1、河北省衡水市第十四中学2020-2021学年高二化学上学期三调考试（校外）试题（含解析）注意事项：1.本试卷分I卷(选择题)和II卷(非选择题)两部分。考试时间90分钟，总分100分。2.第I卷每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号。第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。3.考试结束，只交答题卡。可能用到的数据：H-1 N-14 O-16 Cl-35.5 S-32 Mg-24 Al-27 Fe-56 Cu-64卷I(选择题 共50分)一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，1-5题各1分，6-2
2、0题各2分，共35分)1. 在抗击“2019新型冠状病毒”的过程中，大量防护和消毒用品投入使用。下列有关说法正确的是A. 二氧化氯泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者的消毒原理相同B. 聚丙烯和聚四氟乙烯为生产防护服的主要原料，二者均属于有机高分子材料C. 真丝织品和棉纺织品可代替无纺布生产防护口罩，二者均可防止病毒渗透D. 保持空气湿度和适当降温可减少新型冠状病毒传染，二者均可防止病毒滋生【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 二氧化氯具有强的氧化性，能够使病毒氧化变质而失去生理活性，因而具有杀菌消毒作用，而酒精则是由于其使蛋白质脱水发生变性而消毒，因此二者的消毒原理不相同，A错误；B.
3、聚丙烯和聚四氟乙烯都是高聚物，均属于有机高分子材料，B正确；C. 真丝织品和棉纺织品的空隙大，具有很好的渗透性，不能阻止病毒渗透，因此不能代替无纺布生产防护口罩，C错误；D. 保持空气湿度和适当降温不能阻止病毒滋生，D错误；故合理选项是B。2. 在下列各说法中，正确的是A. H0表示放热反应，H0表示吸热反应B. 热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数C. 1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热D. 1 mol H2与0.5 mol O2反应放出的热就是H2的燃烧热【答案】B【解析】【分析】【详解】A放热反应的焓变小于0，吸热
4、反应的焓变大于0，故H0表示吸热反应，H0表示放热反应，故A错误；B热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示分子数，所以可用分数或小数表示，故B正确；C中和热是指稀的强酸和强碱生成1mol水时所放出的热量，而1mol硫酸和1mol氢氧化钡反应时生成了2mol水，同时还有硫酸钡沉淀生成，故此时放出的热量不是中和热，故C错误；D燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时生成的水必须为液态，而1mol氢气和0.5mol氧气反应生成的水的状态未知，故此时放出的热量不一定是燃烧热，故D错误；故选B。3. 下列反应中，属于加成反应的是A. 乙烯使酸性KMnO4溶液褪色B.
5、 将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色C. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色D. 甲烷与氯气混合光照一段时间后黄绿色消失【答案】C【解析】【分析】加成反应是有机物分子中的不饱和键断裂，断键碳原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应。【详解】A乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，乙烯发生氧化反应，故不选A；B将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色，苯萃取溴水中的溴单质，属于物理变化，故不选B；C乙烯和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，属于加成反应，故选C；D甲烷与氯气混合在光照条件下生成氯代甲烷和氯化氢，黄绿色消失，属于取代反应，故不选D。选C。4. 已知2S
6、O2(g)+O2(g)2SO3(g)，H=-198kJ/mol，在 V2O5存在时反应过程中的能量变化如图所示。下列叙述正确的是A. H= E4- E3+E2-E1B. 加入V2O5后反应经过两步完成，其中第一步决定反应速率C. 加入V2O5，H不变，但反应速率改变D. 向密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生上述反应达平衡时，反应放热198kJ【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据图示可知：反应的焓变为吸收能量与放出能量的差值，H=E1-E2+E3-E4，A错误；B.多步反应的反应速率由慢反应决定，由图可知：加入V2O5后第二步反应发生需要的能量高，反应速率慢，所以反应速率由第
7、二步反应决定，B错误；C.催化剂不能改变反应物、生成物的能量，所以H不变，但催化剂能改变反应途径，所以使用催化剂后反应速率改变，C正确；D.该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以向密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生上述反应达平衡时，反应放热小于198kJ，D错误；故合理选项是C。5. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是( )A. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅B. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅C. 对于反应2HI(g)H2(g)+I2(g)H0，缩小容器的体积可使颜色变深D. 打开冰镇啤酒瓶，把啤酒倒入玻璃杯中，杯中立即泛起大量泡沫【答案】C【解析】【分析】【详
8、解】A在氯水中存在可逆反应：Cl2+H2OHCl+HClO，光照时HClO发生分解反应，导致c(HClO)减小，化学平衡正向移动，使得氯气浓度减小，溶液颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B红棕色的NO2在密闭容器中存在化学平衡：2NO2N2O4，增大压强后，NO2浓度增大，气体颜色加深；增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，消耗NO2，使其浓度又逐渐减小，故气体颜色先加深后又变浅，可以用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C反应2HI(g)H2(g)+I2(g)是气体体积不变的反应，缩小容器的体积，化学平衡不移动，但由于容器的容积减小，导致物质浓度增大，c(I2)增大，使
9、得体系颜色变深，与平衡移动无关，因此不能用勒夏特列原理解释，C符合题意；D打开冰镇啤酒瓶，把啤酒倒入玻璃杯中，气体压强减小，同时温度升高，CO2在啤酒中溶解度降低，大量气体从啤酒中逸出，因此杯中立即泛起大量泡沫，与平衡移动有关，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故合理选项是C。6. 研究硫酸铜的量对锌与稀硫酸反应氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。实验混合溶液ABCDEF4mol/L H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H
10、2O/mLV7V8V9V10100下列说法正确的是（ ）A. 反应一段时间后，实验A、E中的金属呈暗红色B. V1=30，V6=10C. 加入MgSO4与Ag2SO4可以起与硫酸铜相同的加速作用D. 硫酸铜的量越多，产生氢气的速率肯定越快【答案】B【解析】【分析】【详解】A.研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，则需要硫酸的体积、物质的量应相同，由A、F可知结合溶液的总体积为30mL+20mL=50mL，V6=50-30-10=10，反应一段时间后，生成的铜会附着在锌片上，E中的金属呈暗红色，V7=50-30=20，A中无硫酸铜，为锌和硫酸的反应，不会出现金属呈暗红色，A错误；B.研究硫酸铜的量
11、对氢气生成速率的影响，则需要硫酸的体积、物质的量应相同，由A、F可知结合溶液的总体积为30mL+20mL=50mL，则V1=30，V6=50-30-10=10，B正确；C.能与锌发生置换反应且能形成原电池反应的只有Ag2SO4，镁的活泼性强于锌，无法构成原电池，C错误；D.因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，D错误；故合理选项是B。7. 某温度时，VIA元素单质与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下：O2(g) +H2(g) H2O(g) H242kJmol1S(
12、g)+ H2(g) H2S(g) H20kJmol1Se(g)+H2(g) H2Se(g) H+81kJmol1下列说法正确的是A. 稳定性：H2O H2S H2S H2Se，故A项错误；B项，Se(g)+H2(g) H2Se(g)对应的H0，说明该反应正向吸热，降温使得反应向放热的方向移动，即逆向移动，不利于生成H2Se，故B项错误；C项，将已知热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律，由2(-)可得：O2(g)+2H2S(g)2H2O(g)+2S(g) H444 kJmol1，故C项正确；D项，随着核电荷数的减小，A族元素的非金属性逐渐增强，与氢原子形成的共价键越强，放出的热量越多，生成物越
13、稳定，A族元素的单质与H2的化合反应越容易发生，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。8. 正四面体烷的球棍模型如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是A. 碳碳键的键角为B. 与丁二烯互为同分异构体C. 二氯代物有2种D. 正四面体烷生成1mol丁烷至少需要3mol【答案】D【解析】【分析】【详解】A4个C形成的结构与白磷结构相似，则碳碳键键角为60，故A错误；B丁二烯中含有4个C、6个H原子，正四面体烷中含有4个C、4个H原子，分子式不同，不是同分异构体，故B错误；C分子中4个H的位置相同，则二氯代物只有一种，故C错误；D正四面体烷生成1 mol 丁烷，需要H原子6mol，至少需要3mo
14、l H2，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为A，要注意根据结构示意图分析判断，C形成的骨架结构与白磷结构相似，不是与甲烷相似。9. 相同温度下，分别在起始体积均为1L的两个密闭容器中发生反应：X2(g)+3Y2(g) 2XY3(g) H=-akJ/mol 实验测得反应的有关数据如下表。容器反应条件起始物质的量/mol达到平衡所用时间/min达到平衡过程中能量变化X2Y2XY3恒容13010放热0.1akJ恒压130t放热bkJ下列叙述正确的是A. 对于上述反应，、中反应的平衡常数K的数值不同B. 中：从开始至10min内的平均反应速率(X2)=0.1mol/(Lmin)C. 中：X2的平
15、衡转化率小于10%D. b0.1a【答案】D【解析】【分析】【详解】A.、中反应温度相同，平衡常数K的数值相同，A项错误；B.中反应放热0.1akJ，说明10min内X2反应了0.1mol，物质的量浓度改变量为0.1mol/L，所以其平均速率为(X2)=0.01mol/(Lmin)，B项错误；C.据容器中数据，可算出X2的平衡转化率为10%，容器中是恒温恒压，容器是恒温恒容，容器相当于在容器基础上加压，加压平衡右移，所以X2的转化率大于10%，C项错误；D.据C项分析，容器相当于在容器基础上右移，所以放出热量比容器多，D项正确；答案选D项。10. 如图是某高分子片段，它是制作N95口罩无纺布的
16、化学成分，只含碳、氢两种元素。若该高分子的单体为M，关于该物质和M的说法正确的是( )A. 该物质能使溴的四氯化碳溶液褪色B. 等质量的该物质和M完全燃烧消耗的O2数目均为1.5 NAC. 1 mol M分子中，一定共平面的原子数目最少为6 NAD. 等物质的量的M和它的同分异构体，分子中的共价键数目一定相等【答案】D【解析】【分析】该物质为聚丙烯，单体M为丙烯(CH2=CHCH3)。【详解】A该物质分子内不含有碳碳不饱和键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，A不正确；B该物质和M的最简式都为CH2，等质量的该物质和M完全燃烧消耗的O2数目相等，但是由于其质量未知，不能确定其消耗氧气的具体数目，B不
17、正确；CM为丙烯(CH2=CHCH3)，对于烯烃来说，双键两端的碳原子及与其相连的4个原子一定共平面，由于碳碳单键可以旋转，-CH3中除C原子外，最多只能有一个H与乙烯基共面，所以1mol M分子中，一定共平面的原子数目只能为6 NA，可能共平面的原子最多为7个，C不正确；D丙烯的同分异构体为环丙烷，丙烯与环丙烷分子内每个碳原子都形成4个共价键（双键按2个键计算），所以等物质的量的M和它的同分异构体，分子中的共价键数目都为9个，D正确；故选D。11. 在密闭容器中充入一定量的NO2，发生反应2NO2（g）N2O4（g）H=57 kJmol1在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强
18、变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（）A. a、c两点的反应速率：acB. a、b两点的转化率：abC. a、c两点气体的颜色：a深，c浅D. 由a点到b点，可以用加热的方法【答案】B【解析】【分析】2NO2(g) N2O4(g)H=-57kJmol-1，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，混合气体中NO2的体积分数增大；增大压强，平衡正向移动，混合气体中NO2的体积分数减小，然后结合图象分析解答。【详解】A由图像可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，则a、c两点的反应速率：ac，故A错误；B由图像可知，a点二氧化氮的体积分数高，所以转化率ab，故B正确；Ca、c两点温度相同，c点
19、压强大，c点容器体积小，则二氧化氮浓度大，因此a、c两点气体的颜色：a浅、c深，故C错误；D升高温度，平衡逆向移动，NO2的体积分数增大，a点到b点，二氧化氮的体积分数减少，说明是降低了温度，所以不能用加热的方法实现由a点到b点的转变，故D错误；答案选B。【点睛】明确外界条件对化学平衡的影响及图像中纵横坐标的含义是解题的关键。本题的易错点为C，要注意气体的压强增大，容器的体积减小，无论平衡如何移动，气体物质的浓度均会增大。12. 利用CH4可消除NO2的污染，反应原理为：CH4(g)+2NO2(g) N2(g) + CO2(g) +2H2O(g)，在10L密闭容器中分别加入0.50mol CH
20、4 和1.2mol NO2，测得不同温度下 n(CH4)随时间变化的有关实验数据如表所示，下列说法正确的是组别温度/K时间/min物质的量/mol010204050T1n(CH4)0.500.350.250.100.10T2n(CH4)0.500.300.18M0.15A. 由实验数据可知温度 T 1T2B. 组别中 0 20 min 内，NO2 降解速率为0.0125 molL-1min-1C. 40 min 时，表格中 M 对应的数据为 0.18D. 该反应只有在高温下才能自发进行【答案】A【解析】【分析】【详解】A0到10min，n(CH4)减小量：T1T2，所以该反应在T2条件下反应速
21、率较快，故T1T2，A正确；B组别中0 20 min内，n(CH4)=0.50mol-0.25mol=0.25mol，c(CH4)=0.025mol，所以c (NO2)=0.05mol/L，NO2降解速率=0.0025molL-1min-1，B错误；CT1时，40min到50min，n(CH4)不变，说明反应已达平衡状态，T2T1，则T2温度到达平衡的时间应比T1温度时短，所以，T2温度、40min时反应已经平衡，故M为0.15，C错误；DT2T1，平衡时，T2温度的n(CH4)T1温度的n(CH4)，说明升高温度，平衡逆向移动，反应的0，同时，该反应是熵增反应，0，所以，无论高温还是低温，都
22、有-T0，即该反应在高温或低温条件下都能自发进行，D错误。答案选A。13. 在容积为2.0 L的密闭容器内，物质D在T 时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述不正确的是 A. 从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为0.0667 mol/(Lmin)B. 该反应的化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2c(B)C. 已知：反应的H0，则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度D. 若在第7分钟时增加D的物质的量，则表示A的物质的量变化正确的是a曲线【答案】D【解析】【分析】【详解】A.根据v=c/
23、t计算得A物质的平均反应速率为0.4mol/(2L3min)=0.0667 mol/(Lmin),A正确；B.根据图在第一次达到平衡时A的物质的量增加了0.4mol，B的物质的量增加了0.2mol，所以A、B为生成物，D的物质的量减少了0.4mol/L，所以D为反应物，D、A、B的变化量之比为0.4:0.4:0.2=2:2:1,反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2c(B)，故B正确；C.第5分钟时A、B的物质的量在原来的基础上增加，而D的物质的量在原来的基础上减小，说明平衡正向移动，因为反应的H0,
24、所以此时是升高温度，故C正确；D.因为D是固体，量的改变不影响化学平衡，所以A的物质的量不变，故D错误；综上所述，本题选D。14. 体育竞技中服用兴奋剂既有失公平，也败坏了体育道德。某种兴奋剂的结构简式如图所示。有关该物质的说法中正确的是 ( )A. 该物质与苯酚属于同系物，遇FeCl3溶液呈紫色B. 能使酸性KMnO4溶液褪色，证明其结构中存在碳碳双键C. 1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时最多消耗Br2和H2分别为10mol和7molD. 该分子中的所有碳原子可能共平面【答案】D【解析】【分析】【详解】A.苯酚同系物中只含1个苯环和1个酚羟基，该物质含2个苯环和3个酚羟基，不是苯酚同系
25、物，但含酚-OH，遇FeCl3溶液呈紫色，A错误；B.碳碳双键、酚-OH、与苯环直接相连的甲基均能被酸性KMnO4溶液氧化，滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去，不能能证明其结构中碳碳双键，B错误；C.酚-OH的邻对位苯环氢与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成，则1mol该物质与浓溴水反应，最多消耗溴为4mol；苯环与碳碳双键均与氢气发生加成，则1mol该物质与氢气反应时，最多消耗氢气为7mol，C错误；D.苯环、碳碳双键均为平面结构，单键可以旋转，则该分子中的所有碳原子可能共平面，D正确；故合理选项是D。15. 一定温度下，将 A、B气体各1 mol充入2L恒容密闭容器，发生反应A(g
26、)+B(g)xC(g)+D(s)，t1时达到平衡。在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确是（ ）A. 反应方程式中的x1B. t2时刻改变的条件是使用催化剂C. t3时刻改变的条件是移去少量物质DD. t1t3间该反应的平衡常数均为4【答案】D【解析】【分析】根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但C的浓度变大，说明在t2时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变；再根据平衡常数的定义计算平衡常数，在可逆反应中固体物质的量的少量改变不会引起平衡的移动，据此分析解答。【详解】A根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但C的浓度变大，
27、说明在t2时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变，所以有x=1+1=2，故A错误；B催化剂不能改变平衡时的浓度，即加入催化剂，C的浓度不发生变化，故B错误； CD为固体，减少D的量，不影响平衡移动，C的浓度不发生变化，故C错误；Dt1t3间温度相同，平衡常数相同，由图可知，在t1时刻达到平衡，平衡时C的浓度为0.5mol/L，则： A(g)+B(g)2C(g)+D(s)开始(mol/L)：0.5 0.5 0变化(mol/L)：0.25 0.25 0.5平衡(mol/L)：0.25 0.25 0.5所以平衡常数K=4，故D正确；答案选D。【点睛】解答本题的关键是根据图像确定化学
28、方程式中的x的值。本题的易错点为A，要注意D是固体。16. 十九大报告提出将我国建设成为制造强国，2020年我国“PX”产能将达到3496万吨/年。有机物（烃）“PX”的结构模型如下图，下列说法错误的是A. “PX”的二氯代物共有6种（不考虑立体异构）B. “PX”的分子式为C8H10C. “PX”分子中，最多有14个原子共面D. 可用酸性KMnO4溶液鉴别“PX”与苯【答案】A【解析】【分析】【详解】A. 根据模型，PX为对二甲苯。“PX”的二氯代物共有：共7种，故A错误；B. 对二甲苯分子式为C8H10，故B正确；C、“PX”分子中，苯环上的C和H共面，有12个原子，每个甲基中可有1个H旋
29、转至共平面，故该分子中最多有14个原子共面，故C正确；D、对二甲苯可使酸性高锰酸钾褪色，而苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故可用酸性KMnO4溶液鉴别“PX”与苯，故D正确。故选A。17. 在一定条件下，甲醇发生脱氢反应生成甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)H2(g)，甲醇的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是A. 甲醇脱氢反应的焓变H0B. 600 K时，Y点甲醇的v正v逆C. 从Y点到Z点可通过增大压强D. 在T1 K时，该反应的平衡常数为8.1【答案】B【解析】【分析】【详解】A由图像可以看出随着温度升高甲醛平衡转化率升高，说明脱氢反应是吸热反应，H0，A错误；B60
30、0K时由图像可以看出，Y点所对应的转化率比平衡转化率高，说明此时反应向逆反应方向进行，故甲醇的(正)(逆)，B正确；C由图可知Y点和Z点甲醇转化率相等，若增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲醇转化率减小，则甲醇的转化率将小于Z点甲醇的转化率，C错误；D由图像看出，T1时，甲醇的转化率为0.9，设体积为1L，起始时甲醇的物质的量为1mol，HCHO和H2为0mol时，列三段式有：因此平衡常数，但HCHO和H2的起始投入量不一定为0，D错误；答案选B。18. 在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g)2C(g) H0。t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图。下列
31、说法正确的是A. 0t2时，v(正)v(逆)B. t2时刻改变的条件可能是加催化剂C. 、两过程达到反应限度时，A的体积分数=D. 、两过程达到反应限度时，平衡常数I【答案】C【解析】【分析】【详解】A图像分析判断0t2时，0t1逆反应速率大于正反应速率，t1t2正逆反应速率相同，A错误；B在t2时刻若是加入催化剂，由于催化剂对正逆反应速率都有影响，图像中逆反应速率和正反应速率同等程度增大，而现在逆反应速率先增大最后和原平衡相同，速率不变，最后反应达到平衡和原平衡相同，B错误；C、两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，A的体积分数=，C正确；D、两过程达到反应限度时，
32、反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，平衡常数不变，D错误；答案选C。19. 温度为T0时，在容积固定的密闭容器中发生反应X(g)+Y(g)Z(g)(未配平)，4 min时达到平衡，各物质浓度随时间变化的关系如图(a)所示。其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反应，Z的浓度随时间变化的关系如图(b)所示。下列叙述正确的是( )A. T0时，该反应的平衡常数为33.3(单位略)B. 图(a)中反应达到平衡时，Y的转化率为37.5%C. 发生反应时，各物质的反应速率大小关系为(X)=(Y)=2(Z)D. 该反应正反应的反应热H0【答案】A【解析】【分析】【详解】AT0时，根据图像得到各物质
33、的物质的量浓度改变量为c(Z)0.5molL1，c(X)0.25molL1，c(Y)0.25molL1，则反应方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)，反应的平衡常数为，故A正确；B图(a)中反应达到平衡时，Y的转化率为，故B错误；C发生反应时，速率之比等于计量系数之比，因此各物质的反应速率大小关系为2(X)=2(Y)= (Z)，故C错误；D根据图2，先拐先平衡，数字大，T1T2，从T1到T2，温度降低，Z的浓度降低，平衡逆向移动，逆向是放热反应，则反应正反应的反应热H0，故D错误。综上所述，答案为A。20. 有机物M的结构简式是，能用该结构简式表示的M的同分异构体共有(不考虑立体异构)( )A.
34、 24种B. 20种C. 16种D. 12种【答案】B【解析】【分析】【详解】-C3H6Cl有-CH2CH2CH2Cl、-CH2CHClCH3、-CHClCH2CH3、-CCl(CH3)2、-CH (CH3) CH2Cl这5种结构；-C4H9有-CH2CH2CH2CH3、-CH(CH3) CH2CH3、-CH2CH(CH3)2、-C(CH3)3这4种结构，能用表示的M的同分异构体共有54=20种，故选B。二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意，每小题3分，共15分)21. 已知：2X(g) + Y(g) 2Z(g)H=-196.6 kJmol-1，t 时，在一恒容绝热的密闭容器中，加入4
35、mol X和2 mol Y反应，达到平衡后，Y剩余0.8mol。若在上面的平衡体系中，再加入1 mol气体Z，再次达到平衡，此时X物质的物质的量n(X)可能为( )A. 3 molB. 2.8 molC. 2 molD. 1.8 mol【答案】D【解析】【分析】【详解】由2X(g) + Y(g) 2Z(g)反应可知，加入4molX和2molY反应达到平衡后，Y剩余0.8mol可知，Y转化了1.2mol，所以根据化学计量数之比可得X转化了2.4mol，即X的转化率等于Y的转化率=100%=60%。如再加入1 mol气体Z，完全反应后能生成1molX、0.5molY，假设转化率相等，则反应的X为0
36、.6mol，剩余0.4 molX，再加上原来的1.6 molX，则X为2.0mol，而增加Z相当于增大压强，平衡正向移动，X的量减少，从逆向开始，温度降低，X的量也减少，所以剩余X的量小于2.0mol，所以D符合题意；故答案：D。22. 北京冬奥会将于2022年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示()。下列说法正确的是( )A. 该双环烯酯的水解产物都能使溴水褪色B. 1 mol该双环烯酯能与3 mol H2发生加成反应C. 该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面D. 该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有9种【
37、答案】AD【解析】【分析】【详解】A该双环烯酯的水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，A正确；B碳碳双键能与H2发生加成反应，而酯基与H2不能发生加成反应，所以1 mol该双环烯酯能与2 mol H2发生加成反应，B不正确；C分子中不存在苯环，从碳碳双键出发，共平面的原子至少有6个，但分子中分别与碳碳双键共平面的原子不一定共平面，C不正确；D分子加氢后，两边环分别有4种一氯代物，-CH2-上还有1种一氯代物，一氯代物共有9种，D正确；故选AD。23. 某温度下，反应2A(g)B(g)H0，在密闭容器中达到平衡，平衡后 =a，若改变某一条件，足够时间后，反应再次达到平衡状态，此时=b，下列叙
38、述正确的是( )A. 在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，则abB. 在该温度恒压条件下再充入少量B气体，则a=bC. 若其他条件不变，升高温度，则abD. 若保持温度、压强不变，充入惰性气体，则ab【答案】BD【解析】【分析】【详解】A在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，虽然平衡逆向移动，但c(A)增大的幅度小于c(B)增大的幅度(相当于原平衡体系加压)，则减小，ab，A不正确；B在该温度恒压条件下再充入少量B气体，可认为B气体在另一同温同压容器内达平衡后再充入，c(A)不变，c(B)不变，则a=b，B正确；C若其他条件不变，升高温度，平衡正向移动，减小，则a
39、b，C不正确；D若保持温度、压强不变，充入惰性气体，则相当于增大容器的体积，平衡逆向移动，增大，ab，D正确；故选BD。24. 根据下表中有机物的分子式排列规律，下列判断正确的是123456CH4OC2H4O2C4H8O2C5H12OC6H12O2A. 空格中有机物同分异构体数目3B. 表格中的有机物1不可能与金属钠反应C. 空格中有机物燃烧产物定为CO2和H2OD. 表格中2、4、6有机物不可能属于同类物质【答案】A【解析】【分析】根据表中数据知，C原子个数与其序数相同，奇数序数中O原子个数是1，除去O原子外就是相应的烷烃；偶数序数中O原子个数是2，除去O原子外就是相应的烯烃，则3号位置分子
40、式为C3H8O。详解】A空格中的有机物分子式C3H8O，可能是一元醇也可能是醚，如果是醇可能是1-丙醇、2-丙醇，也可能是甲乙醚，所以其同分异构体有3种，故A正确；B表格中的有机物1为CH3OH，醇羟基能和钠反应，所以表格中的有机物1能与金属钠反应且生成氢气，故B错误；C空格中的有机物如果不完全燃烧，则生成CO，故C错误；D表格中2、4、6有机物可能是酯也可能是羧酸，所以表格中2、4、6有机物可能都是羧酸、也可能都是酯，故D错误；故选A。【点睛】注意相同碳原子个数的一元醇与醚是同分异构体，相同碳原子个数的一元酸与酯是同分异构体。25. 在某恒容密闭容器中盛有一定量的H2，通入Br2(g)发生反
41、应H2(g)Br2(g)2HBr(g) HT2B. a、b两点的反应速率：b”“”或“=”)K1，理由为_。【答案】 (1). S(g)+2H2O(g) SO2(g)+2H2(g) H= -90.0kJmol-1 (2). 系统() (3). L2 (4). 50% (5). 1 (6). C (7). (8). 该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温容器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小【解析】【分析】【详解】(1)CO2(g)+C(s)2CO(g) H1=+172.4kJmol-1Fe3O4(s)+CO(g)3FeO+CO2(g) H2=+17.2kJmol-13FeO(s)+
42、H2O(g)Fe3O4+H2(g) H3=-58.2kJmol-1 2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g) H4=+8.0kJmol-1利用盖斯定律，将2+2-，即得系统()制取氢气的热化学方程式为S(g)+2H2O(g) SO2(g)+2H2(g) H= -90.0 kJmol-1；将+即得系统(I)的热化学方程式为C(g)+H2O(g) CO(g)+H2(g) H=+131.4 kJmol-1，显然两个系统制得等量的H2时所需能量较少的是系统()。答案为：S(g)+2H2O(g) SO2(g)+2H2(g) H= -90.0 kJmol-1；系统()；(2)升高温度，平衡正向移
43、动，CO的体积分数减小，所以图中表示CO的平衡体积分数与温度的变化关系的曲线为L2。向10L恒容密闭容器中充入2 mol CO和1 mol SO2，设参加反应SO2的物质的量为x，则可建立如下三段式：由图中信息可得：2-2x=2x，x=0.5mol，SO2的平衡转化率a1=50%，反应的平衡常数K1=1。A增大压强，平衡不移动，CO的平衡转化率不变；B充入一定量的H2S，与SO2反应生成硫和水，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小； C充入一定量的SO2，反应速率加快，平衡正向移动，CO的转化率增大； D加入适当催化剂，平衡不移动，CO的转化率不变；故选C；向起始温度为T1的10 L绝热容器中充
44、入2 mol CO和1 mol SO2，重复实验，因温度降低，平衡逆向移动，该反应的平衡常数K2K1，理由为该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温容器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。答案为：L2；50%；1；C；该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温容器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。27. 含碳物质的价值型转化，有利于“减碳”和可持续性发展，有着重要的研究价值。请回答下列问题：(1)已知CO分子中化学键为CO。相关的化学键键能数据如下：化学键HOCOC=OHHE/(kJmol1)4631075803436CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g) H=_k
45、Jmol1.下列有利于提高CO平衡转化率的措施有_(填标号)。a.增大压强 b.降低温度c.提高原料气中H2O的比例 d.使用高效催化剂(2)乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应为：(g)CO2(g) (g)CO(g)H2O(g)，其反应历程如下：由原料到状态_能量(填“放出”或“吸收”)。一定温度下，向恒容密闭容器中充入2 mol乙苯和2 mol CO2，起始压强为p0，平衡时容器内气体总物质的量为5 mol，乙苯的转化率为_，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=_。气体分压(p分)=气体总压(p总)气体体积分数乙苯平衡转化率与p(CO2)的关系如图所示，请解释乙苯平衡转化率随着p(CO2
46、)变化而变化的原因_。【答案】 (1). 41 (2). bc (3). 吸收 (4). 50% (5). 0.25p0 (6). 随着CO2压强增大，CO2浓度增大，乙苯平衡转化率增大；CO2压强继续增大，会造成催化剂表面乙苯的吸附率下降【解析】【分析】【详解】(1)H=反应物的总键能-生成物的总键能=1075kJmol1+463kJmol12-803kJmol12-436kJmol1=-41kJmol1，故答案为：41；要提高CO平衡转化率，应使平衡正向移动，a该反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，故a不选；b该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，故b符合，故选b；c提高原料气中H
47、2O的比例，能提高CO平衡转化率，故c符合，故选c；d使用催化剂能提高反应速率，但不能使平衡移动，故d不选；故选bc；(2)由原料到状态发生化学键的断裂，需要吸收能量，故答案为：吸收；设乙苯反应了xmol，4+x=5，解得x=1，乙苯的转化率为100%=50%；平衡后压强为p0=1.25 p0，Kp=0.25p0，故答案为：50%；0.25p0；一定范围内，p(CO2)越大，说明原料中CO2的配比越高，则乙苯平衡转化率越高；二者首先吸附在催化剂表面上，当CO2在催化剂表面吸附率过高时，会造成乙苯的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着p(CO2)增大反而减小，故答案为：随着CO2压强增大，CO2浓度
48、增大，乙苯平衡转化率增大；CO2压强继续增大，会造成催化剂表面乙苯的吸附率下降。28. 对氨基苯甲酸酯类是一类局部麻醉药，化合物M是该类药物之一、合成M的一种路线如下：已知以下信息：核磁共振氢谱显示B只有一种化学环境的氢，H苯环上有两种化学环境的氢。RXRMgXRCH2CH2OH。E为芳香烃，其相对分子质量为92。(苯胺，易被氧化)。回答下列问题：(1)A的结构简式为_，其化学名称是_。(2)由E生成F的化学方程式为_。(3)由G生成H的反应类型为_。(4)M的结构简式为_。(5)D的同分异构体中不能与金属钠反应生成氢气的共有_种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为6:
49、1的是_(写结构简式)。(6)参照上述合成路线，以乙烯、干醚和环氧乙烷为原料(无机试剂任选)制备1，6-己二醇，设计合成路线 _。【答案】 (1). (2). 2-甲基丙烯 (3). +HNO3(浓) +H2O (4). 还原反应 (5). (6). 15 (7). (8). CH2=CH2CH2BrCH2BrBrMgCH2CH2MgBrHO(CH2)6OH【解析】【分析】A发生加成反应生成B，核磁共振氢谱显示B只有一种化学环境的氢原子，则说明B的结构简式为(CH3)3CBr，则A为，B发生信息中的反应以后生成C，则C为(CH3)3CMgBr，C发生反应生成D，则D为(CH3)3CCH2CH2
50、OH，E为芳香烃，说明含有苯环，其相对分子质量为92，因为一个苯基的相对分子质量为77，所以E中还含有一个甲基，其结构简式为，E发生硝化反应可生成F，H分子苯环上有两种化学环境的氢原子，说明F中甲基与硝基处于对位，其结构简式为，D和H发生反应生成对氨基苯甲酸酯类M，则H中含有羧基，H为对氨基苯甲酸，其结构简式为，因为苯胺易被氧化，F先发生氧化反应后再发生还原反应，所以G的结构简式为，D和H发生酯化反应生成M，可推知M的结构简式为，据此结合有机物的结构与性质分析解答。【详解】根据上述分析可知，(1)A的结构简式为，根据烯烃的命名原则可知，其化学名称是2-甲基丙烯；(2)E发生硝化反应生成F，其化
51、学方程式为+HNO3(浓) +H2O；(3)G发生还原反应生成H，其反应类型为还原反应；(4)根据上述分析可知，M的结构简式为；(5)D为(CH3)3CCH2CH2OH，其同分异构体中不能与金属钠反应生成氢气，则说明分子中不含羟基，只能含有醚键，为醚，若主链上含有6个C原子，则有3种结构；若主链上含有5个C原子，则有7种结构；若主链上含有4个C原子，则有5种结构；所以符合上述条件的D的同分异构体共有3+7+5=15种；其中核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为61的是，故答案为：15；(6)乙烯与溴发生加成反应可生成1,2-二溴乙烷，根据给定条件可知，1,2-二溴乙烷可与Mg、干醚反应生成BrM
52、gCH2CH2MgBr, BrMgCH2CH2MgBr再和环氧乙烷反应并酸化后可得到目标产物HO(CH2)6OH，具体的合成路线为：CH2=CH2CH2BrCH2BrBrMgCH2CH2MgBrHO(CH2)6OH。29. 1799年，英国化学家汉弗莱戴维发现了N2O气体。在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。(1)N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为_。(2)N2O在金粉表面发生热分解反应：2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) H。已知：2NH3(g) + 3N2O(g) 4N2(g) + 3 H2O(l) H14NH3(g
53、) + 3O2(g) 2N2(g) + 6H2O(l) H2H= _(用含H1、H2的代数式表示)。(3)N2O和CO是环境污染性气体，这两种气体会发生反应：N2O(g)+CO)(g)CO2(g)十N2(g)，“Fe+”常用作该反应的催化剂。 其总反应分两步进行：第一步为Fe+ +N2OFeO+ +N2；第二步为_(写化学方程式)。第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应活化能_ (填“大于”“小于”或“等于”)第一步反应活化能。(4)在四个恒容密闭容器中充入相应量的气体(图甲)，发生反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g) H，容器、中N2O的平衡转化率如图乙所示
54、： 该反应的H_(填“”或“”)0。容器的体积为5L，在470下进行反应，30s后达到平衡，030s内容器中O2的反应速率为_mol.L-1.min-1 ；容器的体积为1L，容器中的物质也在470下进行反应，起始反应速率：正(N2O)_逆(N2O)。(填“”“”或“=”)图中A、B、C三点处容器内密度最大的点是_(填“A”“B”或“C”)。已知容器的体积为10L，370时，该反应的平衡常数k=_。【答案】 (1). 2NH3 2O2N2O 3H2O (2). H1 H2 (3). FeO+ +COFe+ +CO2 (4). 小于 (5). (6). 0012 (7). (8). C (9).
55、8.910-4【解析】【分析】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，类似于生成NO的反应，同时生成水；(2)根据已知焓变的热化学方程式推导所求反应，再由盖斯定律计算所求反应的焓变；(3)总反应分两步进行Fe+N2O=FeO+N2，根据催化剂定义，第一步生成中间产物，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，根据催化剂定义，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率；(4)升高温度，平衡向吸热方向移动；根据v= 计算O2的反应速率；恒温条件下，缩小体积，平衡向气体总物质的量减小的方向移动；容器内混合气体密度为=，据此分析解答；根据
56、方程式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算。【详解】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O和水，反应的化学方程式为2NH3+2O2 N2O+3H2O，故答案为：2NH3+2O2N2O+3H2O；(2)2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(1) H1，4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1) H2，根据盖斯定律，将(2-)得到N2O在金粉表面发生热分解：2N2O(g)=2N2(g)+O2(g) H=H1-H2，故答案为：H1-H2；(3)总反应N2O(g)+CO)(g)CO2(g)十N2(g)分两步进行，第一步：Fe+N2OFeO+N2，第
57、二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，FeO+COFe+CO2，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反应速率，则第二步反应活化能小于第一步反应的活化能，故答案为：FeO+COFe+CO2；小于；(4)根据图乙，升高温度，N2O的转化率升高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，则H0，故答案为：； 所以v(O2)=0.012mol/(Lmin)；容器的体积为1L，容器中的物质也在470下进行反应，则缩小体积，压强增大，平衡向逆方向移动，即起始反应速率：v正(N2O)v逆(N2O)，故答案为：0.012；容器内混合气体密度为=，反应前后质量守恒，m不变，只需比较容器体积即可，从ABC，三点起始量一样，随着温度升高，由于反应为吸热反应，温度升高有助于反应进行，导致转化率增大，现要使三点的转化率一致，所以需要加压，相当于缩小容器体积，即VAVBVC，所以ABC，即图中A、B、C三点处容器内密度最大的点是：C，故答案为：C；容器I的体积为10L，370时，N2O的转化率为40%， 所以K=8.910-4，故答案为：8.910-4。【点睛】掌握化学平衡计算的基本方法是解题的关键。本题的易错点为(3)，要注意掌握解题方法，总反应=第一步反应+第二步反应。