化学卷·2018届陕西省西北大学附属中学高二上学期期末考试化学（理）试卷 （解析版）

化学卷·2018届陕西省西北大学附属中学高二上学期期末考试化学（理）试卷 （解析版）

陕西省西北大学附属中学2016-2017学年高二上学期期末考试化学（理）‎ 一、单选题：共20题 ‎1．天然气、石油、煤等在地球上的蕴藏量是有限的，下列说法正确的是 ‎①砍伐树木作能源　②大量使用酒精作能源　③可利用电解水的方法制得氢气作能源　④应开发太阳能、核能等新能源　⑤大量应用风能、水能等可再生能源 A.① B.①⑤ C.②③ D.④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】本题考查了能源问题与环境。砍伐树木、野草作能源，破坏环境，大量砍伐树木，会导致整个地球会因二氧化碳过多，造成温室效应，故①错。用酒精作能源，减少污染，节能减排，但成本太高，故②错。利用电解水的方法制得氢气作能源，此法需消耗电能，不符合要求，故③错。应开发太阳能、核能等新能源，减少污染，节能减排，符合要求，故④对。大量应用风能、水能等可再生能源，减少污染，节能减排，符合要求，故⑤对。故该题选D。‎ ‎ ‎ ‎2．下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是 A.抗氧化剂 B.调味剂 C.着色剂 D.增稠剂 ‎【答案】A ‎【解析】本题考查了食品添加剂的知识。抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确。调味剂是为了增加食品的味道，与反应速率无关，故B错。着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错。增稠剂是为了改变食品的浓度，与速率无关，故D错。‎ ‎ ‎ ‎3．H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g) △H=﹣akJ/mol下列说法正确的是 A.H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键 B.断开2 mol HI分子中的化学键所需能量约为(c+b+a) kJ C.相同条件下，1 mol H2(g)和1mol I2(g)总能量小于2 mol HI (g)的总能量 D.向密闭容器中加入2 mol H2(g)和2 mol I2(g)，充分反应后放出的热量为2akJ ‎【答案】B ‎【解析】本题考查了化学反应与能量的变化。HI分子中的化学键是极性共价键，故A错。△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2mol H-I键所需能量约为(a+b+c)kJ，故B正确。H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g) △H=﹣akJ/mol，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，所以相同条件下，1 mol H2(g)和1mol I2(g)总能量大于2 mol HI (g)的总能量，故C错。反应是可逆反应不能进行到底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入2mol H2和2mol I2，充分反应后放出的热量应小于2akJ，故D错。‎ ‎ ‎ ‎4．下列热化学方程式书写正确的 A.甲烷的燃烧热为-890 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+ 2H2O(g) △H=-890 kJ/mol B.在一定条件下将1 molSO2和0.5molO2置于密闭容器中充分反应，放出热量79.2kJ，则反应的热化学方程式为：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H=－158.4kJ·mol－1‎ C.中和反应热为57.3kJ·mol－1NaOH(s)＋1/2H2SO4(aq)1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) △H=－57.3kJ·mol－1‎ D.2.00g C2H2气体完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出99.6kJ的热量，该反应的热化学方程式为：2C2H2(g)＋5O2(g)4CO2(g)＋2H2O(l)  △H=－2589.6kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】本题考查了化学反应与能量的变化。燃烧热定义：在101 kPa时,1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，单位为kJ/mol ，而上式中的水是气态不是稳定的氧化物 ，故A错。二氧化硫与氧气的反应是可逆反应，1 molSO2和0.5molO2参加反应放出的热量等于79.2kJ，则反应的热化学方程式为：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H－158.4kJ·mol－1，故B错。中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量，氢氧化钠溶于水放热，所以中和反应热为57.3kJ·mol－1，NaOH(s)＋1/2H2SO4(aq)1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) △H－57.3kJ·mol－1，故C错。n(C2H2)=mol，则1molC2H2完全燃烧放出13×99.6kJ=1294.8kJ，则该反应的燃烧热化学方程式为2C2H2(g)＋5O2(g)4CO2(g)＋2H2O(l)  △H=－2589.6kJ·mol－1，故D正确。‎ ‎ ‎ ‎5．反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)中，每生成7g N2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k•cm(NO)•cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：①2NO+H2N2+H2O2(慢) ②H2O2+H22H2O(快)‎ T℃时测得有关实验数据如下：‎ 下列说法错误的是 A.整个反应速度由第①步反应决定 B.该反应速率表达式：v=5000c2(NO)•c(H2)‎ C.正反应的活化能:①＜②‎ D.该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)△H=﹣664kJ•mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】本题考查了化学反应速率及化学反应与能量的变化。由信息可知，①反应速率慢，②反应速率快，所以整个反应速度由第①步反应决定，故A正确，不选。将Ⅰ和Ⅱ中的数据代入v=k•cm(NO)•cn(H2)可得：①1.8×10﹣4=k0.0060m×0.0010n，②3.6×10﹣4=k0.0060m×0.0020n，①除②可得：n=1，将Ⅲ和Ⅳ中的数据代入v=k•cm(NO)•cn(H2)可得：①3.0×10﹣5=k0.0010m×0.0060n，②1.2×10﹣4=k0.0020m×0.0060n，①除②可得：m=2，。将Ⅰ中的数据、m、n代入v=k•cm(NO)•cn(H2)可得：1.8×10﹣4=k0.00602×0.0010，解得：k ‎=5000，则该反应速率表达式：v=5000c2(NO)•c(H2)，故B正确，不选。化学反应速率与其活化能的大小密切相关，活化能越低，反应速率越快，因此降低活化能会有效地促进反应的进行，②反应的速率快，则活化能低，故C错，选C。7g N2的物质的量为：=0.25mol，则生成1molN2放出的热量为：=664 kJ，该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)△H=﹣664kJ•mol-1，故D正确，不选。‎ ‎ ‎ ‎6．工业制硫酸过程中有如下反应：2SO2+O22SO3，下列说法正确的是 A.增大O2的浓度能加快反应速率 B.降低体系温度能加快反应速率 C.使用催化剂不影响反应速率 D.一定条件下SO2能100%转化为SO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】本题考查了影响化学反应速率的因素。增大反应物的浓度能加快反应速率，故A正确，降低体系温度能减慢反应速率，故B错。使用催化剂能加快反应速率，故C错。二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，所以SO2不能100%转化为SO3，故D错。‎ ‎ ‎ ‎7．一反应物的浓度是1.0 mol/L，反应20 s后，其浓度变成了0.4mol/L。在20 s内，由该反应物表示的反应速率为 A.0.6 mol/L B.0.06 mol/(L·s) C.0.03 mol/L D.0.03 mol/(L·s)‎ ‎【答案】D ‎【解析】本题考查了化学反应速率的计算。由该反应物表示的反应速率为 mol/(L·s) =0.03 mol/(L·s)，故该题选D。‎ ‎ ‎ ‎8．在气体参与的反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是 ‎①增大反应物的浓度②升高温度③增大压强④移去生成物⑤加入正催化剂 A.①②③ B.①②③⑤ C.②⑤ D.①②③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据活化分子的概念及影响条件知，①③能增大活化分子的浓度(单位体积内的活化分子数)，加快化学反应，但不影响活化分子百分数；而②中分子能量增加，使活化分子百分数增大，活化分子数也同时增加。⑤中正催化剂降低了活化能，同样使活化分子百分数增大，活化分子数也同时增加。‎ ‎ ‎ ‎9．在不同浓度(c)、温度(T)条件下,蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是 A.a=6.00‎ B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变 C.b<318.2‎ D.不同温度时,蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 ‎【答案】D ‎【解析】本题考查化学反应速率,意在考查考生对数据的分析、处理能力。根据题中数据分析,温度不变时,反应的瞬时速率与浓度成正比,则可求出a=6.00,A项正确;温度为bK、浓度为0.500 mol/L和温度为318.2 K、浓度为0.300 mol/L对应的瞬时速率相等,B项正确;浓度不变时,温度由318.2 K变为bK时,反应速率减小,则b<318.2,C项正确;不同温度时,反应速率不同,蔗糖浓度减少一半所需的时间不同,D项错误。‎ ‎ ‎ ‎10．已知热化学方程式：SO2(g)+O2(g)SO3(g) △H=-98.32kJ/mol，在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应，最终放出的热量为 A.196.64kJ B.196.64kJ/mol C.＜196.64kJ D.＞196.64kJ ‎【答案】C ‎【解析】本题考查了反应热的计算。由于该反应是可逆反应，则反应物的转化率达不到100％，所以最终放出的热量小于98.32kJ／mol×2mol＝196.64kJ，故该题选D。‎ ‎ ‎ ‎11．将V1mL 1.00 mol·L-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1+V2=50)。下列叙述正确的是 A.做该实验时环境温度为22℃ B.V1=45ml时，该反应结束 C.NaOH溶液的浓度约为1.00 mol·L-1 D.该实验表明化学能可以转化为热能 ‎【答案】D ‎【解析】本题考查了中和反应的热效应、图像分析能力及根据化学方程式计算的能力。‎ 从图中曲线可以看出，温度为22 ℃时，V1为5 mL，则此时已经开始发生反应，所以22℃一定不是做该实验时环境的温度，起始温度应为实验时环境温度，为20 ℃，故A错。分析题给图像知，当体系温度最高时，盐酸和氢氧化钠溶液恰好完全反应，则反应停止，所以V1=30ml时，该反应结束，故B错。分析题给图像知，当体系温度最高时，盐酸和氢氧化钠溶液恰好完全反应，此时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50 mL可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，根据HCl+NaOHNaCl+H2O知，HCl和NaOH的物质的量相等，即1.0mol•L-1×0.03L=0.02L×c(NaOH)，c(NaOH)=1.5mol/L，故C错。随反应的进行，溶液温度升高说明反应放热，则化学能转化为热能，故D正确。‎ ‎ ‎ ‎12．下列实验都需要使用温度计，其中水银球应悬空的是 A.苯和硝酸的反应制硝基苯 B.中和热的测定 C.混合液的蒸馏 D.浓H2SO4与乙醇反应制乙烯 ‎【答案】C ‎【解析】本题考查了温度计的使用。制取硝基苯需要55℃60℃的水浴，温度计的水银球应插入水浴加热的水中，故A错。中和热的测定需测定混合物的温度，所以温度计的水银球必须伸入液面以下，故B错。混合液的蒸馏需要测定馏出蒸气的温度，以获得不同温度范围的馏分，温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口向平，故C正确。实验室制乙烯需要控制反应混合物的温度在170℃，温度计的水银球必须伸入液面以下，故D错。‎ ‎ ‎ ‎13．下列项目判断，结论正确的是 ‎【答案】D ‎【解析】本题考查了同分异构体的书写、原子共面问题、反应类型的判断及苯和乙烯的性质。乙烷中含有甲基，甲基中的原子不可能在同一平面内，氯乙烯、苯中的所有原子都在同一平面内，故A错。C4H8Cl2的同分异构体有1，2－二氯丁烷，1，3－二氯丁、1，4－二氯丁烷、1，1－二氯丁烷、2，2－二氯丁烷、2，3－二氯丁烷、1，1－二氯－2－甲基丙烷、1，2－二氯－2－甲基丙烷、1，3－二氯－2－甲基丙烷共9种，故B错。乙烯使溴水褪色，是因为乙烯与溴发生了加成反应，苯使溴水褪色，是因为苯可萃取溴水中的溴，褪色原理不同，故C错。由乙酸和乙醇制乙酸乙酯，油脂水解均属于取代反应，故D正确。‎ ‎ ‎ ‎14．根据下列热化学方程式：‎ ‎①C(s)＋O2(g)CO2(g)　    ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1‎ ‎②H2(g)＋O2(g)H2O(l)　  ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1‎ ‎③CH3COOH(l)＋2O2(g)2CO2(g)＋2H2O(l)　 ΔH3＝－870.3 kJ·mol－1‎ 可以计算出2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)CH3COOH(l)的反应热为 A.ΔH＝＋244.1 kJ·mol－1 B.ΔH＝－488.3 kJ·mol－1‎ C.ΔH＝－996.6 kJ·mol－1 D.ΔH＝＋996.6 kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】本题考查了盖斯定律的应用。根据盖斯定律①×2＋②×2－③即可得2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)CH3COOH(l)  ΔH＝－488.3 kJ/mol，故该题选B。‎ ‎ ‎ ‎15．分子式为C8H16O2的酯A，能在酸性条件下水解生成B和C，且B在一定条件下能氧化成D。D与C互为同分异构体。则有机物A可能的结构有 A.4种 B.3种 C.2种 D.1种 ‎【答案】C ‎【解析】本题考查有机物的推断及同分异构体的书写。根据B在一定条件下能转化成D，说明B和D的碳原子数相同，A为：C8H16O2是饱和酯，且两边链相同，且B在一定条件下能氧化成D，D与C互为同分异构体，所以B是C4H9OH中的一种结构，C是丁酸， C4H9OH中含有C4H9-烃基，有四种结构：C-C-C-C-，，，其中只有第一和第三种能氧化为羧酸，所以醇属于这两种中的一种，酸也是对应被氧化的产物中的一种，所以A的结构简式可以是CH3CH2CH2COOCH2CH(CH3)2和CH3CH2CH2CH2OOCCH(CH3)2，共两种，故该题选C。‎ ‎ ‎ ‎16．某有机物的结构简式如图，下列关于该有机物的说法中错误的是 A.分子式为C14H18O6 B.含有羟基、羧基和苯基 C.能发生取代反应 D.能使溴的水溶液褪色 ‎【答案】B ‎【解析】本题考查了有机物的结构和性质。根据有机物的结构简式可知，该有机物的分子式为：C14H18O6，故A正确，不选。根据有机物的结构简式可知，该有机物分子不含苯基，故B错，选B。该有机物含有醇羟基，所以能发生取代反应，故C正确，不选。该有机物含有碳碳双键，所以能与溴发生加成反应而使溴的水溶液褪色，故D正确，不选。‎ ‎ ‎ ‎17．C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)　ΔH＝akJ·mol－1‎ ‎2C(s)＋O2(g)2CO(g)  ΔH＝－220 kJ·mol－1‎ H—H、O=O和O—H键的键能分别为436、496和462 kJ·mol－1，则a为 A.－332 B.－118 C.＋350 D.＋130‎ ‎【答案】D ‎【解析】本题考查了盖斯定律的应用。已知热化学方程式①C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) △H=akJ/mol，②2C(s)＋O2(g)2CO(g) △H=－220kJ/mol，则根据盖斯定律可知②－①×2即得到热化学方程式O2(g)＋2H2(g)2H2O(g) △H＝－(220＋2a)kJ/mol。由于反应热等于断键吸收的能量与形成新化学键所放出的能量的差值，则496 kJ/mol＋2×436 kJ/mol－2×2×462 kJ/mol＝－(220＋2a)kJ/mol，解得a＝＋130，故该题选D。‎ ‎ ‎ ‎18．有两种有机物Q()与P()，下列有关它们的说法中正确的是 A.二者的核磁共振氢谱中均只出现两种峰且峰面积之比为3:2‎ B.二者在NaOH醇溶液中均可发生消去反应 C.一定条件下，二者在NaOH溶液中均可发生取代反应 D.Q的一氯代物只有1种、P的一溴代物有2种 ‎【答案】C ‎【解析】本题考查了卤代烃的结构、性质。Q中两个甲基上有6个等效氢原子，苯环上有2个等效氢原子，峰面积之比应为3:1，但是P中两个甲基上有6个等效氢原子，亚甲基上有4个等效氢原子，峰面积之比应为3:2，故A错。苯环上的卤素原子无法发生消去反应，P中与卤素原子相连的碳原子的邻位碳原子上缺少氢原子，也无法发生消去反应，故B错。在适当条件下，卤素原子均可被—OH取代，故C正确。Q中苯环上的氢原子、甲基上的氢原子均可被氯原子取代，故可得到2种一氯代物，P中有两种不同空间位置的氢原子，故P的一溴代物有2种，故D错。‎ ‎ ‎ ‎19．符合如图所示的转化关系，且当X、Y、Z的物质的量相等时，存在焓变ΔH＝ΔH1＋ΔH2。满足上述条件的X、Y可能是 ‎①C、CO　       ②S、SO2　      ③Na、Na2O ‎④AlCl3、Al(OH)3  ⑤Fe、Fe(NO3)2　 ⑥NaOH、Na2CO3‎ A.①④⑤ B.①②③ C.①③④ D.①③④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】本题考查了盖斯定律、元素守恒等知识。盖斯定律的定义为只要始态和终态不变，无论是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同，C→CO2， C→CO→CO2，根据元素守恒，C、CO和CO2的物质的量相同，故①对。S和O2不能直接生成SO3，故②错。Na→Na2O2，Na→Na2O→Na2O2，根据元素守恒，Na2O、Na2O2的物质的量是Na物质的量的1/2，故③错。AlCl3→NaAlO2，AlCl3→Al(OH)3→NaAlO2，根据元素守恒，AlCl3、Al(OH)3和NaAlO2的物质的量相同，故④对。Fe→Fe(NO3)3，Fe→Fe(NO3)2→Fe(NO3)3，根据元素守恒，Fe、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的物质的量相同，故⑤对。NaOH→NaHCO3，NaOH→Na2CO3→NaHCO3，根据元素守恒，NaOH、NaHCO3的物质的量为Na2CO3的2倍，故⑥错。故该题选A。‎ ‎ ‎ ‎20．在一定温度下，向一个2L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1mol N2和3mol H2，发生反应：N2＋3H22NH3。经过一段时间后，测得容器内压强是起始的0.9倍，在此时间内，H2的平均反应速 率为0.1mol/(L·min)，则所经过的时间为 A.2min B.3min C.4min D.5min ‎【答案】B ‎【解析】本题考查了化学反应速率的知识。根据三段式求解：‎ 经过一段时间后，测得容器内压强是起始的0.9倍，压强之比等于物质的量之比，则=0.9，解得：x=0.2mol，在此时间内，H2的平均反应速率为0.1mol/(L·min)，则所经过的时间为=3min，故该题选B。‎ 二、实验题：共1题 ‎21．已知在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热。现利用如图装置进行中和热的测定，请回答下列问题：‎ ‎(1)该图中缺少一个仪器是____________________。‎ ‎(2)做一次完整的中和热测定实验，温度计需使用________次。‎ ‎(3)把温度为15.0 ℃，浓度为0.5 mol·L－1的酸溶液和0.55 mol·L－1的碱溶液各50 mL混合(溶液密度均为1 g·mL－1)，生成溶液的比热容c＝4.18 J·g－1·℃－1，轻轻搅动，测得酸碱混合液的温度变化数据如下：‎ ‎①计算上述实验测出的中和热ΔH1＝                 。‎ ‎②两组实验结果差异的原因是                                                       。‎ ‎③写出HCl＋NH3·H2O的热化学方程式：                                               。‎ ‎【答案】(1)环形玻璃搅拌棒 ‎(2)3‎ ‎(3)①－56.8 kJ·mol－1‎ ‎②NH3·H2O是弱碱，在中和过程中NH3·H2O发生电离，要吸热，因而总体放热较少 ‎③HCl(aq)＋NH3·H2O(aq)NH4Cl(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－51.8 kJ·mol－1‎ ‎【解析】本题考查了中和热的测定及有关问题。(1)由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒。‎ ‎（2）中和热的测定中，需要测出反应前酸溶液的温度，测反应前碱溶液的温度，混合反应后测最高温度，所以总共需要测量3次。‎ ‎（3）①浓度为0.5mol/L的酸溶液和0.55mol/L的碱溶液各50mL混合，反应生成了0.025mol水，混合后溶液的质量和为：m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△t得生成0.5 mol/L×0.5L=0.025mol的水放出热量Q=4.18 J/(g•℃)×100g×3.4℃=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量为=56.8kJ，中和热ΔH1＝-56.8kJ/mol。‎ ‎②两组实验结果差异的原因是：一水合氨为弱碱，在中和过程中一水合氨发生电离，要吸收热量，因而总体放热较少。‎ ‎③浓度为0.5mol/L的酸溶液和0.55mol/L的碱溶液各50mL混合，反应生成了0.025mol水，混合后溶液的质量和为：m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△t得生成0.5 mol/L×0.5L=0.025mol的水放出热量Q=4.18 J/(g•℃)×100g×3.1℃=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为 ‎=51.8kJ，则盐酸与一水合氨反应生成氯化铵和1mol水放出的热量为51.8kJ，故HCl＋NH3·H2O的热化学方程式为：HCl(aq)＋NH3·H2O(aq)NH4Cl(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－51.8 kJ·mol－1。‎ 三、填空题：共2题 ‎22．CH4和CO2可以制造价值更高的化学产品。已知：‎ CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) △H1=akJ•mol﹣1‎ CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)   △H2=bkJ•mol﹣1‎ ‎2CO(g)+O2(g)2CO2(g)        △H3=ckJ•mol﹣1‎ ‎(1)求反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H=　  　kJ•mol﹣1(用含a、b、c的代数式表示)。‎ ‎(2)一定条件下，等物质的量的CO(g)和H2(g)可合成二甲醚(CH3OCH3)，同时还产生了一种可参与大气循环的无机化合物，该反应的化学方程式为　                               　。‎ ‎(3)用Cu2Al2O4做催化剂，一定条件下发生反应：CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g)，温度与催化剂的催化效率和乙酸的生成速率的关系如图，回答下列问题：‎ ‎①250～300℃时，乙酸的生成速率降低的原因是　                                        。‎ ‎②300～400℃时，乙酸的生成速率升高的原因是　                                      　。‎ ‎【答案】(1)a+2b﹣2c；‎ ‎(2)3CO+3H2CH3OCH3+CO2；‎ ‎(3)①催化剂的催化效率降低，化学反应速率降低；‎ ‎②温度升高，化学反应速率加快 ‎【解析】本题考查了盖斯定律的应用、氧化还原反应方程式书写、影响反应速率的因素。(1)已知①CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) △H1=a kJ/mol，②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)   △H2=b kJ/mol，③2CO(g)+O2(g)2CO2(g) △H3=c kJ/mol，根据盖斯定律①+2×②﹣2×③得：CH4(g)+CO2(g)CO(g)+2H2(g) △H=(a+2b﹣2c)kJ/mol。‎ ‎(2)据反应物和生成物可知，参与大气循环的无机化合物为二氧化碳，据原子守恒可得化学方程式为：3CO+3H2CH3OCH3+CO2。‎ ‎(3)①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低。‎ ‎②温度升高，化学反应速率加快。‎ ‎ ‎ ‎23．图中：E1＝134 kJ·mol－1，E2＝368 kJ·mol－1，根据要求回答问题：‎ ‎(1)如图是1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是              (填“增大”“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是      。请写出NO2和CO反应的热化学方程式：                         。‎ ‎(2)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应的热化学方程式如下：‎ ‎①CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1‎ ‎②CH3OH(g)＋O2(g)CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－192.9 kJ·mol－1‎ 又知③H2O(g)H2O(l)　ΔH＝－44 kJ·mol－1，则甲醇蒸气燃烧生成液态水的热化学方程为                              。‎ ‎(3)已知在常温常压下：‎ ‎①2CH3OH(l)＋3O2(g)2CO2(g)＋4H2O(g) 　ΔH＝－1275.6 kJ·mol－1‎ ‎②2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)　 ΔH＝－566.0 kJ·mol－1‎ ‎③H2O(g)H2O(l)  ΔH＝－44.0 kJ·mol－1‎ 请写出1 mol甲醇不完全燃烧生成1 mol 一氧化碳和液态水的热化学方程式：                。‎ ‎【答案】(1)减小　不变 NO2(g)＋CO(g)CO2(g)＋NO(g)ΔH＝－234 kJ·mol－1‎ ‎(2) CH3OH(g)＋O2(g)CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－764.7 kJ·mol－1‎ ‎(3)CH3OH(l)＋O2(g)CO(g)＋2H2O(l) ΔH＝－442.8 kJ·mol－1‎ ‎【解析】本题考查了化学反应与能量的变化。(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量(368-134)kJ=234kJ，反应热化学方程式为NO2(g)＋CO(g)CO2(g)＋NO(g)ΔH＝－234 kJ·mol－1。‎ ‎(2)已知①CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1，②CH3OH(g)＋O2(g)CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－192.9 kJ·mol－1， ③H2O(g)H2O(l)  ΔH＝－44.0 kJ·mol－1，根据盖斯定律 (②×3-①×2+③×2) 可得：CH3OH(g)＋O2(g)CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－764.7 kJ·mol－1。‎ ‎(3) 已知①2CH3OH(l)＋3O2(g)2CO2(g)＋4H2O(g) 　ΔH＝－1275.6 kJ·mol－1，②2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)　 ΔH＝－566.0 kJ·mol－1‎ ‎，③H2O(g)H2O(l)  ΔH＝－44.0 kJ·mol－1，依据盖斯定律 (①-②+③×4)可得：CH3OH(l)＋O2(g)CO(g)＋2H2O(l) ΔH＝－442.8 kJ·mol－1。‎ ‎ ‎ 评卷人 得分 ‎ ‎ ‎ 四、推断题：共1题每题15分共15分 ‎24．化合物M是一种香料，A与D是常见的有机化工原料，按下列路线合成化合物M：‎ 已知以下信息：‎ A的相对分子质量为28‎ ‎②‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的名称是                   ，D的结构简式是                             。‎ ‎(2)A生成B的反应类型为                ，C中官能团名称为                       。‎ ‎(3)E生成F的的化学方程式为                                。‎ ‎(4)下列关于G的说法正确的是________。(填标号)‎ a.属于芳香烃 b.可与FeCl3溶液反应显紫色 c.可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀 d.G分子中最多有14个原子共平面 ‎(5)化合物M的同系物N比M的相对分子质量大14，N的同分异构体中同时满足下列条件的共有________种(不考虑立体异构)。‎ ‎①与化合物M含有相同的官能团；②苯环上有两个取代基 ‎(6)参照上述合成路线，化合物X与Y以物质的量之比2:1反应可得到化合物，X的结构简式为________，Y的结构简式为________。‎ ‎【答案】(1)乙烯 ‎ ‎(2)加成反应  醛基 ‎(3)‎ ‎(4)cd ‎(5)18‎ ‎(6)CH3CH2CHO     ‎ ‎【解析】本题考查了有机物的推断与合成。A与D是常见的有机化工原料，A的相对分子质量为28，则A为乙烯，结构为CH2=CH2，A与水加成可生成B为乙醇，B发生催化氧化可生成C为乙醛，C与G发生类似于的反应生成M，由M的结构可知G为苯甲醛，F发生催化氧化可生成G，则F为苯甲醇，F中含有一个苯环，则D中也含有一个苯环，在根据D的分子式可知，D为甲苯，甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应可生成E为，E发生氯代烃的水解反应可生成F。‎ 由上述推断可知A的名称是乙烯，D为甲苯，结构简式为。‎ ‎(2) 由上述推断可知A生成B的反应类型为加成反应，C为乙醛，官能团名称为醛基。‎ ‎(3) E为，发生水解反应可生成苯甲醇，化学方程式为：。‎ ‎(4)由上述推断可知，G为苯甲醛，不属于烃类，故a错。G分子中不含酚羟基，不能与FeCl3溶液反应显紫色，故b错。G分子中含有醛基，所以可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀，故c正确。苯环和醛基都是平面型分子，转动单键可使两个平面重合，所有原子都处于同一平面内，所以G分子中最多有14个原子共平面，故d正确。‎ ‎(5) 化合物M的同系物N比M的相对分子质量大14，说明N比M多一个CH2，①与化合物M含有相同的官能团，说明N中含有碳碳双键和醛基，②苯环上有两个取代基，则N的同分异构体有：苯环上的两个取代基分别为-CH3和-CH=CHCHO时，由邻、间、对三种，苯环上的两个取代基分别为-CH3和-C(CHO)=CH2时，由邻、间、对三种，苯环上的两个取代基分别为-CHO和-CH=CHCH3时，由邻、间、对三种，苯环上的两个取代基分别为-CHO和-C(CH3)=CH2时，由邻、间、对三种，苯环上的两个取代基分别为-CH2CHO和-CH=CH2时，由邻、间、对三种，苯环上的两个取代基分别为-CHO和-CH2CH=CH2时，由邻、间、对三种，共有18种。‎ ‎(6)由信息可知，化合物X与Y以物质的量之比2:1反应可得到化合物，则X的结构简式为CH3CH2CHO，Y的结构简式为。‎ 五、计算题：共1题 ‎25．将等物质的量的A、B混合于2L的混合容器中，发生如下反应，3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，该反应为可逆反应，经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，c(A):c(B)=3:5，C的平均反应速率为0.1mol/(L·min)，试求：‎ ‎(1)此时A的浓度及反应开始前A，B的物质的量。‎ ‎(2)B的平均反应速率。‎ ‎(3)x的值。‎ ‎【答案】(1)0.75mol/L 3mol 3mol ‎(2)0.05mol/(L·min)‎ ‎(3)2‎ ‎【解析】本题考查了化学反应速率的计算。(1)C的平均反应速率是0.1mol/(L•min)，则生成C是1mol，生成D的物质的量为1mol，根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知，x=2，根据三段式求解可得：‎ 由c(A):c(B)=3:5可得(n-1.5):(n-0.5)=3:5，解得n=3mol，所以此时A物质的浓度是=0.75mol/L。‎ ‎(2)反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以B物质的反应速率是=0.05mol/(L•min)。‎ ‎(3)C的平均反应速率是0.1mol/(L•min)，则生成C是1mol，生成D的物质的量为1mol，根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知，x=2。‎ ‎ ‎