化学 热门试卷

根据题中各物质转化关系，淀粉水解得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，乙醇在酸性条件下被重铬酸钾氧化得C为CH3COOH，C与乙醇发生酯化反应得D为CH3COOCH2CH3，由于B为食品包装高分子材料，应为聚乙烯，所以A为CH2=CH2，乙醇发生消去反应得CH2=CH2，

(1)C6H12O6名称是 葡萄糖，A为CH2=CH2，A的电子式是，故答案为：葡萄糖；；

(2)①淀粉→C6H12O6 的反应方程式为：，②C﹣D的反应方程式为：，故答案为：

I、由于反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能，则N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=（946KJ/mol）+3×（436KJ/mol）﹣6×（391KJ/mol）=﹣92kJ/mol，故答案为：﹣92kJ/mol；

II、(1)根据图象1可知，曲线C为氢气的浓度的变化曲线，△c（H2）=1.5mol/L，故v（H2）===0.75mol/（L•s）；平衡常数K==，故答案为：0.75mol/（L．s），；

(2)A．此反应中的反应物和生成物全为气体，故气体的质量一直不变，而反应向正反应方向进行时，气体的物质的量减小，故在平衡之前，混合气体的平均相对分子质量在减小，故当不变时，说明反应达平衡，故A正确；B．无论反应是否达到平衡，物质的物质的量浓度比和系数比之间无必然的联系，即反应达平衡后，浓度之比不一定等于系数之比，当浓度等于系数之比时，反应不一定达平衡，故B错误；C．此容器为恒温的容器，容器内的温度一直不变，故容器内温度不变时，不能说明反应达平衡，故C错误；D．断裂1moIH﹣H键意味着有1mol氢气被消耗，同时断裂2molN﹣H键，意味着有1mol氢气生成，则氢气的消耗量和生成量相同，则反应达平衡，故D正确；故选AD．

(3)当容器恒压时，相当于是在恒容达平衡的基础上再压缩容器的体积，平衡右移，氮气被消耗，则氮气的物质的量变小，但浓度比恒容时要变大，故答案为：增大；

(4)①由于化学键的断裂要吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，故C的能量最低，故答案为：C；②C0前氨的浓度增加，导致反应速率加快；C0后由于氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸，故反应速率减慢，故答案为：氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多，速率大；达到一定浓度后，氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸。

本实验是利用在碱性条件下双氧水将CN﹣氧化成碳酸根离子，再用稀硫酸与碳酸根反应生成二氧化碳，用碱石灰吸收生成的二氧化碳，根据装有碱石灰的干燥管的质量的变化确定二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可计算出CN﹣的物质的量，进而确定浓度，在实验过程中为准确测量二氧化碳的质量，要排除空气中的二氧化碳的干扰，以及要把装置产生的二氧化碳让碱石灰充分吸收，所以要在装置里通入氮气，

(1)由于该实验是有气体参与反应的，所以实验开始前要检查装置气密性，从B装置中出来的气体中有水蒸气，能被碱石灰吸收，会对实验结果产生影响，所以气体要干燥，所以C中试剂是浓H2SO4，故答案为：检查装置气密性；浓H2SO4；

(2)在加过双氧水后，要关闭K2，再向B中加足量的稀硫酸，与碳酸根离子反应，故答案为：关闭K2；稀H2SO4；

(3)根据分析可知，计算CN﹣的浓度，需称得的质量是反应前后D装置的质量，故答案为：反应前后D装置的质量

(4)为了使二氧化碳能充分被碱石灰吸收，加稀H2SO4时要缓慢注入（要缓慢通人N2或给B加热时温度不能过高或加入稀H2SO4，要足量），故答案为：加稀H2SO4时要缓慢注入（要缓慢通人N2或给B加热时温度不能过高或加入稀H2SO4，要足量）；

(5)①根据原电池原理，活泼金属做原电池的负极，故答案为：负极；②锌的活泼性介于铝和铁之间，根据表中数据可知，金属越活泼，电流计的值越大，所以电流计读数的范围为I～1.5I，故答案为：I～1.5I；③乙装置中阳极是发生氧化反应生成无毒无害的氮气和碳酸根离子，电极反应式为2CN﹣+12OH﹣﹣10e﹣=2CO32﹣+N2+6H2O，通过比较表中的数据可知，影响处理速率的因素有负极的金属材料的活泼性和甲中电解质溶液的浓度，故答案为：2CN﹣+12OH﹣﹣10e﹣=2CO32﹣+N2+6H2O；负极的金属材料的活泼性和甲中电解质溶液的浓度。