2020-2021学年山东省诸城市高一下学期期末考试化学试题含解析

这是一份2020-2021学年山东省诸城市高一下学期期末考试化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，元素或物质推断题，填空题，实验题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

山东省诸城市2020-2021学年高一下学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列表述正确的是
A．NH3的电子式： B．乙醇的结构式：C2H5OH
C．丙烷分子的空间填充模型： D．聚氯乙烯的结构简式：
【答案】D
【详解】A．NH3的电子式为：，A错误；
B．乙醇的分子式为：C2H6O，结构简式为：C2H5OH，B错误；
C．图示为丙烷的球棍模型，不是空间填充模型，C错误；
D．1-氯乙烯发生聚合反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯的结构简式为：，D正确；
答案选D。
2．分类是化学研究的重要方法。下列物质分类存在错误的是
A．纯净物：液氯、橡胶 B．有机物：溴苯、甘油
C．离子化合物：CaCl2、NaOH D．共价化合物：H2O、CH3CH3
【答案】A
【详解】A．液氯是纯净物，橡胶是聚合物、属于混合物，A错误；
B．溴苯和甘油均属于有机物，B正确；
C．氯化钙是由钙离子和氯离子构成的离子化合物，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子构成的离子化合物，C正确；
D．H2O和CH3CH3均只含共价键，属于共价化合物，D正确；
答案选A。
3．糖类、油脂、蛋白质都是饮食中常见的有机化合物。下列说法正确的是
A．棉麻、蚕丝、羊毛都是天然纤维，主要成分都是蛋白质
B．可用碘水鉴别淀粉溶液和蔗糖溶液
C．油脂属于高分子化合物，在一定条件下能发生水解反应
D．向蛋白质溶液中分别加入CuSO4溶液和饱和(NH4)2SO4溶液，现象、原理均相同
【答案】B
【详解】A．棉麻的主要成分是纤维素，蚕丝、羊毛的主要成分是蛋白质，故A错误；
B．淀粉遇碘变蓝，遇蔗糖溶液无明显现象，可以用碘水鉴别淀粉溶液和蔗糖溶液，故B正确；
C．相对分子质量在一万以上的是高分子化合物，油脂不是高分子化合物，故C错误；
D． CuSO4溶液是重金属盐溶液，能使蛋白质变性而析出，饱和(NH4)2 SO4溶液是浓的非重金属盐溶液，能使蛋白质盐析，两者现象相似，但原理不同，故D错误；
故答案为：B。
4．下列物质互为同系物的是
A．12C与14C B．金刚石与石墨
C．CH2=CH2与CH3-CH=CH-CH3 D． 与
【答案】C
【详解】A．12C与14C质子数相同、中子数不同，两者互为同位素，A错误；
B．金刚石与石墨是由碳元素组成的不同的单质，两者互为同素异形体，B错误；
C．CH2=CH2与CH3-CH=CH-CH3结构相似，分子组成上相差2个CH2，两者互为同系物，C正确；
D．与分子式相同，结构不同，两者互为同分异构体，D错误；
答案选C。
5．下列说法错误的是
A．电解精炼粗铜时粗铜作阳极
B．电镀时镀件用作阴极材料
C．铜锌原电池中稀硫酸的作用为电子导体
D．在原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极
【答案】C
【详解】A．用电解法精炼粗铜时粗铜作阳极，粗铜中的锌、铁、银、金等金属可与铜分离，故A正确；
B．电镀时镀件用作阴极材料，故B正确；
C．铜锌原电池中稀硫酸为电解质溶液，其作用是离子导体，故C错误；
D．原电池中正极得电子，阳极上正电荷减少，阳离子移向正极，负极上失电子，负电荷减少，阴离子移向负极，以保持溶液的电中性，故D正确；
故选：C。
6．利用简易量热计测定中和反应的反应热，步骤如下：
①向量热计内筒中加入的盐酸，盖上杯盖；
②向烧杯中加入的溶液；
③小心缓慢地将烧杯中的碱液倒入量热计中，盖好杯盖，匀速搅拌；
④记录体系达到的最高温度；
⑤根据溶液温度升高的数值计算此中和反应的反应热。
以上步骤中错误的有
A．1处 B．2处 C．3处 D．4处
【答案】C
【详解】由实验步骤可知，存在错误的步骤为：步骤①没有测定并记录盐酸溶液的初始温度；步骤②应调节温度，使氢氧化钠溶液的温度与量热计内筒中盐酸的温度相同；步骤③应快速加入氢氧化钠溶液使酸碱充分混合，减少热量散失，故选C。
7．乳酸()成为近年来研究热点之一。下列说法错误的是
A．乳酸的分子式为C3H6O3
B．1 mol乳酸分别与足量Na和NaHCO3反应产生的气体物质的量之比为2：1
C．乳酸既可以与乙醇又可以与乙酸发生酯化反应
D．乳酸可与铁粉反应制备补铁剂
【答案】B
【详解】A．由题干乳酸的结构简式可知，乳酸的分子式为C3H6O3，A正确；
B．由题干乳酸的结构简式可知，1mol乳酸分子中含有1mol羟基和1mol羧基，故1 mol乳酸分别与足量Na和NaHCO3反应产生的气体物质的量分别为1mol和1mol，故物质的量之比为1：1，B错误；
C．由题干乳酸的结构简式可知，乳酸既可以与乙醇又可以与乙酸发生酯化反应，C正确；
D．乳酸可与铁粉反应生成乳酸亚铁，可以制备补铁剂，D正确；
故答案为：B。
8．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A．图1装置从KI和I2的固体混合物中回收I2
B．图2装置制备少量乙酸乙酯
C．图3装置观察铁粉的吸氧腐蚀
D．图4装置证明元素的得电子能力：Cl>C>Si
【答案】C
【详解】A．加热I2易升华，回收I2时需要将蒸发皿改为烧杯，在烧杯上方放一只装有冷水的圆底烧瓶，图示装置不能回收I2，故A错误
B．收集乙酸乙酯的导管不能插入饱和碳酸钠溶液，否则易发生倒吸现象，图示装置不合理，故B错误；
C．食盐水为中性，红墨水沿导管上升，可证明发生吸氧腐蚀，图示装置合理，能够达到实验目的，故C正确；
D．由于HCl不是Cl元素的最高价含氧酸，且盐酸具有挥发性，制取的二氧化碳中混有HCl，HCl与硅酸钠溶液反应，干扰了检验结果，无法比较Cl、C、Si的非金属性强弱，故D错误；
故选：C。
9．一种以太阳能为热源分解水的历程，如图所示：

已知：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=571.0 kJ·mol-1
过程I：2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g) △H=313.2 kJ·mol-1
下列说法错误的是
A．过程I、II中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能
B．转化过程中Fe3O4作催化剂
C．破坏2 mol液态水中化学键所需能量高于形成2 mol氢气和1 mol氧气中化学键释放的能量
D．过程II热化学方程式为3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s) △H=128.9 kJ·mol-1
【答案】A
【详解】A．过程Ⅰ中Fe3O4吸收太阳能变为O2和FeO为吸收热量，过程Ⅱ的化学方程式可知为吸收热量，不存在化学能转变为热能，A项错误；
B．转化过程Ⅰ中消耗Fe3O4，过程Ⅱ中生成Fe3O4，在整个反应历程中Fe3O4做催化剂，B项正确；
C．2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)反应为吸热反应，则破坏2 mol液态水中化学键所需能量高于形成2 mol氢气和1 mol氧气中化学键释放的能量，C项正确；
D．总反应为②2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)，过程I为①2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g)，则过程II热化学方程式为3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s)，反应的焓变为，则△H=128.9 kJ·mol-1，D项正确；
答案选A。
10．氯化硫酰(SO2Cl2)常用作氧化剂，可用干燥的SO2和Cl2在活性炭作催化剂的条件下制取：SO2(g)＋Cl2(g) SO2Cl2(l)  △H=-97.3 kJ·mol-1，下列说法错误的是
A．该反应是放热反应
B．使用活性炭作催化剂能缩短该反应达到平衡的时间
C．反应中每消耗22.4 L(标准状况)Cl2转移的电子数目约为1.204×1024
D．将SO2Cl2从平衡体系中及时分离，能加快正反应速率
【答案】D
【详解】A．该反应的焓变△H=-97.3 kJ·mol-1<0，为放热反应，A正确；
B．使用活性炭作催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，缩短该反应达到平衡的时间，B正确；
C．22.4 L(标准状况)Cl2的物质的量为1mol，反应中每消耗1molCl2，转移2mol电子，转移电子数为26.02×1023=1.204×1024，C正确；
D．将SO2Cl2从平衡体系中及时分离，生成物浓度减小，化学反应速率减小，D错误；
答案选D。
11．一种生产苯乙烯的流程如下，下列叙述正确的是

A．①的反应类型是取代反应
B．苯乙烯和足量氢气加成后产物的一氯代物有5种
C．可用溴的四氯化碳溶液鉴别苯与苯乙烯
D．乙苯分子中所有的原子可能在同一平面上
【答案】C
【详解】A．①中碳碳双键转化为单键，为加成反应，故A错误；
B．苯乙烯和足量氢气加成后生成乙基环己烷，含6种H原子，则加成后产物的一氯代物有6种，故B错误；
C．苯乙烯与溴发生加成反应，苯不能，现象不同，可鉴别，故C正确；
D．乙苯分子中乙基上2个碳原子均为sp3杂化，所有原子不能共面，故D错误；
故选：C。
12．高铁电池是一种新型可充电电池，该电池可长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应式：3Zn＋2K2FeO4＋8H2OZn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，下列叙述错误的是
A．放电时正极反应为FeO＋3e-＋4H2O=Fe(OH)3＋5OH-
B．放电时每转移6 mol e-，负极的质量增加102 g
C．充电时阴极反应为Zn(OH)2＋2e-=Zn＋2OH-
D．充电时高铁电池的正极与外接电源的负极相连
【答案】D
【详解】A．放电时，正极发生得电子的还原反应，电极反应式为：FeO＋3e-＋4H2O=Fe(OH)3＋5OH-，A正确；
B．由总反应式可知，放电时，锌为负极，电极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，转移2mole-，负极质量增加34g，则放电时每转移6 mol e-，负极的质量增加34g3=102 g，B正确；
C．充电时，Zn(OH)2在阴极得电子转化为Zn，电极反应式为：Zn(OH)2＋2e-=Zn＋2OH-，C正确；
D．充电时，电池的正极应与外接电源的正极相连，D错误；
答案选D。

二、多选题
13．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，q是元素Y的单质且为淡黄色固体，n是元素Z的单质，r的水溶液是一元强酸，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是

A．原子半径：Z>Y>X>W B．简单气态氢化物的稳定性：Z>Y
C．Y的氢化物常温常压下为气态 D．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>Y
【答案】BC
【分析】短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增加。m、p、r 是由这些元素组成的二元化合物，q是Y的单质且为淡黄色固体，则q为硫单质，Y为S元素。由原子序数可知Z为Cl元素，n是元素Z的单质，则n为Cl2，n(Cl2)与二元化合物p在光照条件下反应生成r和s，0.01 mol•L-1r溶液的pH为2，说明r为一元强酸，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH4，r为HCl，s为CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4的混合物。二元化合物m与n(Cl2)反应生成q(硫单质)和r(HCl)，则m为H2S．结合原子序数关系可知W为H元素、X为C元素。
【详解】由分析可知，W、X、Y、Z分别为H、C、S、Cl，m为H2S、n为Cl2、q为S、p为CH4、r为HCl，而s为CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4的混合物。
A．同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，故原子半径：W(H)＜X(C)＜Z(Cl)＜Y(S)，故A错误；
B．非金属性Z(Cl)＞Y(S)＞X(C)，故氢化物稳定性：Z＞Y＞X，故B正确；
C．Y的氢化物为H2S，常温常压下为气态，故C正确；
D．非金属性X(C)＜Y(S)，最高价氧化物对应水合物的酸性X＜Y，故D错误；
故选：BC。
14．除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，所用试剂或除杂方法错误的是

混合物
所用试剂
除杂方法
A
乙烯(二氧化硫)
氢氧化钠溶液
洗气
B
乙醇(乙酸)
氢氧化钠溶液
蒸馏
C
乙烷(乙烯)
四氯化碳
洗气
D
溴苯(溴)
苯
分液

A．A B．B C．C D．D
【答案】CD
【详解】A．乙烯与氢氧化钠溶液不反应，二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，可用氢氧化钠溶液除去乙烯中的二氧化硫，A正确；
B．乙酸与氢氧化钠溶液反应生成乙酸钠，乙醇和乙酸钠的沸点相差较大，可用蒸馏法分离出乙醇，B正确；
C．乙烷和乙烯均能溶于四氯化碳，不能用四氯化碳除去乙烷中的乙烯，C错误；
D．溴苯和溴均能溶于苯，不能用苯除去溴苯中的溴，D错误；
答案选CD。
15．中国政府承诺“2030年碳达峰”、“2060年碳中和”。科学家使用络合物作催化剂，用多聚物来捕获二氧化碳，反应历程如图所示。下列叙述错误的是

A．反应过程中只存在极性键的断裂和形成
B．历程中涉及的多聚物皆属于高分子化合物
C．选用不同的络合催化剂可改变该反应的焓变
D．总反应的化学方程式为CO2＋3H2CH3OH＋H2O
【答案】AC
【详解】A．反应过程中C-N键、C-H键、N-H键为异种原子形成的是极性共价键，H-H键为同种原子属于非极性共价键，反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成，A项错误；
B．高分子化合物相对分子质量大于10000，由图可知多聚物属于高分子化合物，B项正确；
C．催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，选用不同的络合催化剂不改变该反应的焓变，C项错误；
D．由图可知，进入的物质为CO2和H2为反应物，出来的物质为CH3OH和H2O为生成物，则总反应的化学方程式为CO2＋3H2CH3OH＋H2O，D项正确；
答案选AC。

三、元素或物质推断题
16．下表为元素周期表的一部分，表中所列的每个字母分别代表某一元素。

回答下列问题：
(1)元素d的原子结构示意图为_______，a、b、e、g简单离子半径的大小顺序_______(用离子符号表示)。
(2)化合物cd2的电子式为_______，化合物a2d2中含有的化学键为_______。
(3)由元素h、i组成的化合物砷化镓(GaAs)是一种重要的半导体材料，其中元素h、i中失电子能力更强的是_______(填元素符号)。元素i与f的最高价氧化物水化物的酸性更强的是_______(填化合物化学式，下同)，元素i与f的简单气态氢化物还原性更强的是_______。
(4)设计实验证明g的得电子能力大于j，简述操作步骤和现象(可选用试剂：固体KMnO4、稀盐酸、浓盐酸、溴水、NaBr溶液、CCl4溶液)：_______。
【答案】(1)          Cl->Na+>Mg2+>Al3+
(2)          离子键、共价键
(3)     Ga     H3PO4     AsH3
(4)高锰酸钾溶液与浓盐酸反应生成氯气，将生成的氯气通入溴化钠溶液中，溶液由无色变为橙黄色，说明氯的得电子能力比溴强

【分析】由元素周期表的结构可知，a~j分别为：Na、Mg、C、O、Al、P、Cl、Ga、As、Br。
（1）
元素d为O，其原子结构示意图为： ，a、b、e、g分别为Na、Mg、Al、Cl，电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大、微粒半径越小，则简单离子半径的大小顺序为：Cl->Na+>Mg2+>Al3+。
（2）
化合物cd2为CO2，其电子式为： ，化合物a2d2为Na2O2，为离子化合物，同时还含有氧氧共价键，因此Na2O2中含有的化学键为离子键和共价键。
（3）
同一周期主族元素从左向右失电子能力逐渐减弱，因此Ga、As中失电子能力更强的是Ga，同一主族元素从上向下非金属性逐渐减弱，元素非金属性越弱，其最高价氧化物水化物的酸性越弱，简单气态氢化物还原性越强，因此As、P的最高价氧化物水化物的酸性更强的是H3PO4，简单气态氢化物还原性更强的是AsH3。
（4）
设计实验证明氯的得电子能力比溴强：高锰酸钾溶液与浓盐酸反应生成氯气，将生成的氯气通入溴化钠溶液中，溶液由无色变为橙黄色，氯气将溴置换出来，说明氯的非金属性比溴强。

四、填空题
17．黄铁矿(FeS2，Fe为＋2价)是生产硫酸和冶炼钢铁的主要原料。850℃～950℃时在空气中锻烧可发生下列反应：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2。
(1)二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。

①负极的电极反应式为_______。
②该电池每消耗32 g SO2，理论上至少需要标准状况下氧气的体积为_______L。
(2)为了减少对环境的污染，煤在燃烧前要进行脱硫处理。电解脱硫的基本原理如图所示。

①阳极的电极反应式为_______。
②Mn3＋与煤中的含硫物质(主要是FeS2)反应的离子方程式是_______。
③电解过程中，当有120 g FeS2被氧化时，混合溶液中H＋的物质的量将增大_______mol(不考虑溶液中水的体积变化)。
(3)采用电化学防护技术可减缓海水中钢铁设施的腐蚀，如图是钢铁桥墩部分防护原理示意图。

钢铁桥墩的电化学防护方法为_______，辅助电极所选用的材料可以是_______。
【答案】(1)     SO2+2H2O-2e-=SO+4H+     5.6
(2)     Mn2+-e-=Mn3+     FeS2+15Mn3++8H2O=Fe3++15Mn2++2SO+16H+     1
(3)     外加电流阴极保护法     石墨或废铁、废铜

【解析】（1）
①由装置图可知，左边电极上二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO+4H+，右边电极上氧气得电子生成水，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O。
②由正负极的电极反应式可知，电池的总反应为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，32 g SO2的物质的量为=0.5mol，则每消耗0.5molSO2，需要0.25molO2，标准状况下其体积为0.25mol22.4L/mol=5.6L。
（2）
①由图示可知，Mn2+在阳极失电子转化为Mn3+，发生氧化反应，电极反应式为：Mn2+-e-=Mn3+。
②由图示可知，FeS2与Mn3+反应生成Fe3+、Mn2+和SO，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：FeS2+15Mn3++8H2O=Fe3++15Mn2++2SO+16H+。
③120gFeS2的物质的量为=1mol，1molFeS2被氧化时，消耗15molMn3+，生成16molH+，而生成15molMn3+时，阴极消耗15molH+，所以混合液中氢离子的物质的量将增大16mol-15mol=1mol。
（3）
由图示可知，钢铁桥墩连接外界电源的负极，作阴极被保护，为外加电流阴极保护法，辅助电极的材料需是导体，可以是石墨或废铁、废铜等。

五、实验题
18．丙炔酸甲酯是一种重要的有机化工原料，实验室用丙炔酸(CH≡C-COOH)与甲醇(CH3OH)通过酯化反应制备少量丙炔酸甲酯：CH≡C-COOH＋CH3OHCH≡C-COOCH3＋H2O。装置示意图如下(夹持和加热装置略去)：
实验步骤如下：
步骤1：按装置所示，将14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸在A中混合并加入2-3片碎瓷片，搅拌，加热一段时间。

步骤2：步骤1结束后，将A中液体冷却，转移到新装置中蒸出过量的甲醇。
步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5% Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机层。
步骤4：在有机层中加入无水Na2SO4、过滤、蒸馏、得丙炔酸甲酯。
回答下列问题：
(1)碎瓷片的作用是_______。
(2)仪器B的作用是_______。
(3)步骤2中蒸出过量的甲醇时需要用到的玻璃仪器有：蒸馏烧瓶、酒精灯、直形冷凝管、牛角管和_______、_______(填仪器名称)。
(4)步骤3中用5% Na2CO3溶液洗涤，主要除去的有机物是_______，分离出有机层的操作名称是_______。
(5)步骤4中加入无水Na2SO4的目的是_______。
【答案】(1)防止液体暴沸
(2)导气兼冷凝回流
(3)     温度计     锥形瓶
(4)     丙炔酸     分液
(5)干燥丙炔酸甲酯

【分析】蒸馏烧瓶中加入碎瓷片，可让液体能够平稳地沸腾，仪器B是球形冷凝管，可使蒸汽液化并回流，结合蒸馏操作分析需要的仪器，步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质呈酸性，有机物与Na2CO3溶液不互溶，从分层的液体中分离出有机相，可确定其操作名称，无水Na2SO4易结合水形成结晶水合物。
（1）
蒸馏烧瓶中加入碎瓷片，可防止暴沸，故答案为：防止液体暴沸；
（2）
由分析可知，仪器B的作用是冷凝、回流，提高原料利用率，故答案为：导气兼冷凝回流；
（3）
步骤2应为蒸馏，使用的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶和温度计，故答案为：温度计，锥形瓶；
（4）
由分析可知，步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去丙炔酸，有机物与Na2CO3溶液不互溶，分离出有机相的操作名称为分液，故答案为：丙炔酸；分液；
（5）
步骤4中加入无水Na2SO4，利用其易与水形成结晶水合物的性质干燥丙炔酸甲酯，故答案为：干燥丙炔酸甲酯。

六、原理综合题
19．NO2和N2O4是氮的两种重要氧化物。回答下列问题：
Ⅰ.已知下列反应在298K时的反应焓变：
①N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H1=180.5 kJ·mol-1
②2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) △H2=-112 kJ·mol-1
③N2(g)＋2O2(g)=N2O4(g) △H3=10.7 kJ·mol-1
(1)写出N2O4(g)转化为NO2(g)的热化学方程式：_______。
Ⅱ.298K时，在2 L的恒容绝热密闭容器中发生反应：N2O4(g)2NO2(g)反应过程中各气体浓度随时间变化的情况如图所示。

(2)代表NO2气体浓度随时间变化的曲线为_______(填“甲”或“乙”)。
(3)当N2O4的浓度为0.08 mol·L-1时，反应时间为t s，则0～t s时，用NO2气体的浓度变化量表达该反应的平均速率为_______。
(4)A、B两点对应时刻，反应速率大小：vA_______vB(填“>”“<”或“=”)。
(5)不能说明该反应达到平衡状态的是_______(填序号)。
a.混合气体的温度不再改变       b.2v正(N2O4)=v逆(NO2)
c.容器内气体颜色不再改变       d.容器内气体的密度不再改变
(6)化学平衡常数(K)是指一定温度下，可逆反应无论从正反应开始，还是从逆反应开始，也不管反应物起始浓度大小，最后都达到平衡状态，这时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值。例如：aA(g)＋bB(g) pC(g)＋qD(g)   K=，计算298K时，反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数K=_______。
【答案】(1)N2O4(g)⇌2NO2(g) △H=57.8 kJ·mol-1
(2)乙
(3)mol/(L·min)
(4)>
(5)d
(6)0.36

【解析】（1）
N2O4转化为NO2的化学方程式为：N2O4⇌2NO2，依据盖斯定律，此反应可由①+②-③得到，焓变△H=△H1+△H2-△H3=180.5 kJ·mol-1-112 kJ·mol-1-10.7 kJ·mol-1=57.8 kJ·mol-1，热化学方程式为：N2O4(g)⇌2NO2(g) △H=57.8 kJ·mol-1。
（2）
由图示可知，达到平衡时，甲曲线代表物质的浓度变化量为乙曲线代表物质的浓度变化量的一半，因此代表NO2气体浓度随时间变化的曲线为乙，代表N2O4气体浓度随时间变化的曲线为甲。
（3）
当N2O4的浓度为0.08 mol·L-1时，N2O4的浓度变化量为0.10mol/L-0.08mol/L=0.02mol/L，NO2的浓度变化量为0.04mol/L，则0～t s时，v(NO2)==mol/(L·min)。
（4）
反应正向建立平衡，A点N2O4的浓度大，反应速率快，因此vA>vB。
（5）
a．反应在绝热容器中进行，混合气体的温度不再改变时，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，a不符合题意；
b．2v正(N2O4)=v逆(NO2)，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，b不符合题意；
c．容器内气体颜色不再改变，各物质浓度不变，说明反应达到平衡状态，c不符合题意；
d．反应前后气体总质量不变，恒容容器、体积不变，气体密度始终不变，容器内气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，d符合题意；
答案选d。
（6）
由图示可知，平衡时，N2O4的浓度为0.04 mol·L-1，NO2的浓度为0.12mol·L-1，平衡常数K===0.36。

七、有机推断题
20．以淀粉为主要原料可以制得多种有机物，其合成路线如图所示：

已知：A属于单糖，D能跟NaHCO3溶液反应产生CO2。
回答下列问题：
(1)A的分子式为_______，其中官能团的名称为_______；C的结构简式为_______。
(2)⑤的反应类型为_______。
(3)简述实验室中检验物质A的实验试剂、操作和现象_______。
(4)写出反应③的化学方程式：_______。
(5)与E具有相同官能团且互为同分异构体的有机物有3种，其中一种为HCOOCH2CH2CH3，另外两种物质的结构简式为_______。
【答案】(1)     C6H12O6     羟基、醛基     CH3CHO
(2)酯化反应(或取代反应)
(3)取少量A置于试管中配成溶液，加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，出现砖红色沉淀
(4)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
(5)CH3CH2COOCH3，HCOOCH(CH3)2

【分析】淀粉在糖化酶作用下水解生成单糖A为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化成B为乙醇，乙醇发生催化氧化生成C为乙醛，D能跟NaHCO3溶液反应产生CO2，乙醛发生催化氧化生成D为乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成E为乙酸乙酯。
（1）
由分析可知，A为葡萄糖，分子式为：C6H12O6，所含官能团为羟基、醛基，C为乙醛，结构简式为CH3CHO。
（2）
反应⑤为乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生酯化反应(或取代反应)生成乙酸乙酯。
（3）
A为葡萄糖，葡萄糖中含醛基，因此实验室检验葡萄糖的操作为：取少量A置于试管中配成溶液，加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，出现砖红色沉淀。
（4）
反应③为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
（5）
E为乙酸乙酯，与乙酸乙酯具有相同官能团且互为同分异构体的有机物属于酯类，除HCOOCH2CH2CH3外，另外两种物质为CH3CH2COOCH3，HCOOCH(CH3)2。