【化学】陕西省西安市长安区第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试（实验班）（解析版）

陕西省西安市长安区第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试（实验班）
1.化学与生活和化工、能源、材料生产密切相关，下列有关说法不正确的是
A. 吸水性高分子、医用生物高分子、导电高分子均属于功能高分子材料
B. 通过干馏，可以将煤中含有的苯等芳香烃从煤中分离出来
C. 太阳能、生物质能、风能、氢能均属于新能源
D. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和涤纶
【答案】B
【解析】
【详解】A. 吸水性高分子、医用生物高分子、导电高分子均属于功能高分子材料，A正确；
B. 煤中不含苯、甲苯等物质，煤通过干馏可发生化学变化生成苯、甲苯等芳香烃，故B错误；
C. 太阳能、生物质能、风能、氢能均属于新能源，C正确；
D. 蚕丝属于蛋白质，灼烧后有烧焦的羽毛气味，涤纶灼烧有刺鼻气味，D正确；
综上所述，本题选B。
2.EPA、DHA均为不饱和羧酸，是鱼油的水解产物之一，1mol分子式为C67H96O6的鱼油完全水解后，生成1mol甘油（C3H8O3）、1mol EPA和2mol DHA，EPA、DHA的分子式分别为
A. C20H30O2、C22H32O2 B. C22H32O2、C20H30O2
C. C22H30O2、C20H30O2 D. C20H30O2、C22H30O2
【答案】A
【解析】
【详解】1mol分子式为C67H96O6的鱼油完全水解后，生成1mol甘油（C3H8O3）、1mol EPA和2mol DHA，即C67H96O6+3H2O→C3H8O3+EPA+2DHA，根据质量守恒定律：将四个选项中的分子式带入方程式，只有A满足；
综上所述，本题选A。
3.将固体NH4Br置于2.0 L的密闭容器中，在某温度下发生如下反应：
NH4Br(s)NH3(g)＋HBr(g)
2HBr(g)Br2(g)＋H2(g)
2 min后，测得H2为1 mol，HBr为8 mol，则上述反应中生成NH3的速率为(　　)
A. 0.5 mol·(L·min)－1 B. 2 mol·(L·min)－1
C. 2.5 mol·(L·min)－1 D. 5 mol·(L·min)－1
【答案】C
【解析】
【分析】
溴化铵分解生成的溴化氢又有一部分分解，故剩余的溴化氢的量为溴化铵分解生成的溴化氢的量减去分解的溴化氢的量，据此分析；氢气的物质的量为1mol，其浓度=1/2=0.5mol/L，据此计算分解的溴化氢的浓度；
【详解】此题为连锁反应，溴化铵分解生成的溴化氢又有一部分分解，故剩余的溴化氢的量为溴化铵分解生成的溴化氢的量减去分解的溴化氢的量，即c剩余(HBr)=c生成(HBr)-c分解(HBr)；氢气的物质的量为1mol，其浓度=1/2=0.5mol/L，则c分解(HBr)=1mol/L；HBr的物质的量为8mol，c剩余(HBr)=8/2=4mol/L；则c生成(HBr)=c分解(HBr)+c剩余(HBr)=1mol/L+4mol/L=5mol/L；溴化铵分解生成的氨气浓度与溴化氢浓度相等，则2min后溴化铵分解生成的氨气的浓度为：c(NH3)=c生成(HBr)=5mol/L，氨气的平均反应速率为：v=5/2==2.5mol/(L•min)；C正确；
综上所述，本题选C。
4.是一种有机烯醚，可以用烃A通过下列路线制得：

则下列说法正确的是（ ）
A. 的分子式为C4H4O
B. A的结构简式是CH2＝CHCH2CH3
C. A能使高锰酸钾酸性溶液褪色
D. ①、②、③的反应类型分别为卤代、水解、消去
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据键线式的特点，分子式为C4H6O，故错误；B、根据目标产物碳链特点，A的结构简式为CH2=CH－CH=CH2，故错误；C、A中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；D、发生的反应类型为加成、水解(取代)、取代，故错误。
考点：考查有机物的合成等知识。
5.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作与现象
结论
A
向油脂皂化反应后的溶液中滴入酚酞，溶液变红
油脂已经完全皂化
B
淀粉溶液在稀硫酸存在下水浴加热一段时间后，加适量氨水使溶液为碱性，再与银氨溶液混合加热，有光亮的银镜生成
淀粉已经水解完全
C
在2mL0.1mol/L的CuSO4溶液中滴加6滴0.1mol/L
NaOH溶液，配制成新制氢氧化铜。向其中加入麦芽糖溶液，加热，无红色沉淀生成。
麦芽糖为非还原性糖
D
向鸡蛋清溶液中滴加浓硝酸，微热产生亮黄色沉淀
蛋白质发生了颜色反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.油脂碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐溶液显碱性，所以不能根据溶液的碱性判断油脂是否完全皂化，故A错误；
B.淀粉溶液在稀硫酸存在下水浴加热一段时间后，加适量氨水使溶液为碱性，再与银氨溶液混合加热，有光亮的银镜生成，只能证明淀粉已经水解产生含有醛基的物质，无法证明水解完全，故B错误；
C.氢氧化铜的悬浊液在碱性环境下具有弱氧化性，因此滴6滴0.1mol/L NaOH溶液，NaOH明显不足, 则不能检验麦芽糖中醛基的存在，故C错误；
D. 鸡蛋清属于蛋白质，其溶液中滴加浓硝酸，微热产生亮黄色沉淀，蛋白质发生了颜色反应，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】针对选项B，淀粉溶液在稀硫酸存在下水浴加热一段时间后，向反应后的溶液中加入淀粉，如果溶液不变蓝，淀粉全部水解；然后再向水解后的溶液中加适量氢氧化钠使溶液为碱性，再与银氨溶液混合加热，有光亮的银镜生成，证明淀粉已经水解产生含有醛基的物质。
6.一定温度下，10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)
A. 反应至6 min时，c(H2O2)=0.3 mol/L
B. 反应至6 min时，H2O2分解了50%
C. 0~6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2 mol/(L·min)
D. 6~10 min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10-2 mol/(L·min)
【答案】A
【解析】
【详解】H2O2分解的化学方程式为：2H2O2=2H2O+O2↑；由表可知，反应进行至6min时，生成n(O2)=22.4×10-3/22.4=0.001mol，则0~6min 的平均反应速率为v(H2O2)=0.002/ (0.01×6)=3.3×10-2 mol/(L·min)，此时c(H2O2)=（0.4×10×10-3-2×10-3）/(10×10-3)=0.2mol/L，则有50%的 H2O2被分解；随着反应进行，c(H2O2)降低，因此6~10 min 内反应速率小于3.3×10-2 mol/(L·min)；A错误，B 、C 、D均正确；
综上所述，本题选A。
7.下列说法不正确的是
A. 正丁醇、正丁烷、2-甲基丙烷、丙烷的沸点逐渐降低
B. 互为同系物的有机物随碳原子数递增，等质量完全燃烧耗氧量增加
C. 酯A的分子式为C9H18O2，酸性条件下A水解生成对分子质量相同的两种有机物。则A的可能结构最多有16种（不考虑立体异构，下同）
D. 分子式为C8H11N的有机物，分子内含有苯环和氨基(-NH2)的同分异构体数目为14种
【答案】B
【解析】
【详解】A. 对于烷烃来讲，相对分质量越大，沸点越高；同分异构体中，支链越多，沸点越低，因此沸点：正丁烷>2-甲基丙烷>丙烷；因为有氢键的存在，同碳数醇的沸点高于同碳数的烷烃，所以沸点：正丁醇>正丁烷>2-甲基丙烷>丙烷，故A正确；
B. 对于烷烃来讲，随碳原子数递增，等质量完全燃烧耗氧量减小；对于单烯烃来讲，随碳原子数递增，等质量完全燃烧耗氧量相等；对于单炔烃来讲，，随碳原子数递增，等质量完全燃烧耗氧量增加；故B错误；
C. 根据分子式为C9H18O2的有机物A在酸性条件下水解生成B和C，且B和C的相对分子质量相等（(158+18)/2=88），即C9H18O2+H2O→B+C，由此可推出B、C分别为一元酸或一元醇，一元酸的分子式为C4H8O2,结构有2种，一元醇的分子式为C5H12O，结构有8种，B和C形成的酯有16种，故C正确；
D. 分子式为C8H11N的有机物，除苯环外，侧链可以为-CH2-CH2-NH2 或-CH(CH3)-NH2，各有1种结构；当侧链有2个，且分别为-CH2-NH2和-CH3，结构有3种；当侧链有3个，且分别为-NH2、-CH3和-CH3，结构有6种；当侧链有2个，且分别为-NH2、-CH2-CH3，结构有3种；共计有14种；故D正确；
综上所述，本题选B。
【点睛】芳香族化合物同分异构体种类的判定方法 ：如果支链没有其它结构，则一个支链，结构为1种；两个支链，有2种；三个支链：3个都相同，结构有3种，2个相同，结构有6种，3个完全不一样，结构有10种。
8.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下

下列说法正确的是
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率小于100%
B. CH4+CO2→CH3COOH过程中，CH4分子中所有C―H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C―C键
D. 该催化剂可有效改变该反应的反应热
【答案】C
【解析】
【详解】A项，CO2与CH4反应只生成CH3COOH，原子利用率为100%，故A项错误；
B项，由图可知，CH4在催化剂的作用下，经过选择性活化，C原子会与催化剂形成一个新的共价键，有1个C―H键发生断裂，故B项错误；
C项，①的能量高于②，故①→②放出能量，从图中可以看出，反应过程中形成了C―C键，故C项正确;
D项，催化剂只改变反应的反应速率，降低反应活化能，不能改变该反应的反应热，故D项错误；
综上所述，本题选C。
9.通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3 )。下列说法不正确的是
①C(s) + H2O(g)==CO(g) + H2 (g) ΔH1 = akJ·mol−1
②CO(g) + H2O(g)==CO2(g) + H2 (g) ΔH2 = bkJ·mol−1
③CO2 (g) + 3H2 (g)==CH3OH(g) + H2O(g) ΔH3 = ckJ·mol−1
④2CH3OH(g)==CH3OCH3 (g) + H2O(g) ΔH4 = dkJ·mol−1
A. 反应①、②为反应③提供原料气
B. 反应③也是CO2资源化利用的方法之一
C. 反应CH3OH(g)==CH3OCH3 (g) +H2O(l)的ΔH =kJ·mol−1
D. 反应2CO(g) + 4H2 (g)==CH3OCH3 (g) + H2O(g)的ΔH = ( 2b + 2c + d ) kJ·mol−1
【答案】C
【解析】
A．反应①、②的生成物CO2和H2是反应③的反应物，A正确；B．反应③可将二氧化碳转化为甲醇，变废为宝，B正确；C．4个反应中，水全是气态，没有给出水由气态变为液态的焓变，C错误；D．根据盖斯定律可知把反应②③④三个反应按(②+③)2+④可得该反应对应的焓变，D正确，答案选C。
点睛：本题以合成新能源二甲醚为背景，考查学生对简单化工流程的反应原理、能量的转化关系、化学反应焓变的概念、盖斯定律的运用等知识的掌握和理解程度，同时关注了节能减排、工业三废资源化处理、开发利用新能源等社会热点问题。注意盖斯定律在计算反应热中的应用。
10.下列热化学方程式或叙述正确的是
A. 已知HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝-57.3 kJ·mol－1，则CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)=CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH＝-57.3kJ·mol－1
B. 500℃、30 MPa下，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝-92.4 kJ·mol－1将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)放热46.2 kJ
C. 已知氢气的燃烧热为286 kJ·mol－1，则2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋572 kJ·mol－1
D. 甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol－1，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【分析】
A.弱酸电离过程要吸收部分热量；
B.氮气和氢气的量比反应前成比例减小过程，相当于减压过程，平衡向左移动；
C. 燃烧热指生成稳定化合物，水为液态；
D. 燃烧热指生成稳定化合物，水为液态，二氧化碳为气态；
【详解】A. CH3COOH为弱电解质，电离过程吸热，所以CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)=CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH>-57.3kJ·mol－1，A错误；
B. 反应消耗1 mol N2(g)和3 mol H2，放热92.4 kJ；现将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)的过程，等效于减压的过程，平衡左移，放出的热量小于46.2 kJ，B错误；
C. 氢气的燃烧热指的是1mol氢气完全燃烧生成液态水放热286 kJ·mol－1，所以2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋572 kJ·mol－1，则2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH<＋572 kJ·mol－1，C错误；
D. 甲烷的燃烧热指的是1mol甲烷气体完全燃烧生成液态水放热为890.3 kJ，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】本题综合考查反应热与焓变等知识，侧重于学生分析能力的考查，考查的侧重点较为基础，有利于培养学生学习的积极性，注意燃烧热和中和热的定义。
11.Na2CO3(aq)与盐酸反应过程中的能量变化示意图如下，下列选项正确的是

A. H2CO3(aq)＝CO2(g)＋H2O(l)为放热反应
B. CO32－(aq)＋H＋(aq)＝HCO3－(aq) ΔH＝a kJ·mol－1
C. HCO3－(aq)＋H＋(aq)＝CO2(g)＋H2O(l) ΔH＝(c－b) kJ·mol－1
D. CO32－(aq)＋2H＋(aq)＝CO2(g)＋H2O(l) ΔH＝(a＋b－c) kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
根据H2CO3(aq)和CO2(g)、H2O(l)的能量高低可知，H2CO3(aq)=CO2(g)+H2O(l)为吸热反应，A项错误；CO32-(aq)+ H+(aq)=HCO3-(aq) △H=—akJ/mol，B项错误；HCO3-(aq)+H+(aq)= CO2(g)+H2O(l)此反应为吸热反应，△H>0，故 △H=(c-b)kJ/mol，C项正确；CO32-(aq)+ 2H+(aq)= CO2(g)+H2O(l)为放热反应，△H<0，故△H=(c-a-b)kJ/mol，D项错误。
12.称取三份锌粉，分别盛于甲、乙、丙三支试管中。甲中加入50mLc(H+)=0.1mol/L的盐酸，乙中加入50mL c(H+)=0.1mol/L的醋酸，丙加入50mLc(H+)=0.1mol/L的醋酸及少量的胆矾粉末。若反应终了，生成氢气的体积一样多，且没有剩余的锌，则下列说法不正确的是
A. 开始时反应速率的大小：甲=乙=丙
B. 反应终了时，所需时间的大小：甲>乙>丙
C. 反应过程中，甲、乙速率相同
D. 三支试管中参加反应的锌的质量：甲=乙<丙
【答案】C
【解析】
【详解】A．开始时这三种溶液中氢离子浓度相等，所以与锌反应速率相等，甲=乙=丙， 故A正确；
B．丙装置能形成原电池，锌作负极则反应速率最快，反应过程中，乙装置氢离子浓度大于甲，所以乙装置反应速率大于甲，所以反应终了时，所需时间的大小：甲＞乙＞丙，故B正确；
C．pH相等的盐酸和醋酸，醋酸的浓度大于盐酸，反应过程中，醋酸氢离子浓度变化小于盐酸，所以反应过程中，醋酸反应速率大于盐酸，故C错误；
D．甲和乙装置中锌只和酸反应生成盐和氢气，丙装置中锌和酸、铜离子都反应，所以丙装置反应的锌最多，甲和乙装置消耗的锌相同，故D正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】浓度、体积相同的盐酸和醋酸，溶质的总量相等，但是溶液中的氢离子的量盐酸多；氢离子浓度相同、体积相同的盐酸和醋酸，溶液中氢离子的浓度相同，但是溶质的总量醋酸多；所以c(H+)=0.1mol/L的盐酸和c(H+)=0.1mol/L的醋酸，分别与足量的锌反应，刚开始速率一样，整个过程醋酸快。
13.将4 mol A 气体和2 mol B 气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g) 2C(g)。若2s末测得C的浓度为 0.6 mol·L－1，现有下列几种说法：
①2s内，用物质A表示的反应的平均速率为0.6 mol·L－1·s－1；
②2s末，体系中混合气体的压强是起始的0.9倍；
③2 s末，物质A的转化率为30 %；
④2 s末，物质C的体积分数约为22.2%。
⑤2s内，分别用A、B、C表示的反应速率其比值是14：7：6
其中正确的是
A. ①④⑤ B. ②③④ C. ①③④ D. ③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】起始A的浓度为4/2==2mol/L，B的浓度为2/2=1mol/L，经2s后侧得C的浓度为0.6mol•L-1，
2A（g）+B（g）⇌2C（g）
起始（mol/L）： 2     1     0
变化（mol/L）： 0.6    0.3    0.6
2s时（mol/L）： 1.4   0.7   0.6
①2s内，用物质A表示的反应的平均速率为0.6 /2=0.3mol·L－1·s－1；错误；
②压强之比和气体的物质的量成正比，2s末，体系中混合气体的压强是起始的（1.4+0.7+0.6）×2:（2+1）×2=0.9:1，正确；
③2 s末，物质A的转化率为0.6/2×100%=30 %；正确；
④2 s末，物质C的体积分数等于气体的物质的量分数，0.6×2/[（1.4+0.7+0.6）×2]×100%=22.2%,正确；
⑤2s内，分别用A、B、C表示的反应速率之比等于物质前面的系数比：其比值是2:1:2，错误。
综上所述，②③④符合题意，本题选B。
14.已知分解1mol KClO3放出热量38.8kJ，在MnO2下加热，KClO3的分解分为两步：
①2KClO3+4MnO22KCl+2Mn2O7　　 　 慢
②2Mn2O74MnO2+3O2 　　快
下列有关说法不正确的是
A. 1 mol KClO3所具有的总能量高于1 mol KCl所具有的总能量
B. 1 g KClO3 ，1 g MnO2，0.1 g Mn2O7混合加热，充分反应后MnO2质量仍为1 g
C. KClO3分解速率快慢主要取决于反应①
D. 将固体二氧化锰碾碎，可加快KClO3的分解速率
【答案】B
【解析】
【分析】
A.分解1 mol KClO3放出热量38.8kJ ,可以知道分解反应为放热反应；
B. 慢反应为决定反应速率的主要因素；
C.由反应②可以知道, Mn2O7分解会生成一部分MnO2；
D.催化剂的接触面积增大,可加快反应速率。
【详解】A.反应2KClO3=2KCl+3O2为放热反应,故1mol KClO3所具有的总能量高于1molKCl和1.5mol O2所具有的总能量之和，故A正确； 
B.由反应②可以知道,0.1g Mn2O7分解会生成一部分MnO2，,故反应后MnO2的总质量大于1g,故B错误；
C. 由分解机理可以知道， KClO3的分解速率取决于慢反应,即反应①，故C正确；
D.由分解机理可以知道, KClO3的分解速率取决于慢反应,即反应①，将固体二氧化锰碾碎,可加快反应①的反应速率，故D正确；
综上所述，本题选B。
15.煤燃烧过程中加入石灰石可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低了脱硫效率。发生的两个相关反应的热化学方程式如下：
反应Ⅰ：CaSO4（s）＋CO（g）CaO（s）＋SO2（g）＋CO2（g） ΔH1＝+218.4 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CaSO4（s）＋4CO（g）CaS（s）＋4CO2（g） ΔH2＝-175.6 kJ·mol-1
已知：①反应Ⅰ和反应Ⅱ同时发生 ②反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率
下列反应过程能量变化示意图正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】由热化学方程式可知，反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热。则反应Ⅰ中反应物的总能量低于生成物的总能量，反应Ⅱ中反应物的总能量高于生成物的总能量，因此A、D项错误；又已知反应Ⅰ的速率（v1）大于反应Ⅱ的速率（v2），说明反应Ⅰ的活化能低于反应Ⅱ的活化能，则B项错误； C项正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】反应物的总能量大于生成物的总能量，正反应为放热反应，ΔH < 0；反应物的总能量小于生成物的总能量，正反应为吸热反应，ΔH > 0。
16. 一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的
①NaOH固体 ②H2O ③NH4Cl固体 ④CH3COONa固体 ⑤NaNO3溶液 ⑥KCl溶液
A. ②④⑥ B. ①②
C. ②③⑤ D. ②④⑤⑥
【答案】A
【解析】
试题分析：Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+═Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量。①加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；②加入H2O，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确； ③加入NH4Cl固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量稍增大，速率稍加快，故③错误； ④加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故④正确；⑤加入NaNO3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，故⑤错误； ⑥加入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑥正确；显然②④⑥正确，故选A。
考点：考查了影响化学反应速率的因素的相关知识。
17.一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入气体X、Y、Z，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是

A. 该反应的化学方程式为2X＋Y2Z
B. 反应开始至2min时，Z的平均反应速率为0.1 mol·L－1·min－1
C. 该反应为可逆反应
D. 4min时，X、Z的速率相等
【答案】C
【解析】
【详解】5min时，Y的物质的量减小0.2mol；X的物质的量减小0.6mol;Z的物质的量增加0.4mol；所以Y、X为反应物，Z为生成物；物质的量变化之比等于化学计量系数之比，所以：设X、Y、Z的计量系数分别为a、 b、 c；则a：b：c=0.6:0.2:0.4=3:1:2；所以反应方程式为3X＋Y2Z；
A. 综合以上分析可知，该反应的化学方程式为3X＋Y2Z ，A错误；
B. 反应开始至2min时，Z变化了0.2mol，Z的平均反应速率为0.2/(2×2)= 0.05 mol·L－1·min－1；B错误；
C. 反应进行到5min以后，反应物的量不再发生变化，有剩余，反应没有进行到底，属于可逆反应，C正确；
D. 从图像可知，4min时，X、Z变化的量不相等，所以X、Z的速率不相等，D错误；
综上所述，本题选C。
18.反应A(g)＋3B(g)2C(g)＋2D(g)，在不同情况下测得反应速率，其中反应速率最快的是
A. v(D)＝0.5 mol·L－1·s－1 B. v(C)＝0.8 mol·L－1·s－1
C. v(B)＝0.9 mol·L－1·s－1 D. v(A)＝0.3 mol·L－1·s－1
【答案】B
【解析】
【详解】各选项中对应的物质的反应速率除以各自对应的系数，数值较大的反应速率快，分别为：v(A1)＝0.3/1=0.3 mol·L－1·s－1；v(B1)＝0.9/3=0.3mol·L－1·s－1；v(C1)＝0.8/2=0.4 mol·L－1·s－1；v(D1)＝0.5/2=0.25 mol·L－1·s－1；v(C1)最大，B正确；
综上所述，本题选B。
19.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的简单氢化物可用作制冷剂， Y 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由 X、Y 和 Z 三种元素形成的一种盐A溶于水后，加入稀硫酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法正确的是
A. 因为H-X的键能大于H-W的键能，所以简单氢化物的热稳定性前者弱与后者
B. Y 的简单离子与 X 的简单离子具有相同的电子层结构
C. A溶液与稀硫酸溶液反应，随温度升反应速率加快
D. 1molZ的最高价氧化物的水化物与足量的氢氧化钠溶液反应放出热量为57.3kJ
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，W为N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y为Na；由X、Y、Z 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，盐为Na2S2O3，结合原子序数可知，X为O，Z为S，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为S，
A．因为H-O的键能大于H-N的键能，键能越大，形成的氢化物越稳定，因此H2O>NH3，A错误；
B．Y 的简单离子为Na+, X 的简单离子为O2-或O2+，因此Y 的简单离子与 X 的简单离子离子具有的电子数可能不相等，电子层结构可能不相同，B错误；
C.综以上分析可知，A为硫代硫酸钠溶液，与稀硫酸溶液反应，随温度升高反应速率加快，C正确；
D. 1molZ的最高价氧化物的水化物为H2SO4，与足量的氢氧化钠溶液反应放出热量为114.6kJ，D错误；
综上所述，本题选C。
20.下列说法正确的是(　　)
A. 增大压强,活化分子数增多,化学反应速率一定增大
B. 升高温度,活化分子百分数不一定增大,化学反应速率一定增大
C. 活化分子间所发生的分子间的碰撞为有效碰撞
D. 使用催化剂,降低了反应的活化能,增大了活化分子百分数,化学反应速率一定增大
【答案】D
【解析】
增大压强，对于有气体参与的化学反应，反应速率一定增大，故A错误；升高温度，活化分子百分数一定增大，化学反应速率一定增大，故B错误；活化分子按照合适的取向发生的碰撞为有效碰撞，故C错误；催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，提高反应速率，故D正确。
21.完成下列问题 某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案：
实验编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度
浓度(mol·L－1)
体积(mL)
浓度(mol·L－1)
体积 (mL)
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
（1）为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4)∶n(KMnO4)≥ ______。
（2）探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是________。
（3）实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)＝________mol·L－1·min－1。
（4）已知实验③中c(MnO4—)～反应时间t的变化曲线如下图。若保其他条件不变，请在图中画出实验②中c(MnO4—)～t的变化曲线示意图。_______

【答案】 (1). 2.5(或5:2) (2). ②和③ (3). ①和② (4). 0.010 (5).
【解析】
【分析】
(1)根据题中信息及化合价升降法配平反应的化学方程式,然后根据电子守恒计算出1mol草酸完全反应转移的电子数;根据“观察到紫色褪去”必须满足高锰酸钾的物质的量小于草酸的物质的量计算得出二者浓度关系； 
(2)根据探究温度对反应速率影响时除了温度外其它条件必须相同判断；根据体积浓度对反应速率影响时除了浓度不同,其他条件必须完全相同分析； 
(3)先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；
(4)根据温度降低反应速率减小画出25℃时c(MnO4-)--t的变化曲线示意图。
【详解】（1）根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出, KMnO4转化为MnSO4,利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑；H2C2O4中碳元素的化合价为+3价,变成二氧化碳后化合价总共升高了2×（4-3）价，所以每消耗1molH2C2O4转移2mol电子；为了观察到紫色褪去,高锰酸钾的物质的量应该少量,即n(H2C2O4)∶n(KMnO4)≥5/2=2.5 ；因此，本题正确答案是: 2.5(或5:2)。
(2)探究温度对化学反应速率影响,必须满足除了温度不同,其他条件完全相同,所以满足此条件的实验编号是:②和③;探究反应物浓度对化学反应速率影响,除了浓度不同,其他条件完全相同的实验编号是①和②；综上所述，本题答案是：②和③， ①和②。
(3)草酸的物质的量为:0.10×0.002=0.0002mol，高锰酸钾的物质的量为:0.010×0.004=0.00004mol；草酸和高锰酸钾的物质的量之比为: 0.0002：0.00004=5:1；显然草酸过量,高锰酸钾完全反应,混合后溶液中高锰酸钾的浓度为:(0.010×0.004)/(0.002+0.004)=0.010×2/3mol；这段时间内平均反应速率v(KMnO4)= [0.010×2/3]/(40÷60)=0.010 mol·L－1·min－1。
因此，本题正确答案是:0.010。 
(4)25℃时反应速率小于50℃时,所以高锰酸根离子的浓度变化比50℃时小,反应需要的时间大于50℃条件下需要的时间,据此画出25℃时c(MnO4-)--t的变化曲线示意图为:  ;因此，本题正确答案是:  .
22.苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。反应原理：

己知：甲苯的熔点为-95℃，沸点为110.6℃，易挥发，密度为0.866g/cm3；苯甲酸的熔点为122.4℃,在25°C和95℃下溶解度分别为0.3g和6.9g。
i制备产品：将30.0mL甲苯和25.0mLlmol/L高锰酸钾溶液在100°C下反应30min，装置如图所示。

（1）图中冷凝管的进水口为________(填“a”或“b”）。支管的作用是___________。
（2）在本实验中，三颈烧瓶最合适的容积__________(填字母）。
A. 50mL B. I00mL C. 200mL D. 250mL
相对于用酒精灯直接加热，用沸水浴加热的优点是___________________。
ii分离产品：该同学设计如下流程分离粗产品苯甲酸和回收甲苯

（3）操作Ⅰ的名称是___________；含有杂质的产物经操作Ⅱ进一步提纯得无色液体甲苯，则操作Ⅱ的名称是______________。
iii纯度测定
（4）称取1.220g产品，配成100mL甲酸溶液，取25.00mL溶液，用0.1000mol/L KOH溶滴定（与苯甲酸恰好完全反应）。重复三次，平均每次消耗KOH溶液的体积24.00mL。样品中苯甲酸纯度为______________。
（5）测定白色固体的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，该同学推测白色固体是苯甲酸与KCl的混合物,应采用___________法对样品提纯。
【答案】 (1). a (2). 平衡压强，使甲苯顺利滴入三颈烧瓶 (3). B (4). 便于控制温度和使容器受热均匀 (5). 分液 (6). 蒸馏 (7). 96% (8). 重结晶
【解析】
【详解】（1）根据逆流的冷却的效率高的原理可知，进水口应在冷凝管的下方a处，支管连接了恒压滴液漏斗中的液体上、下方，使恒压滴液漏斗中的液体上、下方的压强相等，便于甲苯顺利滴入三颈烧瓶；综上所述，本题答案是： a ，平衡压强，使甲苯顺利滴入三颈烧瓶。
（2）本实验中用到的液体体积约为55mL，所以选择100mL的三颈烧瓶，故选B，沸水浴加热便于控制温度和使容器受热均匀；综上所述，本题答案是：B，便于控制温度和使容器受热均匀。
（3）一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯；所以操作Ⅰ是分离出有机相甲苯，用分液方法得到；操作Ⅱ是蒸馏的方法控制甲苯沸点得到纯净的甲苯液体；综上所述，本题答案是：分液， 蒸馏。
（4）苯甲酸纯度=苯甲酸的质量/样品的质量×100%=(2.4×10−3mol×4×122g/mol)/1.22g×100%=96%。综上所述，本题答案是：96%。
（5）由题给信息可知，苯甲酸的熔点为122.4℃,在25°C和95℃下溶解度分别为0.3g和6.9g；而氯化钾溶解度随温度变化较大，因此提纯苯甲酸与KCl的混合物，应采用重结晶法。综上所述，本题答案是：重结晶。
【点睛】本实验明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键；本实验应该注意掌握：冷凝管的作用，恒压滴液漏斗的作用，水浴的作用，物质的分离和提纯方法，样品纯度的计算等方面的基础知识，才能解决好综合实验题所涉及到的相关问题。
23.I “碘钟”实验中，3I－＋S2O82-===I3—＋2SO42-的反应速率可以用遇加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20 ℃进行实验，得到的数据如下表：
实验编号
①
②
③
④
⑤
c(I-)/mol/L
0.040
0.080
0.080
0.160
0.120
c(S2O82-)/mol/L
0.040
0.040
0.080
0.020
0.040
t/s
88.0
44.0
22.0
44.0
t1
回答下列问题：
（1）该实验的目的是____________________________________________________________。
（2）显色时间t1为________。
（3）通过分析比较上述数据，得到的结论是___________________________________________________。
II根据反应4FeS2＋11O2===2Fe2O3＋8SO2，试回答下列问题。
（1）通常选用哪些物质来表示该反应的化学反应速率____________。
（2）当生成SO2的速率为0.64 mol·L－1·s－1时，则氧气减少的速率为________。
（3）如测得4 s后O2的浓度为2.8 mol·L－1，此时间内SO2的速率为0.4 mol·L－1·s－1，则开始时氧气的浓度为________。
【答案】 (1). 研究反应物I－与S2O82-的浓度对反应速率的影响 (2). 29.3 (3). 化学反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比) (4). SO2或O2 (5). 0.88 mol·L－1·s－1 (6). 5.0 mol·L－1
【解析】
【详解】I.（1）根据“题给反应的反应速率可以用加入的I3-使淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大”，实验设计了在相同温度下，不同的反应物浓度测定相应的反应时间，目的是探究反应物I-与S2O82-的浓度对反应速率的影响；综上所述，本题答案是：研究反应物I－与S2O82-的浓度对反应速率的影响 。
（2）通过分析各组数据知，反应物起始浓度的乘积与时间成反比，由①、⑤列比例式，可以解得t1：(0.040 mol•L-1×0.040mol•L-1):(0.120 mol•L-1×0.040mol•L-1)=t1:88.0s，解得t1=88/3=29.3s ；综上所述，本题答案是：29.3。
（3）通过第（1）、（2）小题的分析可知，结合表格中数据变化规律，我们已经知道了反应物的浓度乘积与时间成反比，而浓度的变化量与时间的比值为速率，显色时间越短，反应速率越快，所以根据本题的实验数据最终得到的结论为：反应速率与反应物起始浓度乘积成正比（或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比）；综上所述，本题答案是：化学反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比)。
II（1）只有气体或者溶液才有浓度的变化，固体或者纯液体的浓度是定值,故应选用SO2或O2来表示该反应的化学反应速率,因此，本题正确答案是: SO2或O2。
（2）v(SO2):v(O2)=8:11，故v(O2)=11/8×0.64=0.88 mol·L－1·s－1；综上所述，本题答案是：0.88 mol·L－1·s－1。
（3）∆c(SO2)=0.4×4=1.6mol/L，∆c(O2)=11/8∆c(SO2)=11/8×1.6=2.2 mol·L－1，故c(O2)=2.8+2.2=5.0 mol·L－1；综上所述，本题答案是：5.0 mol·L－1。
24.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
反应Ⅱ的热化学方程式：________________________________。
（2）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2 I－_____________
（3）探究i、ii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）
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
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i、ii反应速率解释原因：________________。
【答案】 (1). 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s)  ΔH2=−254 kJ·mol−1 (2). SO2、SO42−、4H+ (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ii比i快，D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】
【详解】（1）根据盖斯定律：反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ：ΔH=-551kJ·mol－1+297kJ·mol－1=-254 kJ·mol-1，因此，反应Ⅱ的热化学方程式为：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) ΔH2=−254kJ·mol−1；综上所述，本题答案是：3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s)  ΔH2=−254 kJ·mol−1 。
（2）SO2的水溶液发生歧化反应为：3SO2+2H2O=4H++2SO42-+ S↓，所以反应ii=（总反应-反应i）×1/2：I2+2H2O+ SO2= SO42−+4H++2 I－；综上所述，本题答案是：SO2、SO42−、4H+。
（3）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2 mol·L－1 H2SO4，B与A中 KI浓度应相等，则a=0.4，综上所述，本题答案是：0.4。
②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是： 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；综上所述，本题答案是：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对比D和A,D中加入碘化钾的浓度小于A，D中多加了碘单质，反应ⅰ消耗H+和I−，反应ⅱ中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率D＞A，由此可见，反应ⅱ比反应ⅰ速率快，反应ⅱ产生H+使c（H+）增大，从而反应ⅰ加快；综上所述，本题答案是：反应ii比i快，D中由反应ii产生的H+使反应i加快。
25.[2017江苏]化合物H是一种用于合成γ-分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：

（1）C中的含氧官能团名称为_______和__________。
（2）D→E的反应类型为__________________________。
（3）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：_____________________。
①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。
（4）G 的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G的结构简式：__________________。
（5）已知：(R代表烃基，R'代表烃基或H)
请写出以、和(CH3)2SO4为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。_________
【答案】 (1). 醚键 (2). 酯基 (3). 取代反应 (4). (5).
(6).
【解析】
（1） C中的含氧官能团名称为醚键和酯基 。
(2由 D→E 的反应中，D分子中的亚氨基上的氢原子被溴丙酮中的丙酮基取代，所以反应类型为取代反应 。
（3）分析C的结构特点，C分子中除苯环外，还有3个C、3个O、1个N和1个不饱和度。C的同分异构体能发生水解，由于其中一种水解产物分子中只有2种不同的H原子，所以该水解产物一定是对苯二酚；另一种水解产物是α-氨基酸，则该α-氨基酸一定是α-氨基丙酸，结合两种水解产物可以写出C的同分异构体为 。
（4） 由F到H发生了两步反应，分析两者的结构，发现F中的酯基到G中变成了醛基，由于已知G到H发生的是氧化反应，所以F到G发生了还原反应，结合G 的分子式C12H14N2O2 ，可以写出G的结构简式为 。
（5）以和(CH3)2SO4为原料制备，首先分析合成对象与原料间的关系。结合上述合成路线中D到E的变化，可以逆推出合成该有机物所需要的两种反应物分别为和；结合B到C的反应，可以由逆推到，再结合A到B的反应，推到原料；结合学过的醇与氢卤酸反应，可以发现原料与氢溴酸反应即可得到。具体的合成路线流程图如下：
。
26.某实验小组设计用50 mL 0.50 mol·L－1盐酸跟50 mL 0.55 mol·L－1氢氧化钠溶液在如图装置中进行中和反应。试回答下列问题：

（1）仪器A的名称__________________________
（2）实验过程中下列操作正确是______________(填字母)。
A.用温度计小心搅拌
B.分多次加入氢氧化钠溶液
C.只进行一次实验，用所获得的数据计算中和热
D.用套在温度计上的A轻轻地上下搅动
（3）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18 J·g－1·℃－1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：
实验序号
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝__________ (结果保留一位小数)。
（4）以下操作，会使测得的中和热ΔH发生怎样的变化？(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
①量取稀盐酸时俯视量筒读数，测得的中和热ΔH会_______________ 。
②在中和热测定实验中未用水洗涤温度计上的盐酸直接测定碱的温度，测得的中和热ΔH会_______________。
③若用等浓度的醋酸与 NaOH 溶液反应，则测得的中和热ΔH会 __________，其原因是____________________________________________________________________________。
【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). D (3). －51.8 kJ·mol－1 (4). 偏大 (5). 偏大 (6). 偏大 (7). 用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小
【解析】
【详解】（1）根据量热器的构造可知，仪器A为环形玻璃搅拌棒；综上所述，本题答案是：环形玻璃搅拌棒。
（2）A.为使反应充分，应用环形玻璃搅拌棒上下慢慢搅拌，不能用温度计搅拌，错误；
B.分多次加入氢氧化钠溶液，易造成热量损失，测定的中和热数值偏小，应该一次性快速加入，错误；
C.为减小实验误差，实验应该做2-3次，计算出平均值，只进行一次实验，就用所获得的数据计算中和热显然是不行的，错误；
D.用套在温度计上环形玻璃搅拌棒的轻轻地上下搅动，使溶液混合均匀，减小实验误差，正确；
综上所述，本题选D。
（3）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃,反应后温度为: 23.2℃,反应前后温度差为:3.15℃；
第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃,反应后温度为: 23.4℃，反应前后温度差为: 3.1℃；
第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃,反应后温度为: 23.6℃，反应前后温度差为: 3.05℃；
50 mL 0.50 mol·L－1盐酸跟50 mL 0.55 mol·L－1氢氧化钠溶液的质量和为m=100×1=100g，比热容c＝4.18 J·g－1·℃－1；,代入公式Q=cm∆T得生成0.025mol的水放出热量Q=cm∆T=4.18×100×(3.15+3.1+3.05)/3=1.2959 kJ ；即生成0.025mol的水放出热量为:1.2959 kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2959×1/0.025=51.8 kJ；即该实验测得的中和热ΔH＝－51.8 kJ·mol－1；综上所述，本题答案是：－51.8 kJ·mol－1。
（4）①量取稀盐酸时俯视量筒读数，所量取的盐酸体积偏小，盐酸总量减小，放出的热量会减小，测得的中和热ΔH会偏大；
②在中和热测定实验中未用水洗涤温度计上的盐酸直接测定碱的温度，酸碱发生中和，导致反应前后的温度变化量减小，放出的热量会减小，测得的中和热ΔH会偏大；
③用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小，测得的中和热ΔH会偏大；
综上所述，本题答案是：偏大，偏大，偏大；用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小。