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2019学年人教版高中必修二化学期末模拟试卷

人教版高中必修二化学期末模拟试卷

考试时间：90分钟    满分：100分

一、单项选择题：本题包括22小题，每小题2分，共44分。

1. 下列实验方案不合理的是(　　)

A. 鉴定蔗糖水解产物中有葡萄糖：直接在水解液中加入新制Cu(OH)₂悬浊液

B. 鉴别织物成分是真丝还是人造丝：用灼烧的方法

C. 鉴定苯中无碳碳双键：加入高锰酸钾酸性溶液

D. 鉴别己烯和苯：将溴的四氯化碳溶液分别滴加到少量己烯和苯中

【答案】A

【解析】蔗糖水解用稀硫酸作催化剂，直接向水解液中加入新制Cu(OH)₂悬浊液，Cu(OH)₂和H₂SO₄反应生成CuSO₄，破坏了Cu(OH)₂，无法鉴定。

2.下列有关说法错误的是（N_A代表阿伏伽德罗常数的数值）（     ）

A. 烃只含有碳和氢两种元素

B. 糖类物质均能发生水解反应

C. 46gC₂H₅OH中含有7N_A个极性共价键

D. 利用油脂在碱性条件下的水解，可以制甘油和肥皂

【答案】B

【解析】A. 烃是只含有碳和氢两种元素的有机物，A正确；B. 双糖、多糖可水解，单糖不能水解，B错误；C. 46gC₂H₅OH的物质的量为1mol，其中含有7N_A个极性共价键，C正确；D. 利用油脂在碱性条件下的水解，即皂化反应，可以制甘油和肥皂，D正确；答案选B。

3．括号内物质为杂质，下列除去杂质的方法不正确的是(　　)

A．乙酸乙酯(乙酸)：用NaOH溶液洗涤后，分液

B．乙烷(乙烯)：用溴水洗气

C．溴苯(溴)：用NaOH溶液洗涤后，分液

D．乙醇(水)：用生石灰吸水后蒸馏

【答案】A

【解析】二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故A项错误；乙烯与溴水反应，而乙烷不能，则用溴水、洗气可分离，故B项正确；溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故C项正确；水与CaO反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故D项正确。

4．下列叙述正确的是(　　)

A．工业上用电解熔融氯化钠的方法制取钠

B．钠加入氯化镁的饱和溶液中可以制取金属镁

C．电解冶炼铝的原料是氯化铝

D．电解氯化镁溶液来制取镁

【答案】A

【解析】A项，由于金属Na的活动性很强，所以在工业上用电解熔融氯化钠的方法制取钠，正确；B项，由于钠、镁活动性都很强，所以金属镁常采用电解熔融的MgCl₂的方法来冶炼，错误；C项，金属铝的活动性也很强，但是由于氯化铝是共价化合物，所以常用电解熔融的氧化铝的方法冶炼铝，错误；D项，在氯化镁的溶液中进行电解，由于H^＋得到电子的能力比Mg^2＋强，所以不能产生金属Mg，错误。

5．下列有关化学用语使用正确的是(　　)

A．次氯酸的结构式：H—Cl—O

B．乙醇的结构简式：C₂H₆O

C．硫离子的结构示意图：

D．丙烷分子的球棍模型：

【答案】D

【解析】次氯酸的结构式为H—O—Cl，A错误；乙醇的结构简式为C₂H₅OH，C₂H₆O为乙醇的分子式，B错误；硫离子正确的结构示意图为，C错误；原子之间为单键，主链有3个碳原子，氢原子数为8个，符合丙烷的结构，D正确。

6.同分异构现象是造成有机物种类繁多的重要原因之一。下列各组物质互为同分异构体的是（    ）

A. 甲烷与丙烷          B. CH₂＝CH₂与CH₃CH₃

C. 蔗糖与麦芽糖          D. 纤维素与淀粉

【答案】C

【解析】A项、甲烷与丙烷的分子式不同，不互为同分异构体，故A错误；B项、CH₂＝CH₂与CH₃CH₃的分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；C项、蔗糖与麦芽糖的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D项、纤维素与淀粉的分子式均为（C₆H₁₀O₅）_n，但聚合度n值不同，不互为同分异构体，故D错误；故选C。

7.下列说法错误的是（     ）

A. 原电池是将化学能转化为电能的装置

B. 原电池中电解质溶液的作用是传递电子

C. 碱性锌锰电池以锌作负极，KOH为电解质

D. 铅蓄电他一种二次电池，以PbO₂作正极

【答案】B

【解析】A. 原电池是将化学能转化为电能的装置，A正确；B. 电子不会进入电解质溶液中，原电池中电解质溶液的作用不是传递电子，B错误；C. 碱性锌锰电池以锌作负极，KOH为电解质，C正确；D. 铅蓄电他是一种二次电池，以PbO₂作正极、Pb为负极，D正确；答案选B。

8.下列离子方程式，书写正确的是（    ）

A. 硫化亚铁与盐酸反应：S^2-+2H⁺=H₂S↑

B. 硫化氢气体通入氯水中：H₂S+Cl₂=2H⁺+2Cl^-+S↓

C. 硫酸和氢氧化钡溶液混合：H⁺+OH^-+Ba²⁺+SO₄^2-=BaSO₄↓+H₂O

D. 铁与稀硫酸反应：2Fe+6H⁺=2Fe³⁺+3H₂↑

【答案】B

【解析】A.硫化亚铁是难溶性物质，在离子方程式里不能写成离子形式，故A不选；

B.硫化氢有还原性，氯气有氧化性，两者会发生氧化还原反应，生成硫和盐酸，故B选；

C.1mol硫酸电离出2mol H⁺和1mol SO₄^2-，1mol氢氧化钡电离出1mol Ba²⁺和2mol OH^-，所以离子方程式中H⁺、OH^-和水的系数均为2，即离子方程式为：2H⁺+2OH^-+Ba²⁺+SO₄²⁺=BaSO₄↓+2H₂O，故C不选；D.稀硫酸的氧化性是H⁺体现出来的，H⁺的氧化性比较弱，不能把铁氧化成Fe³⁺，只能氧化成Fe²⁺，故D不选；故选B。

9．从结构推测有机物最不可能具有的性质是(　　)

A．能发生取代反应

B．能被新制Cu(OH)₂氧化

C．能加聚得高分子化合物

D．能使溴水褪色

【答案】B

【解析】有机物含键，可加聚，也可使溴水褪色，有机物含酯基()可水解(属取代反应)；有机物不含醛基(—CHO)，不能被新制的Cu(OH)₂氧化。

10．物质的量均为1 mol的气体A₂和B₂放在1 L的密闭容器中反应生成C,2 min后，测得c(A₂)＝0.58 mol·L^－1，c(B₂)＝0.16 mol·L^－1，c(C)＝0.84 mol·L^－1，则C的分子式是(　　)

A．AB₂   B．A₂B

C．A₃B₂   D．A₂B₃

【答案】A

【解析】Δc(A₂)  ∶Δc(B₂)  ∶Δc(C)＝1  ∶2  ∶2，A₂、B₂反应的化学方程式可表示为A₂＋2B₂===2C。所以，C的化学式为AB₂。

11．下列变化中，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由乙烯变为聚乙烯　⑥氧气转变为臭氧　⑦乙烯催熟果实　⑧苯遇溴水　⑨蒸馏海水制取淡水

A．①②③④   B．①②⑤⑦

C．①⑧⑨   D．①②⑥⑨

【答案】C

【解析】蒸馏和分馏利用的都是物质的沸点不同，过程中均不涉及化学变化；苯遇溴水的过程未发生化学反应，而是发生萃取。故①⑧⑨均属于物理变化，其余各项均发生了化学变化。

12．21世纪以来，国与国之间因对海权的争夺引起的摩擦不断，在捍卫主权的同时，人们看重的是海洋这个巨大的资源宝藏。下列有关海洋资源综合利用的说法错误的是(　　)

A．从海水中提取溴单质一定伴有化学变化

B．海水资源的利用，主要指海水的淡化

C．海底多金属结核矿含有铁、锰、钴等多种金属元素

D．在研究和开发海水资源时，不能以牺牲环境为代价

【答案】B

【解析】A项，海水中的溴元素需要通过氧化剂把溴离子氧化为溴单质，此过程中发生化学变化，不符合题意；B项，从海水中可以提取食盐、溴、钾盐、镁及其化合物、铀、重水、卤水等，不是主要指海水的淡化，符合题意；C项，海底的资源非常丰富，海底多金属结核矿，含有铁、锰、钴等多种金属元素，不符合题意；D项，开发海洋资源不能破坏环境，应符合绿色环保的思想，不符合题意。

13．下列说法中正确的是(　　)

A．CH₄和BCl₃分子中所有原子的最外层都达到了8电子稳定结构

B．Na₂O₂、NaClO中所含化学键类型不完全相同

C．Si与C同属第ⅣA族，因此SiO₂和CO₂两种物质中微粒间作用完全相同

D．氯气与NaOH反应的过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成

【答案】B

【解析】CH₄分子中的H原子和BCl₃分子中的B原子最外层都不能达到8电子稳定结构，所以A不正确；Na₂O₂分子中含有离子键和非极性共价键，而NaClO分子中含有离子键和极性共价键，所以二者所含化学键类型不完全相同，故B正确；Si与C都属第ⅣA族元素，但SiO₂是由Si原子和O原子通过共价键形成的原子晶体，而CO₂是由CO₂分子间通过分子间作用力形成的分子晶体，即二者微粒间的作用不同，故C不正确；氯气与NaOH的反应过程中，断裂的化学键有离子键、极性键和非极性键，而形成的化学键有离子键、极性键，所以D不正确。

14.在一定温度下的定容容器中，发生反应：2A(g)+B(s) C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是（    ）

①单位时间内生成n molC，同时生成n mol D  ②单位时间内生成n molD，同时生成2n mol A  ③C(g)的物质的量浓度不变  ④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2∶1∶1

⑤v(A)∶v(C)∶v(D)=2∶1∶1

A. ②③   B. ②③④

C. ②⑤               D. ②③④⑤

【答案】A

【解析】①生成nmolC是正反应，生成nmolD也是正反应，不能说明正逆反应速率是否相等，故错误；②生成nmolD是正反应，生成2nmolA是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，说明得到平衡状态，故正确；③C(g)的物质的量浓度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；④平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；⑤反应速率之比等于化学计量数之比，与平衡状态无关，不能说明反应达到平衡状态，故错误，故能表明反应已达到平衡状态的是②③，故选A。

15.如图所示是425℃时，在1 L密闭容器中发生化学反应的浓度随时间的变化示意图。

     

下列叙述错误的是(　　)

A. 图①中t₀时，三种物质的物质的量相同

B. 图①中t₀时，反应达到平衡状态

C. 图②中的可逆反应为2HI(g)  H₂(g)＋I₂(g)

D. 图①②中当c(HI)＝3.16 mol/L时，反应达到平衡状态

【答案】B

【解析】A.图①中t₀时，由图可知三种物质的物质的量浓度相等，由于体系恒容，所以三者的物质的量也相等，故A正确；B.图①中t₀时，由图可知三种物质的物质的量浓度相等，但t₀后各物质的量浓度未保持不变，反应没有达到平衡状态，故B错误；C.由图②可知，该图表示的反应为2HI(g)=H₂(g)+I₂(g)。该反应可达平衡状态，所以图②的逆反应为H₂(g)+I₂(g)=2HI(g)，故C正确；D.由图可知：图①、②中当c(HI)=3. 16mol/L时，之后各物质的物质的量浓度都保持不变，说明反应均达到平衡状态，故D正确；故选B。

16．下列描述中，一定可以证明，某个在恒容容器中进行的有气体参与的可逆反应，已经达到化学平衡状态的有几句(　　)

①反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于对应的化学计量数之比的状态 ②温度一定时，压强不再变化的状态 ③气体密度不再变化的状态 ④各组分的浓度之比等于对应的化学计量数之比的状态 ⑤气体的平均摩尔质量不再变化的状态 ⑥某一生成物浓度不再变化的状态 ⑦若为绝热体系，温度不再改变的状态

A．2句      B．3句      C．4句      D．5句

【答案】B

【解析】②对于反应前后气体体积改变的反应，压强不再改变的状态能说明达到平衡状态；对于反应前后气体体积不变的反应，压强不再改变的状态不能说明达到平衡状态，错误；③在恒容密闭容器中，对于反应物和生成物都是气体的反应，混合气体的质量和体积都不变，所以混合气体的密度始终不变，不能判定反应是否达到化学平衡状态，错误；④各组分的浓度之比等于对应的化学计量数之比的状态仅仅是反应中的一种情况，不能判定反应是否达到化学平衡状态，错误；⑤对于反应前后气体体积改变的反应，混合气体的平均相对分子质量不再改变能说明达到平衡状态；对于反应前后气体体积不变的反应，混合气体的平均相对分子质量不再改变不能说明达到平衡状态，错误；符合题意得有①⑥⑦，B正确。

17.某有机物的结构为，这种有机物不可能具有的性质是（   ）

A. 能跟NaOH溶液反应 B. 能使酸性KMnO₄溶液褪色

C. 能发生酯化反应 D. 能发生水解反应

【答案】D

【解析】A. 该有机物分子中有羧基，能跟NaOH溶液反应，A正确；    B. 该有机物分子中有碳碳双键和羟基，且与苯环相连碳原子上有氢原子，故其能使酸性KMnO₄溶液褪色，B正确；C. 该有机物分子中有羧基和羟基，故其能发生酯化反应，C正确； D. 该有机物分子中没有能发生水解反应的官能团，D不正确。综上所述，这种有机物不可能具有的性质是D，选D。

18.C₆H₁₄的各种同分异构体中所含甲基数和它的一氯取代物的数目可能是（    ）

A. 2个甲基，4种 B. 4个甲基，1种

C. 3个甲基，5种 D. 4个甲基，4种

【答案】C

【解析】C₆H₁₄有5种同分异构体：①CH₃CH₂CH₂CH₂CH₂CH₃②CH₃CH₂CH(CH₃)CH₂CH₃③(CH₃)₂CHCH₂CH₂CH₃④(CH₃)₂CHCH(CH₃)₂⑤(CH₃)₃CCH₂CH₃。A. ①有2个甲基，其一氯取代物有3种，故A不选；B. 4个甲基的有④和⑤2种，④的一氯取代物有2种，⑤的一氯取代物有3种，故B不选；C.3个甲基的C₆H₁₄有②和③，②的一氯取代物有4种，③的一氯取代物有5种，故C选；D.4个甲基的有④和⑤2种，④的一氯取代物有2种，⑤的一氯取代物有3种，故D不选；故选C。

19.设N_A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是(     )

A. 过氧化钠与水反应时，生成0.lmol氧气转移的电子数为0.4N_A

B. 1 mol K₂Cr₂O₇被还原为Cr³⁺转移的电子数为6N_A

C. 20gD₂O和18gH₂O中含有的电子数均为10N_A

D. 48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13N_A

【答案】A

【解析】A.过氧化钠与水反应时，过氧化钠既作氧化剂，又作还原剂，生成0.lmol氧气转移的电子数为0.2N_A，A错误；B.1 mol K₂Cr₂O₇被还原为Cr³⁺时，Cr元素化合价降低3价，所以每1molK₂Cr₂O₇被还原，转移的电子数为6N_A，B正确；C.20gD₂O和18gH₂O的物质的量都是1mol，由于水分子是10电子微粒，所以1mol这两种水分子中含有的电子数均为10N_A，C正确；D.正丁烷、异丁烷是同分异构体，相对分子质量都是58，48g正丁烷和10g异丁烷的混合物的物质的量的和是1mol，由于1个分子中含有13个共价键，所以1mol混合物中含共价键数目为13N_A，D错误；故合理选项是A。

20.已知X、Y、Z为三种原子序数相连的元素，最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：HXO₄>H₂YO₄>H₃ZO₄。则下列说法正确的是(    )

A. 气态氢化物的稳定性：HX>H₂Y>ZH₃ B. 非金属性：Y

C. 原子半径：X>Y>Z D. 原子序数：Z>Y>X

【答案】A

【解析】X、Y、Z为三种原子序数相连元素，根据最高价氧化物对应水化物的酸的化学式判断X、Y、Z分别是同周期的第七、第六、第五主族元素。A、三种元素的非金属性的强弱是X>Y>Z，所以气态氢化物的稳定性：HX>H₂Y>ZH₃，正确；B、根据A判断，错误；C、同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，错误；D、X的原子序数最大，Z的原子序数最小，错误；答案选A。

21.铅的冶炼大致过程如下：①富集：将方铅矿(PbS)进行浮选；②焙烧：2PbS+3O₂2PbO+2SO₂ ；③制粗铅：PbO+CPb+CO↑；PbO+COPb+CO₂。

下列说法错误的是（    ）

A. 浮选法富集方铅矿的过程属于物理变化

B. 将lmol PbS冶炼成Pb理论上至少需要6g碳

C. 方铅矿焙烧反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbO

D. 培烧过程中，每生成lmol PbO转移6mol电子

【答案】C

【解析】A..浮选法富集方铅矿的过程就是把含有PbS的矿石集聚在一起的过程，没有新物质产生，该过程属于物理变化，A正确；B.根据反应原理，将lmol PbS冶炼成Pb，要消耗C最少，则C被氧化产生CO₂，反应消耗0.5molC，因此理论上至少需要6g碳，B正确；C.在方铅矿焙烧反应2PbS+3O₂2PbO+2SO₂中，PbS是还原剂，还原产物有PbO、SO₂，C错误；D.在培烧过程中，根据方程式可知，Pb元素化合价不变，S元素化合价由反应前PbS中的-2价变为反应后SO₂中的+4价，每1molPbS反应，转移电子6mol，D正确；

故合理选项是C。

22.某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述正确的是（    ）

   

A. a和b不连接时，铁片上不会有金属铜析出

B. 无论a和b否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色

C. a和b用导线连接时，电流方向从b到a

D. a和b用导线连接时，Fe片上发生氧化反应，溶液中SO₄^2-向铜电极移动

【答案】B

【解析】A.由于金属活动性Fe>Cu，所以a和b不连接时，铁片上发生反应：Fe+CuSO₄=FeSO₄+Cu，所以Fe片上会有金属铜析出，A错误；B.若a、b不连接，在Fe片上会发生反应Fe+CuSO₄=FeSO₄+Cu，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色；若a、b连接，构成原电池，在Fe片上发生反应：Fe-2e^-=Fe²⁺，在Cu片上发生反应：Cu²⁺+2e^-=Cu，总反应方程式Fe+Cu²⁺=Fe²⁺+Cu，看到的仍然是铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，B正确；

C.若a和b用导线连接时，构成原电池，由于金属活动性：Fe>Cu，所以Fe为负极，失去电子，因此电子从b到a，而电流方向从a到b，C错误；D. a和b用导线连接时，Fe片为负极，失去电子发生氧化反应，溶液中SO₄^2-向正电荷较多的负极铁电极移动，D错误；

故合理选项是B。

二、非选择题：本题包括5小题,，共56分。

23．（10分）现有A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大。已知A与C，B与D分别是同族元素，且B、D两元素的质子数之和是A、C两元素的质子数之和的两倍。这四种元素中有一种元素的单质易溶解于CS₂溶剂中。请写出：

(1)A元素的名称______，B元素的符号______。

(2)C元素的单质与A₂B反应的离子方程式：________________ _____________________。

(3)C元素跟D元素形成的化合物的电子式：__________________________________。

(4)写出两种均含有这四种元素的化合物相互反应的离子方程式___________________

___________________________________________________。

【答案】：(1)氢　O　(2)2Na＋2H₂O===2Na^＋＋2OH^－＋H₂↑

(3)Na^＋[·(·)···(·)]^2－Na^＋　(4)HSO3(－)＋H^＋===H₂O＋SO₂↑

【解析】：由题意可知A、B、C、D在周期表中的位置可能有两种排法：

①四种元素分布于二、三周期：

________

二周期A____B

三周期C____D

②四种元素分布于一、二、三周期：

一周期__A__

二周期_________________B

三周期__C____D

①设A、B的质子数分别为x和y，则C、D的质子数分别为x＋8和y＋8

由题意有y＋(y＋8)＝2[x＋(x＋8)]，即2y＋8＝2(2x＋8)，得x＝2(y－4)(4<y<10，x、y为正整数)，y＝6，x＝1(A为H，不在第二周期)，不合理；y＝8，x＝2(A为He)，也不合理。

②A为H，C为Na，讨论得出B、D分别为O和S，符合要求。

24．(12分)为研究海水提溴工艺，甲、乙两同学分别设计了如下实验流程：

甲：①硫酸酸化③空气吹出(―――――→)④SO2水溶液吸收⑥蒸馏(――→)⑦冷凝(――→)

乙：①通过量氯气(―――――→)②蒸馏(――→)冷凝(――→)

(1)甲、乙两同学在第一阶段得到含溴海水中，氯气的利用率较高的是________(填“甲”或“乙”)，原因是_____________________________________________________________。

(2)甲同学步骤④所发生反应的离子方程式为___________________________________。

(3)某同学在进行蒸馏操作时，采用如图所示装置：

 

①写出图中两处明显的错误：_______________________________________________。

②实验时A中除加入混合溶液外，还需加入少量_________________________________，其作用是________________________。

(4)对比甲、乙两流程，最大的区别在于对含溴海水的处理方法不同，其中符合工业生产要求的是________(填“甲”或“乙”)，理由是________________________________。

【答案】　(1)甲　酸化可防止Cl₂与H₂O反应　(2)SO₂＋Br₂＋2H₂O===4H^＋＋SO4(2－)＋2Br^－　(3)①温度计的水银球没有放在蒸馏烧瓶支管口处，②冷却水没有下口进上口出

②碎瓷片(或沸石)　防止暴沸　(4)甲　含溴海水中溴的浓度低，直接蒸馏成本高，甲流程中③④⑤步实际上是溴的富集过程，可提高溴的浓度，减少能源消耗，降低成本

【解析】　(1)Cl₂、Br₂都能与H₂O发生可逆反应，酸化可防止Cl₂、Br₂与H₂O反应，减少Cl₂的消耗，提高Cl₂的利用率。(2)Br₂与SO₂水溶液反应生成HBr和H₂SO₄，HBr和H₂SO₄都是强酸。(3)温度计用来测量蒸气的温度，故温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处；为了提高冷凝效果，冷却水应下口进上口出。为了防止暴沸，应在烧瓶中加少量的碎瓷片或沸石。(4)含溴海水中，Br₂的浓度低，直接蒸馏将消耗大量能源，达不到工业生产的基本要求。

25．(10分)2SO₂(g)＋O₂(g)2SO₃(g)，是工业制硫酸的主要反应之一。

(1)该反应过程的能量变化如图所示：

 

由图中曲线变化可知，该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。该反应通常用V₂O₅作催化剂，加入V₂O₅后，改变的是图中的________。

A．ΔH       B．E       C．ΔH－E        D．ΔH＋E

(2)在2 L绝热密闭容器中投入2 mol SO₂和b mol O₂，下图是部分反应物随时间的变化曲线。

 

①10 min时，v(SO₃)＝________。

②反应达到平衡时，SO₂的转化率为________。

③下列情况能说明该反应达到化学平衡的是________。

A．v(SO₃)＝v(SO₂)                  B．混合气体的密度保持不变

C．t时刻，体系的温度不再发生改变  D．混合气体的总物质的量不再改变

【答案】 (1)放热　B　(2)①0.05 mol·L^－1·min^－1

②70%　③CD

【解析】　(1)由图中曲线变化可知反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应。该反应通常用V₂O₅作催化剂，加入V₂O₅后降低活化能，但不能改变反应热，因此改变的是图中的E。(2)①由图可知10 min时生成三氧化硫是1 mol，浓度是0.5 mol·L^－1，则v(SO₃)＝0.5 mol·L^－1÷10 min＝0.05 mol·L^－1·min^－1；②反应达到平衡时生成三氧化硫是1.4 mol，则根据方程式可知消耗二氧化硫是1.4 mol，SO₂的转化率为2 mol(1.4 mol)×100%＝70%；③v(SO₃)＝v(SO₂)中没有指明反应的方向，则不能说明反应达平衡状态，A项错误；密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此混合气体的密度保持不变不能说明反应达平衡状态；B项错误；由于是绝热密闭容器，则t时刻，体系的温度不再发生改变时说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，C项正确；正反应是体积减小的可逆反应，则混合气体的总物质的量不再改变时说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，D项正确。

26.(10分）某烃A是有机化学工业的基本原料，可用于水果催熟。A可发生如图所示的一系列    化学反应。

    

回答下列问题：

（1）C的结构简式为_________________________________。

（2）写出反应③的化学方程式：___________________，该反应是_____________（填反应类型）。

（3）E的相对分子质量是A的两倍，则与A互为同系物的E有________种，写出其中一种的结构简式：_____________________________________

【答案】(1). CH₃CH₂Cl    (2). CH₂=CH₂+H₂OCH₃CH₂OH    (3). 加成反应    (4). 3    (5). 或或

【解析】烃A是有机化学工业的基本原料,可用于水果催熟,故A为CH₂=CH₂,乙烯与氢气发生加成反应生成B,B为CH₃CH₃,乙烯与HCl发生加成反应生成C,C为CH₃CH₂Cl,乙烯与水发生加成反应生成D,D为CH₃CH₂OH，CH₃CH₃与氯气发生取代反应生成CH₃CH₂Cl。

（1）由分析可知，C的结构简式为CH₃CH₂Cl；（2）反应③是乙烯的催化加水生成乙醇的反应，方程式为CH₂=CH₂+H₂OCH₃CH₂OH，该反应为加成反应；（3）E的相对分子质量是A的两倍，且E是A的同系物，所以E的分子式为C₄H₈，其属于单烯烃的同分异构体共有三种，分别为、、。

27.（14分）Ⅰ.用酸性KMnO₄和H₂C₂O₄(草酸)反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为2MnO₄^-+5H₂C₂O₄+6H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO₂的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO₄溶液已酸化)：

实验序号	A溶液	B溶液
①	20mL 0.1mol·L-1H2C2O4溶液	30mL 0.1 mol·L-1KMnO4溶液
②	20mL 0.2mol·L-1H2C2O4溶液	30mL 0.1mol·L-1KMnO4溶液

（1）该实验探究的是____因素对化学反应速率的影响。如图一，相同时间内针筒中所得的CO₂体积大小关系是___（填实验序号）。

     

（2）若实验①在2min末收集了2.24mLCO₂(标准状况下)，则在2min末，c(MnO₄^-)___ mol·L^-1(假设混合液体积为50mL)。

（3）除通过测定一定时间内CO₂的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定___来比较化学反应速率。

（4）小组同学发现反应速率总是如图二，其中t₁～t₂时间内速率变快的主要原因可能是①产物MnSO₄是该反应的催化剂、②_____。

Ⅱ.一定温度下，将一定量的N₂和H₂充入固定体积的密闭容器中进行反应：

N₂(g)+3H₂(g)2NH₃(g)。

（1）下列描述能说明该可逆反应达到化学平衡状态的有___。

A.容器内的压强不变

B.容器内气体的密度不变

C.相同时间内有3mol H-H键断裂，有6mol N-H键形成

D.c(N₂)：c(H₂)：c(NH₃)＝1：3：2

E.NH₃的质量分数不再改变

（2）若起始时向容器中充入10mol ·L^-1的N₂和15mol ·L^-1的H₂，10min时测得容器内NH₃的浓度为1.5mol ·L^-1。10min内用N₂表示的反应速率为___；此时H₂的转化率为___。

【答案】 (1). 浓度    (2). ②＞①    (3). 0.0596mol/L    (4). 测定生成相同体积的CO₂所需时间或相同时间内KMnO₄溶液颜色变化的程度    (5). 该反应放热    (6). AE    (7). 0.075mol/( L·min)    (8). 15%

【解析】Ⅰ.（1）①和②实验中，KMnO₄溶液的浓度和体积均相同，但H₂C₂O₄溶液的浓度不同，所以该实验探究的是浓度对化学反应速率的影响。由于②中草酸的浓度大于①中草酸的浓度，所以相同时间内针筒中所得的CO₂体积②大于①；（2）若实验①在2min末收集了标准状况下2.24mLCO₂(即1×10^-4mol)，根据化学方程式，消耗的MnO₄^-为2×10^-5mol，原有MnO₄^-的物质的量为0.003mol，则在2min末，剩余的MnO₄^-的物质的量为2.98×10^-3mol，c(MnO₄^-)=2.98×10^-3mol/0.05L=0.0596mol/L；（3）除通过测定一定时间内CO₂的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定生成相同体积的CO₂所需时间或相同时间内KMnO₄溶液颜色变化的程度来比较化学反应速率；（4）反应开始时反应速率增大，可能的原因除了产物MnSO₄是该反应的催化剂外，还可能是由于反应放热，温度升高，使反应速率增大；

Ⅱ.（1）A.此反应是反应前后气体分子数不相等的反应，所以当容器内的压强不变时，混合气的总物质的量不变，达到了平衡状态，故A正确；B.气体密度等于混合气的总质量除以容器体积，此反应的反应物和生成物都是气体，根据质量守恒，混合气的总质量是不变的，而容器的体积也是固定的，所以容器内气体的密度一直不变，所以混合气的密度不变不能作为此反应达到平衡状态的判断依据，故B不正确；C.相同时间内有3mol H-H键断裂，必然有6mol N-H键形成，故C不正确；D.平衡时，各物质的物质的量浓度不再改变，而不是各物质的浓度之比等于方程式的系数比，故c(N₂)：c(H₂)：c(NH₃)＝1：3：2不能作为达到平衡状态的判断标准，故D不正确；E.平衡时，各物质的质量分数都不再变化，所以NH₃的质量分数不再改变可以作为达到平衡的判断标准，故E正确；

故选AE。（2）若起始时向容器中充入10mol ·L^-1的N₂和15mol ·L^-1的H₂，10min时容器内NH₃的浓度为1.5mol ·L^-1。即NH₃的浓度增加了1.5mol ·L^-1，所以N₂的浓度变化量为0.75mol ·L^-1，10min内用N₂表示的反应速率为=0.075mol/( L·min)；NH₃的浓度增加了1.5mol ·L^-1，所以反应的H₂为2.25mol ·L^-1，此时H₂的转化率为×100%=15%。

 

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