上海市市东中学2020届高三化学上学期期中试卷（附解析Word版）

2019-2020 学年第一学期高三化学期中考试试卷 相对原子质量： H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Ca—40 Cl—35.5 Na—23 K—39 Mg—24 Al—27 Fe—56 Cu—64 一、选择题（本题共 40 分，每小题 2 分，每小题只有一个正确答案） 1. 下列对化学反应本质的认识，错误的是 A. 原子一定重新组合 B. 一定有电子转移 C. 有旧键断裂和新键形成 D. 必然伴随着能量的变化 【答案】B 【解析】 试题分析：A、化学反应原子一定重新组合，A 项正确；B、氧化还原反应一定有电子转移，B 项错误；C、化学反应的本质是旧键的断裂和新建的形成，C 项正确；D、化学反应必然伴随能 量的变化，D 项正确；答案选 B。 考点：考查对化学反应的认识 2.化学式为 N2H6SO4 的某晶体，其晶体类型与硫酸铵相同，则 N2H6SO4 晶体中不存在 A. 离子键 B. 共价键 C. 分子间作用力 D. 阳离子 【答案】C 【解析】 试题分析：化学式为 N2H6SO4 的晶体，其晶体类型与硫酸铵相同，应该是离子晶体，硫酸铵中 含有离子键、共价键及阴、阳离子，故 N2H6SO4 晶体中不存在分子间作用力，选项 C 错误，答 案为 C。 考点：考查晶体中存在的化学键及作用力。 3. 下列各组数据比较，前者比后者小的是 A. 氯水与氨水中微粒种类 B. 乙烷与苯分子中碳碳键键长 C. 氯化铯与氯化钠的熔点 D. Al2O3 与 AlCl3 的熔点 【答案】C 【解析】 试题分析：A．氨水中含有的微粒：氨气分子、水分子、铵根离子、氢离子、氢氧根离子，共 5 种，氯水的成分：水分子、氯离子、次氯酸根离子、氢离子、氢氧根离子、氯气分子、次氯 酸分子共 7 种，故 A 错误；B．乙烷中碳碳键长比苯分子中碳碳键键长长，故 B 错误；C．因 铯的离子半径比钠离子大，氯化铯与氯化钠的熔点低，故 C 正确；D．Al2O3 是离子晶体，高熔点，AlCl3 是分子晶体，熔点低，故 D 错误，答案为 C。 考点：考查不同物质性质的比较，涉及微粒数、化学键参数及熔点比较。 4.秸秆、稻草等生物质是一种污染小的可再生能源，其主要转化途径及主要产物如图。下列 有关说法错误的是（ ） A. 生物质能所含能量本质上来源于太阳能 B. 由秸秆等物质水解获得的乙醇属生物质能 C. 生物质裂解获得的汽油、柴油等属于纯净物 D. 由秸杆稻草等发酵获得的沼气，主要成分是甲烷 【答案】C 【解析】 【详解】A．生物质本质上能来源于太阳能，故 A 正确； B．乙醇来源于纤维素，属于生物质能，故 B 正确； C．汽油、柴油等属于混合物，故 C 错误； D．沼气的主要成分是甲烷，故 D 正确。 故答案为 C。 5.在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是 A. 范德华力、范德华力、范德华力 B. 范德华力、范德华力、共价键 C. 范德华力、共价键、共价键 D. 共价键、共价键、共价键 【答案】B 【解析】 【详解】“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气”属于石蜡的 “三态”之间的转化，所以转化的过程 中要克服分子间作用力；“石蜡蒸气→裂化气”属于石油的裂化，属于化学变化，必然要破 坏化学键(共价键)，答案选 B。6. 不能用于比较 Na 与 Al 金属性相对强弱的事实是 A. Na 和 AlCl3 溶液反应 B. 最高价氧化物对应水化物的碱性 C. 单质与 H2O 反应的难易程度 D. 同浓度 NaCl 和 AlCl3 溶液的 pH 【答案】A 【解析】 【详解】A 项、钠和 AlCl3 溶液反应，钠与水反应，不能与氯化铝发生酯化反应置换出铝，不 能用于比较 Na 与 Al 金属性相对强弱，故 A 错误； B 项、元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故 B 正确； C 项、元素的金属性越强，单质与 H2O 反应越容易，故 C 正确； D 项、同浓度 NaCl 和 AlCl3 溶液的 pH，说明对应碱的碱性强弱不同，能判断金属性强弱，故 D 正确； 故选 A。 7. 实验室制取下列物质的实验中未利用冷凝原理的是 A. 乙酸乙酯 B. 乙酸丁酯 C. 溴乙烷 D. 乙烯 【答案】D 【解析】 试题分析：A、用冷凝原理冷却生成的乙酸乙酯，A 项错误；B、用冷凝原理冷却生成的乙酸丁 酯，B 项错误；C、用冷凝原理冷却生成的溴乙烷，C 项错误；D、乙烯常温下是气体，直接用 排水法收集，不进行冷凝，D 项正确；答案选 D。 考点：考查物质制备 8.已知 X、Y、Z 三种短周期元素在周期表中的位置如图所示，设 X 的原子序数为 a。则下列说 法正确的是 Y X ZA. Y 是非金属性最强的元素 B. Z 是金属元素 C. Y 的原子序数为 a－7 D. X 的气态氢化物化学式为 H2X 【答案】C 【解析】 试题分析：X、Y、Z 三种短周期元素在周期表中的位置如图所示，则 Y 是氦，X 是氟，Z 是 S， A、Y 是氦，是惰性元素，A 项错误；B、Z 是 S，是非金属元素，B 项错误；C、Y 的原子序数 为 a－7，C 项正确；D、X 的气态氢化物化学式为 HX，D 项错误；答案选 C。 考点：考查元素推断 9.常温下加入下列物质，能使溶液中 c(CO32-)、c(HCO3-)均降低，而 pH 增大的是 A. 氢氧化钠溶液 B. 通入二氧化碳 C. 氢氧化钙溶液 D. 盐酸 【答案】C 【解析】 试题分析：A、加入氢氧化钠溶液，碳酸氢根与氢氧根反应生成碳酸根和水，碳酸根浓度增大， 错误；B、二氧化碳与碳酸根、水反应生成碳酸氢根，碳酸氢根浓度增大，错误；C、碳酸根、 碳酸氢根均与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，溶液中 c(CO32-) 、c(HCO3-)均降低而 pH 增大， 正确；D、向溶液中加入盐酸，溶液的 pH 减小，错误。 考点：考查碳酸盐和碳酸氢盐的性质 10. 下列说法正确的是 A. 分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键 B. 分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸 C. 含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体 D. 元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强 【答案】A 【解析】【详解】A、分子晶体中一定含有分子间作用力，但不一定含有共价键，如稀有气体分子中不 含共价键，正确； B、分子中含有 2 个 H 原子的酸不一定是二元酸，如甲酸为一元酸，错误； C、含有金属阳离子的晶体还可能是金属晶体，错误； D、元素的非金属性越强，其单质的活泼性不一定越强，如 N 元素的非金属性大于 P，但氮气 比 P 单质稳定，错误。 答案选 A。 11.在海轮的船壳上连接锌块，下列相关说法正确的是 A. 制成合金保护船体 B. 是外加电流的阴极保护法 C. 船体的反应：Fe -2e—=Fe2+ D. 锌块的反应：Zn -2e—=Zn2+ 【答案】D 【解析】 【详解】A 项、在海轮的船壳上连接锌块是形成铁锌原电池，活泼金属锌做负极，保护船体， 故 A 错误； B 项、在海轮的船壳上连接锌块是牺牲阳极的阴极保护法，故 B 错误； C 项、船体做原电池的正极，电极反应为：O2+2H2O+4e—=4OH—，故 C 错误； D 项、锌块做原电池的负极，锌失电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应为：Zn -2e—=Zn2+，故 D 正确； 故选 D。 12.在 25℃时，有 80g 饱和 Ba(OH)2 溶液，向其中加入纯 BaO 粉末 ag，反应后温度恢复到 25℃，下列有关该溶液的说法正确的是（ ） A. 溶液中 c(Ba2+)将增大 B. 溶液的 pH 将增大 C. 溶液中 Ba2+的物质的量将减少 D. 溶液中 c(OH－)减少 【答案】C 【解析】 【分析】 80g 饱和 Ba（OH）2 溶液，向其中加入纯 BaO 粉末 a g，BaO 粉末与水反应生成 Ba（OH）2，消 耗水，溶液有 Ba（OH）2 析出，恢复至原温度 25℃，溶液浓度不变，仍为饱和溶液，据此即可解答。 【详解】A．BaO 和水发生：BaO+H2O=Ba（OH）2 消耗水，饱和的 Ba（OH）2 溶液中有 Ba（OH） 2 析出，溶液中 Ba2+数目减少，但反应后仍为饱和溶液，溶液的 pH 不变，溶液中 c（Ba2+）不 变，故 A 错误； B．BaO 和水发生 BaO+H2O=Ba（OH）2 反应，恢复至原温度，析出 Ba（OH）2，仍为饱和溶液， 溶液浓度不变，溶液的 pH 不变，故 B 错误； C．BaO 和水发生：BaO+H2O=Ba（OH）2 反应，消耗水，有 Ba（OH）2 析出，溶液中 Ba2+数目减 少，故 C 正确； D．BaO 和水发生 BaO+H2O=Ba（OH）2 反应，恢复至原温度，析出 Ba（OH）2，仍为饱和溶液， 溶液浓度不变，溶液中 c（OH-）不变，故 D 错误； 故答案为 C。 【点睛】注意饱和溶液的性质，当溶剂减小，溶液中要析出晶体，但溶液的浓度不变。 13. 常温下 0.1 mol/L 醋酸溶液的 pH = a，下列能使溶液 pH =（a +1）的措施是 A. 将溶液稀释到原体积的 10 倍 B. 加入适量的醋酸钠固体 C. 加入等体积 0.1 mol/L 烧碱溶液 D. 加入等体积 0.1 mol/L 盐酸 【答案】B 【解析】 试题分析：A、醋酸是弱酸，将溶液稀释到原体积的 10 倍，pH Ki(HY) > Ki2(H2CO3) B. NaX 溶液中通入足量 CO2 后的离子浓度：c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(X-) C. 同浓度溶液的碱性：NaX > Na2CO3 > NaY > NaHCO3 D. 结合 H＋的能力：Y- > CO32- > X- > HCO3- 【答案】D 【解析】 试题分析：A、酸性越强，则在相同的温度下，酸的电离平衡常数就越大，所以三种酸的电离 常数 Ki(H2CO3) > Ki(HX)> Ki(HY) ，A 项错误；B、NaX 溶液中通入足量 CO2 后的离子浓度：会 产生 HX 和 NaHCO3；溶液显酸性，离子浓度：C(Na+)＞c(HCO )＞C(X-)＞c(H+)＞c(OH-)，，B 项 错误；C、酸性 H2CO3＞HX＞NaHCO3＞HY，碱性强弱可以利用越弱越水解判断，所以碱性：NaHCO3 ＜NaX＜Na2CO3＜NaY，，C 项错误；D、向 NaX 溶液中通入 CO2 气体，只能生成 HX 和 NaHCO3，则 酸性 H2CO3＞HX＞NaHCO3，向 NaY 溶液中通入 CO2，只生成 HY 和 Na2CO3，则酸性 NaHCO3＞HY， 酸性越弱对应离子结合质子的能力越强，所以则结合质子能力：Y-＞CO32-＞X-＞HCO3-，D 项正 确；答案选 D。 考点：考查浓度大小比较 21.二氧化氯（ClO2）是国际公认高效、安全的杀菌、保鲜剂，是氯制剂的理想替代品。工业 上制备 ClO2 的方法很多，NaClO3 和 NaClO2 是制取 ClO2 的常见原料。完成下列填空： （1）以下反应是制备 ClO2 的一种方法：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4→Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O 上述反应物中属于第三周期元素的原子半径大小顺序是___；其中原子半径最大元素的原子， 其核外电子排布式为___，其核外有___种不同能量的电子。 （2）ClO2 的分子构型为“V”形，则 ClO2 是___（选填“极性”、“非极性”）分子，其在水中 的溶解度比氯气___（选填“大”、“小”、“一样”）。 （3）ClO2 具有强氧化性，若 ClO2 和 Cl2 在消毒时自身均被还原为 Cl-，ClO2 的消毒能力是等 质量 Cl2 的___倍（保留 2 位小数）。 （4）若以 NaClO2 为原料制取 ClO2，需要加入具有___（填“氧化”、“还原”）性的物质。 （5）工业上制取 NaClO3 通过电解法进行，电解时，不同反应环境下的总反应分别为： 4NaCl +18H2O→4NaClO3+3O2↑+18H2↑（中性环境）NaCl +3H2O→NaClO3 +3H2↑（微酸性环境） ①电解时，氢气在___极产生。 ②更有利于工业生产 NaClO3 的反应环境是___，理由__。 【答案】 (1). Na>S>Cl (2). 1s22s22p63s1 (3). 4 (4). 极性 (5). 大 (6). 2.63 (7). 氧化性 (8). 阴极 (9). 微酸性环境 (10). 转移电子都生成氯酸 钠，能量利用率高；水消耗少；不同时生成氢气和氧气，相对更安全 【解析】 【分析】 （1）反应物中属于第三周期的元素为 Na、S、Cl，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小， 原子半径最大元素为 Na，结合电子排布式 1s22s22p63s1 解答； （2）ClO2 分子构型为“V”形，正负电荷重心不重叠，为极性分子，易溶于水； （3）1molCl2 可以获得 2mol 电子，1molClO2 可以获得电子 5mol 电子； （4）以 NaClO2 为原料制取 ClO2，Cl 元素化合价由+3 价升高到+4 价； （5）①电解时，氢气由水还原生成； ②工业生产时，应注意安全问题。 【详解】（1）反应物中属于第三周期的元素为 Na、S、Cl，同周期元素从左到右原子半径逐渐 减小，则原子半径大小顺序为 Na＞S＞Cl，原子半径最大元素为 Na，结合电子排布式 1s22s22p63s1，同一轨道电子能量相同，则有四种能量不同的电子，故答案为：Na＞S＞Cl； 1s22s22p63s1；4； （2）ClO2 分子构型为“V”形，正负电荷重心不重叠，为极性分子，易溶于水，其在水中的 溶解度比氯气大，故答案为：极性；大； （3）设质量都是 71g，氯气得到的电子数为： ，ClO2 得到的电子数为： ，则 ClO2 消毒的效率是 Cl2 的倍数为 ，故答案 为：2.63； （4）以 NaClO2 为原料制取 ClO2，Cl 元素化合价由+3 价升高到+4 价，应加入氧化剂，故答案 为：氧化； （5）①电解时，氢气由水还原生成，则应在阴极生成，故答案为：阴； ②由电解方程式可知微酸性环境生成气体为氢气，而在中性环境中生成氧气和氢气，易导致 71g 71g/mol 2 1=2mol× × 71g 711 5= mol 67.5g/mol 13.5 × × 71 7113.5 == 2.63 2 27 ≈爆炸 危险，且微酸性环境能量利用率高，水消耗少，在故答案为：微酸性环境；转移电子 都生成氯酸钠，能量利用率高，水消耗少，不同时生成氢气和氧气，相对更安全。 【点睛】极性分子为正负电荷重心不重叠的分子，非极性分子为正负电荷重心重叠的分子。 22.Na2S 又称臭碱、硫化碱，是应用广泛的化工原料，也常用于吸收工业废气中的 SO2。完成 下列填空： （1）用离子方程式说明 Na2S 又称臭碱、硫化碱的原因___。 （2）向 AgCl 悬浊液中滴加 Na2S 溶液，生成黑色沉淀，写出反应的离子方程式___。结合你所 学习过的其它离子反应分析，离子互换反应进行的方向是___。 向 Na2S 溶液中不断通入 SO2，直至不再能吸收。其间看到溶液变浑浊，停止反应后溶液中含硫 微粒为：S2O32-、HSO3-、H2SO3、HS-。 （3）反应过程中，溶液的 pH 逐渐___（填“变大”、“变小”），生成的沉淀是___； （4）关于反应后得到 溶液，下列离子浓度关系正确的是___。 a．c(Na+)=c(S2O32-) +2c(HSO3-)+2c(H2SO3) + 2c(HS-) b．c(Na+)+c(H+)=2c(S2O32-)+c(HSO3-) +c(HS-) +c(OH-) c．c(Na+)=2c(HS-) d．c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2O32-)+c(HSO3-) 【答案】 (1). S2-＋H2O OH-＋HS-，HS-＋H2O OH-＋H2S (2). 2AgCl＋S2-=Ag2S ＋2Cl- (3). 某些离子浓度减小的方向 (4). 变小 (5). S (6). b 【解析】 【分析】 （1）硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，硫氢根离子水解生成 具有臭味的硫化氢； （2）Ag2S 溶解度小于 AgCl 溶解度，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质； （3）Na2S 溶液中存在硫离子水解溶液显碱性，不断通入 SO2， SO2 溶于水显酸且 SO2 会与硫离 子反应，硫离子水解程度远远大于硫氢根离子、亚硫酸氢根离子、硫代硫酸根离子；生成的 沉淀是 S； （4）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断。 【详解】：（1）硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，硫氢根离 子水解生成具有臭味的硫化氢， 故答案为： 、 ； 的 的 2- - - 2S +H O OH +HS - - 2 2HS +H O OH +H S（2）Ag2S 溶解度小于 AgCl 溶解度，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，离子方程式 为 ，离子互换反应进行的方向是某些离子浓度减小的方向，故答案为： ；某些离子浓度减小的方向； （3）Na2S 溶液中存在硫离子水解溶液显碱性，不断通入 SO2， SO2 溶于水显酸且 SO2 会与硫离 子反应，硫离子水解程度远远大于硫氢根离子、亚硫酸氢根离子、硫代硫酸根离子，所以溶 液的 pH 变小；生成的沉淀是 S，故答案为：变小；S； （4）a．未通入 SO2 时，Na2S 溶液中存在：c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），通入 SO2 时后，融入 SO2 后会与水反应生成 H2SO3，无法确定 S 原子和 Na 原子之间的数量关系，故 a 错 误； b．根据电荷守恒得 c（Na+）+c（H+）=2c（S2O32-）+c（HSO3-）+c（HS-）+c（OH-），故 b 正确； c．未通入 SO2 时，Na2S 溶液中存在：c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），c（Na+）＞2c （HS-）通入 SO2 后-2 价的硫元素会减小，所以 c（Na+）＞2c（HS-），故 c 错误； d．若 c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2O32-)+c(HSO3-)再结合电荷守恒可得：c（H+）= c（OH-）- c（HS-） 在未通入 SO2 时，Na2S 溶液中存在质子守恒：c（H+）= c（OH-）- c（HS-）-2c（H2S），若在通 入 SO2 时，只与该溶液中水解生成的 H2S 反应，则 d 正确，而实际上并非如此，故 d 错误。 故选 b。 【点睛】溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，而 Ksp 大的物质不一定能转化成 Ksp 小 的物质。 23.氯气用途广泛，但在使用时，一般会产生氯化氢。工业上可用 O2 将 HCl 转化为 Cl2，以提 高效益，减少污染。反应为：O2+4HCl 2Cl2 +2H2O。 完成下列填空： （1）该反应化学平衡常数 K 的表达式为___；实验测得 P0 压强下，HCl 平衡转化率 α(HCl)随 反应温度 T 的变化如图所示，则正反应是___反应（填“吸热”或者“放热”）。 2- - 2AgCl+S =Ag S+2Cl 2- - 2AgCl+S =Ag S+2Cl（2）上述实验中若压缩体积使压强由 P0 增大至 P1，在图中画出 P1 压强下 HCl 平衡转化率 α(HCl)随反应温度 T 变化的曲线___，并简要说明理由：___。 （3）该反应在 P0、320℃条件下进行，达平衡状态 A 时，测得容器内 n(Cl2)=7.2×10–3mol， 则此时容器中的 n(HCl)=___mol。 （4）对该反应达到平衡后，以下分析正确的是___（选填编号）。 a．增加 n(HCl)，对正反应的反应速率影响更大 b．体积不变加入稀有气体，对正反应的反应速率影响更大 c．压强不变加入稀有气体，对逆反应的反应速率影响更大 d．如果平衡常数 K 值增大，对逆反应的速率影响更大 （5）氯元素能形成多种离子。在水溶液中 1molCl-、1molClOx–(x=1，2，3，4)能量的相对大 小如图所示，写出 B→A+C 反应的化学方程式（用离子符号表示）___；若有 1.5molB 发生反 应，转移电子___mol。 【答案】 (1). K= (2). 放热 (3). (4). 增大压强，平衡右移，温度相同情况下，转化率增大 (5). 2.54×10–3 (6). a、 d (7). 3ClO–=2Cl– +ClO3– (8). 2 【解析】 【分析】 （1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次 幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；升高温度平衡向吸热的方 向移动，据此判断； （2）正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下 HCl 的 [ ] [ ] [ ][ ] 2 2 2 2 4 2 Cl H O O HCl平衡转化率比之前实验的大； （3）设反应中氯化氢的起始的物质的量为 amol，反应在 P0、320°C 条件下进行，达平衡状 态 A 时，氯化氢的转化率为 85%，即有 85%amol 的氯化氢反应生成氯气的物质的量为 ，所以 a=1.69×10-2mol，据此计算； （4）a．增加 n（HCl），平衡正向移动； b．体积不变加入稀有气体，各物质的浓度不变，所以平衡不移动； c．压强不变加入稀有气体，则体积变大，相当于对原平衡体系减压，则平衡向逆反应方向移 动，据此判断； d．如果平衡常数 K 值增大，即平衡向正反应方向移动，即正反应速率大于逆反应的速率，由 于该反应为放热反应，所以要降低温度，据此判断； （5）B 自身发生氧化还原反应生成 A 和 D，根据转移电子守恒得该反应方程式为 3ClO-=ClO3-+2Cl-，根据反应中氯元素 化合价的变化判断转移电子数。 【详解】（1）平衡常数 K= ；升高温度平衡向吸热 方向移动，根据图知，温度 升高，氯化氢的转化下降，即平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应，故答案为：K= ；放热； （2）正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下 HCl 的 平衡转化率比之前实验的大，故答案为： ； 增大压强，平衡右移，温度相同情况下，转化率增大； 3）设反应中氯化氢的起始的物质的量为 amol，反应在 P0、320°C 条件下进行，达平衡状态 A 时，氯化氢的转化率为 85%，即有 85%amol 的氯化氢反应生成氯气的物质的量为 ，所以 a=1.69×10-2，所以平衡时容器中的 n（HCl） 的 的 -37.21 85 1%amo oll 0= 2 m× × [ ] [ ] [ ][ ] 2 2 2 2 4 2 Cl H O O HCl [ ] [ ] [ ][ ] 2 2 2 2 4 2 Cl H O O HCl -37.21 85 1%amo oll 0= 2 m× ×=15%amol=2.54×10-3mol， 故答案为：2.54×10-3； （4）a．增加 n（HCl），平衡正向移动，即对正反应的反应速率影响更大，故 a 正确； b．体积不变加入稀有气体，各物质的浓度不变，所以平衡不移动，正逆反应速率 不变，故 b 错误； c．压强不变加入稀有气体，则体积变大，相当于对原平衡体系减压，则平衡向逆反应方向移 动，所以正反应的反应速率下降得更多，故 c 错误； d．如果平衡常数 K 值增大，即平衡向正反应方向移动，即正反应速率大于逆反应的速率，由 于该反应为放热反应，所以要降低温度，所以逆反应速率下降得要比正反应速率多，故 d 正 确； 故答案为：ad； （5）B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为 3ClO-=ClO3-+2Cl-，根据方程式可知，每 当有 3mol 的 ClO-反应，可转移电子 4mol，所以若有 1.5molClO-发生反应，转移电子为 2mol， 故答案为：3ClO-=ClO3-+2Cl-；2。 24.化合物 M 是一种医用高分子材料，可用于制造隐形眼镜；以下是 M、有机玻璃的原料 H 及 合成橡胶（N）的合成路线。 （1）A 中含有的官能团是___（写名称）。 （2）写出反应类型：D→E___；写出反应条件：G→H___。 （3）写出 B→C 化学反应方程式：___； （4）写出 E+F→N 化学反应方程式：___。 （5）H 在一定条件下能被氧化为不饱和酸 ，该不饱和酸有多种同分异构体，属于酯类且含有碳碳双键的同分异构体共有___种。 （6）已知：①RCHO ② ③ +SOCl2 +SO2+HCl 根据已有知识并结合相关信息，写出以 为原料制备 的合成路线流程图(无机 试剂任用)___。合成路线流程图示例如下：H2C=CH2 CH3CH2Br CH3CH2OH。 【答案】 (1). 醛基、碳碳双键 (2). 消除反应 (3). 氢氧化钠溶液，加热 (4). +HOCH2CH2OH +H2O (5). (6). 5 种 (7). 【解析】 【分析】 根据 M 的结构简式可知 C 为： ，B 与乙二醇反应生成 C，则 B 的结构简 式 为 ： ， A 通 过 ① 银 镜 反 应 、 ② 与 H+ 反 应 生 成 B ， 则 A 的 结 构 简 式 为 ： ；A 与氢气发生加成反应生成 D，A 中碳碳双键、碳氧双键都能够与氢气发生加成 反应，根据 D 一定条件下能够生成 E 可知，D 为 ；又 F 能够生成天然橡胶，则 F 的结构简式为： ，根据加聚反应原理可以写出 E 与 F 反应合成 N 的化学方程式 为： 。【详解】（1）根据分析可知 A 为 ，故答案为：醛基、碳碳双键； （2）D 为 ，D 通过消去反应生成 E；G 到 H 位氯代烃的消去反应，反应条件为故 答案为氢氧化钠溶液，加热，消去反应；加聚反应；氢氧化钠溶液，加热； （3）B 为 ，B 与乙二醇反应的化学方程式为： ； （4）E 与 F 反应的化学方程式为： ； （5）H 在一定条件下能被氧化为不饱和酸 ，该不饱和酸有多种同分异构体，属 于酯类且含有碳碳双键的同分异构体的结构简式有：HCOOC（CH3）=CH2、HCOOCH2-CH=CH2、 HCOOCH=CH-CH3、CH3COOCH=CH2、CH2=CH-COOCH3，共 5 种，故答案为：5； （6）以 为原料制备 ，结合题中各物质的转化条件可知，可以用与 与 HCN 发生加成反应生成 ， 发生消去反应生成 ， 与 SOCl2 发生取代反应生成 ， 分子内脱去 氯化氢得 ， 与氢气加成得 ，合成路线为 。 【点睛】本题考查了有机物的推断、结构和性质，明确有机物的官能团及其性质是解题关键， 同时对一些特殊反应的反应条件要敏感；第（6）题是本题难点，对学生的逻辑推理有一定的 要求。