精品解析：河南省洛阳市洛龙区洛阳市第一高级中学2024-2025学年高二上学期开学化学试题

洛阳一高2024—2025学年高二(上)摸底考 化 学 考生注意： 1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效； 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 4.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，元素Z的核电荷数是元素Y的两倍，下列有关说法错误的是 A 原子半径： B. 电负性： C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性： D. 四种元素的简单氢化物中，W的氢化物沸点最高 【答案】D 【解析】 【分析】由题干信息结合四种元素在周期表中的位置可知，元素Z的核电荷数是元素Y的两倍，则Y是O，Z为S，X为N，W为Cl，据此分析解答。 【详解】A．X为N，Y是O，同一周期元素，原子半径从左到右逐渐减小，原子半径：N>O，故A正确； B．非金属性N<O，电负性：，故B正确； C．元素最高价氧化物对应水化物的酸性与元素的非金属性一致，非金属性W>Z，最高价氧化物对应的水化物的酸性：，故C正确； D．四种元素的简单氢化物分别为：NH3、H2O、H2S、HCl，其中H2O中存在氢键且氢键数目最多，因而沸点最高，故D错误； 故答案选D。 2. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 常温常压下，甲基含有电子数为 B. 标准状况下，氯仿中含有键的数目为 C. 常温常压下，乙烯和丙烯混合气体含有原子数为 D. 有机物的分子中含有的键数目一定为 【答案】C 【解析】 【详解】A．一个甲基中含有9个电子，17g甲基物质的量为1mol，含有9NA个电子，A错误； B．标况下氯仿不是气体，11.2L氯仿物质的量大于0.5mol，含有C-Cl键的数目大于1.5NA，B错误； C．乙烯和丙烯的最简式都是CH2，28g两者的混合气体中含有2molCH2，含有的原子数为6NA，C正确； D．46gC2H6O物质的量为1mol，但是C2H6O可能为CH3OCH3，此时含有C-H键数目为6NA，D错误； 故答案选C。 3. 将5.10g镁铝合金加入120mL4.0mol·L－1的盐酸中，待合金完全溶解后，得到溶液X。下列说法一定正确的是 A. 合金完全溶解后产生的H2的物质的量为0.24mol B. 合金中的镁与铝的物质的量之比小于1 C. 若向溶液X中加入270mL2.0mol·L－1NaOH溶液，充分反应，所得沉淀为Mg(OH)2 D. 若向溶液X中加入足量的氨水，充分反应，所得沉淀经过过滤、洗涤后充分灼烧，则残留固体质量大于8.50g. 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．假设全部是镁，物质的量为：=0.21mol，则消耗盐酸为0.42mol，生成氢气为0.21mol；假设全部是铝，其物质的量为：=0.19mol，消耗盐酸为0.57mol，而盐酸的总物质的量为0.48mol，铝过量，生成氢气的物质的量为0.24mol，故A错误； B．将5.10g镁铝合金加入120mL4.0molL的盐酸溶液中，待合金完全溶解后，说明盐酸与合金恰好完全反应，或盐酸过量，设合金中镁铝的物质的量分别为：xmol、ymol，则24x+27y=5.1、2x+3y=0.48，解之得：x的值约为0.1mol，如果盐酸过量，说明镁的含量更大，则合金中的镁与铝的物质的量之比大于1，故B错误； C．如果氢氧化钠过量所得沉淀为氢氧化镁，如果氢氧化钠不足沉淀中还会有氢氧化铝，故C错误； D．假设全部是镁，物质的量为：=0.21mol，氧化镁的质量为：0.21mol×40g/mol=8.4g，如果全是铝，则氧化铝的质量为：0.09mol×102g/mol=9.18g，8.50g在两者之间，故D正确； 故选D。 4. 有A、B、C、D、E五种短周期元素，A是地壳中含量最多的元素，B 元素有3种同位素B1、B2、B3，B3原子的质量数是B1的3倍，C是非金属性最强的元素，D 和C可以形成DC 型离子化合物，且离子的电子层结构相同，E元素原子的最外层电子数比内层电子总数少6个。下列说法正确的是 A. 离子半径：D+>C⁻ B. EA2是光导纤维的主要成分 C. A和 B不能形成原子个数比1∶1的化合物 D. 以上元素中形成的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是 C 【答案】B 【解析】 【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，A是地壳中含量最多的元素，A为氧元素；B元素有3种同位素B1、B2、B3，B3原子的质量数是B1的3倍，B为氢元素；C是非金属性最强的元素，C为氟元素，D和C可以形成DC型离子化合物，且离子的电子层结构相同，C的阳离子含有10个电子，且带1个单位正电荷，故D为Na元素，E元素原子的最外层电子数比内层电子总数少6个，E处于第三周期，故最外层电子数为10-4=4，为Si元素，据此解答。 【详解】A．由分析可知，C为F、D为Na，二者简单离子的电子层结构相同，核电荷数越大、离子半径越小，故离子半径Na+＜F-，即D＜C，A错误； B．由分析可知，A为O、E为Si，故EA2是二氧化硅，是光导纤维的主要成分，B正确； C．由分析可知，A为O、B为H，则氧元素与氢元素可以形成H2O2，C错误； D．由分析可知，A、B、C、D、E五种短周期元素分别为O、H、F、Na、Si，C是F元素，没有最高价氧化物对应的含氧酸，酸性最强的为硅酸，D错误； 故答案为：B。 5. 化学是一门以实验为基础的学科。下列实验的操作、现象与结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 室温下，向等体积的质量分数为4%和12%的H2O2溶液中分别滴入2滴1 mol/L的FeCl3溶液 12%的H2O2溶液产生气泡的速率更快 增大反应物浓度可加快反应速率 B 向盛有少量待测液的试管中滴入少量稀硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液 产生白色沉淀 待测液中含有 C 向碳酸氢钠溶液中滴加适量盐酸溶液 产生无色无味气体 非金属性：Cl＞C D 在试管中加入0.5 g淀粉和适量的稀硫酸，加热一段时间，冷却，向溶液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热 无砖红色沉淀产生 淀粉未发生水解 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．两组实验中只有H2O2的浓度不同，实验结果是：H2O2浓度大的反应产生O2的速率快，说明在其它条件不变时，增大反应物浓度可加快反应速率，A正确； B．HNO3具有强氧化性，会将、离子氧化为，与加入的Ba2+反应产生难溶性BaSO4沉淀，因此不能用硝酸酸化，不能据此判断待测液中是否含有，B错误； C．向碳酸氢钠溶液中滴加适量盐酸溶液，可反应产生无色无味气体CO2，这只能证明酸性：HCl＞H2CO3，而不能证明元素的非金属性：Cl＞C，应该根据元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱判断，C错误； D．稀硫酸是淀粉水解反应的催化剂，而检验葡萄糖醛基的存在应该是在碱性环境中进行，因此在试管中加入0.5 g淀粉和适量的稀硫酸，加热一段时间，冷却，要先向反应后溶液中加入一定量NaOH溶液，中和硫酸，使溶液显碱性，然后再向溶液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，根据是否产生砖红色沉淀来判断淀粉是否发生水解反应产生葡萄糖，D错误； 故合理选项是A。 6. 工业生产中以黄铁矿(主要成分为，其中硫的化合价为价)为原料生产硫酸的流程如图所示，下列说法错误的是 A. 将黄铁矿粉碎，可以提高其在沸腾炉中的反应速率 B. 当和进入接触室充分反应，将有发生转移 C. 接触室中反应温度选择是为了提高催化剂活性并加快反应速率 D. 可用浓氨水吸收尾气，并将产物进一步转化利用 【答案】B 【解析】 【分析】黄铁矿在沸腾炉中与氧气反应生成氧化铁、二氧化硫，二氧化硫、氧气在接触室反应生成三氧化硫，三氧化硫在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收可生成硫酸，尾气含有二氧化硫、氧气； 【详解】A．将黄铁矿粉碎，可以增大其与空气的接触面积，从而加快反应速率，A正确； B．二氧化硫和氧气为可逆反应，进行不完全，则和进入接触室充分反应，将有小于发生转移，B错误； C．升高温度反应加快，且催化剂需要一定的活化温度，接触室中反应温度选择是为了提高催化剂活性并加快反应速率，C正确； D．尾气含有二氧化硫，用氨气吸收，可转化成氮肥，D正确； 故选B。 7. 取某铁铝铜合金9.34g，溶于足量的稀硝酸中，金属无剩余，收集到的一种气体是唯一还原产物。向溶液中加过量的氢氧化钠溶液，小心收集沉淀洗涤干净称重11.23g，加热分解至衡重，得固体质量为8.80g。则下列说法不正确的是 A. 参加反应的氢氧化钠不一定比参加反应的硝酸的物质的量多 B. 合金中铁铝的物质的量之比为1:2 C. 收集到的气体在标准状况下为4.256L D. 与铁铝铜合金反应的硝酸的物质的量是0.57mol 【答案】D 【解析】 【分析】 设铁、铜的物质的量分别为xmol、ymol，由已知条件列关系式：，解得，则铝的物质的量分别为。 【详解】A．根据反应可计算铁消耗的硝酸物质的量为，由可计算铝消耗的硝酸物质的量为，由可计算铜消耗的硝酸物质的量为，消耗硝酸总量为，由可计算铁离子消耗的氢氧化钠物质的量为可计算铝离子消耗的氢氧化钠物质的量为可计算铜离子消耗的氢氧化钠物质的量为，参加反应的氢氧化钠至少为，则参加反应的氢氧化钠比硝酸消耗的少，A正确； B．由上述分析可知，铁的物质的量为0.05mol，铝的物质的量分别为，合金中铁铝的物质的量之比为1:2，B正确； C．由得失电子守恒，铁、铝、铜共失去电子，则在标准状况下NO的积为：，C正确； D．与铁铝铜合金反应的硝酸生成了硝酸盐和NO，由原子守恒，物质的量共是，D错误； 答案选D。 8. 工业上采用Si与HCl在350℃左右的条件下反应生成，之后将其还原、结晶得到高纯度的单晶硅产品。已知的熔点为℃，沸点为33℃，且遇与均剧烈反应。现要在实验室中制取少量，其实验装置如下图所示，下列说法正确的是 A. 反应时，应该先点燃“粗硅”处的酒精灯 B. 可以用无水替换干燥管中的碱石灰 C. 使用浓和NaCl混合加热制取HCl利用了浓的脱水性和强酸性 D. 工业上用过量焦炭与石英砂混合冶炼粗硅，其反应为 【答案】D 【解析】 【分析】浓硫酸与氯化钠反应生成氯化氢，与在350℃左右反应生成，的熔点为℃，沸点为33℃，用冰盐浴冷却，碱石灰防止空气中的水进入装置中，同时吸收尾气HCl。 【详解】A． 反应时，应该先点燃“NaCl”处的酒精灯，产生的氯化氢赶走装置中空气，故A错误； B． 干燥管中的碱石灰，防止空气中的水进入装置中，同时吸收尾气HCl，不可以用无水替换，氯化钙不能吸收氯化氢，故B错误； C． 使用浓和混合加热制取利用了浓的高沸点制取低沸点的氯化氢，故C错误； D．工业上用过量焦炭C与石英砂SiO2加热生成粗硅Si和CO，其反应为，故D正确； 故选：D。 9. 下列关于说法正确的是 A. 同温同压下，反应在光照和点燃条件下的相同 B. 活化能大的反应一定是吸热反应 C. 能自发进行的反应，反应速率一定较大 D. 增加反应物浓度能加快反应速率是因为反应物分子中活化分子百分数增加 【答案】A 【解析】 【详解】A．同温同压下的反应热只与始状态、终态有关，与过程无关，同温同压下，反应在光照和点燃条件下的相同，A正确； B．活化能大的反应不一定是吸热反应，B错误； C．能自发进行的反应，反应速率不一定大，如金属腐蚀，C错误； D．增加反应物浓度能加快反应速率是因为单位体积内活化分子百分数增加，D错误； 故选A。 10. 某同学在室温下进行下图所示实验。（已知：H2C2O4为二元弱酸） 试管a、b、c中溶液褪色分别耗时690s、677s、600s。下列说法正确的是 A. 反应的离子方程式为2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O B. 试管c反应至300 s时，溶液中剩余的c(KMnO4)=0.0025 mol/L C. 对比试管a、b，得到的结论是H2C2O4水溶液浓度增大，反应速率加快 D. 对比试管c、d，可验证H+浓度对反应速率的影响 【答案】C 【解析】 【详解】A.反应的离子方程式为2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A项错误； B.c中溶液褪色分别耗时600s，高锰酸钾浓度逐渐变稀反应变慢，试管c反应至300 s时，溶液中剩余的c(KMnO4)无法求算，B项错误； C.对比试管a、b，得到的结论是H2C2O4水溶液浓度增大，反应速率加快，C项正确； D.对比c、d，由于d中为浓盐酸作溶剂，而浓盐酸中的氯离子也能还原高锰酸钾，所以不能验证氢离子浓度对反应速率的影响，D项错误； 答案选C。 11. 普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构简式如图所示。关于该有机物的说法不正确的是 A. 含4种官能团 B. 可使酸性溶液褪色 C. 1mol该物质最多与2mol发生加成反应 D. 一定量的该物质分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为3∶1 【答案】D 【解析】 【详解】A．普伐他汀含碳碳双键、羟基、羧基、酯基共4种官能团，故A正确； B．普伐他汀含碳碳双键、羟基，能使酸性溶液褪色，故B正确； C．1mol该物质含有2mol碳碳双键，因此最多可与2mol发生加成反应，故C正确； D．羟基、羧基都要与钠反应，羧基和氢氧化钠反应，酯基要与氢氧化钠反应，醇羟基不与氢氧化钠反应，因此一定量的该物质分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为2∶1，故D错误。 综上所述，答案为D。 12. 下列化学方程式或离子方程式书写正确的是 A. 制备乙二酸乙二酯： B. 聚丙烯的制备： C. 向水杨酸溶液中加入碳酸氢钠：+2+2H2O+2CO2 D. 丙烯醛与足量溴水反应： 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙二酸和乙二醇发生酯化反应生成乙二酸乙二酯，化学方程式为： +2H2O，故A项错误； B．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，化学方程式为：nCH2=CHCH3，故B项错误； C．水杨酸中羧基可以和碳酸氢钠溶液反应，酚羟基不能，向水杨酸溶液中加入碳酸氢钠：+ ，故C项错误； D．丙烯醛中碳碳双键和Br2发生加成反应，醛基可以和溴水发生氧化反应，化学方程式为：，故D项正确； 故本题选D。 13. “空气吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，流程图如下，下列说法正确的是 A. 用热空气吹出溴，再用SO2吸收，达到了富集溴的目的 B. “吹出”后剩余溶液中，大量存在的离子有 C. “吸收”过程发生反应的离子方程式为 D. 从“氧化2”所得溶液中分离出单质溴的方法是过滤 【答案】A 【解析】 【分析】海水通入氯气氧化溴离子为溴单质，通入热空气吹出溴蒸气得到粗溴，通入二氧化硫得到溴化氢，再通入氯气氧化溴化氢得到精溴，萃取精馏得到液溴单质 【详解】A．溴易挥发，用热空气吹出溴，再用还原剂SO2将其还原吸收，以富集溴，故A正确； B．“吹出”后剩余溶液中，不会大量存在，在氧化1时已被大量氧化为溴单质，故B错误； C．“吸收”过程发生反应的离子方程式为，故C错误； D．氧化2所得溶液中为溴单质，溴单质在有机溶剂中的溶解度大于水中溶解度，可通过萃取分离出溴，故D错误； 故选A。 14. 胶体金是由氯金酸()在还原剂作用下聚合成一定大小的金颗粒，在静电的作用下成为稳定的胶体状态，形成带负电的疏水胶溶液。氯金酸可通过将金单质溶于王水中制得，有研究称将金粉溶于过量过氧化氢一浓盐酸也可以制备氯金酸，其反应原理为：。以下说法正确的是 A. 将王水中的盐酸换为等浓度的硫酸，仍可实现溶解金单质的目的 B. 采用过氧化氢—浓盐酸法制备氯金酸更符合绿色化学的思想 C. 氯金酸水溶液中含有平面正方形结构的，中心Au(Ⅲ)的杂化方式是 D. 丁达尔效应可用来鉴别胶体和溶液，其原理是胶体粒子对光的衍射作用 【答案】B 【解析】 【详解】A．可与形成从而促进金溶于王水，换为等浓度的硫酸，无法溶解金单质，选项A错误； B．王水溶解金的过程中会生成污染物NO，而过氧化氢一浓盐酸法还原产物是，无污染物生成，选项B正确； C．为平面正方形结构，因而中心的杂化方式不是，选项C错误； D．丁达尔效应是由于胶体粒子对光的散射作用而不是衍射，选项D错误； 答案选B。 二、非选择题：本题共5小题，共计58分。 15. Ⅰ．为比较和对分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题： （1）定性分析：如图甲可通过观察___________的快慢，定性比较得出结论； （2）定量分析。如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略。 实验中需要测量的数据是___________。 （3）查阅资料得知：将作为催化剂的溶液加入溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的离子方程式分别是：和___________。 Ⅱ．某化学实验小组利用酸性溶液与溶液反应研究影响反应速率的因素。实验过程中通过测定溶液褪色所需的时间来比较化学反应速率的大小。实验数据如下： 实验编号 1 2 3 4 水/mL 10 5 0 x 溶液/mL 5 10 10 5 溶液/mL 5 5 10 10 时间/s 20 10 5 ― （4）实验中反应的离子方程式为___________。 （5）___________，4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能原因是___________。 （6）2号实验中，用表示的反应速率为___________(反应后溶液的总体积变化忽略不计)。 【答案】（1）产生气泡 （2）生成40 mL气体需要的时间 （3） （4） （5） ①. 5 ②. 高锰酸钾溶液过量(或草酸溶液不足) （6） 【解析】 【分析】Ⅰ．本实验的目的是探究和对分解的催化效果，主要考查两个问题，一是催化剂加快反应速率，二是催化剂作用机理，催化剂在整个化学反应中，可以看成是先参加了反应，再被生成了，这两个反应相加就是一个总反应，催化剂刚好被抵消了，表现为不参加反应，据此解题； Ⅱ．本实验的目的是利用酸性溶液与溶液反应研究影响反应速率的因素，由表中数据可知，变量为浓度因素，依据“变量唯一”原则解决问题。 【小问1详解】 甲中加入催化剂的现象是有气泡生成，催化剂的作用是加快反应速率，所以可以通过观察产生气泡的快慢来判断两种催化剂的效果； 【小问2详解】 题中已告知两个实验都生成40 mL的气体，其他影响因素已忽略，说明催化剂效果的数据只能是反应速率，故需要测量生成40 mL气体所需要的时间； 【小问3详解】 根据分析，总反应为，用总反应减去这个离子方程式就可以得到另一个离子方程式：； 【小问4详解】 KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成二氧化碳、硫酸锰和水，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出该反应的离子方程式为： ； 【小问5详解】 为了探究KMnO4溶液与H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，实验1~4中溶液的总体积应为20mL，则x=20-10-5=5； 根据反应可以知道，10mL酸性高锰酸钾溶液需要消耗10mL草酸溶液，所以4号实验中高锰酸钾溶液过量，导致溶液没有褪色； 【小问6详解】 2 号实验中，草酸的物质的量为：0.5mol/L×0.01L=0.005mol，高锰酸钾的物质的量为：0.2mol/L×0.005L=0.001mol，根据反应可以知道，高锰酸钾不足，所以反应中消耗的草酸的物质的量为： ，2号实验中，用草酸表示的反应速率为：。 16. 实验室模拟工业流程从浓缩的海水(pH约在8.0-8.5之间)中提取液溴，已知：Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒性。设计了如下操作步骤及主要实验装置(夹持装置略去)： ①连接A与B，关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2至反应结束； ②关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气； ③进行步骤②的同时，向B中通入足量SO2； ④关闭b，打开a，再通过A向B中缓慢通入足量Cl2； ⑤将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。 （1）A中浓缩海水用硫酸酸化的原因是___________。 （2）判断步骤①中反应已经结束的最简单方法为___________。 （3）步骤②中鼓入热空气的作用为___________。 （4）步骤③B中发生的主要反应的离子方程式为___________。 （5）综合分析步骤①、②、③和④，这四步操作的最终目的为___________。 （6）此实验中尾气可用___________吸收处理。 A. 水 B. 浓硫酸 C. NaOH溶液 D. 饱和NaCl溶液 （7）步骤⑤中，要达到提纯溴的目的，操作中应控制的关键条件为___________。 （8）若直接连接A与C，进行步骤①和②，充分反应后，向锥形瓶中滴加稀硫酸，再经步骤⑤，也能制得液溴。滴加稀硫酸之前，C中反应生成了NaBrO3等，该反应的化学方程式为___________。 （9）与B装置相比，采用C装置的优点为___________。 【答案】（1）抑制Cl2、Br2与水反应 （2）A中液面上方出现黄绿色气体 （3）使A中生成的Br2随空气流进入B中 （4）Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+ （5）富集溴 （6）C （7）控制蒸馏烧瓶中的蒸馏温度，并收集59℃时的馏分 （8）3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑ （9）操作简单、污染小 【解析】 【分析】实验目的为从浓缩的海水中提取液溴；将Cl2通入硫酸酸化的浓缩海水中，发生反应：；再将Br2和SO2同时通入B中，发生反应：；最后将Cl2通入B中，发生反应：。 【小问1详解】 浓缩海水用硫酸酸化的原因是，抑制Cl2、Br2与水反应。 【小问2详解】 步骤①中反应已经结束的最简单方法为：A中液面上方出现黄绿色气体。 【小问3详解】 热空气可以将溴蒸气吹出，的沸点低，易形成溴蒸气从混合溶液中分离出来，步骤②中鼓入热空气的作用是使装置A 中生成的随空气进入B中。 【小问4详解】 二氧化硫具有还原性，能被氧化，则步骤③中发生的主要反应的离子方程式为。 【小问5详解】 综合分析步骤①、②、③和④，这四步操作的最终目的为富集溴。 【小问6详解】 尾气可能有氯气、等气体， A．水吸收氯气效果较差，氯气不能完全被吸收，A错误； B．浓硫酸与氯气、不反应，尾气不能被吸收，B错误；C．、，可以用氢氧化钠溶液吸收氯气、，C项正确； D．饱和NaCl溶液不能吸收氯气，D错误； 答案为C。 【小问7详解】 步骤⑤是蒸馏，要达到提纯溴的目的，操作中应控制的关键条件为：控制蒸馏烧瓶中的蒸馏温度，并收集59℃时的馏分。 【小问8详解】 滴加稀硫酸之前，C中反应生成了NaBrO3等，这说明和碳酸钠溶液发生氧化还原反应，反应的化学方程式为。 【小问9详解】 采用装置C，操作简单，减少了的污染。 17. 某小组欲探究反应2Fe2+ + I22Fe3+ + 2I−，完成如下实验。资料：AgI是黄色固体，难溶于稀硝酸。新制的AgI见光会少量分解。 （1）检验 Ⅰ 或 Ⅱ 中有无Fe3+的实验操作及现象是：取少量 Ⅰ 或 Ⅱ中溶液，_______。经检验，Ⅰ、Ⅱ中均未检验出Fe3+。 （2）Ⅲ中的黄色浑浊是_______(写化学式)。 （3）经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+。 ① 对Fe3+产生的原因做出如下假设： 假设a：空气中存在O2，由于_______(用离子方程式表示)，可产生Fe3+。 假设b：溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+。 假设c： _______。 假设d：该条件下，I2溶液可将Fe2+氧化为Fe3+。 ② 通过实验进一步证实a、b、c不是产生Fe3+的主要原因，假设d成立。 （4）经检验，Ⅳ中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag。 ① 验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，_______。 ② 为探究Ⅲ→Ⅳ出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验1和实验2。 实验1：向1 mL 0.1 mol·L−1 FeSO4溶液中加入1 mL0.1 mol·L−1 AgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中Ag+浓度随反应时间的变化如下图。 实验2：实验开始时，先向试管中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，重复实验1，实验结果与实验1相同。 ⅰ．实验1中发生反应的离子方程式是_______。 ⅱ．Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是_______。 【答案】（1）滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红 （2）AgI （3） ①. ②. 酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+ （4） ①. 加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色，静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成 ②. ③. AgI分解产生的Ag 催化了Fe2+与 Ag+的反应 【解析】 【分析】由实验所给现象可知，I、Ⅱ均未检出Fe3+，说明Fe2+与I2几乎不反应；Ⅱ→Ⅲ的过程中加入几滴硝酸酸化的硝酸银溶液，Ag+与I-生成了AgI沉淀，降低了I-的浓度，使平衡2Fe2+ + I22Fe3+ + 2I−正向移动，使I2氧化了Fe2+；加入足量的硝酸酸化的硝酸银溶液，反应生成的 AgI 分解产生的Ag 催化了Fe2+与 Ag+的反应生成三价铁离子和单质银，出现大量灰黑色浑浊。 【小问1详解】 检验Ⅱ中有无 Fe3+的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，滴加几滴 KSCN溶液，溶液不变红，故答案为：滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红； 【小问2详解】 黄色浑浊是Ag+与I-生成了AgI沉淀，故答案为：AgI； 【小问3详解】 空气中存在 O2，氧气具有氧化性，酸性条件下，空气中氧气将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为； 也有可能是酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，故为：酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+； 【小问4详解】 ①检验银单质的方法可以向其中加入稀硝酸，会产生NO气体，随后NO被空气中氧气氧化为NO2，故答案为：加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色，静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成； ②向1 mL 0.1 mol·L−1 FeSO4溶液中加入1 mL0.1 mol·L−1 AgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊，说明银离子氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为； 反应过程中温度几乎无变化，故不是温度影响了反应速率，则迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是AgI分解产生的Ag 催化了Fe2+与 Ag+的反应，故答案为： AgI分解产生的Ag 催化了Fe2+与 Ag+的反应。 18. Ⅰ.在硫酸工业中，通过下列反应使SO2氧化成SO3：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1。 下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时SO2的转化率。 温度/℃ 平衡时SO2的转化率/% 0.1 MPa 0.5 MPa 1 MPa 5 MPa 10 MPa 450 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7 550 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3 已知：反应条件为催化剂、加热；催化剂是V2O5，在400～500 ℃时催化剂效果最好 （1）一定温度下，在容积不变的密闭容器中发生上述反应，能说明反应达到平衡状态的是_______ A. SO2的体积分数不再变化 B. 混合物的密度不再变化 C. v(SO2)=2v(O2) D. 气体压强不再变化 （2）分析表格数据，为了使SO2尽可能多地转化为SO3，应选择______℃、______Mpa下进行实验。 （3）在实际生产中，选定的温度为400～500 ℃，原因是___ （4）在实际生产中，采用的压强为常压，原因是______ （5）在实际生产中，通入过量的空气，原因是_____ （6）尾气中SO2必须回收，原因______ Ⅱ.乙酸甲酯(CH3COOCH3)与氢气制备乙醇主要发生如下反应：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋CH3CH2OH(g) ，一定温度、1.01 MPa下，在恒容容器中以n(CH3COOCH3)∶n(H2)=1∶10的投料比进行反应，乙酸甲酯转化率与气体总压强的关系如图所示： 已知：对于气相反应，某组分的平衡分压=总压×平衡时某组分的物质的量分数 （7）A点时，CH3COOCH3(g)的平衡分压为_____，CH3CH2OH(g)的体积分数为_____%(保留一位小数)。 （8）此温度下，该反应的化学平衡常数Kp=_____ MPa-1(用平衡分压代替平衡浓度计算，列出计算式，不要求计算结果)。 【答案】（1）AD （2） ①. 450 ②. 10 （3）温度较低会使反应速率减小，达到平衡所需时间长；温度较高会使SO2转化率降低；在此温度下催化剂活性最大 （4）常压下，SO2转化率已经很高，若增压会对设备提高要求，增加成本 （5）有利于提高SO2转化率 （6）防止污染大气，循环利用，可提高原料利用率 （7） ①. 0.01MPa ②. 8.9 （8） 【解析】 【小问1详解】 A．该反应过程中，SO2体积分数不断减小，当SO2的体积分数不再变化时，说明反应达到平衡，故A符合题意； B．体积为2L的刚性密闭容器，反应前后气体总质量不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡，故B不符合题意； C．同一个方向的反应速率比等于化学计量数之比，未指明反应方向时，v(SO3)=2v(O2)不能说明反应达到平衡，故C不符合题意； D．体系为恒温、恒容条件，反应为前后气体分子数减小的反应，在未达平衡之前，压强逐渐减小，当压强不变时，说明反应达平衡，故D符合题意； 故选AD。 【小问2详解】 表中数据显示，温度低、压强大，平衡时SO2的转化率高，则从理论上分析，为了使二氧化硫尽可能多地转化为三氧化硫，应选择的条件是：450℃、10MPa。 【小问3详解】 在实际生产中，选定的温度为400℃～500℃，选择稍高的温度，主要是从反应速率、反应达平衡所需时间、催化剂的活性等角度考虑，原因是：温度较低会使反应速率减小，达到平衡所需时间长；温度较高会使SO2转化率降低；在此温度下催化剂活性最大。 【小问4详解】 在实际生产中，应综合考虑生产成本，采用的压强为常压，原因是：常压下，SO2转化率已经很高，若增压会对设备提高要求，增加成本。 【小问5详解】 二氧化硫的催化氧化反应为可逆反应，增大一种反应物的浓度，有利于提高另一种反应物的转化率。在实际生产中，通入过量的空气，原因是：有利于提高SO2转化率。 【小问6详解】 SO2是大气污染物，所以尾气中的SO2必须回收，原因是：防止污染大气，循环利用，可提高原料利用率。 【小问7详解】 根据已知条件列出“三段式” A点时总压为1.01MPa，则CH3COOCH3(g)的平衡分压为×1.01MPa=0.01MPa，CH3CH2OH(g)的体积分数为×%=8.9%。 【小问8详解】 由（7）种计算数据可知，该反应的化学平衡常数Kp=。 19. 现有下列几种有机物： A． B． C． D． E．环戊烷 请回答下列问题： （1）上述有机物中互为同系物的_____________；互为同分异构体的是_____________； （2）用系统命名法对C进行命名：_____________； （3）D发生加聚反应的化学方程式为___________________________________； （4）烯烃分子中的不饱和键能被酸性高锰酸钾溶液氧化断链．已知： 烯烃被氧化的部位 对应的氧化产物 ①D被酸性溶液氧化后，生成_____________种氧化产物； ②分子式为的某烯烃与酸性溶液反应后，经检测其产物为和,试推测该烯烃的结构简式为_____________； （5）共轭二烯烃是含有两个碳碳双键，并且两个双键被一个单键隔开的二烯烃，B是最简单的共轭二烯烃，可用于合成橡胶、溶剂，是重要的有机化工原料； ①与一定量的发生加成反应，生成的产物不可能是_____________（填序号）； a． b． c．  d． ②双烯合成反应（即反应是一类二烯烃与单烯烃或炔烃作用生成六元环状化合物的反应，例如1,3-丁二烯和乙烯的作用表示为：．则由B和D发生双烯合成反应的产物为（用键线式表示）_____________； （6）某烃的一氯代物只有1种，将该烃完全燃烧后的产物依次通入足量浓硫酸、碱石灰，浓硫酸增重,碱石灰质量增加,写出该烃的结构简式_____________。 【答案】（1） ①. AC ②. DE （2）2-甲基-3-乙基己烷 （3） （4） ①. 2 ②. （5） ①. c ②. （6） 【解析】 【小问1详解】 结构相似，组成上相差n个CH2原子团的有机物互为同系物，故互为同系物的是AC，分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体，互为同分异构体的是DE。 【小问2详解】 属于烷烃，最长碳链为6，C命名为2-甲基-3-乙基己烷。 【小问3详解】 B发生加聚反应的化学方程式为。 【小问4详解】 ①D为，被酸性溶液氧化后，根据题中所给信息可知，生成CH3COCH3、CH3COOH； ②若与酸性KMnO4溶液反应后得到的产物为CO2和丁酮()，则此烯烃的结构简式是。 【小问5详解】 ①与Br2以1：2发生加成反应生成； 与Br2以 1:1发生1，4加成反应生成；与Br2 以1:1发生1，2加成反应生成或，不可能生成，故选c； ②根据， 和乙烯发生双烯合成反应的产物是。 【小问6详解】 烃完全燃烧的反应为：，浓硫酸增重的质量为水的质量，，，碱石灰质量增加的质量为二氧化碳的质量，，，则，该有机物的物质的量为，可知该分子式为C5H12，某烃的一氯代物只有1种，则结构简式为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 洛阳一高2024—2025学年高二(上)摸底考 化 学 考生注意： 1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效； 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 4.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，元素Z的核电荷数是元素Y的两倍，下列有关说法错误的是 A. 原子半径： B. 电负性： C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性： D. 四种元素的简单氢化物中，W的氢化物沸点最高 2. 为阿伏加德罗常数值。下列叙述正确的是 A. 常温常压下，甲基含有电子数为 B. 标准状况下，氯仿中含有键的数目为 C. 常温常压下，乙烯和丙烯混合气体含有原子数为 D. 有机物的分子中含有的键数目一定为 3. 将5.10g镁铝合金加入120mL4.0mol·L－1的盐酸中，待合金完全溶解后，得到溶液X。下列说法一定正确的是 A. 合金完全溶解后产生的H2的物质的量为0.24mol B. 合金中的镁与铝的物质的量之比小于1 C. 若向溶液X中加入270mL2.0mol·L－1NaOH溶液，充分反应，所得沉淀为Mg(OH)2 D. 若向溶液X中加入足量的氨水，充分反应，所得沉淀经过过滤、洗涤后充分灼烧，则残留固体质量大于8.50g. 4. 有A、B、C、D、E五种短周期元素，A是地壳中含量最多的元素，B 元素有3种同位素B1、B2、B3，B3原子的质量数是B1的3倍，C是非金属性最强的元素，D 和C可以形成DC 型离子化合物，且离子的电子层结构相同，E元素原子的最外层电子数比内层电子总数少6个。下列说法正确的是 A. 离子半径：D+>C⁻ B. EA2是光导纤维的主要成分 C. A和 B不能形成原子个数比1∶1的化合物 D. 以上元素中形成的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是 C 5. 化学是一门以实验为基础的学科。下列实验的操作、现象与结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 室温下，向等体积的质量分数为4%和12%的H2O2溶液中分别滴入2滴1 mol/L的FeCl3溶液 12%的H2O2溶液产生气泡的速率更快 增大反应物浓度可加快反应速率 B 向盛有少量待测液的试管中滴入少量稀硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液 产生白色沉淀 待测液中含有 C 向碳酸氢钠溶液中滴加适量盐酸溶液 产生无色无味气体 非金属性：Cl＞C D 在试管中加入0.5 g淀粉和适量的稀硫酸，加热一段时间，冷却，向溶液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热 无砖红色沉淀产生 淀粉未发生水解 A. A B. B C. C D. D 6. 工业生产中以黄铁矿(主要成分为，其中硫的化合价为价)为原料生产硫酸的流程如图所示，下列说法错误的是 A. 将黄铁矿粉碎，可以提高其在沸腾炉中的反应速率 B. 当和进入接触室充分反应，将有发生转移 C. 接触室中反应温度选择是为了提高催化剂活性并加快反应速率 D. 可用浓氨水吸收尾气，并将产物进一步转化利用 7. 取某铁铝铜合金9.34g，溶于足量的稀硝酸中，金属无剩余，收集到的一种气体是唯一还原产物。向溶液中加过量的氢氧化钠溶液，小心收集沉淀洗涤干净称重11.23g，加热分解至衡重，得固体质量为8.80g。则下列说法不正确的是 A. 参加反应的氢氧化钠不一定比参加反应的硝酸的物质的量多 B. 合金中铁铝的物质的量之比为1:2 C. 收集到的气体在标准状况下为4.256L D. 与铁铝铜合金反应的硝酸的物质的量是0.57mol 8. 工业上采用Si与HCl在350℃左右的条件下反应生成，之后将其还原、结晶得到高纯度的单晶硅产品。已知的熔点为℃，沸点为33℃，且遇与均剧烈反应。现要在实验室中制取少量，其实验装置如下图所示，下列说法正确的是 A. 反应时，应该先点燃“粗硅”处的酒精灯 B. 可以用无水替换干燥管中的碱石灰 C. 使用浓和NaCl混合加热制取HCl利用了浓的脱水性和强酸性 D. 工业上用过量焦炭与石英砂混合冶炼粗硅，其反应为 9. 下列关于说法正确的是 A. 同温同压下，反应在光照和点燃条件下相同 B. 活化能大的反应一定是吸热反应 C. 能自发进行的反应，反应速率一定较大 D. 增加反应物浓度能加快反应速率是因为反应物分子中活化分子百分数增加 10. 某同学在室温下进行下图所示实验。（已知：H2C2O4为二元弱酸） 试管a、b、c中溶液褪色分别耗时690s、677s、600s。下列说法正确的是 A. 反应的离子方程式为2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O B. 试管c反应至300 s时，溶液中剩余的c(KMnO4)=0.0025 mol/L C. 对比试管a、b，得到的结论是H2C2O4水溶液浓度增大，反应速率加快 D. 对比试管c、d，可验证H+浓度对反应速率的影响 11. 普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构简式如图所示。关于该有机物的说法不正确的是 A. 含4种官能团 B. 可使酸性溶液褪色 C. 1mol该物质最多与2mol发生加成反应 D. 一定量的该物质分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为3∶1 12. 下列化学方程式或离子方程式书写正确的是 A. 制备乙二酸乙二酯： B. 聚丙烯的制备： C. 向水杨酸溶液中加入碳酸氢钠：+2+2H2O+2CO2 D. 丙烯醛与足量溴水反应： 13. “空气吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，流程图如下，下列说法正确的是 A. 用热空气吹出溴，再用SO2吸收，达到了富集溴的目的 B. “吹出”后剩余溶液中，大量存在的离子有 C. “吸收”过程发生反应的离子方程式为 D. 从“氧化2”所得溶液中分离出单质溴的方法是过滤 14. 胶体金是由氯金酸()在还原剂作用下聚合成一定大小的金颗粒，在静电的作用下成为稳定的胶体状态，形成带负电的疏水胶溶液。氯金酸可通过将金单质溶于王水中制得，有研究称将金粉溶于过量过氧化氢一浓盐酸也可以制备氯金酸，其反应原理为：。以下说法正确的是 A. 将王水中的盐酸换为等浓度的硫酸，仍可实现溶解金单质的目的 B. 采用过氧化氢—浓盐酸法制备氯金酸更符合绿色化学的思想 C. 氯金酸水溶液中含有平面正方形结构的，中心Au(Ⅲ)的杂化方式是 D. 丁达尔效应可用来鉴别胶体和溶液，其原理是胶体粒子对光的衍射作用 二、非选择题：本题共5小题，共计58分。 15. Ⅰ．为比较和对分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题： （1）定性分析：如图甲可通过观察___________的快慢，定性比较得出结论； （2）定量分析。如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略。 实验中需要测量的数据是___________。 （3）查阅资料得知：将作为催化剂的溶液加入溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的离子方程式分别是：和___________。 Ⅱ．某化学实验小组利用酸性溶液与溶液反应研究影响反应速率的因素。实验过程中通过测定溶液褪色所需的时间来比较化学反应速率的大小。实验数据如下： 实验编号 1 2 3 4 水/mL 10 5 0 x 溶液/mL 5 10 10 5 溶液/mL 5 5 10 10 时间/s 20 10 5 ― （4）实验中反应的离子方程式为___________。 （5）___________，4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是___________。 （6）2号实验中，用表示的反应速率为___________(反应后溶液的总体积变化忽略不计)。 16. 实验室模拟工业流程从浓缩的海水(pH约在8.0-8.5之间)中提取液溴，已知：Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒性。设计了如下操作步骤及主要实验装置(夹持装置略去)： ①连接A与B，关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2至反应结束； ②关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气； ③进行步骤②的同时，向B中通入足量SO2； ④关闭b，打开a，再通过A向B中缓慢通入足量Cl2； ⑤将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。 （1）A中浓缩海水用硫酸酸化的原因是___________。 （2）判断步骤①中反应已经结束的最简单方法为___________。 （3）步骤②中鼓入热空气的作用为___________。 （4）步骤③B中发生的主要反应的离子方程式为___________。 （5）综合分析步骤①、②、③和④，这四步操作的最终目的为___________。 （6）此实验中尾气可用___________吸收处理。 A. 水 B. 浓硫酸 C. NaOH溶液 D. 饱和NaCl溶液 （7）步骤⑤中，要达到提纯溴的目的，操作中应控制的关键条件为___________。 （8）若直接连接A与C，进行步骤①和②，充分反应后，向锥形瓶中滴加稀硫酸，再经步骤⑤，也能制得液溴。滴加稀硫酸之前，C中反应生成了NaBrO3等，该反应的化学方程式为___________。 （9）与B装置相比，采用C装置的优点为___________。 17. 某小组欲探究反应2Fe2+ + I22Fe3+ + 2I−，完成如下实验。资料：AgI是黄色固体，难溶于稀硝酸。新制的AgI见光会少量分解。 （1）检验 Ⅰ 或 Ⅱ 中有无Fe3+的实验操作及现象是：取少量 Ⅰ 或 Ⅱ中溶液，_______。经检验，Ⅰ、Ⅱ中均未检验出Fe3+。 （2）Ⅲ中的黄色浑浊是_______(写化学式)。 （3）经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+。 ① 对Fe3+产生的原因做出如下假设： 假设a：空气中存在O2，由于_______(用离子方程式表示)，可产生Fe3+。 假设b：溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+。 假设c： _______。 假设d：该条件下，I2溶液可将Fe2+氧化为Fe3+。 ② 通过实验进一步证实a、b、c不是产生Fe3+的主要原因，假设d成立。 （4）经检验，Ⅳ中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag。 ① 验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，_______。 ② 为探究Ⅲ→Ⅳ出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验1和实验2。 实验1：向1 mL 0.1 mol·L−1 FeSO4溶液中加入1 mL0.1 mol·L−1 AgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中Ag+浓度随反应时间的变化如下图。 实验2：实验开始时，先向试管中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，重复实验1，实验结果与实验1相同。 ⅰ．实验1中发生反应的离子方程式是_______。 ⅱ．Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是_______。 18. Ⅰ.在硫酸工业中，通过下列反应使SO2氧化成SO3：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1。 下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时SO2的转化率。 温度/℃ 平衡时SO2的转化率/% 0.1 MPa 0.5 MPa 1 MPa 5 MPa 10 MPa 450 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7 550 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3 已知：反应条件为催化剂、加热；催化剂是V2O5，在400～500 ℃时催化剂效果最好 （1）一定温度下，在容积不变密闭容器中发生上述反应，能说明反应达到平衡状态的是_______ A. SO2的体积分数不再变化 B. 混合物的密度不再变化 C. v(SO2)=2v(O2) D. 气体的压强不再变化 （2）分析表格数据，为了使SO2尽可能多地转化为SO3，应选择______℃、______Mpa下进行实验。 （3）在实际生产中，选定温度为400～500 ℃，原因是___ （4）在实际生产中，采用的压强为常压，原因是______ （5）在实际生产中，通入过量的空气，原因是_____ （6）尾气中SO2必须回收，原因是______ Ⅱ.乙酸甲酯(CH3COOCH3)与氢气制备乙醇主要发生如下反应：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋CH3CH2OH(g) ，一定温度、1.01 MPa下，在恒容容器中以n(CH3COOCH3)∶n(H2)=1∶10的投料比进行反应，乙酸甲酯转化率与气体总压强的关系如图所示： 已知：对于气相反应，某组分的平衡分压=总压×平衡时某组分的物质的量分数 （7）A点时，CH3COOCH3(g)的平衡分压为_____，CH3CH2OH(g)的体积分数为_____%(保留一位小数)。 （8）此温度下，该反应的化学平衡常数Kp=_____ MPa-1(用平衡分压代替平衡浓度计算，列出计算式，不要求计算结果)。 19. 现有下列几种有机物： A． B． C． D． E．环戊烷 请回答下列问题： （1）上述有机物中互为同系物的_____________；互为同分异构体的是_____________； （2）用系统命名法对C进行命名：_____________； （3）D发生加聚反应化学方程式为___________________________________； （4）烯烃分子中的不饱和键能被酸性高锰酸钾溶液氧化断链．已知： 烯烃被氧化的部位 对应的氧化产物 ①D被酸性溶液氧化后，生成_____________种氧化产物； ②分子式为的某烯烃与酸性溶液反应后，经检测其产物为和,试推测该烯烃的结构简式为_____________； （5）共轭二烯烃是含有两个碳碳双键，并且两个双键被一个单键隔开的二烯烃，B是最简单的共轭二烯烃，可用于合成橡胶、溶剂，是重要的有机化工原料； ①与一定量的发生加成反应，生成的产物不可能是_____________（填序号）； a． b． c．  d． ②双烯合成反应（即反应是一类二烯烃与单烯烃或炔烃作用生成六元环状化合物的反应，例如1,3-丁二烯和乙烯的作用表示为：．则由B和D发生双烯合成反应的产物为（用键线式表示）_____________； （6）某烃的一氯代物只有1种，将该烃完全燃烧后的产物依次通入足量浓硫酸、碱石灰，浓硫酸增重,碱石灰质量增加,写出该烃的结构简式_____________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $