为吸热反应【答案】A【解析】当反应物

的总能量大于生成物的总能量时，该反应是放热反应，A正确；断开化学键的过程会吸收能量，B错误；吸热反应不一定需要加热才发生，如氯化铵和八水合氢氧化钡的反应就是吸热反应；加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如铝热反应，C错误；食物

的腐败变质是氧化反应,该过程是放热的，D错误；正确选项A。17.a、b、c、d为短周期元素。a的单质既能与强酸反应又能与强碱反应，a的简单离子与-cd含有相同的电子数，b原子与c原子的最外层电子数相同。下列说法正

确的是()A.简单氢化物的热稳定性：b＞cB.原子半径：b＞a＞c＞dC.工业上可以电解熔融的a的氧化物来制得a的单质D.-cd中各元素原子的最外层均满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】a、b、c、d为短周期元素。a的单质既能

与强酸反应又能与强碱反应，a为Al元素；a的简单离子含有10个电子，则-cd含有10个电子，为OH-，则c为O元素，d为H元素；b原子与c原子的最外层电子数相同，b为S元素，据此分析解答。【详解】A．元素的非金属性越强，

氢化物越稳定，非金属性O＞S，则氢化物的热稳定性：O＞S，即c＞b，故A错误；B．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径：a＞b＞c＞d，故B错误；C．工业上可以电解熔融的氧化铝来

制得铝，故C正确；D．-cd为OH-，其中H元素原子的最外层为2电子稳定结构，故D错误；故选C。18.某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为（）A.C14H18O5B.C14H16O4C.C16H22O5D.C16

H20O5【答案】A【解析】【详解】1mol分子式为C18H26O5的羧酸酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，说明该羧酸酯分子中含有2个酯基，则C18H26O5＋2H2O→羧酸＋2C2H6O，由质量守恒可知该羧酸的分子式为C14H18O5，A项正确。故选A。

19.有机物A的结构简式为，A的同分异构体中带苯环的化合物(烯醇结构除外)共有A.3种B.4种C.5种D.6种【答案】C【解析】【详解】A的分子式为C7H8O，所以A的同分异构体中带苯环的化合物共计是5种，即甲基苯酚（包括邻、间、对）、苯甲醇和苯甲醚。答案选C。20

.汽车尾气净化的主要原理为222NO(g)2CO(g)2CO(g)N(g)0++＜H，以下表格的“图像”中，若纵坐标代表不同物理量，其他条件一定，甲和乙代表某一条件的改变，针对该反应的相关说法可能正确的是()选项纵坐标甲乙图像A2N的体积分数未使用催化

剂使用催化剂BNO(g)的物质的量400℃500℃C平衡常数K51.010Pa71.010PaDNO的转化率CO(g)与NO(g)的物质的量之比为2∶1CO(g)与NO(g)的物质的量之比为1∶2A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】根据影响化学平衡和化学平衡常数的因素分析

解答。【详解】A．使用催化剂不能改变平衡的移动，因此使用催化剂和未使用催化剂2N的体积分数不变，与图象不符，故A错误；B．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO(g)的物质的量增大，与图象不符，故B错误；C．平衡常数只与温度有关，温度相同，平衡常数相等，因此改变压强，平衡常数不变，与

图象不符，故C错误；D．增大CO的量，平衡正向移动，NO的转化率增大，因此CO(g)与NO(g)的物质的量之比为2∶1与CO(g)与NO(g)的物质的量之比为1∶2相比，CO(g)与NO(g)的物质的量之比为2∶1中NO的转化率较大，与图象相符，故

D正确；故选D。第Ⅱ卷二、填空题21.催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，在CO2中通入H2，二者可发生以下两个平行反应：反应ⅠCO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1反应Ⅱ

CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41.2kJ·mol－1(1)反应Ⅰ的化学平衡常数表达式是K＝_______________________________。(2)一定温度下，在容积可变的密闭容器中进行反应Ⅱ，不能确定上述可逆反应已达到

化学平衡状态的是_____________A.体系的体积不再发生变化B.生成nmolCO的同时消耗nmolH2OC.混合气的密度不再改变D.1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键(3)某实验室控制一定的CO2和H2

初始投料比，在相同压强下，经过相同的反应时间测得如下实验数据(其中“甲醇选择性”是指转化的CO2中生成甲醇的百分比)：反应序号T/K催化剂CO2转化率/%甲醇选择性/%①543Cu/ZnO纳米棒12.342.3②543C

u/ZnO纳米片10.972.7③553Cu/ZnO纳米棒15.339.1④553Cu/ZnO纳米片12.071.6①对比表中①和③可发现：同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降

低，请解释甲醇选择性降低的可能原因_________________________________；②对比表中①、②可发现，在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低，而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因______________________________

_____________。③有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有____________。a．使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂b．使用Cu/ZnO纳米片做催化剂c．降低反应温度d．投料比不变，增加反应物的浓度e．增大CO2和H2的初始投料比(4)反应混合气体经过降温加压可分离出甲

醇，剩余气体可再次充入反应器继续反应，经过多次循环往复后混合气体中CO的含量已经很高，可以在另外容器中在合适的催化剂条件下使CO和H2反应合成CH3OH（g），写出该反应的热化学方程式：_______________

________________。【答案】(1).32322c(CHOH)c(HO)c(CO)c(H)(2).AC(3).反应Ⅰ为生成甲醇的反应，该反应是放热反应，因此升高温度，平衡逆向进行，因此甲醇的产率减小

，甲醇的选择性降低(4).因为在该时间段内，使用Cu/ZnO纳米片催化剂使反应Ⅰ比反应Ⅱ速率更快，因此测得该时间段内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高(5).cd(6).CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－94.9kJ·mol－1【解析】【分析】(1)根据反应CO2(g)+3H2(g

)CH3OH(g)+H2O(g)及平衡常数概念书写反应Ⅰ的平衡常数表达式；(2)结合平移状态的特征分析判断；(3)①反应Ⅰ是放热反应，根据温度对化学平衡的影响分析；②使用Cu/ZnO纳米片催化剂使反应I速率增加，该时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高；③有利于提高CO2转化

为CH3OH平衡转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析；(4)已知：反应ⅠCO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1，反应ⅡCO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2

O(g)ΔH2＝＋41.2kJ·mol－1，由盖斯定律可知：反应Ⅰ-反应Ⅱ可得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，由此计算ΔH。【详解】(1)根据反应ⅠCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知，其平衡平衡常数表达

式K=32322c(CHOH)c(HO)c(CO)c(H)；A．恒压密闭容器中，气体的物质的量越大，体积越大，CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)反应前后气体的总物质的量不发生变化，则容积

始终不变，无法说明反应到达平衡，故A错误；B．生成nmolCO的同时消耗nmolH2O，说明正逆反应速率相等，此时反应到达平衡，故B正确；C．混合气体的质量始终不变，气体的总体积也始终不变，由mρV=可知混合气的密度始终不变，则无法说明反应到达平衡，故C错误；D．1mol

H—H键断裂的同时断裂2molH—O键，说明正逆反应速率相等，此时反应到达平衡，故D正确；故答案为AC；(3)①同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低的可能原因：在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低；②甲醇的选择性却提高的

可能原因：因为在该时间内，使用Cu/ZnO纳米片催化剂使反应I速率增加，因此测得该时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高；③a．使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂，不影响化学平衡，则无法提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，故a错误；b．使用Cu/ZnO纳米片做催化剂，催化剂不影响平

衡，无法提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，故b错误；c．该反应为放热反应，降低反应温度，平衡向着正向移动，可提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，故c正确；d．投料比不变，增加反应物氢气的浓度，可提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，故d正确；e．增大CO2和H2的初始投料比，二氧化碳浓度增大

，其转化率降低，故e错误；故答案为：cd；(4)已知：反应ⅠCO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1，反应ⅡCO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41.2kJ·mol－

1，由盖斯定律可知：反应Ⅰ-反应Ⅱ可得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，则ΔH=(－53.7kJ·mol－1)-(＋41.2kJ·mol－1)=－94.9kJ·mol－1，即CO和H2反应合成CH3OH(g)的热化学方程式

为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－94.9kJ·mol－1。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物

理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。22.某芳香烃化合物A，其相对分子质量为104，碳的质量分数为92.3%。(1)A的分子式为_________。(2)A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为__________，反应类型是

__________。(3)已知：，请写出A与稀、冷的KMnO4溶液在碱性条件下反应所得产物的结构简式：__________。(4)在一定条件下，A与氢气反应得到的化合物中碳的质量分数为85.7%，写出所得化合物的结构简式：__________。【答案】(1).C8H

8(2).+Br2→(3).加成反应(4).；(5).【解析】【分析】根据A相对分子质量和含碳量可计算含氢量，进而计算A中C、H原子数目，结合A属于芳香烃化合物判断A的结构，然后根据题干信息和官能团的性质分析解答。【详解】(1)1molA的质量为104g，其中n(C)=104g92.31

2g/mol=8mol，n(H)=104g192.3%1g()/mol−=8，则分子式为C8H8，故答案为：C8H8；(2)A属于芳香烃化合物，物质中含有苯环，为苯乙烯()，能与溴发生加成反应生成，反应

的化学方程式为+Br2→，故答案为：+Br2→；加成反应；(3)A为苯乙烯()，含有C=C，由可知发生反应方程式为，因此产物为，故答案为：；(4)一定条件下，A与氢气反应，可得乙苯或乙基环己烷，其中中ω(C)=12812816+×100%=85.7%，因此得到的化合物为，

故答案为：。【点睛】根据元素的含量和相对分子质量推断A为解答该题的关键。本题的易错点为(4)，要注意A与氢气反应的产物有多种，需要根据含碳量计算判断。23.A、B、C、D、E五种有机物有如下转化关系。已知B可以发生银镜反应，D气体密度是氢

气的14倍。根据图示，（1）试写出A、C、E的结构简式：A_____、C_______、E________。（2）写出下列反应的化学方程式：A→D:_______________________;A→B:_______________________。

【答案】(1).CH3CH2OH(2).(3).CH3COOH(4).CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2O(5).2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O【解析】【分析】D气体的密度是H2的14倍，D的相对分子质量为28；B能发生银镜反应，B中含醛基；

结合A→D的反应条件和A与B的相互转化，则A、B、D的结构简式依次为CH3CH2OH、CH3CHO、CH2=CH2；由D反应生成的C是可用于包装的塑料，D→C为加聚反应，C的结构简式为；B发生氧化反应生成E，E能与N

aHCO3溶液反应，E中含羧基，E的结构简式为CH3COOH。【详解】（1）根据上述分析，A、C、E的结构简式依次为CH3CH2OH、、CH3COOH；（2）A→D为乙醇的消去反应，反应的化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；A→B为乙醇的催化氧化反应，

反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。24.如图是某同学利用日常用品注射器设计的简易实验装置。向甲中注入10mLCH4，同温同压下向乙中注入50mLCl2，将乙中气体推入甲

中，用漫散光照射一段时间，气体在甲中反应。(1)下列是某同学预测的实验现象：①气体最终变为红色；②实验过程中，甲中活塞向内移动；③甲中内壁有油珠；④甲中产生火花。其中正确的是____。(2)甲管中发生反应的反应类型为____。(3)反应后，下列试剂能用于吸收甲中剩余气体的是__

__。A．水B．氢氧化钠溶液C．硝酸银溶液D．饱和食盐水(4)反应后，若将甲中的物质推入盛有适量AgNO3溶液的小试管中会观察到____。【答案】(1).②③(2).取代反应(3).B(4).液体分为两层，产生白色沉淀【解析】【分析】CH4中通入Cl2，在光照条件下发生以下四个反应：CH4

＋Cl2CH3Cl＋HCl、CH3Cl＋Cl2CH2Cl2＋HCl、CH2Cl2＋Cl2CHCl3＋HCl、CHCl3＋Cl2CCl4＋HCl，其中只有Cl2呈黄绿色，其它物质都为无色，HCl、CH3Cl为无色气体，CH2Cl2、CHCl3、CCl4为无色油状液体，且反应后Cl2有剩余。【详解

】(1)①因为Cl2过量，所以气体最终变为黄绿色，①不正确；②实验过程中，甲中气体体积减小，活塞向内移动，②正确；③甲中生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4为无色油状液体，所以内壁有油珠，③正确；④甲中不可能产生火花，④不正确；其中正确的是②③。答

案为：②③；(2)甲管中发生的四个反应，都为取代反应，所以反应类型为取代反应。答案为：取代反应；(3)A．常温常压下，1体积水能溶解2体积的Cl2，且吸收比较慢，不适宜于吸收Cl2，A不合题意；B．氢氧化钠溶液与Cl2反应，吸收

效果好，B符合题意；C．硝酸银溶液能与Cl2、H2O反应的产物HCl反应，从而促进Cl2在水中的溶解，但Cl2的溶解速率仍然比较慢，C不合题意；D．Cl2难溶于饱和食盐水，不能吸收Cl2，D不合题意；故选B。答案为：B；(4)反应后，若将甲中的物质推入盛有适量AgNO3溶

液的小试管中，油状液体不溶，HCl及Cl2会与AgNO3溶液反应，所以会观察到液体分为两层，产生白色沉淀。答案为：液体分为两层，产生白色沉淀。【点睛】将Cl2通入AgNO3溶液中，Cl2首先溶于水，溶于水的Cl2中有少部分与H2O发生反应，生成HCl和HClO，HCl与Ag

NO3反应生成AgCl白色沉淀和HNO3。