【文档说明】四川省宜宾市叙州区第二中学校2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题 含解析 .docx，共(21)页，2.225 MB，由管理员店铺上传

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叙州区二中高2022级高二上期第一学月考试化学试题可能用到的相对原子质量有：H：1C：12O：16S：32Cu：64第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.下列说法中不正确的是A.煤、石油、天然

气均为化石能源B.化石燃料在燃烧过程中能产生污染环境的SO2等有害气体C.直接燃烧煤不如将煤进行深加工后再燃烧效果好D.化石能源是可再生能源【答案】D【解析】【详解】A．煤、石油、天然气均为非再生的化石能源，A项正确；B．化石燃料在

燃烧过程中产生的CO、SO2等有害气体会污染环境，B项正确；C．将煤进行深加工后，脱硫处理、气化处理很好地减少了污染气体，提高了燃烧效率，燃烧的效果好，C项正确；D．经常使用的化石能源是煤、石油、天然气，是不可再生资源，D项错误；答案选D。2.沼气的主体是甲烷。

0.5molCH4完全燃烧为CO2和H2O(l)时，放出445kJ的热量，则甲烷燃烧的热化学方程式是：A.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；△H=－890kJ/molB.2CH4(g)+4O2(g)=2CO2

(g)+4H2O(l)；△H=+1780kJ/molC.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；△H=+890kJ/molD.2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)；△H=－1780kJ/mol【

答案】A【解析】【详解】0.5molCH4完全燃烧为CO2和H2O(l)时，放出445kJ的热量，由物质的量与热量成正比可知，1molCH4完全燃烧为CO2和H2O(l)时，放出445kJ2=890kJ的热量，放热反应的焓变为负，则甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2

(g)+2H2O(l)△H=－890kJ/mol，B、C中焓变应为负，B、D中水应为液态，故选A。3.某反应的能量变化如图所示。下列说法错误的是A.该反应为放热反应B.该反应的反应热：△H=E1−E2C.该反

应的活化能为E1D.使用催化剂可使过渡态能量降低，△H减小【答案】D【解析】【详解】A．从图中信息，反应物的总能量大于生成物的总能量，因此该反应为放热反应，故A正确；B．该反应的反应热等于反应物的活化能减去生成物的活化能即△H=E1−E2，故B

正确；C．根据图中得到该反应的活化能为E1，故C正确；D．使用催化剂可使过渡态能量降低，但是△H不变，故D错误。综上所述，答案为D。4.理论上不能设计为原电池的化学反应是ACH4+2O2点燃CO2+2H2OB.2FeCl3+Fe=3FeCl2C.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2

+3H2↑D.HNO3+NaOH=NaNO3+H2O【答案】D【解析】【分析】自发的氧化还原反应能设计成原电池，复分解反应不能设计成原电池；【详解】A．CH4+2O2点燃CO2+2H2O，该反应属于自发的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故A不选；B．2FeCl3+Fe═3FeCl2，

该反应属于自发的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故B不选；C．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，该反应属于自发的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故C不选；D．HNO3+NaOH═NaNO3

+H2O，该反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故.D选；故选：D。5.反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)，在不同情况下测得反应速率，其中反应速率最快的是A.v(D)=2.4mol/(L·min)B.v(C)=

0.5mol/(L·s)C.v(B)=0.6mol/(L·s)D.v(A)=0.15mol/(L·s)【答案】B【解析】【分析】将各物质速率转化成单位相同的数值，用各物质表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快。【详解】A．()D2v=2.4mol/(Lmin)2

=1.2mol/(L·min)；B．()C2v=0.5mol/(Ls)60s/min2=15mol/(L·min)；C．()2Bv=30.6mol/(Ls)60s/min=12mol/(L·min)；D．()2Av=10.15mol/(Ls)60s/min=9mol/(L·min)；

通过以上分析可知，反应速率最大的是B，故答案为：B。6.我国成功发射“天宫一号”飞行器的长征Ⅱ火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(N2H4)和液态四氧化二氮(N2O4)。当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知：①2O2(g)+N2(g)=N2O4(l)ΔH1②N2(g)+2H2

(g)=N2H4(l)ΔH2③O2(g)+2H2(g)=2H2O(g)ΔH3④2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH4上述反应中ΔH4=A.2ΔH3-2ΔH2-ΔH1B.2ΔH3+2ΔH2-ΔH1

C.2ΔH3-2ΔH2+ΔH1D.-2ΔH3-2ΔH2-ΔH1【答案】A【解析】【详解】根据盖斯定律可知，反应④=-①-2×②+2×③，4ΔH=-1ΔH-22ΔH+23ΔH=2ΔH3-2ΔH2-ΔH1，故选A。7.关于一定条件下的化学平衡H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH＜0，下列说法正确

的是（）A.恒温恒容，充入H2，v（正）增大，平衡右移B.恒温恒容，充入He，v（正）增大，平衡右移C.加压，v（正），v（逆）不变，平衡不移动D.升温，v（正）减小，v（逆）增大，平衡左移【答案】A【解析】【

详解】A.恒温恒容，充入H2，氢气浓度增大，v（正）增大，平衡右移，故A正确；B.恒温恒容，充入He，各反应物浓度都不变，v（正）不变，平衡不移动，故B错误；C.加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v（正）、v（逆）

都增大，平衡不移动，故C错误；D.升温，v（正）增大，v（逆）增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素；注意恒容容器通入惰性气体，由于浓度不变，速率不变、平衡

不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减小，相当于减压。8.化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2－甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：下列有关化合物X、Y的说法错误的是A.Y存在顺反异构B.X→Y的反应为取代反应

C.X、Y均能使酸性KMnO4溶液褪色D.X分子中所有原子可能在同一平面上【答案】A【解析】【详解】A．双键碳上均连接不同基团时存在顺反异构，Y不存在顺反异构，故A错误；B．X→Y的反应中X的酚羟基上氢原子被替代生成Y和HCl，反应中单键断裂，又形成单键，属于取代反应，故B正确；C．X含酚

羟基、Y含碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D．X中苯环为平面结构，且3个原子可确定1个平面，则X分子中所有原子可能在同一平面上，故D正确；故选：A。9.某恒温恒容密闭容器中进行反应()()()()222CsHgNg2HCNg++，下列状

态能说明该反应已达到平衡状态的是①混合气体的压强不再随时间变化②混合气体的密度不再随时间变化③混合气体的总质量不再改变④()()()22vH:vN:vHCN1:1:2=正正正⑤单位时间内断裂H-H键数目

与断裂C-H键数目相等A.①②③B.②③⑤C.②③D.③④⑤【答案】C【解析】【详解】①反应前后气体总物质的量不变，则恒温恒容条件下，混合气体的压强始终不变，则混合气体的压强不再随时间变化，无法确定是平衡状态，①不符合题意；②混合气体的体积一定，混合气

体的质量是不定值，则当混合气体的密度不再随时间变化时，说明气体总质量一定，此时反应达到平衡状态，②符合题意；③由于有固体物质参加反应，当混合气体的总质量不再改变时，反应达到平衡，③符合题意；④随着反应的进行，()()()22H:N:H

CN1:1:2vvv=正正正始终成立，则无法确定是平衡状态，④不符合题意；⑤由化学计量数知，断裂C—H键数目是断裂H—H键数目的两倍时反应才达到平衡，⑤不符合题意；答案选C。10.某有机化合物的结构简式如图所示，下列叙述中不正确的是A.1mol该有机化合物在加热和催化剂作用下，最多能和4mol

2H反应B.该有机化合物能使溴水褪色，也能使酸性4KMnO溶液褪色C.该有机化合物属于芳香烃，在一定条件下能通过加聚反应生成高分子D.该有机化合物在一定条件下能发生加成反应或取代反应【答案】C【解析】【详解】A．1mol该有机化合物中含有1mol苯环和1mol碳

碳双键，在加热和催化剂作用下，最多能和4mol2H反应，A正确；B．该有机化合物中含有碳碳双键，能使溴水褪色，也能使酸性4KMnO溶液褪色，B正确；C．该有机化合物中含有碳元素、氢元素和氯元素，不属于芳香烃。含有碳碳双键，在一定条件下能通过加

聚反应生成高分子，C错误；D．该有机化合物中含有碳碳双键，在一定条件下能发生加成反应。还含有苯环、碳卤键，可以发生取代反应，D正确。故选C。11.A、B、C三种醇分别与足量的金属钠完全反应，在相同条件下产生相同的体积H2

，消耗这三种醇的物质的量之比为3：6：2，则A、B、C三种醇分子中所含羟基的个数之比为A.3：2：1B.2：6：3C.3：1：2D.2：1：3【答案】D【解析】【详解】相同条件下相同体积的氢气的物质的量相等,设生成氢气6mol，根据2－OH～2Na～H2↑可知

参加反应的羟基均为12mol，三种醇的物质的量之比为3：6：2，故A、B、C三种分子里羟基数目之比为121212362：：=2：1：3。故选D。12.下列叙述与图对应的是A.对于达到平衡状态的反应：()()()223Ng3Hg2NH

g+ƒ，图①表示在0t时刻充入了一定量的3NH，平衡逆向移动B.由图②可知，21P>P、12T>T满足反应：()()()2AgBg2Cg+H0C.图③表示的反应方程式为：2AB3C=+D.对于反应()()(

)2Xg3Yg3Zg+H0，图④y轴可以表示Y的百分含量【答案】B【解析】【详解】A．对于达到平衡状态的反应：()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ，图①表示在t0时刻ν正、ν逆都增大，ν逆增大的多，化学

平衡逆向移动，应该是升高温度使平衡逆向移动导致，若是充入了一定量的NH3，则ν逆增大，ν正瞬间不变，这与图像不吻合，故A错误；B．增大压强反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；升高温度反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；则根据图像可知：压强：P2＞P1；温度：T1＞T2；增大压强

，平衡向气体体积减小的方向移动，C含量增大，说明正反应是气体体积减小的反应；升高温度，C含量减小，说明平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，故该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，故满足反应：2A(g)+B(g)2C(g)ΔH＜0，故B正确；C．该反应是可逆反应

，应该用可逆号“”，不能用等号“=”表示，故C错误；D．在压强不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，表示Y的含量应该增大，但图象显示y轴数值减小，因此图④y轴不可以表示Y的百分含量，故D错误；故选B。13

.为从粗食盐水中除去2Ca+、2Mg+、2-4SO等离子，以制得精盐水。某同学设计如下方案：以下说法正确的是A.A中主要有()2MgOH和4BaSO，也可能有一些()2CaOHB.②中加入过量23NaCO溶液的主要目的是为了除去2Mg+、2Ca+C.D中有2-3CO、Cl−、N

a+这3种离子D.③中发生的反应只有23222HCOHOCO+−+=+【答案】A【解析】【分析】向粗食盐水中（含2Ca+、2Mg+、2-4SO等离子）先加足量的()2BaOH溶液，则2Mg+、2-4SO分别与OH−、2Ba+结合反应生成难溶性的()2

MgOH、4BaSO，过滤得到主要成分为()2MgOH、4BaSO以及可能含微溶的()2CaOH的滤渣A；B为主要含Na+、Cl−、2Ba+、OH-以及2Ca+的滤液；向溶液B中加入足量23NaCO溶液

，则2Ba+、2Ca+分别与2-3CO结合反应生成难溶性的33CaCOBaCO、；过滤则C为含33CaCOBaCO、的沉淀，D为含2-3CO、Na+、Cl−、OH−的溶液，然后加适量盐酸酸化，经蒸发浓缩等系列操作得到NaCl晶体。据此分析可得：【详解】A．根据以上

分析，①过滤后A中主要含难溶性的()2MgOH和4BaSO，也可能含一些微溶性的()2CaOH，故A正确；B．②中加入过量23NaCO溶液的主要目的是为了除去2Ca+和过量的2Ba+，故B错误；C．由于①加入过量的()2BaOH，引入了OH−，所以D中含有2-3CO、Na+、Cl−、OH−，故

C错误；D．③中发生的反应除有23222HCOHOCO+−+=+反应外，还有2HOHHO+−+=，故D错误；答案选A14.温度为TC，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和21molNO，发生反应：2222C(s)2NO(g)N(g)2CO(g)++。反应相同时间后，测得各容器中2N

O的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是A.TC时，a、b两点平衡常数abKKB.图中c点所示条件下，()()vv=正逆C.容器内的压强：abP:P6:7。D.图中b点所示条件下，再向体系中充入一定量的2NO，达到平衡时，2NO的转化率比原平衡大【答案】C【解析】【分析】

由反应可知容器体积越大，压强越小，反应往正方向移动，NO2的转化率提高，由图像可知，相同时间，a，b为已达到平衡点，c还未达到平衡，利用化学平衡常数和等效平衡进行分析。【详解】A．平衡常数只与温度有关，温度相同，K相同，a、b两点平衡常数abK=K，故A错误；B．由以上分析可知c未达平衡，此时

反应正向进行，()()v>v正逆，故B错误；C．b点2NO转化率为80%，则反应的2NO为0.8mol，剩余2NO为0.2mol；生成的2N的物质的量为0.4mol，生成2CO的物质的量0.8mol，则平衡时混合气体的物质量为：0.2+0.4+0.8=1.

4mol；a点时2NO转化率为40%，则反应的2NO为0.4mol，剩余2NO为0.6mol；生成的2N的物质的量为0.2mol，生成2CO的物质的量0.4mol，则平衡时混合气体的物质量为：0.6+0.2+0.4=1.2m

ol，若两容器体积相同，则根据压强之比等于物质的量之比可知得abP:P6:7=，而abV<V，则abP:P6:7，故C正确；D．b点已达平衡，再向体系中充入一定量的2NO，等同于增大压强，2NO的转化率减小，故

D错误；故选：C。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.肼(N2H4)是一种良好的火箭推进剂，其与适当的氧化剂(如过氧化氢、氧气等)配合，可组成比冲最高的可贮存液体推进剂。（1）液态肼和液态过氧化氢混合反应时，即产生大量氮气和

水蒸气，并放出大量热。若每生成1molN2，放出642kJ的热量，则该反应的热化学方程式为_______，消耗16g液态肼放出的热量为_______。（2）已知：N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH=-544kJ·mol-1，键能数据如

下表：化学键N-NN-HO=OO-H键能/(kJ·mol-1)193391497463则氮氮三键的键能为_______。若H2O(l)=H2O(g)ΔH=＋44kJ·mol-1，则N2H4(g)的燃烧热为_______。（3）氨基甲酸铵(H2NCOONH4)为尿

素生产过程的中间产物，易分解。某小组对氨基甲酸铵的分解实验进行探究。已知：Ⅰ.N2(g)+3H2(g)ƒ2NH3(g)ΔH1=-92.4kJ·mol-1Ⅱ.C(s)+O2(g)ƒCO2(g)ΔH2=-393.8kJ·mol-1Ⅲ.N

2(g)+3H2(g)+C(s)+O2(g)ƒH2NCOONH4(s)ΔH3=-645.7kJ·mol-1写出H2NCOONH4分解生成NH3与CO2气体的热化学方程式：_______。【答案】（1）①.N2H4(l)＋2H2O2(l)=

N2(g)＋4H2O(g)ΔH=-642kJ·mol-1②.321kJ（2）①.946kJ·mol-1②.632kJ·mol-1（3）H2NCOONH4(s)ƒ2NH3(g)＋CO2(g)ΔH=＋159.5kJ·mol-1【

解析】【小问1详解】(1)液态肼和液态过氧化氢反应的化学方程式为242222NH2HON4HO=＋＋，每生成1mol2N放出642kJ的热量，则该反应的反应热为1Δ642HkJmol−=−，即热化学方程式为()()()()124

2222NHl2HOlNg4HOgΔ642HkJmol−==−＋＋；16g液态肼的物质的量为16g0.532g/molmol=，则消耗16g液态肼放出的热量为0.5642321kJkJ=，故填()()()()1242222NHl2HOlNg4HOg

Δ642HkJmol−==−＋＋、321kJ；【小问2详解】(2)根据ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和，设氮氮三键的键能为1xkJmol−，则ΔH(4391+193+497)-(4634+x

)=-544=，解得x=946；若()()122HOlHOgΔ44HkJmol−==＋、()()()()124222NHgOgNg2HOgΔ544HkJmol−==−＋＋，根据盖斯定律可得()()()()124222NHgOgNg2HOlΔ632Hk

Jmol−==−＋＋，故填1946kJmol−、1632kJmol−；【小问3详解】(3)H2NCOONH4分解生成NH3与CO2气体的化学方程式为()()()2432Hs2ggNCOONHNHCO＋，由盖斯定律，目标方程可

由反应Ⅰ+反应Ⅱ-反应Ⅲ得到，即()()()12432Hs2ggΔ159.5NCOONHNHCOHkJmol−=+＋，故填()()()12432Hs2ggΔ159.5NCOONHNHCOHkJmol−=+＋。16

.在某一容积为2L的密闭容器中，A、B、C、D四种气体物质的量()n随时间()t的变化曲线如图所示。回答下列问题：（1）该反应的化学方程式为___________________________________；（2）反应开始到2min，用D的浓度变化表示的化学反应速率为_________

_______；此时A的转化率为_______________。（3）在2min时，图象发生改变的原因可能是________(用字母表示)。A.升高温度B.加入稀有气体，增大压强C.减少A的物质的量D.加入催化剂（4）改变某一条件，影响化学反应速率的因素解释不．正确的

是_________。A.增大反应物浓度使活化分子百分数增加，有效碰撞增多，反应速率加快B.升高温度使单位体积内活化分子百分数增加，反应速率加快C.催化剂能降低分子活化时所需能量，使单位体积内活化分子百

分数大大增加D.增大压强一定能使单位体积内活化分子数增加，有效碰撞增多，反应速率加快（5）若上述反应在四种不同情况下的反应速率分别为，该反应进行的快慢顺序为_______________。（用序号表示）①v(A)＝0.16mol·L－1·s－1；②v(B)＝0.6mol

·L－1·s－1；③v(C)＝0.6mol·L－1·s－1；④v(D)＝0.44mol·L－1·s－1。【答案】（1）4A+5B6C+4D（2）①.0.1mol/(L·min)②.16%（3）AD（4）AD（5）②>④>③>①【解析】【

分析】【小问1详解】由图可知，A、B的物质的量减少，C、D的物质的量增多，则A、B为反应物，C、D为生成物，达平衡时，A、B、C、D改变的物质的量分别为0.8mol、1mol、1.2mol、0.8mol，则该反应的化学方程式为4A+5B6C+4D；【小问2详解】反应开始到2min，用D的浓度

变化表示的化学反应速率为()0.4mol0.1mol/Lmin2L2min=；由4A+5B6C+4D可知，生成0.4molD时，消耗A的物质的量为0.4mol，A的转化率为0.4mol100%16%

2.5mol=；【小问3详解】由图可知，在2min时，各物质浓度未发生改变，说明图象发生改变的原因与物质的浓度无关，2-3min时，图象的斜率变大，说明化学反应速率变快；A．升高温度，化学反应速率增大，

A项选；B．恒容条件下，加入稀有气体，增大压强，化学反应速率不变，B项不选；C．减少A的物质的量，化学反应速率减小，C项不选；D．加入催化剂，能加快化学反应速率，D项选；答案选AD；【小问4详解】A．增大反应物的浓度，可使单位体积内活化分子数增多，有效碰撞机会增

大，则反应速率加快，活化分子百分数不变，A项错误；B．升高温度，提高分子需要的能量，活化分子数增加，单位体积内活化分子百分数也大大增加，有效碰撞机会增大，正逆反应速率都加快，B项正确；C．催化剂可降低物质的活化能，活化

分子百分率增大，反应速率增大，C项正确；D．增大压强，使单位体积内活化分子数百分数增多，只针对于气体，不是气体，则不成立，D项错误；答案选AD；【小问5详解】化学反应速率之比等于化学计量数之比，将不同物质表示的反应速率换算成同一物质表示的反应速率；①v(A)＝0.16mol·L－1·s－1；②

v(B)＝0.6mol·L－1·s－1，则()1111vAmolLs=0.48molLs4=0.65－－－－；③v(C)＝0.6mol·L－1·s－1，则()1111vAmolLs=0.4mol4=0.6Ls6－－－－；④v(D)＝044mol·L－1·s－1

，则()11vA0.44molL=s－－；则该反应进行的快慢顺序为②＞④＞③＞①。17.实验室用下图所示装置制备高纯度KMnO4(加热装置省略)，并得到次氯酸钠及氯水，并利用产品进行实验探究。已知：K2MnO4溶液是墨绿色，pH在7~7.5之间容

易被Cl2氧化。（1）装置A中发生反应的化学方程式为_______。（2）装置A中最合适的反应温度为80℃，需要采取的实验方法是_______；反应中滴加浓盐酸的速度不能过快，原因是_______。（3）反应一段时间，观察到__

_____后关闭流量控制器，停止加热，关闭K1，打开K2，通一段时间N2，避免Cl2逸出；最后将KMnO4溶液减压过滤后，倒入蒸发皿中水浴蒸发浓缩、抽滤即得紫红色KMnO4固体。（4）取ag实验制得的KMnO4固体溶于水，加入过量饱和Ba(OH)2溶液沉降24MnO−，离心分离，将上层清液及

沉淀的洗涤液均移至容量瓶，并配成100mL溶液。取20.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入稀硫酸、过量10%KI溶液，放置一段时间后加入几滴1%淀粉指示剂，用0.0100mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，重复实验3次，平均消耗标

准溶液bmL，该KMnO4的纯度为_______(用含a、b的代数式表示)。(已知2223SO−+I2=264SO−+2I-，M(KMnO4)=158g•mol-1)（5）某兴趣小组用提纯后的KMnO4配成溶液与H2C2O4反应探究“浓度对反应速率的影响”，发现KMn

O4溶液褪色速率先增大后减缓。为了查找原因，兴趣小组找到该反应的反应机理如图所示，由图可猜测其原因是_______。请设计实验验证你猜测的原因，并将实验设计在答题卡中补充完整(可不填满，也可增加)。.编号c(KMnO4)/mol•L-

1V(KMnO4)/mLV(H2C2O4)/mL_____________________I0.012.02.0_____________________II0.012.02.0_____________________……【答案】（1）MnO2＋4HCl(浓)ΔMnCl2＋2H2O＋C

l2↑（2）①.水浴加热②.避免C中溶液pH＜7（3）C中溶液由墨绿色变成紫红色（4）0.158b%a或79b%500a（5）①.反应过程产生Mn2+做催化剂，速率加快；反应后草酸浓度降低，速率减缓②.c(H2C2O4)/mol•L-1③

.m(MnSO4)/g④.褪色时间/s⑤.0.05⑥.0⑦.t1⑧.0.05⑨.0.1⑩.t2【解析】【分析】本实验的目的，先制取氯气，然后净化；再通入K2MnO4溶液中，最后进行尾气处理。因为K2MnO4溶液在pH=7~7.5之间容易被Cl2氧化

，所以需要控制C装置中溶液的pH，也就是设法防止A装置中产生的HCl进入C装置内。【小问1详解】装置A中，MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、MnCl2等，发生反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)ΔMnCl2＋2H2O＋Cl2↑。答案为：MnO2＋4HCl(浓)ΔMnC

l2＋2H2O＋Cl2↑；【小问2详解】装置A中最合适的反应温度为80℃，为便于控制温度，可使用水浴，所以需要采取的实验方法是：水浴加热；反应中滴加浓盐酸的速度不能过快，否则Cl2中混有的HCl不能完全被饱和食盐水吸收，溶解在C装置中，从而使溶液呈酸性，所以其原

因是：避免C中溶液pH＜7。答案为：水浴加热；避免C中溶液pH＜7；【小问3详解】K2MnO4为墨绿色，KMnO4为紫红色，当K2MnO4完全被Cl2氧化时，可观察到C中溶液由墨绿色变成紫红色。答案为：C中溶液由墨绿色变成紫红色；【小问4详解】由反应可以建立以下关系式：KMnO4—5Na2S2O

3，100mL溶液中，n(KMnO4)=15n(Na2S2O3)=0.0100mol/L×5b×10-3L×15=b×10-5mol，该KMnO4的纯度为-5b10mol158100%ag/lgmo=0.158b%a或79b%

500a。答案为：0.158b%a或79b%500a；【小问5详解】KMnO4溶液与H2C2O4反应，随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率减慢，但起初反应速率加快，由图可猜测，可能为Mn2+的催化作用，所以其原因是：反应过程产生Mn2+做催化剂，速率加快；反应后草酸浓度降低，速率减缓。设计

实验验证你猜测的原因，可做对比实验，保持反应物的浓度和体积分别相同，加入一定质量MnSO4，比较溶液褪色的时间。KMnO4溶液与H2C2O4反应的关系式为：2KMnO4—5H2C2O4，可求出c(H2C2O4)=

0.05mol•L-1。由此可得出以下数据：编号c(KMnO4)/mol•L-1V(KMnO4)/mLV(H2C2O4)/mLc(H2C2O4)/mol•L-1m(MnSO4)/g褪色时间/sI0.012.02.00.050t1II0.012.02.00.050.1t

2……答案为：反应过程产生Mn2+做催化剂，速率加快；反应后草酸浓度降低，速率减缓；c(H2C2O4)/mol•L-1；m(MnSO4)/g；褪色时间/s；0.05；0；t1；0.05；0.1；t2。【点

睛】当溶液中发生多步反应时，可建立关系式求解。18.艾司洛尔(I)是预防和治疗手术期心动过速的一种药物，某合成路线如下：回答下列问题：(1)A的结构简式为_____________________，D的化学名称为__________________。(2)G→H的反应类型为______

_________，H中所含官能团的名称为______________。(3)C→D中步骤①的化学反应方程式为_________________。(4)已知：1molD和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molE、1molH2O

和1molCO2，且E能与溴水发生加成反应，则E的结构简式为____________。(5)X是F的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式________。①与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳②与FeC13溶液发生显色反应③核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为6:2:1:1

(6)参照上述合成路线，设计以和为主要原料制备的合成路线______。【答案】①.②.对羟基苯甲醛③.取代反应④.酯基和醚键⑤.+4NaOH2HO→+2NaCl+CH3COONa+2H2O⑥.⑦.⑧.【解析】【分析】根据A的化学式C7H8O，由C逆推得出A的结构简式为，B为，根

据C→D发生的两步反应推出D为，1molD和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molE、1molH2O和1molCO2，且E能与溴水发生加成反应，结合E的分子式，E为，E和氢气发生加成反应生成F为

，F和CH3OH发生酯化反应生成G为。【详解】（1）根据A的化学式C7H8O，由C逆推得出A的结构简式为，根据C→D发生的两步反应①+4NaOH2HO→+2NaCl+CH3COONa+2H2O，②在H+条件下，转化为

D，D的化学名称为对羟基苯甲醛，故答案为；对羟基苯甲醛。（2）G为，G中酚羟基上氢原子被所取代从而得到H，故G→H的反应类型为取代反应，根据H的结构简式可知，所含官能团的名称为酯基和醚键，故答案为取代反应；酯基和醚键。（3）

C→D中步骤①化学反应方程式为+4NaOH2HO→+2NaCl+CH3COONa+2H2O，故答案为+4NaOH2HO→+2NaCl+CH3COONa+2H2O。（4）1molD（）和1mol丙二酸（HOOC-CH2-COOH）在

吡啶、苯胺中反应生成1molE、1molH2O和1molCO2，且E能与溴水发生加成反应，可知E中含碳碳双键，E的化学式为C9H8O3，E为，故答案为。（5）X的分子式为C9H10O3，根据①与碳酸氢钠溶液

反应生成二氧化碳，说明含有-COOH②与FeC13溶液的的发生显色反应，说明含有酚羟基③核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为6:2:1:1，有四种不同环境的氢原子，故符合题意的X有故答案为。（6）以和为主要原料制备，对比原料和目标产物的

结构简式，中羧基发生酯化反应引入—COOCH3，碳碳双键发生加成反应，模仿流程中G→H引入醚键，则合成路线为：故答案为。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简

式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解题关键。19.将红热固体单质甲投入黄色溶液乙中，剧烈反应产生混合气体A，A在常温下不与空气反应，根据如图所示关系填空：（1）写出下列物质的名称：甲是_______，乙是_______，丙是

_______。（2）混合气体A的成分是_______。（3）气体B是_______，蓝色溶液是_______。（4）写出固体甲与溶液乙反应的化学方程式：_______。（5）若将气体A依次通过盛有澄清石灰水和()2BaOH溶液的洗气瓶，发现气体

通过澄清石灰水后颜色消失，溶液中并无沉淀生成，气体通过()2BaOH溶液时产生白色沉淀，写出气体A通过盛有澄清石灰水的洗气瓶时发生反应的化学方程式：_______。【答案】（1）①.碳②.浓硝酸③.铜（2）2CO和2NO（3）①.NO②.32Cu(NO)

溶液（4）3222Δ4HNO()+CCO+4NO+2HO浓（5）2233NO+HO=2HNO+NO、()332222HNO+CaOH=CaNO+(2H)O【解析】【分析】由蓝色溶液可知，单质丙为铜，框图中能与Cu反应的溶液

为混合气体A与水作用生成的溶液，则该溶液为硝酸溶液，A中的某种成分能与水反应生成硝酸，则A中含有二氧化氮；红热固体单质甲投入黄色溶液乙中，剧烈反应产生混合气体A，可推知固体甲为单质碳，乙为浓硝酸，碳和浓硝酸

加热生成二氧化氮、二氧化碳和水，故A为二氧化氮和二氧化碳的混合气体；铜和稀硝酸生成硝酸铜和一氧化氮，二氧化氮和二氧化碳的混合气体通过足量澄清石灰水，二氧化碳生成碳酸钙沉淀，二氧化氮转化为一氧化氮气体，故B为一氧化氮；【小问1详解】甲是碳，乙是浓硝酸，丙是铜；【小问2详解】由分析

可知，A为二氧化氮和二氧化碳的混合气体；【小问3详解】由分析可知，气体B是一氧化氮，蓝色溶液是硝酸铜溶液；【小问4详解】碳和浓硝酸加热生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应为32224HNO+CCO+4NO()OΔ+

2H浓；【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com