昆明第一中学2021-2022学年度下学期期中考试高二化学总分：100分时间：120分钟相对原子质量：H1C12O16C135.5Cu64一、选择题(每小题2分，共48分，每小题只有1个选项符合题意)1.下列说法不正确的是A.需要加热才能发生的反应可能是放热反应B.任何吸热反应在常温条件下都不能发生C.反应物和生成物所具有的总能量的相对大小决定了反应是放热还是吸热D.在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1molH2O(l)时的反应热叫做中和热【答案】B【解析】【详解】A．有些放热反应，加热才能发生反应，如铝热反应，需要“高温”条件，选项A正确；B．吸热反应在一定条件下（如常温、加热等）也能发生，如醋酸钠的水解反应是吸热反应，常温下可以进行，选项B不正确；C．生成物与反应物所具有的总能量的差值为反应的△H，△H＜0放热，△H＞0吸热，选项C正确；D．在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1molH2O(l)时的反应热叫做中和热，选项D正确；答案选B。2.下列说法正确的是A.可逆反应的特征是正反应速率和逆反应速率相等B.在其他条件不变时，使用催化剂只能改变反应速率，而不能改变化学平衡状态C.在其他条件不变时，升高温度可以使平衡向放热反应方向移动D.在其他条件不变时，增大压强一定会破坏气体反应的平衡状态【答案】B【解析】【详解】A、在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，是化学平衡状态。所以可逆反应的特征是物质的浓度或含量均不再发生变化，A不正确；B、在其他条件不变时，使用催化剂只能改变反应速率，而不能改变化学平衡状态，B正确；C、升高温度平衡向吸热反应的方向移动，C不正确；\nD、压强对平衡的影响，只能适用于气体体系，且反应前后气体的体积不等，D不正确；所以答案选B。3.下列热化学方程式中ΔH的数值表示可燃物燃烧热的是A.CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283kJ·mol－1B.CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－802.3kJ·mol－1C.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1D.H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH＝－184.6kJ·mol－1【答案】A【解析】【分析】【详解】A．符合燃烧热的概念，A正确；B．生成物中的水是气体，属于不稳定氧化物，B错误；C．热化学方程式中是2mol可燃物氢气燃烧放热，不符合燃烧热的概念，C错误；D．HCl不是氧化物，不符合燃烧热的概念要求，D错误；故选A。4.有下列离子晶体空间结构示意图：为阳离子,为阴离子。以M代表阳离子，N代表阴离子，化学式为MN2的晶体结构为( )A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A.阳离子位于顶点和面心，晶胞中总共含有阳离子M的数目为8×+6×=4，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为4：1，化学式为M4N，故A不选；B.有4个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为4×=，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为：1=1：2，化学式为MN2，故B选；\nC.有3个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为3×=，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为：1=3：8，化学式为M3N8，故C不选；D.有8个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为8×=1，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为1：1，化学式为MN，故D不选；故答案选B。5.断开1mol化学键所吸收的能量，叫做该化学键的键能，某些化学键的键能如表所示：化学键H-ClCl-ClC-HC-Cl键能/(kJ·mol)431243x339已知：CH4(g)+2Cl2(g)=CH2Cl2(g)+2HCl(g)ΔH=-226kJ·mol-1，则表中x为A.414B.150C.276D.356【答案】A【解析】【分析】【详解】反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则4x+2×243-2x-2×339-2×431=-226，解得x=414。答案选A。6.H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H＝﹣akJ/mol已知：(a、b、c均大于零)下列说法不正确的是( )A.反应物的总能量高于生成物的总能量B.断开1molH﹣H键和1molI﹣I键所需能量大于断开2molH﹣I键所需能量C.断开2molH﹣I键所需能量约为(c+b+a)kJD.向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后放出的热量小于2akJ【答案】B【解析】【详解】A．H2和I2在一定条件下能发生反应为：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H＝﹣akJ•mol﹣1\n，该反应为放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，故A不选；B．断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应是放热反应所以形成化学键放出的能量大于断裂化学键吸收的能量，则断开1molH﹣H键和1molI﹣I键所需能量小于断开2molH﹣I键所需能量，故选B；C．△H＝反应物断裂化学键需要的能量﹣生成物形成化学键放出的能量＝bkJ/mol+ckJ/mol﹣2H﹣I＝﹣akJ/mol，得到断开2molH﹣I键所需能量约为(a+b+c)kJ，故C不选；D．反应是可逆反应不能进行彻底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后放出的热量小于2akJ，故D不选。答案选B7.将2molX和2molY充入2L密闭容器中发生如下反应：X(g)＋3Y(g)⇌2Z(g)＋aQ(g)。2min后达到平衡时生成0.8molZ，测得Q的浓度为0.4mol/L，下列叙述错误的是（）A.a的值为2B.平衡时X的浓度为0.8mol·L－1C.Y的转化率为60%D.反应速率υ(Y)＝0.6mol·(L·min)－1【答案】D【解析】【详解】A.平衡时生成0.8molZ，测得Q的浓度为0.4mol/L，则生成的，所以，解得，A项正确；B.平衡时生成0.8molZ，则参加反应的X的物质的量为，故平衡时X的物质的量为，平衡时X的浓度为，B项正确；C.平衡时生成0.8molZ，则参加反应的Y的物质的量为，故Y的转化率为，C项正确；D.反应速率，D项错误；答案选D。8.下列图示与对应的叙述相符的是ABCD\n探究反应物的接触面积对反应速率的影响从能量角度考虑，石墨比金刚石稳定反应开始后，注射器活塞向右移动，该反应为放热反应某放热反应分别在有、无催化剂的情况下的能量变化A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．探究反应物的接触面积对反应速率的影响，盐酸的浓度应该相同，故A错误；B．物质所具有的能量越低越稳定，故石墨比金刚石稳定，故B正确；C．因为反应产生了氢气，气体增多，注射器活塞也会向右移动，故不能说明该反应为放热反应，故C错误；D．放热反应应该是反应物的总能量高于生成物的总能量，与图像不符，故D错误；故选B。9.某新型有机物结构简式如图，下列说法错误的是A.有机物的化学式为C10H10O3B.可发生取代、氧化、加聚反应C.所有碳原子不可能在同一平面D.1mol该有机物可以和4molH2发生加成反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据该有机物的结构简式可知，有机物的分子式正确，A正确。B\n．化合物中有羟基，可以发生取代；有碳碳双键和羟基，可以发生氧化；有双键，可以发生加聚反应。故B正确。C．羟基所连碳原子虽然是四面体构型，但是该侧链上碳原子共平面，剩下的碳原子共平面，所以只要该碳原子旋转到适宜的角度，所有碳原子就都可以共平面，故C错误。D．结构式显示分子中有4个不饱和碳碳双键，可与4个氢气分子反应。但是羧基中的碳氧双键不能与氢气分子加成，故1mol该有机物可以与4mol氢气分子反应，故D正确；故选C。10.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：aA(g)+bB(g)⇌cC(g)，平衡时测得B的浓度为0.80mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得B的浓度降低为0.30mol/L。下列有关判断不正确的是A.a+b＞cB.C的体积分数升高C.平衡向正反应方向移动D.A的转化率升高【答案】A【解析】【分析】反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)平衡时测得B的浓度为0.8mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，B的浓度为0.4mol/L，而再达平衡时，测得B的浓度为0.30mol/L，则说明体积增大(压强减小)化学平衡正向移动。【详解】A．减小压强，化学平衡正向移动，则该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以a+b＜c，A错误；B．减小压强，化学平衡向正反应方向移动，导致生成物C的含量增大，故C的体积分数升高，B正确；C．扩大体系体积导致压强减小后，化学平衡向正反应方向移动，C正确；D．扩大体系体积导致压强减小后，化学平衡向正反应方向移动，导致A的转化率升高，D正确；故合理选项是A。11.向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图甲所示[t0～t1阶段c(B)未画出]。图乙为t2时刻后改变条件平衡体系中化学反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件并且改变的条件均不同。已知，t3～t4阶段为使用催化剂。下列说法正确的是A.t5～t6阶段可能是减小压强\nB.t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度C.B的起始物质的量为0.02molD.若t1=15s，生成物C在t0～t1时间段的化学反应速率为0.004mol·L-1·s-1【答案】D【解析】分析】【详解】A．减小压强，速率减慢，而t5～t6阶段速率增大，故A错误；B．如t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡移动发生移动，则正逆反应速率不相等，应为降低压强，故B错误；C．反应中A的浓度变化为0.15mol/L-0．06mol/L=0.09mol/L，C的浓度变化为0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.09:0.06=3:2，t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，则t4～t5阶段应为减小压强，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A(g)B(g)+2C(g)，根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，容器的体积为2L，生成B的物质的量为0.06mol，平衡时B的物质的量为0.1mol，所以起始时B的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol，故C错误；D．反应中C的浓度变化为0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，=0.004mol·L-1·s-1，故D正确；故选D。12.中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3N4/CQDs)，能利用太阳光高效分解水，原理如图所示。下列说法不正确的是A.通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化B.反应Ⅰ中涉及到O-H键的断裂和H-H、O-O键的形成C.反应Ⅱ为2H2O22H2O+O2↑D.光催化剂明显降低了2H2O22H2O+O2↑的反应热\n【答案】D【解析】【详解】A．该过程是利用太阳光实现高效分解水，所以该反应中太阳能转化为化学能，A正确；B．反应I是水反应生成H2与H2O2，故反应Ⅰ中涉及到O－H键的断裂和H－H、O－O键的形成，B正确；C．反应II是过氧化氢分解产生H2O与O2，反应过程可表示为：2H2O22H2O+O2↑，C正确；D．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应热，D错误；故合理选项是D。13.1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br-进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4加成产物的比例分别为70：30和15：85。下列说法错误的是A.1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定B.两种产物的化学键种类和数目相同，但1，2-加成产物的总键能更大C.相同条件下，第二步正反应(或逆反应)比较：1，2-加成较1，4-加成更易发生D.从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度【答案】A【解析】【详解】A．由图示可知1，2-加成产物的能量比1，4-加成产物的能量高，所以1，4-加成产物稳定，选项A错误；B．两种产物为同分异构体且化学键种类和数目相同，但生成1，2-加成产物放出的热量相对较少，故1,2-加成产物的总键能更大，选项B正确；C．相同条件下，第二步正反应(或逆反应)比较：1，2-加成的活化能较1，4-加成的低，故更易发生，选项C\n正确；D．升高温度，反应的正、逆反应速率均增大，根据题干的信息可以看出，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，选项D正确；答案选A。14.下列说法中正确的说法有几个①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应 ②普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应 ③增大反应物浓度，可增大活化分子百分数，从而使有效碰撞次数增多 ④有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大 ⑤化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程 ⑥催化剂能增大活化分子百分数，从而成千成万倍地增大化学反应速率A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】B【解析】【详解】①活化分子的碰撞有一定的合适取向，故错误；②普通分子间的碰撞没有发生化学反应，因为发生有效碰撞是活化分子，具有一定的能量，故错误；③增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子的个数，从而使有效碰撞次数增多，故错误；④有气体参加的化学反应，增大压强，增大单位体积内活化分子的个数，从而使反应速率增大，故错误；⑤化学反应的实质是旧键的断裂和新键的生成，故正确；⑥催化剂降低活化能，增大活化分子百分数，从而增大化学反应速率，故正确。答案选B。15.已知反应：2A(g)2B(g)+C(g)△H=akJ·mol-1，某温度下，将2molA置于10L密闭容器中，反应一定时间后，下列说法正确的是A.图甲中α(A)表示A的转化率，T1、T2表示温度，则可推断出：△H＞0B.图乙中c表示反应相同时间A的浓度随温度的变化，则可推断出：T2、T3为平衡状态C.图丙中α(%)表示A的平衡转化率，p表示体系总压强，则推断出M点K=1.25×10-2mol·L-1D.达平衡后，降低温度，则反应速率变化图像可以用图丁表示\n【答案】B【解析】【详解】A．温度较高反应速率较快，先到达平衡，则T1>T2，升高温度A的转化率减小，则平衡逆向移动，可推出该反应为放热反应，△H<0，选项A错误；B．随温度的升高，A的浓度先减少是因为反应建立平衡，正向进行，到T2达平衡，后平衡逆向移动，所以T2、T3为平衡状态，选项B正确；C．M点时体系总压强为1.0MPa，A的平衡转化率为20%，则消耗的∆n(A)=2mol×0.20=0.40mol，根据变化的量和系数成正比，则∆n(B)=0.40mol、∆n(C)=0.20mol，平衡时A、B、C的物质的量分别为2-0.4=1.6mol、0.40mol、0.20mol，，选项C错误；D．降低温度，正逆反应速率都减小，图像不符合，选项D错误；答案选B。16.近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe、Sm、As、F、O组成的化合物。下列说法正确的是A.元素As与N同族可预测AsH3分子中As-H键的键角小于NH3中N-H键的键角B.Fe成为阳离子时首先失去3d轨道电子C.配合物Fe(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=4D.每个H2O分子最多可与两个H2O分子形成氢键【答案】A【解析】【详解】A．元素As与N同族，N的电负性大于As，使成键电子离N原子更近，两个N—H键间的排斥力增大，NH3中键角更大，因此AsH3分子中As－H键的键角小于NH3中N－H键的键角，选项A正确；B．Fe成为阳离子时首先失去4s轨道电子，选项B错误；C．配合物Fe(CO)n可用作催化剂，Fe的价电子为3d64s2，价电子数为8，一个配体CO提供2个电子，因此Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，8+2×n=18，则n＝5，选项C错误；D．冰中每个H2O分子与周围四个水分子形成氢键形成四面体结构，即一个水分子可以形成四个氢键，选项D错误。答案选A。17.在2个容积均为2L恒容密闭容器中按照下述方式投入反应物，发生反应：\nCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)∆H=-akJ/mol(a>0)。相关反应数据如下：容器容器类型起始温度/℃起始物质的量/mol平衡时H2物质的量/molCOH2OCO2H2Ⅰ恒温恒容8001.20.6000.4Ⅱ绝热恒容8001.20.600下列说法不正确的是A.达到平衡时，容器Ⅱ中n(H2)<0.4molB.达到平衡时，容器Ⅱ中反应放出的热量小于0.4akJC.反应Ⅰ在10min刚好到达平衡，则前10min内的平均反应速率v(CO)=0.02mol/(L·min)D.平衡常数KⅠ=KⅡ【答案】D【解析】【详解】A．达到平衡时，容器Ⅰ中n(H2)=0.4mol，反应是放热反应，容器Ⅱ是绝热，相当于加热，平衡左移，平衡时容器Ⅱ中n(H2)<0.4mol，故A正确；B．达到平衡时，容器Ⅰ中反应放出的热量等于0.4akJ，容器Ⅱ中平衡左移反应放出的热量小于0.4akJ，故B正确；C．反应Ⅰ在10min刚好到达平衡，则前10min内的平均反应速率，，由方程式系数关系得v(CO)=v(H2)=0.02mol/(L·min),故C正确；D．容器Ⅰ和容器Ⅱ的起始温度相同，但随着反应进行容器Ⅱ的温度会发生变化，平衡常数改变，故平衡时平衡常数KⅠKⅡ，故D不正确；故答案为：D18.已知完全分解1molH2O2放出热量为98kJ，在含有少量I-的溶液中H2O2分解的机理为反应Ⅰ：H2O2(aq)+I-(aq)IO-(aq)+H2O(l)△H1反应Ⅱ：H2O2(aq)+IO-(aq)O2(g)+I-(aq)+H2O(l)△H2在一定温度下，其反应过程能量变化如图所示，下列有关该反应的说法不正确的是\nA.反应Ⅱ高温下能自发进行B.H2O2分解产生氧气的速率是由反应I决定的C.I-、IO-都是催化剂D.△H1+△H2=-196kJ•mol-1【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据能量变化图可知反应Ⅱ为吸热反应，即，又因为该反应的，故反应Ⅱ高温下能自发进行，A正确；B．反应Ⅰ的活化能高，反应速率慢，故分解产生氧气的速率由反应Ⅰ决定，B正确；C．根据反应过程可知，I-是反应的催化剂，而IO-是中间产物，C错误；D．完全分解放出热量，反应Ⅰ、Ⅱ相加即得，D正确；故选：C。19.已知下列反应：；。则反应的平衡常数为A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】=；=；K=；故选A。\n20.下列事实不能用平衡移动原理解释的是A.氯水在光照下颜色变浅，最终变为无色B.夏天打开啤酒瓶，有很多气泡冒出C.由NO2(g)、N2O4(g)组成的平衡体系通过缩小体积加压后颜色变深D.实验室用排饱和食盐水的方法收集Cl2【答案】C【解析】【详解】A．氯水中存在,光照下发生反应，随反应进行HClO浓度减小，平衡正向移动，氯气浓度逐渐减小至消失，最终颜色变浅至无色，可用平衡移动原理解释，故A不符合题意；B．夏天打开啤酒瓶，是压强减小，平衡逆向移动，有很多气泡冒出，可用平衡移动原理解释，故B不符合题意；C．由NO2(g)、N2O4(g)组成的平衡体系,缩小体积增大压强体系物质浓度增大，颜色变深，而且平衡正向移动，在变深基础上变浅，最终颜色仍然变深，所以颜色变深不能用平衡移动原理解释，故C符合题意；D．饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向移动，抑制氯气和水反应，所以可用排饱和食盐水的方法收集Cl2可用平衡移动原理解释，故D不符合题意；故答案为：C21.在硫酸工业中，通过下列反应使SO2氧化为SO3：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1。下表列出了恒容刚性容器中，在不同温度和压强下，反应达到平衡时SO2的转化率。下列说法错误的是温度/℃平衡时SO2的转化率/%0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa45097.598.999.299.699.750085.692.994.997.798.3A.平衡时充入He使压强增大，不能增大SO2转化率\nB.为了增大SO2的转化率，可以降低SO2与O2的投料比C.在实际生产中，应选择的条件是450℃，10MPaD.在实际生产中，选定的温度为400~500℃，主要原因是考虑催化剂的活性最佳【答案】C【解析】【详解】A．容器为恒容刚性容器，充入与反应无关的气体，气体的浓度不变，转化率不变，选项A正确；B．增加一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率，故降低SO2与O2的投料比可以增大二氧化硫的转化率，选项B正确；C．根据表格数据可知，450℃时二氧化硫的转化率比500℃时的高，虽然10MPa时转化率增大，但对设备要求高，故应选择450℃，5MPa，选项C错误；D．为了催化剂的活性最佳，温度选定为400~500℃，选项D正确；答案选C。22.我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得乙二醇(EG)。反应过程示意如图。下列说法正确的是A.氢气在该反应中作为催化剂B.DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂C.MG(HOCH2COOCH3)酸催化水解的一种产物在一定条件下能聚合生成高分子化合物D.BG和甲醇互为同系物【答案】C【解析】【详解】A．根据示意图可知，草酸二甲酯和氢气反应生成了EG和甲醇，氢气是反应物，Cu\n纳米颗粒为催化剂，选项A错误；B．根据示意图，DMO与氢气反应后生成了CH3OH和HOCH2CH2OH，DMO中除了碳氧单键发生了断裂，碳氧双键也发生了断裂，选项B错误；C．MG的结构简式为HOCH2COOCH3，其在酸性条件下的水解产物为HOCH2COOH和CH3OH，HOCH2COOH中既含有醇羟基、又含有羧基，在一定条件下能发生缩聚反应形成高分子化合物，选项C正确；D．EG的结构简式为HOCH2CH2OH，EG属于饱和二元醇，而甲醇属于饱和一元醇，两者所含羟基个数不相等，两者不互为同系物，选项D错误；答案选C。23.苯基环丁烯酮()是一种十分活泼的反应物，我国科学家用物质X与苯基环丁烯酮通过下列反应合成了具有生物活性的多官能团化合物Y。+下列关于Y的说法正确的是A.分子中含有4种官能团B.分子中含有两个手性碳原子C.1molY最多能与2molNaOH反应D.分子中的碳碳双键存在顺反异构【答案】B【解析】【详解】A.Y分子中含有3种官能团：羟基、酯基、碳碳双键，选项A错误；B.Y分子中含有两个手性碳原子（标注*的碳原子是手性碳原子）：，选项B正确；C.Y分子中含有2个酯基，其中1个酯基是酚羟基形成的，1molY与足量NaOH溶液反应，可消耗3molNaOH，选项C错误；\nD.Y分子中含有碳碳双键，其中1个不饱和碳原子连接2个氢原子，Y分子不存在顺反异构，选项D错误；答案选B。24.钴的一种化合物的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是A.元素钛在元素周期表中的位置为第四周期ⅡB族B.的基态核外电子排布式为C.与距离最近的有4个D.该化合物的化学式为【答案】D【解析】【详解】A．元素钛在元素周期表中的位置为第四周期IVB族，A错误；B．Co原子失去最外层的两个电子形成Co2+，故Co2+的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7，B错误；C．由图可知，与Co2+距离最近的Ti4+有8个，C错误；D．该晶胞中，Co2+的个数为1，Ti4+的个数为8×=1，O2-的个数为6×=3，则该化合物的化学式为CoTiO3，D正确；故选D。二、非选择题(5个题，共52分)25.以煤为原料可合成一系列燃料。回答下列问题：（1）向1L恒容密闭容器中加入2molCO、4molH2，在适当的催化剂作用下，发生反应：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(l)+H2O(l)△H=+71kJ·mol-l①该反应_______自发进行(填“能”、“不能”或“无法判断”)；②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_______。a．混合气体的平均相对分子质量保持不变b．CO和H2的转化率相等c．CO和H2的体积分数保持不变\nd．混合气体的密度保持不变e．1molCO生成的同时有1molO-H键断裂（2）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H＜0，在一定条件下，某反应过程中部分数据如下表：反应条件反应时间CO2/molH2/molCH3OH/molH2O/mol恒温恒容(T1℃、2L)0min260010min4.520min130min1①0~10min内，用H2O(g)表示的化学反应速率v(H2O)=_______mol/(L·min)。②T1℃，该反应的平衡常数K=_______(用分数表示)，平衡时H2的转化率是_______。③在其它条件不变的情况下，若30min时改变温度为T2℃，再次平衡时H2的物质的量为3.2mol，则T1_______T2(填“＞”“＜”或“=”)，理由是_______；在其他条件不变的情况下，若30min时向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，则平衡_______移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。【答案】（1）①不能②.d（2）①.0.025②.③.50%④.<⑤.正反应放热，若30min时改变温度为T2℃，再次平衡时H2的物质的量为3.2mol，氢气物质的量增大，平衡逆向移动，说明温度升高⑥.不【解析】【小问1详解】①2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(l)+H2O(l)△H>0、△S<0，反应不能自发进行②a．反应体系中，只有CO(g)、H2是气体，反应过程中CO(g)、H2的体积比不变，所以混合气体的平均相对分子质量是恒量，混合气体的平均相对分子质量保持不变，不能说明反应达到平衡，故a不符合题意；b．投料比等于系数比，所以反应过程中CO和H2的转化率始终相等，CO和H2的转化率相等，不能说明反应达到平衡，故b不符合题意；c．反应体系中，只有CO(g)、H2是气体，投料比等于系数比，所以反应过程中CO和H2的体积分数始终相等，CO和H2的体积分数保持不变，不能说明反应达到平衡，故c不符合题意；d．反应后气体质量减小，容器体积不变，密度减小，混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡，故d符合题意；\ne．逆反应中，消耗1molH2O生成2molCO，则1molCO生成的同时有1molO-H键断裂，均表示逆反应方向，不能说明反应达到平衡，故e不符合题意；故选d。【小问2详解】①0~10min内，消耗1.5mol氢气，则生成0.5mol水，用H2O(g)表示的化学反应速率v(H2O)=mol/(L·min)。②T1℃，反应20min时，反应消耗1molCO2、3molH2，反应生成1molCH3OH、1molH2O(g)，反应30min时，容器内有1molCH3OH，则反应在20min时达到了平衡，容器中CO2的浓度是0.5mol/L，H2的浓度是1.5mol/L，CH3OH(g)的浓度是0.5mol/L，H2O的浓度是0.5mol/L，该反应的平衡常数K=，平衡时H2的转化率是50%。③正反应放热，在其它条件不变的情况下，若30min时改变温度为T2℃，再次平衡时H2的物质的量为3.2mol，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，所以T1<T2；在其他条件不变的情况下，若30min时向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为1mol/L、1.5mol/L、0.5mol/L、1mol/L，Q=，则平衡不移动。26.丙烯广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛、丙烯酸等工业领域。回答下列问题：（1）丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)△H1=+124k·mol-1①总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系如图所示。100kPa时，C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是_______、_______。\n②某温度下，在刚性容器中充入C3H8，起始压强为10kPa，平衡时总压为13.3kPa，该反应的平衡常数Kp=_______kPa(用分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数。保留1位小数)。（2）丙烷氧化脱氢法制备丙烯主要反应如下：C3H8(g)+O2(g)C3H6(g)+H2O(g)△H2＜0，在催化剂作用下，C3H8氧化脱氢除生成C3H6外，还生成CO、CO2等物质。C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如图所示。①中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因可能是_______。②575℃时，C3H6的选择性为_______。(C3H6的选择性=100%)③基于本研究结果，能提高C3H6选择性的措施是_______。【答案】（1）①.a②.d③.1.6（2）①.温度升高，催化剂的活性增大②.51.5%③.选择相对较低的温度【解析】【小问1详解】①C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H1=+124kJ·mol-1，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C3H8(g)的物质的量分数减小，C3H6(g)的物质的量分数增大；根据方程式，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，C3H8的物质的量分数大于10kPa时C3H8的物质的量分数，因此表示100kPa时，C3H8的物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；增大压强，平衡逆向移动，C3H6的物质的量分数减小，表示100kPa时，C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线是d，故答案为：a；d；②同温同体积条件下，气体的压强之比=气体物质的量之比，设C3H8的平衡转化率为x，\n则10(1-x)+10x+10x=13.3，解得：x=0.33，Kp==1.6kPa，故答案为：1.6；【小问2详解】①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C3H8的转化率应该降低，但实际上C3H8的转化率随温度升高而上升，可能是升高温度，催化剂的活性增大导致的，故答案为：温度升高，催化剂的活性增大；②根据图像，575℃时，C3H8的转化率为33%，C3H6的产率为17%，假设参加反应的C3H8为100mol，生成的C3H6为17mol，C3H6的选择性=×100%=51.5%，故答案为：51.5%；③根据图像，535℃时，C3H6的选择性=×100%=66.7%，550℃时，C3H6的选择性=×100%=61.5%，575℃时，C3H6的选择性=×100%=51.5%，选择相对较低的温度能够提高C3H6选择性，故答案为：选择相对较低的温度。27.某化学兴趣小组进行了实验：向2支试管中分别加入0.5gNa2CO3固体和0.5gNaHCO3固体，再分别加入30mL0.3mol·L-1盐酸，充分反应后，用手触摸试管，明显感觉到加Na2CO3固体的试管变热了，加NaHCO3固体的试管变冷了。甲同学由此得出结论：(aq)+2H+(aq)=H2O(l)+CO2(g)△H1＜0，(aq)+H+(aq)=H2O(l)+CO2(g)△H2＞0。回答下列问题：（1）乙同学认为该实验不一定能得到甲同学的结论，因为碳酸钠或碳酸氢钠固体溶于水时会有能量变化，乙同学的观点_______(填“合理”或“不合理”)。（2）查阅资料：反应I：(aq)+2H+(aq)=H2O(l)+CO2(g)△H1=-12.14kJ·mol-1反应II：(aq)+H+(aq)=H2O(l)+CO2(g)△H2+12.64kJ·mol-1反应III：(aq)+H+(aq)=(aq)△H3=_______kJ·mol-1②向VmLcmol·L-1碳酸钠溶液中，逐滴加入2VmLcmol·L-1稀盐酸。下列图像中，能正确表示该反应过程中的能量变化的是_______(填标号)。\nA.B.C.D.（3）该化学兴趣小组用如图所示装置设计实验验证碳酸钠、碳酸氢钠分别与稀盐酸反应的热效应。表格一：试剂1试剂2混合前温度/℃混合后温度/℃0.5gNa2CO340mLHCl19.021.70.5gNaHCO340mLHCl19.018.1表格二：试剂1试剂2混合前温度/℃溶解后温度/℃静置后的温度/℃试剂3混合前温度/℃混合后温度/℃0.5gNa2CO310mLH2O19.022.319.010mLH2O19.019.00.5gNaHCO310mLH2O19.017.519.010mLH2O19.019.0表格三：试剂1试剂2混合温度/℃溶解后温度/℃静置后的温度/℃试剂3混合前温度/℃混合后温度/℃\n0.5gNa2CO310mLH2O19.022.319.010mLHCl19.020.50.5gNaHCO310mLH2O19.017.519.010mLHCl19.018.3实验操作：将试剂1与试剂2混合，测混合后溶液的温度，静置，冷却至定温，再将试剂3与之前的。混合溶液混合，再测混合溶液的温度。①实验中玻璃搅拌器的使用方法是_______(填“顺时针搅动”“逆时针搅动”或“上下移动”)。②表格二对应实验得出的结论是_______。③反应IV：Na2CO3(s)+2H+(aq)=2Na+(aq)+H2O(l)+CO2(g)△H4；反应V：NaHCO3(s)+H+(aq)=Na+(aq)+H2O(1)+CO2(g)△H5则△H1_______△H4(填“＞”“＜”或“=”，下同)，△H2_______△H5。【答案】（1）合理（2）①.-24.78②.C（3）①.上下移动②.Na2CO3的溶解是放热过程，NaHCO3的溶解是吸热过程③.<④.>【解析】【小问1详解】用手触摸试管显然不科学，甲同学仅通过感官的冷热判断反应热效应是不正确的，因为碳酸钠、碳酸氢钠和盐酸反应的反应热是通过固体溶解的热效应和其饱和溶液与盐酸反应的热效应之和来计算的；故乙同学的观点合理；【小问2详解】①根据盖斯定律，反应I-II得反应III，ΔH3=-12.14-12.64=-24.78kJ·mol-1；②逐滴加入稀盐酸，少量氢离子和碳酸根反应生成碳酸氢根即反应III是放热反应，接着碳酸氢根和氢离子反应生成二氧化碳和水即反应II是吸热反应，整个反应即发生反应I是放热反应，所以对应的图像是C；【小问3详解】①环形玻璃搅拌棒的作用是尽快将反应物接触反应，减少实验过程中热量损失的，使用方法是上下移动；②表格二对应实验得出的结论是Na2CO3的溶解是放热过程，NaHCO3的溶解是吸热过程；③碳酸钠和盐酸反应是放热反应，而Na2CO3固体溶解放出热量，所以焓变值更小，即ΔH1<ΔH4，碳酸氢钠和盐酸反应是吸热反应，而NaHCO3固体溶解吸收热量，所以焓变值更大，即ΔH2>ΔH5。28.CuCl和CuCl2都是重要的化工原料，常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等。已知：①CuCl可以由CuCl2用适当的还原剂如SO2、SnCl2等还原制得：2Cu2+\n+2C1-+SO2+2H2O2CuCl↓+4H++，2CuCl2+SnCl2=2CuCl↓+SnCl4②CuCl2溶液与乙二胺(H2N-CH2CH2-NH2)可形成配离子：请回答下列问题：（1）基态Cu原子的核外电子排布式为_______，H、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是_______。（2）SO2分子的空间构型为_______，与SnCl4互为等电子体的一种离子的符号为_______。（3）乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为_______，乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是_______。（4）②中所形成的配离子中不含有的化学键类型有_______(填标号)。a．配位键b．极性键c．离子键d．非极性键（5）CuCl的晶胞结构如图所示。若晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数为NAmol-1，则该晶体的密度_______g·cm-3。【答案】（1）①.1s22S22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1②.O＞N＞H（2）①.V形②.、等（3）①.sp3杂化②.乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键（4）abd（5）【解析】【小问1详解】Cu原子的核电荷数为29，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22S22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；在元素周期表中同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减弱，可知电负性强弱顺序为O＞N＞H；综上所述，本题正确答案：1s22S22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；O＞N＞H；\n【小问2详解】SO2分子中含有2个δ键，孤电子对数=（6-2×2）/2=1，所以分子为V形，SnCl4含有的价层电子数为50，并含有5个原子，与之为电子体的离子有、等；综上所述，本题正确答案：V形；、等；【小问3详解】乙二胺分子中氮原子形成4个δ键，价层电子对数为4，氮原子为sp3杂化；乙二胺分子间可以形成氢键，物质的熔沸点较高，而三甲胺分子间不能形成氢键，熔沸点较低；综上所述，本题正确答案：sp3杂化；乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；【小问4详解】形成的配离子中含有的化学键中N与Cu之间为配位键，C-C键为非极性键，C-N、N-H、C-H键为极性键，不含离子键，故答案为abd；综上所述，本题正确答案：abd；【小问5详解】根据均摊法可知，晶胞中含有Cu的个数为8+6=4，Cl的个数为4，晶胞边长为acm，体积为a3cm3，阿伏加德罗常数为NAmol-1，则该晶体的密度g·cm-3=g·cm-3。29.3，4-二羟基肉桂酸乙酯()具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力。由气体A制备该物质的合成路线如图：已知：RCHO+R'CH2CHO，回答下列问题：（1）气体A对氢气的相对密度为14，其化学名称是_______；B中官能团的名称为_______。\n（2）D的结构简式为。_______；H→I的反应类型是_______。（3）反应E→F的化学方程式为_______；E中含有_______个手性碳原子(连有四个不同原子或基团的碳原子)。（4）芳香族化合物X是H的同分异构体。lmolX与足量NaHCO3溶液反应可生成2molCO2，符合条件的X有_______种，其中核磁共振氢谱的峰面积比为3：2：2：1的结构简式为_______(写出一种)。（5）根据上述路线中的相关知识，设计以乙醇为主要原料制备的合成路线_______。【答案】（1）①.乙烯②.羟基（2）①.②.酯化反应(取代反应)（3）①.②.1（4）①.6②.或（5）【解析】【分析】由合成路线，B发生反应得到C，C与D发生已知反应得到E，E的结构简式为，则C为CH3CHO，D为，B的分子式为C2H6O，可知B→C为乙醇的催化氧化反应，因此B为CH3CH2OH，又气体A对氢气的相对密度为14，则A与H2O在催化剂的条件下发生反应得到B，A为CH2=CH2，E在加热条件下发生消去反应得到F，则F为\n，F与银氨溶液发生银镜反应，再酸化得到G，G在一定条件下生成H，H与CH3CH2OH在浓硫酸加热的条件下生成I。【小问1详解】根据上述分析可知，A为CH2=CH2，名称为乙烯；B为CH3CH2OH，含有的官能团名称为羟基；【小问2详解】由分析，D的结构简式为；H与CH3CH2OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成I，故反应类型为酯化反应(取代反应)；【小问3详解】E在加热条件下发生消去反应得到F，反应的化学方程式为，E的结构简式为，分子中含有的手性碳原子如图，仅1个；【小问4详解】由题意可知，符合条件的芳香族化合物X含2个，苯环上的取代基为1个、2个，三者在苯环上有6种位置关系，所以符合条件的X共有6种；其中核磁共振氢谱的峰面积比为3：2：2：1的结构简式为或；【小问5详解】结合已知信息，以乙醇为主要原料制备的合成路线可以是：\n。
