精品解析：安徽省安庆一中2023-2024学年高一下学期第一次阶段性检测化学试卷

安庆一中诚毅书院学术能力测试(C级) 2023-2024年度第二学期检测一(高一化学) 相对分子量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64 Zn：65 P：31 Cr：52 一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1. 下列关于苯乙炔()的说法正确的是 A. 不能使酸性溶液褪色 B. 分子中最多有5个原子共直线 C. 能发生加成反应和取代反应 D. 可溶于水 2. 一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是 A. 能发生取代反应，不能发生加成反应 B. 既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物 C. 与互为同分异构体 D. 该物质与碳酸钠反应得 3. 乙醇是生活中常见的有机物，下列有关乙醇的实验操作或实验现象正确的是 A. ①中酸性溶液无明显现象 B. ②中钠会在乙醇内部上下跳动，上方的火焰为淡蓝色 C. ③中灼热的铜丝插入乙醇中，发生催化氧化生成了乙酸 D. ④中X是饱和溶液，X液面上有油状液体生成 4. 下列属于物理变化的是 ①石油的分馏　②煤的干馏　③石油的裂化　④铝热反应　⑤由乙烯制备聚乙烯　⑥将氧气转化为臭氧　⑦乙烯催熟果实　⑧将苯加入溴水中　⑨海水蒸馏制取淡水 A. ①②③④ B. ①②⑤⑦ C. ①⑧⑨ D. ①②⑥⑨ 5. 硫铁矿焙烧取硫后烧渣(主要成分为、、，不考虑其他杂质)可用于制取七水合硫酸亚铁()，流程如下。 已知：(蓝色沉淀)，下列说法不正确的是 A. 操作1、2、3的名称均为过滤 B. 固体1和固体2都可以和NaOH溶液反应 C. 向溶液2中加入3~5滴(铁氰化钾)溶液，可观察到有蓝色沉淀生成 D. 操作3须控制条件防止其氧化和分解 6. 下列说法或表示方法正确的是 A. ， ； B. 31g白磷比31g红磷含有的能量多， C. 在25℃、下，将在中完全燃烧，放出热量： D. 在25℃、下，碳与适量水蒸气反应生成和，需吸收热量： 7. 已知下列转化过程的热效应： ① ② ③ ④ ⑤ 根据上述信息，下列说法错误的是 A. 相同质量的和，前者具有的能量高 B. 相同质量的和，破坏两种物质中所有的化学键，后者所需的能量多 C. D. ，则 8. 2021年我国首次实现以CO2为原料人工合成淀粉，该过程涉及CO2加氢(电解水得氢气)转化为甲醇(CH3OH)的过程，其能量变化如图所示。 下列叙述错误的是 A. CO2合成甲醇的反应中，反应物总能量比产物总能量高 B. CO2合成甲醇的反应中，破坏反应物化学键吸收的能量小于形成产物化学键释放的能量 C. CO2合成甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=—(Q1+Q2)kJ ·mol-1 D. 上述过程中存在电能转化为化学能、化学能转化为热能的能量转化形式 9. 我国自主知识产权的首套煤基乙醇工业化项目的生产过程：先用煤制得乙酸甲酯，再将乙酸甲酯转化为乙醇。乙酸甲酯转化为乙醇涉及反应原理： .右图表示合成反应在某段时间中反应速率与反应过程的曲线图，、、时刻分别改变某一外界条件。下列说法不正确的是 A. t1时改变的条件是升高温度 B. t3时改变的条件是加入高效催化剂 C. t4时改变条件是增大反应容器，使体系压强减小 D. 在到达化学平衡的时间段中，的体积分数最小的一段时间是 10. 在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下， 催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是 A. 反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的 ΔH＞0 B. 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率 C. 图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率 D. 380℃下，c起始(O2)=5.0 ×10-4 mol·L-1， NO平衡转化率为50%，则平衡常数K＜2000 11. 已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO−，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法正确的是 A. 化合物A与H2O之间的碰撞均为有效碰撞 B. 平衡状态时，升温使反应逆向移动 C. 该历程中的最大活化能E正=16.87kJ·mol-1 D. 使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热 12. 向绝热恒容密闭容器中通入一定量的和，一定条件下发生反应： ，测得浓度随时间变化如表所示，下列说法正确的是 反应时间/s 40 50 60 70 80 90 100 110 浓度 0.10 0.14 0.21 0.26 0.30 0.32 0.33 0.33 A. 50s时，的生成速率为 B. 40s～90s时段： C. 0s～50s的反应速率等于70s～80s的反应速率 D. 110s时，缩小容器体积再次达到平衡后，转化率和浓度均保持不变 13. 一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中正确的是 A. a，b，c三点CH3COOH的电离平衡常数：c＜a＜b B. a，b，c三点醋酸的电离程度：c＜a＜b C. 用湿润pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小 D. a，b，c三点溶液用1mol·L-1的氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液的体积：c＜a＜b 14. 如图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数，下列说法不正确的是 A. 图中温度， B. C点可能是显酸性的溶液 C. 图中五点间的关系： D. 图中pH关系： 15. 常温下，某一元强酸HX溶液与某一元强碱MOH溶液按2∶5的体积比混合后，测得溶液中c(M+)=c(X—)，则混合前，该强酸的pH与强碱的pH之和约为(已知：不考虑溶液混合时体积和温度的变化，lg2≈0.3) A. 13.3 B. 13.6 C. 13.9 D. 14.2 16. 常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg的变化关系如图所示，下列叙述错误的是 A. 常温下：Ka(HB)＞Ka(HC) B. HC的电离度：a点＜b点 C. 当lg =4时，三种溶液同时升高温度，减小 D. 当lg =5时，HA溶液的pH为7 二、非选择题(本题共4个大题，共52分) 17. 化合物G(丙酸异丙酯)可用作食品香料现可通过下列转化制取(部分反应条件略去)： （1）化合物B中官能团的名称是___________，E→F的反应类型是___________。 （2）化合物C的结构简式___________，G的酯类同分异构体的结构简式(写一个即可)___________。 （3）A→E是加成反应，物质X的化学式是___________。 （4）化合物A在一定条件下可生成高分子聚丙烯，该反应的化学方程式是___________。 （5）下列关于化合物B、D的说法正确的是___________ a．均能和Na反应放出H2 b．均溶于水 c．均能和O2在一定条件发生氧化反应 d．均能和NaHCO3反应放出CO2 （6）写出D+F→G的化学方程式___________。 18. 盐酸与溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和反应反应热。回答下列问题： （1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是___________。 （2）隔热层的作用是___________。 （3）倒入NaOH溶液的正确操作是___________(填字母)。 a．沿玻璃棒缓慢倒入 b．分三次倒入 c．一次迅速倒入 （4）若实验过程中，内筒未加杯盖，求得的中和反应反应热___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 （5）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是，又知中和反应后所得溶液的比热容。为了计算中和反应反应热，某学生的实验记录数据如下： 实验序号 反应物的温度/℃ 反应前体系的温度 反应后体系的温度 盐酸 氢氧化钠溶液 1 20.0 20.1 23.2 2 20.2 20.4 23.4 3 20.3 20.3 24.2 4 20.5 20.6 23.6 依据该学生的实验数据计算，该实验中生成水时放出的热量为___________(结果保留一位小数)。 19. 甲、乙两个实验小组利用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应研究影响反应速率的因素。设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4)： 甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小。某同学进行实验,实验装置如图。其中A、B的成分见下表： 序号 A B ① 2 mL 0.2 mol/L H2C2O4溶液 4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液 ② 2 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液 4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液 ③ 2 mL 0.2 mol/L H2C2O4溶液 4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液和少量MnSO4 (1)该反应的离子方程式为______________，实验结束后读数前需要移动量气管，使两个量气管的液面相平。 乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间来比较化学反应速率的大小。为了探究KMnO4溶液与H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验： 实验编号 1 2 3 4 水/mL 10 5 0 x 0.5 mol/L H2C2O4溶液/mL 5 10 10 5 0.2 mol/L KMnO4溶液/mL 5 5 10 10 时间/s 40 20 10 — (2)x=____，4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是_______。 (3)2号实验中，用H2C2O4表示的反应速率为______(反应后溶液的总体积变化忽略不计)。 (4)在实验中发现酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。某同学认为是反应放热导致溶液温度升高，再次进行3号实验，测定反应过程中不同时间溶液的温度，结果如下表： 时间/s 0 5 10 15 20 25 30 温度/℃ 25 26 26 26 26.5 27 27 ①结合实验目的与表中数据，你得出的结论是______________。 ②从影响化学反应速率的因素看，你认为还可能是____的影响。若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是____。 a．硫酸钾　　　　 b．水 c．二氧化锰　　　　 d．硫酸锰 20. 工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O72－，利用滴定原理测定Cr2O72－含量方法如下： 步骤Ⅰ：量取30.00 mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。 步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O72－+6I－+14H+=== 2Cr3++3I2+7H2O。 步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000 mol•L-1Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如下：（I2+2Na2S2O3=== 2NaI+Na2S4O6） 滴定次数 Na2S2O3溶液起始读数/mL Na2S2O3溶液终点读数/mL 第一次 1.02 19.03 第二次 2.00 19.99 第三次 0. 20 a （1）步骤Ⅰ量取30.00 mL废水选择的仪器是_____。 （2）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为_____。滴定达到终点的实验现象是____。 （3）步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则： ① a=_____。 ② Cr2O72－的含量为____g•L-1。 （4）以下操作会造成废水中Cr2O72－含量测定值偏高的是_____。 A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度 B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗 C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 D.量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 安庆一中诚毅书院学术能力测试(C级) 2023-2024年度第二学期检测一(高一化学) 相对分子量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64 Zn：65 P：31 Cr：52 一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1. 下列关于苯乙炔()的说法正确的是 A. 不能使酸性溶液褪色 B. 分子中最多有5个原子共直线 C. 能发生加成反应和取代反应 D. 可溶于水 【答案】C 【解析】 【分析】根据苯环的性质判断可以发生氧化、加成、取代反应；根据碳碳叁键的特点判断可发生加成反应，能被酸性高锰酸钾钾氧化，对于共线可根据有机碳原子的杂化及官能团的空间结构进行判断； 【详解】A．苯乙炔分子中含有碳碳三键，能使酸性溶液褪色，A错误； B．如图所示，，苯乙炔分子中最多有6个原子共直线，B错误； C．苯乙炔分子中含有苯环和碳碳三键，能发生加成反应，苯环上的氢原子能被取代，可发生取代反应，C正确； D．苯乙炔属于烃，难溶于水，D错误； 故选答案C； 【点睛】本题考查苯乙炔的结构与性质，根据官能团的特点进行判断。 2. 一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是 A. 能发生取代反应，不能发生加成反应 B. 既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物 C. 与互为同分异构体 D. 该物质与碳酸钠反应得 【答案】C 【解析】 【详解】A．该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故A错误； B．同系物是结构相似，分子式相差1个或n个CH2的有机物，该物质的分子式为C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，故B错误； C．该物质的分子式为C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故C正确； D．该物质只含有一个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应，最多生成0.5mol二氧化碳，最大质量为22g，故D错误； 故选C。 3. 乙醇是生活中常见的有机物，下列有关乙醇的实验操作或实验现象正确的是 A. ①中酸性溶液无明显现象 B. ②中钠会在乙醇内部上下跳动，上方的火焰为淡蓝色 C. ③中灼热的铜丝插入乙醇中，发生催化氧化生成了乙酸 D. ④中X是饱和溶液，X液面上有油状液体生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．①中酸性溶液会褪色，乙醇转化为乙酸，A错误； B．乙醇的密度比钠小，金属钠沉在乙醇底部，乙醇能与金属钠反应生成氢气，氢气使钠浮起，氢气溢出后，钠又回到乙醇底部，所以观察到钠会在乙醇内部上下跳动，产生的氢气燃烧产生淡蓝色火焰，B正确； C．③中灼热的铜丝插入乙醇中，发生催化氧化生成了乙醛，C错误； D．④中X是饱和溶液，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成可溶于水的乙醇和乙酸钠，不可能在液面上有油状液体生成，D错误； 故选B。 4. 下列属于物理变化的是 ①石油的分馏　②煤的干馏　③石油的裂化　④铝热反应　⑤由乙烯制备聚乙烯　⑥将氧气转化为臭氧　⑦乙烯催熟果实　⑧将苯加入溴水中　⑨海水蒸馏制取淡水 A. ①②③④ B. ①②⑤⑦ C. ①⑧⑨ D. ①②⑥⑨ 【答案】C 【解析】 【分析】有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为物理变化，化学变化与物理变化的本质区别在于有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可。 【详解】①石油的分馏是利用物质沸点不同将各馏分分离开来，没有新物质生成，为物理变化； ②煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，有新物质生成，属于化学变化； ③石油的裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，有新物质生成，属于化学变化； ④铝热反应为铝与某些金属氧化物高温下发生的置换反应，有新物质生成，属于化学变化； ⑤由乙烯制备聚乙烯，有新物质聚乙烯生成，属于化学变化； ⑥氧气转变为臭氧，有新物质臭氧生成，属于化学变化； ⑦乙烯催熟果实，有新物质生成，属于化学变化； ⑧将苯加入溴水中，苯将溴从溴水中萃取出来，没有新物质生成，为物理变化； ⑨海水蒸馏制取淡水，只是分离混合物，没有新物质生成，为物理变化； 综上分析，属于物理变化的有①⑧⑨，答案选C。 5. 硫铁矿焙烧取硫后烧渣(主要成分为、、，不考虑其他杂质)可用于制取七水合硫酸亚铁()，流程如下。 已知：(蓝色沉淀)，下列说法不正确的是 A. 操作1、2、3的名称均为过滤 B. 固体1和固体2都可以和NaOH溶液反应 C. 向溶液2中加入3~5滴(铁氰化钾)溶液，可观察到有蓝色沉淀生成 D. 操作3须控制条件防止其氧化和分解 【答案】A 【解析】 【分析】烧渣(主要成分为、、)加入足量硫酸，氧化铁、氧化铝和硫酸反应生成硫酸铁和硫酸铝，二氧化硅不与硫酸反应，过滤，硫酸铁、硫酸铝中加入铁粉，还原铁离子得到硫酸亚铁，调节溶液pH值将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到七水合硫酸亚铁晶体。 【详解】A．操作1、2得到固体和溶液，则操作名称为过滤，操作3是溶液到晶体，其名称蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故A错误； B．固体1是二氧化硅，固体2是氢氧化铝，两者都可以和NaOH溶液反应，故B正确； C．向溶液2中含有亚铁离子，加入3~5滴(铁氰化钾)溶液，，因此可观察到有蓝色沉淀生成，故C正确； D．亚铁离子易被氧化，七水合硫酸亚铁()易分解，因此操作3须控制条件防止其氧化和分解，故D正确。 综上所述，答案A。 6. 下列说法或表示方法正确的是 A. ， ； B. 31g白磷比31g红磷含有的能量多， C. 在25℃、下，将在中完全燃烧，放出热量： D. 在25℃、下，碳与适量水蒸气反应生成和，需吸收热量： 【答案】D 【解析】 【详解】A．C单质完全燃烧生成CO2放出的热量大于不完全燃烧生成CO放出的热量，A错误； B．若31g白磷的能量比31g红磷多bkJ，则白磷转化为红磷的热化学方程式为，B错误； C．在25℃、下，将在中完全燃烧，放出热量： ，C错误； D．在25℃、下，碳与适量水蒸气反应生成和，需吸收热量，则1molC参与反应，吸收能量，热化学方程式： ，D正确； 故选D。 7. 已知下列转化过程的热效应： ① ② ③ ④ ⑤ 根据上述信息，下列说法错误的是 A. 相同质量和，前者具有的能量高 B. 相同质量的和，破坏两种物质中所有的化学键，后者所需的能量多 C. D. ，则 【答案】D 【解析】 【详解】A．物质由气态转化为液态时放热，因此相同质量的和，前者具有的能量高，A正确； B．由 ，可知2的键能总和小于1的键能总和，因此相同质量的和，破坏两种物质中所有的化学键，后者所需的能量多，B正确； C．由盖斯定律可知，故，C正确； D．将D项中反应编号为⑥，根据盖斯定律，，因此，故，D错误； 故选D。 8. 2021年我国首次实现以CO2为原料人工合成淀粉，该过程涉及CO2加氢(电解水得氢气)转化为甲醇(CH3OH)的过程，其能量变化如图所示。 下列叙述错误的是 A. CO2合成甲醇的反应中，反应物总能量比产物总能量高 B. CO2合成甲醇的反应中，破坏反应物化学键吸收的能量小于形成产物化学键释放的能量 C. CO2合成甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=—(Q1+Q2)kJ ·mol-1 D. 上述过程中存在电能转化为化学能、化学能转化为热能的能量转化形式 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，故A正确； B．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，则反应中破坏反应物化学键吸收的能量小于形成产物化学键释放的能量，故B正确； C．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，反应的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=—Q2kJ ·mol-1，故C错误； D．由题意可知，电解水得氢气的过程中存在电能转化为化学能的能量转化形式，二氧化碳加氢转化为甲醇的过程中存在化学能转化为热能的能量转化形式，故D正确； 故选C。 9. 我国自主知识产权的首套煤基乙醇工业化项目的生产过程：先用煤制得乙酸甲酯，再将乙酸甲酯转化为乙醇。乙酸甲酯转化为乙醇涉及反应原理： .右图表示合成反应在某段时间中反应速率与反应过程的曲线图，、、时刻分别改变某一外界条件。下列说法不正确的是 A. t1时改变的条件是升高温度 B. t3时改变的条件是加入高效催化剂 C. t4时改变的条件是增大反应容器，使体系压强减小 D. 在到达化学平衡的时间段中，的体积分数最小的一段时间是 【答案】D 【解析】 【详解】A．升高温度，正逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，因此时改变的条件是升高温度，故A正确； B．加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，因此时改变的条件是加入高效催化剂，故B正确； C．当温度一定时，扩大反应容器，使反应组分气体压强减小，平衡逆向移动，正逆反应速率都会减小，故C正确； D．由图象可知，在到达化学平衡的时间段中，的体积分数最小的一段时间是，故D错误。 答案选D。 10. 在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下， 催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是 A. 反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的 ΔH＞0 B. 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率 C. 图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率 D. 380℃下，c起始(O2)=5.0 ×10-4 mol·L-1， NO平衡转化率为50%，则平衡常数K＜2000 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．实线表示不同温度下相同时间内NO的转化率，虚线表示相同条件下NO的平衡转化率，由题图知，随着温度升高，NO的平衡转化率减小，即温度升高，反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH<0，故A错误； B．X点对应NO的转化率低于该温度下NO的平衡转化率，所以反应没有达到平衡状态，延长反应时间，可以提高NO的转化率，故B正确； C．Y点时反应已达平衡状态，增加O2的浓度，平衡正向移动，NO的转化率会提高，故C错误； D．设起始时c(NO)=a mol/L，则：，K==，当0.25a=0时，K=2000，但0.25a>0，因此K>2000，故D错误； 综上所述，说法正确的是B项，故答案为B。 11. 已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO−，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法正确的是 A. 化合物A与H2O之间的碰撞均为有效碰撞 B. 平衡状态时，升温使反应逆向移动 C. 该历程中的最大活化能E正=16.87kJ·mol-1 D. 使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热 【答案】B 【解析】 【详解】A．活化分子间的部分碰撞为有效碰撞，A错误； B．据图可知该反应为放热反应，升高温度平衡逆向一定，B正确； C．据图可知第二步反应的能垒最大，为E正=[16.87-(-1.99)]kJ·mol-1=18.86 kJ·mol-1，C错误； D．催化剂可降低反应活化能，但不改变反应热，D错误； 综上所述答案为B。 12. 向绝热恒容密闭容器中通入一定量的和，一定条件下发生反应： ，测得浓度随时间变化如表所示，下列说法正确的是 反应时间/s 40 50 60 70 80 90 100 110 浓度 0.10 0.14 0.21 0.26 0.30 0.32 0.33 0.33 A. 50s时，的生成速率为 B. 40s～90s时段： C. 0s～50s的反应速率等于70s～80s的反应速率 D. 110s时，缩小容器体积再次达到平衡后，的转化率和浓度均保持不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．化学反应速率是平均速率，不是瞬时速率，因此不能计算50 s时SO3的生成速率，A错误； B．根据速率与时间关系可知：在90 s后，SO3浓度还在增大，说明此时反应正向进行，未达到平衡状态，故在40 s～90 s时段：v正＞v逆，B正确； C．根据表格数据可知：在0 s～50 s的反应速率为，70 s～80 s的反应速率为，所以0 s～50 s的反应速率更小，C错误； D．该反应是反应前后气体体积不变的反应，在110 s时，缩小容器，化学平衡不发生移动，因此SO2的转化率保持不变但浓度增大，D错误； 故选B。 13. 一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中正确的是 A. a，b，c三点CH3COOH电离平衡常数：c＜a＜b B. a，b，c三点醋酸的电离程度：c＜a＜b C. 用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小 D. a，b，c三点溶液用1mol·L-1的氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液的体积：c＜a＜b 【答案】C 【解析】 【详解】A．电离平衡常数只与温度有关，该体系温度不变，电离平衡常数不变，A错误； B．溶液越稀，电离程度越大，a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，B错误； C．a处溶液加水稀释，溶液的导电能力增大，氢离子浓度增大，pH减小，则用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小，C正确； D．a、b、c三点溶液中醋酸的物质的量相同，故消耗氢氧化钠一样多，D错误； 故选C。 14. 如图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数，下列说法不正确的是 A. 图中温度， B. C点可能是显酸性的溶液 C. 图中五点间的关系： D. 图中pH关系： 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图象可知，从T1到T2到T3水的离子积越来越大，又因为水的电离是吸热反应，故 ；故A正确； B．C点时，KW=1 × 10-14，c(H+)=1 × 10-8mol/L，c(OH-)=1 × 10-6 mol/L，溶液中c(OH-)> c(H+)，溶液显碱性，故B错误； C．温度越高，水的离子积越大，A、B、C三点温度相同，所以这三点水的离子积是一样的，E点对应T3，D点对应T2， T3>T2>T1，所以水的离子积 E>D>A=B=C，故C正确； D．根据图象可知，B、D、E三点的c(H+)均为1 × 10-6mol/L，故 pH(B)=pH(D)=pH(E) ，故D正确； 本题答案B。 15. 常温下，某一元强酸HX溶液与某一元强碱MOH溶液按2∶5的体积比混合后，测得溶液中c(M+)=c(X—)，则混合前，该强酸的pH与强碱的pH之和约为(已知：不考虑溶液混合时体积和温度的变化，lg2≈0.3) A. 13.3 B. 13.6 C. 13.9 D. 14.2 【答案】B 【解析】 【详解】设强酸的pH为a，强碱的pH为b，由题意可得：10—amol/L×2L=10—14+bmol/L×5L，解得10—14+b+a=0.4，则强酸的pH与强碱的pH之和约为13.6，故选B。 16. 常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg的变化关系如图所示，下列叙述错误的是 A. 常温下：Ka(HB)＞Ka(HC) B. HC的电离度：a点＜b点 C. 当lg =4时，三种溶液同时升高温度，减小 D. 当lg =5时，HA溶液的pH为7 【答案】D 【解析】 【分析】 根据图知，pH=2的HA、HB、HC溶液分别稀释100倍，HA的pH变成4，说明HA是强酸，HB、HC的pH增大但小于4，则HB、HC为弱酸，且HB的pH增大幅度大于HC，说明HB的酸性＞HC，因此酸性HA＞HB＞HC。 【详解】A．由图可知，HA稀释10倍pH增大1，则HA为强酸，HB、HC稀释10倍，pH增大值小于1，则HB、HC为弱酸，HB、HC稀释同等倍数，pH的改变值：HB＞HC，酸性：HB＞HC，常温下，Ka(HB)＞Ka(HC)，故A正确； B．对于HC，b点稀释的倍数大于a点，加水稀释促进弱酸的电离，HC的电离度：a点＜b点，故B正确； C．酸的电离平衡是吸热反应，由于HA为强酸，不存在电离平衡，对HA溶液升高温度，c(A-)不变，对HC溶液升高温度促进HC电离，c(C-)增大，减小，故C正确； D．HA溶液为酸溶液，无论稀释多少倍，稀释后溶液只能呈酸性，溶液的pH＜7，故D错误； 答案选D。 二、非选择题(本题共4个大题，共52分) 17. 化合物G(丙酸异丙酯)可用作食品香料。现可通过下列转化制取(部分反应条件略去)： （1）化合物B中官能团的名称是___________，E→F的反应类型是___________。 （2）化合物C的结构简式___________，G的酯类同分异构体的结构简式(写一个即可)___________。 （3）A→E是加成反应，物质X的化学式是___________。 （4）化合物A在一定条件下可生成高分子聚丙烯，该反应的化学方程式是___________。 （5）下列关于化合物B、D的说法正确的是___________ a．均能和Na反应放出H2 b．均溶于水 c．均能和O2在一定条件发生氧化反应 d．均能和NaHCO3反应放出CO2 （6）写出D+F→G的化学方程式___________。 【答案】（1） ① 羟基 ②. 取代反应 （2） ①. CH3CH2CHO ②. CH3CH2COOCH2CH2CH3 （3）HBr （4）nCH3CH=CH2 （5）abc （6）CH3CH2COOH+ HOCH(CH3)2 CH3CH2COOCH(CH3)2+H2O 【解析】 【分析】A丙烯和水在过氧化物作用下加成生成B丙醇，B被氧气氧化为C丙醛，C被氧气氧化为D丙酸；A和X生成E，则X为HBr，E和水在氢氧化钠水溶液中加热发生取代反应生成F；酸D和醇F发生酯化反应生成G丙酸异丙酯； 【小问1详解】 根据B物质结构简式可知，官能团的名称为羟基；E和水在氢氧化钠水溶液中加热发生取代反应生成F，反应类型为取代反应； 【小问2详解】 B经催化氧化得到化合物C丙醛，即C的结构简式为：CH3CH2CHO；丙酸异丙酯G的结构简式为：CH3CH2COOCH(CH3)2；G的酯类同分异构体，则含有酯基，结构简式可以为CH3CH2COOCH2CH2CH3； 【小问3详解】 A→E是加成反应，对比A和E的结构简式可知，物质X的化学式是HBr； 【小问4详解】 化合物A为丙烯，含碳碳双键，在一定条件下生成聚丙烯，化学方程式是：nCH3CH=CH2 ； 【小问5详解】 化合物B、D分别为丙醇和丙酸，含有官能团分别为羟基、羧基；均能和Na反应放出H2，均溶于水，均能和O2在一定条件发生氧化反应，丙酸能和NaHCO3反应放出CO2而丙醇不能； 故答案为abc； 【小问6详解】 酸D和醇F发生酯化反应生成G丙酸异丙酯，反应为CH3CH2COOH+ HOCH(CH3)2 CH3CH2COOCH(CH3)2+H2O。 18. 盐酸与溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和反应反应热。回答下列问题： （1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是___________。 （2）隔热层的作用是___________。 （3）倒入NaOH溶液的正确操作是___________(填字母)。 a．沿玻璃棒缓慢倒入 b．分三次倒入 c．一次迅速倒入 （4）若实验过程中，内筒未加杯盖，求得的中和反应反应热___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 （5）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是，又知中和反应后所得溶液的比热容。为了计算中和反应反应热，某学生的实验记录数据如下： 实验序号 反应物的温度/℃ 反应前体系的温度 反应后体系的温度 盐酸 氢氧化钠溶液 1 20.0 20.1 23.2 2 20.2 20.4 23.4 3 20.3 20.3 24.2 4 20.5 20.6 23.6 依据该学生实验数据计算，该实验中生成水时放出的热量为___________(结果保留一位小数)。 【答案】（1）玻璃搅拌器 （2）减少实验过程中的热量损失 （3）c （4）偏大 （5）51.8 【解析】 【分析】本实验是利用盐酸与溶液反应测定中和反应反应热。 【小问1详解】 从实验装置图中可以看出，图中尚缺少一种玻璃仪器是玻璃搅拌器； 【小问2详解】 隔热层的作用是减少实验过程中的热量损失； 【小问3详解】 为了防止热量散失，倒入NaOH溶液的正确操作是一次迅速倒入，则应选c； 【小问4详解】 若实验过程中，内筒未加杯盖，会散失一部分热量，则求得的中和反应反应热会偏大； 【小问5详解】 反应前体系的温度为盐酸和氢氧化钠溶液反应之前的温度的平均值，由表中数据可知，实验1、2、3、4反应前体系的温度分别为20.05、20.3、20.3、20.55；四次实验(t2-t1)的值分别为3.15、3.1、3.9、3.05，第三次实验数据误差较大，舍弃，则温度差的平均值为3.1，生成1mol水时放出的热量 19. 甲、乙两个实验小组利用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应研究影响反应速率的因素。设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4)： 甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小。某同学进行实验,实验装置如图。其中A、B的成分见下表： 序号 A B ① 2 mL 0.2 mol/L H2C2O4溶液 4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液 ② 2 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液 4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液 ③ 2 mL 0.2 mol/L H2C2O4溶液 4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液和少量MnSO4 (1)该反应的离子方程式为______________，实验结束后读数前需要移动量气管，使两个量气管的液面相平。 乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需的时间来比较化学反应速率的大小。为了探究KMnO4溶液与H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验： 实验编号 1 2 3 4 水/mL 10 5 0 x 0.5 mol/L H2C2O4溶液/mL 5 10 10 5 0.2 mol/L KMnO4溶液/mL 5 5 10 10 时间/s 40 20 10 — (2)x=____，4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是_______。 (3)2号实验中，用H2C2O4表示的反应速率为______(反应后溶液的总体积变化忽略不计)。 (4)在实验中发现酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。某同学认为是反应放热导致溶液温度升高，再次进行3号实验，测定反应过程中不同时间溶液的温度，结果如下表： 时间/s 0 5 10 15 20 25 30 温度/℃ 25 26 26 26 26.5 27 27 ①结合实验目的与表中数据，你得出的结论是______________。 ②从影响化学反应速率的因素看，你认为还可能是____的影响。若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是____。 a．硫酸钾　　　　 b．水 c．二氧化锰　　　　 d．硫酸锰 【答案】 ①. 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O ②. 5 ③. KMnO4溶液过量 ④. 0.00625 mol/(L·s) ⑤. 温度不是反应速率突然加快的原因 ⑥. 催化剂 ⑦. d 【解析】 【分析】(1) KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成二氧化碳、硫酸锰和水； (2)探究浓度对反应速率的影响时，溶液的总体积都为20 mL，据此判断x值；由于4号实验中高锰酸钾过量，则溶液没有褪色； (3)根据n=c·V计算出反应物的物质的量，然后根据不足量计算出反应消耗的草酸的物质的量，最后根据v=计算出H2C2O4的反应速率； (4)①根据表中数据知，20 s时温度不最高，但20s前突然褪色； ②考虑锰离子有催化作用，要想验证锰离子的催化作用，再加入硫酸锰即可。 【详解】(1)酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应生成二氧化碳、硫酸锰和水，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。 (2)为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，实验1～4中溶液的总体积应该为20，则x=20-10-5=5；根据反应2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，10 mL酸性高锰酸钾需要消耗10mL草酸溶液，所以实验4中高锰酸钾过量，导致溶液没有褪色； (3)2号实验中草酸的物质的量为n(H2C2O4)=0.5 mol/L×0.01 L=0.005 mol，高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=0.2 mol/L×0.005 L=0.001 mol，根据反应2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，高锰酸钾不足量，所以反应中消耗的草酸的物质的量n(H2C2O4)消耗=0.001 mol×=0.0025 mol，2号反应中，H2C2O4的反应速率为：v(H2C2O4)==0.00625 mol/(L•s)； (4)①根据表中数据知，20 s时温度不是最高，但20 s前突然褪色，说明温度不是反应速率突然加快的原因； ②KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子对反应有催化作用，所以猜想可能是催化剂的作用，要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可，故答案为d。 【点睛】本题考查化学反应速率的计算及影响因素等，要注意采用控制变量方法进行研究，就是只改变一个外界条件，其它都要相同。在计算反应速率时，要先根据物质反应消耗关系，判断哪种物质过量，然后以不足量的物质为标准，结合速率公式进行计算。 20. 工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O72－，利用滴定原理测定Cr2O72－含量方法如下： 步骤Ⅰ：量取30.00 mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。 步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O72－+6I－+14H+=== 2Cr3++3I2+7H2O。 步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000 mol•L-1Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如下：（I2+2Na2S2O3=== 2NaI+Na2S4O6） 滴定次数 Na2S2O3溶液起始读数/mL Na2S2O3溶液终点读数/mL 第一次 1.02 19.03 第二次 2.00 19.99 第三次 0. 20 a （1）步骤Ⅰ量取30.00 mL废水选择的仪器是_____。 （2）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为_____。滴定达到终点的实验现象是____。 （3）步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则： ① a=_____。 ② Cr2O72－含量为____g•L-1。 （4）以下操作会造成废水中Cr2O72－含量测定值偏高的是_____。 A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度 B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗 C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 D.量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗 【答案】 ①. 酸式滴定管 ②. 淀粉溶液 ③. 溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色 ④. 18.20 ⑤. 2.16 ⑥. CD 【解析】 【详解】(1)根据信息，Cr2O72－氧化性较强,量取废水应用酸式滴定管，因此，本题正确答案是:酸式滴定管; (2)滴定碘单质应选用淀粉溶液作指示剂;滴定达到终点时碘单质刚好被消耗,所以溶液的颜色由蓝色变为无色,且在半分钟内不变色, 因此，本题正确答案是:淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色,且在半分钟内不变色； (3)①根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到0.01mL，a值为18.20； ②从表格数据可知，三次实验消耗0.1000 mol•L-1Na2S2O3标准溶液的体积平均值为18.00mL， 根据Cr2O72－+6I－+14H+=== 2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3=== 2NaI+Na2S4O6 Cr2O72－~3I2~6Na2S2O3， n(Cr2O72－)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×18.00×10-3L=3×10-4mol Cr2O72－的含量为:= 2.16g•L-1 (4)根据Cr2O72－+6I－+14H+=== 2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3=== 2NaI+Na2S4O6, 则c(待测)偏高,Cr2O72－含量就偏高; A.滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度,造成V(标准)偏小,根据c(待测)=分析,测定c(待测)偏低,故A错误; B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用待测液润洗,对V(标准)无影响,根据c(待测)=分析,测定c(待测)无影响,故B错误; C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=分析,测定c(待测)偏高,所以C选项是正确的; D.未用标准液润洗碱式滴定管,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)分析,测定c(待测)偏高,所以D选项是正确的; 因此，本题正确答案是:CD。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$