【文档说明】上海市嘉定区第一中学2021-2022学年高一下学期期期末考试化学试题 含解析.docx，共(20)页，1.080 MB，由小赞的店铺上传

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2021学年嘉定一中高一年级第二学期期末化学学科质量诊断相对原子质量：N-14H-1一、选择题(每小题只有1个正确选项，共60分)1.按照有机物的命名规则，下列命名正确的是A.1,2-二甲基戊烷B.3,4-二甲基戊烷C.2,2-二甲基丁烷D.2,3,3-三甲基丁烷【答案】C【解析】【分析】烷

烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字

越小越好)。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以－隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三

...，如：二甲基，其位置以,隔开，一起列于取代基前面。【详解】根据上述规则：A、应该是3-甲基己烷，A错误；B、应该为2，3-二甲基戊烷，B错误；C、2,2-二甲基丁烷，符合烷烃的命名原则，C正确；D、应该为2，2，3-三甲基丁烷，D错误；正确选项C。2.下列有关

Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是A.向Na2CO3溶液中通入与溶质等物质的量的HCl，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1∶2B.相同条件下，NaHCO3与盐酸反应不如Na2CO3剧烈C.物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的碱性比NaHCO3溶液弱D.向Na2CO3饱和溶液

中通入CO2，有白色沉淀【答案】D【解析】【详解】A．向Na2CO3溶液中通入与溶质等物质的量的HCl，生成NaHCO3和NaCl，没有二氧化碳生成，故A错误；B．相同条件下，NaHCO3与盐酸反应比Na2CO3剧烈，1molNa2CO3需要2molHCl，而1molNaHCO3

需要1molHCl，故B错误；C．碳酸根离子的水解能力比碳酸氢根强，物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的碱性比NaHCO3溶液强，故C错误；D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有白色沉淀，会发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，常温下相同的溶剂时，Na2CO3较Na

HCO3易溶，所以析出的是碳酸氢钠，故D正确。故选：D。3.使用哪组试剂，可鉴别在不同试剂瓶内的1-己烯、甲苯和丙醛A.酸性KMnO4溶液和溴的CCl4溶液B.银氨溶液和溴的CCl4溶液C.FeCl3溶液和银氨溶液D.银氨溶液和酸性KMnO4溶

液【答案】B【解析】【详解】A．酸性KMnO4溶液与上述三种物质均发生反应而褪色，溴的CCl4溶液仅可鉴别出1-己烯，A项错误；B．银氨溶液可鉴别出丙醛，而溴的CCl4溶液可鉴别出1-己烯，均不反应的为甲苯，B项正确；C．只有银氨溶液可以鉴别出丙醛，C项错误；D．用银氨溶液鉴别出丙醛后，另外两种

均可与KMnO4酸性溶液反应，使其褪色，无法鉴别，D项错误；选B。4.已知下述四个实验均能发生化学反应：①②③④将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴氯水将铜丝放入氯化铁溶液中向FeCl2溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象，再滴入氯水，变红下列判断不正确的是()A.实验①中铁钉

只做还原剂B.实验②中Fe2＋只显还原性C.实验③中发生的是置换反应D.上述实验证明：氧化性：Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋，Fe2＋遇KSCN溶液无红色物质生成【答案】C【解析】【详解】A．①中发生反应

Fe+Cu2+=Fe2++Cu，其中铁元素化合价升高被氧化，铁做还原剂，故A正确；B．②中发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，其中铁元素化合价升高被氧化，Fe2+做还原剂，表现还原性，故B正确；C．③中发

生反应为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，反应中没有单质生成，不属于置换反应，故C错误；D．化剂的氧化性强于氧化产物，由①知Cu2+>Fe2+，由③知Fe3+>Cu2+,综合可知Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋，由④可知Fe2+

遇KSCN溶液不生成红色物质，故D正确；故答案为C。5.宏微结合是研究化学的重要思想。在一定条件下，容器中各微粒发生化学反应前后的变化如下图所示，其中●和○代表不同元素的原子。该化学反应的类型不一定是A.分解反应B.氧化还原反应C.吸热反应D.可

逆反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由图示可知，该反应是一种物质生成两种物质，属于分解反应，故不选A；B．由图示可知，该反应是有单质生成的分解反应，一定有化合价改变，属于氧化还原反应，故不选B；C．该反应可能是过氧化氢的分解反应，过氧化氢分解为水和氧气为放热反应，故选C；D．由图示可知，只

有部分反应物的分子发生反应，该反应是可逆反应，故不选D；选C6.下列关于化合物M()的说法正确的是A.能够发生催化氧化生成醛B.分子式为1018CHO，与有机物A()互为同分异构体C.加入3FeCl溶液变色D.能使

酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D。【解析】【分析】【详解】A．中与羟基相连的碳原子上只有1个氢原子，发生催化氧化生成酮()，故A错误；B．分子式为1020CHO，分子式是1018CHO，分子式不同，不是同分异构体，故B错误；C．不含酚羟基，加入3FeCl溶液不变色，故C错误；D．含有醇

羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；选D。7.下列反应的离子方程式正确的是A.硫酸铝与过量的氨水反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓B.等物质的量浓度、等体积的Ca(HCO3)2溶液与氢氧化钠溶液相混合：Ca

2++HCO3−+OH-=CaCO3↓+H2OC.向碘化亚铁溶液中通入少量氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-D.向CuSO4溶液中加入Na：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+【答案】B【解析】【详解】A．硫酸铝与过量的氨

水反应生成氢氧化铝和硫酸铵：Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；B．等物质的量浓度、等体积的Ca(HCO3)2溶液与氢氧化钠溶液相混合，反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水：Ca2++HCO3−+O

H-=CaCO3↓+H2O，故B正确；C．向碘化亚铁溶液中通入少量氯气，溶液中碘离子还原性大于亚铁离子，氯气只氧化碘离子，离子方程式为2I-+Cl2=2Cl-+I2，故C错误；D．向CuSO4溶液中加入Na生成氢氧化铜、氢气和硫酸钠：2Na+2H2O+

Cu2+═2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故D错误；故选B。8.如图是关于反应A2(g)+3B2(g)⇌2C(g)(正反应为放热反应)的平衡移动图像，影响平衡移动的原因可能是A.升高温度，同时加压B.降低温度，同时减压C.增大反应物浓度，同时减小生成物浓度D.增大反应物浓

度，同时使用催化剂【答案】C【解析】【分析】从图象中可以看出，反应达平衡后，改变某条件，正反应速率瞬间突然增大，逆反应速率瞬间突然减小，则表明改变的条件不是单一的改变体系的温度、压强、催化剂，也不是改变某一种物

质的浓度；v正＞v逆，则表明平衡发生正向移动。【详解】A．由于正反应为放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动；由于反应物气体分子数大于生成物气体分子数，所以加压时，平衡正向移动，尽管不能确定平衡如何移动，但条件改变的瞬间，v正、v

逆一定大于原平衡时的v正、v逆，A不合题意；B．降低温度，同时减压，v正、v逆一定小于原平衡时的v正、v逆，B不合题意；C．增大反应物浓度，v正比原平衡时大；减小生成物浓度，v逆比原平衡时小，达平衡前，有可能v正＞v逆，C

符合题意；D．增大反应物浓度，同时使用催化剂，v正、v逆一定大于原平衡时的v正、v逆，D不合题意；故选C。9.新冠肺炎最明显的症状就是出现发热，体温枪能快速检测人体体温。该体温枪所用的电池为一种银锌电池(如图所示)，该电池的总反应式为：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag。下列关于

该电池的说法正确的是A.Ag2O电极作正极,发生氧化反应B.该电池放电时溶液中的K+向Zn电极移动C.电池工作时，电子从Ag2O电极经过隔板流向Zn电极D.该电池的负极反应为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2【答案】D【解析】【详解】A．银锌纽扣电池中，Ag2O电极作正极

，Ag2O得电子发生还原反应生成Ag，故A项错误；B．该电池放电时溶液中的阳离子移向正极，即溶液中的K+向Ag2O电极移动，故B项错误；C．银锌纽扣电池中，Ag2O电极作正极，Zn作负极，电子从Zn电极经过导线流向Ag2

O电极，故C项错误；D．银锌纽扣电池中，Zn作负极，Zn失电子生成Zn(OH)2，负极反应为()--2Zn-2e+2OH=ZnOH，故D项正确；答案选D。10.下列关于反应能量的说法中正确的是A.化学反应中的能量变化，都表现为热量的变化B.化学键的断裂

和形成是化学反应中能量变化的主要原因C.已知反应：Zn(s)＋CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)＋Cu(s)为放热反应，则反应物总能量＜生成物总能量D.相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子的能量为E2，则2E1=E2【答案】B【解析】【分析】【详解】A．化学

反应中的能量变化，不是都表现为热量的变化，还可能有其他能量的变化，如光能等，故A错误；B．化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，故B正确；C．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，故C错误；D．分子变成原子需

要破坏化学键，吸收能量，2E1＞E2，故D错误；故选B。11.在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)垐?噲?2D(g)相关条件和数据见表：实验编号实验I实验II实验III反应温度/

℃700700750达平衡时间/min40530n(D)平衡/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是A.实验II可能压缩体积B.正反应为吸热反应C.实验I达平衡后容器内的压强是实验III的109D.K3＜K2=K1【答案】D【解析】【详解】A．实验Ⅰ和实验Ⅱ容器体

积相同，因此不可能是压缩体积增大了压强，可能是加催化剂，故A错误；B．由实验II和实验III可知，温度升高，平衡时D的物质的量减小，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故B错误；C．实验III达平衡时n(D)=1mol，列三段式为()()()2A+B/mol210/mol

gg2Dg10.51/mol10.51起始量变化量平衡量，实验Ⅲ达平衡后容器内气体的物质的量为2.5mol，实验Ⅰ容器内反应：()()()2A+B/mol210/mol1.50.751.5/mol0.50.

251.5gg2Dg起始量变化量平衡量，实验Ⅰ达平衡后容器内气体的物质的量为2.25mol，若温度相同，实验Ⅲ和实验Ⅰ分别达平衡后容器内的压强之比为2.5mol：2.25mol=10：9，因实验Ⅲ温度较高，其

压强越大，则实验Ⅲ和实验Ⅰ分别达平衡后容器内的压强之比大于10：9，实验I达平衡后容器内的压强小于实验III的910，故C错误；D．实验Ⅰ和实验Ⅲ，温度升高，D减少，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是

放热反应，平衡常数减小，因此K1＞K3，实验Ⅰ和实验Ⅱ，温度相同，平衡常数相等，因此K2＝K1，所以K3＜K2=K1，故D正确；故选：D。12.某同学设计了由乙醇合成乙二醇的路线如图。下列说法正确的是乙醇①⎯⎯⎯⎯→X24BrCCl⎯⎯⎯⎯⎯→Y②⎯⎯⎯⎯→乙二醇A.X可以发生加成反应B.步

骤①的反应类型是取代反应C.步骤②需要在氢氧化钠醇溶液中反应D.等物质的量的乙醇、X完全燃烧，消耗氧气的量不相同【答案】A【解析】【分析】乙醇发生消去反应生成X为乙烯，乙烯与溴发生加成生成Y为1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷水解生成乙二醇。【详解】A．X为乙烯，X可以发生加成反应，故A

正确；B．步骤①乙醇发生消去反应生成乙烯，故B错误；C．步骤②为1，2-溴乙烷水解生成乙二醇，反应条件为氢氧化钠水溶液、加热，故C错误；D．X为乙烯，分子式为C2H4，乙醇分子式为C2H6O，乙醇可以看成C2H4•H2O，因此等物质的量的乙醇、X完全燃烧，消耗氧气的量相同，故D错误；

故选：A。13.有机物M是合成二氢荆芥内酯的重要原料，其结构简式如图所示，下列检验M中官能团的试剂和添加顺序正确的是A.先加酸性高锰酸钾溶液，后加银氨溶液，微热B.先加溴水，后加酸性高锰酸钾溶液C.先加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热至沸腾，酸化后再加溴水D.先加银

氨溶液，微热，再加溴水【答案】C【解析】【分析】由结构可知，分子中含碳碳双键、—CHO均能被强氧化剂氧化，应先利用银氨溶液(或新制氢氧化铜)检验—CHO，再利用溴水或高锰酸钾检验碳碳双键，以此来解答。【详解】A．先加酸性高锰酸钾溶

液时，碳碳双键、—CHO均被氧化，不能检验，A不符合题意；B．先加溴水，碳碳双键发生加成反应；—CHO被氧化变为—COOH，都使溴水褪色，不能检验，B不符合题意；C．先加新制氢氧化铜加热至沸腾，—CHO被氧化变为—

COOH，Cu(OH)2被还原为Cu2O砖红色沉淀，因此可检验—CHO；当酸化后再加入溴水时，Br2可与碳碳双键发生加成反应，能够检验其中所含的官能团，C符合题意；D．先加入银氨溶液水浴加热，—CHO被氧化变为—COOH，Ag(NH3)2OH被

还原产生Ag单质，即产生银镜，可检验—CHO；但由于该溶液显碱性，没有酸化，所以当再加入溴水时，Br2会先与碱反应，不能检验碳碳双键，D不符合题意；故合理选项是C。14.下列实验操作及现象不能推出相应结论的是选项实验操作现象结论A分别将少量钠投入盛有水和乙醇的烧杯中钠与水反应更剧烈乙醇中氢的活泼

性比水中氢的弱B将石蜡油与碎瓷片混合加强热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液中酸性KMnO4溶液褪色石蜡油加强热产生的气体是乙烯C将灼热后表面变黑的螺旋状铜丝插入约50℃的乙醇中铜丝能保持红热，反应后溶液有刺激性气味乙醇催化氧化反应是放热反应D向

苯酚钠溶液中通二氧化碳溶液变浑浊苯酚的酸性比碳酸的弱A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．金属钠与水反应剧烈，而金属钠与乙醇反应比较缓慢，这说明H2O电离出H＋能力强于乙醇电离出H＋能力，推出乙醇中的氢的活泼性比水中氢的弱，故A不符合题意；B

．石蜡油与碎瓷片混合加强热，碎瓷片作催化剂，使石蜡油分解，产生的气体能使酸性高锰酸钾溶液褪的色，该气体中含有不饱和烃，不一定是乙烯，故B符合题意；C．灼热铜丝，发生2Cu＋O2Δ2CuO，将铜丝插入乙醇中，黑色变为红色，发生CuO＋CH3CH2OH→CH3CHO＋

Cu＋H2O，即总反应为2CH3CH2OH＋O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO＋2H2O，该反应为乙醇的催化氧化反应，铜丝保持红热，说明该反应为放热反应，故C不符合题意；D．碳酸的酸性强于苯酚的酸性，因此发生的

反应是C6H5ONa＋CO2＋H2O→C6H5OH＋NaHCO3，常温下苯酚在水中溶解度较小，溶液变浑浊，故D不符合题意；答案为B。15.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素形成的某种化合物(如图所示)是一种优良的防龋齿剂(用于制含氟牙膏)，其中Z元素

的内层电子数之和为最外层电子数的2倍。下列说法错误的是A.Z的最高价氧化物对应的水化物为弱酸B.W、Y形成的化合物在熔融状态下能够导电C.X、Y形成的化合物为强电解质D.X、W、Z对应的单质熔沸点：X＞W＞Z【答

案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素形成的某种化合物（如图所示）是一种优良的防齲齿剂（用于制含氟牙音），根据图示可知，Z形成5个共价键，Z元素的内层电子数之和为最外层电子数的2倍，则Z为P元素；W与Z可以形成1个双键，

X只能形成1个共价键，W、X的原子序数均小于P，则W为O，X为F元素；Y带有1个单位正电荷，其原子序数大于F，则Y为Na，W为O，X为F，Y为Na，Z为P元素。【详解】A．Z的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，磷酸为中强酸，故A正确；B．Y2W

为Na2O，Na2O为离子化合物，熔融状态下能够导电，故B正确；C．X、Y形成的化合物为NaF，NaF在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，故C正确；D．X、W、Z对应的单质形成的晶体均属于分子晶体，氧气单质分子中含有

不饱和键，更容易极化，其沸点比氟单质高，磷单质在常温下是固体，则单质熔沸点：X＜W＜Z，故D错误；故选：D。16.某有机物的结构简式如图所示，这种有机物不可能具有的性质是①能使酸性KMnO4溶液褪色②能跟NaOH溶液反应③能跟银氨溶液反应④一定条件下能跟

H2O反应⑤能发生水解反应A.只有⑤B.①③C.只有④D.③⑤【答案】A【解析】【分析】有机物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有酚羟基，具有酸性，含有羟基，可发生取代、酯化反应、氧化反应，含有醛基，能发生银镜反应。【详解】①碳碳双键、羟基、醛基均能使酸性KMnO4溶液褪色，

故①正确；②含有酚羟基，具有酸性，能跟NaOH溶液反应，故②正确；③含有醛基，能跟银氨溶液反应，故③正确；④碳碳双键，一定条件下能跟H2O发生加成反应，故④正确；⑤含有的官能团均不能发生水解反应，故⑤错误；故选A。17.某密闭容器中充入等物质的量的A和B

，一定温度下发生反应A(g)＋xB(g)2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示，下列说法中正确的是A.30～

40min间该反应使用了催化剂B.反应方程式中的x=1，正反应为放热反应C.30min时降低温度，40min时升高温度D.8min前A的反应速率为0.16mol·L-1·min-1【答案】B【解析】【详解】A．

根据分析，30min～40min反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不是使用了催化剂，也不是温度变化，而是降低了压强，A错误；B．根据分析可知，由开始到平衡，A、B的浓度减少的量相同，知道x=1；40min时，正逆反应速率都增大

，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，由x=1知道压强改变平衡不移动，则应是升高温度的影响，故正反应为放热反应，B正确；C．由B项分析可知，30min时速率减小而平衡不移动，应是减小压强，40min时升高温度，C错误；D．

由图像可知，8min内A的浓度变化量为2mol•L-1-1.36mol•L-1=0.64mol•L-1，则8min内A平均的反应速率为-1-110.64molL0.08molLmin8min−=，A的反应速率是一段时间内的平均反应速率

，不是某时刻的瞬时速率，D错误；故答案选B。18.汽车尾气常用三效催化剂处理，其表面物质转化关系如图所示，说法正确的是A.该过程的催化剂是Ba(NO3)2B.转化过程中，氮元素均被还原C.还原过程中生成0.1molN2，转移电子数为2NAD.三效催化剂使汽车尾气中污染物转化为无毒物质【答案】D【

解析】【分析】根据循环过程中进入的物质和出来的物质判断整个反应过程中的反应物和生成物，利用循环的起始点参加的反应物和生成的物质判断催化剂，催化剂在第1步反应中做反应物，在第2步反应中做生成物，而中间产物刚好相反，转移电子根据化合价的升高或者降

低进行判断。【详解】A．根据图像判断，催化剂是BaO，而Ba(NO3)2是中间产物，故A不正确；B．转化过程中，NOx变为Ba(NO3)2时N元素被氧化或既不被氧化也不被还原，故B不正确；C．还原过程中，Ba(NO3)2变为N2

，氮元素的化合价由+5价变为0价，故生成0.1molN2，转移电子数为1NA，故C不正确；D．根据流程中进入循环反应的物质和出来的物质判断，三效催化剂使汽车尾气中污染物转化为无毒物质氮气和二氧化碳，水，故D正确；故选答案D。【点睛】此题考查反应过程中物质的变化，氧化还原反应中电子转移，催

化剂的判断，考点比较常规、基础，重点在与图像中能判断出反应物和生物，找到起始的反应，根据催化剂的特点、氧化还原反应中电子转移的计算可以直接解出，不需要书写化学方程式。19.有机物M与N反应会生成一种重要的有

机物P。下列说法错误的是A.N与某种芳香烃互为同分异构体B.M、N、P均能使溴的CCl4溶液褪色C.M、N、P均能发生加成聚合反应D.M分子中最多有4个碳原子共线【答案】D【解析】【分析】【详解】A．N的分子式为78CH，甲苯的分子式也为7

8CH，所以N与甲苯互为同分异构体，故A不选；B．M、N、P均含有不饱和碳原子，所以能与溴发生加成反应而使溴的CCl4溶液褪色，故B不选；C．M含碳碳三键，N、P含碳碳双键，所以M、N、P均能发生加成聚合反应，故C不选；D．苯环

对位上的两个碳原子共线，炔烃为直线型分子，所以与碳碳三键直接相连的两个碳原子共线，所M至少5个碳原子共线，故选D。答案选D20.等量的铝分别与100mL、2mol·L-1的盐酸与NaOH溶液反应产生氢气体积比为6：7，则反应物的量的关系为A.均恰

好反应B.酸过量C.碱过量D.酸、碱均过量【答案】C【解析】【详解】根据铝与盐酸反应的关系式：22Al6HCl3H，铝与盐酸反应的关系式：22Al2NaOH3H，等量的铝分别与100mL、2mol·L-1的盐酸与NaOH溶液反应产生氢气体积比为6:7，产生的氢气后者较多，说明加入氢氧化钠溶液的

铝完全反应，而加入盐酸溶液的铝未完全反应，故答案选C。二、综合题21.2021年9月17日，神舟十二号飞船携带3名航天员返回地球，为了减弱返回舱着陆的速度，反推发动机的燃料是高氯酸铵(NH4ClO4)和铝粉混合物。完成

下列填空：（1）上述燃料涉及的元素所形成的简单离子中，核外电子数相同的离子半径由大到小顺序为____(离子符号表示)，写出上述元素中非金属性最强的元素在元素周期表中的位置____。（2）写出NH4+的

电子式____，其空间构型与甲烷空间构型相同，为____型。（3）完成以下方程式(已知：Cl元素被还原成-1价，Y是一种无色无味的单质)____。_____Al+__6__NH4ClO4→______Al2O3+__X___+__12__H2O+__Y___。上述反应中被氧化的元素是_

___，若产生42gY，过程中氯元素转移电子为____mol。【答案】（1）①.N3-＞O2-＞Al3+②.第二周期，ⅥA族（2）①.②.正四面体（3）①.10Al+6NH4ClO4=4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12H

2O②.N、Al③.9【解析】小问1详解】电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，N3-、O2-、Al3+的电子层结构相同且原子序数依次最多，则离子半径由大到小的顺序是N3-＞O2-＞Al3+；上述元素中非金

属性最强的元素是氧，在元素周期表中的位置第二周期，ⅥA族。故答案为：N3-＞O2-＞Al3+；第二周期，ⅥA族；【小问2详解】NH4+中N原子和每个H原子共用一对电子，电子式为，其空间构型与甲烷空间构型相同，甲烷呈正四面体结构，铵根离子为正四面体结构。故答案为：；正四面体；

小问3详解】Y是一种无色无味的单质，Y为氮气，X中含-1价的氯，结合元素质量守恒，应为氯化铝，NH4ClO4中N、Cl原子个数之比为1：1，要使生成物中N、Cl原子个数之比为1：1，则AlCl3、N2的个数之比为2：3，根据原子守恒知，NH4ClO4的计量数最小为6，根据

H原子守恒知，H2O的计量数是12，再根据O原【【子守恒的Al2O3的计量数是4，根据Al原子守恒的Al的计量数是10，所以该反应方程式为10Al+6NH4ClO4=4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12H2O；失电子的元素被氧化，则被氧化的元素是N、Al；n（N2）=

142g28g?mol−=1.5mol，根据方程式知，生成3mol氮气氮元素转移18mol电子，则生成1.5mol氮气转移电子的物质的量=1.53molmol×18mol=9mol，故答案为：10Al+6NH4ClO4=4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12H2O；N、Al；9。

22.甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：①CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3OH(g)+H2O(g)②CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)

③CH3OH(g)垐?噲?CO(g)+2H2(g)反应①为主反应(放热反应)，②③为副反应。回答下列问题：（1）已知反应②中相关化学键键能数据如表：(注：C≡O表示CO中的化学键)化学键H－HC=OC≡OH－OE/(kJ∙mol-1)436803107

6465由此可知反应②是____反应。(填“放热”或“吸热”)（2）一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应12小时。体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图1所示。①温度为470K时，图中P点__

_(填“是”或“不是”)处于平衡状态。490K之后，甲醇产率下降的原因是___。②提高甲醇产率的措施是___。A．增大压强B．升高温度C．选择合适催化剂D．加入大量催化剂（3）如图2为一定比例的CO2/H2，CO/H2、CO/CO2/H2条件下甲醇生成速率与温度的关系。当温度为490K时，

根据曲线a、c，判断合成甲醇的反应机理是___(填“A”或“B”)。A：CO222HHOCO22HCH3OHB：CO22HOHCO223HCH3OH+H2O（4）490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，从平衡移

动的角度分析原因___。【答案】（1）吸热（2）①.不是②.合成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低③.AC（3）A（4）CO促进反应CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)逆向移动，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少【解析

】【分析】根据反应CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)的△H=反应物总键能-生成物总键能判断；反应①为主反应(放热反应)，②③为副反应，根据勒夏特列原理判断，兼顾主副反应。【小问1详解】反应CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)的△H=反应物总键能-生

成物总键能=(436+2×803-1076-2×465)kJ/mol=+36kJ/mol，反应②是吸热反应。(填“放热”或“吸热”)故答案为：吸热；【小问2详解】①温度为470K时，图中P点甲醇产率不是最大，所以反应还没有达到平衡，P点不是处于平衡状态；在490K以前，反

应还没有达到平衡，甲醇的产率随着温度的升高而增大；490K以后，甲醇产率下降的原因是：该反应是放热反应，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低，故答案为：不是；合成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低；

②CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3OH(g)+H2O(g)，提高甲醇产率的措施是A．增大压强，平衡正向移动，故A符合；B．升高温度平衡逆向移动，且催化剂活性降低，故B不符；C．选择合适催化剂提高催化剂的选择性，加快反应①能提高甲醇的产率，故C符合；D．加入大量催化剂，只能提高反应速率，

不改变平衡，故D不符；故答案为：AC；【小问3详解】如图2为一定比例的CO2/H2，CO/H2、CO/CO2/H2条件下甲醇生成速率与温度的关系。根据图象，490K时，甲醇的生成速率，a曲线大于c曲线，即

甲醇来源为CO2和H2，故490K时，合成甲醇的反应机理是A；故答案为：A；【小问4详解】对于反应CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)，CO是生成物，可以促进CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)的逆向移

动，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，而对于反应CO2(g)+3H2(g)⇋CH3OH(g)+H2O(g)，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少都促进反应正向进行，故CO使甲醇的生成速率增大；故

答案为：CO促进反应CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)逆向移动，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少。23.水仙花所含的挥发油中含有丁香油酚、苯甲醇、苯甲醛、桂皮醇等成分。它们的结构简式如图：请回答下列问题：（1）①

写出上述四种物质中任意2种含氧官能团名称____；丁香油酚可能具有的性质是____(填字母)。A．可与烧碱反应B．只能与Br2发生加成反应C．既可燃烧，也可使酸性KMnO4溶液褪色D．可与NaHCO3溶液反应放出CO2

气体②上述四种有机物中与互为同系物的是____(填名称)。（2）苯甲醛经____(填反应类型)反应可得到苯甲醇。写出苯甲醛和银氨溶液反应化学方程式为____。（3）由桂皮醇转化为丙的过程为(已略去无关产物)桂皮醇一定条件I⎯⎯⎯⎯→2O/CuΔ⎯⎯⎯→甲一定条

件II⎯⎯⎯⎯→乙一定条件III⎯⎯⎯⎯→丙如果乙的分子式为C9H8O，则反应II的条件是____，反应III为加聚反应，则高聚物丙的结构简式为____。【答案】（1）①.羟基、醚键、醛基②.AC③.苯甲醇（

2）①.加成或还原②.+2Ag(NH3)2OH→+2Ag+3NH3+H2O（3）①.NaOH醇溶液、加热②.【解析】【分析】由合成路线可知，桂皮醇与HCl发生加成反应生成，催化氧化生成甲为，反应II为消去反应，则反应生成乙为，反应条件为：NaOH醇溶液、

加热，反应III为加聚反应，则反应生成丙为。【小问1详解】①含氧官能团名称为羟基、醚键、醛基；丁香油酚可能具有的性质是A．酚羟基可与烧碱反应，故A正确；B．能与Br2发生加成反应、氢气发生加成反应，故B错误；C．属于烃的含氧衍生物，所以可燃烧，碳碳双键可使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确

；D．不含羧基，所以不可与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，故D错误；故答案为：羟基、醚键、醛基；AC；②与互为同系物有机物中含有苯环和醇羟基，且和相差n个CH2原子团，和该有机物互为同系物的为苯甲醇，故答案为：苯甲醇；【小问2详解】苯甲醛和氢气发生还原反应生

成苯甲醇，也属于加成反应；苯甲醛中醛基能和银氨溶液发生银镜反应，反应方程式为+2Ag(NH3)2OH→+2Ag+3NH3+H2O，故答案为：加成或还原；+2Ag(NH3)2OH→+2Ag++3NH3+H2O；小问3详解】由

桂皮醇转化为丙的过程为：桂皮醇一定条件I⎯⎯⎯⎯→2O/CuΔ⎯⎯⎯→甲一定条件II⎯⎯⎯⎯→乙一定条件III⎯⎯⎯⎯→丙，由合成路线可知，桂皮醇与HCl发生加成反应生成，催化氧化生成甲为，反应II为消去反应，则反应生成乙为，反应条件为：N

aOH醇溶液、加热，反应III为加聚反应，则反应生成丙为，故答案为：NaOH醇溶液、加热；。【