1、河南省郸城县一高、淮阳中学等名校2019-2020学年高一化学下学期联考试题（含解析）本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页。全卷满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64
2、Zn-65一、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。1.2020年春季抗击新冠肺炎中N95口罩成为“明星”，丙烯是制造N95口罩的原料。下列有关丙烯的说法错误的是（ ）A. 丙烯和乙烯互为同系物B. 丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 丙烯分子中碳原子在一条直线上D. 丙烯与氢气的加成产物是饱和烃【答案】C【解析】【详解】A丙烯和乙烯均为单烯烃，结构相似，分子式相差一个CH2，所以互为同分异构体，故A正确；B丙烯含有碳碳双键可以被酸性高锰酸钾氧化从而使其褪色，故B正确；C乙烯为平面结构，其碳氢键与碳碳双键的夹角为120，所以丙烯中只有2
3、个碳原子在一条直线上，故C错误；D丙烯只含一个碳碳双键，与氢气加成后碳原子全部饱和，产物为饱和烃，故D正确；故答案为C。2.我国嫦娥四号探测器发现月背含有丰富的核燃料He。下列说法正确的是（ ）A. He和H互为同位素B. He的中子数为1C. He的核外电子数为3D. He位于IIA族【答案】B【解析】【详解】A质子数相同但中子数不同的核素互为同位素，而He和H质子数不同，不是同位素，故A错误；BHe的中子数=质量数-质子数=3-2=1，故B正确；CHe的核外电子数等于质子数=2，故C错误；DHe位于第一周期0族，故D错误；故答案为B。【点睛】质量数=质子数+中子数；原子核外电子数=质子数=
4、原子序数。3.下列化学用语错误的是（ ）A. Na2S中阴离子的结构示意图为B. 乙酸的结构简式为CH3COOHC. CO2的电子式为D. 中子数为8的碳原子为C【答案】C【解析】【详解】ANa2S中阴离子为S2-，其结构示意图为，故A正确；B乙酸的结构简式为CH3COOH，B正确；CCO2中C和O均满足8电子稳定结构，电子式为：，故C错误；D中子数为8的碳原子质量数为8+6=14，所以符号为C，故D正确；故答案为C。4.有关氮元素转化的反应有：反应1，N2+O22NO；反应2，2NO+2CO=N2+2CO2，能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 反应1是化合反应，反应2是置换反应B.
5、 反应1是吸热反应，反应2是放热反应C. 反应1是放热反应，反应2是吸热反应D. 反应1和2都既是氧化还原反应又是离子反应【答案】B【解析】【详解】A反应2的反应物均为化合物，不是置换反应，故A错误；B根据能量变化图可知，反应1反应物能量低于生成物为吸热反应，反应2反应物能量高于生成物为放热反应，故B正确；C根据B选项可知C项错误；D反应1和2均无离子参与反应，也无离子生成，都不是离子反应，故D错误；故答案为B。5.下列物质性质递变顺序错误的是（ ）A. 碱性：KOHCa(OH)2Al(OH)3B. 氧化性：F2Cl2SC. 稳定性：NH3AsH3PH3D. 半径：r(S2-)r(Cl-)r(
6、Ca2+)【答案】C【解析】【详解】A金属性越强对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性KCaAl，所以碱性KOHCa(OH)2Al(OH)3，故A正确；B非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性FClS，所以氧化性F2Cl2S，故B正确；C非金属越强其简单氢化物越稳定，非金属性NPAs，所以稳定性NH3PH3AsH3，故C错误；D三种离子电子层数相同，则原子序数越小半径越大，所以半径：r(S2-)r(Cl-)r(Ca2+)，故D正确；故答案为C。6.某烃的一氯代物(不考虑立体异构)有（ ）A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】C【解析】【详解】该烃有如图所示5种环境的氢原子，
7、所以其一氯代物有5种，故答案为C。7.下列有关说法正确的是（ ）A. 苯和乙烯都能使溴水褪色且原理相同B. 乙酸和乙醇都能发生酯化反应C. 甲烷和氯气混合能迅速发生取代反应D. 燃烧产物为CO2和H2O的有机物一定是烃【答案】B【解析】【详解】A苯可以萃取溴水中的溴使溴水褪色，乙烯可以和溴发生加成反应使溴水褪色，原理不同，故A错误；B乙酸含有羧基，乙醇含有羟基，都能发生酯化反应，故B正确；C甲烷与氯气在光照条件才能发生取代反应，故C错误；D烃的含氧衍生物如醇、醛等燃烧产物也为CO2和H2O，故D错误；故答案为B。8.下列有关说法正确的是（ ）A. Al的电子数比Na的大，所以Al的半径大于Na
8、的B. Na在O2中燃烧生成Na2O2，所以Li在O2中燃烧生成Li2O2C. Fe和S共热生成FeS，所以Fe和Cl2共热生成FeCl2D. SiH4的还原性比CH4的强，所以PH3的还原性比NH3的强【答案】D【解析】【详解】AAl电子层数与Na的电子层数相同，但Na的核电荷数更小，对电子的吸引能力更小，半径更大，故A错误；BLi的金属性弱于Na，则还原性较弱，与氧气反应只能生成Li2O，故B错误;C氯气氧化性强于S，与Fe反应生成FeCl3，故C错误；DC的非金属性强于Si，所以SiH4的还原性比CH4的强，同理可得PH3的还原性比NH3的强，故D正确；故答案为D。9.肼(N2H4)/空
9、气燃料电池的能量转化率高，装置如图所示。电池放电时，电流由铜极经外电路流向铂极。下列说法错误的是（ ）A. 在铜极区填充空气B. 放电过程中，OH-向铂极迁移C. 负极反应式为N2H44e-=N2+4H+D. 放电过程中，铂极附近溶液pH降低【答案】C【解析】【分析】电池放电时，电流由铜极经外电路流向铂极，则铜为正极，发生还原反应，铂为负极发生氧化反应。【详解】A肼(N2H4)/空气燃料电池中氧气被肼(N2H4)还原，所以空气应通入铜电极，故A正确；B放电过程为原电池，原电池中阴离子流向负极，即OH-向铂电极迁移，故B正确；C负极失电子发生氧化反应，即N2H4在负极失去电子被氧化成N2，但电解
10、质溶液的酸碱性未知，若为碱性介质，负极反应为N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O，若为酸性介质则电极反应为N2H4-4e-=N2+4H+，故C错误；D无论酸性介质还是碱性介质，铂电极均为负极，酸性介质时铂电极产生氢离子，pH降低，碱性介质中铂电极消耗氢氧根，pH降低，故D正确；故答案为C。【点睛】原电池中电流经外电路由正极流向负极，电子移动方向与电流相反；书写电极反应方程式时要注意电解质溶液的酸碱性。10.下列实验能达到实验目的的是（ ）选项实验目的A将乙酸乙酯粗产品溶于氢氧化钠溶液中，分液提纯乙酸乙酯B在100mL乙醇、100mL水中分别加入大小相近的钠粒证明水中HO键比乙醇中HO键易断
11、裂C将一定量苯和溴化铁、溴水混合制备溴苯D向酸性高锰酸钾溶液中通入乙烯证明乙烯具有漂白性A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A乙酸乙酯会在氢氧化钠溶液中水解生成醋酸钠和乙醇，得不到乙酸乙酯，故A错误；B在100mL乙醇、100mL水中分别加入大小相近的钠粒，若观察到Na在水中的反应更加剧烈，则可证明水中HO键比乙醇中HO键易断裂，故B正确；C在溴水中溴化铁水解，失去催化功能，应用液溴与苯发生取代反应，故C错误；D乙烯使酸性高锰酸钾褪色是因为高锰酸钾可以将其氧化，并不是乙烯具有漂白性，故D错误；故答案为B。11.在恒容密闭容器中投入1molC和1molBaSO4，一定温度下
12、发生反应：3C(s)+BaSO4(s)BaS(s)+2CO(g)+CO2(g)(注明：s代表固体，g代表气体)。下列情况下表明该反应达到最大限度(平衡状态)的是（ ）A. 混合气体平均摩尔质量不再变化B. CO的体积分数不再变化C. 硫酸钡浓度不再变化D. 混合气体密度不再变化【答案】D【解析】【详解】A该反应的反应物全部为固体，且投料为1molC和1molBaSO4，所以体系中的气体始终为物质的量之比为2:1的CO和CO2，即混合气体平均摩尔质量一直不变，故A不选；B体系中的气体始终为物质的量之比为2:1的CO和CO2，CO的体积分数保持不变，故B不选；C硫酸钡为固体，其浓度可视为常数，故C
13、不选；D容器体积不变，平衡正向移动时气体的质量变大，所以密度变大，当密度不变时说明反应达到平衡，故D选；故答案为D。【点睛】解决本题的关键是要注意反应物没有气体，只有生成物有气体，而投料只有反应物，所以生成物的物质的量之比为计量数之比，且保持不变，所以混合气体的平均摩尔质量、各组分的体积分数、质量分数等都不变。12.周期表中前20号元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X、Y三种元素所在周期序数之和等于7，这四种元素可组成中学常见的离子化合物ZYWX，其常用于检测溶液中的某种金属阳离子；W、X、Y组成一种共价化合物分子(XWYYWX)，该分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构。下列推断正
14、确的是（ ）A. W氢化物的熔点一定比X的低B. Z2Y是只含一种化学键的离子化合物C. Y的氧化物对应的水化物一定是强酸D. 简单离子的半径大小：ZY【答案】B【解析】【分析】W、X、Y三种元素所在周期序数之和等于7，可以是4+2+1、3+3+1、3+2+2，说明均为主族元素；W、X、Y组成一种共价化合物分子(XWYYWX)，根据该分子中的成键特点可知X应为第VA族，Y为第A族，W为第A族，则W、X、Y三种元素所在周期应为2,2,3，再结合原子序数依次增大可知W位于第2周期第A族，为C元素；X位于第二周期第VA族，为N元素；Y位于第三周期第A族，为S元素，则四种元素组成中学常见的离子化合物Z
15、YWX应为KSCN，即Z为K元素。【详解】AW为C，其氢化物为烃类，烃类有多种，其中相对分子质量较大的烃类熔点高于N元素的氢化物，故A错误；BK2S是只含有离子键的离子化合物，故B正确；CY的氧化物有SO3和SO2，SO3对应的水化物H2SO4是强酸，但SO2对应的水化物H2SO3是一种弱酸，故C错误；DK+与S2-电子层数相同，但S2-的核电荷数更小，半径更小，故D错误；故答案为B。【点睛】易错选项为A，题目所说的是C和N的氢化物，而不是最简单氢化物，C和N元素均有多种氢化物，尤其是C的氢化物为烃，烃的种类繁多，其中相对分子质量较大的熔沸点也会较高。13.锌锰电池的总反应为Zn+2MnO2+
16、2H2O=2MnOOH+Zn(OH)2。下列有关说法错误的是（ ）A. 锌为负极材料B. 该电解质溶液可能稀硫酸C. 正极反应式为MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-D. 消耗13g锌时电路中转移电子的物质的量为0.4mol【答案】B【解析】【详解】A根据总反应可知Zn被氧化，原电池中负极发生氧化反应，所以Zn为负极材料，故A正确；B根据总反应可知产物中有MnOOH和Zn(OH)2，若电解质为稀硫酸，稀硫酸可以和二者发生反应，产物会发生变化，故B错误；C原电池中正极得电子发生还原反应，根据总反应可知正极反应应为：MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-，故C正确；D13g锌的物质的量为
17、=0.2mol，放电过程中锌由0价变为+2价，所以转移电子的物质的量为0.4mol，故D正确；故答案为B。14.有机物R是金银花的一种成分，具有广谱抗病毒功效，键线式为(已知CH2=CHCH2OH的键线式为)。下列说法错误的是（ ）A. R能发生加成、氧化、取代反应B. 用酸性高锰酸钾溶液可以确认R含碳碳双键C. R分子中所有碳原子可能共平面D. CHO与R互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】AR中含有双键，可以发生加成反应、氧化反应，含有羟基、烃基可以发生取代反应，故A正确；BR分子的羟基也可以使酸性高锰酸钾褪色，故B错误；CR中碳原子均位于碳碳双键形成的平面上，平面通过单键相连，单键可
18、以旋转，所以所有碳原子可能共面，故C正确；D和的分子式均为C10H16O，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；故答案为B。【点睛】判断有机物分子中所有原子是否共面时，通常根据甲烷、乙烯、乙炔和苯的分子结构模型进行，找出与其结构相似的有机物片断，然后分析有多少原子可能共面或共线，最多有多少原子共面或共线，要求要熟悉这些基本模型的结构特点。15.工业上，常用O2氧化HCl转化成Cl2，提高效益，减少污染。反应为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。一定条件下，测得数据如下：t/min02.04.06.08.0100c(Cl2)/10-3molL-101.83.
19、75.47.27.2下列说法错误的是（ ）A. 条件不变时，12min时v正(Cl2)=v逆(H2O)B. 2.04.0min内的平均反应速率大于6.08.0min内的C. 08.0min内HCl平均反应速率为1.8molL-1min-1D. 加入高效催化剂，达到平衡所用时间小于8.0min【答案】C【解析】【详解】A根据表格数据可知8.0min到10min这段时间氯气的浓度不再变化，说明反应已经达到平衡，则12min时依然是平衡状态，平衡时v正(Cl2)=v逆(Cl2)，v逆(Cl2)= v逆(H2O)，故A正确；B2.04.0min内c(Cl2)=(3.7-1.8) 10-3molL-1=
20、1.910-3molL-1，6.08.0min内c(Cl2)=(7.2-5.4) 10-3molL-1=1.810-3molL-1，所以2.04.0min内平均反应速率大于6.08.0min内的，故B正确；C08.0min内c(Cl2)=7.210-3molL-1，则v(Cl2)=，同一反应不同物质反应速率之比等于计量数之比，所以v(HCl)=2v(Cl2)=1.810-3molL-1min-1，故C错误；D高效催化剂可以加快反应速率，缩短反应达到平衡所需的时间，故D正确；故答案为C。16.等质量的下列有机物分别与足量Na、NaHCO3完全反应，在相同条件下生成H2、CO2的体积比为1：1的是
21、（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A1mol该物质与钠反应可以放出1mol氢气，与碳酸氢钠反应可以放出1mol二氧化碳，故A符合题意；B1mol该物质与Na与钠反应放出1.5mol氢气，与碳酸氢钠反应放出1mol二氧化碳，故B不符合题意；C1mol该物质与Na与钠反应放出1.5mol氢气，与碳酸氢钠反应放出2mol二氧化碳，故C不符合题意；D1mol该物质与Na与钠反应放出1mol氢气，与碳酸氢钠反应放出2mol二氧化碳，故D不符合题意；故答案为A。【点睛】-OH和-COOH都可以和钠反应放出氢气，且生成的氢气数量与官能团数量均为1:2；只有-COOH能与NaHCO3反应
22、放出CO2，气体和官能团数量比为1:1。二、非选择题17.A、B、C、D四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示。已知A的最高正化合价和最低负化合价代数和等于0。回答下列问题：（1）元素E在周期表中的位置是_。（2）BD3分子的电子式为_。（3）在元素B、C、D、E的气态氢化物中，稳定性最强的是_ (填化学式)。（4）设计简单实验证明元素D的非金属性比元素C的强：_。（5）写出一种满足下列条件的A的氢化物的结构简式_ (不考虑立体异构)。分子中含有6个A原子能使溴水褪色一氯代物只有一种结构不含环【答案】 (1). 第四周期A族 (2). (3). HCl (4). 向Na2S溶液（或H2
23、S溶液）中通入Cl2（或滴加氯水），产生淡黄色浑浊 (5). 【解析】【分析】A、B、C、D均为短周期主族元素，A的最高正化合价和最低负化合价代数和等于0，则A应为第A族元素，根据四种元素在元素周期表中的相对位置可知A应为C，B为P，C为S，D为Cl，E为Br。【详解】(1)Br元素位于第四周期A族；(2)BD3分子为PCl3，其各原子均满足8电子稳定结构，电子式为；(3)非金属越强，其气态氢化物稳定性越强，同周期主族元素从左至右非金属性增强，同主族元素自上而下非金属性减弱，所以四种元素中非金属性最强的为Cl，其氢化物为HCl；(4)非金属性越强，其单质的氧化性越强，据此可以设计实验：向Na2
24、S溶液(或H2S溶液)中通入Cl2(或滴加氯水)，产生淡黄色浑浊，说明Cl2将S2-氧化成S，即氧化性Cl2S，说明Cl的非金属性强于S；(5)A的氢化物为烃类，其某种氢化物满足：分子中含有6个A原子，即含有6个C原子；能使溴水褪色，说明含有碳碳双键、三键(加成褪色)，或含有苯环(萃取褪色)；一氯代物只有一种结构，即该分子结构高度对称，只有一种环境的氢；不含环，说明不是苯，则满足条件的为：。18.天然气是一种清洁能源和重要化工原料。（1）下列事实能说明CH4分子呈正四面体结构的是_(填字母)。A.CH4分子的4个CH共价键键长相等B.CH4分子中每个键角都是10928C.CH2F2没有同分异构
25、体D.CCl4的沸点高于CH4的（2）甲烷与下列烃的通式相同的是_(填字母)。（3）已知断裂几种化学键要吸收的能量如下：化学键CHO=OC=OHO断裂1mol键吸收的能量/kJ41549774546316gCH4在O2中完全燃烧生成气态CO2和气态水时_(填吸收”或放出”)约_ kJ热量。（4）天然气/空气燃料电池中，若KOH为电解质，负极反应式为_。等质量的甲烷分别以稀硫酸、KOH溶液为电解质溶液完全放电时，理论上提供的电能之比为_。【答案】 (1). B、C (2). c、d (3). 放出 (4). 688 (5). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (6). 11【解析
26、】【详解】(1)因为甲烷中4个C-H键完全相同，若各共价键达到静电平衡使分子结构稳定只能是平面正方形或者正四面体结构，A若甲烷为平面正方形，其CH共价键键长也相等，故A错误；B若甲烷为平面正方形，则键角为90，而CH4分子中每个键角都是10928，说明其为正四体结构，故B正确；C若甲烷为平面正方形，则CH2F2应有两种结构，而实际上CH2F2没有同分异构体，说明甲烷的空间结构为正四面体，故C正确；DCCl4的沸点高于CH4是因为二者均为分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与甲烷的空间构型无关，故D错误；综上所述选BC；(2)甲烷为烷烃，烷烃的通式为CnH2n+2；
27、a为乙烯，分子式为C2H4，不符合烷烃通式；b为苯，分子式为C6H6，不符合烷烃通式；c、d分子式均为C4H10，符合烷烃通式，所以选cd；(3)焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，则热化学反应方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=415kJmol-14+497kJmol-12-(745kJmol-12+463kJmol-14)=-688 kJmol-1，焓变小于0为放热反应，16g甲烷的物质的量为1mol，所以16gCH4在O2中完全燃烧生成气态CO2和气态水时放出688kJ能量；(4)天然气/空气燃料电池中，CH4被氧化，O2被还原，原电池中负极发生氧化反应，
28、电解质溶液为碱性溶液，所以负极反应为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；等质量的甲烷分别以稀硫酸、KOH溶液为电解质溶液完全放电时，转移的电子数相同，提供的电能之比为1:1。19.E是合成某药物的中间体，其一种合成路线如图：（1）A中含氧官能团的名称是_。（2）AB的反应条件和试剂是_。（3）DE的反应类型是_。（4）写出BC的化学方程式_。（5）E的分子式为_。（6）B的环上二溴代物有_种(不考虑立体异构)。【答案】 (1). 羟基 (2). O2/Cu，加热 (3). 取代（酯化）反应 (4). +NaOH+NaCl (5). C8H12O3 (6). 11【解析】【详解】
29、(1)根据A的结构简式可知A的含氧官能团为羟基；(2)A到B为羟基的催化氧化，反应条件为：O2/Cu，加热；(3)D到E为羧基和羟基的酯化反应(取代反应)；(4)B到C为卤代烃的取代反应，方程式为：+NaOH+NaCl；(5)根据E的结构简式可知E的分子式为C8H12O3；(6)当两个氯原子在同一个碳上时有如图两种结构，当两个氯原子在不同碳上时可采用定一移一的方法分析，有、，共2+3+4+2=11种。20.KMnO4是实验室中常用的一种试剂。回答下列问题：（1）K+的结构示意图为_。（2）在酸性高锰酸钾溶液中滴加过量的草酸(H2C2O4，弱酸)溶液，振荡，溶液紫色变无色。发生的化学反应为2KM
30、nO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O，若将该反应设计成原电池，则负极反应式为_。（3）在10mL0.1molL-1KMnO4溶液(含稀硫酸)中加入15mL0.5mol.L-1草酸溶液，收集到的CO2的量与时间的关系如图所示。AB段反应速率增大的原因可能是_(填字母)。a.该反应是放热反应b.反应物浓度增大c.K2SO4起催化作用d.MnSO4起催化作用（4）为了探究外界条件对化学反应速率的影响，设计如下方案：实验0.1molL-1KMnO4/mL0.5molL-1H2C2O4/mL0.1molL-1H2SO4/mL水浴温度/蒸馏水/mL褪色时间/
31、minI5.015.05.0350t1II5.010.05.035Vt2III5.015.03.0352.0t3IV5.015.05.0450t4V=_。该实验方案不能探究对反应速率有影响的因素是_。A.浓度 B.酸度 C.温度 D.催化剂若测得结果：t4t1，则实验结论是_。【答案】 (1). (2). H2C2O4-2e-=2CO2+2H+ (3). a、d (4). 5.0 (5). D (6). 其他条件不变，升温，化学反应速率增大【解析】【详解】(1)K为19号元素，原子核外有19个电子，失去一个电子形成K+，所以K+的结构示意图为；(2)原电池中负极失电子发生氧化反应，根据总反应可
32、知反应过程中草酸被氧化成二氧化碳，所以负极反应为H2C2O4-2e-=2CO2+2H+；(3)a该反应为放热反应，随反应进行放出热量使反应体系温度升高，反应速率加快，故a合理；b随反应进行反应不断被消耗，反应物浓度减小，故b不合理；c若K2SO4起催化作用则反应开始到结束K2SO4的物质的量并没有变化，反应速率不应该一直增大，故c不合理；d随反应进行，溶液中MnSO4逐渐增大，催化作用增加，速率一直加快，故d合理；综上所述选ad；(4)控制变量法探究实验中每组实验的变量应只有一个，所以II组实验中溶液的总体积应与第I组相等，即5.0+10.0+5.0+V=5.0+15.0+5.0，解得V=5.
33、0mL；第I和II组实验变量为草酸的浓度，对比两组实验可以探究浓度对反应速率的影响；第I和III组实验变量为硫酸的用量，对比两组实验可以探究酸度对反应速率的影响；第I和IV组实验变量为温度，对比两组实验可以探究温度对反应速率的影响；没有哪两组实验的变量为催化剂，所以不能探究催化剂对反应速率的影响，所以选D；第I和IV组实验变量为温度，测得结果：t4t1，说明其他条件不变，升温，化学反应速率增大。21.在密闭容器中投入1molCH3COOCH3(l)和1molC6H13OH(l)发生反应：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l) CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)。测得体系中C
34、H3OH的物质的量与时间的变化关系如图所示。回答下列问题：（1）CH3COOCH3的一种同分异构体属于酸，它的结构简式为_。（2）己醇(C6H13OH)中，含3个甲基的结构有_种(不考虑立体异构)。（3）M点：正反应速率_逆反应速率(填“大于”“小于”或“等于”，下同)。N点正反应速率_M点逆反应速率。（4）上述反应在05min内CH3COOCH3的平均反应速率为_molmin-1。（5）上述反应达到平衡时，C6H13OH的转化率为_%。（6）N点混合物中CH3COOC6H13的物质的量分数为_%。【答案】 (1). CH3CH2COOH (2). 9 (3). 大于 (4). 大于 (5).
35、 0.1 (6). 50 (7). 25【解析】【详解】(1)CH3COOCH3的一种同分异构体属于酸，则含有-COOH，符合条件的只有CH3CH2COOH；(2)可以先确定己醇可能的结构简式有(数字表示羟基的位置)：a:，b：，c：，d：，e：， 其中含有3个甲基的有b中的2、3、4共3种，c中2、3共两种，d中1一种；e中1、2、3共3种，一共有3+2+1+3=9种；(3)据图可知M点反应未达到平衡，还在正向移动，则正反应速率大于逆反应速率；N点甲醇的物质的量不再变化，反应已到达平衡，所以正反应速率等于逆反应速率，而N点甲醇的物质的量浓度要大于M点，所以N点的逆反应速率大于M点逆反应速率，
36、所以N点正反应速率大于M点逆反应速率；(4)上述反应在05min内n(CH3OH)=0.5mol，根据题目所给反应速率单位可知，该题中反应速率v(CH3OH)=，同一反应不同物质反应速率之比等于计量数之比，所以v(CH3COOCH)= v(CH3OH)=0.1 molmin-1；(5)平衡时n(CH3OH)=0.5mol，根据反应方程式可知n(C6H13OH)=0.5mol，则C6H13OH的转化率为=50%；(6)初始投料为1molCH3COOCH3(l)和1molC6H13OH(l)，平衡时n(CH3OH)=0.5mol，反应过程中n(C6H13OH)=0.5mol，则根据反应方程式可知，平衡时n(CH3COOC6H13)=0.5mol，剩余n(C6H13OH)=0.5mol，n(CH3COOCH)=0.5mol，所以CH3COOC6H13的物质的量分数为=25%。【点睛】第2题同分异构体的数目的确定为本题难点，三个甲基和1个羟基的位置不好确定，因此可以先找出该醇可能具有的结构，再从这些结构中挑选符合条件的结构。
