湖南省株洲市第八中学2021-2022学年高二化学下学期期末考试试卷（Word版附解析）

湖南省株洲市第八中学2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题注意事项：本试卷选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。1.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能将答案直接答在试卷上。2.考试结束后，请将答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Mg：24Fe：56Ag：108一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。1.元末陶宗仪《辍耕录》中记载：“杭人削松木为小片，其薄为纸，熔硫磺涂木片顶端分许，名日发烛……，盖以发火及代灯烛用也。”下列有关说法错误的是A.将松木削薄为纸片状有助于发火和燃烧B.“发烛”发火和燃烧利用了物质的可燃性C.“发烛”发火和燃烧伴随不同形式的能量转化D.硫磺是“发烛”发火和燃烧反应的催化剂【答案】D【解析】【分析】【详解】A．将松木削薄为纸片状可以增大可燃物与氧气接触面积，有助于发火和燃烧，A正确；B．发烛具有可燃性，“发烛”发火和燃烧利用了物质的可燃性，B正确；C．“发烛”发火和燃烧伴随不同形式的能量转化，如化学能转化为光能、热能等，C正确；D．硫磺也燃烧，不是催化剂，D错误；选D。2.下列各组离子中能大量共存的是A.在新制氯水中：、、、B.的溶液中：、、、\nC.在碱性溶液中：、、、D.无色透明的溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A．新制氯水具有较强酸性，，A项错误；B．和不能大量共存，B项错误；C．在碱性溶液中，该组离子能大量共存，C项正确；D．铁离子呈黄色，D项错误。故选C。3.化合物M(结构式如下图所示)可用于口腔清洁。已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前20号主族元素，Y的原子序数是X的二倍，W与Z同主族且Y、Z对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法不正确的是A.化合物M中X的化合价相同B.简单氢化物的还原性：Y>XC.ZW可以与反应生成W的单质D.与Y同周期的两个相邻元素第一电离能均大于Y【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前20号主族元素，Y可以形成6条键，且其原子序数为X的二倍，则Y为硫，X为O，Z能形成+1价的阳离子，且原子序数大于S，则Z为K，S2-和K+核外电子排布相同。W与Z同主族，且原子序数小于O，能形成一条共价键，W为H。故W、X、Y、Z分别为H、O、S、K。【详解】A．化合物M中含有-O-O-键，该氧元素的化合价为-1价，M分子中O元素化合价有-1和-2两种，A错误；\nB．非金属性越强，其简单氢化物的还原性越弱，O的非金属性强于S，因此H2S的还原性强于H2O，B正确；C．ZW为KH，KH与水反应的方程式为KH+H2O=KOH+H2↑，C正确；D．Y为S，与S同周期的两个相邻元素为P和Cl，同周期元素的第一电离能随核电荷数增大呈现增加的趋势，Cl的第一电离能大于S，P的3p轨道处于半充满状态，较为稳定，故第一电离能大于S，D正确；故答案选A。4.NaH2PO2可用于化学镀镍，常通过反应“P4＋3NaOH＋3H2O==3NaH2PO2＋PH3↑”制得，产物PH3中P的化合价为-3。下列说法正确的是A.P4分子中含有的共价键是极性键B.31gP4中所含P－P键的物质的量为6molC.反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为1∶3D.反应生成2.24LPH3（标准状况），转移电子数目为0.3×6.02×1023【答案】D【解析】【详解】A. P4分子中存在P−P键，为非极性键，A项错误；B. 1个P4分子含有6个P−P键，则31g即0.25molP4，所含P−P键的物质的量为1.5mol，B项错误；C.反应生成NaH2PO2，P的元素化合价从0价变为+1价，生成PH3，P元素化合价由0价降低为−3价，可知NaH2PO2为氧化产物，PH3为还原产物，则反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为3:1，C项错误；D.生成PH3，P元素化合价由0价降低为−3价，则反应生成2.24LPH3(标准状况)，即0.1mol，转移电子数目为0.3×6.02×1023，D项正确；答案选D。5.中药小柴胡可以用来治疗感冒发烧，其主要成分之一是山奈酚，结构如图所示，下列有关该化合物叙述错误的是\nA.含氧官能团有羟基、羧基、醚键B.小柴胡需要阴凉干燥处密封保存C.山奈酚中含有多个羟基，能溶于水D.1mol山奈酚与溴水反应时，最多消耗5mol【答案】A【解析】【详解】A．该化合物的含氧官能团为酚羟基、醇羟基、羰基和醚键，A错误；B．山奈酚含有酚羟基，该物质易被空气氧化，故小柴胡需要阴凉干燥处密封保存，B正确；C．山奈酚中含有多个羟基，可以和水分子形成氢键，故山奈酚能溶于水，C正确；D．1mol山奈酚含有3mol酚羟基和1mol碳碳双键，其中苯环上的酚羟基的邻位和对位可以被Br原子取代，碳碳双键和Br2发生加成反应，故1mol山奈酚与溴水反应时，最多消耗5molBr2，D正确；故选A。6.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是已　知类　推A将Fe加入CuSO4溶液中：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向稀硫酸中加入NaOH溶液至中性：H++OH-=H2O向稀硫酸中加入Ba（OH）2溶液至中性：H++OH-=H2OC向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液：Al3++4OH-=NaAlO2+2H2O向氯化铝溶液中加入足量氨水Al3++4NH3•H2O=AlO+4NH+2H2OD向Ca（OH）2溶液中通入过量CO2:向Ca（OH）2溶液中通入过量SO2：SO2+OH-=\nCO2+OH-=HCOHSOA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.Na很活泼能与水反应，不能从硫酸铜溶液中置换出铜单质，故A错误；B.硫酸与氢氧化钡反应产生硫酸钡沉淀，离子方程式为SO+2H++Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故B错误；C.氢氧化铝不能溶于氨水，因此氯化铝与氨水反应只能得到氢氧化铝沉淀，故C错误；D.二氧化碳和二氧化硫均为酸性氧化物，过量气体与碱反应均得到酸式盐，故D正确；故选：D。7.已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5SO=2MnO+5PbSO4+2H2O；KMnO4与浓盐酸发生反应Ⅲ：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。下列推断正确的是A.由反应Ⅰ可知，Pb3O4中+2价的Pb和+4价的Pb含量之比为1：2B.由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3＞PbO2＞MnOC.Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3=3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2OD.Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑【答案】D【解析】【详解】A．由反应I可知，PbO2与Pb2+的比为1:2，Pb3O4中+2价的Pb和+4价的Pb含量之比为2:1，故A错误；B．根据反应I可知，PbO2和硝酸不反应，不能得出氧化性HNO3>PbO2，故B错误；C．由反应I可知，硝酸不能把Pb氧化为+4价的Pb，故C错误；D．根据反应II，氧化性PbO2>MnO4－，所以+4价的Pb能把盐酸氧化为氯气，Pb3O4与盐酸发生反应的离子方程式是Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑，故D正确；答案选D。8.Rh基催化剂催化某反应的机理如图所示。下列说法错误的是\nA.Rh3O-是该反应的催化剂B.CO是反应的中间体C.存在反应Rh+CH4→Rh3CH+H2D.总反应CH4+O2CO2+2H2【答案】A【解析】【详解】A．由反应机理可知Rh3O-在反应前和反应后都是不存在的，只在反应中存在，故是中间产物，A错误；B．由反应机理可知CO在反应前和反应后都是不存在的，只在反应中存在，故是中间产物，B正确；C．由反应机理可知，反应I的方程式为Rh+CH4→Rh3CH+H2，C正确；D．由反应机理可知，总反应为CH4+O2CO2+2H2，D正确；故选A。9.氯氧化法制备NaBrO3的工艺流程如图所示：下列说法错误的是A.“消化”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1B.“氧化”时，Cl2将CaBr2氧化为Ca(BrO3)2\nC.“沉溴”时发生反应：Ca(BrO3)2+BaCl2=Ba(BrO3)2↓+CaCl2D.BaCO3的溶解度大于Ba(BrO3)2【答案】D【解析】【详解】A.“消化”反应中发生的反应是：6Br2+6Ca(OH)2=Ca(BrO3)2+5CaBr2+6H2O，方程式中5个Br2中溴元素化合价降低，作氧化剂；1个Br2中溴元素的化合价升高，作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1，A正确；B.“氧化”时，通入虑其后发生的反应为：6Cl2+6Ca(OH)2+CaBr2=Ca(BrO3)2+6CaCl2+6H2O，故Cl2将CaBr2氧化为Ca(BrO3)2，B正确；C.“沉溴”时发生反应：Ca(BrO3)2+BaCl2=Ba(BrO3)2↓+CaCl2，C正确；D.加入碳酸钠溶液后发生沉淀的转化：Ba(BrO3)2+Na2CO3BaCO3+2NaBrO3，则BaCO3的溶解度小于Ba(BrO3)2，D错误；故选D。10.下列有关晶体的说法不正确的是①晶体和非晶体最大的区别在于是否有固定的熔沸点②晶体中存在阳离子就必定存在阴离子③羰基铁常温下是一种黄色油状液体，该物质中含有配位键，属于分子晶体④含2.4g碳原子的金刚石晶体中共价键个数为0.4⑤正交晶型黑磷晶体与石墨类似，从其中剥离出单层黑磷需要破坏化学键⑥晶体(结构模型如图)中每个分子周围与它最近且等距的分子有12个A.①②⑤B.①②⑥C.②④⑤⑥D.①③⑤【答案】A【解析】\n【详解】①晶体与非晶体的本质区别在于是否有自范性，微粒在微观空间是否呈现周期性的有序排列，故错误；②在金属晶体中存在自由电子和阳离子，没有阴离子，故错误；③羰基铁常温下是一种黄色油状液体，熔沸点较低，故属于分子晶体，正确；④根据金刚石的结构可知，在金刚石晶体中每个碳原子以4个共价键与其他4个碳原子结合形成三维骨架结构，根据均摊法可知每个碳原子分得的共价键数目为2，含2.4g(0.2mol)碳原子的金刚石晶体中共价键的个数为0.4，故正确；⑤石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故从其中剥离出单层黑磷需要破坏分子间作用力，故错误；⑥以晶胞顶点上的C60为例，与之距离最近的分子在经过该点的面的面心上，这样的面有12个，所以这样的分子也有12个，故正确；故选A。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl-、、等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行如下实验：下列说法正确的是A.该混合物可能K2CO3和NaClB.该混合物可能是Na2CO3和KClC.该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3D.该混合物一定是Na2CO3和NaCl【答案】AB【解析】\n【详解】焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+；答案选AB。12.一种借助双极膜(它是由一张阳膜和一张阴膜复合制成的阴阳复合膜，该膜的特点是在直流电场的作用下，阴阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-并分别通过阳膜和阴膜，作为H+和OH-离子源)的电渗析制取NaOH和HCl溶液的装置如图所示。该装置工作时，下列说法错误的是A.1室中Na+数目增多B.3室流出液的pH小于7C.5室中NaOH溶液浓度变大D.6室中的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑【答案】C【解析】【分析】根据电渗析制取NaOH和HCl溶液的装置如图所示，2室中Na+迁移到1室，2室中Cl-迁移到3室，双极膜中H+进入3室，3室的流出液中含盐酸；5室中Na+迁移到4室，6室中Na+迁移到5室，双极膜中OH-进入4室，4室的流出液中含氢氧化钠，据此分析。【详解】A．2室中Na+迁移到1室，A项正确；B．2室中Cl-迁移到3室，双极膜中H+进入3室，流出液中含盐酸，B项正确；C．5室中NaOH溶液浓度不变或减小，C项错误；D．6室中的电极上发生氧化反应：2H2O-4e-=4H++O2↑，D项正确。故选C。13.砷(As)、镓(Ga)\n等形成的化合物在现代工业中有广泛的用途，其中砷化镓是一种重要的半导体材料，晶胞结构如图所示，其熔点为1238℃，以下说法正确的是A.一个晶胞中As原子的个数为4B.As的配位数是2C.砷化镓、砷化铝、砷化硼的熔沸点逐渐降低D.砷化镓晶体中每个原子均形成4个共价键【答案】AD【解析】【详解】A．一个晶胞中As原子的个数为，故A正确；B．以晶胞右侧面As分析，左边有两个Ga相连，同理右边两个Ga相连，因此As的配位数是4，故B错误；C．砷化镓、砷化铝、砷化硼都是原子晶体，r(Ga)＞r(Al)＞r(B)，因此砷化镓、砷化铝、砷化硼的键长逐渐减小，键能逐渐增大，则熔沸点逐渐升高，故C错误；D．根据砷化镓晶体分析，晶胞中每个原子均形成4个共价键，故D正确。综上所述，答案为AD。14.我国科学家成功利用人工合淀粉，使淀粉生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如下所示。下列说法错误的是A.反应①的化学方程式为B.30g的b物质与足量银氨溶液反应可生成216gAgC.等质量的b与c物质完全燃烧，消耗氧气的量相同D.淀粉属于多糖，分子式为，是纯净物\n【答案】BD【解析】【详解】A．根据图中信息得到反应①的化学方程式为，A正确；B．根据关系式HCHO～4Ag，30g的b物质(物质的量为1mol)与足量银氨溶液反应可生成4molAg即432gAg，故B错误；C．b(HCHO)与c(HOCH2COCH2OH)通式相同，因此等质量的b(HCHO)与c(HOCH2COCH2OH)物质完全燃烧，消耗氧气的量相同，故C正确；D．淀粉属于多糖，分子式为，是混合物，故D错误。综上所述，答案为BD。三、非选择题：本题共4小题，共54分。15.硫脲[CS(NH2)2]是一种白色而有光泽的晶体，熔点为176～178℃，溶于冷水，可用作药物的原料等。实验室可用如图所示的装置(夹持、加热装置已略)制备少量的硫脲。回答下列问题：（1）装置A用于制取H2S气体，下列气体的制备也可在启普发生器中进行的是____(填标号)。a.锌粒与稀硫酸制备H2b.铜片与浓硫酸制备SO2c.石灰石与盐酸制备CO2d.高锰酸钾粉末与浓盐酸制备Cl2（2）装置B中盛放的适宜试剂是____。（3）装置C用于产品的制备，反应过程中以合适的流速通入H2S气体，反应温度控制在50℃，直至有少量晶体析出。①装置C中仪器W的名称是____。②NH2CN、Na2S在水中反应生成硫脲的化学方程式是____，通H2S的目的是____。\n（4）测定产品纯度的实验步骤如下：步骤I：称取ag产品溶解并转移到500mL容量瓶中定容后得溶液A；步骤II：吸取20.00mL溶液A于碘量瓶中，准确加入V1mLc1mol·L-1I2溶液和20.00mLNaOH溶液于暗处放置[发生反应：2NaOH+I2=NaIO+NaI+H2O，4NaIO+CS(NH2)2+H2O=CO(NH2)2+4NaI+H2SO4]步骤III：加100mL水及10.00mL盐酸摇匀(此时溶液接近中性，加盐酸的目的是使过量的NaIO和NaI反应生成I2)，用c2mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，接近终点时，加入3.00mL淀粉，继续滴定(发生反应：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。若产品中的杂质不参加反应，则产品中CS(NH2)2的质量分数为_____(列出含c1、V1、c2、V2、a的计算式)；若用Na2S2O3溶液滴定前不加稀盐酸中和，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】（1）ac（2）饱和NaHS溶液（3）①.三颈烧瓶②.③.与生成的NaOH反应再生成Na2S并稳定溶液的pH（4）①.②.偏小【解析】【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，由装置A制备硫化氢，通过装置B除去硫化氢中的氯化氢，最后在装置C发生反应生成产物，尾气中的硫化氢通过装置D中的氢氧化钠来除去，以此解题。【小问1详解】启普发生器用于固体和液体反应不加热制备气体，且固体为块状不溶于水的，a．锌粒与稀硫酸制备H2，满足条件，可以用该装置制备，a正确；b．铜片与浓硫酸制备SO2，需要加热，不能用该装置制备，b错误；c．石灰石与盐酸制备CO2，满足条件，可以用该装置制备，c正确；d．高锰酸钾粉末与浓盐酸制备Cl2，该反应需要加热，不能用该装置制备，d错误；故选ac；【小问2详解】由装置A制备硫化氢，由于盐酸挥发，故其中会混入氯化氢，可用装置B除去氯化氢，故装\n置B中的试剂为饱和NaHS溶液；【小问3详解】①由图可知装置C中仪器W的名称是三颈烧瓶；②由题意可知NH2CN、Na2S在水中反应生成CS(NH2)2，根据元素守恒可知方程式为：；反应过程中生成了NaOH，为了保持pH的稳定，需要中和反应生成的NaOH，则需要通入H2S气体，故通入H2S的目的是：与生成的NaOH反应再生成Na2S并稳定溶液的pH；【小问4详解】滴定终点，碘单质消耗完全，结合I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI可知，和Na2S2O2反应的I2的物质的量，步骤II消耗的I2的物质的量，由2NaOH+I2=NaIO+NaI+H2O，4NaIO+CS(NH2)2+H2O=CO(NH2)2+4NaI+H2SO4可知，所以溶液中CS(NH2)2的物质的量，则样品中CS(NH2)2的质量=，所以该样品中CS(NH2)2的质量分数，若用Na2S2O3溶液滴定前不加稀盐酸中和，则步骤III消耗的单质碘会减少，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将偏小。16.铁系元素是指铁、钴和镍3种元素，位于元素周期表中第VIII族，均为金属元素，在工业生产中有重要的作用。（1）基态铁元素的原子核外电子占据的轨道数目共_______个，基态钴元素的价电子排布式为_______。（2）铁系元素常常能和许多配位体形成配合物。①若一个配位体含有两个或两个以上的能提供孤电子对的原子，这种配位体就叫多齿配位体，其中有一个能提供孤电子对的原子为一齿，(羰基中的氧原子不能提供孤对电子)，\nEDTA()是_______齿配位体，与铁离子形成配合物时的配位原子为_______，EDTA中所含元素的电负性由大到小的顺序为：_______。②铁系元素形成的很多配合物有特殊的颜色，可用于鉴定铁系元素。用检验时，若有存在会产生干扰，可加入掩蔽剂NaF，与结合形成更稳定无色配离子，该配离子的空间构型为：_______。（3）铁与镁组成的其中一种储氢合金的晶胞结构如图所示，其中铁原子和镁原子最近的距离是为anm，代表阿伏伽德罗常数。图中a处原子的坐标参数为_______，合金的密度为_______。(列计算式)【答案】（1）①.15②.（2）①.六②.N和O③.O>N>C>H④.(正)八面体（3）①.②.【解析】【小问1详解】基态铁原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，占据的轨道数共1+1+3+1+3+5+1=15个；钴的核电荷数为27，基态钴元素的价电子排布式为3d74s2。【小问2详解】①若一个配位体含有两个或两个以上的能提供孤电子对的原子，这种配位体就叫多齿配位体，其中有一个能提供孤电子对的原子为一齿，羰基中的氧原子不能提供孤对电子，根据EDTA的结构可知，EDTA中的羧基中羟基上的4个氧原子、2个氮原子都能提供孤电子对，所以\nEDTA是六齿配合物。EDTA中含有C、H、O、N四种元素，电负性是原子对键合电子的吸引力，原子半径越小，核电荷数越多，电负性越大，则这四种元素的电负性由大到小的顺序为：O>N>C>H。②中铁有6个配位原子，则配离子的空间构型(为)正八面体。【小问3详解】根据晶胞结构图示可知，a处的镁原子的原子坐标参数为(，，)；在一个晶胞中，铁原子位于顶点和面心，共有4个；镁原子在晶胞内部，共有8个，则一个晶胞的质量为g，铁原子和镁原子最近的距离是体对角线的四分之一，为anm，则晶胞边长为×10-7cm，一个晶胞的体积为(×10-7)3cm3，合金密度为g/cm3。17.研究碳及其化合物的资源化利用具有重要的意义。回答下列问题：（1）已知下列热化学方程式：反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-164.9kJ/mol。反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol则反应CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)的ΔH3=_______kJ/mol。（2）在T℃时，将1molCO2和3molH2加入容积不变的密闭容器中，发生反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，实验测得CO2的体积分数φ(CO2)如表所示：t/min01020304050φ(CO2)0250.230.2140.2020.2000.200①能判断反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)达到平衡的是_______(填标号)。A.CO2的消耗速率和CH4的生成速率相等B.混合气体的密度不再发生变化C.容器内气体压强不再发生变化\nD.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化②达到平衡时CO2的转化率为_______%(结果保留三位有效数字)。（3）在T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO2和一定量的H2发生反应：CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)。达到平衡时，HCHO的分压与起始的关系如图所示：(分压=总压×物质的量分数)①起始时容器内气体的总压强为1.2pkPa，若5min时反应到达c点，v(H2)=_______mol/(L·min)。②b点时反应的平衡常数Kp=_______(kPa)-1(以分压表示)。③c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05pkPa，则H2的转化率_______(填“增大”“不变”或减小”)。【答案】（1）+206.1（2）①.CD②.33.3（3）①.0.1②.③.不变【解析】【小问1详解】反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-164.9kJ/mol。反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol根据盖斯定律Ⅱ-Ⅰ得CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)的ΔH3=+41.2kJ/mol+164.9kJ/mol=+206.1kJ/mol。【小问2详解】①A．CO2的消耗速率和CH4的生成速率相等，均为正反应方向，不能判断正逆反应速率是否相等，A不符合题意；\nB．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，所以密度ρ=是恒量，混合气体的密度不再发生变化，反应不一定平衡，B不符合题意；C．反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内气体压强不再发生变化，反应一定达到平衡状态，C符合题意；D．反应前后气体总质量不变，气体总物质的量是变量，所以平均相对分子质量M=是变量，混合气体的平均相对分子质量不再发生变化，反应一定达到平衡状态，D符合题意；故选CD。②反应达到平衡，CO2的体积分数为0.2，故；x=；达到平衡时CO2的转化率为=33.3%。【小问3详解】①起始时容器内气体的总压强为1.2pkPa，若5min时反应到达c点，c点HCHO的物质的量为x，，x=0.5mol，则反应消耗氢气的物质的量为1mol，v(H2)==0.1mol/(L·min)。②甲醛的压强为0.2pkPa，则二氧化碳的压强为0.2pkPa、氢气的压强为0.4pkPa、水蒸气的压强为0.2pkPa，b点时反应的平衡常数Kp=(kPa)-1。③c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05pkPa，Qc=，平衡不移动，故H2的转化率不变。18.化合物G是一种新型有机酰胺，在工业生产中有重要的作用，其合成路线如下：\n已知：②③（1）A中含有官能团的名称为_______，B的结构简式为：_______。（2）C→D的反应类型为_______，E的名称为_______。（3）写出D+F→G反应的化学方程式：_______。（4）芳香族化合物H是B的同分异构体，有三个取代基，能与溶液发生显色反应，1molH与足量Na反应产生2g，符合以上条件的H的同分异构体共有_______种，其中核磁共振氢谱的峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3的结构简式(写出一种即可)：_______。（5）参照上述合成路线，以、、为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_______。【答案】（1）①.碳碳双键、醛基②.\n（2）①.取代反应②.硝基苯（3）（4）①.16②.或（5）。【解析】【分析】HCOCHO和CH3CHO反应生成A，A为HCOCH=CHCH=CHCHO；A和乙烯发生已知③反应的原理生成B，则B的结构简式为：；B和氢气加成碳碳双键变为碳碳单键，然后再和氧气反应被氧化生成C；【小问1详解】由已知①反应原理可知，HCOCHO和CH3CHO反应生成A，A为HCOCH=CHCH=CHCHO，故A中含有官能团的名称为碳碳双键、醛基；\nA和乙烯发生已知③反应的原理生成B，则B的结构简式为：；C→D的反应为已知②反应的原理，生成D；苯生成E硝基苯，硝基苯中硝基被还原生成F；F和D发生取代反应生成G；【小问2详解】由流程可知，C为，C→D反应为已知②反应的原理，生成D，故反应类型为取代反应；苯和浓硝酸在浓硫酸催化作用下生成硝基苯E，故E的名称为硝基苯；【小问3详解】硝基苯E在铁和氯化氢作用下生成F，F取代D中氯原子，发生取代反应生成G，反应为；【小问4详解】芳香族化合物H是B的同分异构体，则含有苯环；有三个取代基，能与溶液发生显色反应，1molH与足量Na反应产生2g（为1mol），则三个取代基可以为2个酚羟基和乙基，也可以为一个酚羟基、1个甲基、1个-CH3OH；\n若为2个酚羟基和乙基；2个酚羟基处于邻位，乙基有2种情况；2个酚羟基处于间位，乙基有3种情况；2个酚羟基处于对位，乙基有1种情况；若为一个酚羟基、1个甲基、1个-CH3OH；酚羟基、甲基处于邻位，-CH3OH有4种情况；酚羟基、甲基处于间位，-CH3OH有4种情况；酚羟基、甲基处于对位，-CH3OH有2种情况；合计共有16种情况；其中核磁共振氢谱的峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3，则其中含有乙基和2个酚羟基且对称性较好，结构简式可以为：或；【小问5详解】由题干所给原料可知，首先苯甲醇氧化为苯甲醛，苯甲醛和乙醛发生已知①反应生成，和发生已知③反应生成；故合成路线为：。