1、2021年辽宁新高考适应性测试化学1. 下列说法正确的是A. 丝绸、宣纸及尼龙的主要成分均为合成纤维B. 港珠澳大桥使用的超高分子量聚乙烯纤维吊装缆绳，具有质量轻、强度大、耐磨、耐腐蚀的优点C. “嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能D. “奋斗者号”潜水器使用的固体浮力材料，由空心玻璃微球填充高强树脂制成，属于无机非金属材料【答案】B【解析】A丝绸的主要成分是蛋白质，宣纸的主要成分是纤维素，尼龙的主要成分是合成纤维，A错误；B聚乙烯纤维属于合成高分子，具有强度大、质量轻、耐腐蚀等特点，B正确；C嫦娥五号使用的太阳能电池阵是将太阳能转化为电能，C错误；D固体浮力材
2、料，由空心玻璃微球填充高强树脂制成，其中树脂为有机高分子材料，D错误；故答案选B。2. 我国自主设计生产的长征系列运载火箭使用偏二甲肼(C2H8N2)作燃料，N2O4作氧化剂。下列相关的化学用语正确的是A. 该反应的化学方程式：C2H8N2+N2O4=2CO2+N2+4H2OB. 偏二甲肼的结构简式：C. N2的结构式：N=ND. 甲基的电子式：【答案】D【解析】A依题意，偏二甲肼作火箭燃料，N2O4作氧化剂，故两者发生氧化还原生成无污染的N2，反应为化学方程式为C2H8N2+2N2O4=2CO2+3N2+4H2O，A错误；B偏二甲肼中N原子形成3对共价键，结构简式为，B错误；C N2分子间形
3、成氮氮三键，结构简式为，C错误；DC原子的最外层有4个电子，其中3个电子分别于3个H原子提供的电子形成共用电子对，得到甲基的电子式，故D正确；故答案选D。3. 短周期元素X、Y、Z、M原子序数依次增大，Z的基态原子2p轨道半充满，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，它们组成的一种分子结构如图。下列说法正确的是A. 电负性：XYZB. 原子半径：YZXC. 分子中Z原子的杂化方式均为sp2D. Y、Z、M的最高价氧化物的水化物均为强酸【答案】B已知X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，Z的基态原子2p轨道半充满，则Z为N元素，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，则M为S元素，4种元素
4、组成的一种分子结构如图，根据共价键数目可推知，则X为H元素，Y为C元素，据此分析解答问题。【解析】A由上述分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，则电负性：NCH，A错误；BH原子核外有1个电子层，而C、N原子核外均有2个电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：CNH，B正确；C分子中N原子均形成共价单键，为sp3杂化，C错误；DC元素的最高价氧化物的水化物为H2CO3，H2CO3为弱酸，D错误；答案选B4. 下列说法错误的是A. CH4分子球棍模型：B. 基态Si原子价电子排布图：C. 第一电离能：NOCD. 石墨质软的原因是其层间作用力微弱【
5、答案】A【解析】AC原子的半径大于H原子，因此CH4分子的球棍模型为：，A错误；B基态Si原子价电子排布式为3s23p2，排布图为，B正确；CN原子的2p轨道处于半满状态，因此其第一电离能最大，则第一电离能：NOC，C正确；D在石墨中，同层的C原子以共价键结合，而每层之间以范德华力结合，其层间作用力微弱，层与层之间可以滑动，因此较为松软，D正确；答案选A。5. 下列装置或措施能达到目的的是AB验证氧化性：Cl2Fe3+I2实现Cu+H2SO4=CuSO4+H2CD测定反应速率保护铁闸门不被腐蚀A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A该装置可以验证氧化性：Cl2Fe2+，但不能够确定
6、I-是Cl2氧化还是被Fe3+氧化，不能证明氧化性：Fe3+I2，A不能达到实验目的；BCu和Ag均为不活泼金属，不能在稀硫酸中发生自发的氧化还原反应，不能实现不Cu+H2SO4=CuSO4+H2的发生，B不能达到实验目的；C可根据一定时间内产生氢气的量来计算反应的速率，C可以达到实验目的；D用外加电流的阴极保护法保护铁闸门不被腐蚀时，应将铁闸门连接电源的负极，D不能达到实验目的；答案选C。6. 我国科学家合成了富集11B的非碳导热材料立方氮化硼晶体，晶胞结构如图。下列说法正确的是A. 11BN和10BN的性质无差异B. 该晶体具有良好的导电性C. 该晶胞中含有14个B原子，4个N原子D. N
7、原子周围等距且最近的N原子数为12【答案】A【解析】A. 11B和10B互为同位素，形成的化合物在化学性质上无差异，A正确；B该晶体结构中无自由移动的电子，不具有导电性，B错误；C由图可知，该晶胞含4个N原子，B原子位于晶胞的顶点和面心上，故B原子的数量为8+6=4个，C错误；D由晶胞示意图，1个N原子与4个B原子成键，1个B原子可以和3个N原子成键，N原子周围等距且最近的N原子数为4个，D错误；故答案选A。7. 某温度下，在一恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡：2X(g)+Y(g) Z(s)+ 2Q(g) H10M(g)+N(g) R(g)+Q(g) H20下列叙述错误的是A. 加入适
8、量Z，和平衡均不移动B. 通入稀有气体Ar，平衡正向移动C. 降温时无法判断Q浓度的增减D. 通入Y，则N的浓度增大【答案】B【解析】AZ为固体，加入适量Z不影响反应的平衡移动，而反应与Z无关，故加入Z也不影响反应的平衡移动，A正确；B通入稀有气体Ar，由于容器体积不变，故气体浓度不发生改变，反应的平衡不移动，B错误；C温度降低，反应逆向进行，反应正向进行，但两个反应中反应物的起始浓度未知，故无法判断Q浓度的增减，C正确；D通入气体Y，反应平衡正向移动，Q的浓度增大，导致反应平衡逆向进行，则N的浓度增大，D正确；答案选B。8. 中药透骨草中一种抗氧化性活性成分结构如下。下列说法正确的是A. 在
9、一定条件下能发生氧化反应、取代反应和消去反应B. 苯环上的一溴代物共5种C. 1 mol该化合物最多与4molNaOH反应D. 该分子中最多有7个碳原子共面【答案】B该有机物中含有碳碳双键、酚羟基、酯基三种官能团，据此分析。【解析】A酚羟基能发生氧化、取代反应，碳碳双键能发生氧化反应，酯基能发生取代反应，该有机物不含能发生消去反应的原子或原子团，A错误；B第一个苯环上有3种不同环境的H原子，第二个苯环上有2种不同环境的H原子，共有5种不同环境的H原子，故一溴代物有5种，B正确；C酚羟基、酯基能与NaOH溶液反应，该有机物含有2个酚羟基，2个酯基，其中一个酯基为苯酚酯结构，故1mol有机物消耗5
10、mol NaOH，C错误；D苯环是共面型分子，含乙烯结构的碳碳双键也是共面型分子，故该有机物一定处于同一个平面的原子不止7个，D错误；故答案选B。9. 在N-羟基邻苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图。下列说法错误的是A. 理论上NHPI的总量在反应前后不变B. 海绵Ni电极作阳极C. 总反应为+H2D. 每消耗1mmol苯甲醇，产生22.4mL氢气【答案】D由装置分析可知，该装置为电解池，Ni2+在海绵Ni电极失去电子得到Ni3+，发生氧化反应，则海绵Ni为阳极，电极反应式为：Ni2+-e-=Ni3+，阳极区同时还发生反应：Ni3+NHPINi2+PINO，H+在石墨
11、电极得到电子生成H2，发生还原反应，则石墨为阴极，电极反应式为：2H+2e-=H2，阴极区同时还发生反应：+PINO，据此解答。【解析】A根据上述分析可知，NHPI在阳极区参与反应，又在阴极区为生成物，因此理论上NHPI的总量在反应前后不发生改变，A正确；B由上述分析，Ni2+在海绵Ni电极失去电子得到Ni3+，发生氧化反应，则海绵Ni为阳极，B正确；C阳极反应式为：Ni2+-e-=Ni3+，阳极区同时还发生反应：Ni3+NHPINi2+PINO，阴极反应式为：2H+2e-=H2，阴极区同时还发生反应：+PINO，因此总反应为+ H2，C正确；D未指明标准状况，不能用Vm=22.4L/mol进
12、行计算，D错误；答案选D。10. 下列各实验的现象及结论都正确的是选项实验现象结论A浓硫酸滴入蔗糖中，产生的气体导入澄清石灰水蔗糖变黑、体积膨胀，澄清石灰水变浑浊浓硫酸具有脱水性和强氧化性B铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝硝酸钾起催化作用C过量铁粉加入稀硝酸中，充分反应后，滴加KSCN溶液有无色气泡产生， 溶液呈血红色稀硝酸能将Fe氧化成Fe3+D将Na粒投入MgCl2溶液析出银白色固体固体为MgA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】A蔗糖与浓硫酸反应生成蓬松多孔的黑色物质，浓硫酸先使蔗糖脱水生成C单质，蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水
13、性，C单质与浓硫酸反应生成CO2，同时生成刺激性气味的气体SO2，使体积膨胀，体现了浓硫酸的强氧化性，气体导入澄清石灰水生成固体变浑浊，故A符合题意；B铜粉不与稀硫酸反应，加入硝酸钾，引入，发生反应的离子方程式为：3Cu+2+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，体现了硝酸根在酸性环境中(HNO3)的强氧化性，结论错误，B不符合题意；C硝酸具有强氧化性，铁先被硝酸氧化生成Fe3+再被过量铁粉还原生成Fe2+，滴加KSCN溶液不显红色，现象错误，C不符合题意；DNa粒投入MgCl2溶液，由于Na的还原性极强，Na先与水反应生成NaOH和H2，NaOH与MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀，现象
14、、结论错误，D不符合题意；故答案选A。11. 苯乙烯与溴苯在一定条件下发生Heck反应：+溴苯用量(mmol)100100100100100100100催化剂用量(mmol)2222222反应温度()100100100100120140160反应时间(h)10121416141414产率(%)81.284.486.686.293.596.689.0根据上表数据，下列说法正确的是A. 最佳反应温度为100 B. 最佳反应时间为16hC. 温度过高时催化剂活性可能降低D. 反应产物是顺式结构【答案】C【解析】A根据表格信息，当反应温度为140，反应时间为14h时，生成物的产率最大，因此最佳反应温度
15、为140，A错误；B由A的分析可知，最佳反应时间为14h，B错误；C根据表格数据，温度超过140时，生成物的产率降低，可能是温度过高导致了催化剂活性降低，C正确；D反应产物为，属于反式结构，D错误；答案选C。12. 实验室用TiCl4水解法制备纳米TiO2的简易流程如下，下列说法错误的是A. TiCl4发生水解反应，可生成TiO2xH2OB. 氨水的作用可用勒夏特列原理解释C. 可用AgNO3溶液检验沉淀否洗涤干净D. 制得的TiO2纳米颗粒能产生丁达尔现象【答案】D根据流程分析可知，TiCl4和H2O在冰水浴下搅拌，发生水解：TiCl4+(x+2)H2OTiO2xH2O+4HCl，再在95下
16、加入氨水调解pH至68，沉淀陈化后经离心、洗涤和煅烧后得到TiO2，据此解答。【解析】A根据上述分析可知，TiCl4和H2O在冰水浴下搅拌，发生水解反应：TiCl4+(x+2)H2OTiO2xH2O+4HCl，A正确；B加入氨水，可中和HCl，使得水解反应正向进行，符合勒夏特列原理，B正确；C沉淀上还附着的有Cl-，因此可以用AgNO3溶液来检验沉淀是否洗涤干净，C正确；DTiO2纳米颗粒为固体颗粒，不是胶体，不能产生丁达尔现象，D错误；答案选D。13. Hg-Hg2SO4标准电极常用于测定其它电极的电势，测知Hg-Hg2SO4电极的电势高于Cu电极的电势。以下说法正确的是A. K2SO4溶液
17、可用CCl4代替B. Hg-Hg2SO4电极反应为Hg2SO4-2e-=2Hg+C. 若把Cu-CuSO4体系换作Zn-ZnSO4体系，电压表的示数变大D. 微孔瓷片起到阻隔离子通过的作用【答案】C【解析】分析】根据题干信息，Hg-Hg2SO4电极的电势高于Cu电极的电势，则Hg-Hg2SO4电极为正极，得到电子发生还原反应，则电极反应式为：Hg2SO4+2e-=2Hg+，Cu电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，据此分析解答。【解析】ACCl4为非电解质，不能导电，因此不能用CCl4代替K2SO4溶液，A错误；B由上述分析可知，Hg-Hg2SO4电极为正极，
18、其电极反应式为：Hg2SO4+2e-=2Hg+，B错误；C由于Cu-CuSO4体系是电池的负极，失去电子发生氧化反应，若换成更加活泼的Zn-ZnSO4体系，更容易失去电子，电压表的示数变大，C正确；D微孔瓷片是便于离子通过，而阻隔溶液通过的作用，D错误；答案选C。14. 下列说法正确的是A. 向AgCl浊液中加入KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色，即可证明Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)B. 常温下向NaOH溶液中滴入HCOOH溶液至pH=5时：c(HCOO-)c(Na+)C. 常温下等物质的量浓度的四种溶液NH3H2O NH4HSO4(NH4)2CO3NH4Cl，c()的关系为D. 等物质的
19、量浓度的NaHCO3与Na2CO3混合溶液：3c(Na+)=2c()+c()+c (H2CO3)【答案】B【解析】A向AgCl浊液中加入KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色，则有AgBr生成，AgCl转变为AgBr，只要即有AgBr沉淀，若溴化钾浓度很大，即使Ksp(AgBr) Ksp(AgCl)也可实现，故不可证明Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，A错误；B常温下向NaOH溶液中滴入HCOOH溶液至pH=5时，溶液呈酸性，又因为溶液呈电中性，则有 ：c(HCOO-)c(Na+)，B正确；C 常温下等物质的量浓度的四种溶液NH3H2ONH4HSO4(NH4)2CO3NH4Cl，NH3H2O是弱电
20、解质，其余都是强电解质，因此c()最小的是，根据能够电离出的的个数可分为两类，(NH4)2CO3是二元铵盐，虽然碳酸铵溶液中，碳酸根和铵根相互促进水解，但水解不彻底，铵离子浓度较大，NH4HSO4和NH4Cl一元铵盐，NH4HSO4中电离产生的氢离子抑制铵离子水解，故 NH4HSO4NH4Cl比较，c()较大的是；则，c()的关系为，C错误；D等物质的量浓度的NaHCO3与Na2CO3混合溶液：根据物料守恒可知：2c(Na+)=3c()+c()+c (H2CO3)，D错误；答案选B。15. 天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)=2.810-9， 某溶洞水体中
21、lgc(X) (X为H2CO3、或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A. 曲线代表B. H2CO3的一级电离常数为10-8.3C. c(Ca2+)随 pH升高而增大D. pH=10.3 时，c(Ca2+)=2.810-7.9 molL-1【答案】D根据图像可知，随着pH的增大，溶液碱性增强，、浓度都增大，而曲线在pH很小时也产生，因此曲线代表，代表，代表Ca2+，据此分析解答。【解析】A由上述分析可知，曲线代表，A错误；B曲线为，由点(6.3，-5)可知，H2CO3的一级电离常数，B错误；C曲线代表Ca2+，根据图像可知，c(Ca2+)随pH升高而减小，C错误；D已知Ksp(Ca
22、CO3)=2.810-9，根据图像，pH=10.3时，c()=c()=10-1.1，则，D正确；答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16. 高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO和Fe2O3)可用于制备MnSO4晶体，工艺流程如下：该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Mn2+Mg2+开始沉淀pH2.107.459.279.60完全沉淀pH3.208.9510.8711.13回答以下问题：(1) MnSO4中阴离子的空间构型为_。(2)提高“反应”速率可采取的措施是_ (除“加热”外，任写一种)，滤渣A的主要成分
23、为_(填化学式)。(3) “反应”中硫铁矿(FeS2)的作用为_。(4)“反应”的离子方程式为_。(5)“调pH”步骤中，应调节pH不低于_。(6)取0.1510 g MnSO4固体，溶于适量水中，加硫酸酸化，用过量NaBiO3(难溶于水)将其完全氧化为，过滤，洗涤，洗涤液并入滤液后，加入0.5360 g Na2C2O4固体，充分反应后，用0.0320 mol/L KMnO4溶液滴定，用去20.00 mL，计算样品中MnSO4的质量分数_(保留三位有效数字)。【答案】 (1). 正四面体 (2). 适当增加硫酸的浓度 (3). MnO2 (4). 将MnO2还原为Mn2+ (5). (6).
24、3.2 (7). 98.0%在废锰渣中加入硫酸，其中MnO2不反应，过滤后滤渣A的主要成分为MnO2，反应为MnO2与硫铁矿在酸性条件下发生氧化还原反应，其反应为，过滤得S和含硫酸铁、硫酸锰等的溶液反应加MnO2是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应为加CaCO3是利用Fe3+与双水解除去Fe3+，最后将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰产品。【解析】(1) 离子中，S原子采用sp3杂化，离子呈正四面体结构，硫原子位于正四面体体心，4个氧原子位于正四面体四个顶点，故填正四面体；(2)提高反应速率的措施有适当升温、适当增加酸的浓度，将硫铁矿粉碎，搅拌，根据题意任选一种，废渣A为M
25、nO2，故填适当增加硫酸的浓度、MnO2；(3)根据反应方程式，硫铁矿被氧化，作还原剂，将MnO2还原为Mn2+，故填将MnO2还原为Mn2+；(4)根据题意，反应的离子方程式为，故填；(5)由表中数据可知，Fe3+完全沉淀的pH为3.2，Mn2+开始沉淀的pH为9.27，要使得Fe3+完全被除去而不影响Mn2+，pH应不低于3.2，但不高于9.27，故填3.2；(6)此为采用间接测定法测MnSO4的含量，根据题意，与由样品产生的反应的物质的量=总的的物质的量-滴定消耗的物质的量，由此计算。加入的Na2C2O4的物质的量为=0.004mol，由方程式可知，剩余的的物质的量为0.0016mol，
26、由此得与由样品产生的反应的物质的量为0.004-0.0016=0.0024mol，即样品中MnSO4的物质的量为0.0098mol，其质量分数为=98.0%，故填98.0%。【拓展】间接法测质量分数时，不能直接建立关系式，样品消耗的量=总量-滴定的量。流程中第一次参与反应的MnO2是来自于废锰渣，需要被还原，第二次加MnO2是为了方便除杂。17. 已知CaCrO4微溶于水，某传统测定CaCrO4溶度积的实验如下：配制250 mL待标定的K2CrO4溶液。标定测得K2CrO4溶液浓度为0.6025 mol/L。按下表数据将0.2000 mol/LCaCl2溶液、K2CrO4溶液及蒸馏水混匀，静置
27、(溶液体积变化忽略不计)。取上层清液于锥形瓶中，加入H2SO4和H3PO4溶液酸化，溶液由黄色转变为橙色，加入指示剂，用0.2000 mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，数据记入下表。组别体积(mL)物质123456CaCl225.0025.0025.0025.0025.0025.00K2CrO415.0016.0017.0018.0019.0020.00蒸馏水10.009.008.007.006.005.00取上层清液10.0010.0010.0010.0010.0010.00耗(NH4)2Fe(SO4)213.3315.0016.7818.4220.1521.89滴定测出上层清
28、液中的c()，进而计算出上层清液中的c(Ca2+)，即得Ksp(CaCrO4)。回答下列问题：(1)步骤中无需使用下列哪些仪器_(填标号)。(2)基态Cr原子的电子排布式为_。(3)步骤中所得橙色溶液中铬元素的主要存在形式为_(填化学式)；滴定时还原产物为Cr3+，写出反应的离子方程式_。(4) 根据第2组滴定数据，计算得上层清液中c()=_mol/L。(5)滴定时，有一组数据出现了明显异常，所测c()偏大，原因可能有_(填标号)。A滴定终点读数时仰视刻度线 B达终点时滴定管尖嘴有标准液悬挂C盛装待测液的锥形瓶未润洗 D摇动锥形瓶时有液体溅出(6)利用上表数据经计算绘制出如下图点，请根据图点绘
29、出溶度积曲线_。(7)请结合图线推测Ksp(CaCrO4)_(保留两位有效数字)。【答案】 (1). AC (2). 1s22s22p63s23p63d54s1 (3). Cr2O (4). Cr2O+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O (5). 0.1000 (6). AB (7). (8). 7.210-4Cr2O+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，2+2H+ Cr2O+H2O，得c()，根据溶解度曲线，进而计算出上层清液中的c(Ca2+)，即得Ksp(CaCrO4)。【解析】(1)配制250 mL待标定的K2CrO4溶液，称量一定质量的K2CrO4放到500
30、mL的烧杯中，用量筒量取250mL的水，加入烧杯中用玻璃搅拌，得体积约为250mL的溶液，步骤中无需使用下列哪些仪器100mL的容量瓶、分液漏斗。故答案为：AC；(2)Cr为24号元素，3d、4s均为半充满结构，基态Cr原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；(3)步骤中加入H2SO4和H3PO4溶液酸化，2+2H+ Cr2O+H2O，所得橙色溶液中铬元素的主要存在形式为 Cr2O(填化学式)；滴定时还原产物为Cr3+，反应的离子方程式 Cr2O+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O。故答案为： Cr2O；
31、Cr2O+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O；(4) 根据第2组滴定数据，由Cr2O+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，2+2H+ Cr2O+H2O，得c()= ，计算得上层清液中c()=0.1000 mol/L。故答案为：0.1000；(5)滴定时，有一组数据出现了明显异常，所测c()偏大，根据浓度计算式c()=，A滴定终点读数时仰视刻度线，测偏大，c()偏大，故选；B达终点时滴定管尖嘴有标准液悬挂，测偏大，c()偏大，故选；C盛装待测液的锥形瓶未润洗，对结果没有影响，故不选；D摇动锥形瓶时有液体溅出，测偏小，c()偏小，故不选；故答案为：AB；(6)利用上表数
32、据经计算绘制出如下图点，注意忽略误差较大的点，根据图点绘出溶度积曲线包括蓝图：。故答案为：；(7)结合图线当c()=0.1000 molL1，c(Ca2+)7.210-3 molL1，推测Ksp(CaCrO4)0.10007.210-3=7.210-4(保留两位有效数字)。故答案为：7.210-4。18. 环氧乙烷是高效消毒剂，可用于口罩等医用品消毒，工业常用乙烯氧化法生产。主反应：2CH2=CH2(g) + O2(g)2 (g) H1=-209.8 kJ/mol副反应：CH2=CH2(g) + 3O2(g)=2CO2(g)+ 2H2O(g) H2=-1323.0 kJ/mol回答下列问题：(
33、1) C2H4的燃烧热H=-1411.0 kJ/mol，则环氧乙烷(g)的燃烧热H=_。(2)以下既能加快反应速率又能提高环氧乙烷产率的方法有的_ (填标号)。A降低温度 B向容器中充入N2使压强增大C采用改性的催化剂 D用空气替代氧气(3)已知：(g)+HCl(g)(l)，合成过程中的温度与氯乙醇的平衡产率关系如图a，30下原料投料比与氯乙醇的平衡产率关系如图b。反应随温度升高平衡产率降低的可能原因为_；其它条件不变时，降低环氧乙烷与HCl的投料比，环氧乙烷的平衡转化率将_(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)环氧乙烷经水解可得到乙二醇。乙二醇 易溶于水的原因为_；写出乙二醇氧气碱性燃料电
34、池的负极电极反应式：_。【答案】 (1). -1306.1kJmol-1 (2). C (3). 反应的H0，升高温度，平衡逆向移动，导致平衡产率降低 (4). 增大 (5). 乙二醇分子中有2个-OH，与水分子形成氢键 (6). HOCH2CH2OH-10e-+14OH-=2+10H2O【解析】(1)已知C2H4的燃烧热H=-1411.0 kJ/mol，则有C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) H3=-1411.0 kJ/mol，根据盖斯定律，该反应2-主反应可得：(g)+O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H=2H3-H1=-1306.1kJmol-1；(2
35、)A降低温度会使得反应速率降低，A不选；B向容器中充入N2使压强增大，若该容器体积恒定，则该反应的反应速率不变且环氧乙烷的产率不变，B不选；C催化剂可以增大反应速率，提高环氧乙烷的产率，C选；D用空气代替氧气，氧气的浓度降低，反应速率降低，D不选；答案选C；(3)已知：(g)+HCl(g)(l)，可能因为该反应的H0，升高温度，平衡逆向移动，导致平衡产率降低，若其他条件不变时，降低环氧乙烷与HCl的投料比，则HCl的投料更多，环氧乙烷的平衡转化率将增大；(4)乙二醇分子中有2个OH，可与水分子形成氢键，因此乙二醇易溶于水，在乙二醇氧气的碱性染料电池中，乙二醇作负极失去电子发生氧化反应，在碱性条
36、件下生成和H2O，则负极的电极反应式为：HOCH2CH2OH-10e-+14OH-=2+10H2O。19. 化合物H是合成一种能治疗头风、 痈肿和皮肤麻痹等疾病药物的重要中间体，其合成路线如下：已知下列信息：RCOOCH3+CH3OH回答下列问题：(1) A的分子式为_；D中官能团的名称为_。(2) C的结构简式为_ 。(3)合成路线中D到E的反应类型为_。(4)鉴别E和F可选用的试剂为_ (填标号)。A.FeCl3溶液 b.溴水 c.酸性KMnO4溶液 d.NaHCO3 溶液(5) G到H的反应方程式为_。(6)有机物W是C的同系物，且具有以下特征：i.比C少 3个碳原子；ii.含甲基，能发
37、生银镜反应；符合上述条件的W有_种；其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：2：2：3 的W的结构简式为_。【答案】 (1). C7H7Br (2). 羰基 (3). (4). 还原反应 (5). d (6). + CH3OH + H2O (7). 12 (8). ，【解析】(1)根据C的成键特点，A的分子式为C7H7Br；D中含有的官能团结构是碳氧双键，即官能团为羰基；(2)根据已知信息的反应机理，由D的结构简式逆推C的结构简式， ，答案C的结构简式为；(3) 反应过程中，D中的羰基被还原为羟基，所以反应类型为还原反应；(4)E和F的结构上相差一个COOH，应该利用COOH的性质验证F和E的不同，只有NaHCO3可以和羧基反应，所以答案为d；(5)根据已知信息，可以推断G的结构简式为，G和CH3OH在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应，化学方程式为 + CH3OH + H2O；(6)由于W是C的同系物且比C少3个碳原子，所以W的分子式为C9H10O2，W的结构中含有一个和一个，又因为W可以发生银镜反应，所以可以推断W中一定含有醛基，且醛基的存在形式为，符合条件的W的结构简式有，共12种；核磁共振氢谱图中有5个信号峰，面积比1：2：2：2：3，符合条件的W的结构简式为，；
