2022-2022学年浙江省衢州一中高三（上）开学化学试卷 一、选择题（每小题2分，共20分．每小题只有一个正确选项．）1．（2分）（2022•上海）据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂．下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（ ） A．B．C．D．考点：化学反应中能量转化的原因；催化剂的作用．分析：水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变．解答：解：A、水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，与图不符，故A错；B、加入催化剂反应热不变，并且图象符合反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；C、化学反应一定伴随着能量变化，反应物的总能量与生成物的总能量不相等，故C错；D、加入催化剂降低反应的活化能，图象不符合，故D错．故选：B．点评：本题考查催化剂对化学反应的影响以及反应热与反应物和生成物总能量的关系，以图象体题的形式呈现，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断某一反应是吸热还是放热． 2．（2分）（2022•上海）结构为…﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣…的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅度提高．上述高分子化合物的单体是（ ） A．乙炔B．乙烯C．丙烯D．1，3﹣丁二烯考点：聚合反应与酯化反应．专题：有机反应．分析：判断高聚物的单体：首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，加聚产物的单体推断方法：（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；（3）凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换；该题属于第（1）种情况，据此进行解答．-24-解答：解：高分子化合物…CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH…，其结构简式可以表示为：﹣[CH=CH]﹣n，属于加聚产物，根据加聚产物的单体推断方法，凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可其单体为：CH≡CH，故选A．点评：本题考查加聚反应生原理及高分子化合物单体的求算，题目难度不大，明确加聚反应原理及反应产物的单体判断方法是解答的关键． 3．（2分）（2022•上海）只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是（ ） A．K值不变，平衡可能移动B．K值变化，平衡一定移动 C．平衡移动，K值可能不变D．平衡移动，K值一定变化考点：真题集萃；化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：平衡常数K是温度的函数，只与温度有关，温度一定，平衡常数K值一定，温度发生变化，平衡常数K值也发生变化．解答：解：影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等．A．K值只与温度有关，若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，K值不变，平衡向右移动，故A正确；B．K值是温度的函数，K值变化，说明温度发生了改变，则平衡一定发生移动，故B正确；C．若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，平衡向右移动，但K值只与温度有关，故K值不变，故C正确；D．若是改变浓度或压强使平衡发生移动，而温度不变，则K值不变，故D错误，故选D．点评：本题考查平衡常数与平衡移动的关系，难度不大．要注意平衡常数K是温度的函数，只与温度有关． 4．（2分）下表中对应关系正确的是（ ）ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClCH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl均为取代反应B由油脂得到甘油；由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应CCl2+2Br‾═2Cl‾+Br2；Zn+Cu2+═Zn2++Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2↑；Cl2+H2O═HCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应 A．AB．BC．CD．D考点：取代反应与加成反应；氧化还原反应；消去反应与水解反应．专题：物质的分类专题．-24-分析：A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖；C．Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+═Zn2++Cu中Zn元素的化合价升高；D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化．解答：解：A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均可发生水解反应，故B正确；C．Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+═Zn2++Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后置单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；故选B．点评：本题为2022年高考真题，侧重氧化还原反应及有机反应类型的考查，把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度不大． 5．（2分）（2022•江苏）下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是（ ） A．用装置甲制取氯气 B．用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢 C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液 D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2•4H2O考点：真题集萃；氯气的实验室制法；氯、溴、碘的性质实验．专题：实验设计题．分析：A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，气体应为长进短处；-24-C、二氧化锰不溶于水，将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤；D、锰离子可发生水解．解答：解：A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，甲装置无加热仪器，故A错误；B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，且NaHCO3和HCl反应能生成CO2，引入新的杂质气体，所以吸收试剂应该为饱和食盐水，并且气体应为长进短出，故B错误；C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，丙装置为过滤装置，故C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制MnCl2•4H2O，应该在HCl的气氛中进行，故D错误；故选C．点评：本题考查了氯气的实验室制备，侧重于实验原理、实验仪器、实验基本操作、盐类水解的考查，综合性较强，难度一般，注意气体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用． 6．（2分）从香荚兰豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应．该化合物可能的结构简式是（ ） A．B．C．D．考点：有机物分子中的官能团及其结构；同分异构现象和同分异构体．专题：有机物的化学性质及推断．分析：一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，结合其分子式确定结构简式．解答：解：一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基，A．该分子中含有醛基和酚羟基，且分子式为C8H8O3，故A正确；B．该分子中不含酚羟基，所以不能显色反应，不符合题意，故B错误；C．该反应中不含醛基，所以不能发生银镜反应，不符合题意，故C错误；D．该分子中含有醛基和酚羟基，能发生显色反应和银镜反应，其分子式为C8H6O3，不符合题意，故D错误；故选A．点评：本题考查了有机物的结构和性质，知道常见有机物官能团及其性质是解本题关键，再结合题干确定有机物的官能团，题目难度不大． 7．（2分）已知复分解反应：2CH3COOH+Na2CO3═2CH3COONa+H2O+CO2↑可自发进行．在常温下，测得浓度均为0.1mol/L的下列六种溶液的PH：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH值8.89.711.610.311.1表中数据提示出复分解反应的一条规律，即碱性较强的物质发生类似反应可生成碱性较弱的物质．依据该规律，请你判断下列反应不能成立的是（ ） CO2+H2O+NaClO═NaHCO3+HClOCO2+H2O+2NaClO═Na2CO3+2HClO-24-A．B． C．CH3COOH+NaCN═CH3COONa+HCND．CH3COOH+NaClO═CH3COONa+HClO考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：都是强碱弱酸盐，水解显示碱性，溶液的pH越大，水解程度越大，对应的酸的酸性越弱，复分解反应中，碱性强的物质置换碱性弱的物质，酸性强的物质置换酸性弱的物质．根据以上知识对各选项进行判断即可．解答：解：A、由表可知NaClO溶液的pH=10.3＞NaHCO3溶液的pH=8.6，所以CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO能成立，故A错误；B、由表可知NaClO溶液的pH=10.3＜Na2CO3溶液的pH=11.6，所以CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO不能成立，故B正确；C、NaCN溶液的pH=11.1＞CH3COONa溶液的pH=8.8，所以CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN能成立，故C错误；D、由表可知NaClO溶液的pH=10.3＞CH3COONa溶液的pH=8.8，所以NaClO+CH3COOH=HClO+CH3COONa能成立，故D错误；故选B．点评：本题考查了盐类水解的应用，解题的重点是了解溶液酸碱性与pH的关系，属于基础性知识考查题，本题难度不大． 8．（2分）将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g）达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（ ） A．平衡常数减小B．BaO量不变C．氧气压强减小D．BaO2量增加考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：保持温度不变，缩小容器体积，增大压强，可逆反应向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答．解答：解：A．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；B．缩小容器体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则BaO的量减小，故B错误；C．平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，其压强不变，故C错误；D．平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加，故D正确；故选D．点评：本题考查了可逆反应平衡移动，根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可，注意平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，为易错点． 9．（2分）化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（ ）选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2-24-反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜 A．AB．BC．CD．D考点：盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：盐类的水解专题；元素及其化合物．分析：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置变质；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；解答：解：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液反应是水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3不可直接与油污反应，故A错误；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故B错误；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，故C正确；D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故D错误；故选C．点评：本题考查了盐类水解的分析应用，掌握物质性质和反应实质是关键，题目难度中等． 10．（2分）下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是（ ） A．能使红色石蕊试纸显蓝色的溶液：K+、Na+、SO42﹣、C2O42﹣ B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：Na+、NH4+、S2﹣、Br﹣ C．水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液：Ba2+、Na+、SO3﹣、S2﹣ D．加入铝条有氢气放出的溶液：Na+、NH4+、Cl﹣、NO3﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．能使红色石蕊试纸显蓝色的溶液为碱性溶液，K+、Na+、SO42﹣、C2O42﹣离子之间不反应，也不与氢氧根离子反应；B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，硫离子还原性大于碘离子，在该溶液中能够被氧化；C．水电离出的c（H+）=10﹣12-24-mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，亚硫酸根离子、硫离子能够与氢离子反应；D．加入铝条有氢气放出的溶液为酸性或者碱性溶液，铵根离子能够与氢氧根离子反应．解答：解：A．能使红色石蕊试纸显蓝色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量的氢氧根离子，K+、Na+、SO42﹣、C2O42﹣离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，S2﹣的还原性大于碘离子，能够被该溶液氧化，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中存在大量的H+或OH﹣，S2﹣离子与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；D．加入铝条有氢气放出的溶液存在大量的H+或OH﹣，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等． 二、选择题（每小题3分，共30分．每小题只有一个正确选项．）11．（3分）（2022•南京三模）三种不同物质有如图所示转化关系：甲乙丙甲，则甲不可能是（ ） A．Al2O3B．SiO2C．CO2D．NH4Cl考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：甲和氢氧化钠溶液能反应，则甲可能是铝、酸、酸式盐、酸性氧化物、酯、氢氧化铝等，甲和氢氧化钠反应生成乙，易能和盐酸反应生成丙，丙加热生成甲，根据各物质的性质来分析解答．解答：解：A．氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝或氢氧化铝，加热氢氧化铝生成氧化铝，所以符合转化关系，故A不选；B．二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸，加热硅酸生成二氧化硅，所以符合转化关系，故B不选；C．二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠或碳酸氢钠，碳酸钠或碳酸氢钠与盐酸反应生成碳酸，碳酸加热生成二氧化碳，所以符合转化关系，故C不选；D．氯化铵和氢氧化钠溶液反应生成氨水，氨水和盐酸反应生成氯化铵，加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，所以不符合转化关系，故D错误；故选D．点评：本题考查无机物的推断，明确物质的性质是解本题关键，难度不大，注意对知识点的总结、归纳． -24-12．（3分）X、Y、Z、W四种物质之间有如图所示的转化关系（部分物质未写全），且已知反应热之间的关系符合等式△H=△H1+△H2．则X、Y可能是①C、CO②AlCl3、Al（OH）3③Fe、Fe（NO3）2④Na2CO3、NaHCO3（ ） A．①②③④B．①②C．③④D．①②③考点：镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铁的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：图中X可连续与W发生反应，X如为单质，可为C、N、Na等对应的单质，也可为两性化合物、AlCl3、NaOH、CO2等，以此解答该题．解答：解：①X为C、W为O2时，Z为CO2，且C与O2完全反应即生成CO2，符合△H=△H1+△H2，故①正确；②若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al（OH）3，Z为NaAlO2，过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，符合△H=△H1+△H2，故②正确；③若X为Fe、W为HNO3，则Y为Fe（NO3）2，Z为Fe（NO3）3，Fe与HNO3反应直接生成Fe（NO3）3，符合△H=△H1+△H2，故③正确；④若X为NaOH、W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，符合△H=△H1+△H2，故④正确；故选A．点评：本题考查无机物的推断，侧重于物质转化关系的应用，物质性质的综合应用，主要考查物质连续反应的特征应用，熟练掌握元素化合物的性质是解题关键． 13．（3分）（2022•江苏）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ） A．Cu溶于稀HNO3：Cu+2H++NO3﹣═Cu2++NO2↑+H2O B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓ C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑ D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．铜和稀硝酸反应生成NO；B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3．H2O；C．弱电解质写化学式；D．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠．解答：解：A．铜和稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；-24-B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3．H2O，离子方程式为2NH4++Fe2++4OH﹣═Fe（OH）2↓+2NH3．H2O，故B错误；C．弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故C错误；D．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，易错选项是D，注意反应物的量，反应物的量不同，其产物不同，为易错点． 14．（3分）（2022•海南）标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变为键焓．已知H﹣H，H﹣O和O=O键的键焓△H分别为436kJ•mol﹣1、463kJ•mol﹣1和495kJ•mol﹣1．下列热化学方程式正确的是（ ） A．H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=﹣485kJ•mol﹣1B．H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=+485kJ•mol﹣1 C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=+485kJ•mol﹣1D．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣485kJ•mol﹣1考点：热化学方程式；真题集萃．专题：化学反应中的能量变化．分析：旧键断裂需要吸收能量，新键的生成会放出能量，△H=反应物的键能和﹣生成物的键能和，据此进行解答．解答：解：A、水分解是吸热反应，应该△H＞0，故A错误；B、△H=2×463kJ/mol﹣436kJ/mol﹣×495kJ/mol=242.5kJ/mol，故B错误；C、氢气燃烧放热，应该△H＜0，故C错误；D、△H=2×436kJ/mol+495kJ/mol﹣4×463kJ/mol=﹣485kJ/mol，故D正确．故选：D．点评：本题考查了热化学方程式的书写、反应热的计算，题目难度中等，注意掌握热化学方程式的书写原则，明确化学键与化学反应中能量变化的关系是解题关键． 15．（3分）（2022•江苏）去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ） A．每个去甲肾上腺素分子中含有3个酚羟基 B．每个去甲肾上腺素分子中含有1个手性碳原子 C．1mol去甲肾上腺素最多与2molBr2发生取代反应-24- D．去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应考点：真题集萃；有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．与苯环直接相连的羟基为酚羟基；B．分子中连接4个不同基团或原子的碳原子为手性碳原子；C．酚羟基的邻、对位位置可以与溴发生取代反应；D．由结构可知，去甲肾上腺素分子中含有碱性基团﹣NH2，能与酸反应，含有酚羟基，能与碱反应．解答：解：A．与苯环直接相连的羟基为酚羟基，由去甲肾上腺素分子结构可知，分子中含有2个酚羟基，故A错误；B．分子中连接4个不同基团或原子的碳原子为手性碳原子，由去甲肾上腺素分子结构可知，与醇羟基连接的碳原子为手性碳原子，故B正确；C．酚羟基的邻、对位位置可以与溴发生取代反应，由结构可知，1mol去甲肾上腺素最多与3molBr2发生取代反应，故C错误；D．由结构可知，去甲肾上腺素分子中含有碱性基团﹣NH2，能与盐酸反应，含有酚羟基，能与NaOH反应，故D正确，故选BD．点评：本题考查有机物结构与性质，难度中等，掌握官能团结构及其性质是关键，注意C选项中酚羟基的邻、对位发生取代反应． 16．（3分）（2022•福建）某电源装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl．下列说法正确的是（ ） A．正极反应为AgCl+e﹣═Ag+Cl﹣ B．放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成 C．若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变 D．当电路中转移0.01mole﹣时，交换膜左则溶液中约减少0.02mol离子考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，-24-A、正极上氯气得电子；B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子；C、根据电池总反应判断；D、放电时，交换膜左则的氢离子向正极移动，氯离子与银离子生成氯化银沉淀．解答：解：根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，A、正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：Cl2+2e﹣═2Cl﹣，故A错误；B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子，银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，故B错误；C、根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，用NaCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故C错误；D、放电时，当电路中转移0.01mole﹣时，交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.01mol，则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子，故D正确．故选：D．点评：本题考查了原电池原理的应用及沉淀反应，注意把握原电池原理及正负极的判断和电极方程式的书写，利用电子及电荷守恒来解决原电池中有关计算的问题，题目难度中等． 17．（3分）（2022•福建）在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下（ ）反应时间/min0102030405060708090100c（N2O）/mol•L﹣10.1000.0900.0800.0700.0600.0500.0400.0300.0200.0100.000下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是（ ）（注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1＜c2） A．B．C．D．考点：转化率随温度、压强的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线．专题：化学平衡专题．分析：根据表格中的数据和所给图象，结合影响化学反应速率和化学平衡的因素进行判断得出正确结论．解答：解：A．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化量是定值，即N2O的分解速率是定值，故A正确；B．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，最终N2O完全分解，故B错误；C.0﹣50min，c（N2O）由0.1变为0.05，故0.1mol•L﹣1N2O的半衰期为50min，20﹣60min，c（N2O）由0.08变为0.04，故0.08mol•L﹣1N2O的半衰期为40min，故随着浓度的减小，半衰期也在减小，故C错误；-24-D．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故N2O的起始浓度越小，单位时间内的转化率越大，最终N2O完全分解，故D错误，故选A．点评：本题考查平衡图象分析，难度中等．该题所给图表、图象新颖，信息量大，但给出了半衰期的注释，降低了难度，有利于学生答题． 18．（3分）（2022•山东）已知某温度下CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（ ） A．水的电离程度始终增大 B．先增大再减小 C．c（CH3COOH）与c（CH3COO﹣）之和始终保持不变 D．当加入氨水的体积为10mL时，c（NH4+）=c（CH3COO﹣）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；B．根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；C．根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；D．CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知c（NH4+）=c（CH3COO﹣）．解答：解：A．酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B．当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数Kb=，c（OH﹣-24-）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数K不变，所以逐渐减小，即始终减小，故B错误；C．n（CH3COOH）与n（CH3COO﹣）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO﹣）之和逐渐减小，故C错误；D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO﹣），故D正确；故选D．点评：本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法． 19．（3分）（2022•合肥三模）常温度下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后再滴加0.1mol/L的NaOH溶液，整个过程中溶液的pH变化曲线如图所示．下列选项正确的是（ ） A．a点所示的溶液中c（H+）=c（Cl﹣）+c（HCl0）+c（OH﹣） B．b点所示的溶液中c（H+）＞c（Cl﹣）＞c（HClO）＞c（ClO﹣） C．c点所示的溶液中c（Na+）=c（HCl0）+c（ClO﹣） D．d点所示的溶液中c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（HClO）考点：离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；氯气的化学性质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：整个过程发生的反应为Cl2+H2O═HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，根据溶液的酸碱性结合电荷守恒和物料守恒分析解答．解答：解：A．a点溶液呈酸性，根据电荷守恒得c（H+）=c（Cl﹣）+c（Cl0﹣）+c（OH﹣），故A错误；B．b点溶液酸性最强，根据电荷守恒得c（H+）=c（Cl﹣）+c（Cl0﹣）+c（OH﹣），所以c（H+）＞c（Cl﹣），酸性越强，次氯酸的电离程度越小，所以c（HClO）＞c（ClO﹣），所以离子浓度大小顺序是c（H+）＞c（Cl﹣）＞c（HClO）＞c（ClO﹣），故B正确；-24-C．c点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+c（Cl0﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣），根据物料守恒得c（Cl﹣）=c（ClO﹣）+c（HClO），所以c（Na+）=c（HClO）+2c（ClO﹣），故C错误；D．d点溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+c（Cl0﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）＞c（Cl﹣）+c（Cl0﹣），根据物料守恒得c（Cl﹣）=c（ClO﹣）+c（HClO），所以c（Cl﹣）＞c（ClO﹣），故D错误；故选：B．点评：本题考查了离子浓度大小的判断，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意根据物料守恒得c（Cl﹣）=c（ClO﹣）+c（HClO），为易错点，难度中等． 20．（3分）有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl﹣、Mg2+、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．根据上述实验，以下推测正确的是（ ） A．K+一定存在B．100mL溶液中含0.01molCO32﹣ C．Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在D．Cl﹣一定存在考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．专题：压轴题；物质检验鉴别题．分析：1、根据题意分析，第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣．第二份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有NH4+，一定不存在Mg2+．第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在CO32﹣、SO42﹣，一定不存在Ba2+；2、根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出K+一定存在，由K+物质的量的变化分析Cl﹣的情况．解答：解：A．根据题意，Ba2+和SO42﹣，可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存．Ba2+和CO32﹣可发生离子反应生成BaCO3沉淀，因此两者也不能大量共存．第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl﹣+Ag+═AgCl↓、CO32﹣+2Ag+═Ag2CO3↓、SO42﹣+2Ag+═Ag2SO4↓，所以可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣．第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+（Mg2+可以和OH﹣反应生产氢氧化镁沉淀）．故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+．根据反应NH4++OH﹣NH3↑+H2O，产生NH3为0.04mol，可得NH4+也为0.04mol．第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤．干燥后，沉淀质量为2.33g．部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32﹣+Ba2+═BaCO3↓、SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl═BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解．因此溶液中一定存在CO32﹣-24-、SO42﹣，一定不存在Ba2+．由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为=0.01mol，BaCO3为6.27g﹣2.33g═3.94g，物质的量为=0.02mol，则CO32﹣物质的量为0.02mol，CO32﹣物质的量浓度为=0.2mol/L，由上述分析可得，溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+．而CO32﹣、SO42﹣、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol，CO32﹣、SO42﹣所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.04mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，K+物质的量≥0.02mol，当K+物质的量＞0.02mol时，溶液中还必须含有Cl﹣，故A正确；B．由上述分析可得，BaCO3为6.27g﹣2.33g═3.94g，CO32﹣物质的量为0.02mol，故B错误；C．溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣、NH4+，Ba2+和CO32﹣、SO42﹣可发生离子反应生成BaCO3↓、BaSO4↓而不共存，因此Ba2+一定不存在．同时第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体，没有产生沉淀，说明一定不含Mg2+，故C错误；D．CO32﹣、SO42﹣、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol，CO32﹣、SO42﹣所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.04mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，且K+物质的量≥0.02mol，当K+物质的量＞0.02mol时，溶液中还必须存在Cl﹣．因此当K+物质的量═0.02mol，溶液中不存在Cl﹣，当K+物质的量＞0.02mol时，溶液中一定存在Cl﹣，故D错误；故选A．点评：本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出现失误． 三、简答题（共4小题，50分）21．（8分）某课外小组分别用下图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究．请回答：I．用图1所示装置进行第一组实验．（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu做电极的是 A （填字母序号）．-24-A．铝 B．石墨 C．银 D．铂（2）N极发生反应的电极反应式为 2H++2e﹣═H2↑（或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣） ．（3）实验过程中，SO42﹣ 从右向左 （填“从左向右”、“从右向左”或“不”）移动；滤纸上能观察到的现象有 滤纸上有红褐色斑点产生 ．II．用图2所示装置进行第二组实验．实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清．查阅资料发现，高铁酸根（FeO42﹣）在溶液中呈紫红色．（4）电解过程中，X极区溶液的pH 增大 （填“增大”、“减小”或“不变”）．（5）电解过程中，Y极发生的电极反应为Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O和 4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑ ．（6）若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体（均已折算为标准状况时气体体积），则Y电极（铁电极）质量减少 0.28 g．（7）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2K2FeO4+3Zn═Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2 该电池正极发生的反应的电极反应式为 2FeO42﹣+6e﹣+5H2O═Fe2O3+10OH﹣ ．考点：原电池和电解池的工作原理．专题：压轴题；电化学专题．分析：Ⅰ图1中，左边装置是原电池，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，如果要找电极材料代替铜，所找材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，M是阳极，N是阴极，电解池中阴极上阳离子得电子发生还原反应，原电池放电时，阴离子向负极移动；Ⅱ该电解池中，阳极材料是活泼金属，则电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，同时氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上氢离子得电子发生还原反应，根据阴阳极上转移电子数相等计算铁反应的质量，在碱性锌电池中，正极上得电子发生还原反应．解答：解：（1）在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，故选A；（2）N电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e﹣═H2↑（或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣），故答案为：2H++2e﹣═H2↑（或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣）；（3）原电池放电时，阴离子向负极移动，所以硫酸根从右向左移动，电解池中，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以滤纸上有红褐色斑点产生，故答案为：从右向左，滤纸上有红褐色斑点产生；（4）电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的pH增大，故答案为增大；（5）铁是活泼金属，电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，氢氧根离子失电子发生氧化反应，所以发生的电极反应式为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O和4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；（6）X电极上析出的是氢气，Y电极上析出的是氧气，且Y电极失电子进入溶液，设铁质量减少为xg，根据转移电子数相等得，x=0.28，答：铁质量减少0.28g；-24-（7）正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，反应方程式为2FeO42﹣+6e﹣+5H2O═Fe2O3+10OH﹣，故答案为：2FeO42﹣+6e﹣+5H2O═Fe2O3+10OH﹣．点评：本题考查了原电池和电解池原理，注意：电解池中如果活泼金属作阳极，则电解池工作时阳极材料失电子发生氧化反应，为易错点． 22．（12分）（2022•江苏）实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I﹣等）中回收碘，其实验过程如图一所示．（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I﹣，其离子方程式为 SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣ ；该操作将I2还原为I﹣的目的是 使四氯化碳中的碘进入水层 ．（2）操作X的名称为 分液 ．（3）氧化时，在三颈烧瓶中将含I﹣的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在40℃左右反应（实验装置如图二所示）．实验室控制在较低温度下进行的原因是 使氯气在溶液中有较大的溶解度（或防止碘升华或防止碘进一步被氧化） ；锥形瓶里盛放的溶液为 NaOH溶液 ．（4）已知：5SO32﹣+2IO3﹣+2H+═I2+5SO42﹣+H2O某含碘废水（pH约为8）中一定存在I2，可能存在I﹣、IO3﹣中的一种或两种，请补充完整检验含碘废水中是否含有I﹣、IO3﹣的实验方案：取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在 从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含有I﹣，否则不含I﹣；另从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉试液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3﹣，否则不含IO3﹣ ．实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液．考点：真题集萃；物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：实验设计题；卤族元素．分析：（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘；碘不容易溶于水，但碘离子易溶于水；（2）分离互不相溶的液体采用分液的方法分离；（3）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小；氯气、碘蒸气都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质；（4）碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色．解答：-24-解：（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘，离子反应方程式为SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣；碘不容易溶于水，但碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子，故答案为：SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣；使四氯化碳中的碘进入水层；（2）四氯化碳属于有机物、水属于无机物，二者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以分离出四氯化碳采用分液的方法，故答案为：分液；（3）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在低温条件下进行反应；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，且都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质，所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气，故答案为：使氯气在溶液中有较大的溶解度（或防止碘升华或防止碘进一步被氧化）；NaOH溶液；（4）碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，所以其检验方法为：从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，2I﹣+2Fe3+=2Fe2++I2，若溶液变蓝色，说明废水中含有I﹣，否则不含I﹣；另从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉试液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，5SO32﹣+2IO3﹣+2H+=I2+5SO42﹣+H2O，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3﹣，否则不含IO3﹣，故答案为：从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含有I﹣，否则不含I﹣；另从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉试液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3﹣，否则不含IO3﹣．点评：本题以物质的制备为载体考查了氧化还原反应、离子的检验、物质的分离和提纯，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的特殊性质、混合物分离和提纯方法的选取等方面来分析解答，知道碘的检验方法，题目难度中等． 23．（15分）（2022•浙江模拟）二甲醚（DME）和甲醇是21世纪应用最广泛的两种清洁燃料，目前工业上均可由合成气在特定催化剂作用下制得．（1）由合成气制备二甲醚的主要原理如下：已知：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=﹣90.7kJ•mol﹣1②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=﹣23.5kJ•mol﹣1③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.2kJ•mol﹣1则反应3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H= ﹣246.1 kJ•mol﹣1．（2）将合成气以通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）其中CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图1：①该反应的平衡常数表达式为 K= ；P1、P2、P3由大到小的顺序为 P1＞P2＞P3 ．②若反应在P3和316℃时，起始时=3，则达到平衡时，CO的转化率 大于 50%（填“大于”、“小于”或“等于”）．-24-（3）由合成气合成甲醇的反应的温度与平衡常数（K）的关系如表数据，温度（℃）250300350平衡常数（k）2.040.250.01250℃时，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应，反应时间与物质浓度的关系如图2所示，则前10分钟内，氢气的平均反应速率为 0.16mol/（L•min） ；若15分钟时，只改变温度一个条件，假设在20分钟时达到新平衡，氢气的转化率为33.3%，此时温度为 300℃ （从上表中选），请在图中画出15﹣25分钟c（CH3OH）的变化曲线．（4）利用甲醇液相脱水也可制备二甲醚，原理是：CH3OH+H2SO4→CH3HSO4+H2O，CH3HSO4+CH3OH→CH3OCH3+H2SO4．与合成气制备二甲醚比较，该工艺的优点是反应温度低，转化率高，其缺点是 H2SO4腐蚀设备或有硫酸废液产生． ．考点：热化学方程式；化学平衡建立的过程；物质的量或浓度随时间的变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线．专题：基本概念与基本理论．分析：（1）依据已知的热化学方程式和盖斯定律计算解答；（2）①平衡常数表达式=生成物浓度幂之积：反应物浓度幂之积；该反应正方向为体积减小的方向，根据压强对CO转化率的影响分析；②若在P3和316℃时，起始时=3，则增大了氢气的量，可以提高一氧化碳的转化率；（3）根据图2求出V（CH3OH），然后依据不同物种表示的速率之比等于计量系数之比求出V（H2）；改变条件后依据氢气的转化率列三段，求出该温度下K判断；合成甲醇的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动所以从15min起CH3OH浓度逐渐减小据此画图；（4）根据硫酸的性质分析．解答：解：（1）①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=﹣90.7kJ•mol﹣1，②2CH30H（g）⇌CH30CH3（g）+H20（g）△H2=﹣23.5kJ•mol﹣1，③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.2kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，①×2+②+③得3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=﹣246.1kJ•mol﹣1，故答案为：﹣246.1；-24-（2）①平衡常数表达式K=；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强CO的转化率增大，所以P1＞P2＞P3；故答案为：K=；P1＞P2＞P3；②若在P3和316℃时，起始时=3，则增大了氢气的量，增大氢气的浓度，平衡正移，CO的转化率增大，所以CO转化率大于50%；故答案为：大于；（3）V（CH3OH）===0.08mol/（L•min），根据方程式得V（CH3OH）：V（H2）=1：2，所以V（H2）=2×0.08mol/（L•min）=0.16mol/（L•min）；改变温度，假设在20分钟时达到新平衡，氢气的转化率为33.3%，则氢气转化的浓度为△C=×33.3%=1mol/L，2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）起始浓度（1mol/L）310转化浓度（1mol/L）1平衡浓度（1mol/L）2K==0.25，所以该温度为300℃；由反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=﹣90.7kJ•mol﹣1，该反应为吸热反应，温度升高平衡向移动，甲醇含量减小，所以图象为：；故答案为：0.16mol/（L•min）；300℃；-24-；（4）该反应有硫酸参加，因为硫酸是强酸，具有较强的腐蚀性，能腐蚀设备；故答案为：H2SO4腐蚀设备或有硫酸废液产生．点评：本题考考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，平衡常数的计算及应用，影响平衡的因素分析判断，题目涉及的知识点较多，综合性较强，题目难度中等． 24．（15分）（2022•泉州一模）对基苯甲醛，…俗称PHBA，是﹣种重要的有机化工原料．其结构如图所示有人提出，以对甲基苯酚为原料合成PHBA的途径如下：（1）PHBA的官能团的名称为 羟基、醛基 ．（2）下有关PHBA的说法正确的是 AC ．A．PHBA的分子式为C7H602B．PHBA是一种芳香烃C.1molPHBA最多能与4molH2反应D．PHBA能与NaHC03溶液反应生成C02（3）上述反应中属于取代反应的 ①②③⑤ ．（4）反应③的化学方程式为 ．（5）该合成途径中的反应①⑤的作用为 保护酚羟基，防止其被氧化 ．（6）E有多种同分异构体，符合以下所有特征的同分异构体的结构简式为 或 （只写一种）．a．苯环上存在2种不同化学环境的氢原子，且个数比为1：2b．遇FeCL3溶液显示特征颜色c．能使溴的四氯化碳溶液褪色．-24-考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）根据PHBA的结构简式确定含有的官能团；（2）A．根据PHBA的结构确定分子式；B．烃只含有C、H两种元素，而PHBA中还含有O元素；C．苯环与醛基都能与氢气发生加成反应；D．酚羟基不能与碳酸氢钠反应；（3）（4）（5）（6）由反应物及生成物的结构可知，反应①为取代反应，与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C发生水解反应生成D为，D氧化生成E为，E发生水解反应得到，由于酚羟基易被氧化，反应①⑤的作用为保护酚羟基，防止其被氧化，据此解答．解答：解：（1）根据PHBA的结构简式，可知含有的官能团有：羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；（2）A．根据PHBA的结构可知，其分子式为C7H602，故A正确；B．烃只含有C、H两种元素，而PHBA中还含有O元素，不属于芳香烃，故B错误；C．苯环与醛基都能与氢气发生加成反应，故1molPHBA需要4mol氢气，故C正确；D．酚羟基不能与碳酸氢钠反应，故D错误，故答案为：AC；-24-（3）由反应物及生成物的结构可知，反应①为取代反应，与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C发生水解反应生成D为，D氧化生成E为，E发生水解反应得到，故属于取代反应的有：①②③⑤，故答案为：①②③⑤；（4）反应③的化学方程式为：，故答案为：；（5）由于酚羟基易被氧化，反应①⑤的作用为保护酚羟基，防止其被氧化，故答案为：保护酚羟基，防止其被氧化；（6）E为，其同分异构体符合以下所有特征：遇FeCL3溶液显示特征颜色，说明含有酚羟基，能使溴的四氯化碳溶液褪色，含有不饱和键，且苯环上存在2种不同化学环境的氢原子，且个数比为1：2，应含有3个取代基，符合条件的同分异构体有：或，故答案为：或．点评：本题考查有机物推断、有机物的结构与性质，难度不大，掌握官能团的性质与转化是关键，注意对基础知识的理解掌握．-24- -24-
