江苏省盐城市阜宁中学等四校2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

2021-2022学年第二学期高二年级期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Mn-55Fe-56Cr-52Ba-137Ⅰ卷(选择题共42分)一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.目前工业上利用甲烷催化裂解生产不含一氧化碳和二氧化碳的清洁氢气。该过程多用铁、钴和镍等过渡金属纳米催化剂：CH4(g)C(s)＋2H2(g)，已知温度升高，甲烷的平衡转化率增大。下列有关说法不正确的是（）A.甲烷裂解属于吸热反应B.在反应体系中加催化剂，反应速率增大C.增大体系压强，不能提高甲烷的转化率D.在1500℃以上时，甲烷的转化率很高，但几乎得不到炭黑，是因为在高温下该反应为放热反应【答案】D【解析】【分析】已知温度升高，甲烷的平衡转化率增大，故正反应为吸热反应，且反应物的气体量小于生成物的气体量，故增大压强平衡向逆反应方向移动。根据此分析进行解答。【详解】A．根据温度升高，甲烷的平衡转化率增大，知甲烷裂解属于吸热反应，故A选项正确；B．加入催化剂后反应的活化能降低，反应速率加快，故B选项正确；C.甲烷发生分解反应，反应后气体分子数增大，故增大压强平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率降低，故C选项正确；D．根据温度升高，甲烷的平衡转化率增大，知甲烷裂解正反应属于吸热反应，故D选项错误。故答案选D。2.下列表示反应NaHSO4+NaHCO3=Na2SO4+H2O+CO2↑中相关微粒的化学用语不正确的是A.CO2的结构式：O=C=OB.H2O的电子式： C.分子中所有原子共平面D.水溶液中，NaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO【答案】D【解析】【详解】A．结构式是指用一根“-”表示一对共用电子对的式子，已知CO2为直线形分子，C和O之间形成双键，则CO2的结构式：O=C=O，A正确；B．H2O是共价化合物，则H2O的电子式：，B正确；C．已知代表的是苯分子，则分子中所有原子共平面，C正确；D．由于H2CO3是多元弱酸，则水溶液中，NaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO，D错误；故答案为：D。3.含Ba(OH)217.1g的稀溶液与足量稀盐酸反应，放出11.46kJ热量，表示该反应中和热的化学方程式正确的是(　　)A.Ba(OH)2(aq)＋2HCl(aq)=BaCl2(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－114.6kJ·mol－1B.Ba(OH)2(aq)＋2HCl(aq)=BaCl2(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝114.6kJ·mol－1C.Ba(OH)2(aq)＋HCl(aq)=BaCl2(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3kJ·mol－1D.Ba(OH)2(aq)＋HCl(aq)=BaCl2(aq)＋H2O(l)　ΔH＝57.3kJ·mol－1【答案】C【解析】【详解】A．中和热是指1molH+与1molOH-完全反应生成1molH2O(l)释放的热量，而反应Ba(OH)2(aq)＋2HCl(aq)=BaCl2(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－114.6kJ·mol－1表示的是2molH+与2molOH-完全反应生成2molH2O(l)释放的热量，A不正确；B．中和反应放出热量，而Ba(OH)2(aq)＋2HCl(aq)=BaCl2(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝114.6kJ·mol－1表示的是吸收热量，B不正确；C．Ba(OH)2(aq)＋HCl(aq)=BaCl2(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3kJ·mol－1表示1molH+与1molOH-完全反应生成1molH2O(l)释放的热量，符合中和热的概念，C正确； D．Ba(OH)2(aq)＋HCl(aq)=BaCl2(aq)＋H2O(l)　ΔH＝57.3kJ·mol－1表示的是吸收热量，D不正确；故选C。4.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A.使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO、Cl-B.=1×10-13mol·L-1的溶液中：NH、Ca2+、Cl-、NOC.与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO、SOD.水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：K+、Na+、AlO、CO【答案】B【解析】【详解】A．使酚酞变红色的溶液中含有大量的OH-，则3OH-+Al3+=Al(OH)3↓或者Al3++4OH-=+2H2O，A不合题意；B．=1×10-13mol·L-1的溶液中含有大量的H+，则H+、NH、Ca2+、Cl-、NO各离子不反应，能够大量共存，B符合题意；C．与Al反应能放出H2的溶液中可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液，则强酸溶液中的H+、Fe2+、NO三者之间因发生氧化还原反应而不能大量共存，强碱性溶液中的OH-、Fe2+因生成Fe(OH)2沉淀而不能大量共存，C不合题意；D．水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中可能含有大量的OH-，也可能含有大量的H+，则H+和AlO、CO均不能大量共存，D不合题意；故答案为：B。5.下列指定反应的方程式正确的是A.用石墨电极电解MgCl2溶液：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑B.向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3·H2O=4NH+AlO+2H2OC.乙烯与溴水反应：CH2=CH2+Br2→CH3CHBr2 D.向Ba(OH)2溶液中加入过量NH4HSO4溶液：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．用石墨电极电解MgCl2溶液时阴极生成的OH-将与Mg2+结合成Mg(OH)2沉淀，则该反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，A错误；B．由于氨水是弱碱，不能与Al(OH)3沉淀反应，则向AlCl3溶液中加入过量氨水的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=3NH+Al(OH)3↓，B错误；C．乙烯与溴水反应发生加成反应时Br原子与双键所在的两个碳原子分别相连，则反应方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，C错误；D．由于H+与OH结合的能力大于与OH-结合的能力，则向Ba(OH)2溶液中加入过量NH4HSO4溶液反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，D正确；故答案为：D。6.2021年5月15日我国“祝融号”火星车成功着陆火星。研究表明，火星夏普山矿脉中含有原子序数增大的短周期主族元素W、X、Y、Z。已知W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，X的氢化物可用于蚀刻玻璃，Y与Z最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是A.W与Z有相同的最高正价B.原子半径：Z＞Y＞W＞XC.化合物YZW4中含离子键和共价键D.电负性大小：W＞X＞Z【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数增大。W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，则W为O，Z为S；X的氢化物可用于蚀刻玻璃，则X为F；Y与Z最外层电子数之和等于8，则Z为Mg。【详解】A．W无最高正价，A项错误；B．一般来说，电子层数越多，原子半径越大，当电子层数相同时，质子数越多，原子半径越小。所以原子半径：Y＞Z＞W＞X，B项错误；C．中与之间是离子键，中S与O之间是共价键，C项正确；D．电负性是原子对键合电子的吸引能力。一般来说，同周期元素，从左到右，电负性逐渐增 大，同主族元素，从上到下，电负性逐渐减小，故电负性：，D项错误；故选C。7.依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到相应实验目的是①制取SO2②还原③制I2的CCl4溶液④从水溶液中提取NaHSO4A.①②③④B.①②③C.②③④D.②④【答案】B【解析】【分析】【详解】①浓硫酸在加热条件下与铜反应制取SO2，装置正确且能达到相应实验目的；②气体和液体反应，可利用此反应吸收尾气、有防倒吸装置，装置正确且能达到相应实验目的；③I2易溶于CCl4，用四氯化碳从废液中萃取碘，振摇分液漏斗、静置后分液，将碘的四氯化碳溶液与水层分离，装置正确且能达到相应实验目的；④蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；故B项正确。8.利用高分子吸附树脂吸附I2来提取卤水中的碘(以形式存在)的工艺流程如下：下列说法不正确的是A.经过步骤①到④所得溶液中物质的量浓度增大B.步骤②中不宜过量太多，以防止进一步氧化I2 C.步骤④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂D.步骤⑤的离子方程式为：【答案】D【解析】【分析】卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，离子方程式为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI和硫酸钠，离子反应为I2++H2O═2I-++2H+，氧化时氯酸钾可氧化NaI生成碘，升华可得到粗产品，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，经过步骤①到④即通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，离子方程式为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI和硫酸钠，离子反应为I2++H2O═2I-++2H+所得溶液中物质的量浓度增大，A正确；B．由于Cl2的氧化性强于I2，故步骤②中不宜过量太多，以防止进一步氧化I2，B正确；C．由分析可知，步骤④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂，离子反应为I2++H2O═2I-++2H+，C正确；D．由于溶液呈酸性，故步骤⑤的离子方程式为：，D错误；故答案为：D。9.二氧化氯(ClO2黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法不正确的是A.a为阳极，在b极区流出的Y溶液中HCl物质的量浓度增大B.电解池a极上发生的电极反应为：NH-6e-+3Cl-=NCl3+4H+C.二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6 D.反应后，二氧化氯发生器中溶液的pH增大【答案】A【解析】【分析】右侧装置为电解池，b电极产生氢气，电极上氢离子得电子被还原，所以b为阴极，与电源负极的相连，阴极反应式为2H++2e-=H2↑，则a为阳极，与电源正极相连，阳极反应式为-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，Cl-经过阴离子交换膜由右室移向左室，NCl3进入左侧的二氧化氯发生器中与NaClO2发生氧化还原反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，右侧装置为电解池，b电极产生氢气，电极上氢离子得电子被还原，所以b为阴极，则a为阳极，与电源正极相连，b极反应式为2H++2e-=H2↑，Cl-经过阴离子交换膜由右室移向左室，在b极区流出的Y溶液中HCl物质的量浓度减小，A错误；B．a为电解池阳极，电极附近NH4Cl中的失去电子生成NCl3，电极反应式为-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，B正确；C．二氧化氯发生器中发生反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，其中NCl3作氧化剂，NaClO2作还原剂，氧化剂与还原剂之比为1：6，C正确；D．由C项分析可知，二氧化氯发生器中有NaOH生成，溶液的pH增大，D正确；故答案为：A。10.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2，2]戊烷()是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是A.与环戊烯互为同分异构体B.分子中无手性碳原子C.所有碳原子均处同一平面D.生成1molC5H12至少需要2molH2【答案】C【解析】【详解】A．螺(2，2)戊烷、环戊烯的分子式都为C5H8，环戊烯结构简式为，螺(2，2)戊烷、环戊烯分子式相同结构不同，所以二者互为同分异构体，A正确；B．手性碳原子是指同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，由题干螺(2，2)戊烷的结构简式可知，分子中无手性碳原子，B正确； C．该分子中间的碳原子上具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以该分子中所有C原子不可能共平面，C错误；D．每个C5H12比螺(2，2)戊烷多4个氢原子，相当于2个H2，所以生成1molC5H12，至少需要2molH2，D正确；故答案为：C。11.下列图示与对应的叙述相符的是。A.表示反应的B.表示不同温度下溶液中和浓度变化曲线，a点对应温度高于b点C.针对N2+3H2=2NH3的反应，图Ⅲ表示时刻可能是减小了容器内的压强D.表示向醋酸稀溶液中加水时溶液的导电性变化，图中p点pH大于q点【答案】C【解析】【详解】A．根据图Ⅰ，反应A＋B=C＋D属于放热反应，ΔH=-(a-c)kJ·mol-1，故A错误； B．根据图Ⅱ，温度越高，水的离子积常数越大，图中a点对应温度低于b点，故B错误；C．根据图Ⅲ，t1时刻，逆反应速率减小，平衡逆向移动，可能减小了容器内的压强，故C正确；D．根据图Ⅳ，向醋酸稀溶液中加水时，溶液中离子的浓度逐渐减小，溶液的导电性能力逐渐减小，p点酸性比q点强，pH小于q点，故D错误；故选C。12.科学家通过探寻矿物X推测外星球上是否曾经存在水，某兴趣小组为分析矿物X中的常见离子，将其溶于稀硝酸，并将所得溶液进行实验，下列依据实验现象得出的结论正确的是A.用铂丝蘸取少量溶液进行焰色反应，火焰呈紫色，说明矿物X中含K+B.取少量溶液向其中滴加NaOH溶液，加热，用湿润蓝色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变红，说明矿物X中含C.取少量溶液向其中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，说明矿物X中含Fe3+D.取少量溶液向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明矿物X中含【答案】A【解析】【详解】A．K元素的焰色试验显紫色，用铂丝蘸取少量溶液进行焰色反应，通过蓝色钴玻璃片观察火焰呈紫色，说明矿物X中含K+，A正确；B．取少量溶液向其中滴加NaOH溶液，加热，用湿润红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝色，说明气体为NH3，则该矿物X中含，B错误；C．取少量溶液向其中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，说明用硝酸溶解后所得溶液中含有Fe3+，该Fe3+可能是矿物X中含Fe3+，也可能是Fe2+被硝酸氧化产生，因此不能确定矿物中是否含有Fe3+，C错误；D．取少量溶液向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，该沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，因此不能说明矿物X中一定含，D错误；故合理选项是A。13.碳单质在生产生活中用途广泛。炭黑可以活化氧分子得到活化氧(O＊)，活化氧可以快速氧化SO2，从而消除雾霾。其活化过程中的能量变化如图所示，下列说法错误的是 A.活性炭可去除水中的悬浮杂质B.生成活化氧的∆H>0C.活化过程中有水时的活化能降低了D.氧化SO2的过程中，炭黑起催化作用【答案】B【解析】【详解】A．活性炭具有吸附性，可去除水中的悬浮杂质，A正确；B．根据图象，生成活化氧时，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，∆H<0，B错误；C．化学反应过程中存在多步反应的活化能，根据能量变化图分析，整个反应的活化能为活化能较大者，则没有水加入的反应活化能为E=0.75eV，有水加入的反应的活化能E=0.57eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低0.75eV−0.57eV=0.18eV，C正确；D．活化氧可以快速氧化SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子产生活化氧，所以炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂，故D正确；答案选B。14.在压强、CO2和H2起始投料一定的条件下，发生反应Ⅰ、Ⅱ：反应Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.0kJ•mol-1反应Ⅱ.2CO2(g)+5H2(g)C2H2(g)+4H2O(g)ΔH1=+37.1kJ•mol-1实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性(CH3OH的选择性=×100%)随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A.曲线②表示CO2的平衡转化率B.其他条件不变，升高温度，C2H2的含量增大C.温度高于280℃时，曲线①随温度升高而升高说明此时主要发生反应ⅠD.同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性，应选择在低温低压条件下反应【答案】B【解析】【详解】A．升高温度，反应I逆向进行，反应II正向进行，甲醇的选择性降低，所以曲线②表示的是CH3OH的选择性，曲线①表示CO2的平衡转化率，A错误；B．升高温度，反应II正向进行，C2H2的含量增大，B正确；C．升高温度，反应I逆向进行，CO2的平衡转化率减小，升高温度，反应II正向进行，CO2的平衡转化率增大，温度高于280℃时，CO2的平衡转化率温度升高而升高说明此时主要发生反应II，C错误；D．两反应都是气体分子数减小的反应，要同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性，应选择高压，使两反应都正向进行，D错误；答案选B。Ⅱ卷(非选择题共58分)15.工业上用磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备FePO4。已知：FePO4难溶于水，能溶于无机强酸。（1）“浸取”时为加速溶解，可以采取的措施有___(任写一种)：加入硫酸的目的是___ ；滤渣的主要成分是___。（2）“浸取”时Fe2P发生反应的离子方程式为___。（3）“制备”过程中溶液的pH对磷酸铁产品中铁和磷的含量及比值的影响如图所示[考虑到微量金属杂质，在pH=1时，为0.973最接近理论值]。在pH范围为1～1.5时，随pH增大，明显增大，其原因是____。（4）工业上也可以用电解磷铁渣的方法制备FePO4。①FeP在阳极放电的电极反应式为___。②电解过程中，NaOH溶液的浓度___(填“变大”“变小”或“不变”)。【答案】（1）①.将磷铁渣粉碎以增大接触面积或者适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌②.为了保持体系的酸度，防止生成FePO4③.SiO2（2）3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O（3）pH增大，促进Fe3+水解，生成了难溶性氢氧化铁混入产品中（4）①.FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+②.不变【解析】【分析】将磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2)在90℃时用硝酸和硫酸的混合酸浸泡，硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，自身被还原为NO，硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO2，在滤液中加磷酸，调铁和磷的含量比，再加入氨水调酸碱性，最终制备得FePO4(磷酸铁)，(4)根据阳极上发生氧化反应，故阳极电极反应为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，据此分析解题。 【小问1详解】将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌均可“浸取”时加速溶解，由分析可知，加入硫酸的目的是保持体系的酸度，防止生成FePO4，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：将磷铁渣粉碎以增大接触面积或者适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌；为了保持体系的酸度，防止生成FePO4；SiO2；【小问2详解】由分析可知，“浸取”时硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，根据氧化还原反应配平可得，Fe2P发生反应的离子方程式为：3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O，故答案为：3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O；【小问3详解】当pH范围在1～1.5时，随着pH增大，促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中，使得明显增大明显增大，故答案为：pH增大，促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中；【小问4详解】①由分析可知，FeP在阳极放电的电极反应式为FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，故答案为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+；②由分析可知，电解过程中，阳极反应式为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，然后阳极上产生的H+通过质子交换膜进入阴极区，H++OH-=H2O，根据电子守恒可知，阴极上消耗的水和生成的相等，故NaOH溶液的浓度不变，故答案为：不变；16.琥珀酸二乙酯可用作增塑剂、特种润滑剂和有机合成中间体。以乙烯为原料制备琥珀酸二乙酯的合成路线如图：已知：①RBr+NaCN→RCN+NaBr ②RCN+2H2O+H+→RCOOH+NH③CH3CH2BrCH3CH2OH④CH3CH2BrCH2=CH2（1）1molE分子中sp3杂化的碳原子数目为____。（2）1个C分子中碳氧σ键数目为____。（3）C→琥珀酸二乙酯的化学方程式为____。（4）E为八元环状化合物，写出E的结构简式____。（5）已知氧化羟基的条件足以氧化有机分子中的碳碳双键。试设计由丙烯醇(CH2=CHCH2OH)制丙烯酸(CH2=CHCOOH)的合成路线____。(合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物)【答案】（1）4NA或4×6.02×1023（2）4（3）HOOCCH2CH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O（4）（5）CH2=CHCH2OHCH3CHBrCH2OHCH3CHBrCHOCH3CHBrCOOHCH2=CHCOOH【解析】【分析】由题干合成路线图中CH2=CH2和Br2的CCl4溶液反应生成A，则A的结构简式为：BrCH2CH2Br、根据已知信息①可知B的结构简式为：NCCH2CH2CN，结合信息②可知，C的结构简式为：HOOCCH2CH2COOH，结合信息③可知D的结构简式为HOCH2CH2OH，C和CH3CH2OH在浓硫酸中加热生成琥珀酸二乙酯，则其结构简式为：CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，C和D在浓硫酸中加热发生酯化反应生成八元环化合物， 则E的结构简式为：，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，E的结构简式为，则1molE分子中sp3杂化的碳原子数目为4NA或4×6.02×1023，故答案为：4NA或4×6.02×1023；【小问2详解】已知单键均为σ键，1个双键含有1个σ键和1个π键，由分析可知，C的结构简式为：HOOCCH2CH2COOH，则1个C分子中碳氧σ键数目为4个，故答案为：4；【小问3详解】由分析可知，C→琥珀酸二乙酯即HOOCCH2CH2COOH和CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3和H2O，则该反应的化学方程式为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O，故答案为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O；【小问4详解】由分析可知，E为八元环状化合物，E的结构简式为，故答案为：；小问5详解】已知氧化羟基的条件足以氧化有机分子中的碳碳双键，则由丙烯醇(CH2=CHCH2OH)制丙烯酸(CH2=CHCOOH)时应该先将双键与HBr加成制得CH3CHBrCH2OH，CH3CHBrCH2OH催化氧化得到CH3CHBrCHO，CH3CHBrCHO再催化氧化为CH3CHBrCOOH，CH3CHBrCOOH在NaOH醇溶液中加热得到CH2=CHCOONa，CH2=CHCOONa经酸化后制得CH2=CHCOOH ，据此分析确定合成路线为：CH2=CHCH2OHCH3CHBrCH2OHCH3CHBrCHOCH3CHBrCOOHCH2=CHCOOH，故答案为：CH2=CHCH2OHCH3CHBrCH2OHCH3CHBrCHOCH3CHBrCOOHCH2=CHCOOH。17.硫酰氯(SO2Cl2)熔点-54.1℃，沸点69.2℃，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。（1）SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为____。（2）现拟用干燥Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。①仪器A的名称为____，装置乙中装入的试剂____，装置B的作用是____。②装置丙分液漏斗中盛装的最佳试剂是____(选填字母)。A．蒸馏水B．10.0mol·L-1浓盐酸C．浓氢氧化钠溶液D．饱和食盐水（3）探究硫酰氯在催化剂作用下加热分解的产物，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出) 装置C中发生反应的离子方程式为____。（4）滴定法测定硫酰氯的纯度：取1.800g产品，加入到100mL0.5000mol·L-1NaOH溶液中加热充分水解，冷却后加蒸馏水准确稀释至250mL，取25mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴甲基橙，用0.1000mol·L-1标准HCl滴定至终点，重复实验三次取平均值，消耗10.00mL，产品的纯度为多少____？(写出计算过程)【答案】（1）SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4（2）①.(球形)冷凝管②.浓硫酸③.防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解变质，吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境④.D（3）2+5SO2+2H2O=2Mn2++5+4H+（4）加入NaOH的总的物质的量为：n1=0.100L×0.5000mol·L-1=0.05mol，与盐酸反应的NaOH的物质的量为：n2=×0.01L×0.1mol/L=0.01mol，则与SO2Cl2反应的NaOH的物质的量为：n3=n1-n2=0.05-0.01=0.04mol，根据反应SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4可知，SO2Cl2~4NaOH，则n(SO2Cl2)=n3=×0.04mol=0.01mol，则产品的纯度为：=75%【解析】【分析】本题为实验探究题，装置甲为制备SO2Cl2的发生装置，反应原理为：SO2+Cl2SO2Cl2，A仪器为球形冷凝管，起到冷凝回流SO2Cl2的作用，B中为干燥管，装有碱石灰，作用为：防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解变质，吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境，丙装置中盛满Cl2，通过分液漏斗滴入溶液将Cl2排除，经乙装置干燥后进入甲装置，则乙装置装有浓硫酸以干燥氯气，(3)将硫酰氯在催化剂作用下加热分解生成Cl2和SO2，即A装置为分解发生装置，B中CCl4为收集Cl2，C中是SO2使酸性高锰酸 钾溶液褪色，D中NaOH溶液为尾气处理，吸收多余的SO2和Cl2，据此分析解题。【小问1详解】SO2Cl2在潮湿空气中因水解生成HCl与空气中水蒸气形成白雾而“发烟”，则该反应的化学方程式为SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4，故答案为：SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4；【小问2详解】①仪器A的名称为(球形)冷凝管，乙中浓硫酸干燥氯气，防止生成的SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”，装置B的作用是防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解变质，吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境，故答案为：(球形)冷凝管；浓硫酸；防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解变质，吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境；②A．氯气在蒸馏水中的溶解度较大，A不合题意；B．10.0mol·L-1浓盐酸具有挥发性，将引入信息杂质HCl，B不合题意；C．浓氢氧化钠溶液将与Cl2反应而吸收Cl2，反应原理为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，C不合题意；D．食盐水可抑制氯气的溶解，将氯气排出，D符合题意；故答案为：D；【小问3详解】由分析可知，C中为SO2与酸性高锰酸钾溶液反应，则反应离子方程式为2+5SO2+2H2O=2Mn2++5+4H+，故答案为：2+5SO2+2H2O=2Mn2++5+4H+。【小问4详解】加入NaOH的总的物质的量为：n1=0.100L×0.5000mol·L-1=0.05mol，与盐酸反应的NaOH的物质的量为：n2=×0.01L×0.1mol/L=0.01mol，则与SO2Cl2反应的NaOH的物质的量为：n3=n1-n2=0.05-0.01=0.04mol，根据反应SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4可知，SO2Cl2~4NaOH，则n(SO2Cl2)=n3=×0.04mol=0.01mol，则产品的纯度为：=75%，故答案为：加入NaOH的总的物质的量为：n1=0.100L×0.5000mol·L-1=0.05mol，与盐酸反应的NaOH的物质的量为：n2=×0.01L×0.1mol/L=0.01mol，则与SO2Cl2反应的NaOH的物质的 量为：n3=n1-n2=0.05-0.01=0.04mol，根据反应SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4可知，SO2Cl2~4NaOH，则n(SO2Cl2)=n3=×0.04mol=0.01mol，则产品的纯度为：=75%。18.甲烷是一种重要的化工原料，常用于制H2和CO。（1）甲烷裂解制氢的反应为CH4(g)=C(s)+2H2(g)△H=75kJ/mol，Ni和活性炭均可作该反应催化剂。CH4在催化剂孔道表面反应，若孔道堵塞会导致催化剂失活。①Ni催化剂可用NiC2O4·2H2O晶体在氩气环境中受热分解制备，该反应方程式为___________。②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活，其原因是___________。③在相同气体流量条件下，不同催化剂和进料比[]对甲烷转化率的影响如图所示。使用活性炭催化剂，且其他条件相同时，随着进料比的增大，甲烷的转化率逐渐增大的原因是___________。④使用Ni催化剂，且其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如图所示。使用催化剂的最佳温度为___________，650℃条件下，1000s后，氢气的体积分数快速下降的原因为___________。（2）甲烷、二氧化碳重整制CO经历过程I、II。过程I如图所示，可描述为___________；过程II保持温度不变，再通入惰性气体，CaCO3分解产生CO2，Fe将CO2还原得到CO和Fe3O4。 【答案】（1）①.NiC2O4·2H2ONi+2CO2↑+2H2O②.水蒸气与碳反应生成CO(或CO2)与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞③.进入反应的甲烷含量越低，甲烷分子与催化剂接触的几率越大，转化率越高④.600℃⑤.温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活（2）CH4和CO2在催化剂Ni表面反应，产生CO和H2，H2和CO还原Fe3O4生成Fe、CO2和H2O，未反应完和生成的CO2与CaO反应生成CaCO3【解析】【分析】【小问1详解】①根据题意可知，在氩气环境中受热分解可得到Ni：NiC2O4·2H2ONi+2CO2↑+2H2O②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活，是因为水蒸气与碳反应生成CO(或CO2)与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞；③进料比的增大，进入反应的甲烷含量越低，甲烷分子与催化剂接触的几率越大，转化率越高；④由图可知，550摄氏度，600摄氏度，650摄氏度催化效率最高的是600摄氏度时，故答案为：600℃；650℃条件下，氢气的体积分数快速下降，是因为温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活；【小问2详解】由图可知，CH4和CO2在催化剂Ni表面反应，生成CO和H2，H2和CO还原Fe3O4生成Fe、CO2和H2O，未反应完和生成CO2与CaO反应生成CaCO3。