山西省长治市第二中学2019-2020学年高二上学期12月月考化学试题 22页

化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上）‎ ‎1.有机物与生活密切相关，下列分析正确的是（ ）‎ A. 糖类、油脂、蛋白质都是重要的营养物质，都是有机高分子化合物 B. 利用乙醇的可燃性可检查司机是否酒后驾车 C. “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是蛋白质 D. 石蜡油分解的产物均能使溴的四氯化碳溶液褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 糖类中的单糖和二糖、油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故A错误；‎ B. “酒精检测仪”可检查司机是否酒后驾车，其反应原理为C2H5OH + 4CrO3 + 6H2SO4 ══ 2Cr2(SO4)3 + 2CO2 ↑+ 9 H2O，利用的是酒精的还原性，故B错误；‎ C. 古代丝绸是用蚕丝织成的织物，主要成分是蛋白质，故C正确；‎ D. 石蜡油分解得到的产物是烷烃和烯烃的混合物，烯烃可以使溴的四氯化碳溶液褪色，烷烃不能，故D错误；‎ 正确答案是C。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. HClO的结构式：H－O－Cl B. 对硝基甲苯的结构简式：‎ C. CH2F2的电子式：‎ D. CO2的比例模型：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 次氯酸分子中氢原子和氧原子共用一个电子对，氯原子和氧原子共用一个电子对，所以其结构简式为：H-O-Cl，故A正确；‎ B. 硝基写在苯环左边应该表示为：O2N-，对硝基甲苯的结构简式为，故B错误；‎ C. CH2F2分子中，C、F原子最外层都达到8电子稳定结构，电子式为，故C错误；‎ D. CO2中，C原子较大，2个O成对称排布在C两侧，比例模型应该是：，故D错误；‎ 正确答案是A。‎ ‎3.能与NaHCO3溶液反应放出气体的有机物C5H10O2共有多少种结构（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 8 D. 11‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：分子式为C5H10O2且与NaHCO3能产生气体，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH(CH3)CH2CH3，-CH2CH(CH3)CH3，-C(CH3)3，故符合条件有机物的异构体数目为4；故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查同分异构体书写、官能团的性质与确定等，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键，甲基与乙基均1种，丙基2种、丁基4种、戊基8种。‎ ‎4.捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数的值）‎ A. 标准状况下，22.4 L CO2中所含的电子数目为16NA B. 10.1 g N（C2H5）3中所含的极性共价键数目为2.1NA C. 2 mol Au与2 mol H2中所含的分子数目均为2NA D. 100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，1个CO2分子中含有6＋8×2=22个电子，则22.4LCO2含有22mol电子，其电子数目为22 NA，A错误；‎ B、N(C2H5)3的结构式为，所含的化学键中C-N和C-H均为极性共价键，1mol N(C2H5)3中含有18mol极性共价键，10.1g N(C2H5)3，其物质的量为0.1mol，则其含有极性共价键的物质的量为1.8mol，数目为1.8NA，B错误；‎ C、Au为金属单质，不含有分子，2molAu中不含有分子，C错误；‎ D、100 g 46%的甲酸水溶液，则甲酸质量为46g，则其物质的量为1mol，分子中含有2molO原子；水的质量为100g-46g=54g，其物质的量为3mol，则含有3mol O原子，总共含有5mol O原子，其数目为5NA，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.下图为工业合成氨的流程图。图中为提高原料转化率而采取的措施是 A. ①②③ B. ①③⑤ C. ②④⑤ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①净化干燥，不能提高原料的利用率，①错误；‎ ‎②加压，体积减小，平衡正向移动，原料利用率提高，②正确；‎ ‎③催化剂对平衡无影响，不能提高原料利用率，③错误；‎ ‎④液化分离，减小氨气的浓度，平衡正向移动，原料利用率提高，④正确；‎ ‎⑤剩余的氢气与氮气再循环，可提高原料利用率，⑤正确；‎ 答案为C。‎ ‎6.下列物质既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应褪色的是（ ）‎ ‎①丙烷；②苯；③聚乙烯；④苯乙烯；⑤丙烯；⑥环己烷；⑦邻二甲苯；⑧环己烯。‎ A. ③④⑤⑧ B. ④⑤⑦⑧ C. ④⑤⑧ D. ③④⑤⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：①丙烷；②苯；③聚乙烯等不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；‎ ‎④苯乙烯  ⑤丙烯 ⑥环己烷  ⑦邻二甲苯  ⑧环己烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色；‎ ‎④苯乙烯 ⑤丙烯；  ⑧环己烯中都含有不饱和键，与溴水发生加成反应而导致溴水褪色；‎ 则既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是④⑤⑧，故选C。‎ ‎【点睛】既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的应含有C=C或C≡C键，发生化学反应，另外，虽然苯、甲苯等有机物也能使溴水褪色，但原因是萃取，不是发生的化学反应。‎ ‎7.有机物M（）是一种重要的化工原料。下列有关M的说法不正确的是（ ）‎ A. 与互为同分异构体 B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 能发生加成反应、取代反应和氧化反应 D. 1 molM分别与足量的Na、NaHCO3溶液反应，产生气体的物质的量之比为1：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 的分子式为C6H 8 O4，的分子式为C6H8O4，二者是同分异构体，故A正确；‎ B. 中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；‎ C. 中有碳碳双键，能发生加成反应和氧化反应；有甲基能发生取代反应，故C正确；‎ D. 消耗Na为2mol（含2个羧基），产生1mol氢气；消耗碳酸氢钠2mol（2个羧基），生成2mol二氧化碳，故D错误；‎ 题目要求选择不正确的，故选D。‎ ‎8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X与Y的最外层电子数之和等于W的最外层电子数，Z的最高化合价与最低化合价之和为6，含X元素的物质灼烧呈黄色火焰，W与X的质子数之和等于Z的核外电子数。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 简单离子半径：Z＞X＞Y B. X、Y、Z最高价氧化物的水化物均可两两反应 C. Z与X形成的化合物为离子化合物 D. X单质可保存在WZ4中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，含X元素的物质灼烧呈黄色火焰，则X是Na；Z的最高化合价与最低化合价之和为6，最高价和最低价的绝对值之和为8，则最高价为+7，最低价为-1，Z为Cl；W与X的质子数之和等于Z的核外电子数，则W的质子数为17-11=6，W为C；X与Y的最外层电子数之和等于W的最外层电子数，则Y的最外层电子数为4-1=3，则Y为Al。‎ ‎【详解】A. 由分析可知，Z为Cl，X是Na， Y为Al，Cl-有三个电子层，Na+和Al3+形成的离子核外电子排布相同，都是两层，离子核外电子排布相同核电荷数越大离子半径越小。综上所述，离子半径，Cl-＞Na+＞Al3+，故A正确；‎ B. X、Y、Z最高价氧化物的水化物分别为：NaOH、Al(OH)3和HClO4，酸可以和碱反应，Al(OH)3既可以和酸反应，也可以和碱反应，三者物质均可两两反应，故B正确；‎ C. Z与X形成的化合物为NaCl，是离子化合物，故C正确；‎ D. Na单质一般保存在煤油或者石蜡油里，钠的密度小于四氯化碳，所以不能保存在四氯化碳中，故D错误；‎ 题目要求选择错误的，故选D。‎ ‎9.肼（N2H4）碱性燃料电池的原理示意图如图所示，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O。下列说法错误的是（ ）‎ A. 电极b发生氧化反应 B. 电流由电极b流出经用电器流入电极a C. 物质Y是NaOH溶液 D. 电极a的电极反应式为：N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电极b处通入氧气，电极方程式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，发生还原反应，是正极，故A错误；‎ B. 电极b处通入氧气，发生还原反应，是正极，电极a为负极，电流由正极流向负极，故B正确；‎ C. 肼（N2H4）一空气燃料电池中，负极反应为：N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑，正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，电极b处产生OH-，所以物质Y是NaOH，故C正确；‎ D. 电极a处产生N2，发生氧化反应，电极方程式为：N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑，故D正确；‎ 题目要求选择错误选项，故选A。‎ ‎10.利用下列实验探究亚硝酸钠（NaNO2）的化学性质（AgNO2是淡黄色难溶于水的固体）‎ 实验 装置 试剂a 现象 ‎①‎ 酚酞 无色溶液变红 ‎②‎ AgNO3溶液 产生淡黄色沉淀 ‎③‎ 淀粉KI 溶液+稀硫酸 无色溶液立即变蓝 ‎④‎ 酸性K2Cr2O7溶液 无色溶液变为绿色 由上述实验所得结论不正确的是 A. NaNO2溶液呈碱性：NO2-+H2O⇌HNO2+OH-‎ B. NaNO2可与某些盐发生复分解反应：NO2-+Ag+=AgNO2↓‎ C. NaNO2有氧化性：2I-+2H++2NO2-=I2+2NO2↑+H2O D. NaNO2有还原性：Cr2O72-+3NO2-+8H+=3NO3-+2Cr3++4H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaNO2滴加酚酞，溶液变红色，是因为其属于强碱弱酸盐，水解呈碱性，NO2-+H2O⇌HNO2+OH-，故A正确；‎ B．加入硝酸银溶液，可生成AgNO2沉淀，发生复分解反应，方程式为NO2-+Ag+═AgNO2↓，故B正确；‎ C．NaNO2有氧化性，可与KI发生氧化还原反应生成碘，N元素化合价降低，方程式为2I-+4H++2NO2-═I2+2NO↑+2H2O，故C错误；‎ D．NaNO2有还原性，可被Cr2O72-氧化生成硝酸根离子，发生Cr2O72-+3NO2-+8H+═3NO3-+2Cr3++4H2O，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】根据现象判断物质的性质是解题的关键。本题的易错点为CD，要注意氧化还原反应规律的理解和应用。‎ ‎11.甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（　　）‎ A. Al2（SO4）3 B. NaOH C. BaCl2 D. FeSO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，则丁为NaOH，乙为Al2（SO4）3，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，丙为FeSO4，最后剩余的为丙物质。根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，Al2（SO4）3+6NaOH═2Al（OH）3↓+3Na2SO4、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，甲为BaCl2，丙为FeSO4，故答案选D。‎ ‎12.乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为20.8℃，能与水混溶)的装置 (夹持装置已略)如图所示：下列说法错误的是（ ）‎ A. 向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K B. 实验开始时需先加热②，再通O2，然后加热③‎ C. 装置③中发生的反应为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O D. 实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，双氧水不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；‎ B. 实验开始时应该先在铜丝部分加热一会儿，防止乙醇通入③时冷凝，故B错误； ‎ C. 装置③中乙醇和氧气在加热和铜催化下，生成乙醛和水，方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故C正确；‎ D. 实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热，防止倒吸，故D正确；‎ 题目要求选择错误选项，故选B。‎ ‎13.氮气是制备含氮化合物的一种重要物质，而含氮化合物的用途广泛。图中表示两个常见的固氮反应：‎ ‎①‎ ‎②的平衡常数与温度的关系，根据图中的数据判断下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应②为放热反应 B. 常温下，反应①的反应速率很大，而反应②的反应速率很小 C. 升高温度，反应①的反应速率增大，反应②的反应速率减小 D. 在常温下，利用反应①固氮和利用反应②固氮反应程度相差很大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、温度越高，平衡常数越大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应方向是吸热反应，选项A错误；‎ B．常温下，由于N≡N的键能和H-H、O=O的键能都很大，所以反应①②的反应速率不大，选项B错误；‎ C．升高温度，无论是放热反应还是吸热反应，反应速率都增大，选项C错误；‎ D．在常温下，根据平衡常数可知：利用反应①固氮和利用反应②固氮反应程度相差很大，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.全钒液流电池充电时间短，续航能力强，其充放电原理为VO2++V2++2H+VO2++V3++H2O以此电池为电源，用石墨电极电解Na2SO3溶液，可得到NaOH和H2SO4示意图如下。下列说法错误的是（ ）‎ A. 全钒液流电池放电时，正极的电极反应式为VO2++2H++e-=VO2++H2O B. 图中a电极为阴极，N物质是H2‎ C. 全钒液流电池充电时，V3+被氧化为VO2+‎ D. 电解时，b电极的反应式为SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由VO2++V2++2H+VO2++V3++H2O，可知，放电时V2+在负极失去电子，VO2+在正极上得到电子，原电池中阳离子向正极移动；充电时阴极发生还原反应，与原电池负极相连，用石墨电极电解Na2SO3溶液，可得到NaOH 和H2SO4，在阳极上是亚硫酸根和氢氧根离子失电子，氢离子浓度增大，硫酸根移向该电极，产生硫酸，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，氢氧根离子浓度增加，钠离子移向该电极，会产生氢氧化钠，据此回答。‎ ‎【详解】A. 放电时，正极发生还原反应，电极反应为：VO2++e-+2H+=VO2++H2O，故A正确；‎ B. 在阴极上是氢离子得电子的还原反应，氢氧根离子浓度增加，钠离子移向该电极，会产生氢氧化钠，a电极为阴极，N物质是H2，故B正确； ‎ C. 钒液流电池充电时，V3+被还原为V2+，故C错误；‎ D. 电解时，在阳极上是亚硫酸根和氢氧根离子失电子，氢离子浓度增大，硫酸根移向该电极，产生硫酸，b电极是阳极，该电极反应式为SO32−+H2O−2e−=SO42−+2H+，故D正确；‎ 题目要求选择错误的，故选C。‎ ‎15.常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（ ）‎ A. pH为5的NaHSO3溶液中:c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)‎ B. 向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)=c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(H+)‎ C. 将等体积、等物质的量浓度的CH3COONH4与NaCl溶液混合，pH=7：c(CH3COO-)+c(Na+)=c(Cl-)+c(NH4+)‎ D. 20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液与30mL0.1mol/LNaOH溶液混合，测得pH>7：c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=5的NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸根离子电离大于水解程度，离子浓度大小：c（HSO3－）＞c（SO32－）＞c（H2SO3），故A错误；‎ B. 向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7，加入的NaOH少于NH4Cl，由电荷守恒：c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，则c(NH3·H2O)=c(Na+)，NH3·H2O电离大于NH4+水解，c(NH4+)>c(NH3·H2O)，所得溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)=c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(H+)，故B正确；‎ C. CH3COONH4中醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同溶液呈中性，NaCl也呈中性，c(Na+) = c(Cl-) ，c(NH4+)=c(CH3COO－)，c(CH3COO－)+c(Na+) = c(Cl-) + c(NH4+)，故C正确；‎ D. 滴入30mLNaOH溶液时（pH＞7），其中20mL氢氧化钠溶液与硫酸氢铵中的氢离子发生中和反应，剩余的10mL氢氧化钠溶液与铵根离子反应，则反应后的溶液中含有0.001mol一水合氨、0.0005mol硫酸铵，溶液的pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则：c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）、c（OH－）＞c（H＋），则溶液中离子浓度大小为：c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（OH－）＞c（H＋），故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，解题关键：明确反应后溶质组成，难点突破：注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。‎ ‎16.25℃时，向浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH 固体，溶液中lg随n( NaOH)的变化如下图所示。下列说法不正确的是 A. HX 为强酸，HY 为弱酸 B. b点时溶液呈中性 C. 水的电离程度：d>c D. c点时溶液的pH=4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，根据图像0.1mol/LHX溶液中lg=12，=11012，c（H+）·c（OH-）=110-14，解得c（H+）=0.1mol/L，HX为强酸，0.1 mol/LHY溶液中lg12，HY为弱酸，A项正确；B项，b点时溶液中lg=0，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，B项正确；C项，d点、c点加入510-3mol的NaOH固体，d点得到等物质的量浓度的NaX和HX的混合液，HX电离出H+使d点溶液呈酸性，c点得到等物质的量浓度的NaY和HY的混合液，c点溶液呈酸性，HY的电离程度大于Y-的水解程度，d点溶液中c（H+）大于c点，d点溶液中H+对水的电离的抑制程度大于c点，水的电离程度：cd，C项错误；D项，c点溶液中lg=6，=1106，c（H+）·c（OH-）=110-14，解得c（H+）=110-4mol/L，c点溶液的pH=4，D项正确；答案选C。‎ 点睛：本题考查酸碱中和滴定的图像分析、影响水的电离平衡的因素、pH的计算。注意纵坐标表示lg，纵坐标数值越大溶液的酸性越强，纵坐标为0时溶液呈中性；酸电离出的H+对水的电离平衡起抑制作用，而且酸溶液中c（H+）越大，水的电离程度越小。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共52分）‎ 二、非选择题 ‎17.乙胺（CH3－CH2－NH2）极易挥发，溶于水、乙醇、乙醚等，可用于生产染料、医药和离子交换树脂等。将乙醇与氨气置于温度为350～400℃、压强为2.45～2.94MPa和催化剂为氧化铝的条件下反应可制备乙胺。‎ Ⅰ．氨气的制备 ‎（1）用如图所示装置制备NH3。‎ ‎①仪器A的名称是___。‎ ‎②试剂X可能是CaO或__（填试剂名称），若选择CaO时，能产生NH3的原因是___。‎ Ⅱ．乙胺的制备与提纯 ‎（2）乙胺的制备：‎ 生成乙胺（CH3CH2－NH2）的化学方程式为___。（可不写反应条件）‎ ‎（3）已知：制备过程中除了生成乙胺外，还会产生二乙胺、三乙胺、乙醚、乙氰和乙烯。‎ 用如图装置提纯乙胺：‎ ‎①提纯乙胺装置中一处错误是___。‎ ‎②冷凝管的冷水（10℃）由___（填“M”或“N”）口流出。‎ ‎③错误纠正后蒸馏，收集___℃左右的馏分。‎ ‎④冰水浴的作用是___。‎ ‎（4）乙醇的密度为0.8g·cm－3，若取230.00mL无水乙醇，与过量氨气反应后，经提纯后得到142.02g乙胺，则乙胺的产率为__%。‎ ‎【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 碱石灰 (3). 生石灰能吸水且产生大量的热，有利于氨水的分解和氨气的逸出 (4). C2H5OH+NH3➝C2H5NH2+H2O (5). 温度计位置错误 (6). M (7). 16.6 (8). 继续降温，有利于乙胺的液化收集 (9). 78.9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①装置A的名称是圆底烧瓶；‎ ‎②试剂X可能是CaO或碱石灰等；选择CaO与浓氨水反应产生氨气的原因是CaO会吸水与浓氨水中的水反应并且放热，使反应NH3▪H2ONH3+H2O的平衡向右移，有利于NH3逸出；‎ ‎（2）乙醇与氨气在温度为350-400℃、、压强为2.45-2.94MPa和催化剂为氧化铝的条件下反应，生成乙胺和水；‎ ‎（3）①提纯乙胺装置中的一处错误是温度计插入了液面以下；‎ ‎②冷凝管的冷水由M口流出；‎ ‎③错误纠正后，蒸馏出乙胺时，温度控制范围为16.6℃≤T≤34.6℃；‎ ‎④冰水浴的作用是冷却乙胺，防止乙胺挥发；‎ ‎（4）乙醇的物质的量为0.8g▪cm-3×230.00cm3÷46g▪mol-1=4mol，理论应该得到4mol的乙胺，可以求出乙胺的产率。‎ ‎【详解】（1）①装置A的名称是圆底烧瓶；‎ ‎②试剂X可能是CaO或碱石灰等；选择CaO与浓氨水反应产生氨气的原因是CaO会吸水与浓氨水中的水反应并且放热，使反应NH3▪H2ONH3+H2O的平衡向右移，有利于NH3逸出；‎ ‎（2）乙醇与氨气在温度为350-400℃、、压强为2.45-2.94MPa和催化剂为氧化铝的条件下反应，生成乙胺的化学方程式为：C2H5OH+NH3➝C2H5NH2+H2O；‎ ‎（3）①提纯乙胺装置中的一处错误是温度计插入了液面以下；‎ ‎②冷凝管的冷水由M口流出；‎ ‎③错误纠正后，蒸馏出乙胺时，温度控制范围为16.6℃≤T≤34.6℃；‎ ‎④冰水浴的作用是冷却乙胺，防止乙胺挥发。故答案为：继续降温，有利于乙胺的液化收集；‎ ‎（4）乙醇的物质的量为0.8g▪cm-3×230.00cm3÷46g▪mol-1=4mol，理论应该得到4mol的乙胺，实际得到乙胺的物质的量为142.02g÷45g▪mol-1=3.156mol，则乙胺的产率为×100%=78.9%。‎ ‎18.氟化铬可用作毛织品防蛀剂、卤化催化剂、大理石硬化及着色剂。以铬云母矿石(含4.5%Cr2O3，还含Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)为原料制备氟化铬的工艺流程如下。‎ 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）Fe2O3、MgO、FeO、SiO2中属于碱性氧化物的有___种。‎ ‎（2）将铬云母矿石粉碎的目的是___。‎ ‎（3）滤渣1主要成分的用途是___。(写一种)‎ ‎（4）Cr2O3与稀硫酸反应的化学方程式为___。‎ ‎（5）第一次滴加氨水调节pH范围为___。‎ ‎（6）第二次滴加氨水调节pH为6.8～8.8的目的是___，Cr(OH)3与Al(OH)3一样具有两性，若第二次滴加的氨水改为NaOH溶液，生成的Cr(OH)3会部分溶解，写出Cr(OH)3溶解的离子方程式：___。‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). 增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 (3). 用于制备光导纤维等 (4). Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O (5). 4.1≤pH＜4.9 (6). 使铬离子完全沉淀，镁离子不沉淀 (7). Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铬云母矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；稀硫酸酸浸时二氧化硅与硫酸不反应，滤渣1的成分为二氧化硅；加入过氧化氢的主要目的是将亚铁离子氧化为铁离子，加氨水调节pH的目的是除去铁离子，调节pH为6.8—8.8的目的是使铬离子转化为氢氧化铬沉淀。‎ ‎【详解】（1）碱性氧化物指的是与酸反应只产生盐和水的氧化物，因此Fe2O3、MgO、FeO、SiO2中属于碱性氧化物的有Fe2O3、MgO、FeO，故有3种；‎ ‎（2）将铬云母矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；‎ ‎（3）滤渣1的主要成分为二氧化硅，其用途为制造玻璃、光导纤维等；‎ ‎（4）氧化铬与硫酸反应产生硫酸铬和水，对应的化学方程式为：Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O；‎ ‎（5）第一次调节pH的目的是除去铁离子，保证铬离子不沉淀，因此第一次滴加氨水调节pH范围为4.1≤pH＜4.9；‎ ‎（6）第二次滴加氨水调节pH为6.8～8.8的目的是使铬离子转化为氢氧化铬沉淀，由于氢氧化铬的性质类似与氢氧化铝，因此氢氧化铬与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O。‎ ‎【点睛】解答工艺流程类试题应明确流程转化过程，同时需要注意元素化合物知识以及信息的应用，如氢氧化铬的两性等。‎ ‎19.煤、石油是人类目前使用的主要能源，同时也是重要的化工原料。‎ Ⅰ．石油经分馏、裂化、裂解可以获得C4H10、CH4、C3H6、C2H6、C2H4等许多重要的化工原料。‎ 已知：i．C4H10(g)CH4(g)＋C3H6(g)‎ ii．C4H10(g)C2H6(g)＋C2H4(g)‎ CH3CH2CH2CH3与的平衡转化率随温度变化的关系如图1所示。‎ ‎（1）的名称是___；其一氯代物有___种，结构简式分别是___。‎ ‎（2）660℃时，取1molCH3CH2CH2CH3通入2L恒容密闭容器中发生反应i、ii，经过30min达到平衡，C2H6的体积分数为。‎ ‎①达平衡时反应物转化率为___，30min内，用C2H6表示的平均反应速率v（C2H6）为___。‎ ‎②达到平衡时，CH4的物质的量分数为___%（精确到0.1）。‎ Ⅱ．用煤干馏得到的二甲苯和乙烯为原料合成涤纶（聚酯纤维）的路线如下：‎ ‎（3）①写出AB的化学方程式：__，反应类型是___。‎ ‎②若1mol与1mol酯化反应的生成物中含两个环，写出该物质的结构简式：___；若生成物中只含一个环，写出反应的化学方程式___。‎ ‎【答案】 (1). 2-甲基丙烷 (2). 2 (3). 、 (4). 70% (5). 0.005mol/(L·min) (6). 23.5 (7). CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br (8). 加成反应 (9). (10). +H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）主链有3个C，支链在2号位上，名称是2-甲基丙烷；结构中三个甲基的环境相同，一共有两种不同环境的氢，它的一氯代物只有2种；‎ ‎（2）①由图可知，660℃时CH3CH2CH2CH3的平衡转化率为70%；由反应方程式可知，每反应1分子CH3CH2CH2CH3时，生成两分子的气体，即体积增大两倍，平衡时反应的CH3CH2CH2CH3的物质的量为1mol×70%=0.7mol，剩余CH3CH2CH2CH30.3mol，则此时总物质的量为0.7mol×2+0.3mol=1.7mol，生成C2H6的物质的量为1.7mol×=0.3mol，可以求出反应速率；‎ ‎②由①可知，达到平衡时，C2H6的物质的量为0.3mol，则生成C2H4‎ 的物质的量也是0.3mol，可知CH4的物质的量=（0.7mol×2-0.3×2）×0.5=0.4mol；‎ ‎（3）①AB是乙烯和溴单质的加成反应，方程式为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；反应类型是加成反应；‎ ‎②1mol与1mol酯化反应中两个羟基分别和两个羧基结合，生成两个环的有机物是；若生成物中只含一个环则中的一个羟基和一个羧基发生酯化反应，方程式为+H2O。‎ ‎【详解】（1）主链有3个C，支链在2号位上，名称是2-甲基丙烷；结构中三个甲基的环境相同，一共有两种不同环境的氢，它的一氯代物只有2种，结构简式分别是、 ；‎ ‎（2）①由图可知，660℃时CH3CH2CH2CH3的平衡转化率为70%；由反应方程式可知，每反应1分子CH3CH2CH2CH3时，生成两分子的气体，即体积增大两倍，平衡时反应的CH3CH2CH2CH3的物质的量为1mol×70%=0.7mol，剩余CH3CH2CH2CH30.3mol，则此时总物质的量为0.7mol×2+0.3mol=1.7mol，生成C2H6的物质的量为1.7mol×=0.3mol，则C2H6表示的平均反应速率v（C2H6）= =0.005mol/(L·min)；‎ ‎②由①可知，达到平衡时，C2H6的物质的量为0.3mol，则生成C2H4的物质的量也是0.3mol，可知CH4的物质的量=（0.7mol×2-0.3×2）×0.5=0.4mol，CH4的物质的量分数为×100%=23.5%；‎ ‎（3）①AB是乙烯和溴单质的加成反应，方程式为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2‎ Br；反应类型是加成反应；‎ ‎②1mol与1mol酯化反应中两个羟基分别和两个羧基结合，生成两个环的有机物是；若生成物中只含一个环则中的一个羟基和一个羧基发生酯化反应，方程式为+H2O。‎ ‎20.石油产品中含有H2S及COS、CH3SH等多种有机硫，石油化工催生出多种脱硫技术。请回答下列问题：‎ ‎（1）已知热化学方程式：①2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l) △H=-362kJ·mol-1‎ ‎②2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) △H2=-1172 kJ·mol-1‎ 则H2S气体和氧气反应生成固态硫和液态水的热化学方程式为___。‎ ‎（2）可以用K2CO3溶液吸收H2S，其原理为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数为___。（已知H2CO3 的Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11；H2S的Ka1=5.6×10-8，Ka2=1.2×10-15）‎ ‎（3）在强酸溶液中用H2O2 可将COS氧化为硫酸，这一原理可用于COS的脱硫。该反应的化学方程式为___。‎ ‎（4）COS的水解反应为COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g) △H<0。某温度时，用活性α-Al2O3作催化剂，在恒容密闭容器中COS(g)的平衡转化率随不同投料比[n(H2O)/n(COS)]的转化关系如图1所示。其它条件相同时，改变反应温度，测得一定时间内COS的水解转化率如图2所示：‎ ‎①该反应的最佳条件为：投料比[n(H2O)/n(COS)]=___，温度___。‎ ‎②P点对应的平衡常数为___。(保留小数点后2位)‎ ‎③当温度升高到一定值后，发现一定时间内COS(g)的水解转化率降低；猜测可能的原因是___。‎ ‎【答案】 (1). 2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) △H=-632kJ·mol-1 (2). 1.0×103 (3). COS+4H2O2=CO2↑+H2SO4+3H2O (4). 10：1 (5). 160℃ (6). 0.05 (7). 催化剂活性降低，反应速率变慢；该反应正反应放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）应用盖斯定律，（①2+②）3得，2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）ΔH=[（-362kJ/mol）2+（-1172kJ/mol）]3=-632kJ/mol；‎ ‎（2）反应K2CO3+H2S=KHS+KHCO3的离子方程式为CO32-+H2S=HS-+HCO3-，该反应的平衡常数K= = =；‎ ‎（3）在强酸溶液中H2O2将COS氧化为H2SO4，同时生成CO2，H2O2被还原，该反应的化学方程式为4H2O2+COS=H2SO4+CO2↑+3H2O；‎ ‎（4）①根据图1，随着的增大，COS的平衡转化率增大，当10:1，COS的平衡转化率增大不明显，反应的投料比最佳为=10:1；根据图2，一定时间内COS的水解转化率在160℃时最大，反应的最佳温度为160℃；‎ ‎②P点=6，平衡时COS的转化率为40%，设起始c（COS）=amol/L，则起始c（H2O）=6amol/L，用三段式可以求得；‎ ‎③当温度升高到一定值后，发现一定时间内COS的水解转化率降低，可能原因是：催化剂活性降低，反应速率变慢；该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动。‎ ‎【详解】（1）应用盖斯定律，（①2+②）3得，2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）ΔH=[（-362kJ/mol）2+（-1172kJ/mol）]3=-632kJ/mol，H2S气体和氧气反应生成固态硫和液态水的热化学方程式为：2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）ΔH=-632kJ/mol；‎ ‎（2）反应K2CO3+H2S=KHS+KHCO3的离子方程式为CO32-+H2S=HS-+HCO3-，该反应的平衡常数K= = ===1103；‎ ‎（3）在强酸溶液中H2O2将COS氧化为H2SO4，同时生成CO2，H2O2被还原，该反应的化学方程式为4H2O2+COS=H2SO4+CO2↑+3H2O；‎ ‎（4）①根据图1，随着的增大，COS的平衡转化率增大，当10:1，COS的平衡转化率增大不明显，反应的投料比最佳为=10:1；根据图2，一定时间内COS的水解转化率在160℃时最大，反应的最佳温度为160℃；‎ ‎②P点=6，平衡时COS的转化率为40%，设起始c（COS）=amol/L，则起始c（H2O）=6amol/L，用三段式 COS（g）+H2O（g）CO2（g）+H2S（g）‎ c（起始）（mol/L） a 6a 0 0‎ c（转化）（mol/L）0.4a 0.4a 0.4a 0.4a c（平衡）（mol/L）0.6a 5.6a 0.4a 0.4a P点对应的平衡常数K= ==0.05；‎ ‎③当温度升高到一定值后，发现一定时间内COS的水解转化率降低，可能原因是：催化剂活性降低，反应速率变慢；该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动。‎ ‎ ‎