题目内容
2．下列物质中，不能使酸性KMnO4溶液褪色的物质是（ ）①
②乙烯③SO2 ④氯乙烯⑤CH2═CH-COOH ⑥苯 ⑦聚乙烯．
| A． | ①⑥⑦ | B． | ①③④⑥ | C． | ①④⑦ | D． | ①③⑥⑦ |
分析 根据烯烃、炔烃、苯的同系物、醇、酚、醛、SO2都能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而褪色分析．
解答 解：①甲烷性质稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
②乙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
③SO2具有较强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
④氯乙烯中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
⑤CH2═CH-COOH中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
⑥苯性质稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
⑦聚乙烯中不含碳碳双键，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
因此不能被酸性高锰酸钾溶液氧化的是①⑥⑦，
故选A．
点评 本题综合考查有机物的性质，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大．
练习册系列答案
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6．天然气、煤矿“瓦斯”、沼气的主要成分是（ ）
| A． | 甲烷 | B． | 乙烯 | C． | 乙炔 | D． | 一氧化碳 |
7．下列说法正确的是（ ）
| A． | Na2O2与H2O反应过程中有离子键、非极性键、极性键的断裂和形成 | |
| B． | 1molNH4+中含有的共用电子对为3mol | |
| C． | N2属于单质，不存在化学键 | |
| D． | 离子化合物中一定含有金属元素 |
10．减少污染、保护环境是全世界最热门的课题．
Ⅰ．CO在催化剂作用下可以与H2反应生成甲醇：
①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g），△H1
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
由此计算△H1=-299kJ•mol-1．
（2）图1中能正确反映反应①平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线为Ⅰ （填曲线标记字母），其判断理由是反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数数值及平衡常数的对数lgK随温度升高变小．
（3）在密闭容器中充有10mol CO与20mol H2，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2．
①P1小于P2（填“大于”或“小于”），其判断理由是相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正移，提升CO的转化率，故P1＜P2．
②M、N、Q三点平均速率ν（M）、ν（N）、ν（Q）大小关系为ν（M）＜ν（N）＜ν（Q）．
③M、N、Q三点平衡常数KM、KN、KQ大小关系为KM=KN＞KQ．
Ⅱ．一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）?2CO（g）．平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图3所示．已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数．
（1）完成下列填空：
①650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%．
②T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡不移动（填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”）
③925℃时，P总=$\frac{1}{96}$MPa，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=0.24 MPa．
Ⅰ．CO在催化剂作用下可以与H2反应生成甲醇：
①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g），△H1
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
| 化学键 | H-H | C-O |  | H-O | C-H |
| E/（kJ•mol-1） | 436 | 343 | 876 | 465 | 413 |
（2）图1中能正确反映反应①平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线为Ⅰ （填曲线标记字母），其判断理由是反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数数值及平衡常数的对数lgK随温度升高变小．
（3）在密闭容器中充有10mol CO与20mol H2，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2．
①P1小于P2（填“大于”或“小于”），其判断理由是相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正移，提升CO的转化率，故P1＜P2．
②M、N、Q三点平均速率ν（M）、ν（N）、ν（Q）大小关系为ν（M）＜ν（N）＜ν（Q）．
③M、N、Q三点平衡常数KM、KN、KQ大小关系为KM=KN＞KQ．
Ⅱ．一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）?2CO（g）．平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图3所示．已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数．
（1）完成下列填空：
①650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%．
②T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡不移动（填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”）
③925℃时，P总=$\frac{1}{96}$MPa，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=0.24 MPa．
7．下列关于氧化还原反应中电子转移数目的判断正确的是（ ）
| A． | 1mol Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为2NA | |
| B． | 0.1molZn与含0.1molHCl的盐酸充分反应，转移的电子数目为0.2NA | |
| C． | 1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA | |
| D． | 向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，共转移的电子的数目为NA |
14．
氯苯是重要的有机化工产品，是染料、医药、有机合成的中间体，工业上常用“间歇法”制取．反应原理、实验装置图（加热装置都已略去）如下：
已知：氯苯为无色液体，沸点132.2℃．
回答下列问题：
（1）A反应器是利用实验室法制取氯气，中空玻璃管B的作用是平衡气压．冷凝管中冷水应从a（填“a”或“b”） 处通入．
（2）把干燥的氯气通入装有干燥苯的反应器C中（内有相当于苯量1%的铁屑作催化剂），加热维持反应温度在40～60℃为宜，温度过高会生成二氯苯．
①对C加热的方法是c（填序号）
a．酒精灯加热 b．油浴加热 c．水浴加热
②D出口的气体成分有HCl、苯蒸汽和氯气．
（3）C反应器反应完成后，工业上要进行水洗、碱洗及食盐干燥，才能蒸馏．碱洗之前要水洗的目的是洗去部分无机物，同时减少碱的用量，节约成本．写出用10%氢氧化钠碱洗时可能发生的化学反应方程式：FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl；HCl+NaOH=NaCl+H2O（写两个即可）
（4）上述装置图中A、C反应器之间，需要增添一个U形管，其内置物质是五氧化二磷或氯化钙．
（5）工业生产中苯的流失情况如下：
则lt苯可制得成品为$\frac{（1-0.0892）×112.5}{78}$tt（只要求列式）
氯苯是重要的有机化工产品，是染料、医药、有机合成的中间体，工业上常用“间歇法”制取．反应原理、实验装置图（加热装置都已略去）如下：已知：氯苯为无色液体，沸点132.2℃．
回答下列问题：
（1）A反应器是利用实验室法制取氯气，中空玻璃管B的作用是平衡气压．冷凝管中冷水应从a（填“a”或“b”） 处通入．
（2）把干燥的氯气通入装有干燥苯的反应器C中（内有相当于苯量1%的铁屑作催化剂），加热维持反应温度在40～60℃为宜，温度过高会生成二氯苯．
①对C加热的方法是c（填序号）
a．酒精灯加热 b．油浴加热 c．水浴加热
②D出口的气体成分有HCl、苯蒸汽和氯气．
（3）C反应器反应完成后，工业上要进行水洗、碱洗及食盐干燥，才能蒸馏．碱洗之前要水洗的目的是洗去部分无机物，同时减少碱的用量，节约成本．写出用10%氢氧化钠碱洗时可能发生的化学反应方程式：FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl；HCl+NaOH=NaCl+H2O（写两个即可）
（4）上述装置图中A、C反应器之间，需要增添一个U形管，其内置物质是五氧化二磷或氯化钙．
（5）工业生产中苯的流失情况如下：
| 项目 | 二氯苯 | 尾气 | 不确定苯耗 | 流失总量 |
| 苯流失量（kg/t） | 13 | 24.9 | 51.3 | 89.2 |
12．在2H2+O2$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2H2O的反应中，能量转化方式为（ ）
| A． | 化学能转化为热能 | B． | 化学能转化为电能 | ||
| C． | 热能转化为化学能 | D． | 化学能转化为机械能 |