上海市七宝中学2021-2022学年高三下学期期中化学试题 Word版含解析.docx

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上海市七宝中学2021-2022学年高三下学期期中考试化学试题可能用到的原子量：一、选择题1.下列变化过程中有可能不涉及氧化还原反应的是A.钝化B.漂白C.固氮D.燃烧【答案】B【解析】【详解】A．钝化是指金属经强氧化剂或电化学方法氧化处理，使表面变为不活泼态即钝态的过程，是使金属表面转化为不易被氧化的状态，而延缓金属的腐蚀速度的方法。故A不符；B．氧化性漂白和还原性漂白均涉及氧化还原反应，物理吸附性漂白，不涉及氧化还原反应，故B符合；C．将空气中的游离氮转化为化合态氮的过程，称为固氮，涉及氧化还原反应，故C不符合；D．燃烧是一种发光、发热、剧烈的化学反应。燃烧是可燃物跟助燃物(氧化剂)发生的一种剧烈的、发光、发热的化学反应，涉及氧化还原反应，故D不符合；故选B。2.在空气中久置会变色的强电解质是A.氯水B.硫化氢C.烧碱D.硫酸亚铁【答案】D【解析】【详解】A．氯水在空气中久置会褪色，氯水混合物，不属于电解质，A不符合题意；B．硫化氢在空气中久置会生成黄色硫单质，硫化氢是弱酸，属于弱电解质，B不符合题意；C．烧碱为白色固体，碳酸钠为白色固体；烧碱是氢氧化钠在空气中久置变为碳酸钠，颜色不变，C不符合题意；D．硫酸亚铁在空气中久置会被氧化，溶液从浅绿色变成硫酸铁的黄色，硫酸亚铁属于强电解质，D符合题意；故选D。3.某晶体中含有非极性键，则该晶体A.可能有很高的熔沸点B.不可能是化合物C.不可能是有机物D.不可能是离子晶体 【答案】A【解析】【详解】A．金刚石含有非极性键，金刚石是共价晶体，有很高的熔沸点，故A正确；B．H2O2中含有非极性键O-O键，H2O2是化合物，故不选B；C．乙醇中含有非极性键C-C键，乙醇是有机物，故不选C；D．过氧化钠中含有非极性键O-O键，过氧化钠是离子晶体，故不选D；选A。4.在非室温条件下可以使用的仪器是A.漏斗B.量筒C.容量瓶D.滴定管【答案】A【解析】【详解】A.漏斗可以趁热过滤，A符合题意B.量筒的设计温度为20摄氏度，可以在室温下使用，B不符合题意；C.容量瓶是为配制准确的一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器，设计温度为20摄氏度，可以在室温下使用，C不符合题意；D.滴定管的设计温度为室温即20摄氏度，玻璃仪器具有热胀冷缩的特性，可以在室温下使用，D不符合题意；故选A。5.常温下，能与发生反应：，下列叙述错误的是A.上述反应中的化合物均为极性分子，单质均为非极性分子B.若过量，则实验现象更明显，但反应过程中转移电子数不变C.该反应可用于检验管道是否有泄漏D.相同条件下，与足量也能产生明显的实验现象【答案】D【解析】【详解】A．氨气空间构型为三角锥形，正负电荷重心不重合，氨气是极性分子，氯化氢是含有极性键的双原子分子，氯化氢是极性分子，氯气、氮气分子含有非极性键，结构对称，为非极性分子，故A正确；B．若 过量，过量的氨气和氯化氢反应生成白烟氯化铵，则实验现象更明显，但反应过程中转移电子数不变，故B正确；C．若过量，有白烟生成，该反应可用于检验管道是否有泄漏，故C正确；D．与在有催化剂条件下加热发生催化氧化，生成NO和水，NO和氧气反应生成红棕色NO2气体，故D错误；选D。6.一种强碱性锌-空气电池工作示意图如下。下列说法正确的是A.电流从Zn电极流出B.气体扩散电极上的电极反应式为：C.隔膜是阳离子选择性膜D.该装置是将光能转变为电能【答案】B【解析】【详解】A．碱性锌-空气电池工作时，锌失电子发生氧化反应，锌是负极、气体扩散电极是正极，电子从Zn电极流出，电流从气体扩散电极流出，故A错误；B．气体扩散电极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：，故B正确；C．气体扩散电极上生成的氢氧根离子透过隔膜进入负极区参与反应，隔膜是阴离子选择性膜，故C错误；D．该装置将化学能转变为电能，故D错误；选B。7.在下列实验操作中，会导致测量结果偏小的是A.胆矾品体中结晶水含量测定实验中，坩埚中有受热不分解的物质 B.灼烧法测定Na2CO3、NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数实验中，未进行恒重操作C.HCl标准液滴定未知浓度的NaOH溶液实验中，锥形瓶内溶液溅出D.气体摩尔体积的测定中，反应结束后未冷却至室温便读数【答案】C【解析】【详解】A．胆矾品体中结晶水含量测定实验中，坩埚中有受热不分解的物质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故A不选；B．灼烧法测定Na2CO3、NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数实验中，未进行恒重操作，减小的质量小，碳酸氢钠的含量小，碳酸钠的含量增大，故B不选；C．HCl标准液滴定未知浓度的NaOH溶液实验中，锥形瓶内溶液溅出，引起消耗HCl标准液的体积偏小，导致测量NaOH溶液浓度偏小，故C选；D．气体摩尔体积的测定中，反应结束后未冷却至室温便读数，温度高，测得的气体体积偏大，故D不选；故选C。8.用下列仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，能达到实验目的的是ABCD蒸发结晶制备晶体检验溴乙烷消去产物分离苯和溴苯探究不同催化剂对分解速率的影响A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠受热易发生分解反应，制备碳酸氢钠晶体不能用蒸发结晶的方法，故A错误；B ．溴乙烷在氢氧化钠乙醇溶液中共热发生消去反应制得乙烯，乙烯气体中混有挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液反应，使溶液褪色，会干扰乙烯的检验，将混合气体通入盛有水的洗气瓶吸收乙醇，排出乙醇的干扰，再通入酸性高锰酸钾溶液中能检验乙烯的生成，故B正确；C．苯和溴苯是互溶的液体，不能用分液的方法分离，故C错误；D．未明确硫酸铁和硫酸铜的浓度和用量，无法探究不同催化剂对过氧化氢分解速率的影响，故D错误；故选B。9.据文献报道，我国学者提出O2氧化HBr生成Br2反应历程如图所示。下列有关该历程的说法错误的是A.O2氧化HBr生成Br2的总反应为：O2+4HBr=2Br2+2H2OB.中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同C.发生步骤②时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键D.步骤③中，每生成1molBr2转移2mol电子【答案】D【解析】【详解】A．反应①为HBr+O2=HOOBr；反应②为HOOBr+HBr=2HOBr；反应③为HBr+HOBr=H2O+Br2，根据盖斯定律，将①+②+③×2，整理可得总反应方程式为：O2+4HBr=2Br2+2H2O，选项A正确；B．中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价均为+1价，相同，选项B正确；C．步骤②反应为HOOBr+HBr=2HOBr，在该反应过程中有断裂的化学键有极性键H-Br、H-O、Br-O键的断裂，也有非极性键O-O的断裂，选项C正确；D．步骤③反应为HBr+HOBr=H2O+Br2，在该反应中Br元素化合价由HBr中的-1价，HOBr中的+1价变为反应后Br2的0价，每生成1molBr2转移1mol电子，选项D错误；答案选D10.下列特定反应的离子方程式正确的是A.向0.1mol/LNaHA溶液(pH=1)加入NaOH溶液：B.溶于水： C.溶液与硝酸溶液混合：D.溴化亚铁溶液中通入足量氯气：【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol/LNaHA溶液的pH=1，说明HA-完全电离，则加入NaOH溶液，发生的反应为，故A错误；B．溶于水生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为，故B正确；C．硝酸具有强氧化性，与发生氧化还原反应，正确的离子方程式为，故C错误；D．氯气足量，亚铁离子与溴离子的物质的量之比应该为1：2，正确的离子方程式为，故D错误；答案选B。11.标准状况下，mg气体A与ng气体B所含分子数相同，下列说法不正确的是A.A与B相对分子质量之比为m:nB.同质量的A与B所含分子数之比为n:mC.标准状况下，同体积的A与B的质量之比为m:nD.标准状况下，A与B的密度之比为n:m【答案】D【解析】【详解】A．mg气体A与ng气体B所含分子数相同，则A与B的摩尔质量之比为m:n，摩尔质量以g/mol为单位、数值上与相对分子质量相等，则A与B相对分子质量之比为m:n，A说法正确；B．同质量的A与B的物质的量之比为n:m，物质的量之比等于分子数之比，故所含分子数之比为n:m，B说法正确；C．标准状况下，同体积的A与B的物质的量之比为1:1，则质量之比为m:n，C说法正确；D．标准状况下，A与B的密度之比等于摩尔质量之比，即等于m:n，D说法错误；答案为D。12.测定的结晶水含量，方法是：称量样品→在坩埚中加热→冷却→ 称量无水盐，若用相同方法测试下列晶体中的结晶水含量，可行的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．为易挥发性酸形成的水解盐，加热灼烧最终得到CuO，故A不选；B．为易挥发性酸形成的水解盐，加热灼烧最终得到MgO，故B不选；C．为难挥发性酸形成的水解盐，加热脱水最终得到，故C选；D．易被氧化，最终得到，故D不选；故选：C。13.有机化合物X与Y在一定条件下可反应生成Z，反应方程式如下。下列说法正确的是A.X中所有原子都共平面B.Z的同分异构体可以是芳香族化合物C.Y和Z是同系物D.Z在酸性条件下水解生成和【答案】B【解析】【详解】A．X分子中含有1个饱和碳原子，不可能所有原子都共平面，故A错误；B．Z分子式为C9H12O2，不饱和度是4，同分异构体可以是芳香族化合物，故B正确；C．Y不含碳环，Z含有碳环，结构不相似，Y和Z不是同系物，故C错误；D．Z在酸性条件下水解生成和，故D错误； 选B。14.X、Y、Z、W是原子序数依次增大短周期元素。W与X位于同一主族，X、Y、Z三种元素形成的化合物具有强氧化性，其结构如下图所示。下列叙述错误的是A.该化合物中各元素原子均达稳定结构B.Z的氢化物的沸点可能高于Y的氢化物C.Z、W形成的简单离子半径，Z大于WD.由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物一定能与X、Z、W形成的化合物反应【答案】D【解析】【分析】从短周期主族元素X、Y、Z形成的化合物结构图判断，X、Y、Z、W是原子序数依次增大，X形成单键达到稳定结构，推断X是H元素，Y可形成四对共用电子对，推断Y是C元素，Z形成一个双键或两个单键，推断Z为O元素，该化合物是过氧乙酸CH3COOOH，具有强氧化性；W与X位于同一主族，且原子序数大于O，推断W是Na元素。故X、Y、Z、W分别是H、C、O、Na元素。【详解】A．过氧乙酸CH3COOOH中H、C、O元素原子均达稳定结构，A正确；B．Z的氢化物H2O，其分子间形成氢键，沸点高于Y的氢化物CH4，B正确；C．Z、W形成的简单离子半径O2-、Na+，两者具有相同的电子层数，O2-的核电荷数较少，半径较大，C正确；D．由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物若是CH3COONa则不能与X、Z、W形成的化合物NaOH不反应，若是NaHCO3则可以与NaOH反应，D错误；故选D。15.在体积为1L的恒容容器中，用CO2和H2合成甲醇CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)。相同时间内不同的温度下，将1molCO2和3molH2在反应器中反应，测定CH3OH的产率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A.图中X点v(正)>v(逆)B.该反应是吸热反应C.图中P点所示条件下，延长反应时间不能提高CH3OH的产率D.520K下，X点所对应甲醇的产率50%，则平衡常数K=【答案】D【解析】【分析】由图得：初始投料量相同时，在不同温度下均反应8小时，甲醇的产率先升高后降低，说明该反应为放热反应。【详解】A．已知随着温度的升高，反应达到平衡时时间会缩短，故最高点左边，反应均未达到平衡，最高点右边曲线表示反应均处于平衡状态，所以X点处已达到平衡状态，即v(正)=v(逆)，A项错误；B．由上述分析知，该反应为放热反应，B项错误；C．P点所示的条件下，反应还未达到平衡状态，所以延长时间可以提高甲醇的产率，C项错误；D．X点所对应得反应处于平衡状态，根据题给信息可列出三段式：，容器体积为1L，故平衡常数，D项正确；故答案D。16.常温下，体积均为20mL、浓度均为0.1mol/L的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c(H+)水的负对数[-lgc(H+)水]与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是 A.HX、HY均为弱酸B.a、b、c三点溶液均显中性C.b、d两点溶液的离子总浓度不同D.c点溶液中c(X-)+c(HX)=0.1mol/L【答案】C【解析】【分析】b、d点酸碱恰好完全中和，b点-lgc(H+)水=7，说明溶液呈中性，则HY为一元强酸；d点-lgc(H+)水＜7，说明促进了水的电离，则HX为一元弱酸。【详解】A．HX为弱酸、HY为强酸，故A错误；B．a、b点溶液呈中性，而c点NaOH过量，溶质为NaX、NaOH，溶液呈碱性，故B错误；C．结合电荷守恒可知d点满足：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)，d点离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+)；b点满足：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Y-)，b点离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+)；b、d点酸碱恰好完全中和，b点溶液呈中性、d点碱性，则c(H+)：b＞d，由于b、d两点c(Na+)相同，所以b点溶液中的离子总浓度大于d点溶液，故C正确；D．c点溶液的体积大于40mL,[c(X-)+c(HX)]小于原浓度，c点溶液中c(X-)+c(HX)<0.1mol·L－1，故D错误；故选C。17.已知：热化学方程式为。硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化反应过程如下图。下列说法中不正确的是 A.过程①和②均吸收能量B.过程④形成了和C.(E表示键能)D.适当降温加压可提高甲醇的平衡转化率【答案】C【解析】【分析】通过催化过程可以看出，硫化氢加入催化剂后将硫化氢中的氢硫键断开形成-SH和氢原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催剂表面，将氢氧键断开，-SH取代了羟基的位置形成了甲硫醇和水。过程①是H2S的断键过程，过程②是CH3OH的断键过程，过程③，断开O-C键，形成C-S键，过程④为：断裂了C-O和C-H，形成了O-H和C-S，过程⑤O-H键和C-H键是新形成的，生成CH3SH和H2O。【详解】A．过程①是H2S的断键过程，过程②是CH3OH的断键过程，断键需要吸收能量，故A正确；B．过程④为：HS*+OCH3*→OH*+HSCH2*(*表示结合催化剂)，断裂了C-O和C-H，形成了O-H和C-S，故B正确；C．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的热化学方程式为：H2S(g)+CH3OH(l)→CH3SH(l)+H2O(l)ΔH=-21kJ/mol，断裂1molH-S和1molC-O，生成1molC-S和1molH-O，则△H=[E(H-S)+E(C-O)]-[E(C-S)+E(H-O)]＜0(E表示键能)，故E(H-S)+E(C-O)＜E(C-S)+E(H-O)，故C错误；D．该反应为正向气体分子数减小的放热反应，故适当降温加压可使反应正向移动，提高甲醇的平衡转化率，故D正确；故选C。18.某同学在两个相同的特制容器中分别加入溶液和溶液，再分别用盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线。下列说法正确的是 A.图中甲、丁线表示向溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向溶液中滴加盐酸B.当滴加盐酸的体积为时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：C.根据图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点D.和溶液中均满足：【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A错误；B．由图示可知，当滴加盐酸的体积为20mL时，碳酸根离子恰好完全转化为碳酸氢根离子，而V1>20mL，V1mL时(a点、b点)，没有二氧化碳产生，则所发生的反应为碳酸氢根离子与氢离子结合生成碳酸，离子方程式表示为：，B错误；C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C正确；D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)，NaHCO3溶液中满足，D错误；答案选C。19.下列有关(俗名铵明矾)的叙述错误的是A.可做净水剂，是因为水解生成的具有吸附性B.溶液中加入盐酸可抑制和的水解，使溶液酸性减弱 C.相同条件下，中小于中D.20℃时溶液的pH为3，则溶液中【答案】B【解析】【详解】A．中水解生成，胶体具有吸附性，可作净水剂，故A正确；B．和水解显酸性，加入盐酸，增大，抑制和的水解，溶液酸性增强，故B错误；C．中Al3+水解抑制的水解，电离出H+抑制的水解，中水解被抑制的程度较大，因此中小于中，故C正确；D．的溶液中，由电荷守恒有，，溶液的pH为3，则，则，则溶液中，故D正确；答案选B。20.下列实验中，现象及相应结论都正确的是选项实验操作现象结论A对于二氧化氮和四氧化二氮的平衡体系，缩小容器体积混合气体颜色逐渐加深符合勒夏特列原理B溶液和KSCN溶液混合反应后再加入少量KCl固体溶液红色变浅增大生成物浓度，平衡逆向移动 C向某无色溶液中滴加浓盐酸产生能使品红溶液褪色的气体不能证明原溶液中含有或D向溶液中先通入足量，再通入气体无沉淀生成不能和反应生成和HClA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．对于平衡体系，缩小容器体积，平衡逆向移动，颜色加深不符合勒夏特列原理，故不选A；B．溶液和KSCN溶液混合反应的离子方程式为，再加入少量KCl固体，平衡不移动，故不选B；C．某无色溶液中若含有，滴加浓盐酸，发生反应，氯气能使品红溶液褪色，所以不能证明原溶液中含有或，故C选；D．向溶液中先通入足量，再通入气体生成BaSO3沉淀和NH4Cl，故不选D；选C。二、填空题21.氮、氧、氯是短周期中典型的非金属元素。（1）氮原子核外共有_______种能量不同的电子，氯原子能量最高的电子有_______种电子云伸展方向。（2）亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体，每个原子最外层都达到8e结构，则其电子式为_______。已知：①具有毒性和强氧化性。②酸性。（3）含的废水直接排放会引起严重的水体污染，通常采用还原法将其转化为对环境无污染的气体排放，如工业上采用KI或处理，请写出与反应的离子方程式：_______。（4）往冷溶液中加入下列某种物质可得稀溶液。该物质是_______(填序号)。a.稀硫酸b.二氧化碳c.二氧化硫d.醋酸（5）有咸味，不法商家会用其制作假食盐，引发中毒事故。请写出一种简单的方法检验NaCl 中是否含有：_______。【答案】（1）①.3②.3（2）（3）（4）a（5）取样，配成溶液，测pH，若为碱性，则含有亚硝酸钠，若中性，则不含亚硝酸钠(方法简单合理即可)【解析】【小问1详解】氮原子电子排布式为1s22s22p3，因此核外共有3种能量不同的电子，氯原子能量最高的电子是2p3，根据洪特规则，优先单独占据一个轨道，2p轨道上有3种电子云伸展方向；故答案为：3；3。【小问2详解】亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体，每个原子最外层都达到8e结构，N需要3个电子达到稳定，O需要2个电子达到稳定，Cl需要1个电子达到稳定，N需要电子最多，因此N在中间，其电子式为；故答案为：。【小问3详解】①具有毒性和强氧化性。②酸性。亚硝酸钠具有氧化性，与两者发生氧化还原反应生成氯化钠、氮气和水，其反应的离子方程式：＋＝N2↑＋2H2O；故答案为：＋＝N2↑＋2H2O。【小问4详解】a．利用强酸制弱酸的原理，稀硫酸滴入到亚硝酸钠溶液中生成亚硝酸和硫酸钠，故a符合题意；b．根据酸性，二氧化碳酸性比乙酸酸性弱，因此不能制亚硝酸，故b不符合题意；c．根据酸性，氮亚硫酸具有强还原性，具有毒性和强氧化性，二氧化硫通入亚硝酸钠溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钠、氮气和水，故c不符合题意；d．根据酸性，醋酸不能制得亚硝酸，故d不符合题意；综上所述，答案为：a。【小问5详解】根据前面亚硝酸是弱酸，亚硝酸钠溶液呈碱性，检验NaCl中是否含有的简单的方法：取样，配成溶液，测pH ，若为碱性，则含有亚硝酸钠，若中性，则不含亚硝酸钠；故答案为：取样，配成溶液，测pH，若为碱性，则含有亚硝酸钠，若中性，则不含亚硝酸钠(方法简单合理即可)。22.由化合物A制备可降解保型料PHB和一种医药合成中间体J的合成路线如图：已知：i.(-R1、-R2、-R3均为烃基)ii.回答下列问题：（1）B中官能团的名称是_______。（2）A的结构简式是_______。（3）D→E的反应方程式是_______。（4）H的结构简式是_______。（5）X是J的同分异构体，满足下列条件的有_______种(不考虑顺反异构)。①链状结构：②既能发生银镜反应，又能发生水解反应其中分子中有3种氢原子，且个数比为6：1：1的结构简式是_______。（6）请设计一条以为原料制备HOCH2CH=CHCH2OH的合成路线_______。(合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)【答案】（1）羰基、羧基（2）（3）（4） （5）①.8②.（6）【解析】【分析】A发生信息i中的反应生成B、D，根据PHB的结构简式可知，C发生缩聚反应生成PHB，则C结构简式为，由于B是由A与高锰酸钾氧化得到，B应为CH3COCH2COOH，B与氢气发生加成反应生成C，根据D和E的化学式及转化的条件可知，D与乙醇发生酯化反应生成E，所以D应为HOOCCH2COOH，E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，结合B、D结构简式，结合A分子式知，A为，根据F的化学式可知，F应为HOCH2CH2CH2OH，则G应为BrCH2CH2CH2Br，E和G发生信息ii中的反应生成H为，H水解得I为，I脱去一个羧基得J。【小问1详解】B为CH3COCH2COOH，B中官能团的名称是羰基、羧基，故答案为：羰基、羧基。【小问2详解】 分析可知，A的结构简式是，故答案为：。【小问3详解】D与乙醇发生酯化反应生成E，D→E的反应方程式是；故答案为：。【小问4详解】E和G发生信息ii中的反应生成H为；故答案为：。【小问5详解】X是J的同分异构体，根据条件①链状结构；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明有甲酸某酯的结构，则符合条件的结构为HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH=C(CH3)2、HCOOCH2C(CH3)=CH2、HCOOCH(CH3)CH=CH2、HCOOCH2C(CH3)=CH2、HCOOC(C2H5)=CH2，共有8种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：1：1的结构简式是，故答案为：8；。【小问6详解】以为原料先制备1，3-丁二烯，1，3-丁二烯和溴发生1，4-加成反应生成1，4-二溴-2丁烯，然后发生水解反应，制备HOCH2CH=CHCH2OH的合成路线：；故答案为： 。23.甲烷与硫化氢可通过重整反应制取氢气。现将原料按通入反应釜中，保持体系压强为0.1Mpa，研究不同温度对该反应体系的影响。当反应达到平衡时，体系中各组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示：（1）已知该重整反应的另一个产物在常温下为液态，具有恶臭味，写出该物质的结构式：_______，此物质在该实验条件下为气态，写出该重整反应的热化学反应方程式：(反应热效应用Q表示)_______。（2）图中表示、物质的量分数变化的曲线分别是：_______、_______。（3）反应达平衡的标志是_______(填标号)。A.B.的体积分数不再变化C.不再变化D.混合气体的密度不再改变（4）由图可知该反应的Q_______0(填“>”、“<”或“=”)，判断的理由是_______。 （5）M点对应温度下，的转化率为_______。【答案】（1）①.S═C═S②.CH4(g)+2H2S(g)4H2(g)+CS2(g)+Q（2）①c②.a（3）BD（4）①.<②.升高温度，反应物物质的量分数降低，生成物物质的量分数增大，说明平衡正向移动（5）33.3%【解析】【小问1详解】甲烷与硫化氢可通过重整反应制取氢气，该重整反应的另一个产物在常温下为液态，具有恶臭味，由元素守恒可知该物质为CS2，CS2分子中碳原子与2个硫原子各形成2对共用电子对，则电子式为为，结构式为S═C═S，热化学反应方程式：CH4(g)+2H2S(g)4H2(g)+CS2(g)+Q；【小问2详解】根据原料初始组成n(CH4):n(H2S)=1:2，二者计量数之比也为1:2，则平衡时二者物质的量分数之比也为1:2，则曲线d为CH4，曲线c为H2S，根据方程式可知n(CS2):n(H2)=1:4，则曲线b为CS2(g)，曲线a为H2(g)曲线；故答案为：c；a；【小问3详解】A．4v正(H2S)=2v逆(H2)才能说明反应达到平衡状态，故A错误；B．CH4的体积分数不再变化，说明反应达到平衡状态，故B正确；C．原料初始组成n(CH4)：n(H2S)=1：2，两者变化物质的量为1：2，则始终等于，则不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，压强不变，容器体积增大，则气体的密度是变量，当气体的密度不再改变，表明反应已达到平衡状态，故D正确；故答案为：BD；【小问4详解】由图可知，随着温度的升高，反应物物质的量分数降低，生成物物质的量分数增大，说明平衡正向移动，则该反应为吸热反应，Q<0，故答案为：<；升高温度，反应物物质的量分数降低，生成物物质的量分数增大，说明平衡正向移动；【小问5详解】M点x(H2S)=x(H2)，列化学平衡三段式，设甲烷转化物质的量为xmol， ，则2a-2x=4x，解得x=a，CH4的转化率为×100%≈33.3%。24.实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如图所示：已知：①不溶于水，密度比水的大；②不溶于；③D的三颈烧瓶内盛放有、水和催化剂。回答下列问题：Ⅰ.先制备溶液：打开，加热装置A、D，使A中产生的气体缓缓通入D中，发生反应，该反应比较缓慢，反应至D中消失。（1）装置C的主要作用是_______。三颈烧瓶左边导管必须伸入下层液体中，主要原因是_______。接着制备KSCN溶液：熄灭A处的酒精灯，关闭和，移开水浴，将装置D继续加热至105℃，完全分解后()，打开，继续保持溶液温度为105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，制得KSCN溶液。（2）滴入KOH溶液，D中发生反应的化学方程式为_______。装置E的作用除可以吸收外，还能吸收产生的_______，最后制备KSCN晶体。（3）先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、结晶、_______、_______、_______，得到硫氰化钾晶体。Ⅱ.为测定晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品，配成1000mL溶液，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量稀硝酸，再加入几滴溶液作指示剂，用 标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液20.00mL。（4）滴定时发生的反应：(白色)则判断到达滴定终点时溶液颜色的变化为：_______。（5）晶体中KSCN的质量分数为_______(计算结果精确至0.1％)。【答案】（1）①.观察气泡流速，以便控制A处加热温度②.使、充分接触，也避免与水接触导致倒吸（2）①.②.H2S（3）①.过滤②.洗涤③.干燥（4）当最后一滴硝酸银溶液滴入时，溶液红色褪去，且30s内不变色（5）97.0％【解析】【小问1详解】不溶于，氨气通入中产生气泡，观察气泡流速，以便控制A处加热温度；不溶于，三颈烧瓶左边导管必须伸入下层液体中，主要原因是使、充分接触，也避免与水接触导致倒吸；【小问2详解】溶液中滴入KOH溶液，和KOH反应生成、氨气、水，D中发生反应的化学方程式为；装置E中K2Cr2O7具有强氧化性，能吸收反应产生的H2S。【小问3详解】KSCN溶液减压蒸发浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到硫氰化钾晶体。【小问4详解】滴定时发生的反应：(白色)，当SCN-完全反应时，溶液中Fe(SCN)3消失，则判断到达滴定终点时溶液颜色的变化为：当最后一滴硝酸银溶液滴入时，溶液红色褪去，且30s内不变色；【小问5详解】达到滴定终点时消耗溶液20.00mL，根据，可知 n(KSCN)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，晶体中KSCN的质量分数为。