2019年重庆一中高2020级高二下期第一次月考
化学测试试题卷
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64 Zn-65
I卷(选择题，共45分)
一、选择题(本大题共15个小题，每题3分，共45分。每小题只有-一个选项符合题意) 1.化学与生产生活、社会密切相关。下列说法中错误的是 A. 蜂蚁螫咬处涂小苏打溶液可以减轻痛苦
B. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料 C. 合成不粘锅涂层的原料CF2=CF2属于烃
D. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收乙烯，可保鲜水果 【答案】C 【解析】
【详解】A. 蜂蚁螫咬会向人体内注入甲酸，由于甲酸具有酸性，所以在蜂蚁螫咬处涂小苏打溶液可以与甲酸反应，使其浓度降低，因而能减轻痛苦，A正确；
B.天然气和液化石油气主要成分都是烃，燃烧产物是水和二氧化碳，不会造成污染，因此二者是我国目前推广使用的清洁燃料，B正确；
C. 合成不粘锅涂层的原料CF2=CF2中含有C、H、F三种元素，属于烃的衍生物，C错误； D．乙烯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收乙烯，从而降低乙烯浓度，可利于保鲜水果，D正确； 故答案选C。
2.下列物质的化学用语表达正确的是 A. 甲烷的球棍模型：
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B. 羟基的电子式：
C. 乙二醛结构简式：CHO-CHO D. 乙烯的结构简式：CH2CH2 【答案】B 【解析】
【详解】A.该模型是甲烷的比例模型，A错误；
B.羟基中H原子与O原子形成一对共用电子对，因此用电子式表示为C.乙二醛分子中两个醛基C形成C-C键，结构简式：HOC-CHO，C错误； D.乙烯的官能团为碳碳双键，故结构简式：CH2=CH2，D错误； 故合理选项是B。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A. 3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA B. 标准状况下，22.4LCH2Cl2中含C-Cl键数目为2NA C. 1mol丙烯酸中含有双键的数目为NA
D. 2mol冰醋酸与4mol乙醇一定条件下充分反应生成乙酸乙酯个数为2NA 【答案】A 【解析】
【详解】A. 乙酸分子式是C2H4O2，最简式为CH2O，与甲醛相同，最简式的相对分子质量是30，所以3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有最简式是0.1mol，因此其中含有的原子总数为0.4NA，A正确；
B.在标准状况下CH2Cl2是液态，不能使用气体摩尔体积计算，B错误；
C.丙烯酸结构简式为CH2=CH-COOH，在1个分子中含有2个双键，1个碳碳双键，1个碳氧双键，因此1mol丙烯酸中含有双键的数目为2NA，C错误；
D.2mol乙酸与4mol乙醇反应,乙醇过量，产生乙酸乙酯的反应要以不足量的乙酸为标准，冰醋酸与乙醇一定条件下发生酯化反应产生乙酸乙酯是可逆反应，反应物不能完全反应，因此反应产生的乙酸乙酯个数小于2NA，D错误； 故合理选项是A。
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的，B正确；
4.下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是 A.
=10的溶液中：CH3CH2OH、MnO4、K、SO4
+
+
-2-12
-+
2-
B. 遇苯酚显紫色的溶液中：NH4、K、Cl、SO4
C. 由水电离产生的c(H)=10mol/L的溶液中：K、SO4、C6H5OH、Cl D. 饱和氨水中：Ag、Na、NO3、Cl 【答案】B 【解析】 【详解】A.
=1012的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中：CH3CH2OH、MnO4-、H+会发生氧化
+
+
--+
-12
+
2--
还原反应，不能大量共存，A不选；
B.遇苯酚显紫色的溶液中含有大量的Fe，Fe与NH4、K、Cl、SO4不会发生反应，可以大量共存，B选；
C.由水电离产生的c(H)=10mol/L的溶液中，可能显酸性，也可能显碱性，在碱性溶液中，OH-、C6H5OH会发生反应，不能大量共存，C不选；
D. Ag、Cl会反应形成AgCl沉淀，不能大量共存，D不选； 故合理选项是B。
5.下列说法错误的是
A. 甲醛、氯乙烯和乙二醇均可作为合成聚合物的单体 B. 等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等 C. 聚合物(
)可由单体CH3CH=CH2和CH2=CH2加聚制得
+
-+
-12
3+
3+
+
+
-2-
D. 苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键 【答案】B 【解析】
【详解】A.甲醛、乙二醇可发生缩聚反应；氯乙烯可发生加聚反应，因此三种物质均可作为合成聚合物的单体，A正确；
B.苯分子式是C6H6，1mol苯完全燃烧消耗7.5molO2；苯甲酸分子式是C7H6O2，1mol苯甲酸完全燃烧消耗7.5molO2，因此等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等，B错误；
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C.根据聚合物的结构特点可知聚合物(CH2=CH2，C正确；
)的单体为CH3CH=CH2和
D.由于不饱和的碳碳双键可以使溴的四氯化碳溶液发生加成反应而褪色，而苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，因此可说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，D正确； 故合理选项是B。
6.同一条件下，下列顺序关系不正确的是 A. 在水中的溶解度：乙二醇>溴乙烷 B. 溶液的pH：碳酸氢钠>苯酚钠 C. 沸点：CH3OH>HCHO D. 与钠反应的快慢：水>乙醇 【答案】B 【解析】
【详解】A.乙二醇以任意比溶于水，而溴乙烷不溶于水，因此在水中的溶解度：乙二醇>溴乙烷，A正确；
B.弱酸溶液的酸性越强，其相应的钠盐水解程度就越小，溶液的碱性就越弱。由于酸性H2CO3>C6H5OH，所以盐溶液的pH: 碳酸氢钠<苯酚钠，B错误；
C.在常温下甲醇为液体，甲醛为气体，因此沸点：CH3OH>HCHO，C正确； D.由于水中的H-O更容易断裂，所以与金属Na反应的速率：水>乙醇，D正确； 故合理选项是B。
7.下列关于各实验装置图的叙述中正确的是
A. 装置①：实验室制取乙烯
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B. 装置②：实验室制取乙酸乙酯 C. 装置③：验证乙炔的还原性
D. 装置④：验证溴乙烷发生消去反应可生成烯烃 【答案】D 【解析】
【详解】A.实验室制取乙烯需要浓硫酸与乙醇混合加热170℃，装置①中温度计不能测得反应溶液的温度，A错误；
B.实验室制取乙酸乙酯，为了更好的分离混合物同时防止倒吸现象的发生，导气管要在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能伸入到液面以下，B错误；
C.电石中含有的杂质与水反应产生H2S也具有还原性，能够使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能验证乙炔的还原性，C错误；
D.溴乙烷发生消去反应生成烯烃,能够使溴的四氯化碳溶液溶液褪色，而挥发的乙醇不能发生反应，因此可以达到验证反应产物，D正确； 故合理选项是D。
8.下表中实验操作能达到实验目的是 A. 实验操作 向待测液中加入碳酸氢钠溶液 向盛有2mL 0.1mol/L的AgNO3溶液中加入2滴B. 0.1mol/LNaCl溶液，振荡，再加入2滴0.1mol/LNaI溶液，再振荡 向甲酸和甲醛的混合物中加入氢氧化钠溶液，C. 中和甲酸后，加入新制的氢氧化铜加热 D. A. A 【答案】A
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实验目的 鉴别乙酸、乙酸乙酯、乙醇、四氯化碳 证明：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) 检验混合物中是否含有甲醛 加水，振荡静置之后分液 除去溴苯中混有的苯 B. B C. C D. D
【解析】
【详解】A.乙酸与碳酸氢钠溶液反应，有气泡产生；乙酸乙酯与碳酸氢钠溶液不反应，由于乙酸乙酯的密度比水小，因此会看到分层现象，油层在上层；乙醇与碳酸氢钠溶液混溶，不分层；四氯化碳与碳酸氢钠溶液不能反应，互不相容，由于四氯化碳的密度比水大，因此会看到液体分层，油层在下层。四种物质的现象各不相同，因此可以鉴别这几种物质，A正确； B.向盛有2mL 0.1mol/L的AgNO3溶液中加入2滴0.1mol/LNaCl溶液，振荡，二者反应产生AgCl白色沉淀，由于AgNO3溶液过量，所以再加入2滴0.1mol/LNaI溶液，再振荡，会看到有黄色沉淀产生，但不能证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，B错误；
C.向甲酸和甲醛的混合物中加入氢氧化钠溶液，中和甲酸后，甲酸反应产生HCOONa，HCOONa中也含有醛基，因此加入新制的氢氧化铜加热，可以看到有砖红色沉淀生成，但不能据此判断溶液中含有甲醛，C错误；
D.苯、溴苯都是有机物，溴苯容易溶解在苯中，因此不能用水作萃取剂分离苯与溴苯，D错误；
故合理选项是A。
9.有机物G结构简式如图所示，下列说法错误的是
A. G的分子式为C10H11O2Br B. G能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. G一定条件下可以发生消去反应 D. 1molG最多能与2molH2发生加成反应 【答案】C 【解析】
【详解】A. 根据物质的结构简式可知，G的分子式为C10H11O2Br，A正确；
B. G分子中含有不饱和的碳碳双键，因此可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C.由于Br原子连接的C原子的邻位C原子上没有H原子，因此G不能发生消去反应，C错
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误；
D.G分子中含有两个碳碳双键，可以与H2发生加成反应，而含有酯基中的羰基不能发生加成反应，因此1molG最多能与2molH2发生加成反应，D正确； 故合理选项是C。
10.网络趣味图片“一脸辛酸”，是在脸上重复画满了辛酸的键线式结构。下列有关辛酸的叙述正确的是
A. 辛酸比醋酸更易溶于水
B. 辛酸的同分异构体(CH3)3CCH(CH3)CH2COOH的名称为3，4，4-三甲基戊酸 C. 辛酸和油酸(C17H33COOH)互称为同系物 D. 1mol辛酸与足量的Na反应产生11.2LH2 【答案】B 【解析】
【详解】A.辛酸比醋酸含有的不溶性的烃基C原子更多，因此水溶性不如醋酸，A错误； B.(CH3)3CCH(CH3)CH2COOH的最长的碳链上有5个C原子，在3、4号C原子上含有甲基，因此根据系统命名方法，可知该物质的名称为3，4，4-三甲基戊酸，B正确；
C.辛酸是饱和一元羧酸，而油酸(C17H33COOH)是不饱和一元羧酸，因此二者不能互称为同系物，C错误；
D.未指明气体状态，因此不能确定气体的体积大小，D错误； 故合理选项是B。
11.某链状有机化合物X只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为100，其中氧元素质量分数为16%，则能与银氨溶液发生反应的X共有 A. 4种 【答案】C
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B. 6种 C. 8种 D. 10种
【解析】
【详解】该化合物只含有碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为100，其中氧元素质量分数为16%，则O原子个数O：(100×16%)÷16=1，则含有的C原子数目C:(100-16)÷14=6，所以物质的分子式为C6H12O，若能发生银镜反应，说明含有醛基-CHO，可认为是戊烷C5H12分子中的一个H原子被醛基取代的产物，戊烷有CH3-CH2-CH2-CH2- CH3、
、
三种结构，CH3-CH2-CH2-CH2- CH3有三种H原子；有4种H原
子；只有1种H原子，因此C5H12的H原子的种类共有8种，所以C6H12O含有醛
基的物质结构共有8种，故合理选项是C。
12.阿司匹林是日常生活中应用广泛的医药之一。它可由下列方法合成：
A. 反应①可使用酸性KMnO4溶液作氧化剂 B. 反应②的另一产物是HCl
C. 1mol阿司匹林最多可以和2molNaOH反应
D. 邻羟基苯甲醛分子中在同一平面上的原子最多为12个 【答案】B 【解析】
【详解】A.酸性KMnO4溶液具有强的氧化性，既可以氧化醛基，也可以氧化酚羟基，因此反应①不能使用酸性KMnO4溶液作氧化剂，A错误；
B.根据质量守恒定律可知反应②的另一产物是HCl，B正确；
C.在阿司匹林分子中含有一个羧基和一个酚羟基与羧基形成的酯基，酯基水解产生酚羟基和羧基，酚羟基、羧基都可以与NaOH发生反应，所以1mol阿司匹林最多可以和3molNaOH反应，C错误；
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D.苯分子是平面分子，羟基中的O原子取代苯分子中的H原子的位置在该平面上，甲醛分子也是平面分子，两个平面可以共平面，所以邻羟基苯甲醛分子中在同一平面上的原子最多为15个，D错误； 故合理选项是B。
13.常温下，对下列电解质溶液的有关说法正确的是
A. 相同浓度和体积的强碱和强酸溶液混合后，溶液的pH一定等于7 B. 在NaHCO3溶液中，c(CO32-)>c(HCO3-)
C. 在AgCl悬浊液中加入NaCl固体，c(Ag+)减小
D. 将pH相等的CH3COONa和NaOH溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：CH3COONa B.在NaHCO3溶液中，HCO3的电离或水解程度都是微弱的，主要以HCO3的形式存在，所以离子浓度c(HCO3-)>c(CO32-)，B错误； C.在AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) --- Ag(aq)+Cl(aq)，加入NaCl固体后， + +- 溶液中c(Cl)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，最终导致溶液中c(Ag)减小，C正确； D. CH3COONa水解使溶液显碱性，在溶液中存在水解平衡，加水稀释，水解平衡正向移动，使溶液中c(OH)减小倍数小于稀释倍数，而NaOH是强碱，完全电离，加水稀释，c(OH)减小，c(OH-)减小的倍数等于稀释的倍数，所以将pH相等的CH3COONa和NaOH溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：CH3COONa>NaOH，D错误； 故合理选项是C。 -- 14.利用电化学原理还原CO2制取ZnC2O4的装置如图所示，下列说法正确的是 的第 9 页 共 24 页 A. Zn电极是阴极 B. C2O42-从左向右移动 C. Pb电极的电极反应式是2CO2-2e=C2O4 D. 工作电路中每流过0.02mol电子，Zn电极质量减重0.65g 【答案】D 【解析】 【分析】 Zn在阳极上失电子生成锌离子，即Zn-2e=Zn，Pb电极上CO2得电子生成C2O4，即2CO2+2e-=C2O42-，金属锌可以和硫酸之间发生反应，离子交换膜允许部分离子通过，根据电极反应式结合电子守恒来回答。 【详解】A.金属Zn失去电子生成ZnC2O4，发生氧化反应，因此Zn连接电源的正极，作阳极，A错误； B.C2O4带负电荷，不能通过阳离子交换膜，因此不能从左向右移动，B错误； C. Pb电极上CO2得电子生成C2O42-，即2CO2+2e-=C2O42-，C错误； D.Zn在阳极上失电子生成锌离子，即Zn-2e=Zn，每反应产生2mol电子，反应消耗1molZn，溶解的金属Zn的质量是65g，若工作电路中每流过0.02 mol电子，Zn电极质量减重0.65g，D正确； 故合理选项是D。 【点睛】本题考查电解池的工作原理以及电极反应式的书写和判断知识，注意阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，阳离子通过阳离子交换膜向阴极移动，阴离子通过阴离子交换膜向阳极移动，要注意知识的归纳和梳理。 15.常温下，向0.1mol/L硝酸银溶液中滴入稀氨水，发生反应：Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+。 -2+ 2--2+ 2--2- 溶液中含银的两种微粒的物质的量分数δ(X)随pNH3的变化关系如图所示，其中 第 10 页 共 24 页 ，pNH3=-1g[c(NH3)]。下列说法正确的是 A. 图中δ2代表的是δ(Ag) B. 向溶液中滴入稀硝酸，δ(Ag)减小 C. 该溶液中c(NH4)+c(H)=c(OH) D. 该反应的平衡常数K=10【答案】C 【解析】 【分析】 A.随着pNH3增大，则溶液中c(NH3)减小，促进Ag(NH3)2解离，则c(Ag)增大； -3.65 + + -+ + B.向溶液中滴入硝酸，c(NH3)减小，促进Ag(NH3)2+解离； C.根据电荷守恒和物料守恒分析； D.根据溶液中c(Ag+)=c[Ag(NH3)2+]时的c(NH3)计算K的大小。 【详解】A.随着pNH3增大，则溶液中c(NH3)减小，促进Ag(NH3)2解离，则c(Ag)增大，所以δ1代表δ(Ag)，A错误； B.向溶液中滴入硝酸，c(NH3)减小，促进Ag(NH3)2+解离，平衡逆向移动，则δ(Ag+)增大，B错误； + + + C根据电荷守恒：c(Ag)+c(H)+c[Ag(NH3)2]+c(NH4)=c(OH)+c(NO3)，根据物料守恒：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]= c(NO3-)，所以有：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，C正确； D.溶液中c(Ag+)=c[Ag(NH3)2+]时，根据图象，此时pNH3=3.65，所以c(NH3)=10-3.65mol/L，则该反应的平衡常数K=故合理选项是C 第 11 页 共 24 页 .++ ++++-- =107.3，D错误； 【点睛】本题考查配合物的解离平衡，根据守恒关系式，结合平衡常数表达式和图象分析并计算。 II卷(非选择题) 二、非选择题(本大题共5个小题) 16.以重要的化工原料A(C2H2)合成实用香料G的路线如下图所示，部分反应条件及产物略去。 已知： 请回答下列问题： （1）按照系统命名法，有机物B的名称是___；已知C是反式产物，则C的结构简式为____。 （2）④的反应类型是____，E中含氧官能团的名称是____。 （3）E与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为______。 （4）反应⑧的化学方程式为____。 （5）参照上述路线，设计一条以丙酮()和为原料合成 的路线图(其他无机试剂任选)。________ 【答案】 (1). 2-丁炔 (2). (5). (3). 加成反应 (4). 醛基 第 12 页 共 24 页 +NaOH+2Cu(OH)2 (6). CH3CH2CH(OH)CH3++ H2O (7). +Cu2O↓+3H2O 【解析】 【分析】 A分子式为C2H2，结合乙炔钠知A为HC≡CH，NaC≡CNa与CH3Cl发生取代反应产生B为CH3C≡CCH3，B发生加成反应生成C，C是2-丁烯CH3CH=CH-CH3，C与H2O发生加成反应产生的D是2-丁醇，结构简式为CH3CH2CH(OH)CH3；乙炔与H2O反应产生CH3CHO，乙醛与苯甲醛 发生反应产生的E是 Cu(OH)2反应，然后酸化产生F是： ；E分子中含有醛基，与新制；D与F发生酯化反应产生G 为；(5)先使发生水解反应产生 ，然后苯甲醇催化氧化为苯甲醛，与丙酮发生 题干信息中的反应得到，据此解答。 【详解】(1)有机物B结构简式为CH3C≡CCH3，按照系统命名法，有机物B的名称是2-丁炔；C是2-丁炔与H2发生加成产物2-丁烯，由于C是反式产物，则C的结构简式为 ； (2)④的反应是2-丁烯与水发生加成反应产生2-丁醇，因此反应类型是加成反应；E结构简式为 ，根据结构简式可知：E中含氧官能团的名称是醛基； 第 13 页 共 24 页 (3)E是 时发生氧化反应，产生 +NaOH+2Cu(OH)2 (4)D是CH3CH2CH(OH)CH3，F是 ，分子结构中含有醛基，与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸 、Cu2O及水，反应的化学方程式为 +Cu2O↓+3H2O； ，D与F发生酯化反应产生G为 ，所以反应⑧的化学方程式为 CH3CH2CH(OH)CH3++ H2O； (5) 与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生被催化氧化产生苯甲醛，结构简式为 和NaCl，产生的 ，苯甲醛与丙酮 发生反应得到和水，所以合成路线为 。 【点睛】本题考查了有机物推断和合成、反应类型的判断、化学方程式的书写、物质结构简式书写、官能团的确定及命名等知识点，把握反应中官能团的变化、碳链变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的性质。 17.由烃A制备抗结肠炎药物H的一种合成路线如下(部分反应略去试剂和条件)： 第 14 页 共 24 页 已知：① ② 请回答下列问题： （1）H的分子式是___。反应①的试剂和反应条件是___。反应③的类型是__。 （2）E的结构简式是_____。 （3）写出B到C第一步反应的化学方程式是_____。 （4）设计C→D和E→F两步反应的共同目的是____。 （5）F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有____种(不含立体异构)：①遇FeCl3溶液显紫色，②能发生银镜反应；其中核磁共振氢谱为4组峰的是____(写出其中一种的结构简式)。 【答案】 (1). C7H7O3N (2). Br2、FeBr3 (3). 取代反应 (4). (5). +2NaOH+NaBr+H2O (6). 保护酚羟基，防 止其被氧化 (7). 9种 (8). 或、 (任写一种） 【解析】 第 15 页 共 24 页 【分析】 烃A反应产生B，分子式为C7H7Br，则A是甲苯，结构简式为生的B是 ，B发生②反应产生C： ，A发生①反应产，C与(CH3CO)2O发生反 应③产生D：；D发生反应④生成E：； E发生反应⑤生成F：；F与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应， 产生G：据此分析解答。 ；G与Fe、HCl发生还原反应产生H：， 【详解】(1)根据H的结构简式可知，H的分子式是C7H7O3N；反应①的甲苯与Br2在FeBr3催化作用下，发生甲基对位上的取代反应产生件是Br2、FeBr3；反应③是 ，因此反应①的试剂和反应条 与乙酸酐在加热时发生取代反应产生 及乙酸CH3COOH，因此反应③的类型是取代反应。 (2)根据上述分析可知，E的结构简式是。 (3)B是 +2NaOH ，B与NaOH溶液在高温、高压条件下发生反应，方程式为： +NaBr+H2O； (4)C→D时酚羟基变为酯基，E→F时酯基又变为酚羟基，因此这两步反应的共同目的是保护酚羟基，防止其被酸性高锰酸钾溶液氧化。 (5)F结构简式为 ，其同分异构体同时满足下列条件①遇FeCl3溶液显紫 色，②能发生银镜反应，说明含有酚羟基、醛基，可能是甲酸形成的酯基中的醛基，也可能就是单独的醛基，若有两个官能团—OH、HCOO—，二者在苯环上的位置有邻、间、对三种；若有三个官能团—OH、—OH、—CHO，若2个羟基处于邻位，有2种结构；若处于间位，有3种结构；若2个羟基处于对位，有1种结构，因此其可能的同分异构体共有9种；其中核 第 16 页 共 24 页 磁共振氢谱为4组峰的是或、。 【点睛】本题考查了有机物的合成和推断、反应类型的判断、化学方程式的书写、实验操作的目的、同分异构体的数目的判断及书写等知识点，明确反应中官能团的性质及变化是解答的关键，侧重考查学生的分析与知识综合应用能力的考查，难点是同分异构体的书写。 18.乙酰苯胺是一种具有退热镇痛作用的药物，可用苯胺和冰醋酸为原料来制备乙酰苯胺。 ①化学原理为：②相关物质物理常数 相对分子物质 质量 苯胺 冰醋酸 93 60 溶解度（g） 状态 熔点（℃） 沸点（℃） 水 乙醇 (已知：苯胺易被氧化) 乙酰苯胺 135 ③制各乙酰苯胺的装置如图所示：韦氏分馏柱作用与原理类似于冷凝管。 的无色液体 无色液体 6 184 118 17 白色片状固体 114 304 第 17 页 共 24 页 3.42（20℃） 任意比混溶 任意比混溶 任意比混溶 0.56（20℃）、3.4536.9（20℃） （50℃）、5.20（100℃） ④制备方法和过程： (1)仪器a的名称_______。 (2)制备过程中加入锌粒的作用：其一是________、其二是防止暴沸。 (3)从化学平衡的角度分析，步骤1要控制分馏柱上端的温度在105℃左右的原因_____。 (4)步骤2中将反应液倒入冷水中的目的是______。 (5)步骤3中洗涤剂最好选择________。 A.冷水 B.热水 C.15%的乙醇溶液 D.NaOH溶液 (6)步骤4重结晶的过程：粗产品溶于沸水中配成饱和溶液→再加入少量蒸馏水→加入活性炭脱色→加热煮沸→_____→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥。 (7)本实验所得到的乙酰苯胺产率是________。 【答案】 (1). 圆底烧瓶（或蒸馏烧瓶） (2). 防止苯胺在反应过程中被氧化 (3). 不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率 (4). 洗去未反应的乙酸和苯胺，同时降低乙酰苯胺的溶解度，促进其析出 (5). A (6). 趁热过滤 (7). 40% 【解析】 【分析】 5.0mL苯胺、7.4mL冰醋酸、0.10g锌粒混合加热至沸腾30min，趁热倒入水中析出晶体，抽滤洗涤干燥得到粗产品，重结晶得到较纯净的产品。 (1)根据仪器a的结构判断其名称； (2)加入锌粒的目的其一是和酸反应生成氢气，在氢气环境中避免苯胺被氧化，其二是防止暴沸。 第 18 页 共 24 页 (3)由物质的沸点可知，这几种反应物和生成物在105℃的条件下，只能蒸出H2O； (4)根据不同物质在水中的溶解度的不同及温度对苯胺的溶解度的影响分析； (5)苯胺在冷水中的溶解度会更小； (6)避免晶体在过滤过程中有损失，所以要趁热过滤、冷去结晶； (7)结合化学方程式计算乙酰苯胺的理论产量，进而计算制备过程的产率=【详解】(1)根据图示可知仪器a的名称是圆底烧瓶； (2)由于苯胺易被氧化，加入过量的锌，锌和醋酸反应生成氢气，提供氢气环境就可以防治苯胺被氧化； (3)由物质的沸点可知，这几种反应物和生成物在105℃的条件下，只能蒸出H2O，不断分离出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，从而就提高生成物的产率； (4)步骤2中将反应液倒入冷水中的目的是：因为在水中，相比而言，乙酰苯胺的溶解度较小，而冰醋酸、苯胺相对来说溶解度较大，用冷水可以洗去未反应的乙酸和苯胺，同时降低乙酰苯胺的溶解度，促使其析出； (5)乙酰苯胺在冷水中的溶解度会更小，因此应选择冷水，故合理选项是A； (6)步骤4重结晶的过程：粗产品溶于沸水中配成饱和溶液→再加入少量蒸馏水→加入活性炭脱色→加热煮沸→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，在操作过程中要尽量避免晶体过滤过程中有损失，因此要趁热过滤，然后冷却结晶； (7)依据化学方程式可知苯胺与醋酸是等物质的量的关系进行的反应，由于醋酸过量，因此反应产生的乙酰苯胺要以不足量的苯胺为标准计算。乙酰苯胺的理论产量为：m(乙酰苯胺)=0.05mol×135g/mol=6.75g因此，上述制备过程的产率是： ×100%= ×100%=40%。 ×100%。 【点睛】本题考查有机化学实验的知识，涉及仪器的识别、化学实验基本操作、物质含量的计算等，需要学生具备扎实的基础和对数据的分析处理能力，是对学生综合能力的考查。 19.“绿水青山就是金山银山”，因此研究NOx，SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。 SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下： ①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq) △H1=akJ/mo1； ②NH3·H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) △H2=b kJ/mo1； 第 19 页 共 24 页 ③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) △H3=c kJ/mo1。 则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O △H (1)△H =______kJ/mo1 (用含a、b、c的代数式表示)。 (2)对于反应：C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) △H =-34.0kJ/mol，在T1℃时，借助传感器 测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下： 时间 0 浓度（mol/L） NO N2 ①0~10min内，CO2的平均反应速度v(CO2)=________。 ②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是_______(填字母)。 a.加入一定量的活性炭 b.通入一定量的NO c.适当缩小容器的体积 d.加入合适的催化剂 (3)用活性炭还原法处理NO，有关反应为：C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) △H 1.00 0 0.58 0.21 0.40 0.30 0.40 0.30 0.48 0.36 0.48 0.36 10 20 30 40 50 =-34.0kJ/mo1。已知在一体积不变的密闭容器中，加入足量的C和一定量的NO气体，测得NO的转化率随温度的变化如下图所示： ①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为________； ②在1100K时，CO2的体积分数为________。 (4)为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H =-746.8 kJ/mo1，生成无毒 的N2和CO2。实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2) (k正、k逆为速 第 20 页 共 24 页 率常数，只与温度有关)。 ①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数____(填“>”“<”或“=”) k逆增大的倍数。 ②若在2L的密闭容器中充入2molCO和2molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为50%，则 _______。 【答案】 (1). 2a+2b+c (2). 0.021mol/(L•min) (3). bc (4). 1050K前，反应未达平衡状态；随着温度升高， 反应速度加快，单位时间内NO转化率提高 (5). 20% (6). < (7). 1L/mol 【解析】 【分析】 (1)根据盖斯定律，将已知的三个热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式； (2)①先计算出N2在0~10min内的平均速率，然后利用方程式中速率比等于计量数的比，计算CO2的平均反应速度v(CO2)； ②30min后反应物、生成物的浓度都增大，根据影响因素分析； (3)①可逆反应从正反应方向开始，在1050K前未达到平衡，反应正向进行，在1050K后平衡发生移动，根据反应进行的方向分析； ②根据在1100K时，NO的转化率是40%，利用物质反应时的关系判断物质的浓度，然后计算CO2的体积分数； (4)①达到平衡后，升高温度，V正、V逆都增大，根据升高温度，平衡向吸热反应方向移动分析k正、k逆增大的倍数关系； ②用三段式，根据CO的转化率计算出平衡时各种物质的浓度，结合平衡时V正=V逆得到小。 【详解】(1)根据盖斯定律，将①×2+②×2+③，整理可得 2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O △H=(2a+2b+c)kJ/mol； (2)①在0~10min内的N2平均速率v(N2)= =0.021mol/(L·min)；根据方程式可知 大 CO2与N2的系数相等，所以v(CO2)=v(N2)= 0.021mol/(L•min)； ②在30min达到平衡时c(NO)=0.40mol/L，c(N2)=0.30mol/L，在30min后达到平衡时c(NO)=0.48mol/L，c(N2)=0.36mol/L，反应物、生成物的浓度都增大。 a.加入一定量活性炭，活性炭是固体，不能使平衡发生移动，因此不能改变任何物质的浓度，a错误； 第 21 页 共 24 页 b.通入一定量的NO，增大了反应物的浓度，平衡正向移动，使生成物N2的浓度也增大，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说NO的浓度是增大，b正确； c.适当缩小容器的体积，单位体积内物质的量增加，物质的浓度增大，c正确； d.加入合适的催化剂，不能使化学平衡发生移动，因此物质的浓度不变，d错误； 故合理选项是bc； (3) ①该可逆反应是从正反应方向开始，在1050K前未达到平衡，反应正向进行，随着温度的升高，反应速率加快，更多的反应物变为生成物，因此单位时间内NO转化率提高； ②可逆反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) c(开始)mol/L 1 0 0 c(变化)mol/L 0.4 0.2 0.2 c(平衡)mol/L 0.6 0.2 0.2 所以平衡时CO2的体积分数为 ×100%=20%； (4)①达到平衡后，升高温度，V正、V逆都增大，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应反应方向移动，所以V正 c(开始)mol/L 1 1 0 0 c(变化)mol/L 0.5 0.5 0.25 0.5 c(平衡)mol/L 0.5 0.5 0.25 0.5 由于v正=k正·c(NO)·c(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c(CO2)，当可逆反应达到平衡时，v正= v逆，所以 =1L/mol。 2 2 2 【点睛】本题考查了盖斯定律、化学反应速率、化学平衡的有关知识。涉及热化学方程式的书写、化学反应速率的计算与比较、化学平衡状态的判断、三段式法计算物质的含量等，要求学生掌握基本概念、基本理论，并加以灵活运用。 20.氨法溶浸氧化锌烟灰制取高纯锌的工艺流程如下图所示。溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以Zn(NH3)42+、Cu(NH3) 42+、Cd(NH3)42+、AsCl52-的形式存在。 第 22 页 共 24 页 请回答下列问题： （1）当NH4Cl、NH3·.H2O的混合溶液中存在c(NH4+)=c(Cl-)时，溶液呈___(填“酸”、“碱”或“中”)性。 （2）Zn(NH3)42+中Zn的化合价为____，“溶浸”中ZnO发生反应的离子方程式为____。 （3）一定时间内，锌浸出率与温度的关系如图所示，分析30℃时锌浸出率最高的原因为_____。 （4）实验室实现操作II”所用的玻璃仪器有___，玻璃棒和烧杯等 “滤渣3”的主要成分为__。 （5）“电解”时Zn(NH3)4在阴极放电的电极反应式为_____。电解后的电解液经补充__(写一种物质的化学式)后可返回“溶浸”工序继续使用。 【答案】 (1). 中性 (2). +2 (3). ZnO+2NH3•H2O+2NH4=Zn(NH3)4+3H2O (4). 低于30℃时，浸出反应速度随温度的升高而增大；超过30℃，氨气逸出导致浸出反应速度下降 (5). 漏斗 (6). Cu、Cd (7). Zn(NH3)42++2e-=Zn+4NH3↑或Zn(NH3)42++2e -+ 2+ 2+ +4H2O=Zn+4NH3•H2O (8). NH3 (或NH3•H2O) 【解析】 【分析】 由流程可知，氧化锌烟灰加入氨水、氯化铵进行溶浸，溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以Zn(NH3)42+、Cu(NH3) 42+、Cd(NH3)42+、AsCl52-的形式存在，滤渣1为Pb，加入过氧化氢，AsCl52-转化为As2O5除去，过滤后加入锌粉还原，可除去Cu等，滤液主要含有Zn(NH3)42+，电解可生成高纯度锌，以此解答该题。 第 23 页 共 24 页 【详解】(1)在该溶液中存在电荷守恒：c(H)+c(NH4)=c(Cl)+c(OH)，由于c(NH4)=c(Cl)，所以c(H+)= c(OH-)，因此溶液显中性； (2)在Zn(NH3)42+中由于N为-3价，H为+1价，该离子带有2个单位的正电荷，所以Zn的化合价为+2价，氧化锌烟灰加入氨水、氯化铵进行溶浸， ZnO发生反应产生Zn（NH3)4及H2O，发生反应的离子方程式为ZnO+2NH3•H2O+2NH4=Zn(NH3)4+3H2O。 (3)在低于30℃时，升高温度，化学反应速率加快，更多的ZnO反应产生Zn(NH3)4，锌浸出率增大，但温度过高，氨水会分解，产生的氨气挥发逸出，导致反应速率降低，锌的浸出率降低； (4)“氧化除杂”中，AsCl52-转化为As2O5除去，经过过滤将As2O5过滤除去，所以操作II使用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等；经过滤得到的滤液中含有Zn(NH3)42+、Cu(NH3) 42+、Cd(NH3)4，向其中加入Zn，反应后会反应产生Cu、Cd，所以“滤渣3”的主要成分为Cu、Cd； (5)“电解”时Zn(NH3)4在阴极放电，发生还原反应生成锌，电极反应式为 Zn(NH3)42++2e-=Zn+4NH3，也可以写为Zn(NH3)42++2e -+4H2O=Zn+4NH3•H2O；反应产生的NH3或NH3•H2O可以再用于溶解氧化锌烟灰，因此可以循环利用的物质是NH3 (或NH3•H2O)。 【点睛】本题考查学生对于工艺流程原理的理解、对操作与实验条件控制的理解等，涉及锌、铜等元素化合物知识，以及化学方程式的书写、分离提纯、仪器的使用等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力与综合运用能力。 2+ 2+ 2+ + 2+ 2+ + + --+ - 第 24 页 共 24 页 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容