2025-2026学年高二化学下学期期末模拟考试卷02

**基本信息** 本试卷聚焦高二化学核心知识，通过工业制备（铁黄）、前沿科技（超分子锂镁分离）及生活应用（消毒酒精）等真实情境设计问题，融合化学观念、科学思维与探究实践，全面考查知识迁移与创新应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|15题（45分）|化学与生活、化学用语、反应原理、物质结构|如结合消毒酒精浓度考查化学与生活，通过晶胞结构分析考查物质结构与性质关联| |解答题|4题（55分）|工业流程、反应原理、实验制备、有机合成|工业流程题（铁黄制备）综合考查氧化还原与分离提纯；实验题（S₂Cl₂制备）强调装置改进与误差分析，体现科学探究与实践素养|

高二下期期末复习考试卷2（化学） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 评卷人 得分 一、单选题 1．化学与生活密切相关，下列说法错误的是 A．乙二醇能降低水的凝固点，用于汽车发动机的防冻液 B．酒精能杀菌，常用无水酒精消毒 C．苯酚有杀菌消毒作用，用于制造苯酚药皂 D．硝化甘油属于酯，是一种用于治疗心绞痛药物的主要成分 2．下列化学用语表达正确的是 A．氨基的电子式： B．金刚砂的化学式：Si3N4 C．聚丙烯的链节： D．新丁烷的结构简式： 3．下列有关阿伏加德罗常数的说法不正确的是 A．将5.6 g Fe投入足量的稀硝酸中，铁失去的电子数为 B．常温下，14 g乙烯与丙烯的混合气体完全燃烧，消耗的数目为 C．标况下，16.8 L甲烷与足量氯气在光照下反应生成分子数目小于 D．15 g甲基含有电子数为 4．下列离子方程式书写正确的是 A．醋酸除水垢： B．沉淀溶于氨水： C．向溶液通入少量： D．向溶液中加入过量铁粉至溶液显浅绿色： 5．利用下列实验设计进行实验，能达到目的的是 A．通过滴定测定醋酸的浓度 B．证明苯和溴发生了取代反应 C．检验1-溴丙烷消去反应的产物 D．制备乙炔 A．A B．B C．C D．D 6．下列有关化合物X(结构如图)的叙述正确的是 A．X可以发生水解反应、氧化反应、消去反应 B．X中含有5种官能团 C．1 mol X最多可与发生加成反应 D．1 mol X最多可与3 mol NaOH反应 7．利用冠醚可实现水溶液中锂、镁的分离，其制备与分离过程如图。 下列说法不正确的是 A．丙中Li+通过离子键与O原子结合 B．甲属于酚类有机物 C．甲、乙、丙中有一种物质属于超分子 D．乙中碳原子杂化类型为sp2、sp3 8．某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙，需经过如下实验方案进行提纯： 下列说法错误的是 A．操作Ⅰ中的加水量要根据样品质量和苯甲酸的溶解度而定 B．操作Ⅱ趁热过滤除去的是不溶性杂质泥沙 C．由操作Ⅲ可知苯甲酸的溶解度受温度影响很大 D．操作Ⅳ中可以用NaOH溶液检验是否洗涤干净 9．物质的结构决定性质。下列物质的性质从结构的角度解释正确的是 选项 性质 从结构角度解释 A 晶体中1个的前后、左右、上下共有6个 离子键具有饱和性和方向性 B 苯酚能与浓溴水反应而苯不能 羟基为推电子基团，使邻、对位上的键更易断裂 C 分解温度： 键能：，且甲烷的正四面体结构使其化学键分布更对称，分子整体稳定性更高 D 碳素(单层石墨)钓鱼竿弹性好，不易折断 碳采取杂化，键能大，键长小 A．A B．B C．C D．D 10．我国科研人员报道了一种以大宗化学品乙醇酸甲酯(MG)和环氧乙烷(EO)为原料，“一锅法”合成pDo的新方法，合成路线如图所示。下列说法错误的是 A．该反应符合绿色化学的要求，是原子经济性反应，原子利用率100% B．MG和EO均可与水发生反应 C．pDo中不是所有原子都处于同一平面 D．MG、EO、pDo都可用于合成高分子材料 11．由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W组成的化合物，其结构如图所示。X的核外电子数与电子层数相同，Y、W同族，Z的价电子数等于X与Y的价电子数之和。下列说法正确的是 A．原子半径：Z>Y>X B．电负性：Z>Y>W C．此物质中所有原子都满足8电子稳定结构 D．Y的第一电离能高于同周期相邻元素 12．铑()的配合物离子可催化甲醇羰基化反应，反应过程如图所示。下列说法错误的是 A．若用进行反应，则产物乙酸中一定含有标记 B．总反应为 C．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成 D．、都是反应中间体 13．下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，q处的坐标参数为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．该氧化物的化学式为 B．该氧化物的密度为 C．图乙为晶胞沿Z轴方向的投影图 D．该晶体中的配位数为8 14．为探究含铜化合物的性质，某同学设计了如下实验，下列说法不正确的是 A．与的配位能力： B．向深蓝色溶液中加入乙醇有深蓝色固体析出的原因是溶剂的极性降低 C．若向深蓝色固体中加入过量稀硫酸，也能得到黄绿色溶液 D．铁钉表面出现红色物质的反应为 15．利用如图所示装置可实现有机物化学储氢，下列说法正确的是 A．若电源为铅酸蓄电池，则电极M应与电极相连 B．该装置工作时，存在非极性键的形成和极性键的断裂 C．该装置工作时，外电路中电子的流动方向为电极M→电解质溶液→电极N→电源 D．电极N上的电极反应式为 评卷人 得分 二、解答题 16．铁黄()为一种不溶于水的黄色固体，在染料工业中有着重要的作用。某工厂以氧化铁废料(含少量、等)为原料制备铁黄，其流程如图所示。 已知：在水溶液中的还原性显著强于，“沉铁”过程中析出绿矾晶体()。 回答下列问题： (1)基态铁原子价层电子的排布式为_______。 (2)为提高“酸浸”效率，可采取的措施有_______(任意写两条) (3)“试剂X”宜选择的是_______(填标号)。 A．双氧水    B．铁粉    C．氯水 (4)加入乙醇能析出绿矾的原因是_______。 (5)发生“转化2”之前需要先将绿矾晶体配制成绿矾溶液，配制过程中应加入少量铁粉和稀硫酸。请结合勒夏特列原理，解释加入稀硫酸的作用为_______。 (6)“转化2”主要发生反应的离子方程式为_______。 (7)“转化2”时，若溶液时，只有少量铁黄生成，其原因是_______。 (8)某含的结晶水合物的结构片段如图所示(球与球之间的短线代表单键或双键)。 该结晶水合物的化学式为_______。 17．裂解可以获得等许多重要的化工原料。 已知：I．； Ⅱ．； 一些物质的燃烧热如表： 物质 燃烧热 (正) -2869.6(异) (1)若反应I中为正丁烷，则___________ ，该反应能自发进行的条件是___________。 (2)2 L恒容密闭容器中分别通入1 mol C4H10(正，g)或1 mol C4H10(异，g)发生反应I、Ⅱ，两种反应物的平衡转化率随温度变化的关系如图所示： ①图中代表C4H10(异，g)的平衡转化率随温度变化的曲线是___________(填“M”或“N”)，理由是___________。 ②若640℃时在2 L恒容密闭容器中通入1 mol C4H10(异，g)，此时容器的压强为，达到平衡时的选择性，则的体积分数是___________；反应Ⅱ的平衡常数___________(用含p的代数式表示)。 (3)为了提高丙烯的产量，工业上常用丙烷无氧催化脱氢技术制丙烯。主反应脱氢物质的相对能量的部分反应历程如图所示(代表过渡态，代表铂催化剂)。 ①该反应历程中决速步骤的化学方程式是___________。 ②根据图中数据，丙烷无氧催化脱氢制丙烯的相对能量变化___________(填“大于”“小于”“等于”或“无法判断”) -0.95 eV，理由是___________。 18．二氯化二硫(S2Cl2)在工业上可以用于橡胶的硫化，还可以作为贵金属的萃取剂，可由硫和氯气在100～110℃直接化合而成。实验室用如下图所示装置制备S2Cl2并对尾气进行回收利用。已知：S2Cl2的熔点为-77℃，沸点为137℃。S2Cl2遇水会缓慢分解。 (1)反应前必须进行的操作是___________。 (2)写出装置A中发生反应的离子方程式：___________。 (3)装置B中所装试剂的名称为___________。 (4)装置A、B中的空气可以通过控制K2、K3来去除，具体方法为___________。 (5)S2Cl2遇水会生成淡黄色单质、一种能使品红溶液褪色的气体化合物和酸雾，写出该反应的化学方程式：___________。 (6)由于该装置存在缺陷，使制得的S2Cl2可能不纯，简述改进方法：___________。 19．化合物F是一种用于合成药物美多心安的中间体，F的一种合成路线流程图如下： (1)化合物E中含氧官能团名称为___________和___________。 (2)E→ F的反应类型为___________。 (3)C的分子式为，经还原反应得到D，写出C的结构简式：___________。 (4)写出A发生催化氧化反应的化学方程式：___________。 (5)写出符合下列所有条件的A的一种同分异构体的结构简式：___________。 ①属于芳香族化合物；②不能和金属钠发生反应；③氢核磁共振谱图显示有四种不同的吸收峰 (6)结合所学知识并参考上述合成路线，某同学设计了以和为原料制备的合成路线流程图(如下图所示)： 则化合物M和N的结构简式分别为___________和___________。 试卷第8页，共9页 试卷第9页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 《高二下期期末复习考试卷2（化学）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D B B A A D C A 题号 11 12 13 14 15 答案 B C B C B 1．B 【详解】A．乙二醇与水混合后溶液凝固点大幅降低，能避免冬季发动机水箱结冰，可作防冻液，A正确； B．75%（体积分数）的酒精杀菌效果最好，无水酒精会使细菌表层蛋白质快速凝固形成保护膜，阻碍酒精进入细菌内部，无法彻底杀菌，因此不使用无水酒精消毒，B错误； C．低浓度苯酚有杀菌消毒作用，可用于制作苯酚药皂，C正确； D．硝化甘油是甘油和硝酸发生酯化反应生成的酯类，是治疗心绞痛药物的主要成分，D正确； 故选B。 2．A 【详解】A．氨基为中性基团，氮原子最外层有5个价电子，与2个氢原子形成2个共用电子对，剩余1对孤对电子和1个单电子，电子式书写正确，A正确； B．金刚砂是碳化硅的俗名，化学式为，B错误； C．丙烯的结构简式为，加聚生成聚丙烯时双键打开，链节为，C错误； D．习惯命名法中，丁烷仅存在正丁烷、异丁烷两种同分异构体，无新丁烷的命名，为异丁烷的结构简式，D错误； 故选 A。 3．D 【详解】A．5.6g 的物质的量为，足量稀硝酸将完全氧化为，每个失去3个电子，故铁失去的电子数为，A正确； B．乙烯和丙烯的最简式均为，14g混合气体中的物质的量为，1mol 完全燃烧消耗的物质的量为，故消耗的数目为，B正确； C．标况下16.8L甲烷的物质的量为，甲烷与氯气在光照下发生连锁取代反应，同时生成、、、四种有机产物，故分子数目小于，C正确； D．15g甲基的物质的量为，甲基为中性基团，1个甲基含有的电子数为，故1mol甲基含电子数为，不是，D错误； 故选D。 4．B 【详解】A．醋酸是弱电解质，离子方程式中不能拆分为，应写化学式，醋酸除水垢的离子方程式为，A错误； B．AgCl沉淀与氨水反应生成可溶性银氨络离子，离子方程式为，B正确； C．酸性：。根据强酸制弱酸规律，与NaClO反应生成碳酸氢钠、次氯酸，对应的离子方程式为，C错误； D．是难电离的络合物，离子方程式中不能拆分为，应写化学式，该反应对应的离子方程式为，D错误； 故选B。 5．B 【详解】A．用NaOH标准溶液滴定醋酸时，锥形瓶中未添加酸碱指示剂，无法判断滴定终点，不能测定醋酸浓度，A错误； B．苯和液溴在催化下反应，挥发的会被吸收除去，若后续溶液中产生淡黄色沉淀，说明有HBr生成，可证明苯和溴发生了取代反应，B正确； C．1-溴丙烷消去反应过程中会挥发出乙醇，乙醇也能使酸性溶液变色，会干扰消去产物丙烯的检验，无法达到实验目的，C错误； D．电石与饱和食盐水反应剧烈、放出大量热，且生成的氢氧化钙为糊状，易堵塞启普发生器，不能用该装置制备乙炔，D错误； 故选B。 6．A 【详解】A．酯基、卤原子都可以发生水解反应，醇羟基连接的碳原子上有氢，可以发生催化氧化，也可以燃烧发生氧化反应，醇羟基、烷基溴的邻位碳原子上都有氢，可以发生消去反应，因此三种反应都能发生，A正确； B．官能团按种类分，只有酯基、羰基、醇羟基、溴原子共4种，B错误； C．苯环可以与加成，1个苯环消耗，两个苯环共消耗，羰基能与加成，1个羰基消耗，酯基中的羰基不能与加成，因此最多消耗，C错误； D．1 mol X中：1个酯基水解消耗，烷基溴水解消耗，芳基溴水解后生成酚羟基，共消耗，总计最多消耗，D错误； 故选A。 7．A 【详解】A．离子键为阴、阳离子之间的静电相互作用，与O原子以配位键相结合(前者提供空轨道，后者提供孤电子对)，而非离子键，A错误； B．甲的苯环上直接连有两个羟基，属于酚类，B正确； C．邻苯二酚与冠醚为单一分子，不属于超分子，冠醚与Li+结合形成的丙是超分子，故甲、乙、丙中有一种物质属于超分子，C正确； D．苯环为平面结构，苯环上的碳原子为杂化，非苯环上的碳原子只形成单键，故非苯环上的碳原子为杂化，D正确； 故选A。 8．D 【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。 【详解】A．操作Ⅰ为加热溶解，加水量过少会导致苯甲酸不能完全溶解，过多会使后续冷却结晶时苯甲酸析出量减少，因此需根据样品质量和苯甲酸的溶解度确定加水量，A正确； B．操作Ⅱ趁热过滤可避免温度降低导致苯甲酸析出，该步骤过滤除去的是不溶性杂质泥沙，B正确； C．操作Ⅲ冷却结晶可析出大量苯甲酸，说明苯甲酸溶解度随温度降低明显减小，即溶解度受温度影响很大，C正确； D．操作Ⅳ洗涤的目的是除去苯甲酸晶体表面附着的NaCl杂质，应选用硝酸酸化的溶液检验判断是否洗涤干净，NaOH与NaCl不反应，与苯甲酸反应也无明显特征现象，无法完成检验，D错误； 故选D。 9．C 【详解】A．离子键无饱和性和方向性，晶体中配位数为6是由正负离子半径比和离子带电荷数决定的，A错误； B．羟基为吸电子基，通过p-π共轭作用活化苯环，增大邻对位电子云密度，使苯酚更易发生亲电取代反应，B错误； C．硫原子半径大于碳原子，键长，键能，且甲烷为正四面体高度对称结构，分子整体稳定性更高，因此分解温度，C正确； D．单层石墨中碳原子采取杂化，并非杂化，D错误； 答案选C。 10．A 【详解】A．反应物MG的分子式为：C3H6O3，EO的分子式为：C2H4O；生成物pDo的分子式为C4H6O3，反应前后原子不守恒，说明一定有副产物（比如甲醇）生成，原子利用率不是 100%，A错误； B．MG（乙醇酸甲酯）：属于酯类，在酸 / 碱催化下可以发生水解反应，生成乙醇酸（盐）和甲醇，能与水反应；EO（环氧乙烷）：环醚，性质活泼，可与水发生开环加成反应，生成乙二醇，能与水反应，B正确； C．pDo 的结构中含有多个饱和碳原子（sp3杂化），空间构型为四面体构型，比如 -CH2- 基团上的氢原子，无法全部与环上原子共平面，C正确； D．MG：含羟基和酯基，可通过缩聚反应合成聚酯类高分子； EO：环氧乙烷可开环聚合，生成聚乙二醇（聚醚类高分子）； pDo：环状内酯，可发生开环聚合，生成聚酯类高分子，D正确； 故答案选A。 11．B 【分析】X的核外电子数与电子层数相同，为短周期主族元素，故X为H。Y、W同族，结合结构中W可形成2个双键、2个单键，W为第ⅥA族元素，原子序数大于Y，故Y为第二周期第ⅥA族的O，W为第三周期第ⅥA族的S。Z的价电子数等于X与Y的价电子数之和，即1+6=7，且原子序数介于O和S之间，故Z为F。 【详解】A．同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径O>F，即Y>Z，A错误； B．同周期主族元素电负性随原子序数增大而增大，同主族元素电负性随原子序数增大而减小，故电负性F>O>S，即Z>Y>W，B正确； C．该物质中X为H，最外层仅2个电子，不满足8电子稳定结构，C错误； D．Y为O，同周期相邻元素为N和F，N的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能大于O，F的第一电离能也大于O，故O的第一电离能低于同周期相邻的N、F，D错误； 故选B。 12．C 【分析】结合机理图梳理物质转化路径，与反应生成和，进入含Rh配合物的催化循环，结合后生成，与反应生成和，循环参与反应；含Rh的配合物为催化剂，、为反应中间体，总反应为。 【详解】A．与反应时断裂键，生成和，后续与反应，进入的羟基中，产物乙酸一定含有标记，A正确； B．消去所有中间体和催化剂，总反应为，B正确； C．反应过程中所有断裂的化学键均为不同原子间的极性键，无非极性键的断裂，仅生成乙酸时存在非极性键的形成，不存在非极性键的断裂，C错误； D．、均为反应过程中生成、后续又被消耗的物质，属于反应中间体，D正确； 故选C。 13．B 【详解】A．晶胞中Zr原子为4个，O原子位于顶点、棱、面心和体心总计为个，二者个数比为1:2，故氧化物化学式为，A正确； B．晶胞中含个，质量为，晶胞体积为，计算得密度为，B错误； C．O原子位于顶点、棱、面心和体心，沿Z轴投影时，O原子投影在正方形顶点和边中点及面心，Zr原子投影在四个小正方形中心，与图乙一致，C正确； D．该晶体为萤石型结构，晶体中Zr的配位数为8，（配位数为，配位数比符合化学式），D正确； 故选B。 14．C 【分析】向CuSO4溶液中加入浓氨水反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，再继续加入过量的浓氨水反应生成蓝色络合物[Cu(NH3)4]2+，取其两份溶液，其中一份插入打磨过的铁钉，溶液无明显变化，再加入稀盐酸后产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质，说明其形成了原电池，加快了反应速率；另一份中加入乙醇溶液，反应生成深蓝色沉淀[Cu(NH3)4]SO4·H2O，过滤洗涤后加入浓盐酸，生成黄绿色的[CuCl4]2-。 【详解】A．先与形成水合铜离子，加入氨水后取代形成，说明与的配位能力强于，A正确； B．深蓝色溶液中溶质为离子化合物，极性较大，加入极性更小的乙醇后溶剂极性降低，该物质溶解度减小，析出深蓝色固体，B正确； C．深蓝色固体与过量稀硫酸反应，生成、，溶液中含蓝色的水合，无大量无法形成黄绿色的，不能得到黄绿色溶液，C错误； D．加入稀盐酸后，与配体结合为，使解离出，置换出，离子方程式书写正确，D正确； 故答案选C。 15．B 【分析】电极M：苯（C6H6）转化为环己烷（C6H12），发生得电子的还原反应，故电极M为电解池的阴极。 电极N：电极M处发生还原反应，则电极N必发生氧化反应。水在N极失去电子生成氧气和氢离子，故电极N为电解池的阳极，生成的H+通过质子交换膜移向M极参与反应。 【详解】A．电极M为阴极，必须与直流电源的负极相连。在铅酸蓄电池中，PbO2是正极，Pb是负极，电极M应与Pb电极相连，A错误； B．在阳极N处，水发生反应，，反应物H2O中存在O-H极性键并断裂，生成物O2中形成了 O=O非极性键，B正确； C．电子只能在外电路（导线和电极）中定向移动，电子绝对不能进入电解质溶液，溶液中电荷的传递是依靠阴、阳离子的定向移动实现的，C错误； D．电极N为阳极，发生失电子的氧化反应，正确的电极反应式应为：，D错误； 故答案选B。 16．(1) (2)适当升高温度、适当增大稀硫酸的浓度、将废料研磨粉碎、搅拌等 (3)B (4)加入乙醇后，降低了溶剂的极性，使得溶解度降低，有利于晶体析出(答“降低溶解度”或“溶液极性降低”均给分。) (5)增大，使的水解平衡逆向移动，抑制水解 (6) (7)碱性过强，使快速大量生成，会直接被氧化为胶状沉淀 (8) 【分析】氧化铁废料(含少量SiO2、FeO等)中加稀硫酸酸浸，二氧化硅不溶，成为滤渣，氧化铁和氧化亚铁分别转化为和FeSO4，过滤后的滤液中加还原剂铁粉，将Fe3+还原为Fe2+，再往其中加乙醇，降低FeSO4溶解度，使其析出晶体，过滤，往得到的绿矾晶体()中加NaOH溶液并通入空气，反应得到FeOOH和含Na2SO4的滤液。 【详解】（1）基态铁原子的原子序数为26，故其价层电子的排布式； （2）为提高“酸浸”的速率，可采取的措施有将废料研磨粉碎、升温、适当增加硫酸浓度、搅拌等； （3）“试剂X”用于将铁离子还原为亚铁离子，则： A．双氧水具有强氧化性、能将亚铁离子氧化为铁离子，不满足； B．铁粉具有还原性、能将铁离子还原为亚铁离子，且不引入杂质，满足； C．氯水具有强氧化性、能将亚铁离子氧化为铁离子，不满足； 故选B； （4）加入乙醇后，降低了溶剂的极性，可降低硫酸亚铁的溶解度，有利于晶体析出； （5）配制绿矾溶液时Fe2+会水解：，加入稀硫酸后增大，使的水解平衡逆向移动，抑制水解； （6）由流程知，“转化2”为转化为FeOOH的反应，是氧化还原反应，碱性条件下，氧气将亚铁氧化，离子方程式是； （7）溶液时，碱性过强，使Fe(OH)2快速大量生成，且氧化速率急剧加快，Fe(OH)2直接被氧化为Fe(OH)3胶状沉淀，故只有少量铁黄生成； （8） 根据结构片段的最小重复单元可以看出，每个Fe2+结合两个结构，又被两个Fe2+共有，Fe2+与之比为1：1，由图可知，每个Fe2+还结合了两个水分子，则该结晶水合物的化学式为。 17．(1) 高温 (2) N C4H10(正，g)的燃烧热比C4H10(异，g)小，C4H10(正，g)的能量高，稳定性差（合理即可） （或） (3) 无法判断 因为和H从表面解吸需要能量，而成键又放出能量，没有给出二者的数据（合理即可） 【详解】（1）目标反应为，根据盖斯定律，目标反应燃烧热反应燃烧热反应燃烧热反应，故，其，由于时反应自发，因此，反应自发进行的条件是高温； （2）的燃烧热比小，的能量高，所以反应I和Ⅱ对于正丁烷来说，更小，即正丁烷发生反应I和Ⅱ时吸热更少，温度相同时，正丁烷的平衡转化率更高，故图中代表的平衡转化率随温度变化的曲线是N；在640℃时，的平衡转化率是，恒容密闭容器中各气体组分的物质的量之比为分压之比，达到平衡时，的选择性(即发生反应Ⅱ)，则反应I占转化的，列三段式： I. II. 平衡时总压为；故的体积分数是，反应Ⅱ的平衡常数； （3）该历程中第一步能垒是，第二步能垒是，能垒大的步骤为决速步骤，故决速步骤是；因为和H从表面解吸需要能量，而成键又放出能量，没有给出二者的数据，故无法判断丙烷无氧催化脱氢制丙烯的相对能量变化与的相对大小。 18．(1)检查装置的气密性 (2)MnO2＋4H＋＋2Cl-Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (3)浓硫酸 (4)关闭K2，打开K3，当装置B上方充满黄绿色气体时，打开K2，关闭K3 (5)2S2Cl2＋2H2O=SO2↑＋3S↓＋4HCl (6)在装置D与装置E之间添加装有CaCl2(或P2O5或硅胶)的干燥管(或装有浓硫酸的洗气瓶) 【分析】装置A用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应制取氯气，MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，氯气中含有水蒸气，利用B中所装浓硫酸干燥氯气，防止S2Cl2水解，通过氢氧化钠溶液，吸收多余的氯气及氯化氢气体防止污染环境，装置D中硫与氯气反应生成S2Cl2，E中可能有水蒸气进入D中，导致D中S2Cl2可能会水解，使制得的二氯化二硫可能不纯，需要在D与E之间添加盛放无水氯化钙或五氧化二磷或硅胶的干燥装置。 【详解】（1）由于反应中有Cl2参加，反应前必须检查装置的气密性； （2）根据分析，A装置发生制氯气的反应，离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O； （3）根据分析，B中所装试剂的名称为浓硫酸； （4）关闭K2，打开K3，让生成的Cl2将装置A、B中的空气排出，当装置B上方充满黄绿色气体时，打开K2，关闭K3，让Cl2进入D装置反应； （5）S2Cl2遇水会生成黄色单质S、一种能使品红褪色的气体SO2及HCl，结合电子守恒、原子守恒可得此反应的化学方程式：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↑+4HCl； （6）根据分析，S2Cl2遇水剧烈反应，反应装置中，E中的水蒸气可以通过导管进入D中，使制得的二氯化二硫不纯，改进方法为在D与E之间增加1个装有无水氯化钙(或五氧化二磷或硅胶)的干燥管或装有浓硫酸的洗气瓶。 19．(1) 羟基 醚键 (2)取代反应 (3) (4)2+ O22+ 2H2O (5) (6) 【分析】 对比A、D的结构简式，结合A→D转化过程中各步反应条件，可知A发生取代反应得到B为，同时还生成HCl，B与浓硝酸发生对位硝化反应反应得到C，C的分子式为C9H11NO3，经还原得到D，故C为，对比E、F的结构，可知E中羟基中H原子被取代生成F。 【详解】（1）化合物E中含氧官能团名称为酚羟基、醚键； （2）对比E、F的结构，可知E中羟基中H原子被取代生成F，为取代反应； （3） 由分析，C为：； （4） A中含羟基，催化氧化生成醛基：2+ O22+ 2H2O； （5） A的同分异构体属于芳香族化合物，则含苯环；不能和金属钠发生反应，不含羟基；氢核磁共振谱图显示有四种不同的吸收峰，则分子结构对称；A中含有苯环，没有羟基且有四种环境的氢原子，符合条件的同分异构体为； （6） 先将氨基转化为羟基，后甲氧基化保护，再氧化对位的甲基为羧基，最后再发生取代反应生成羟基，流程为，故M和N的结构简式分别为、。 答案第2页，共12页 答案第3页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $