【文档说明】江西省南昌市第二中学2019-2020学年高一下学期第二次月考化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，1017.500 KB，由小赞的店铺上传

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江西省南昌市第二中学2019—2020学年高一下学期第二次月考化学试题1.下列化学用语表达正确的是()A.HF的电子式：H＋[]－B.HClO的结构式：H—Cl—OC.中子数为146的U原子：14692UD.Cl－的结

构示意图：【答案】D【解析】【详解】A.HF是共价化合物，电子式为H，故A错误；B.根据价键规律，HClO的结构式是H—O—Cl，故B错误；C.质量数=质子数+中子数，中子数为146的U原子表示为23892U，故C错误；D.Cl－核外有18个电子，C

l－的结构示意图：，故D正确；选D。2.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法不正确的是A.常温常压下，2gD2O中含中子数为NAB.1mol苯乙烯（）分子中含有碳碳双键的个数为4NAC.0.5mol羟基中所含电子数为4.5NAD.28g乙烯和丙烯（C3H6）的混合气体含有的碳原子数目为2NA【答案

】B【解析】【详解】A.D2O的相对分子质量为20，2gD2O为0.1mol，一个D2O分子中含10个中子，故0.1mol含中子数为NA，选项A正确；B.1mol苯乙烯（）分子中含有碳碳双键的个数为NA，选项B不正确；C.一个羟基中含有9个电子，故0.5mo

l羟基中所含电子数为4.5NA，选项C正确；D.乙烯和丙烯（C3H6）的最简式为CH2，28g乙烯和丙烯（C3H6）的混合气体中含有碳原子的数目为2814×1×NA=2NA，选项D正确。答案选B。3.如图是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是A.甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.

乙可与酸性高锰酸钾发生加成反应C.丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键D.丁可与乙酸发生中和反应【答案】C【解析】【分析】由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇【详解】A．甲烷的化学性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错

误；B．乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故B错误；C．苯与浓硫酸、浓硝酸的混合液共热发生取代反应生成硝基苯，故C正确；D．乙醇在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应生成乙酸乙酯，故D错误；故选C．4.已知互为同分异

构体，下列说法不正确的是A.z的二氯代物有三种B.x、y的一氯代物均只有三种C.x、y、z中只有x的所有原子可能处于同一平面D.x、y可使溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色【答案】B【解析】A，z为立方烷，z中只有1种H原子，

z的一氯代物只有1种，z的二氯代物有3种（2个氯分别处于立方烷的邻位、面对角线、体对角线），A项正确；B，x中有5种H原子，x的一氯代物有5种，y中有3种H原子，y的一氯代物有3种，B项错误；C，x中所有碳原子

都为sp2杂化，结合单键可以旋转、苯和乙烯的结构，x中所有原子可能处于同一平面，y中含2个饱和碳原子，z中8个碳原子都是饱和碳原子，y、z中所有原子不可能都处于同一平面，C项正确；D，x、y中含碳碳双键，都可使溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色，D项正确；答案选B。点睛：本题

涉及两个难点：烃的氯代物种类的确定和分子中原子的共面问题。烃的氯代物种类的确定：（1）一氯代物种类的确定常用等效氢法：同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上所连甲基上氢原子等效，处于对称位置的氢原子等效；（2）二氯代物种类的确定常用“定一移二”法（如z的二氯代物种类的

确定）。确定分子中共面的原子个数的技巧：（1）三键原子和与之直接相连的原子共直线（联想乙炔的结构），苯环上处于对位的2个碳原子和与之直接相连的原子共直线；（2）任意三个原子一定共平面；（3）双键原子和与之

直接相连的原子共平面（联想乙烯的结构），苯环碳原子和与苯环直接相连的原子共平面（联想苯的结构）；（4）分子中出现饱和碳原子，所有原子不可能都在同一平面上；（5）单键可以旋转；（6）注意“可能”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等限制条件。5.

对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是（）A.平衡时，v正(O2)＝v逆(O2)必成立B.关系式5v正(O2)＝4v正(NO)总成立C.用上述四种物质NH3、O2、NO、

H2O表示的正反应速率的数值中，v正(H2O)最小D.若投入4molNH3和5molO2，通过控制外界条件，必能生成4molNO【答案】A【解析】【详解】A、在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，是化学平衡

状态，因此平衡时，v正(O2)＝v逆(O2)必成立，A正确；B、平衡时应该满足关系式4v正(O2)＝5v正(NO)总成立，B不正确；C、根据反应速率之比是相应的化学计量数之比，水的反应速率是最大的，C不

正确；D、可逆反应的转化率不可能是100％的，D不正确。所以答案选A。6.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A.

生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂C.①→②放出能量并形成了C—C键D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】分析：A项，生成

CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡

转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键

发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化

学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。7.在372K时，把0.5molN2O4通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色。

反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol·L－1。在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是()A.前2s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol·L－1·s－1B.在2s时体系内压强为开始时的1.1倍C.在平衡时体系内含有N2O4

0.25molD.平衡时，N2O4的转化率为40%【答案】B【解析】【详解】A.2秒时NO2的浓度为0.02mol/L，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L，则前2秒以N2O4的浓度变化表示的平均反应速度为0.01mol/L2s=0.005mol/（L．s），选项A

错误；B．2秒时NO2的物质的量为5L×0.02mol/L=0.1mol，由N2O4═2NO2可知消耗的N2O4为0.05mol，故2s时N2O4的物质的量为0.5mol-0.05mol=0.45mol，反应前后的物质的量之比等于压强之比，则在2秒时体系内的压强为开始时的0.1mol0.

45mol0.5mol+=1.1倍，选项B正确；C．设转化的N2O4的物质的量为x，则平衡时N2O4的物质的量为0.5mol-x，NO2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍，则0.5molx2x0.5mol−+=1.6，解得x=0.3mol，

选项C错误；D．N2O4的转化率为0.3mol0.5mol×100%=60%，选项D错误。答案选B。8.已知苯与一卤代烷在催化剂作用下可生成苯的同系物：+CH3X→+HX，在催化剂存在下，由苯和下列各组物质合成乙苯最好应选用的是A.CH2=CH2和HClB.CH3CH3和I2C.CH

2=CH2和Cl2D.CH3CH3和HCl【答案】A【解析】【详解】根据反应+CH3X→+HX可知，苯与氯乙烷合成苯乙烷，故必须先制得纯净的一元卤乙烷。A.由CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，可由CH2=CH2和HCl制得氯乙烷，选项A符合；B.CH3CH3和I2发生

取代反应得不到纯净的卤乙烷，选项B不符合；C.CH2=CH2和Cl2发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，选项C不符合；D.CH3CH3和HCl不反应，选项D不符合；答案选A。【点睛】本题考查有机物的合成，明确信息及

乙烯的加成反应特点是解答的关键。9.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图。有关柠檬烯的分析正确的是A.它的一氯代物有6种B.它和丁基苯互为同分异构体C.它的分子中所有的碳原子一定在同一平面上D.柠檬烯可以发生加成、取代、氧化【答案】D【解

析】【详解】A.它的一氯代物可能位置为，有8种，A错误；B.它和丁基苯的分子式分别为C10H16、C10H14，不相同，不是同分异构体，B错误；C.它的分子中，3位置的C原子和甲烷中C原子结构类似，所有的碳原子不可能在同一平面上，C错误；D.柠檬烯中含有碳

碳双键，可以发生加成、氧化，含有甲基可发生取代反应，D正确；答案为D；【点睛】根据有机物中含有的官能团判断物质所具有的性质，为有机学习的关键。10.由W、X、Y、Z四种金属按下列装置进行实验。下列说法不正确的是（）装置现象金属W不断溶解Y的质量增加W上有气体产生A.装置

甲中X作原电池正极B.装置乙中Y电极上的反应式为Cu2++2e−=CuC.装置丙中溶液的c(H+)不变D.四种金属的活动性强弱顺序为Z＞W＞X＞Y【答案】C【解析】【分析】【详解】A.W不断溶解，说明W失电子，发生氧化反应，所以装置甲中W作

原电池负极，A说法正确；B.装置乙中，Y的质量增加，说明溶液中铜离子在Y极得电子生成铜单质，Y电极上的反应式为Cu2++2e−=Cu，B说法正确；C.W极有气体生成，说明氢离子得电子，生成氢气，装置丙中c（H+）减小，C说法不正确；D.甲装置中金属W不断溶解，W是负极，活泼性W＞X；乙装

置中Y的质量增加，Y是正极，活泼性X＞Y；丙装置中W上有气体产生，W是正极，活泼性Z＞W；所以四种金属的活动性强弱顺序为：Z＞W＞X＞Y，D说法正确；故答案为：C。【点睛】注意把握原电池中正负极的判断方法以及电极方程式的书写方法，

明确较活泼金属失电子，作负极。11.少量铁片与l00mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的①加H2O②加KNO3固体③滴入几滴浓盐酸④

加入少量铁粉⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）⑧改用10mL0.1mol/L盐酸．A.②⑥⑦B.③⑤⑧C.③⑦⑧D.③④⑥⑦⑧【答案】C【解析】【详解】①加水，减小了盐酸的浓度，故反应速率变慢；②加硝酸钾固体，溶液中相当于含有硝

酸，不会生成氢气；③加浓盐酸，反应速率加快且不改变H2的产量；④加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多；⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸，故反应速率变慢；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；⑦升高温度，反应速

率加快；⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快；故选C。12.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是选项叙述Ⅰ叙述ⅡA酸性：HCl＞H2S非金属性：Cl＞SB铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性构成原电池且铁作负极CNa在Cl2中燃烧的生成物含离子键Na

Cl固体可导电D向NaI溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈紫红色I－还原性强于Cl－A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．元素最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属元素的非金属性越强，不能根据氢化物的酸性

判断元素的非金属性，故A错误；B．铁表面镀锌，构成原电池时，铁做正极，锌做负极，可以增强铁的抗腐蚀性，故B错误；C．Na在Cl2中燃烧的生成氯化钠，氯化钠中含离子键，但是，NaCl固体中的钠离子和氯离子不能自由移动，不能导电，故C错误；D．溶液上层呈橙红色，可知氯气氧化碘离子

，由氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，I-还原性强于Cl-，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点是C，注意离子化合物在固态时不能导电。13.实验室制备硝基苯(难溶于水，密度比水大的油状液体

)的反应原理，下列关于硝基苯的制备和纯化的装置不正确的是A.浓硫酸与浓硝酸混合B.制备硝基苯C.用氢氧化钠溶液分离硝基苯中混有的酸D.分离硝基苯中混有的苯【答案】D【解析】【详解】A、浓硫酸的密度大，遇水剧烈放热，将浓硫酸沿着杯壁缓缓倒入浓硝

酸中，并且不断搅拌，选项A正确；B．苯和硝酸沸点较低，易挥发，用长玻璃导管冷凝，制硝基苯的温度是50-60℃，水浴加热可以使反应物受热均匀，并且温度容易控制，图示装置正确，选项B正确；C、反应液中有过量的酸残留，要用氢氧化钠溶液洗涤，反应后水溶液与硝基苯分层，可

以分离，选项C正确；D、利用硝基苯和苯的沸点不同，用分馏的方法将其分离，但分馏时温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支气管口处，选项D不正确。答案选D。14.我国最近在太阳能光电催化－化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法正确的是A.该

装置工作时，H+由b极区流向a极区B.该制氢工艺中光能最终转化为化学能C.a极上发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+D.a极区需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液【答案】B【解析】【分析】根据电子的移动方向，a极为原电池的负极，b极为

原电池的正极，结合原电池原理分析解答。【详解】A．该装置工作时，H+从a极区流向b极区，在b极得到电子生成氢气，故A错误；B．该制氢工艺中光能转化为电能，最终转化为化学能，故B正确；C．a极上亚铁离子失去电子生成铁离子，发生氧化反应，电极反应为Fe2+

-e-═Fe3+，故C错误；D．根据图示，该过程涉及两个反应步骤，第一步亚铁离子失去电子生成铁离子，第二步，铁离子氧化硫化氢生成硫单质和亚铁离子，所以a极区无需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液，故D错误；故选B。15

.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X最外层电子数是次外层2倍，Y是非金属性最强的元素，Z原子半径在同周期元素中最大，W可与Z形成离子化合物Z2W。下列说法正确的是A.四种元素在自然界均不能以游离态存在B.X、Z、W均可形成两种常见氧化物C.元素X、Y、W

的最高化合价均与其族序数相等D.离子半径：W>Z>Y【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X最外层电子数是次外层2倍，则X是碳元素。Y是非金属性最强的元素，Y是F元素。Z原子半径在同周期元素中最

大，所以Z是Na。W可与Z形成离子化合物Z2W，则W是S。【详解】A．碳和硫在自然界能以游离态存在，A错误；B．X、Z、W均可形成两种常见氧化物，即CO、CO2、Na2O、Na2O2、SO2、SO3，B正确；C．F没有正价，C错误；D．离子的电子层

数越多，离子半径越大，在核外电子排布相同的条件下，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：W＞Y＞Z，D错误。答案选B。16.根据表中信息判断以下叙述，正确的是（）短周期元素代号LMQRT原子半径/nm0．1600．1

430．0890．1020．074主要化合价+2+3+2+6、-2-2A.氢化物的稳定性为H2T<H2RB.单质与稀盐酸反应的速率为L<QC.M与T形成的化合物具有两性D.L2+与R2-的核外电子数相等【答案】C【解析】【分析】都是短周期元素，由元素的化合价可知，T只有-2价，

则T为O元素，由此可知R为S元素。L、M、Q只有正价，原子半径L＞Q，则L为Mg元素，Q为Be元素，原子半径M的介于L、Q之间，则M为Al元素，据此解答。【详解】根据以上分析可知L为Mg，M为Al，Q为Be，R为S，T为O。则A.氧元素的非金属性强于硫元素，则H2O

分子的稳定性强于H2S，A错误；B.金属性Mg比Be强，所以单质与稀盐酸反应的剧烈程度为L＞Q，B错误；C.M与T形成的化合物是氧化铝，是两性氧化物，C正确；D.L2+的核外电子数为12-2=10，R2-的核外电子

数为16-（-2）=18，不相等，D错误。答案选C。【点睛】准确判断出元素并能灵活应用元素周期律是解答的关键，注意掌握主族元素化合价的判断规律，即①主族元素的最高正价等于主族序数，且等于主族元素原子的最外层电子数，其中氧元素没有最高价，氟元素无正价。②主族元素的

最高正价与最低负价的绝对值之和为8，绝对值之差为0、2、4、6的主族元素分别位于ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族。17.现有下列几种有机物：A．CH4B．(CH3)2C=CH-CH3C．C7H16D．CH2=CH—CH=CH2E．环戊烷（1）上述有机物中

互为同系物的是_____________，互为同分异构体的是____________。（2）1molE完全燃烧消耗氧气的物质的量____________________。（3）C与Cl2反应的类型为_____________；D使溴水褪色的反应类型为___________。（4）B在催化剂条

件下发生加聚反应的化学方程式为_________________________。（5）C的同分异构体中含有三个支链的结构简式______________，其系统命名为__________________。【答案】(1).AC(2).BE(3).7.5mol(4).取代反应(5).

加成反应(6).n(CH3)2C=CHCH3(7).(CH3)3CCH(CH3)2(8).2，2，3－三甲基丁烷【解析】【分析】(1)同系物是结构相似，组成上相差CH2原子团的物质互称同系物；分子式相同结构不同的有机物互为

同分异构体；(2)根据烃燃烧的通式，即可确定；(3)烷烃与氯气反应，Cl原子取代氢原子的位置；D中含有碳碳双键；(4)(CH3)2C=CH-CH3发生加聚反应生成；(5)根据主链减碳作为取代基进行书写C7H16的同分异构体，根据有机物的命名原则进行命名：取含有取代基最多

且最长的链为主链，称某烷，指明取代基的位置与数目，据此解答。【详解】(1)同系物是结构相似，组成上相差CH2原子团的物质互称同系物，而AC均为烷烃，故结构相似，在分子组成上相差6个CH2原子团，故互为同系物；分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体，(CH3)2C=C

H-CH3的分子式为C5H10，环戊烷的分子式为C5H10，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，答案：AC；BE；(2)根据烃燃烧通式，CxHy+(x+y4)O2→xCO2+y2H2O，则1molE（C5H10）完全燃烧消耗氧气的物质的量(5+104)mol=

7.5mol，故答案为：7.5mol；(3)C7H16与氯气反应，Cl原子取代了C7H16分子中的氢原子的位置，因此发生了取代反应；D为CH2=CH—CH=CH2，含有碳碳双键，因此与溴水发生了加成反应，故答

案为：取代反应；加成反应；(4)(CH3)2C=CH-CH3发生加聚反应生成聚合物，反应方程式为：n(CH3)2C=CHCH3，故答案为：n(CH3)2C=CHCH3；(5)C7H16的同分异构体中含有三个支链，必须下来三个甲基作为支链，结构简式为(CH3)3CCH(CH3)2，系统命名为：2，

2，3－三甲基丁烷，故答案为：(CH3)3CCH(CH3)2；2，2，3－三甲基丁烷。18.A、B、C、D、E均是短周期元素，其原子序数依次增大，A和B同周期，A和D同主族，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，B元素族序数是周期数的三

倍，B的阴离子与C的阳离子电子层结构相同，C的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成C2B或C2B2，E是所在周期中原子半径最小的元素。请回答：（1）D在元素周期表中的位置是。（2）C2B的电子式是；AB2的结构式是。（3）B、C、E的离子半径由大到小的顺序为（用化学式回

答，下同）；A、D、E元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱为。（4）B的气态氢化物与H2S相比沸点高的是（用化学式回答）；原因是。（5）水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色，使水产生异味，EB2可以用来

除去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀MnO2，当消耗13.50gEB2时，共转移了1mol电子，则反应的离子方程式：。【答案】（1）第三周期第ⅣA族；（2）；O=C=O；（3）Cl-＞O2-＞Na+；HClO4＞H2CO

3＞H2SiO3；（4）H2O；水分子之间有氢键且是极性分子，相对分子质量比甲烷大；（5）2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+。【解析】【分析】A、B、C、D、E均是短周期元素，其原子序数依次增大，A原子最外层电

子数是内层电子数的二倍，则A为碳元素，A和D同族，则D为硅元素，A和B同周期，B元素族序数是周期数的三倍，则B为氧元素，B的阴离子与C的阳离子电子层结构相同，C的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成C2B或C2B2，则C为钠元素，E是所在周期中原子半径最小的元素，

则E为氯元素。【详解】（1）D为硅元素，在元素周期表中第三周期第ⅣA族；（2）C2B2为过氧化钠，它的电子式是；AB2为二氧化碳，它的结构式是O=C=O；（3）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，离子半径越小，所以B、C、E离子半径的由大到

小的顺序为r(Cl－)>r(O2－)>r(Na+)；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，非金属性Cl＞C＞Si，所以酸性HClO4＞H2CO3＞H2SiO3；（4）由于水分子之间有氢键且是极性分子，

所以水的沸点高于H2S；（5）用ClO2可氧化Mn2+，生成黑色沉淀MnO2，当消耗13.50g（即0.2mol）ClO2时，共转移了1mol电子，根据电子得失守恒可写出反应的离子方程式为5Mn2++2ClO2+6H2O=2Cl－+5MnO2↓+12H+。1

9.乙苯是重要的化工原料，有关乙苯的转化关系如图所示。已知CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBrCH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O请回答下列问题：（1）写出下列反应进行时的试剂与条件：反应②_______

_______，反应③______________；（2）写出下列反应的类型：反应①______________，④反应______________；（3）写出下列物质的结构简式：M____________________（4）②反应后

的有机产物最多有多少碳原子共面______________（5）写出下列反应的化学方程式：反应⑤________________________________________________；【答案】(1).氢氧化钠醇（乙醇）溶液、加热(2).Cl2、（Fe）FeC

l3催化剂(3).取代反应(4).氧化反应(5).(6).8(7).+NaOH+NaCl【解析】【分析】反应①为+Cl2⎯⎯⎯→光照+HCl；反应②为→，结合题中已知可知，发生类似CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+Na

Br+H2O的反应；反应③为+Cl2⎯⎯⎯⎯⎯→催化剂+HCl；反应④为被酸性高锰酸钾氧化成，为氧化反应；反应⑤发生类似CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr的反应，故X的结构简式为。【详解】（1）反应②为→，反应的条件为氢氧化

钠醇（乙醇）溶液、加热；反应③为+Cl2⎯⎯⎯⎯⎯→催化剂+HCl，反应的条件为Cl2、（Fe）FeCl3催化剂；（2）反应①为取代反应，反应④为氧化反应；（3）根据分析，M的结构式为；（4）由苯分子、乙烯分子等结构共面可知中所有的碳原子都可以共面，所以最多有8个碳原子共

面；（5）反应⑤的化学方程式为+NaOH+NaCl。20.苯与液溴制取溴苯：(1)装置A的名称是_______________。(2)制取溴苯的化学反应方程式_____________。(3)反应时，装置B中出现的现象有___________。(4)冷凝水顺序

_______(A．上进下出；B．下进上出)，长导管的作用____________，请解释装置C中导管位置为什么不能伸入液面以下____________。(5)装置D的作用是__________。(6)反应结束后，将滴液漏斗中的溶液E加入到烧瓶B中，充分振荡后可除去溴苯中的溴，溶液E是____

___________；液体经过分液，所得的溴苯中还含有少量苯，如何进行分离________【答案】(1).(直形)冷凝管(2).+Br2+HBr(3).液体呈沸腾状，烧瓶中有红棕色蒸气(4).B(5).导气、冷凝(6).防止倒吸(7).吸收尾气，防止污

染空气(8).氢氧化钠溶液(9).蒸馏【解析】【分析】将苯与液溴混合物通过滴液漏斗加入到三颈烧瓶中，Fe与Br2反应产生FeBr3，在FeBr3催化作用下苯与液溴发生取代反应产生溴苯和HBr，液溴易挥发，冷凝管可以使挥发的溴冷凝回流到三颈烧瓶中，长的玻璃导管兼起导气和冷凝作用，反应产生

的HBr经导气管进入到锥形瓶中，被H2O吸收，干燥管D可以起尾气处理作用，用于吸收HBr及挥发的Br2。反应结束后将滴液漏斗E中NaOH溶液滴入到三颈烧瓶中，用于反应除去剩余液溴，然后经分液分离得到溴苯及苯的混合物，再根据溴苯与苯的沸点不同采用蒸馏方法

除去苯。【详解】(1)根据装置图可知：仪器A的名称为冷凝管；(2)在三颈烧瓶B中溴与苯反应产生溴苯，反应方程式为：+Br2+HBr；(3)苯与液溴制取溴苯的反应是放热反应，反应放出热量使液体混合物呈沸腾状，溴易挥发，在温度比较高时，一部分变为红棕色溴蒸汽充满整个装

置，因此反应时，装置B中出现的现象有液体呈沸腾状，烧瓶中有红棕色蒸气；(4)为了提高冷凝效果，使整个冷凝管都充满冷凝水，要采用逆流原理，使冷凝水下进上出，固冷凝水顺序选项序号为B，长导管的作用兼起导气和冷凝作用，由于H

Br极易溶于水，若伸入液面下，由于HBr溶解，使导气管内气压减小而引起倒吸现象，所以在装置C中导管位置不能伸入液面以下；(5)HBr及挥发的溴蒸气都是大气污染物，可根据它们都与碱反应的性质，在装置D干燥管内放入碱石灰等碱性物质吸收尾气，防止污染空气；(6)反应结束后，在装置B中含

有制取得到的溴苯及未反应的液溴和苯，可根据Br2与碱反应产生易溶于水的物质的性质将滴液漏斗中的NaOH溶液加入到烧瓶B中，充分振荡后可除去溴苯中的溴；液体经过分液，所得的溴苯中还含有少量苯，再根据二者是互溶的沸点不同的液体混合物，用蒸馏方法

进行分离。【点睛】本题考查了溴苯的制取实验。涉及反应原理、装置的作用、试剂的使用、混合物分离提纯、尾气处理、实验安全等知识。掌握实验原理、各种物质的性质是进行实验的关键，考查了学生对实验原理的理解与应用

和实验的安全性、严谨性。21.如图所示的过程是目前直接利用太阳能的研究热点。人们把通过人工光化学手段合成燃料的过程叫做人工光合作用。(1)在上图构想的物质和能量循环中太阳能最终转化为____________能。(2)人工光合作用的途径之一就是在催化剂和光照条件下，将CO2和H2O转化为CH3OH

，该反应的化学方程式为：2CO2(g)+4H2O(g)2CH3OH(g)+3O2(g)。一定条件下，在2L密闭容器中进行上述反应，测得n(CH3OH)随时间的变化如表所示：时间/min0123456n(CH3OH)/mol0.0000.04

00.0700.0900.1000.1000.100①用CH3OH表示0～3min内该反应的平均反应速率为______________________。②能说明该反应已达到平衡状态的是_______________。a．v正(H2O)=2v逆

(CO2)b．n(CH3OH）：n(O2)=2：3c．容器内密度保持不变d．容器内压强保持不变(3)我国科学家用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等

副产物，反应过程如图。催化剂中添加Na、K、Cu助剂后（助剂也起催化作用）可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如表。①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加____________助

剂效果最好；②加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是____________。(4)用人工光合作用得到的甲醇、氧气和稀硫酸制作电池，则甲醇应通入该电池的____极(填“正”或“负”)，溶液中的H+流向该电池的____极(填“正”或“负

”)通入氧气的一极的电极反应式为_______________。【答案】(1).热(2).0.015mol/(L·min)(3).ad(4).K(5).加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响(6).负(7).正(8).O2+

4H++4e-=2H2O【解析】【分析】(1)光合作用下生成燃料，燃料燃烧释放出能量；(2)①根据表中数据可知，5min后达到平衡状态，甲醇的物质的量为0.100mol，利用3min时甲醇的物质的量，结合容器的容积计算其物质的量的浓度，再根据v=ct计算用甲醇表示0～3min内该反应的平均反应

速率；②可逆反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，甲醇判断；(3)①结合图表数据分析三种助剂对CO2转化率和乙烯在产物中的百分比分析；②根据助剂起催化作用，结合催化剂在反应中的作用分析；(4)该原电池中，通入燃料甲醇的

电极是负极、通入氧气的电极是正极；甲醇失去电子生成二氧化碳气体，氧气得到电子与溶液中H+结合形成水；溶液中阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动。【详解】(1)由据图可知，太阳能首先转化为化学能，然后再由化学能转化为热能，故太阳能最终能量转化形式为热能；(2)①根据表中数据可知，3m

in时甲醇的物质的量为0.09mol，由于容器的容积是2L，反应时间是3min，故用甲醇表示的反应速率v(CH3OH)=0.09?mol2?3?Lmin=0.015mol/(L·min)；②a．v正(H2O)=2v逆(CO2)可说明正、逆反应速率

相等，达到平衡状态，a正确；b．在任何条件下都存在关系n(CH3OH）：n(O2)=2：3，因此无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判断是否达到平衡状态，b错误；c．因气体的体积以及质量不变，则容器内密度保持不变，不能用于判断是否达到平衡状态，c错误；d．

反应前后气体的体积不等，容器内压强为变量，但容器内压强保持不变，可说明达到平衡状态，d正确；故合理选项是ad；(3)①结合图表数据分析可知加钠时CO2转化率最大，但乙烯在产物中百分比太低，副产物过多，加铜时乙烯在产物中的

百分比最大，但CO2转化率却太低，综合考虑加K时转化率不算低，同时乙烯在产物中的百分比较高。故欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助剂效果最好；②助剂本身也起催化作用，而催化剂在反

应过程中可以降低反应的活化能，从而加快反应速率，因此助剂可以起到降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响；(4)在反应中甲醇被氧化，故通入甲醇的电极应为电池的负极，正极上氧气得到电子发生还原反应

，则通入氧气的一极为正极，氧气被还原生成水，正极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O。根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，溶液中的H+向负电荷较高的正极定向移动。【点睛】本题主要考查化学

反应原理的有关知识，涉及催化剂对反应的影响、化学反应速率的计算、平衡状态的判断及原电池反应原理。特别注意催化剂在反应中参与反应过程降低了反应的活化能，但是催化剂不改变化学平衡状态及物质的含量，可根据平衡时任何物质的物质的量、浓度及含量不变等特征分析判断。要注意相关基础知识的积累。