湖南省株洲市第一中学2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

2022年株洲市第一中学高二下学期期中考试化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5Fe-56Zn-65一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.居室空气污染主要来源之一是人们使用的装饰材料、胶合板、内墙涂料释放出的一种刺激性气味的气体，该气体是甲醛B.皂化反应指酯类物质发生碱性水解C.向鸡蛋清溶液中加入(NH4)2SO4或CuSO4都能使鸡蛋清析出，其作用原理相同D.利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程，都是水解反应。【答案】A【解析】【详解】A．居室空气污染的主要来源之一是人们使用的装饰材料、胶合板、内墙涂料释放出的一种刺激性气味的气体，该气体是甲醛，A正确；B．皂化反应指油脂发生碱性水解，B错误；C．向鸡蛋清溶液中加入(NH4)2SO4或CuSO4都能使鸡蛋清析出，分别发生了蛋白质的盐析和变性，其作用原理不相同，C错误；D．淀粉→葡萄糖为水解反应，葡萄糖→乙醇不是水解反应，D错误；故选A。2.下列Cr的价电子轨道表示式中，处于基态的是A. B.C.D.【答案】B【解析】【详解】Cr是24号元素，其基态原子价电子排布式为3d54s1，则基态原子价电子轨道表示式为，故B符合题意。综上所述，答案为B。3.2021年10月，神舟十三号载人飞船成功发射。载人飞船中通过如下过程实现O2再生：①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH1=-252.9kJ·mol-1②2H2O(1)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+571.6kJ·mol-1下列说法错误的是A.H2的燃烧热ΔH=-285.8kJ·mol-1B.反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH＜-571.6kJ·mol-1C.反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)常温下能自发进行D.反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的ΔH=-890.3kJ·mol-1【答案】B【解析】【详解】A．根据②可知2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH2=-571.6kJ·mol-1。燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，H2O的稳定状态是液态，2molH2完全燃烧产生液态水放出热量是571.6kJ，则1molH2完全燃烧产生液态水放出热量是285.8kJ，故H2的燃烧热ΔH=-285.8kJ·mol-1，A正确；B．反应物的能量相同，当生成物是气态时含有的能量比液态高，所以反应放出热量就少，反应放出热量越少，则反应热就越大，所以反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH＞-571.6kJ·mol-1，B错误；C．反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)的正反应是气体体积减小的放热反应，ΔH＜0，ΔS＜0，在常温 下ΔG=ΔH-TΔS＜0，因此在常温下该反应能自发进行，C正确；D．已知①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH1=-252.9kJ·mol-1②2H2O(1)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+571.6kJ·mol-1根据盖斯定律，将[①+②×2]×(-1)，整理可得反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的ΔH=-890.3kJ·mol-1，D正确；故合理选项是B。4.CH4、NH3和N2H4均可作为燃料电池的燃料。下列说法错误的是A.CH4、NH3和N2H4中C、N杂化方式均相同B.CH4和NH3的空间结构分别为正四面体形、三角锥形C.CH4、NH3和N2H4均为极性分子D.沸点：N2H4＞NH3＞CH4【答案】C【解析】【详解】A．CH4、NH3和N2H4中C、N都为sp3杂化，故杂化方式均相同，故A正确；B．CH4的中心原子为sp3杂化，无孤对电子，为正四面体形，NH3的中心原子为sp3杂化，一个孤电子对，为三角锥形，故B正确；C．CH4为正四面体形的对称结构，为非极性分子，故C错误；D．因为N2H4、NH3都存在分子间氢键，故N2H4、NH3的沸点高于CH4，N2H4分子间氢键数目多于NH3，故N2H4沸点高于NH3，故沸点：N2H4＞NH3＞CH4，故D正确；故选C。5.常温下，现有100mLpH=4的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是A.将两种溶液分别稀释至1000mL，醋酸比盐酸的pH大B.向等体积两种溶液中分别加入足量的铁粉，生成H2的物质的量相同C.向两种溶液中分别加入锌粒，产生等量的H2所用时间相同D.向两种溶液中分别滴加NaOH溶液至恰好反应，水的电离程度均增大【答案】D【解析】【详解】A．将两种溶液分别稀释至1000mL，由于醋酸稀释后又电离出氢离子，因此醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，则醋酸比盐酸的pH小，故A错误；B．由于醋酸物质的量浓度大于盐酸物质的量浓度，等体积两种溶液，则醋酸物质的量大于盐 酸物质的量，向等体积两种溶液中分别加入足量的铁粉，生成H2的物质的量是醋酸大于盐酸，故B错误；C．开始两种溶液的氢离子浓度相同，与锌粉反应速率相同，后来醋酸又电离出氢离子，因此后来醋酸与锌反应的速率大于盐酸与锌反应的速率，向两种溶液中分别加入锌粒，产生等量的H2所用时间醋酸少，故C错误；D．向两种溶液中分别滴加NaOH溶液至恰好反应，两者都生成盐，对盐酸来说没有抑制水的电离，对醋酸来水生成的醋酸钠中醋酸根水解显碱性，因此水的电离程度均增大，故D正确。综上所述，答案为D。6.近年来科学家制造出大量的新物质。对下列四种物质的相关描述错误的是A.石墨烯具有良好的导电性B.石墨炔、石墨烯均能发生加成反应C.碳纳米管属于无机非金属材料D.上述四种物质均属于碳的单质【答案】D【解析】【详解】A．石墨烯具有良好导电性，A项正确，故A不符合题意；B．石墨炔、石墨烯都含有不饱和碳碳键，均能发生加成反应，B正确，故B不符合题意；C．碳纳米管属于无机非金属材料，C项正确，故C不符合题意；D．石墨炔、石墨烯、碳纳米管三种物质均属于碳的单质，而金刚烷属于烃类物质，不属于碳的单质，D错误，故D符合题意；答案为：D。7.关于油脂，下列说法不正确的是A.硬脂酸甘油酯可表示为B.花生油能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C.植物油通过催化加氢可转变为氢化油D.油脂是一种重要的工业原料，可用于制造肥皂、油漆等【答案】A【解析】【详解】A．硬脂酸为饱和高级脂肪酸，其结构可以表示为：，硬脂酸甘油酯可表示为：，A错误；B．花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键可以使酸性高锰酸钾褪色，B正确；C．花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，可以和氢气发生加成反生成氢化植物油，C正确；D．油脂是一种重要的工业原料，在碱性条件下水解发生皂化反应制造肥皂，D正确；答案为：A。8.实验是化学的灵魂，是化学学科的重要特征之一。下列实验装置(部分夹持仪器未画出)不能达到实验目的的是A.装置I：除去甲烷中的乙烯B.装置II：制备硝基苯C.装置III：乙醇氧化为乙醛D.装置IV：分离苯和水【答案】A【解析】【详解】A．乙烯与高锰酸钾溶液发生氧化反应会生成二氧化碳，会引入新杂质二氧化碳，故A错误； B．在浓硫酸作用下，苯和浓硝酸在60℃左右的水浴加热条件下发生硝化反应生成硝基苯和水，故B正确；C．在灼热铜丝的作用下，乙醇和氧气发生催化氧化反应生成乙醛和水，故C正确；D．苯不溶于水，用分液的方法能够分离苯和水，故D正确；故选A。9.下列物质命名为“2，2—二甲基丙烷”的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】有烷烃的系统命名法可知，2，2—二甲基丙烷的主链有三个碳，2号碳有2个甲基，结构简式为；故选D。10.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法中正确的是A.1mol苯乙烯中含有的C=C数为4NAB.标准状况下，22.4L乙醛完全燃烧所耗的氧气分子数为2.5NAC.2.8g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子数为0.2NAD.1L0.1mol·L-1的乙酸溶液中H+数为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．苯环不含双键，1mol苯乙烯中含有的C=C数为NA，A错误；B．标准状况下乙醛是液体，B错误；C．乙烯和丙烯的最简式是CH2，2.8g乙烯和丙烯的混合气体最简式的物质的量为0.2mol，碳 原子数为0.2NA，C正确；D．乙酸为弱电解质，部分电离，D错误；故选C。11.已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：下列说法正确的是A.苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色B.环己醇与乙醇互为同系物C.已二酸与溶液反应有生成D.环己烷分子中所有碳原子共平面【答案】C【解析】【分析】【详解】A.苯的密度比水小，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红色，故A错误；B．环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干CH2原子团，不互为同系物，故B错误；C．己二酸分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；D．环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的4个原子形成四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，故D错误；答案选C。12.利用膜电解技术(装置如图所示)以惰性电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑，阳离子交换膜只允许Na+通过。 下列说法错误的是A.气体X是O2，气体Y是H2B.当电路中转移2mol电子时，阳极区溶液减重16gC.电解过程中阴极区溶液的pH增大D.阳极区的总反应式为：4CrO-4e-=2Cr2O+O2↑【答案】B【解析】【详解】A．根据图示可知：电解时Na+向右侧电极II区移动，说明电极I附近正电荷增多，电极II附近负电荷多，则左侧电极I为阳极，溶液中H2O电离产生的OH-失去电子变为O2逸出；电极II上水电离产生的H+得到电子变为H2逸出，故气体X是O2，气体Y是H2，A正确；B．当电路中转移2mol电子时，阳极上有0.5molO2生成，同时有2molNa+向右侧移动，则阳极区溶液减重质量是m=0.5mol×32g/mol+2mol×23/mol=62g，B错误；C．电解过程中阴极反应式是：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，水的电离平衡正向移动，产生更多OH-，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，故阴极区溶液的pH增大，C正确；D．在阳极上水电离产生的OH-失去电子变为O2，故阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，OH-放电，使水电离平衡正向移动，最终阳极区溶液中c(H+)增大，化学平衡2+2H++H2O正向移动，将两式相加，可得总反应方程式为：4CrO-4e-=2Cr2O+O2↑，D正确；故合理选项是B。13.硫单质可以与活性中间体二氟卡宾(：CF2)在催化剂钯(Pa)作用下可形成S=CF2，其反应历程如图所示： 下列叙述正确的是A.决定总反应速率的基元反应的活化能为221.46kJ·mol-1B.催化剂钯可改变总反应的焓变C.上述反应历程中存在非极性键的断裂和生成D.比稳定【答案】C【解析】【详解】A．决定总反应速率的基元反应的活化能为37.29kJ/mol-(-28.8)kJ/mol=66.09kJ/mol，A错误；B．催化剂不能改变反应焓变，B错误；C．生成步骤中，存在S-S键的断裂和生成，C正确；D．能量越低越稳定，由反应历程可知，比稳定，D错误；答案选C。14.1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如下图所示。 下列说法不正确的是A.产物CH2=CHCH3不存在顺反异构B.过程②中有O—H键发生断裂C.过程③④中均有C—C键发生断裂D.该反应方程式为：2CH2(OH)CH(OH)CH3HCHO+CH3CHO+CH2=CHCH3+2H2O【答案】C【解析】【详解】A.碳碳双键C上都连不同原子或基团的具有顺反异构，则产物CH2=CHCH3不存在顺反异构，A正确；B.由图可知过程②中有O-H键发生断裂，B正确；C.过程④中C-C键不变，C错误；D.由图可知1，2—丙二醇反应生成甲醛、乙醛、丙烯和水，反应为2CH2(OH)CH(OH)CH3HCHO+CH3CHO+CH2=CHCH3+2H2O，D正确；故合理选项是C。15.在不同温度下的水溶液中，c(H+)与c(OH－)的关系如图所示，下列说法正确的是 A.向b点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至a点，此时c(Na+)＞c(CH3COO－)B.25°C时，升温可能引起由a向c变化C.T°C时，将pH=2的稀硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后，溶液pH=7D.b点对应的溶液中可以大量存在：K+、Ba2+、NO、Fe2+【答案】B【解析】【详解】A．向b点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至a点，溶液呈中性，根据电荷守恒和呈中性得到c(Na+)=c(CH3COO－)，故A错误；B．a点是25°C时的离子积常数，c点是T°C时的离子积常数，T°C时的离子积常数大于25°C时的离子积常数，25°C时，升温可能引起由a向c的变化，故B正确；C．T°C时，将pH=2的稀硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后，溶液呈中性，则此时溶液pH=6，故C错误；D．b点对应的溶液显酸性，溶液中有氢离子，则H+、NO、Fe2+发生氧化还原反应而不共存，故D错误。综上所述，答案为B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.溴苯在化工上主要用于溶剂、分析试剂和有机合成等方面。实验室可用如图装置制取溴苯。 （1）冷凝管的作用是导气、冷凝、回流，冷凝水从____(填A或B)口进入冷凝管。（2）实验时，先向三颈烧瓶中加入苯和液溴的混合物，写出苯和液溴发生反应的化学方程式____。（3）反应完毕后，再向三颈烧瓶中加入氢氧化钠溶液，待反应完全，从装置D中分离出溴苯和苯的混合物时需要用到的主要玻璃仪器是____；将溴苯(沸点156℃)和苯(沸点80.1℃)分离的操作是____。（4）装置E中的小试管内盛放CCl4的作用是除去HBr气体中的____以及挥发出的苯蒸气；向装置E的蒸馏水中滴加AgNO3溶液有淡黄色沉淀生成，此现象说明这种获得溴苯的反应属于____(填有机反应类型)。（5）装置中碱石灰的作用是____。【答案】（1）A（2）+Br2+HBr（3）①.分液漏斗②.蒸馏（4）①.溴蒸气②.取代反应（5）吸收多余的HBr，防止污染环境【解析】【分析】铁和溴发生氧化反应生成溴化铁，苯与液溴在溴化铁催化下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，苯和液溴具有挥发性，且易溶于四氯化碳，所以四氯化碳用来除去溴化氢气体中溴蒸气和苯，溴化氢与硝酸银溶液反应生成淡黄色的溴化银沉淀说明苯与液溴的反应是取代反应。【小问1详解】苯和液溴具有挥发性，实验装置中冷凝管的作用是起导气、冷凝、回流的作用，为增强冷凝 效果，冷凝水从下口A进入，故答案为：A；【小问2详解】三颈烧瓶中苯和液溴发生的反应为在溴化铁催化下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；【小问3详解】反应完毕后，向三颈烧瓶中加入氢氧化钠溶液除去溴苯中混有溴化铁、溴，用分液的方法从装置D中分离出溴苯和苯的混合物，分液所用主要玻璃仪器为分液漏斗；苯和溴苯都是相互溶解的有机物，可以利用两者的沸点不同采用蒸馏的方法分离得到溴苯，故答案为：分液漏斗；蒸馏；【小问4详解】由分析可知，小试管内盛放的四氯化碳用来除去溴化氢气体中的溴蒸气和苯，排出溴对溴化氢与硝酸银溶液反应的干扰，溴化氢与硝酸银溶液反应生成淡黄色的溴化银沉淀说明苯与液溴的反应是取代反应，故答案为：溴蒸气；取代反应；【小问5详解】由实验装置图可知，装置中碱石灰的作用是吸收多余未反应的溴化氢，防止污染环境，故答案为：吸收多余的HBr，防止污染环境。17.近日，比亚迪宣布推出基于磷酸铁锂技术的“刀片电池”，刀片电池能量密度大，安全性高。电池的正极活性材料是LiFePO4。（1）铁元素位于周期表第四周期第___________族；基态Fe2+的最外层电子排布式为___________。（2）正极材料LiFePO4的阴离子PO的空间构型为___________，磷原子采取的杂化方式为___________。（3）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道，能与SCN-、CN-、C2O等形成配合物。①[Fe(SCN)6]3-的结构简式如图所示，其结构中σ键和π键的个数比为___________； [Fe(SCN)6]3-中含有的化学键类型是___________(填字母)。a．极性共价键b．离子键c．配位键d．金属键②K3Fe(C2O4)3·3H2O为可溶于水的晶体，某同学欲检验该晶体中Fe元素的价态，取少量晶体放入试管中，加蒸馏水使其充分溶解，再向试管中滴入几滴0.1mol·L-1KSCN溶液。已知：i.[Fe(SCN)]2+(aq)为血红色：ii.25°C时，[Fe(C2O4)3]3-+SCN-[Fe(SCN)]2++3C2OK=6.31×10-17mo12·L-2上述实验方案___________(填“可行”或“不可行”)，并解释其原因___________。【答案】（1）①VIII②.3s23p63d6（2）①.正四面体形②.sp3（3）①.3：2②.ac③.不可行④.生成[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数远小于1×10-5，反应很难进行，滴入KSCN溶液不呈现血红色，达不到检验目的【解析】【小问1详解】铁为26号元素，处于周期表中第4周期VIII族，基态Fe2+的最外层电子排布式为，故答案为：VIII；3s23p63d6；【小问2详解】阴离子PO中心P原子的价层电子对数，无孤对电子，P为sp3，该离子为正四面体形，故答案为：正四面体形；sp3；【小问3详解】①单键和配位键均为σ键，三键中含1个σ键和2个π键，由离子结构可知其所含σ键数为18个，π键数为12个，σ键和π键的个数比为3:2；[Fe(SCN)6]3-中Fe与S之间存在配位键，S-C 和C-N之间均为极性共价键，故答案为：3:2；ac；②由题中信息已知生成[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数远小于1×10-5，反应很难进行，滴入KSCN溶液不呈现血红色，达不到检验目的，因此该实验不可行，故答案为：不可行；生成[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数远小于1×10-5，反应很难进行，滴入KSCN溶液不呈现血红色，达不到检验目的；18.保护生态环境、建设生态文明是历史发展的需要，研究NOx、CO等污染气体的处理具有重要意义。I.目前，常利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成N2和CO2。（1）已知；①N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH1=+180.5kJ·mol-1；②CO的摩尔燃烧焓ΔH2=-283.0kJ·mol-1，则汽车尾气处理反应的热化学方程式为___________。（2）某化学兴趣小组在三种不同实验条件下，向三个恒容密闭容器中，分别充入1molNO和lmolCO，发生上述反应，反应体系的总压强随时间变化情况如图所示：实验编号条件abc温度/K500500600催化剂的比表面积/m2·g-180.0120120①曲线I对应的实验编号是___________。②曲线III条件下，该反应的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。③若在曲线II对应条件下，NO、CO、N2、CO2的分压依次是l0kPa、10kPa、20kPa、 10kPa，则此时反应速率：v(正)___________v(逆)(填“＜”、“=”或“＞”)。II．（3）某温度下，实验测得反应NO2+CO=NO+CO2的速率方程为：v=kc2(NO2)，其反应机理有如下两种可能。与其速率方程相符的反应机理是___________(填编号)。反应机理编号第一步反应第二步反应①2NO2=N2O4(快反应)N2O4+2CO=2NO+2CO2(慢反应)②2NO2=NO3+NO(慢反应)NO3+CO=NO2+CO2(快反应)III．（4）若烟气中c(NO2)：c(NO)=1：1，用NH3催化还原法可以消除污染，发生的脱氮反应为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O(g)。在不同温度下分别使用催化剂Mn和Cr时，一定时间内的脱氮率如下图所示，由此可知工业上使用的最佳催化剂和相应最佳温度分别为___________；使用Mn作催化剂时，脱氮率a-b段呈现如图所示变化的原因可能是___________。【答案】（1）2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol（2）①.c②.1.6kPa-1③.＞（3）②（4）①.Mn、200℃②.脱氮反应为放热反应，a~b段温度升高，催化剂活性降低，平衡常数减小，一定时间内脱氮率下降【解析】【小问1详解】由CO的摩尔燃烧焓ΔH2=-283.0kJ·mol-1，可得热化学方程式②：CO(g)+O2(g)CO2(g) ΔH1=-283.0kJ·mol-1；汽车尾气中的NO和CO转化成N2和CO2的反应为③：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，由盖斯定律可知：反应③=2×②-①，则2×(-283.0kJ·mol-1)-2×(+180.5kJ·mol-1)=-746.5kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol；故答案为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol；【小问2详解】①根据平衡常数只与温度有关，温度相同时K常数保持不变，结合表格信息可知实验a、b温度相同，则两者K相同，平衡曲线最终可以重合，由图可知实验II和实验III对应a、b，且因实验b的催化剂比表面积大，反应速率更快，先达到平衡，因此III对应实验b，II对应实验a，I对应实验c，故答案为：c；②结合题中信息列出三段式的：根据压强之比等于物质的量之比可得：，解得x=0.8，则平衡时各气体的百分含量分别为：NO%=，CO%=，N2%=，CO2%=；该反应的平衡常数Kp=，此时=160，则Kp=1.6kPa-1，故答案为：1.6kPa-1；③曲线II与曲线III平衡常数相同，若NO、CO、N2、CO2的分压依次是l0kPa、10kPa、20kPa、10kPa，此时Qp=<Kp=1.6kPa-1，则此时反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>； 【小问3详解】由速率方程为：v=kc2(NO2)，可知该反应的反应速率由二氧化氮的速率决定，而慢反应决定总反应速率的快慢，由此分析可知二氧化氮的反应为慢反应，反应机理②中的二氧化氮的反应为慢反应，故答案为：②；【小问4详解】由图可知使用Mn作催化剂时可在较低温度下出现较高的脱氮效率，且温度在200℃时脱氮效率最高，工业上使用的最佳催化剂和相应最佳温度分别为Mn、200℃；脱氮反应为放热反应，a~b段温度升高，平衡常数减小，催化剂活性降低，平衡逆向移动，导致一定时间内脱氮率下降，故答案为：Mn、200℃；脱氮反应为放热反应，a~b段温度升高，催化剂活性降低，平衡常数减小，一定时间内脱氮率下降；19.化合物是一种应用广泛的高分子材料。其合成路线为：已知：酯交换反应(1)D中官能团名称___________。(2)E生成F加入的Y试剂是___________；F生成G的反应类型是___________。(3)A生成B的反应方程式为___________；F()与NaOH溶液反应的方程式为___________。(4)E满足下列条件的同分异构体共有___________种(不包括E)；写出核磁共振氢谱峰面积比是的异构体结构简式___________。 ①含有苯环且苯环上只有两个取代基；②能与溶液发生显色反应；③属于酯类物质。(5)利用题中信息，设计由乙烯(CH2=CH2)和对二甲苯()制备的合成路线___________。(无机试剂任选)【答案】①.羟基､羧基②.③.缩聚反应④.+→+HCl⑤.+3NaOH→+HOCH2COONa+2H2O⑥.8⑦.⑧.. 【解析】【分析】本题对比反应物和生成物的结构简式，找出断键的部位，确认发生的反应类型，如A→B：羟基上断裂O－H键，CH3COCl断裂O－Cl键，H和Cl结合成HCl，羰基上的C与A中O原子结合，该反应为取代反应，利用官能团的性质进行分析；【详解】(1)根据D的结构简式，推出D中含有的官能团是(酚)羟基、羧基；故答案为(酚)羟基、羧基；(2)根据题中信息，以及E和F的结构简式，推出Y的结构简式为HOCH2COOH，化学式为C2H4O3；G为高分子化合物，根据G的结构简式，F→G的反应类型为缩聚反应；故答案为C2H4O3；缩聚反应；(3)根据上述分析，A→B发生取代反应，其反应方程式为+→+HCl；F的结构简式中含有酚羟基、酯基、羧基，这三个官能团能与NaOH反应，其反应方程式为+3NaOH→＋HOCH2COONa＋2H2O；故答案为+→+HCl；+3NaOH→ ＋HOCH2COONa＋2H2O；(4)能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，属于酯类物质，含有酯基，若苯环上有两个取代基，分别为－COOCH3、－OH(邻、间位，共2种)，、－OH(邻、间、对，有3种)，、－OH(邻、间、对，有3种)，满足条件的E的同分异构体共有2＋3＋3=8；其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：2：2的结构简式为；故答案为8；；(5)制备的物质是对苯二甲酸与乙醇发生酯化反应得到，对二甲苯在酸性高锰酸钾溶液作用下发生氧化反应，得到对苯二甲酸，乙烯与水发生加成反应得到乙醇，即合成路线为；故答案为。