安徽省池州市2019-2020学年高二上学期九月份素质检测（开学考试）化学试题

安徽省池州市2019-2020学年高二上学期九月份素质检测（开学考试）化学试题

‎2018—2019学年9月份素质检测考试 高二化学试卷 时间：100分钟 满分：100分 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，并将条形码粘贴在规定区域内。‎ ‎2.选择题使用 2B 铅笔填涂；非选择题使用 0.5 毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。‎ ‎3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在试题卷、草稿纸上的答题无效。‎ ‎4.作图时，先使用铅笔画出，确定后使用黑色签字笔描黑。‎ ‎5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，答题卷上不得使用涂改液、修正带、刮纸刀。‎ ‎6.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 一、选择题：本题共18小题，每小题3分，满分54分。每题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.芜湖即将成为安徽省第二个拥有轨道交通的城市。芜湖轨道交通（如图）采用单轨系统，当单轨电车开动时，车上裸露的“电刷”沿架空电线滑动，这种运行方式具有便捷、污染小的特点。下列有关说法不正确的一项是 A. “电刷”材料中很有可能含有石墨 B. “电刷”材料一定含有导电性、润滑性极好的材料 C. 采用单轨系统提高了能量的利用效率，符合绿色化学的要求 D. 单轨列车运行时，供电原理与原电池类似 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.石墨能够导电，具有润滑作用，性质稳定，因此在“电刷”材料中很有可能含有石墨，A正确；‎ B.“电刷”能够导电，能够滑动，因此“电刷”材料一定含有导电性、润滑性极好的材料，B正确；‎ C.采用单轨系统，这种运行方式具有便捷、污染小 特点，因而提高了能量的利用效率，符合绿色化学的要求，C正确；‎ D.单轨列车运行时，供电原理的电能转化为机械能，与原电池反应原理不相似，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎2.下列图示的能量转变中主要转化为化学能的是 A. 光合作用 B. 核电站 C. 发射导弹 D. 水果电池 ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.绿色植物光合作用是把光能转化为化学能，A符合题意；‎ B.核电站是把核能转化为电能，B不符合题意；‎ C.发射导弹是化学能转化为热能和机械能，C不符合题意；‎ D.水果电池是把化学能转化为电能，D不符合题意；‎ 故合理选项是A。‎ ‎3.化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 用甲醛浸泡水产品以免腐烂 B. 棉花、麻、蚕丝、羊毛都是天然纤维 C. 聚乙烯塑料袋可用于包装产品 D. 石油裂化的主要目的是提高汽油的产量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲醛对人体健康有害，因此不能用甲醛浸泡水产品，A错误；‎ B.棉花、麻主要成分是纤维素，蚕丝、羊毛主要成分是蛋白质，它们都是天然纤维，B正确；‎ C.聚乙烯塑料袋具有一定的韧性、强度、无毒，可用于包装产品，C正确；‎ D.石油裂化是在一定条件下将相对分子质量大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量小、沸点较低的烃的过程，其目的是提高汽油的产量，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎4.科学家哈迈德·泽维尔研究运用激光技术观察化学反应时分子中原子的运动，在研究中证实光可诱发如图所示的变化。下列叙述不正确的是 A. 两物质的分子式相同 B. 两物质均可发生加成反应 C. 两物质分子中所有原子不可能处于同一平面上 D. 两物质都不能生成高分子化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据物质的结构简式可知，两物质的分子式相同，空间结构不同，属于同分异构体，A正确；‎ B.两物质分子中均含有苯环和碳碳双键，均可发生加成反应，B正确；‎ C.两种物质分子中含有甲基，由于饱和C原子具有甲烷的四面体结构，因此两物质分子中所有原子不可能处于同一平面上，C正确；‎ D.两物质分子中含有碳碳双键，可以发生加聚反应形成高聚物，因此都能生成高分子化合物，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎5.取一张用饱和的NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色。则下列说法错误的是 A. a电极与电源的正极相连接 B. b电极阴极 C. 电解过程中，水是氧化剂 D. b电极附近溶液的pH变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色，说明a极产生了Cl2，氯气与水反应生成了HCl和HClO，HClO具有漂白性，所以a极与电源的正极相连，即a为阳极，连接电源的正极，A正确；‎ B.根据选项A分析可知a为阳极，b为阴极，B正确；‎ C.电解过程中，水电离产生的H+在阴极上得电子生成氢气，水是氧化剂，C正确；‎ D.b电极为阴极，b极电极反应式为2H2O+4e-=H2↑+2OH-，溶液碱性增强，溶液的pH增大，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎6.分子式为C5H9ClO2并能与小苏打溶液（忽略纯度影响）反应生成CO2的有机物有（不考虑立体异构）‎ A. 4种 B. 8种 C. 12种 D. 16种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】可与小苏打溶液反应放出CO2气体，说明物质分子中含有-COOH，则C5H9ClO2可看成C4H9COOH中烃基上H被Cl取代，C4H9COOH有4种同分异构体：CH3CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH、（CH3）2CHCH2COOH、（CH3）3CCOOH，四种物质的烃基H依次有4、4、3、1种，则被Cl代替后依次形成的一氯代羧酸有4、4、3、1种，共4+4+3+1=12种，即有12种同分异构体，故合理选项是C。‎ ‎7.丙烯酸羟乙酯（Ⅲ）可用作电子显微镜的脱水剂，可用下列方法制备：‎ 下列说法正确的是：‎ A. 化合物Ⅲ中只含有两种官能团 B. 化合物Ⅱ与乙醛互为同分异构体 C. 化合物Ⅰ能发生加成反应和取代反应，但不能发生氧化反应 D. 可用Br2的CCl4溶液检验化合物Ⅲ中是否混有化合物I ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.化合物Ⅲ中含有碳碳双键、酯基、羟基三种官能团，A错误；‎ B.化合物Ⅱ与乙醛分子式都是C2H4O，分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，B正确；‎ C.化合物Ⅰ含有碳碳双键，能发生加成反应和氧化反应，含有羧基，能发生取代反应，C错误；‎ D. 化合物I、化合物Ⅲ中都含有碳碳双键，都可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，因此不能检验化合物Ⅲ中是否混有化合物I ‎，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎8.最近, 科学家发现一种细菌在两种酶的帮助下，能够“切割”聚对苯二甲酸乙二酯 (PET) 塑料得到单体对苯二甲酸和乙二醇。下列说法中正确的是 A. 细菌“切割”PET 塑料的过程是一个物理过程 B. 细菌“切割”PET 塑料优势是条件温和 C. 温度越高细菌“切割”PET 塑料的速度越快 D. 处理废弃 PET 塑料的理想方法是“填埋”‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“切割”聚对苯二甲酸乙二酯 (PET) 塑料得到单体对苯二甲酸和乙二醇，由于有新的物质产生，因此发生的是化学变化，A错误；‎ B.细菌“切割”PET 塑料是一种细菌在两种酶的帮助下完成的，因此条件温和，B正确；‎ C.细菌、酶主要由蛋白质构成，温度过高，蛋白质变性，从而失去活性，无法完成“切割”PET 塑料，所以速率反而会降低，C错误；‎ D.若处理废弃 PET 塑料采用“填埋”方法，会造成污染，对环境有破坏作用，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎9.关于下图所示转化关系(X代表卤素)的说法不正确的是 A. 2H(g)+2X(g)2HX(g)　ΔH3<0‎ B. 途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以ΔH1=ΔH2+ΔH3‎ C. Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以途径Ⅱ吸收的热量依次增多 D. 途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、卤素和氢气化合是放热反应，所以正确，不选A；B、遵循盖斯定律，反应热与途径无关，所以正确，不选B；C、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，单质的稳定性逐渐减弱，所以途径Ⅱ吸收的热量依次减小，错误，选C；D、途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl的能量低，、比HBr稳定，正确，不选D。‎ 考点：盖斯定律，元素周期律 ‎10.1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：CH2=CH﹣CH=CH2 (g)+2H2 (g)→ CH3CH2CH2CH3 (g) ∆H=-236.6kJ/mol CH3﹣C≡C﹣CH3 (g)+2H2 (g)→ CH3CH2CH2CH3 (g) ∆H=-272.7kJ/mol。由此不能判断 （ ）‎ A. 1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔稳定性的相对大小 B. 1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分子储存能量的相对高低 C. 1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔相互转化的热效应 D. 一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①CH2=CH﹣CH=CH2 (g)+2H2 (g)→ CH3CH2CH2CH3 (g) ∆H=-236.6kJ/mol ‎ ‎②CH3﹣C≡C﹣CH3 (g)+2H2 (g)→ CH3CH2CH2CH3 (g) ∆H=-272.7kJ/mol 根据盖斯定律，②-①得到CH3﹣C≡C﹣CH3 (g)→CH2=CH﹣CH=CH2 (g) ∆H=-36.1kJ/mol 。‎ A项，2-丁炔转化为1，3-丁二烯需要放热，物质所具有能量越低越稳定，可判断1，3-‎ 丁二烯更稳定，故不选A项；‎ B项，2-丁炔转化为1，3-丁二烯需要放热，能判断1，3-丁二烯和2-丁炔分子储存能量的相对高低，故不选B项；‎ C项，由分析知可计算出二者转化的热效应，故不选C项；‎ D项，1个1，3-丁二烯分子中含有2个C=C键，6个C-H键和1个C-C键，1个2-丁炔分子中含有1个CC键，6个C-H键和2个C-C键，两者碳碳单键数目不同，故不能判断出两个碳碳双键的键能之和与一个碳碳叁键的键能的大小，故选D项。‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎11.用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果,设计如下对比实验探究温度、浓度、 pH、催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示：‎ 下列说法正确的是 A. 实验①在15 min内M的降解速率为1.33×10-2mol/(L·min)‎ B. 若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大 C. 若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越有利于M的降解 D. 实验②④说明M的浓度越小，降解的速率越慢 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据化学反应速率的数学表达式可知， ，故A错误；‎ B、其他条件相同，①②温度不同，②的温度高于①的，而②中浓度变化大于①，说明②的降解速率大，故B正确；‎ C、其他条件相同，①③的pH不同，③的pH大于①，在相同时间段内，①中M的浓度变化大于③，说明①的降解速率大于③，故C错误；‎ D、②④这两组实验温度不同，浓度也不同，不是单一变量，无法比较浓度对此反应的影响，故D错误；‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎12. 下列有关化学反应速率的描述中正确的是 ( ）‎ A. 在任何化学反应中，只要提高反应温度，就可提高反应速率 B. 在任何化学反应中，只要增大某一反应物的用量，就会增大反应速率 C. 在任何化学反应中，增大压强时，都会使反应速率增大 D. 在任何化学反应中，只要缩小容器的体积，都会使反应速率增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：温度高，会使得活化分子的浓度增大，所以在任何化学反应中，只要提高反应温度，就可提高反应速率，故A正确，为本题的答案； 在任何化学反应中，只要增大某一反应物的用量，就会增大反应速率，这是错误的，例如增大固体或者是液体物质的用量，并不会增大反应速率； 在任何化学反应中，体积不变，冲入不反应的气体，压强增大，但是化学反应速率却不变，故C错误；在任何化学反应中，若反应物和生成物均是固体，即缩小容器的体积并不会使反应速率增大，故D错误。‎ 考点：影响化学反应速率的因素 点评：本题考查了影响化学反应速率的因素，该考点是高考考查的重点和难点，本题要注意的是温度高，会使得活化分子的浓度增大，所以在任何化学反应中，只要提高反应温度，就可提高反应速率，该题难度不大。‎ ‎13.用如图所示的实验装置进行实验X及Y时，每隔半分钟分别测定放出气体的体积。下列选项中可正确表示实验X及Y的结果是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】X中n(HCl)=0.025L×0.2mol/L =0.005mol，Y中n（HCl）=0.05L×0.1mol/L =0.005mol，n(Mg)=2g÷24g/mol=mol，根据反应方程式Mg+2HCl=MgCl2+H2↑可知，Mg如果完全反应需要HCl的物质的量为mol>0.005mol，因此HCl完全反应，Mg剩余。两种酸的物质的量相等，根据H原子守恒知，生成氢气的体积相等；反应物的浓度越大，其反应速率越大，反应时间越短，X浓度大于Y，所以反应时间X小于Y，故合理选项是A。‎ ‎14.下列过程没有发生化学变化的是 A. 液化空气制氧气 B. 新切开的钠表面逐渐变暗 C. 浓硫酸使火柴梗变黑 D. 氨气与含有酚酞的水产生红色喷泉 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.液化空气制氧气是物质状态的变化，没有新物质产生，发生的是物理变化，A符合题意；‎ B.新切开的钠表面逐渐变暗是由于Na与空气中的氧气反应产生Na2O，有新物质产生，发生的是化学变化，B不符合题意；‎ C.浓硫酸使火柴梗变黑是浓硫酸的脱水性，发生的是化学变化，C不符合题意；‎ D.氨气与含有酚酞的水产生红色喷泉是由于氨气与水反应生成的一水合氨电离产生了OH-，发生的是化学变化，D不符合题意；‎ 故合理选项是A。‎ ‎15.免疫胶体金技术可用于甲型和乙型流感病毒的快速免疫筛查。胶体金可由氯金酸（HAuCl4）溶液和柠檬酸三钠溶液反应制得。在一定条件下，胶体金可与蛋白质分子的正电荷基团形成牢固结合，然后通过抗原-抗体结合形成免疫复合物，使得胶体金富集，颗粒团聚，发生颜色变化。通过此观察显色效果。下列说法不正确的一项是 A. 胶体金带负电荷 B. 不可用滤纸过滤分离出胶体金 C. 制备胶体金过程中氯金酸被还原 D. 免疫筛查（显色）过程中胶体金存在化学变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.胶体金可与蛋白质分子的正电荷基团形成牢固结合，使得胶体金富集，颗粒团聚，说明胶体金带负电荷，A正确；‎ B.胶体金富集，颗粒团聚，得到的为沉淀，可用滤纸过滤分离，B错误；‎ C.在HAuCl4中，Au为+3价，制备得到的胶体金中Au为0价，化合价降低，被还原，C正确；‎ D.由于有新物质产生，所以免疫筛查（显色）过程中胶体金存在化学变化，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎16.汽车尾气中NO产生的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g)。一定条件下，等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是 ‎ A. 温度T下，该反应的平衡常数K=‎ B. 温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小 C. 曲线b对应的条件改变可能是加入催化剂 D. 若曲线b对应的条件改变时温度，可判断该反应的ΔH<0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.依据氮气的浓度变化，找出三段式，计算平衡常数即可；‎ B.此容器为恒容密闭容器，ρ=，据此判断即可；‎ C.催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质的转化率；‎ D.由图可知，b曲线化学反应速率快，若是升高温度，氮气的平衡浓度减小，则正反应为吸热反应。‎ ‎【详解】A. N2(g)+O2(g)2NO(g)，在反应开始时，c(N2)=c(O2)=c0mol/L，c(NO)=0，N2改变浓度△c(N2)=(c0-c1)mol/L，则△c(O2)=(c0-c1)mol/L，△c(NO)=2(c0-c1)mol/L，平衡时各种物质的浓度c(N2)平=c(O2)平=c1mol/L，c(NO)平=2(c0-c1)mol/L，所以化学平衡常数K= ，A正确； ‎ B.反应物和生成物均是气体，气体的质量m不变，容器为恒容容器，V不变，则密度ρ=不变，B错误；‎ C.由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，说明平衡发生了移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，因此b曲线不可能是由于催化剂影响的，C错误；‎ D.由图可知，b曲线化学反应速率快(变化幅度大)，氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即△H>0，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎17.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快 B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快 C. 图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快 D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此可知：在相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，A错误；‎ B.图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：当双氧水浓度相同时，溶液的pH越大，双氧水分解速率越快，B错误；‎ C.图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH溶液>1.0mol/LNaOH溶液>0mol/LNaOH溶液，C错误；‎ D.图丁中溶液的pH相同，Mn2+浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题比较反应速率的快慢关键是观察曲线的斜率。‎ ‎18.设计出燃料电池使汽油(设其成分为C5H12)氧化直接产生电流是21世纪最富有挑战性的课题之一。最近有人设计了一种固体燃料电池，固体氧化铝——氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2-)在其间通过。该电池的工作原理如右图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断不正确的是 A. 有O2放电的a极为电池的负极 B. b极对应的电极反应式为：C5H12+16O2--32e-=5CO2+6H2O C. 该电池的总反应方程式为：C5H12+8O2=5CO2+6H2O D. 汽油燃料电池最大的技术障碍是氧化反应不完全，产生炭粒堵塞电极的气体通道，从而使输电效能减弱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图示可知通入O2的电极获得电子，发生还原反应，该电极为正极，A错误；‎ B.b电极汽油失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：C5H12+16O2--32e-=5CO2+6H2O，B正确；‎ C.负极电极反应式为C5H12+16O2--32e-=5CO2+6H2O，正极的电极反应式为8O2+32e-=16O2-，将正极、负极电极式相加，可得总反应方程式为C5H12+8O2=5CO2+6H2O，C正确；‎ D.燃料电池相对于汽油直接燃烧，能量利用率高，但最大的障碍是氧化反应不完全，产生炭粒堵塞电极的气体通道，从而使输电效能减弱，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ 二、非选择题：本题共5小题，满分46分。‎ ‎19.可逆反应3A(g)3B(？)+C(？)△H>0，达到化学平衡后，进行下列操作。‎ ‎(1)升高温度，用“变大”“变小”“不变”或“无法确定”填空。‎ ‎①若B、C都是气体，气体的平均相对分子质量______；‎ ‎②若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量______；‎ ‎③若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量______；‎ ‎(2)如果平衡后温度保持不变，将容器体积增大一倍，新平衡时A的浓度是原来的50％，判断B的状态是__________态，C的状态是__________态。‎ ‎(3)某密闭容器中放入一定量的NO2，发生反应2NO2N2O4（正反应放热），达平衡后，若分别单独改变下列条件，重新达到平衡后，能使混和气体平均分子量增大的是_________。‎ A.通入N2 B.通入NO2 C.通入N2O4 D.升高温度 ‎【答案】 (1). 变小 (2). 不变 (3). 变小 (4). 气 (5). 液或固 (6). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据气体的摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于气体的相对分子质量，结合温度对化学平衡移动的影响及气体的摩尔质量M=，题干比较m、n分析。‎ ‎(2)根据压强对物质浓度的影响及对平衡转化率的关系分析；‎ ‎(3)根据改变外界条件对反应体系的物质浓度、压强影响分析平衡移动方向，进而得到平均相对分子质量的变化。‎ ‎【详解】(1)可逆反应3A(g)3B(？)+C(？)△H>0的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动。‎ ‎①若B、C都是气体，则该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，气体的质量不变，气体的物质的量增大，则气体的平均摩尔质量减小，因此气体的平均相对分子质量变小；‎ ‎②若B、C都不是气体，平衡正向移动，气体的质量减小，由于反应体系只有反应物一种气体，所以气体的平均相对分子质量不变；‎ ‎③若B是气体，C不是气体，则气体的物质的量不变，但气体质量减小，所以气体的平均相对分子质量变小；‎ ‎(2)如果平衡后温度保持不变，将容器体积增大一倍，新平衡时A的浓度是原来的50％，说明减小压强，化学平衡不移动，则该反应是反应前后气体体积相等的反应，由于A是气体，B的计量数与A相同，所以可判断B的状态是气态，则C的状态是固态或液态。‎ ‎(3) A.通入N2，不能改变反应体系的任何一种物质的浓度，化学平衡不移动，由于N2的相对分子质量比NO2、N2O4都小，所以通入氮气后，体系中气体的平均相对分子质量减小，A不符合题意； ‎ B.通入NO2，导致c(NO2)增大，平衡正向移动，气体的平均相对分子质量增大，B符合题意；‎ C.通入N2O4，N2O4的浓度增大，虽然平衡向逆反应方向移动，但由于压强增大，相当于增大压强，平衡正向移动，混合气体的平均相对分子质量增大，C符合题意；‎ D.升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，气体的物质的量增大，气体的平均相对分子质量减小，D不符合题意；‎ 故合理选项是BC。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡移动原理的应用的知识。对于可逆反应来说，如果改变影响化学平衡的一个条件，如温度、浓度、压强，化学平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，但只是减弱这种改变，不能抵消这种变化趋势。‎ ‎20.四苯基乙烯(TFE)及其衍生物具有诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛。以下是TFE的两条合成路线(部分试剂及反应条件省略)：‎ 已知反应：。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)TFE的分子式为______________。‎ ‎(2)A的名称为______________。‎ ‎(3)A→B，E→F的反应类型分别为______________、______________。‎ ‎(4)F→D的化学方程式为_______________________。‎ ‎【答案】 (1). C26H20 (2). 甲苯 (3). 氧化反应 (4). 取代反应 (5). 2+O22+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据B的结构简式结合A的分子式推知，A 是甲苯，甲苯被酸性KMnO4溶液氧化产生B为苯甲酸，B发生取代反应产生C，C发生取代反应产生D：；E与NaOH的水溶液发生取代反应产生F：，F发生氧化反应产生。2个分子的D发生还原反应产生四苯基乙烯，据此解答。‎ ‎【详解】(1)由TFE的结构简式可知其分子式为C26H20；‎ ‎(2)A分子式是C7H8，A被酸性KMnO4溶液氧化生成的B为苯甲酸，则A的名称是甲苯；‎ ‎(3)甲苯变为苯甲酸的反应是氧化反应，与NaOH的水溶液在加热条件下发生取代反应产生，所以A→B的反应类型是氧化反应，E→F的反应类型是取代反应；‎ ‎(4)F→D化学反应是醇羟基被催化氧化产生羰基，反应的方程式为2+O22+2H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了有机物合成的知识。苯的同系物中若与苯环连接的C原子上有H原子，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化产生羧酸，卤代烃在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应，若卤素原子连接的C原子的邻位C原子上有H原子，可以与氢氧化钠的乙醇溶液共热，发生消去反应。掌握各类官能团的性质、反应条件，并充分利用题干信息进行分析，是正确解答的关键。‎ ‎21.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：‎ ‎(1)反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1‎ 反应Ⅲ：S(s)+O2(g)SO2(g) ΔH3=-297 kJ·mol－1‎ 写出反应Ⅱ的热化学方程式：_____________________。‎ ‎(2)歧化反应可简单理解为化学反应中同一反应物中某元素化合价同时出现升降。已知I-离子可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂。有关离子方程式如下（未配平）：‎ a.SO2+I-+H+→S↓+I2+H2O b.I2+H2O+SO2→SO42-+H++I-‎ i.依据图示及以上离子方程式a、b，写出SO2歧化反应方程式：______________。‎ ii.探究a、b反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）‎ ‎①B是A的对比实验，则a=__________。‎ ‎②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。‎ ‎③实验表明，SO2的歧化反应速率D>A，结合①、②反应速率解释原因：________________。‎ ‎【答案】 (1). 3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) △H=-254 kJ/mol (2). 3SO2+2H2O=2H2SO4+S↓ (3). 0.4 (4). I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 (5). 反应b比a快；D中由反应b产生的H+使反应a加快 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得待求的反应的热化学方程式；‎ ‎(2)i.根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，配平a、b两个方程式，然后叠加，可得SO2发生歧化反应的方程式；‎ ii.①B是A的对比实验，所用c(KI)应该相等；‎ ‎②比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快慢顺序是B>A>C，且C中没有明显现象，说明不反应；‎ ‎③反应a、b知，SO2先和I-反应生成I2，I2再和SO2进一步反应，D中KI溶液溶解了I2，根据实验现象对比分析。‎ ‎【详解】(1) ①2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1‎ ‎②S(s)+O2(g)SO2(g) ΔH3=-297 kJ·mol－1‎ ‎-①-②，整理可得反应Ⅱ的热化学方程式为：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)；△H=－254 kJ/mol；‎ ‎(2) i.配平a、b两个方程式可得a.SO2+4I-+4H+→S↓+2I2+2H2O b.I2+2H2O+SO2→SO42-+4H++2I-，由于I-离子可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，则a+2b，整理可得3SO2+2H2O=2H2SO4+S↓‎ ii.①B是A的对比实验，所用c(KI)应该相等，否则无法得出正确结论，所以a=0.4；‎ ‎②比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快慢顺序是B>A>C，且C中没有明显现象，说明不反应，I-是该反应的催化剂，单独的H+不能具有催化作用，B中含有酸导致其反应速率加快，所以得出的结论是：I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；‎ ‎③反应a、b知，SO2先和I-反应生成I2，I2再和SO2进一步反应，I-是该反应的催化剂，D中KI溶液溶解了I2，由D中“溶液的棕褐色很快褪色”说明反应b比反应a快，D的反应b中产生了H+，使反应a加快，所以SO2的歧化反应速率D>A。‎ ‎22.向1L恒容密闭容器中充入2mol SiHCl3，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时发生反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) ΔH，SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。‎ ‎(1)上述反应每生成1g SiH2Cl2(g)吸收1.1kJ热量，则ΔH=______________。‎ ‎(2)323K时，反应的平衡转化率α=______________。‎ ‎(3)343K时，前200min内，SiCl4(g)的平均反应速率为______________。‎ ‎(4)比较a、b两处反应速率大小_______（填“＞”“＜”或“＝”）。‎ ‎(5)在343K条件下，要缩短反应达到平衡的时间，并且要增大平衡时SiH2Cl2(g)的浓度，可采取的措施是______________________。‎ ‎【答案】 (1). +111.1kJ/mol (2). 21％ (3). 0.0011mol/(L·min) (4). > (5). 增大压强 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据物质反应的能量变化与物质的变化成正比，计算产生1mol SiH2Cl2吸收的能量，就可得到反应热；‎ ‎(2)根据该反应的正反应是吸热反应，利用温度对化学平衡移动的影响，结合图像分析判断。‎ ‎(3)在343K时，先计算前200min内SiHCl3的反应速率，然后根据物质反应转化关系，计算SiCl4(g)的平均反应速率；‎ ‎(4)根据温度对化学反应速率的影响分析比较；‎ ‎(5)根据外界条件对化学反应速率和化学平衡移动分析。‎ ‎【详解】(1)生成1g SiH2Cl2(g)反应吸收1.1kJ热量，则反应产生1mol SiH2Cl2吸收热量为Q=101×1.1kJ=111.1kJ，所以该反应的热化学方程式为：2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) ΔH =+111.1kJ/mol，反应热为+111.1kJ/mol ；‎ ‎(2)由于该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，反应物的转化率增大，所以曲线b是323K时的反应曲线，由图像可知此时反应物的平衡转化率为21％；‎ ‎(3)根据图像可知：在343K时，前200min内SiHCl3的转化率是22%，在反应开始时加入2mol SiHCl3，容器的容积是1L，则反应速率υ(SiHCl3)==0.0022mol/(L·min)，根据方程式可知υ(SiCl4)：υ(SiHCl3)=1：2，所以υ(SiCl4)= 0.0011mol/(L·min)；‎ ‎(4)a、b两点物质的转化率相同，物质的浓度相等，由于温度a>b，温度越高，反应速率越快，所以a、b两处反应速率大小：>；‎ ‎(5)在343K条件下，要缩短反应达到平衡的时间，反应速率就要加快，同时要增大平衡时SiH2Cl2(g)的浓度，可采取的措施是只能是增大压强。‎ ‎【点睛】本题考查了反应热计算、化学平衡图像分析、化学反应速率的计算、影响因素的判断等知识。掌握化学反应速率理论、化学基本概念和化学平衡理论是解题关键。‎ ‎23.丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛(CH2=CHCHO)和乙腈(CH3CN)等，回答下列问题：‎ ‎(1)用于生产丙烯腈的原料丙烯具有一定的危险性。某市化工园区曾发生一起丙烯储罐突然爆炸起火事件，大火产生的高温使消防队员难以靠近火场。已知丙烯的燃烧热为2049 kJ/mol，则其燃烧反应的热化学方程式为：____________________。‎ ‎(2)图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460℃。低于460℃时，丙烯腈的产率________（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是_____________________；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是________（双选，填标号）‎ A.催化剂活性降低 B.平衡常数变大 C.副反应增多 D.反应活化能增大 ‎(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与的关系如图（b）所示。由图可知最佳约为________，理由是___________________。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为________。‎ ‎(4)现以丙烯为原料，合成环状酯J。有关工艺流程图如下。已知：烯烃复分解反应是指在催化剂作用下，实现碳—碳双键两边基团换位的反应。如两个丙烯分子进行烯烃换位，生成丁烯和乙烯。‎ 参考化学方程式：2CH2=CHCH3CH3CH=CHCH3+CH2=CH2‎ i.①的反应类型是_____________，物质E的结构简式是___________。‎ ii.有机化合物C有多种同分异构体，请写出其中属于酯类且能发生银镜反应的所有同分异构体的结构简式__________________。‎ ‎【答案】 (1). CH2=CH-CH3(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=－2049 kJ/mol (2). 不是 (3). 该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低 (4). AC (5). 1 ‎ ‎(6). 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低 (7). 2：15：2 (8). 取代反应 (9). (10). HCOOCH2CH2CH3， HCOOCH(CH3)2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据燃烧热的定义书写热化学方程式。‎ ‎(2)根据图像分析该反应为放热反应，根据温度对进行平衡移动的影响分析判断。产率降低主要从产率的影响因素进行考虑；‎ ‎(3)根据图象可知，当 约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低，根据化学反应CH2=CH-CH3 (g)+NH3(g)+O2(g)=CH2=CHCN(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，依据氧气在空气中约占20%计算条件比。‎ ‎(4)丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，由反应信息可知，CH2=CHCH2Cl在催化剂条件下发生复分解反应生成CH2=CH2、ClCH2CH=CHCH2Cl，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成C，则A为ClCH2CH=CHCH2Cl，B为CH2=CH2；B与溴发生加成反应生成H为BrCH2CH2Br，H在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成I为HOCH2-CH2OH；A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成C为HOCH2CH=CHCH2OH，由J的结构可知，G为HOOC-CH=CH-COOH，由转化关系可知，反应④是C与HCl加成生成D，保护碳碳双键不被氧化，D再氧化可得E，故D为HOCH2CH2CHClCH2OH，E为HOOCCH2CHClCOOH，E发生消去反应生成F，F酸化得到G，故F为NaOOC-CH=CH-COONa，据此解答。‎ ‎【详解】(1)燃烧热是101kPa，1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量。丙烯的燃烧热为2049 kJ/mol，则其燃烧反应的热化学方程式为：CH2=CH-CH3(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=－2049 kJ/mol；‎ ‎(2)根据图像丙烯腈的产率随温度升高先增大后减小，则该反应为放热反应，即低于460℃时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，这是由于温度升高，反应速率加快，更多的反应物转化为生成物，使物质产率增大，因此判断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率。当温度在460°C时，反应达到平衡状态，此后温度升高，化学平衡逆向移动，使丙烯腈产率降低。‎ A.催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，反应速率减慢，A正确；‎ B.由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，所以由图象可知，升高温度平衡常数变小，故B错误；‎ C.根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多，导致产率下降，C正确；‎ D.反应活化能的大小与化学平衡无关，不影响化学平衡，D错误；‎ 故合理选项是AC；‎ ‎(3)根据图象可知，当 约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低，根据化学反应CH2=CH-CH3 (g)+NH3(g)+O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，由于氧气在空气中约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1：7.5：1=2：15：2；‎ ‎(4) i.①的反应是CH2=CH-CH3与Cl2发生取代反应生成CH2=CH-CH2Cl，故反应类型是取代反应；根据上述推断可知物质E结构简式是HOOCCH2CHClCOOH；‎ ii.有机化合物C结构简式是HOCH2CH=CHCH2OH，该物质有多种同分异构体，其中属于酯类且能发生银镜反应，说明含有酯基，同时含有醛基，是甲酸酯，其同分异构体的结构简式为HCOOCH2CH2CH3， HCOOCH(CH3)2。‎ ‎【点睛】本题考查热化学方程式的书写、影响化学平衡的因素、有机合成及物质推断等。注意图象分析与判断，了解空气中氧气的含量，掌握各种官能团的性质、转化条件是解题关键。‎ ‎ ‎