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【化学】江西省南昌市第十中学2020届高三下学期综合模拟考试（解析版）
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江西省南昌市第十中学2020届高三下学期综合模拟考试
1.化学与生产、生活及环境密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中
B. 工业生产时加入适宜的催化剂，除了可以加快反应速率之外，还可以降低反应所需的温度，从而减少能耗
C. 《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了“焰色反应”
D. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的
【答案】A
【详解】A.二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，选项A错误；
B.催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用，选项B正确；
C.利用钾和钠的焰色反应不同进行区分，选项C正确；
D.乙烯有催熟的效果，高锰酸钾溶液可以吸收乙烯，选项D正确。
答案选A。
【点睛】本题考查化学与生产、生活的关系，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，易错点为选项B催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用。
2.下列有关溶液中离子存在和转化的表达不合理的是（ ）
A. 中性溶液中不可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-
B. 离子方程式2Ca2++3HCO3-+3OH-=2CaCO3↓+CO32-+3H2O可以表示NH4HCO3与澄清石灰水反应
C. 由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中一定不能大量存在K+、I-、Mg2+、NO3-
D. n[NH4Al(SO4)2]：n[Ba(OH)2]=2：5时发生的反应为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-=NH3·H2O+AlO2-+2H2O+2BaSO4↓
【答案】B
【详解】A．Fe3+发生水解，只能存在酸性溶液中，中性溶液中不可能大量，故A正确；
B．若氢氧化钙不足时发生反应：Ca2++2HCO3−+2OH−＝CaCO3↓+CO32−+2H2O，若氢氧化钙过量时发生反应：NH4++Ca2++HCO3−+2OH−＝CaCO3↓+NH3⋅H2O+H2O↓，则题中说法错误，故B错误；
C．由水电离出的c(H+)=1×10−12mol/L的溶液呈酸性或碱性，Mg2+与氢氧根离子反应，酸性条件下I−、NO3−发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存，故C正确；
D．n[NH4AlSO4)2]:n[Ba(OH)2]=2:5时，反应生成一水合氨按、偏铝酸钡、硫酸钡沉淀和水，发生的反应为：NH4++Al3++2SO42−+2Ba2++5OH−＝NH3·H2O+AlO2−+2H2O+2BaSO4↓，故D正确；
答案选B。
3.以物质a为原料，制备物质d(金刚烷)的合成路线如下图所示
关于以上有机物说法中错误的是（ ）
A. 物质a最多有10个原子共平面
B. 物质d的二氯代物有6种
C. 物质c与物质d互为同分异构体
D. 物质b的分子式为C10H12
【答案】A
【详解】A. a分子中单键碳上的2个H原子，一定不在双键决定的平面上，物质a最多有9个原子共平面，故A错误；
B. 金刚烷的的二氯代物有、、、、、共6种，故B正确；
C. 物质c与物质d的分子式都是C10H16，c与d的结构不同，所以互为同分异构体，故C正确；
D. 根据b分子的键线式，物质b的分子式为C10H12，故D正确。
4.2017年南京理工大学合成出下图的离子化合物，该物质由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子。X、Y、Z、M均为短周期元素，且均不在同一族。下列说法不正确的是（ ）
A. X与Y形成的化合物沸点高于Y同族元素与X形成的化合物
B. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的强
C. Y气态氢化物的稳定性比Z的强
D. 在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键
【答案】B
【详解】该化合物由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子，且X、Y、Z、M均为短周期元素，均不在同一族，由结构图并结合X、Y、Z、M可知X为H元素、Y为O元素、Z为N元素，M为Cl元素，化合物中含有NH4+、H3O+、N5-和Cl-，则：
A．H2O分子之存在氢键，其沸点明显高于O族其它元素的氢化物，如H2S等，故A正确；
B．Cl的非金属性比N强，则HNO3的酸性比HClO4弱，故B错误；
C．O的非金属性比N强，则H2O比NH3稳定，故C正确；
D．该盐中含有NH4+、H3O+、N5-，其中NH4+、H3O+中均含有极性共价键，而N5-中的N-N键为非极性键，故D正确；
故答案为B。
【点睛】本题解题关键是结合离子化合物的示意图准确推断元素；常见元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
5.十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法正确的是（ ）
A. 盐桥中Cl-向Y极移动
B. 电路中流过7.5 mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8L
C. 电流由X极沿导线流向Y极
D. Y极发生的反应为2NO3-＋10e-＋6H2O===N2↑＋12OH—，周围pH增大
【答案】D
【分析】根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，X是负极，发生失电子的氧化反应，Y是正极，发生得电子的还原反应，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。
【详解】A. 处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向X 极移动，故A错误；
B. 电池总反应为：，该反应转移了15个电子，即转移15个电子生成4个氮气，故电路中流过7.5 mol电子时，产生2mol氮气，即44.8L，B错误；
C. 电流由正极流向负极，即Y极沿导线流向X 极，故C错误；
D. Y是正极，发生得电子的还原反应，，周围pH 增大，故D正确；
答案选D。
6.下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
A
探究化学反应的限度
取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液5~6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应
B
探究浓度对化学反应速率的影响
用两支试管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的H2C2O4(草酸)溶液，记录溶液褪色所需的时间
C
验证醋酸钠溶液中存在水解平衡
取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性，观察溶液颜色变化
D
证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成
将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中
【答案】C
【详解】A．KI与FeCl3发生氧化还原反应，其离子反应式为：2I-+2Fe3+=2Fe2++ I2，由于KI过量，因此溶液中存在I2和I-，故不可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应，故A错误；
B.高锰酸钾与草酸溶液反应的离子式为：，可知溶液中高锰酸钾溶液过量，难以观察到褪色现象，故B错误；
C．CH3COONa在水溶液中有：，溶液呈碱性，加入酚酞溶液后变红，再加入醋酸铵固体，醋酸铵溶液呈中性，此时溶液中CH3COO-浓度增大，反应正向移动，溶液颜色加深，故C正确；
D．乙醇具有挥发性和还原性，生成的气体中混有乙醇，也能使高锰酸钾溶液褪色，不能说明一定产生乙烯，故D错误；
答案选C。
7.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱，在水中的电离原理类似于氨。常温下，向乙二胺溶液中滴加稀盐酸，溶液的pH随离子浓度变化关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A. Kb2[H2NCH2CH2NH2]数量级为10-8
B. 曲线G代表pH与lg的变化关系
C. H3NCH2CH2NH2Cl溶液中c(H+)>c(OH-)
D. 0.01mol·L-1H2NCH2CH2NH2电离度约为10%
【答案】C
【分析】多元弱碱第一级电离大于第二级电离，故曲线T代表pH与lg的变化关系，曲线G代表pH与lg的变化关系，由曲线所示关系和电离平衡常数相关知识分析可得结论。
【详解】A．Kb2[H2NCH2CH2NH2]=，当lg=0时，即=，Kb2[H2NCH2CH2NH2]==10-7.15，故A正确；
B．根据分析，因多元弱碱的第一级电离大于第二级电离，曲线G代表pH与lg的变化关系，故B正确；
C．在H3NCH2CH2NH2Cl溶液中，既有H2NCH2CH2NH3的电离，又有H2NCH2CH2NH3+的水解，由图中T曲线可得H2NCH2CH2NH3+的水解平衡常数Kh=c(H+)=10-9.93，而Kb2[H2NCH2CH2NH2]= 10-7.15，由此可知在H3NCH2CH2CH2NH3+的电离大于水解，溶液显碱性，故C错误；
D．设0.01molL-1H2NCH2CH2NH2电离度为a，则有Kb1[H2NCH2CH2NH2]==10-4.07，解得a=0.1，故D正确；
答案选C。
【点睛】解答本题的关键点在于能理解坐标图中纵、横坐标的意义，当选择横坐标为0的特殊点来计算乙二胺的第一级电离平衡常数或第二级电离平衡常数较为方便，因为此时Kb1[H2NCH2CH2NH2]=c(OH-)，Kb2[H2NCH2CH2NH2]=c(OH-)。
8.碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：
(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3
①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为_________________________(按气流方向，用小写字母表示)。
若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。
②制备水合肼时，应将___________滴到 __________ 中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。
(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：
在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为_____________________________________________________。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是___________________________________________________。
(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：
a．称取10．00g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；
b．量取25．00mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：
c．用0．2100mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15．00mL。
①M为____________(写名称)。
②该样品中NaI的质量分数为_______________。
【答案】(1). ecdabf (2). 5:3 (3). NaClO溶液 (4). 尿素 (5). 2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O (6). N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质 (7). 淀粉 (8). 94.5%
【分析】(1)①根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3--则会生成Cl-5mol，据此分析可得；
②NaClO氧化水合肼；
(2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-，得到碘离子和氮气，结晶得到碘化钠；
(3)①淀粉溶液遇碘单质溶液变蓝色；
②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol×0.015L××150g/mol=9.45g，据此计算。
【详解】(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3
①装置c由二氧化们和浓盐酸制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备，为充分反应，从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3-则会生成Cl-5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，有5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，物质的量之比为ClO-与ClO3-共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5:3；
②将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中取适量NaClO溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，防止水合肼被氧化；
(2)根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，反应为：2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高；
(3)①实验中滴定碘单质，用淀粉做指示剂，即M为淀粉；
②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol×0.015L××150g/mol=9.45g，故其质量分数为×100%=94.5%。
9.二硫化钼(MoS2， 其中Mo的化合价为+4)被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿(含MoS2、SiO2 以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”中加入氢氟酸是为了除去杂质SiO2，该反应的化学方程式为___________________________________。
(2)在“氧化焙烧”过程中主要是将MoS2转化为MoO3，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(3)若氧化焙烧产物产生烧结现象，在“氨浸”前还需进行粉碎处理，其目的是____________，“氨浸”后生成( NH4)2 MoO4反应的化学方程式为________________________________。
(4)向“氨浸”后的滤液中加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4]，加入盐酸后，(NH4)2 MoS4与盐酸反应生成MoS3沉淀，沉淀反应的离子方程式为____________________________________________。
(5)高纯MoS2中仍然会存在极微量的非整比晶体MoS2.8等杂质，在该杂质中为保持电中性，Mo元素有+4、+6两种价态，则MoS2中Mo4+所占Mo元素的物质的量分数为_____________。
(6)钼酸钠晶体( Na2 MoO4 ·2H2O)是一种无公害型冷却水系统金属缓蚀剂，可以由MoS2制备。在制备过程中需加入Ba(OH)2固体除去SO42-，若溶液中c(MoO42-)=0.4 mol/L，c(SO42-)=0. 05 mol/L，常温下，当BaMoO4即将开始沉淀时，SO42-的去除率为____________ [忽略溶液体积变化。已知：259℃，Ksp( BaMoO4)=4.0×10-8 ， Ksp(BaSO4)=1.1×10-10]。
【答案】(1). SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O (2). 7：2 (3). 增大反应物的接触面积，提高浸出速率 (4). MoO3+2NH3•H2O=(NH4)2MoO4+H2O (5). MoS42-+2H+=MoS3↓+H2S↑ (6). 1：5 (7). 97.8%
【分析】(1)SiO2与HF反应产生SiF4、H2O；
(2)高温焙烧，MoS2与O2反应产生MoO3和SO2，结合电子守恒、原子守恒书写反应方程式，然后根据氧化还原反应规律判断物质的作用及反应时物质的量关系；
(3)“氧化培烧”进行“氨浸”前需对焙烧物进行粉碎，目的是增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率；氨浸后生成(NH4)2MoO4同时产生水，该反应的化学方程式是MoO3+2NH3•H2O=(NH4)2MoO4+H2O；
(4)(NH4)2MoS4与盐酸反应得到MoS3沉淀和H2S气体；
(5)设在1mol的MoS2.8中Mo4+与Mo6+的物质的量分别是x和y，根据质量守恒和化合物化合价为0列式可得；
(6)根据Ksp( BaMoO4)=4.0×10-8及c(MoO42-)=0.4 mol/L计算形成BaMoO4沉淀时溶液中c(Ba2+)，再结合Ksp(BaSO4)=1.1×10-10计算溶液中c(SO42-)，最后根据去除率含义计算SO42-的去除率；
【详解】(1) 杂质SiO2与氢氟酸反应产生SiF4、H2O，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(2)高温焙烧，MoS2与O2反应产生MoO3和SO2，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，在该反应中Mo、S元素化合价升高，失去电子，所以MoS2作还原剂，O元素化合价降低，获得电子，被还原，O2作氧化剂，则在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：2；
(3)“氧化培烧”进行“氨浸”前需对焙烧物进行粉碎，目的是增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率；氨浸后生成(NH4)2MoO4和H2O，该反应的化学方程式是
MoO3+2NH3•H2O=(NH4)2MoO4+H2O；
(4)(NH4)2MoS4在溶液中应该电离出NH4+和MoS42-，MoS42-在酸性环境下生成MoS3沉淀，另外的生成物只能是H2S气体，所以离子方程式为：MoS42-+2H+=MoS3↓+H2S↑；
(5)设在1mol的MoS2.8中Mo4+与Mo6+的物质的量分别是x和y，则x+y=1，根据化合价代数之和为0，则有4x+6y=2.8×2，解得x=0.2，y=0.8，所以该杂质中Mo4+与Mo6+的物质的量之比=0.2：(0.2+0.8)=1：5；
(6)当BaMoO4即将开始沉淀时，溶液中c(Ba2+)==1.0×10-7mol/L，由于Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，则此时溶液中SO42-的浓度为c(SO42-)=mol/L=1.1×10-3mol/L，所以SO42-的去除率为×100%=97.8%。
【点睛】本题考查了物质的制备，掌握氧化还原反应的特征与反应实质的关系及物质的作用、和溶度积常数应用是分析、计算与判断的依据，明确反应原理及具体流程是解本题关键，试题侧重考查学生的分析问题和计算能力及运用知识解决实际问题的能力。
10.氢气既是一种优质的能源，又是一种重要化工原料，高纯氢的制备是目前的研究热点。
（1）甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，甲烷和水蒸气反应的热化学方程式是：
CH2(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) △H＝+165.0kJ·mol－1
已知反应器中存在如下反应过程：
I.CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H1＝+206.4kJ·mol－1
II.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) △H2
根据上述信息计算：a＝_________、△H2＝_________。
（2）某温度下，4molH2O和lmolCH4在体积为2L的刚性容器内同时发生I、II反应，达平衡时，体系中n(CO)＝bmol、n(CO2)＝dmol，则该温度下反应I的平衡常数K值为___(用字母表示)。
（3）欲增大CH4转化为H2的平衡转化率，可采取的措施有______(填标号)。
A.适当增大反应物投料比武n(H2O)：n(CH4)
B.提高压强
C.分离出CO2
（4）H2用于工业合成氨：N2＋3H22NH3。将n(N2)：n(H2)＝1：3的混合气体，匀速通过装有催化剂的反应器反应，反应器温度变化与从反应器排出气体中NH3的体积分数φ(NH3)关系如图，反应器温度升高NH3的体积分数φ(NH3)先增大后减小的原因是___________________________________________________。
某温度下，n(N2)：n(H2)＝1：3的混合气体在刚性容器内发生反应，起始气体总压为2×l07Pa，平衡时总压为开始的90%，则H2的转化率为_________，气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)，此温度下，该反应的化学平衡常数Kp＝____________(分压列计算式、不化简)。
【答案】(1). 415.1 (2). -41.4kJ·mol－1 (3). (4). AC (5). 温度低于T0时未达平衡，温度升高、反应速率加快，NH3的体积分数增大;高于T0时反应达平衡,由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小 (6). 20% (7).
【分析】（1）根据△H1=反应物键能-生成物键能计算a；根据盖斯定律计算△H2；
（2）根据K=计算；
（3）欲增大CH4转化为H2的平衡转化率要使平衡正向移动；
（4）温度低于T0时未达平衡，高于T0时反应达平衡，该反应是放热反应；根据压强比等于气体物质的量之比进行计算；
【详解】（1）反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H1＝=4a kJ·mol－1+2×465 kJ·mol－1-(1076 kJ·mol－1+3×436 kJ·mol－1)= +206.4kJ·mol－1，解得a=415.1 kJ·mol－1；ⅢCH2(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) △H＝+165.0kJ·mol－1，I.CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H1＝+206.4kJ·mol－1，根据盖斯定律可知II=Ⅲ- I，所以△H2=△H-△H1=+165.0kJ·mol－1-206.4kJ·mol－1=-41.4kJ·mol－1，
故答案为：415.1；-41.4kJ·mol－1；
（2）由n(CO2)＝dmol可知反应II生成的n(H2)= dmol，同时消耗的n(CO)=dmol，消耗的n(H2O)=dmol，则在反应I中生成的n(CO)=(b+d)mol，消耗的n(CH4)= (b+d)mol，消耗的n(H2O)= (b+d)mol，生成的n(H2)=(3b+3d)mol，则平衡时体系内：n(CH4)=(1-b-d)mol、n(H2O)=(4-b-2d)mol、n(CO)=bmol、n(H2)=(3b+4d)mol，容器体积为2L，故平衡常数 ，
故答案为：；
（3）A.适当增大反应物投料比武n(H2O)：n(CH4)，增大水的量促进甲烷转化成CO，促进CO转化成CO2，故A正确；
B.提高压强，反应I平衡左移，故B错误；
C.分离出CO2可使平衡右移，故C正确；
故答案为：AC；
（4）温度低于T0时未达平衡，温度升高、反应速率加快，NH3的体积分数增大;高于T0时反应达平衡,由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小；
设初始加入的N2为1 mol、H2为3 mol ，温度、体积一定时气体物质的量之比等于压强之比，气体物质的量减少4×10 % =0.4 mol；
其中p0=2×l07Pa ；
H2的转化率为0.6/3=20%；
平衡常数
故答案为：温度低于T0时未达平衡，温度升高、反应速率加快，NH3的体积分数增大;高于T0时反应达平衡,由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小；20%；。
【点睛】本题重点考察了平衡常数的计算，第（2）题为难点，对于一个体系有多个连续能与，表示谋一反应平衡常数是，可用逆推法求得平衡体系中各物质的浓度。
11.美托洛尔可用于治疗高血压及心绞痛，某合成路线如下：
回答下列问题：
（1）写出C中能在NaOH溶液里发生反应的官能团的名称____________。
（2）A→B和C→D的反应类型分别是___________、____________，H的分子式为______。
（3）反应E→F的化学方程式为____________________________________。
（4）试剂X的分子式为C3H5OCl，则X的结构简式为____________。
（5）B的同分异构体中，写出符合以下条件：①含有苯环；②能发生银镜反应；③苯环上只有一个取代基且能发生水解反应的有机物的结构简式__________________。
（6）4－苄基苯酚（）是一种药物中间体，请设计以苯甲酸和苯酚为原料制备4－苄基苯酚的合成路线：______________________________________________________（无机试剂任用）。
【答案】(1). （酚）羟基 ； 氯原子 (2). 取代反应 (3). 还原反应 (4). C15H25O3N (5). +CH3OH +H2O (6). (7). (8).
【分析】由B的分子式、C的结构，可知B与氯气发生取代反应生成C，故B为，C发生还原反应生成D为．对比D、E的分子式，结合反应条件，可知D中氯原子水解、酸化得到E为．由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为．对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成美托洛尔。
【详解】(1) 由结构可知C中官能团为：(酚)羟基、羰基和氯原子，在氢氧化钠溶液中，由于和氯元素相邻的碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，羰基不与氢氧化钠反应，酚羟基有弱酸性，可以与氢氧化钠反应；
(2) B为，根据流程图中A和B的结构式分析，A中的氯原子将苯酚上的氢原子取代得到B，则为取代反应；D为，根据分析，C发生还原反应生成D；根据流程图中美托洛尔的结构简式，每个节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键用氢原子补充，则H的分子式为C15H25O3N；
(3) E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，化学方程式为：+CH3OH+H2O；
(4) F为，F中酚羟基上H原子被取代生成G，对比二者结构可知，X的结构简式为；
(5) B为，B的同分异构体中，含有苯环；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上只有一个取代基且能发生水解反应，故有机物的结构简式；
（6）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物。合成路线流程图为：。
1.化学与生产、生活及环境密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中
B. 工业生产时加入适宜的催化剂，除了可以加快反应速率之外，还可以降低反应所需的温度，从而减少能耗
C. 《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了“焰色反应”
D. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的
【答案】A
【详解】A.二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，选项A错误；
B.催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用，选项B正确；
C.利用钾和钠的焰色反应不同进行区分，选项C正确；
D.乙烯有催熟的效果，高锰酸钾溶液可以吸收乙烯，选项D正确。
答案选A。
【点睛】本题考查化学与生产、生活的关系，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，易错点为选项B催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用。
2.下列有关溶液中离子存在和转化的表达不合理的是（ ）
A. 中性溶液中不可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-
B. 离子方程式2Ca2++3HCO3-+3OH-=2CaCO3↓+CO32-+3H2O可以表示NH4HCO3与澄清石灰水反应
C. 由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中一定不能大量存在K+、I-、Mg2+、NO3-
D. n[NH4Al(SO4)2]：n[Ba(OH)2]=2：5时发生的反应为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-=NH3·H2O+AlO2-+2H2O+2BaSO4↓
【答案】B
【详解】A．Fe3+发生水解，只能存在酸性溶液中，中性溶液中不可能大量，故A正确；
B．若氢氧化钙不足时发生反应：Ca2++2HCO3−+2OH−＝CaCO3↓+CO32−+2H2O，若氢氧化钙过量时发生反应：NH4++Ca2++HCO3−+2OH−＝CaCO3↓+NH3⋅H2O+H2O↓，则题中说法错误，故B错误；
C．由水电离出的c(H+)=1×10−12mol/L的溶液呈酸性或碱性，Mg2+与氢氧根离子反应，酸性条件下I−、NO3−发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存，故C正确；
D．n[NH4AlSO4)2]:n[Ba(OH)2]=2:5时，反应生成一水合氨按、偏铝酸钡、硫酸钡沉淀和水，发生的反应为：NH4++Al3++2SO42−+2Ba2++5OH−＝NH3·H2O+AlO2−+2H2O+2BaSO4↓，故D正确；
答案选B。
3.以物质a为原料，制备物质d(金刚烷)的合成路线如下图所示
关于以上有机物说法中错误的是（ ）
A. 物质a最多有10个原子共平面
B. 物质d的二氯代物有6种
C. 物质c与物质d互为同分异构体
D. 物质b的分子式为C10H12
【答案】A
【详解】A. a分子中单键碳上的2个H原子，一定不在双键决定的平面上，物质a最多有9个原子共平面，故A错误；
B. 金刚烷的的二氯代物有、、、、、共6种，故B正确；
C. 物质c与物质d的分子式都是C10H16，c与d的结构不同，所以互为同分异构体，故C正确；
D. 根据b分子的键线式，物质b的分子式为C10H12，故D正确。
4.2017年南京理工大学合成出下图的离子化合物，该物质由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子。X、Y、Z、M均为短周期元素，且均不在同一族。下列说法不正确的是（ ）
A. X与Y形成的化合物沸点高于Y同族元素与X形成的化合物
B. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的强
C. Y气态氢化物的稳定性比Z的强
D. 在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键
【答案】B
【详解】该化合物由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子，且X、Y、Z、M均为短周期元素，均不在同一族，由结构图并结合X、Y、Z、M可知X为H元素、Y为O元素、Z为N元素，M为Cl元素，化合物中含有NH4+、H3O+、N5-和Cl-，则：
A．H2O分子之存在氢键，其沸点明显高于O族其它元素的氢化物，如H2S等，故A正确；
B．Cl的非金属性比N强，则HNO3的酸性比HClO4弱，故B错误；
C．O的非金属性比N强，则H2O比NH3稳定，故C正确；
D．该盐中含有NH4+、H3O+、N5-，其中NH4+、H3O+中均含有极性共价键，而N5-中的N-N键为非极性键，故D正确；
故答案为B。
【点睛】本题解题关键是结合离子化合物的示意图准确推断元素；常见元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
5.十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法正确的是（ ）
A. 盐桥中Cl-向Y极移动
B. 电路中流过7.5 mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8L
C. 电流由X极沿导线流向Y极
D. Y极发生的反应为2NO3-＋10e-＋6H2O===N2↑＋12OH—，周围pH增大
【答案】D
【分析】根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，X是负极，发生失电子的氧化反应，Y是正极，发生得电子的还原反应，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。
【详解】A. 处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向X 极移动，故A错误；
B. 电池总反应为：，该反应转移了15个电子，即转移15个电子生成4个氮气，故电路中流过7.5 mol电子时，产生2mol氮气，即44.8L，B错误；
C. 电流由正极流向负极，即Y极沿导线流向X 极，故C错误；
D. Y是正极，发生得电子的还原反应，，周围pH 增大，故D正确；
答案选D。
6.下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
A
探究化学反应的限度
取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液5~6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应
B
探究浓度对化学反应速率的影响
用两支试管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的H2C2O4(草酸)溶液，记录溶液褪色所需的时间
C
验证醋酸钠溶液中存在水解平衡
取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性，观察溶液颜色变化
D
证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成
将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中
【答案】C
【详解】A．KI与FeCl3发生氧化还原反应，其离子反应式为：2I-+2Fe3+=2Fe2++ I2，由于KI过量，因此溶液中存在I2和I-，故不可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应，故A错误；
B.高锰酸钾与草酸溶液反应的离子式为：，可知溶液中高锰酸钾溶液过量，难以观察到褪色现象，故B错误；
C．CH3COONa在水溶液中有：，溶液呈碱性，加入酚酞溶液后变红，再加入醋酸铵固体，醋酸铵溶液呈中性，此时溶液中CH3COO-浓度增大，反应正向移动，溶液颜色加深，故C正确；
D．乙醇具有挥发性和还原性，生成的气体中混有乙醇，也能使高锰酸钾溶液褪色，不能说明一定产生乙烯，故D错误；
答案选C。
7.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱，在水中的电离原理类似于氨。常温下，向乙二胺溶液中滴加稀盐酸，溶液的pH随离子浓度变化关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A. Kb2[H2NCH2CH2NH2]数量级为10-8
B. 曲线G代表pH与lg的变化关系
C. H3NCH2CH2NH2Cl溶液中c(H+)>c(OH-)
D. 0.01mol·L-1H2NCH2CH2NH2电离度约为10%
【答案】C
【分析】多元弱碱第一级电离大于第二级电离，故曲线T代表pH与lg的变化关系，曲线G代表pH与lg的变化关系，由曲线所示关系和电离平衡常数相关知识分析可得结论。
【详解】A．Kb2[H2NCH2CH2NH2]=，当lg=0时，即=，Kb2[H2NCH2CH2NH2]==10-7.15，故A正确；
B．根据分析，因多元弱碱的第一级电离大于第二级电离，曲线G代表pH与lg的变化关系，故B正确；
C．在H3NCH2CH2NH2Cl溶液中，既有H2NCH2CH2NH3的电离，又有H2NCH2CH2NH3+的水解，由图中T曲线可得H2NCH2CH2NH3+的水解平衡常数Kh=c(H+)=10-9.93，而Kb2[H2NCH2CH2NH2]= 10-7.15，由此可知在H3NCH2CH2CH2NH3+的电离大于水解，溶液显碱性，故C错误；
D．设0.01molL-1H2NCH2CH2NH2电离度为a，则有Kb1[H2NCH2CH2NH2]==10-4.07，解得a=0.1，故D正确；
答案选C。
【点睛】解答本题的关键点在于能理解坐标图中纵、横坐标的意义，当选择横坐标为0的特殊点来计算乙二胺的第一级电离平衡常数或第二级电离平衡常数较为方便，因为此时Kb1[H2NCH2CH2NH2]=c(OH-)，Kb2[H2NCH2CH2NH2]=c(OH-)。
8.碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：
(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3
①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为_________________________(按气流方向，用小写字母表示)。
若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。
②制备水合肼时，应将___________滴到 __________ 中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。
(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：
在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为_____________________________________________________。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是___________________________________________________。
(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：
a．称取10．00g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；
b．量取25．00mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：
c．用0．2100mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15．00mL。
①M为____________(写名称)。
②该样品中NaI的质量分数为_______________。
【答案】(1). ecdabf (2). 5:3 (3). NaClO溶液 (4). 尿素 (5). 2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O (6). N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质 (7). 淀粉 (8). 94.5%
【分析】(1)①根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3--则会生成Cl-5mol，据此分析可得；
②NaClO氧化水合肼；
(2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-，得到碘离子和氮气，结晶得到碘化钠；
(3)①淀粉溶液遇碘单质溶液变蓝色；
②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol×0.015L××150g/mol=9.45g，据此计算。
【详解】(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3
①装置c由二氧化们和浓盐酸制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备，为充分反应，从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3-则会生成Cl-5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，有5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，物质的量之比为ClO-与ClO3-共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5:3；
②将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中取适量NaClO溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，防止水合肼被氧化；
(2)根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，反应为：2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高；
(3)①实验中滴定碘单质，用淀粉做指示剂，即M为淀粉；
②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol×0.015L××150g/mol=9.45g，故其质量分数为×100%=94.5%。
9.二硫化钼(MoS2， 其中Mo的化合价为+4)被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿(含MoS2、SiO2 以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”中加入氢氟酸是为了除去杂质SiO2，该反应的化学方程式为___________________________________。
(2)在“氧化焙烧”过程中主要是将MoS2转化为MoO3，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(3)若氧化焙烧产物产生烧结现象，在“氨浸”前还需进行粉碎处理，其目的是____________，“氨浸”后生成( NH4)2 MoO4反应的化学方程式为________________________________。
(4)向“氨浸”后的滤液中加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4]，加入盐酸后，(NH4)2 MoS4与盐酸反应生成MoS3沉淀，沉淀反应的离子方程式为____________________________________________。
(5)高纯MoS2中仍然会存在极微量的非整比晶体MoS2.8等杂质，在该杂质中为保持电中性，Mo元素有+4、+6两种价态，则MoS2中Mo4+所占Mo元素的物质的量分数为_____________。
(6)钼酸钠晶体( Na2 MoO4 ·2H2O)是一种无公害型冷却水系统金属缓蚀剂，可以由MoS2制备。在制备过程中需加入Ba(OH)2固体除去SO42-，若溶液中c(MoO42-)=0.4 mol/L，c(SO42-)=0. 05 mol/L，常温下，当BaMoO4即将开始沉淀时，SO42-的去除率为____________ [忽略溶液体积变化。已知：259℃，Ksp( BaMoO4)=4.0×10-8 ， Ksp(BaSO4)=1.1×10-10]。
【答案】(1). SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O (2). 7：2 (3). 增大反应物的接触面积，提高浸出速率 (4). MoO3+2NH3•H2O=(NH4)2MoO4+H2O (5). MoS42-+2H+=MoS3↓+H2S↑ (6). 1：5 (7). 97.8%
【分析】(1)SiO2与HF反应产生SiF4、H2O；
(2)高温焙烧，MoS2与O2反应产生MoO3和SO2，结合电子守恒、原子守恒书写反应方程式，然后根据氧化还原反应规律判断物质的作用及反应时物质的量关系；
(3)“氧化培烧”进行“氨浸”前需对焙烧物进行粉碎，目的是增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率；氨浸后生成(NH4)2MoO4同时产生水，该反应的化学方程式是MoO3+2NH3•H2O=(NH4)2MoO4+H2O；
(4)(NH4)2MoS4与盐酸反应得到MoS3沉淀和H2S气体；
(5)设在1mol的MoS2.8中Mo4+与Mo6+的物质的量分别是x和y，根据质量守恒和化合物化合价为0列式可得；
(6)根据Ksp( BaMoO4)=4.0×10-8及c(MoO42-)=0.4 mol/L计算形成BaMoO4沉淀时溶液中c(Ba2+)，再结合Ksp(BaSO4)=1.1×10-10计算溶液中c(SO42-)，最后根据去除率含义计算SO42-的去除率；
【详解】(1) 杂质SiO2与氢氟酸反应产生SiF4、H2O，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(2)高温焙烧，MoS2与O2反应产生MoO3和SO2，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，在该反应中Mo、S元素化合价升高，失去电子，所以MoS2作还原剂，O元素化合价降低，获得电子，被还原，O2作氧化剂，则在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：2；
(3)“氧化培烧”进行“氨浸”前需对焙烧物进行粉碎，目的是增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率；氨浸后生成(NH4)2MoO4和H2O，该反应的化学方程式是
MoO3+2NH3•H2O=(NH4)2MoO4+H2O；
(4)(NH4)2MoS4在溶液中应该电离出NH4+和MoS42-，MoS42-在酸性环境下生成MoS3沉淀，另外的生成物只能是H2S气体，所以离子方程式为：MoS42-+2H+=MoS3↓+H2S↑；
(5)设在1mol的MoS2.8中Mo4+与Mo6+的物质的量分别是x和y，则x+y=1，根据化合价代数之和为0，则有4x+6y=2.8×2，解得x=0.2，y=0.8，所以该杂质中Mo4+与Mo6+的物质的量之比=0.2：(0.2+0.8)=1：5；
(6)当BaMoO4即将开始沉淀时，溶液中c(Ba2+)==1.0×10-7mol/L，由于Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，则此时溶液中SO42-的浓度为c(SO42-)=mol/L=1.1×10-3mol/L，所以SO42-的去除率为×100%=97.8%。
【点睛】本题考查了物质的制备，掌握氧化还原反应的特征与反应实质的关系及物质的作用、和溶度积常数应用是分析、计算与判断的依据，明确反应原理及具体流程是解本题关键，试题侧重考查学生的分析问题和计算能力及运用知识解决实际问题的能力。
10.氢气既是一种优质的能源，又是一种重要化工原料，高纯氢的制备是目前的研究热点。
（1）甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，甲烷和水蒸气反应的热化学方程式是：
CH2(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) △H＝+165.0kJ·mol－1
已知反应器中存在如下反应过程：
I.CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H1＝+206.4kJ·mol－1
II.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) △H2
根据上述信息计算：a＝_________、△H2＝_________。
（2）某温度下，4molH2O和lmolCH4在体积为2L的刚性容器内同时发生I、II反应，达平衡时，体系中n(CO)＝bmol、n(CO2)＝dmol，则该温度下反应I的平衡常数K值为___(用字母表示)。
（3）欲增大CH4转化为H2的平衡转化率，可采取的措施有______(填标号)。
A.适当增大反应物投料比武n(H2O)：n(CH4)
B.提高压强
C.分离出CO2
（4）H2用于工业合成氨：N2＋3H22NH3。将n(N2)：n(H2)＝1：3的混合气体，匀速通过装有催化剂的反应器反应，反应器温度变化与从反应器排出气体中NH3的体积分数φ(NH3)关系如图，反应器温度升高NH3的体积分数φ(NH3)先增大后减小的原因是___________________________________________________。
某温度下，n(N2)：n(H2)＝1：3的混合气体在刚性容器内发生反应，起始气体总压为2×l07Pa，平衡时总压为开始的90%，则H2的转化率为_________，气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)，此温度下，该反应的化学平衡常数Kp＝____________(分压列计算式、不化简)。
【答案】(1). 415.1 (2). -41.4kJ·mol－1 (3). (4). AC (5). 温度低于T0时未达平衡，温度升高、反应速率加快，NH3的体积分数增大;高于T0时反应达平衡,由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小 (6). 20% (7).
【分析】（1）根据△H1=反应物键能-生成物键能计算a；根据盖斯定律计算△H2；
（2）根据K=计算；
（3）欲增大CH4转化为H2的平衡转化率要使平衡正向移动；
（4）温度低于T0时未达平衡，高于T0时反应达平衡，该反应是放热反应；根据压强比等于气体物质的量之比进行计算；
【详解】（1）反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H1＝=4a kJ·mol－1+2×465 kJ·mol－1-(1076 kJ·mol－1+3×436 kJ·mol－1)= +206.4kJ·mol－1，解得a=415.1 kJ·mol－1；ⅢCH2(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) △H＝+165.0kJ·mol－1，I.CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H1＝+206.4kJ·mol－1，根据盖斯定律可知II=Ⅲ- I，所以△H2=△H-△H1=+165.0kJ·mol－1-206.4kJ·mol－1=-41.4kJ·mol－1，
故答案为：415.1；-41.4kJ·mol－1；
（2）由n(CO2)＝dmol可知反应II生成的n(H2)= dmol，同时消耗的n(CO)=dmol，消耗的n(H2O)=dmol，则在反应I中生成的n(CO)=(b+d)mol，消耗的n(CH4)= (b+d)mol，消耗的n(H2O)= (b+d)mol，生成的n(H2)=(3b+3d)mol，则平衡时体系内：n(CH4)=(1-b-d)mol、n(H2O)=(4-b-2d)mol、n(CO)=bmol、n(H2)=(3b+4d)mol，容器体积为2L，故平衡常数 ，
故答案为：；
（3）A.适当增大反应物投料比武n(H2O)：n(CH4)，增大水的量促进甲烷转化成CO，促进CO转化成CO2，故A正确；
B.提高压强，反应I平衡左移，故B错误；
C.分离出CO2可使平衡右移，故C正确；
故答案为：AC；
（4）温度低于T0时未达平衡，温度升高、反应速率加快，NH3的体积分数增大;高于T0时反应达平衡,由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小；
设初始加入的N2为1 mol、H2为3 mol ，温度、体积一定时气体物质的量之比等于压强之比，气体物质的量减少4×10 % =0.4 mol；
其中p0=2×l07Pa ；
H2的转化率为0.6/3=20%；
平衡常数
故答案为：温度低于T0时未达平衡，温度升高、反应速率加快，NH3的体积分数增大;高于T0时反应达平衡,由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小；20%；。
【点睛】本题重点考察了平衡常数的计算，第（2）题为难点，对于一个体系有多个连续能与，表示谋一反应平衡常数是，可用逆推法求得平衡体系中各物质的浓度。
11.美托洛尔可用于治疗高血压及心绞痛，某合成路线如下：
回答下列问题：
（1）写出C中能在NaOH溶液里发生反应的官能团的名称____________。
（2）A→B和C→D的反应类型分别是___________、____________，H的分子式为______。
（3）反应E→F的化学方程式为____________________________________。
（4）试剂X的分子式为C3H5OCl，则X的结构简式为____________。
（5）B的同分异构体中，写出符合以下条件：①含有苯环；②能发生银镜反应；③苯环上只有一个取代基且能发生水解反应的有机物的结构简式__________________。
（6）4－苄基苯酚（）是一种药物中间体，请设计以苯甲酸和苯酚为原料制备4－苄基苯酚的合成路线：______________________________________________________（无机试剂任用）。
【答案】(1). （酚）羟基 ； 氯原子 (2). 取代反应 (3). 还原反应 (4). C15H25O3N (5). +CH3OH +H2O (6). (7). (8).
【分析】由B的分子式、C的结构，可知B与氯气发生取代反应生成C，故B为，C发生还原反应生成D为．对比D、E的分子式，结合反应条件，可知D中氯原子水解、酸化得到E为．由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为．对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成美托洛尔。
【详解】(1) 由结构可知C中官能团为：(酚)羟基、羰基和氯原子，在氢氧化钠溶液中，由于和氯元素相邻的碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，羰基不与氢氧化钠反应，酚羟基有弱酸性，可以与氢氧化钠反应；
(2) B为，根据流程图中A和B的结构式分析，A中的氯原子将苯酚上的氢原子取代得到B，则为取代反应；D为，根据分析，C发生还原反应生成D；根据流程图中美托洛尔的结构简式，每个节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键用氢原子补充，则H的分子式为C15H25O3N；
(3) E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，化学方程式为：+CH3OH+H2O；
(4) F为，F中酚羟基上H原子被取代生成G，对比二者结构可知，X的结构简式为；
(5) B为，B的同分异构体中，含有苯环；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上只有一个取代基且能发生水解反应，故有机物的结构简式；
（6）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物。合成路线流程图为：。
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