河南省南阳市六校2019-2020学年高二下学期第二次联考化学试题 Word版含解析

2020年南阳春期六校第二次联考高二年级化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法正确的是A.煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料B.为了提高酒精的杀菌消毒效果，医院常用体积分数为100%的酒精C.用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的D.不粘锅的原料CF2＝CF2为烃类化合物【答案】C【解析】【详解】A．煤的气化生成CO、氢气，液化生成甲醇等，都为化学变化，故A错误；B．100%的酒精可使细胞快速形成保护膜，不具有良好的杀菌能力，医用酒精体积分数为75%，故B错误；C．乙烯具有催熟作用，能被高锰酸钾氧化，则浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故C正确；D．不粘锅的原料CF2＝CF2中，含有F元素，属于烃的衍生物，故D错误；答案为C。2.2022年冬奥会将在北京－张家口举行，下图为酷似奥林匹克旗中五环的一种有机物，被称为奥林匹克烃，下列说法中正确的是A.该有机物属于苯的同系物B.该有机物能与溴水发生加成反应C.该有机物最多可以和15molH2发生加成反应D.该有机物的分子式为C22H14【答案】D【解析】【详解】A．含有苯环的有机物为芳香族化合物，该有机物中含有苯环，所以属于芳香族化合物；苯的同系物中只含一个苯环，且侧链为烷烃基，该分子中含有多个苯环，所以不是苯的同系物，故A错误；-19- B．苯环中的键介于碳碳单键和碳碳双键之间特殊的键，不含碳碳双键，与溴水不发生加成反应，故B错误；C．1mol该有机物最多可以和11molH2反应，故C错误；D．由结构简式可知，该有机物的分子式为C22H14，故D正确；答案为D。3.下列反应的化学方程式书写及反应类型判断均正确的是A.甲烷与氯气反应：CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl(加成反应)B.乙烯与水在一定条件下生成乙醇：CH2＝CH2＋H2OC2H5OH(加成反应)C.麦芽糖制葡萄糖：C12H22O11(麦芽糖)＋H2O2C6H12O6(葡萄糖)(氧化反应)D.乙醛与银氨溶液反应：CH3CHO＋2Ag(NH3)2OHCH3COONH4＋3NH3＋2Ag↓＋H2O(取代反应)【答案】B【解析】【详解】A．甲烷属于烷烃，是饱和烃，其特征反应是发生取代反应，甲烷和氯气在光照条件下即能发生取代反应，故方程式为CH4+Cl2CH3Cl+HCl，反应类型为取代反应，故A错误；B．乙烯为烯烃，是不饱和烃，其特征反应为加成反应，而乙烯和水发生加成反应生成乙醇即CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应类型为加成反应，故B正确；C．麦芽糖是二糖，在稀硫酸的作用下能水解为葡萄糖，方程式为C12H22O11(麦芽糖)＋H2O2C6H12O6(葡萄糖)，反应类型为水解反应，故C错误；D．在有机反应中，得氧或失氢的反应为氧化反应，失氧或得氢的反应为还原反应，而乙醛和银氨溶液反应后生成乙酸铵，实质是生成CH3COOH，在此反应过程中乙醛得氧，故此反应为氧化反应，方程式CH3CHO＋2Ag(NH3)2OHCH3COONH4＋3NH3＋2Ag↓＋H2O，故D错误；答案为B。4.下列装置能达到相应实验目的的是-19- A.检验溴乙烷的消去反应B.实验室制取乙烯C.实验室制取乙酸乙酯D.除去甲烷中的乙烯【答案】C【解析】A项，乙醇容易挥发，且乙醇和乙烯都能被酸性高锰酸钾氧化，所以不能达到实验目的，故A错误；B项，实验室用乙醇制乙烯需要在170℃下进行，温度计应插入溶液中，故B错误；C项，实验室用乙醇和冰醋酸在浓硫酸催化作用下加热制乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液接收生成物，有利于除去挥发出的乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，为防止倒吸，导管口不能伸入液面以下，如图装置能达到实验目的，故C正确；D项，乙烯被酸性高锰酸钾氧化产物中有CO2，如图所示方法除去甲烷中的乙烯，会混入新杂质，故D错误。5.NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A.0.5molC4H10中含有的共价键数为6.5NAB.3.4g羟基和3.4g氢氧根均含有2NA个电子C.1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中含有的氧原子数为0.2NAD.标准状况下，22.4L由CHCl3和CH2Cl2组成的混合物中含有的分子数目为NA【答案】A【解析】【详解】A.1分子C4H10中含有13个共价键，则0.5molC4H10中含有的共价键数为6.5NA，A正确；B.3.4g羟基和3.4g氢氧根均是0.2mol，分别含有1.8NA、2NA个电子，B错误；C.因为溶剂水中还含有氧原子，所以1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中含有的氧原子数远大于0.2NA，C错误；D.标准状况下CHCl3和CH2Cl2均不是气态，不能利用气体摩尔体积计算22.4L由CHCl3和CH2Cl2组成的混合物中含有的分子数，D错误。-19- 答案选A。6.某有机物的键线式如图所示，其名称为A.3，4－二甲基－2－乙基－1－己醇B.2－乙基3，4－二甲基－1－己醇C.4，5－二甲基－3－庚醇D.4，5－二甲基－3－亚甲基－3－庚醇【答案】A【解析】【分析】选取含羟基碳在内的最长碳链为主碳链，从离羟基近的一端编号，据此分析解答。【详解】为醇类化合物，选含羟基碳在内的最长碳链为主碳链，主链含有6个碳原子，为己醇，离羟基近的一端编号，在3号和4号碳上各有1个甲基，在2号碳上有1个乙基，名称3，4-二甲基-2-乙基-1-己醇，故选A。7.下列有关原电池的说法正确的是A.原电池的正极发生氧化反应B.原电池的总反应一定是氧化还原反应C.正极活动性较强，易失去电子D.原电池工作时有电子从电解质溶液中通过【答案】B【解析】【详解】A．原电池的正极得到电子，发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应，故A错误；B．原电池的负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，所以原电池中的反应一定是氧化还原反应，故B正确；C．根据原电池组成，正极是相对不活泼的金属或导电的非金属，正极上得电子，发生还原反应，故C错误；D．原电池工作时，负极失电子，经过外电路，到达正极，在电解质溶液中是离子的移动，无电子通过，故D错误；答案为B。-19- 8.已知：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g)△H＝akJ·mol-1；C(s)＋O2(g)＝CO(g)△H＝－110kJ·mol-1。断开1molH－H键、O＝O键和O－H键所需的能量分别为436kJ、496kJ和462kJ，则a为A.－332B.－118C.130D.350【答案】C【解析】【详解】由①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=akJ•mol-1②C(s)+O2(g)═CO(g)△H=-110kJ•mol-1，结合盖斯定律可知，①-②得到H2O(g)═H2(g)+O2(g)△H=（a+110）kJ/mol，由焓变等于反应物中键能之和减去生成物中键能之和，得462kJ×2-436kJ-×496kJ=(a+110)kJ，则a=130，故C正确；答案为C。9.下列各个装置中能组成原电池的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．该装置没有形成闭合回路，无法形成原电池，故A错误；B．该装置中酒精溶液为非电解质溶液不能导电，无法形成原电池，故B错误；C．该装置两个电极均为Zn，无法形成电势差，不能形成原电池，故C错误；D．该反应有两个活泼性不同电极，有Fe和稀硫酸发生的氧化还原反应，稀硫酸为电解质溶液，形成闭合回路，可以组成原电池，故D正确；综上所述答案为D。-19- 10.有X、Y、M、N四种金属。X、Y与电解质溶液构成原电池时，电子从X极流出。将Y、M与电解质溶液构成原电池时，M电极为正极。将形状、大小均相同的X、N分别投入等浓度的稀硫酸中；N比X反应剧烈。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是A.NXYMB.NMXYC.NYXMD.YXNM【答案】A【解析】【分析】金属活泼性可以从以下方面进行比较：金属越活泼，与水或酸反应越剧烈；一般来说，作原电池负极的金属活动性较强；在电解池中，阴极上氧化性较强的离子先放电，金属离子的氧化性越强，对应的金属单质越不活泼。【详解】X、Y与电解质溶液构成原电池时，电子从X极流出，说明金属活动性X＞Y。将Y、M与电解质溶液构成原电池时，M电极为正极，说明金属活动性Y＞M。将形状、大小均相同的X、N分别投入等浓度的稀硫酸中，N比X反应剧烈，说明金属活动性N＞X。综上所述，判断它们的活动性由强到弱的顺序是N＞X＞Y＞M，故选A。【点睛】本题以金属的活动性的比较为载体考查原电池和电解池知识，侧重于电极反应和放电顺序的考查，注意把握原电池和电解池的工作原理，学习中注意相关基础知识的积累。11.铜锌原电池的简易装置如图，当导线中有2mol电子通过时，下列结论正确的是A.锌片减少的质量等于铜片增加的质量B.理论上在铜片上可收集标准状况下H2体积为22.4LC.锌片上发生还原反应，铜片上发生氧化反应D.约有1.204×1024个电子从铜极流向锌极【答案】B【解析】【分析】根据装置图可知该电池的总反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，Zn为负极，失电子发生氧化反应生成Zn2+，Cu为正极，H+得电子发生还原反应生成H2。【详解】A．铜电极上H+得电子被还原成H2，质量不增加，故A错误；-19- B．正极反应为2H++2eˉ=H2↑，根据电子守恒可知有2mol电子通过时生成1mol氢气，标准状况下的体积为22.4L，故B正确；C．Zn为负极，失电子发生氧化反应生成Zn2+，Cu为正极，H+得电子被还原成H2，故C错误；D．原电池中电子由负极经外电路流向正极，即从锌极流向铜极，故D错误；综上所述答案为B。12.已知下列热化学方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-24.8kJ·mol-13Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47.2kJ·mol-1Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ·mol-1则14gCO气体与足量FeO充分反应得到Fe单质和CO2气体时的释放或吸收的热量为A.放出218kJB.放出109kJC.吸收218kJD.吸收109kJ1【答案】B【解析】【详解】试题分析：①Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-24.8kJ·mol-1，②3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47.2kJ·mol-1，③Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ·mol-1，由盖斯定律可知，得到反应CO（g）+FeO（s）═Fe（s）+CO2（g）△H=kJ/mol=-109kJ/mol，答案选B。13.实验室回收废水中苯酚的过程如图所示。下列分析错误的是A.操作I中苯作萃取剂B.苯酚钠在苯中溶解度比在水中的大-19- C.通过操作II苯可循环使用D.三步操作均需要分液漏斗【答案】B【解析】【详解】A．苯酚容易溶于有机溶剂苯，而难溶于水，水与苯互不相溶，因此可用苯作萃取剂将含有苯酚的废水中的苯萃取出来，操作I中苯作萃取剂，A正确；B．苯酚钠容易溶于水，而难溶于苯，因此在苯中的溶解度比在水中的小，B错误；C．向萃取分液后的含有苯酚的溶液中加入NaOH溶液，发生反应：NaOH+C6H5OH→C6H5ONa+H2O，C6H5ONa易溶于水，而与苯互不相溶，然后分液，得到的苯可再应用于含有苯酚的废水的处理，故通过操作II苯可循环使用，C正确；D．再向含有苯酚钠的水层加入盐酸，发生：C6H5ONa+HCl→C6H5OH+NaCl，苯酚难溶于水，密度比水大，在下层，通过分液与水分离开，通过上述分析可知在三步操作中都要进行分液操作，因此要使用分液漏斗，D正确。答案选B。14.某化妆品的组分Z具有美白功效，能从杨树中提取，也可用如下反应制备，下列叙述错误的是A.X、Y和Z均能与浓溴水反应B.X和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2C.X既能发生取代反应，也能发生加成反应D.Y可作加聚反应单体【答案】B【解析】分析：根据X中含有2个酚羟基，Y中含有苯环和碳碳双键，Z中含有2个苯环和2个酚羟基，结合官能团的性质解答。-19- 详解：A．X和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色，所以X和Z都能和溴水发生取代反应、Y能和溴水发生加成反应，所以三种物质都能使溴水褪色，A正确；B．酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应，Z和X中都只含酚羟基不含羧基，所以都不能和碳酸氢钠反应，B错误；C．X含有酚羟基和苯环，一定条件下能发生加成反应、取代反应，C正确；D．Y中含有碳碳双键，能发生加聚反应，Y可作加聚反应单体，D正确；答案选B。点睛：本题主要是考查有机物的结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题的关键，侧重考查酚、烯烃的性质。二、非选择题15.在如图所示的量热计中，将100mL0.50mol·LCH3COOH溶液与100mL0.55mol·L-1NaOH溶液混合．已知量热计的热容常数（量热计各部件每升高1℃所需的热量）是150.5J·K-1，生成溶液的比热容为4.184J·g-1·K-1，溶液的密度均近似为1g·mL-1．实验中某同学计算中和热，记录数据如下：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃醋酸溶液氢氧化钠溶液混合溶液125.025.127.8225.125.327.9-19- 325.225.528.0（1）试求CH3COOH的中和热△H______________。（2）CH3COOH的中和热的文献值为56.1kJ·mol-1，则请你分析在（1）中测得的实验值偏差可能的原因______________。（3）实验中NaOH过量的目的是______________。（4）CH3COOH的中和热与盐酸的中和热绝对值相比，___________的较大，原因是_________。【答案】(1).-53.3kJ/mol(2).保温效果不好(3).保证酸完全被中和(4).盐酸(5).CH3COOH电离时吸热【解析】【详解】（1）实验中温度改变量的平均值为[（27.8-25.05）℃+（27.9-25.2）℃+（28.0-25.35）℃]/3=2.7℃=2.7K，中和热△H==-53.3kJ/mol；（2）实验测定数值偏低，可能原因是保温效果不好；（3）酸和碱反应测中和热时，为了保证一种试剂全部反应，往往需要另一种试剂稍过量，以减少实验误差，所以碱稍微过量时为了保证酸完全被中和；（4）醋酸是弱酸，电离过程需要吸收能量，所以醋酸的中和热与盐酸的中和热数值相比，盐酸的较大。16.苄叉二氯(，沸点206℃)是合成苯甲醛的中间体，实验室合成苄叉二氯的装置如图所示。-19- 回答下列问题：(1)装置B的作用是________。(2)仪器X名称为________，冷凝水从______(填“a”或“b”)口进入；裝置C中甲苯与Cl2反应生成苄叉二氯的化学方程式为_______。(3)若实验前甲苯的质量为46g，最后苄叉二氯的质量也是46g，则该实验的产率为______。【答案】(1).作安全瓶并观察Cl2的流速(2).球形冷凝管或冷凝管(3).a(4).+2Cl2+HCl(5).57.1%【解析】分析】浓硫酸具有吸水性，能干燥氯气，装置B中有长玻璃管，可以起安全瓶的作用，使氯气匀速进入三口烧瓶中，氯化钙是干燥剂，能吸收从C装置中出来的水蒸气；装置C中甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应可以生成苄叉二氯和氯化氢，据此分析解答(1)和(2)；(3)甲苯的质量为46g，根据反应的方程式计算理论上可得苄叉二氯的质量，再根据产率=×100%计算。【详解】(1)浓硫酸具有吸水性，能干燥氯气，装置B中有长玻璃管，能起缓冲作用，起到安全瓶的作用，使氯气匀速进入三口烧瓶中，故答案为：作安全瓶并观察Cl2的流速；(2)根据装置图可知仪器X为冷凝管，采用逆流冷却的效果好，所以进水口为a，裝置C中甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应可以生成苄叉二氯和氯化氢，反应的化学方程式为+2Cl2+HCl，故答案为：冷凝管；a；-19- +2Cl2+HCl；(3)甲苯的质量为46g，根据转化关系+2Cl2+HCl，1mol甲苯氧化后可得1mol苄叉二氯，所以理论上可得苄叉二氯的质量为×161g/mol=80.5g，所以产率=×100%=57.1%，故答案为：57.1%。【点睛】理解装置图中个部分装置的作用是解题的关键。本题的易错点为(3)，要注意关键反应的方程式计算。17.金属镁是一种活泼的常见金属，用途广泛。在25℃，101kPa条件下。有关物质的能量如下表所示(X2表示任意卤素单质)：物质MgX2MgF2MgCl2MgBr2MgI2能量/kJ‧mol-100-1124-641.3-524-364回答下列问题：(1)镁与卤素单质的反应属于_______(“放热”或“吸热”)反应。(2)镁与卤素单质反应的生成物中，热稳定性最差的是_________。(3)镁与液溴反应的热化学方程式为________。(4)反应F2(g)＋MgCl2(s)＝MgF2(s)＋Cl2(g)的△H＝_______kJ·mol-1。【答案】(1).放热(2).MgI2(3).Br2(l)+Mg(s)===MgBr2(s)∆H=-524kJ‧mol-1(4).-482.7【解析】【分析】(1)若反应物的总能量大于生成物的总能量则是放热反应，若反应物的总能量小于生成物的总能量是吸热反应；(2)能量越低越稳定，能量最高的卤化镁，其热稳定性最差；(3)写镁与液溴反应的热化学方程式，反应的焓变为生成物的总能量减去反应物的总能量，据表中数据计算出焓变，按要求规范书写即可；(4)分别写镁与氟气、氯气反应的热化学方程式，结合盖斯定律就可求出反应F2(g)＋MgCl2-19- (s)＝MgF2(s)＋Cl2(g)的△H，据此回答；【详解】(1)由表中数据知，镁与卤素单质生成卤化镁的反应，反应物的总能量比生成物的总能量高，因此，镁与卤素单质的反应属于放热反应；(2)能量越低越稳定，四种卤化镁中，能量由高到低的顺序为：MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2，MgI2的能量最高，其热稳定性最差；(3)25℃，101kPa下，镁与液溴反应生成固体溴化镁，当生成1molMgBr2(s)时，反应的焓变为1molMgBr2(s)的能量减去反应物的总能量即1molMg(s)和1molBr2(l)的总能量=-524kJ‧mol-1，则热化学方程式为：Br2(l)+Mg(s)===MgBr2(s)∆H=-524kJ‧mol-1；(4)由表格数据可知，反应①F2(g)+Mg(s)===MgF2(s)∆H1=-1124kJ‧mol-1；反应②Cl2(g)+Mg(s)===MgCl2(s)∆H2=-641.3kJ‧mol-1；据盖斯定律，反应①-反应②就得到反应F2(g)＋MgCl2(s)＝MgF2(s)＋Cl2(g)，则△H＝∆H1-∆H2=-482.7kJ·mol-1。【点睛】本题考查了反应中的能量变化、焓变的计算、热化学方程式的书写以及能量和稳定性的关系，熟练掌握相关知识点并灵活运用是解题的关键。18.有机物A可以分别通过不同化学反应制得B、C、D三种物质，其结构简式如图所示。(1)C的分子式是_______。(2)B中含有的官能团名称是______。(3)A－D中互为同分异构体的是_______(填对应字母)。(4)由A生成B的化学方程式为__________，该反应的反应类型是_________。(5)写出C在一定条件下发生加聚反应的化学方程式：________。【答案】(1).C9H8O2(2).醛基、羧基(3).C和D(4).2+O22+2H2O(5).氧化反应(6).【解析】【详解】(1)根据C的结构简式可知其分子式为C9H8O2；-19- (2)B中的官能团为醛基(—CHO)、羧基(—COOH)；(3)分子式相同结构不同的化合物为同分异构体，C和D的分子式均为C9H8O2，但结构不同，互为同分异构体；(4)A中醇羟基被催化氧化可以生成B，化学方程式为2+O22+2H2O，该反应属于氧化反应；(5)C中含有碳碳双键，一定条件下可以发生加聚反应，化学方程式为。19.由化学能转变的热能仍然是人类目前使用的最主要能源之一。回答下列问题：(1)CH3OH是优质液体燃料。在25℃、101kPa下，每充分燃烧1gCH3OH并恢复到原状态，会释放22.68kJ的热量。请写出表示CH3OH燃烧热的热化学反应方程式：___________。(2)利用CO和H2在催化剂的作用下合成CH3OH，发生的主反应为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H1，已知键能是指断裂1mol化学键所需要吸收的能量。相关化学键的键能数据如下：(其中CO中的碳氧键为CO)化学键H—HC—OCOH—OC—HE/(kJ‧mol-1)4363431076465413由此计算△H1＝_______kJ·mol-1。(3)纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注。已知：2Cu(s)＋O2(g)＝Cu2O(s)△H＝－169kJ·mol-1C(s)＋O2(g)＝CO(g)△H＝－110.5kJ·mol-12Cu(s)＋O2(g)＝2CuO(s)△H＝－314kJ·mol-1则工业上用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的热化学方程式为_______。(4)N2和H2反应生成2molNH3的过程中能量变化如图所示，计算该反应中每生成1molNH3-19- 放出热量为______。若起始时向容器内放入1molN2和3molH2，达平衡时有20%的N2转化，则反应中放出的热量为_______。【答案】(1).CH3OH(l)+O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)∆H=-725.76kJ‧mol-1(2).-99(3).C(s)+2CuO(s)＝Cu2O(s)+CO(g)∆H=+34.5kJ‧mol-1(4).46.1kJ(5).18.44kJ【解析】【分析】(1)依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合题干所给量计算32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，在书写热化学方程式；(2)根据反应热=反应物总键能-生成物总键能计算；(3)根据盖斯定律结合热化学方程式分析解答；(4)根据反应焓变=断裂化学键吸收能量-形成化学键放出能量计算得到1mol氨气放出热量；依据反应的氮气计算生成氨气放出的热量。【详解】(1)在25℃、101kPa下，1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为725.76kJ，表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.76kJ•mol-1，故答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.76kJ•mol-1(2)反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，故△H1=1076kJ·mol-1+2×436kJ·mol-1-(3×413+343+465)kJ·mol-1=-99kJ·mol-1；故答案为：-99；(3)已知：①2Cu(s)+O2(g)═Cu2O(s)△H=-169kJ•mol-1，②C(s)+O2(g)═CO(g)△H=-110.5kJ•mol-1，③2Cu(s)+O2(g)═CuO(s)△H=-314kJ•mol-1，用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的化学方程式为C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)，根据盖斯定律，该反应可以由②-③--19- ×①得到，因此反应的焓变=(-110.5kJ•mol-1)-(-314kJ•mol-1)-×(-169kJ•mol-1)=34.5kJ•mol-1，故答案为：C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ•mol-1；(4)根据N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图，反应焓变△H=335kJ/mol-427.2kJ/mol=-92.2kJ•mol-1，所以生成1mol氨气放热46.1kJ；若起始时向容器内放入1molN2和3molH2，达平衡时有20%的N2转化，即有0.2molN2反应，则反应中放出的热量为92.2kJ•mol-1×0.2mol=18.44kJ，故答案为：46.1kJ；18.44kJ。【点睛】本题的易错点为(1)，要注意燃烧热的热化学方程式中可燃物的化学计量数为1，难点为(3)，要注意盖斯定律的理解和应用。20.高分子化合物J()的合成路线如下：已知：I．II．回答下列问题：(1)A的化学名称为________。(2)由F生成G的反应类型是______。(3)B→C反应所需试剂、条件分别为_______、_______。(4)I中官能团的名称是______。(5)写出一种与F互为同分异构体的酯类芳香族化合物的结构简式(核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1：2：2：3)：________。-19- (6)结合上述流程中的信息，设计以D为起始原料制备的路线：_______。【答案】(1).苯乙烯(2).取代反应(3).NaOH水溶液(4).加热(5).羟基、羧基(6).或或(7).【解析】【分析】由D的结构简式结合反应条件可知C为，则B为，A为，D与新制氢氧化铜在碱性条件下加热反应生成E为，E在酸性条件下水解生成F为，根据H的结构简式并结合信息反应I可推知G为，H发生信息反应II生成I为，I发生消去反应生成J为，据此分析。【详解】(1)A为，化学名称为苯乙烯；(2)F为，G为-19- ，结合信息反应I可知，Cl原子取代-OH的位置，则F生成G的反应类型是取代反应；(3)B为，C为，卤代烃在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成醇，则B→C反应所需试剂、条件分别为NaOH水溶液、加热；(4)I为，所含官能团的名称是羟基、羧基；(5)F为，与F互为同分异构体的酯类芳香族化合物，且核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1：2：2：3，说明结构中含有四种氢原子，且个数比为1：2：2：3，符合条件的有机物是、、；(6)D为苯乙醛，D发生信息反应II生成，在浓硫酸作用下加热发生消去反应生成，在PCl5作用下生成，合成路线为。-19- -19-