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34，上海市杨浦高级中学2023-2024学年高二下学期期中考试化学试卷（等级）
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这是一份34，上海市杨浦高级中学2023-2024学年高二下学期期中考试化学试卷（等级），共20页。试卷主要包含了化学反应和能量变化，化学反应的方向和限度，水的电离和溶液的酸碱性，烃和烃的衍生物等内容，欢迎下载使用。
化学试题
考生注意：
选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不给分，有2个正确选项的，漏选1个给一半分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。
相对原子质量：H-1 N-14
一、化学反应和能量变化
1. 参照反应Br+H2HBr+H的能量对应反应历程的示意图，下列叙述中正确的是
A. 正反应为吸热反应
B. 吸热反应一定要加热后才能发生
C. 反应物总能量高于生成物总能量
D. 每生成1 ml HBr和1 ml H要吸收E2 kJ能量
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．从图示分析出反应物的能量低于生成物，Br+H2⇌HBr+H的正反应是吸热反应，故A正确；
B．氢氧化钡晶体和氯化铵反应是吸热反应，不需要任何条件，故B错误；
C．从图示分析出反应物的能量低于生成物，故C错误；
D．从Br和H2开始反应，每生成1 ml HBr和1 ml H要吸收(E1-E2) kJ能量，若从过渡态开始，每生成1 ml HBr和1 ml H则会放出E2 kJ能量，故D错误；
故选A
2. 某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。
A. 反应过程可表示为
B. 为反应物的能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能
C. 正反应的热效应为，且，所以正反应为放热反应
D. 此图中逆反应的热效应为，逆反应为吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应物是A和BC，过渡态是A…B…C，生成物是AB和C，因此反应过程可表示为，A正确；
B．根据图像可判断为反应物的能量与过渡态的能量差，该能量差即为正反应的活化能，B正确；
C．反应热等于正逆反应的活化能差值，因此正反应的热效应为，由于，所以正反应为放热反应，C正确；
D．正逆反应的焓变数值相等，符号相反，则此图中逆反应的热效应为，逆反应为吸热反应，D错误；
答案选D。
3. 下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者小于后者的是
；
A. ①③④B. ②③④C. ①②③D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【分析】放热反应中△H<0，放出热量越多，△H越小。
【详解】，由于S(g)→S(s)放热，则前者放出的热量多，△H前者<△H后者，故选①；
，后者完全反应，放出的热量多，△H前者>△H后者，故不选②；
；；浓硫酸稀释放热，所以△H前者<△H后者，故选③；
，消耗的氢气越多，放出的热量越多，△H前者<△H后者，故选④。
化学反应的△H前者小于后者的是①③④，选A。
4. 如图为反应的能量变化示意图。下列说法错误的是
A. 拆开和中的化学键成为H、O原子，共吸收1368kJ能量
B. 由H、O原子形成，共吸收1852kJ能量
C. 和反应生成，共放出484kJ能量
D. 和反应生成，共放出484kJ能量
【答案】BC
【解析】
【详解】A．拆化学键吸收能量，则拆开2mlH2(g)和1mlO2(g)中的化学键成为H、O原子，共吸收1368kJ能量，故A正确；
B．形成化学键放出能量，则由H、O原子形成2 mlH2O(g)，共放出1852kJ能量，故B错误；
C．氢气和氧气反应放热，依据图象数据分析计算，2mlH2(g)和1mlO2(g)反应生成2mlH2O(g)，共放出484kJ能量，则生成液态水时放热更多，故C错误；
D．氢气和氧气反应放热，依据图象数据分析计算，2mlH2(g)和1mlO2(g)反应生成2mlH2O(g)，共放出484kJ能量，故D正确；
故选：BC。
5. 已知下列反应：i．
ii．
iii．
（1）CO的燃烧热___________。
（2）根据上述信息，写出一氧化碳与过氧化钠在催化剂的作用下生成固体碳酸钠的热化学方程式___________。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
在101kPa时，1ml纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫作该物质的燃烧热，由反应ii．可知，2mlCO完全燃烧生成二氧化碳放出566 kJ的热量，则1mlCO完全燃烧生成二氧化碳放出283kJ的热量，所以CO的燃烧热；
【小问2详解】
据盖斯定律，ii×+iii可得，所以一氧化碳与过氧化钠在催化剂的作用下生成固体碳酸钠的热化学方程式为。
6. 与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如、等。已知反应 ，键的键能为，键的键能为，则中键的平均键能为______。
【答案】172
【解析】
【详解】设键的平均键能为，根据反应热与键能之间的关系可列出方程式，解得。
7. 已知：①(绿色)(强碱性条件)
②(强酸性条件)
（1）在KOH溶液中，与溶液发生反应，还原剂为___________，还原产物为___________。
（2）将溶液滴入NaOH溶液微热，得到透明的绿色溶液，写出反应的离子方程式___________。
（3）向20mL浓度为0.02ml/L的溶液中滴加溶液，使全部转化为，则反应前需向溶液加入的酸不少于___________mL。
【答案】（1） ①. ②.
（2）4+4OH-=4+O2↑+2H2O
（3）3.2mL
【解析】
【小问1详解】
根据题给已知，在KOH溶液中，得到电子被还原成，K2SO3具有还原性、被氧化成K2SO4，反应的化学方程式为2KMnO4+K2SO3+2KOH=2K2MnO4+K2SO4+H2O，还原剂为K2SO3，还原产物为K2MnO4。
【小问2详解】
将KMnO4溶液滴入NaOH溶液微热，得到透明的绿色溶液，KMnO4被还原成K2MnO4，则OH-被氧化成O2，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为4+4OH-=4+O2↑+2H2O。
【小问3详解】
根据题给已知，酸性条件下将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则消耗H+物质的量为8×0.02ml/L×0.02L=0.0032ml，反应前需向KMnO4溶液中加入c(H+)=1ml/L的酸不少于=0.0032L=3.2mL。
二、化学反应的方向和限度
8. 在有气体参加的反应中，能使反应物中活化分子总数和活化分子百分数都增大的措施有
A. 增大反应物浓度B. 增大压强C. 升高温度D. 加入催化剂
【答案】CD
【解析】
【详解】A．增大反应物浓度，即增大了单位体积内活化分子的个数，但活化分子百分数不变，故A错误；
B．增大压强，反应物分子浓度增大，增大了单位体积内活化分子的个数，但活化分子百分数不变，故B错误；
C．升高温度，部分非活化分子转化为活化分子，但没有改变分子总数，所以活化分子的总数和百分数均增大，C正确；
D．加入催化剂，降低反应所需要的活化能，相当于一部分普通分子在自身能量不变的情况下成为活化分子，但分子总数没有改变，所以活化分子总数和百分数均增加，故D正确；
故答案为：CD。
9. 对于反应：，科学家根据光谱学研究提出如下反应历程：
第一步： 快速平衡
第二步： 慢反应
第三步： 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是
A. 该反应的速率由第二步反应决定
B. 第二步反应的活化能大于第三步的活化能
C. 若第一步反应，则说明该步反应中正反应活化能大于逆反应活化能
D. 反应的中间产物有、和
【答案】AB
【解析】
【详解】A．总反应的速率由慢反应决定，所以该反应的速率由第二步反应决定，故A正确；
B．反应的活化能越大，化学反应速率越慢，第二步反应为慢反应，则第二步反应的活化能大于第三步的活化能，故B正确；
C．若反应ΔH<0，则说明该步反应中正反应活化能小于逆反应活化能，故C错误；
D．H2是反应物，不是中间产物，故D错误；
答案选AB。
10. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 打开汽水瓶时有大量气泡逸出
B. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
C. H2、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压后气体颜色变深
D. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率
【答案】C
【解析】
【详解】A．在汽水中存在平衡CO2(g)+H2OH2CO3(aq)，打开汽水瓶，压强减小，该平衡逆向移动，有大量CO2气体逸出，能用勒夏特列原理解释，A项不符合题意；
B．Cl2在水溶液中的反应为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，在饱和食盐水中，Cl-浓度大，该平衡逆向移动，降低Cl2的溶解度，故实验室常用排饱和食盐水的方法收集Cl2能用勒夏特列原理解释，B项不符合题意；
C．H2、I2(g)、HI(g)组成平衡体系中的反应为H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应反应前后气体分子数不变，加压平衡不移动，但由于体积变小，I2(g)的浓度增大，气体颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，C项符合题意；
D．工业上生产硫酸的过程中发生反应：2SO2+O22SO3，使用过量的空气，增大O2浓度，该平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用勒夏特列原理解释，D项不符合题意；
答案选C。
11. 在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：，达到平衡时，测得A的浓度为0.5ml/L，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，使反应再达到平衡，测得A的浓度降低为0.3ml/L，下列有关判断正确的是
A. B. 平衡向正反应方向移动
C. C的体积分数下降D. B的浓度增大
【答案】AC
【解析】
【分析】达到平衡时，测得A的浓度为0.5ml/L，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，若平衡不移动，则A的浓度应为0.25ml/L，现测得A的浓度降低为0.3ml/L，0.3ml/L＞0.25ml/L，说明平衡逆向移动，即减压该平衡逆向移动，所以左边气体化学计量数之和更大，即。
【详解】A．据上分析可知，，故A正确；
B．据上分析可知，平衡向逆反应方向移动，故B错误；
C．减压该平衡逆向移动，C的物质的量减少而总物质的量增大，所以C的体积分数减小，故C正确；
D．将容器的体积扩大到两倍，B的浓度瞬间减小，随着平衡逆向移动，B的浓度逐渐增大至不变，根据勒夏特列原理可知，达到新平衡时B的浓度仍小于原平衡时B的浓度，故D错误；
故答案为：AC。
12. 运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义，请完成下列探究。
生产氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气，其反应为 ，
（1）试判断该反应在常温下能否自发进行_________。(写出计算过程)
（2）写出该反应的平衡常数表达式___________。
【答案】（1），所以在常温下不能自发进行
（2）
【解析】
【小问1详解】
的、，常温时，所以该反应在常温下不能自发进行；
【小问2详解】
据平衡常数的定义可知，其平衡常数的表达式为。
13. 合成氨工业的核心反应是；。反应过程中能量变化如图所示，回答下列问题。
（1）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，的变化是___________。
A．增大 B．减小 C．不变
（2）关于该反应的下列说法中，正确的是________。
A. ，B. ，
C. ，D. ，
（3）若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则合成氨反应的平衡移动___________。
A．向左 B．向右 C．不
（4）在500℃、和催化剂条件下向一密闭容器中充入0.5mlN2和1.5mlH2，充分反应后，放出的热量___________(填“<”、“>”或“=”)46.2kJ，理由是___________。
（5）某温度下，在0.5L的密闭容器中充入0.5ml和1.5ml，10min达到平衡，测得此时混合气体的平均摩尔质量为，求这段时间内的化学反应速率及的平衡转化率________。(写出计算过程)
（6）如在该温度下，在0.5L的密闭容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得、、的物质的量分别为2ml、1ml、2ml，则此时反应___________(填“>”、“<”“=”或“不能确定”)，判断理由是___________。
【答案】（1）B （2）D
（3）A （4） ①. ②. 此反应为可逆反应，0.5ml和1.5ml不可能完全反应，所以放热小于46.2kJ
（5）、
（6） ①. < ②. 此时，所以
【解析】
【小问1详解】
加入催化剂，降低了反应活化性，故答案为B；
【小问2详解】
根据图像和方程式可知该反应是，该反应是系数减小的反应，故答案为：D；
【小问3详解】
若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，和的分压减小了，相当于减压则合成氨反应的平衡移动逆向移动，故答案为A；
小问4详解】
由题图中易知反应的，考虑到反应热是反应完全时的能量变化，而实际中0.5ml和1.5ml的反应是可逆反应，不可能完全反应，所以放出的热量应比根据反应热计算的值小。
【小问5详解】
根据三段式可知
，这段时间内的化学反应速率为
及的平衡转化率。
【小问6详解】
根据第5小题计算出，此时，所以。
三、水的电离和溶液的酸碱性
14. 下列溶液一定呈中性的是
A. 的溶液
B. 的溶液
C. 等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液
D. 紫色石蕊试液不变色
【答案】B
【解析】
【详解】A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，溶液pH=6时呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；
B．氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等的溶液一定呈中性，故B正确；
C．等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液不一定呈中性，如等物质的量的二元强酸硫酸与一元强碱氢氧化钠混合反应时，硫酸溶液过量，溶液呈酸性，故C错误；
D．紫色石蕊试液不变色的溶液pH在5—8范围间，溶液可能为酸性，或中性，或碱性，故D错误；
故选B。
15. 一定温度下，水溶液中和的浓度变化曲线如图，下列说法不正确的是
A. 升高温度，可能引起由c向a的变化
B. 该温度下，水的离子积常数为
C. 该温度下，加入可能引起由b向α的变化
D. 该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
【答案】AD
【解析】
【详解】A．温度升高，水的离子积常数增大，水溶液中，氢离子和氢氧根离子浓度都增大，将不在曲线上，故A错误；
B．b点c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7，故KW=1.0×10-7×1.0×10-7=1.0×10-14，故B错误；
C．加入FeCl3，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小（由b到a），符合图象变化趋势，故C正确；
D．由c点到d点，水的离子积常数减小，温度不变，K不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D错误；
故选AD。
16. 将体积均为10 mL、pH均为3的盐酸和醋酸，加入水稀释至a mL和b mL，测得稀释后溶液的pH均为5，则稀释后溶液的体积
A. a=b=100 mLB. a=b=1000 mL
C a=1000 mL＜bD. a=100 mL＜b
【答案】C
【解析】
【分析】醋酸是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，在水溶液里完全电离
【详解】盐酸是强酸，将10 mL、pH为3的盐酸加水稀释至pH=5，说明溶液稀释100倍，即稀释后溶液的体积为a=1000mL；而醋酸是弱酸，加水稀释过程中还能促进醋酸的电离，将10 mL、pH为3的醋酸加水稀释至pH=5，说明溶液稀释大于100倍，即稀释后溶液的体积为b＞1000mL，则a=1000mL＜b，故答案为C。
17. 已知室温时，某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是
A. 该溶液的
B. 升高温度，溶液的pH增大
C. 此酸的电离常数约为
D. 由HA电离出的约为水电离出的的倍
【答案】BD
【解析】
【详解】A．HA电离出的为，，故A正确；
B．因HA的电离是吸热过程，升高温度促进电离，氢离子浓度增大，酸性增强，则减小，故B错误；
C．由，，则电离平衡常数为，故C正确；
D．HA电离出的为，水电离出的，由HA电离出的约为水电离出的的倍，故D错误；
故答案为BD。
18. 下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的是
A. 使甲基橙变红色的溶液：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 在的溶液中：、、、
D. 由水电离出的的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．使甲基橙变红色的溶液呈酸性，不能在酸性溶液中大量存在，且与在溶液中发生双水解，即两者不能大量共存，故A错误；
B．的溶液呈碱性，不能大量存在，故B错误；
C．在的溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，、、能大量共存，故C正确；
D．由水电离出的的溶液中，水的电离受到抑制，溶液既可能呈酸性也可能呈碱性，在碱性溶液中不能大量存在，酸性溶液中硝酸根离子能氧化，即酸性溶液中硝酸根离子和不能大量共存，故D错误；
故答案为：C。
19. 根据下表提供的数据，判断下列离子方程式或化学方程式正确的是
A. 向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：CO＋2Cl2＋H2O=2Cl-＋2HClO＋CO2↑
B. 向NaHCO3溶液中滴加少量氯水：2HCO＋Cl2=Cl-＋ClO-＋2CO2↑＋H2O
C. 向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2＋NaClO＋H2O=NaHCO3＋HClO
D. 向NaClO溶液中通入过量CO2：CO2＋2NaClO＋H2O=Na2CO3＋2HClO
【答案】C
【解析】
【详解】A．HClO的电离常数小于H2CO3的第一步电离，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，不能生成二氧化碳，应该生成碳酸氢根，A项错误；
B．向NaHCO3溶液中滴加少量氯水，氯水中的氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，次氯酸不能和碳酸氢钠反应，产物应为次氯酸，B项错误；
C．碳酸的酸性比次氯酸和碳酸氢根离子的酸性都强，C项正确；
D．向NaClO溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，D项错误；
答案选C。
20. 已知水在25℃和95℃的电离平衡曲线如图所示：
（1）95℃时，水的电离平衡曲线应为___________(选填“A”或“B”)，并说明理由___________。
（2）在25℃时，将的NaOH溶液与的硫酸溶液混合，所得混合溶液的，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为___________。
（3）在曲线A所对应的温度下，的HCl溶液和的某BOH溶液中，若水的电离度分别用、表示，则___________(选填“大于”“小于”“等于”“无法确定”)，原因是___________。
（4）在曲线B对应温度下，将溶液与等物质的量浓度的溶液等体积混合后，混合后溶液的___________。
【答案】（1） ①. B ②. 水的电离是吸热过程，温度高时，电离程度大，、均增大
（2）
（3） ①. 小于 ②. 在25℃时，的HCl溶液中；的某BOH溶液中，；水电离产生的的浓度越大，水的电离程度就越大
（4）10
【解析】
【小问1详解】
曲线A，c(H+)=c(OH-)=10-7ml/L，Kw= c(H+)c(OH-)=10-14，曲线B，c(H+)=c(OH-)=10-6ml/L，Kw= c(H+)c(OH-)=10-12，水的电离是吸热过程，升温促进水电离，水电离的氢离子和氢氧根离子浓度均增大，即升温Kw增大，所以A曲线代表25℃时水的电离平衡曲线，B曲线代表95℃时水的电离平衡曲线；
【小问2详解】
在25℃时，将的NaOH溶液与的硫酸溶液混合，所得混合溶液的，则NaOH与硫酸恰好完全反应，即n(H+)=n(OH-)，所以10-5×V(NaOH溶液)= 10-4×V(硫酸)，解得NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为10：1；
【小问3详解】
在曲线A所对应的温度下，Kw= c(H+)c(OH-)=10-14，的HCl溶液中c(H+)=10-2ml/L，酸溶液中水的电离受抑制，；的某BOH溶液中，c(H+)=10-11ml/L，碱溶液中水的电离受抑制，所以，而水电离产生的的浓度越大，水的电离程度就越大，所以小于；
【小问4详解】
在曲线B对应温度下，Kw= c(H+)c(OH-)=10-12，将溶液与等物质的量浓度的溶液等体积混合，碱过量，混合溶液中c(OH-)=，c(H+)=，所以10。
四、烃和烃的衍生物
21. 异丙苯()是一种重要的有机化工原料。
根据题意完成下列填空：
（1）由苯与2-丙醇反应制备异丙苯属于___________反应；由异丙苯制备对溴异丙苯的反应试剂和反应条件为___________。
（2）异丙苯有多种同分异构体，其中一溴代物最少的芳香烃的结构简式是___________。
（3）-甲基苯乙烯()是生产耐热型ABS树脂的一种单体，工业上由异丙苯催化脱氢得到。写出由异丙苯制取该单体的另一种方法的合成路线_______。
【答案】（1） ①. 取代反应 ②. 或
（2） （3）
【解析】
【小问1详解】
由苯与2-丙醇反应制备异丙苯的反应为苯环上氢被异丙基取代的反应，属于取代反应；由异丙苯制备对溴异丙苯，发生苯环上的溴代反应，该反应试剂和反应条件为Br2/FeBr3(或Br2/Fe)；
【小问2详解】
异丙苯有多种同分异构体，其中一溴代物最少的芳香烃则苯环上的取代基为均匀分布的，故是只有两种氢原子的1，3，5三甲苯，其结构简式为；
【小问3详解】
由异丙苯制取该单体的另一种方法为在光照条件下异丙基上氢被卤素单质原子取代引入氯原子，然后在氢氧化钠醇溶液条件下加热发生消去反应生成碳碳双键得到产品，流程为：。
22. 化合物M是一种治疗心脏病药物的中间体，以A为原料的工业合成路线如下图所示。
已知：RONa+R＇X→ROR＇+NaX
根据题意完成下列填空：
（1）M的分子式为___________，所含官能团为___________。
（2）写出反应类型：反应①___________；反应②___________。
（3）写出结构简式：A___________：B___________。
（4）写出邻位异构体分子内脱水产物香豆素的结构简式___________。
（5）A也是制备环己醇()的原料，写出检验A已完全转化为环己醇的方法___________。
（6）写出由C生成D的化学反应方程式___________。
（7）写出由D生成M的化学反应方程式___________。
【答案】（1） ①. ②. 醚键和酯基
（2） ①. 加成反应 ②. 氧化反应
（3） ①. ②.
（4） （5）取样，加入溶液，颜色无明显变化
（6） （7）、
【解析】
【分析】A与HCHO反应生成，结合A的分子式可知A为，反应①为加成反应。发生催化氧化反应生成B，B为；B在一定条件下转化为；与氢气发生加成反应生成C为；与甲醇发生酯化反应生成D，D为；D与碳酸钠反应生成，与E即发生已知信息反应生成M，据此分析解答。
【小问1详解】
由M的结构简式可知其分子式为，所含官能团为酯基、醚键；
【小问2详解】
由上述分析可知反应①为加成反应。反应②为醇羟基被氧化成醛基，反应类型为氧化反应；
【小问3详解】
由上述分析可知A为；B为；
【小问4详解】
的邻位异构体分子为，所含羧基和羟基发生分子内脱水反应生成；
【小问5详解】
可通过检验A是否剩余，检验A已完全转化为环己醇，检验酚的方法：取样，加入溶液，颜色无明显变化；
【小问6详解】
与甲醇发生酯化反应生成D，反应方程式为：；
【小问7详解】
D与碳酸钠反应生成，与发生已知信息反应生成M，反应方程式为：。化学式
电离常数
HClO
K=3×10-8
H2CO3
Ka1=4×10-7 Ka2=6×10-11
化学试题
考生注意：
选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不给分，有2个正确选项的，漏选1个给一半分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。
相对原子质量：H-1 N-14
一、化学反应和能量变化
1. 参照反应Br+H2HBr+H的能量对应反应历程的示意图，下列叙述中正确的是
A. 正反应为吸热反应
B. 吸热反应一定要加热后才能发生
C. 反应物总能量高于生成物总能量
D. 每生成1 ml HBr和1 ml H要吸收E2 kJ能量
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．从图示分析出反应物的能量低于生成物，Br+H2⇌HBr+H的正反应是吸热反应，故A正确；
B．氢氧化钡晶体和氯化铵反应是吸热反应，不需要任何条件，故B错误；
C．从图示分析出反应物的能量低于生成物，故C错误；
D．从Br和H2开始反应，每生成1 ml HBr和1 ml H要吸收(E1-E2) kJ能量，若从过渡态开始，每生成1 ml HBr和1 ml H则会放出E2 kJ能量，故D错误；
故选A
2. 某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。
A. 反应过程可表示为
B. 为反应物的能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能
C. 正反应的热效应为，且，所以正反应为放热反应
D. 此图中逆反应的热效应为，逆反应为吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应物是A和BC，过渡态是A…B…C，生成物是AB和C，因此反应过程可表示为，A正确；
B．根据图像可判断为反应物的能量与过渡态的能量差，该能量差即为正反应的活化能，B正确；
C．反应热等于正逆反应的活化能差值，因此正反应的热效应为，由于，所以正反应为放热反应，C正确；
D．正逆反应的焓变数值相等，符号相反，则此图中逆反应的热效应为，逆反应为吸热反应，D错误；
答案选D。
3. 下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者小于后者的是
；
A. ①③④B. ②③④C. ①②③D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【分析】放热反应中△H<0，放出热量越多，△H越小。
【详解】，由于S(g)→S(s)放热，则前者放出的热量多，△H前者<△H后者，故选①；
，后者完全反应，放出的热量多，△H前者>△H后者，故不选②；
；；浓硫酸稀释放热，所以△H前者<△H后者，故选③；
，消耗的氢气越多，放出的热量越多，△H前者<△H后者，故选④。
化学反应的△H前者小于后者的是①③④，选A。
4. 如图为反应的能量变化示意图。下列说法错误的是
A. 拆开和中的化学键成为H、O原子，共吸收1368kJ能量
B. 由H、O原子形成，共吸收1852kJ能量
C. 和反应生成，共放出484kJ能量
D. 和反应生成，共放出484kJ能量
【答案】BC
【解析】
【详解】A．拆化学键吸收能量，则拆开2mlH2(g)和1mlO2(g)中的化学键成为H、O原子，共吸收1368kJ能量，故A正确；
B．形成化学键放出能量，则由H、O原子形成2 mlH2O(g)，共放出1852kJ能量，故B错误；
C．氢气和氧气反应放热，依据图象数据分析计算，2mlH2(g)和1mlO2(g)反应生成2mlH2O(g)，共放出484kJ能量，则生成液态水时放热更多，故C错误；
D．氢气和氧气反应放热，依据图象数据分析计算，2mlH2(g)和1mlO2(g)反应生成2mlH2O(g)，共放出484kJ能量，故D正确；
故选：BC。
5. 已知下列反应：i．
ii．
iii．
（1）CO的燃烧热___________。
（2）根据上述信息，写出一氧化碳与过氧化钠在催化剂的作用下生成固体碳酸钠的热化学方程式___________。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
在101kPa时，1ml纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫作该物质的燃烧热，由反应ii．可知，2mlCO完全燃烧生成二氧化碳放出566 kJ的热量，则1mlCO完全燃烧生成二氧化碳放出283kJ的热量，所以CO的燃烧热；
【小问2详解】
据盖斯定律，ii×+iii可得，所以一氧化碳与过氧化钠在催化剂的作用下生成固体碳酸钠的热化学方程式为。
6. 与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如、等。已知反应 ，键的键能为，键的键能为，则中键的平均键能为______。
【答案】172
【解析】
【详解】设键的平均键能为，根据反应热与键能之间的关系可列出方程式，解得。
7. 已知：①(绿色)(强碱性条件)
②(强酸性条件)
（1）在KOH溶液中，与溶液发生反应，还原剂为___________，还原产物为___________。
（2）将溶液滴入NaOH溶液微热，得到透明的绿色溶液，写出反应的离子方程式___________。
（3）向20mL浓度为0.02ml/L的溶液中滴加溶液，使全部转化为，则反应前需向溶液加入的酸不少于___________mL。
【答案】（1） ①. ②.
（2）4+4OH-=4+O2↑+2H2O
（3）3.2mL
【解析】
【小问1详解】
根据题给已知，在KOH溶液中，得到电子被还原成，K2SO3具有还原性、被氧化成K2SO4，反应的化学方程式为2KMnO4+K2SO3+2KOH=2K2MnO4+K2SO4+H2O，还原剂为K2SO3，还原产物为K2MnO4。
【小问2详解】
将KMnO4溶液滴入NaOH溶液微热，得到透明的绿色溶液，KMnO4被还原成K2MnO4，则OH-被氧化成O2，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为4+4OH-=4+O2↑+2H2O。
【小问3详解】
根据题给已知，酸性条件下将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则消耗H+物质的量为8×0.02ml/L×0.02L=0.0032ml，反应前需向KMnO4溶液中加入c(H+)=1ml/L的酸不少于=0.0032L=3.2mL。
二、化学反应的方向和限度
8. 在有气体参加的反应中，能使反应物中活化分子总数和活化分子百分数都增大的措施有
A. 增大反应物浓度B. 增大压强C. 升高温度D. 加入催化剂
【答案】CD
【解析】
【详解】A．增大反应物浓度，即增大了单位体积内活化分子的个数，但活化分子百分数不变，故A错误；
B．增大压强，反应物分子浓度增大，增大了单位体积内活化分子的个数，但活化分子百分数不变，故B错误；
C．升高温度，部分非活化分子转化为活化分子，但没有改变分子总数，所以活化分子的总数和百分数均增大，C正确；
D．加入催化剂，降低反应所需要的活化能，相当于一部分普通分子在自身能量不变的情况下成为活化分子，但分子总数没有改变，所以活化分子总数和百分数均增加，故D正确；
故答案为：CD。
9. 对于反应：，科学家根据光谱学研究提出如下反应历程：
第一步： 快速平衡
第二步： 慢反应
第三步： 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是
A. 该反应的速率由第二步反应决定
B. 第二步反应的活化能大于第三步的活化能
C. 若第一步反应，则说明该步反应中正反应活化能大于逆反应活化能
D. 反应的中间产物有、和
【答案】AB
【解析】
【详解】A．总反应的速率由慢反应决定，所以该反应的速率由第二步反应决定，故A正确；
B．反应的活化能越大，化学反应速率越慢，第二步反应为慢反应，则第二步反应的活化能大于第三步的活化能，故B正确；
C．若反应ΔH<0，则说明该步反应中正反应活化能小于逆反应活化能，故C错误；
D．H2是反应物，不是中间产物，故D错误；
答案选AB。
10. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 打开汽水瓶时有大量气泡逸出
B. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
C. H2、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压后气体颜色变深
D. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率
【答案】C
【解析】
【详解】A．在汽水中存在平衡CO2(g)+H2OH2CO3(aq)，打开汽水瓶，压强减小，该平衡逆向移动，有大量CO2气体逸出，能用勒夏特列原理解释，A项不符合题意；
B．Cl2在水溶液中的反应为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，在饱和食盐水中，Cl-浓度大，该平衡逆向移动，降低Cl2的溶解度，故实验室常用排饱和食盐水的方法收集Cl2能用勒夏特列原理解释，B项不符合题意；
C．H2、I2(g)、HI(g)组成平衡体系中的反应为H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应反应前后气体分子数不变，加压平衡不移动，但由于体积变小，I2(g)的浓度增大，气体颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，C项符合题意；
D．工业上生产硫酸的过程中发生反应：2SO2+O22SO3，使用过量的空气，增大O2浓度，该平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用勒夏特列原理解释，D项不符合题意；
答案选C。
11. 在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：，达到平衡时，测得A的浓度为0.5ml/L，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，使反应再达到平衡，测得A的浓度降低为0.3ml/L，下列有关判断正确的是
A. B. 平衡向正反应方向移动
C. C的体积分数下降D. B的浓度增大
【答案】AC
【解析】
【分析】达到平衡时，测得A的浓度为0.5ml/L，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，若平衡不移动，则A的浓度应为0.25ml/L，现测得A的浓度降低为0.3ml/L，0.3ml/L＞0.25ml/L，说明平衡逆向移动，即减压该平衡逆向移动，所以左边气体化学计量数之和更大，即。
【详解】A．据上分析可知，，故A正确；
B．据上分析可知，平衡向逆反应方向移动，故B错误；
C．减压该平衡逆向移动，C的物质的量减少而总物质的量增大，所以C的体积分数减小，故C正确；
D．将容器的体积扩大到两倍，B的浓度瞬间减小，随着平衡逆向移动，B的浓度逐渐增大至不变，根据勒夏特列原理可知，达到新平衡时B的浓度仍小于原平衡时B的浓度，故D错误；
故答案为：AC。
12. 运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义，请完成下列探究。
生产氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气，其反应为 ，
（1）试判断该反应在常温下能否自发进行_________。(写出计算过程)
（2）写出该反应的平衡常数表达式___________。
【答案】（1），所以在常温下不能自发进行
（2）
【解析】
【小问1详解】
的、，常温时，所以该反应在常温下不能自发进行；
【小问2详解】
据平衡常数的定义可知，其平衡常数的表达式为。
13. 合成氨工业的核心反应是；。反应过程中能量变化如图所示，回答下列问题。
（1）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，的变化是___________。
A．增大 B．减小 C．不变
（2）关于该反应的下列说法中，正确的是________。
A. ，B. ，
C. ，D. ，
（3）若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则合成氨反应的平衡移动___________。
A．向左 B．向右 C．不
（4）在500℃、和催化剂条件下向一密闭容器中充入0.5mlN2和1.5mlH2，充分反应后，放出的热量___________(填“<”、“>”或“=”)46.2kJ，理由是___________。
（5）某温度下，在0.5L的密闭容器中充入0.5ml和1.5ml，10min达到平衡，测得此时混合气体的平均摩尔质量为，求这段时间内的化学反应速率及的平衡转化率________。(写出计算过程)
（6）如在该温度下，在0.5L的密闭容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得、、的物质的量分别为2ml、1ml、2ml，则此时反应___________(填“>”、“<”“=”或“不能确定”)，判断理由是___________。
【答案】（1）B （2）D
（3）A （4） ①. ②. 此反应为可逆反应，0.5ml和1.5ml不可能完全反应，所以放热小于46.2kJ
（5）、
（6） ①. < ②. 此时，所以
【解析】
【小问1详解】
加入催化剂，降低了反应活化性，故答案为B；
【小问2详解】
根据图像和方程式可知该反应是，该反应是系数减小的反应，故答案为：D；
【小问3详解】
若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，和的分压减小了，相当于减压则合成氨反应的平衡移动逆向移动，故答案为A；
小问4详解】
由题图中易知反应的，考虑到反应热是反应完全时的能量变化，而实际中0.5ml和1.5ml的反应是可逆反应，不可能完全反应，所以放出的热量应比根据反应热计算的值小。
【小问5详解】
根据三段式可知
，这段时间内的化学反应速率为
及的平衡转化率。
【小问6详解】
根据第5小题计算出，此时，所以。
三、水的电离和溶液的酸碱性
14. 下列溶液一定呈中性的是
A. 的溶液
B. 的溶液
C. 等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液
D. 紫色石蕊试液不变色
【答案】B
【解析】
【详解】A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，溶液pH=6时呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；
B．氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等的溶液一定呈中性，故B正确；
C．等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液不一定呈中性，如等物质的量的二元强酸硫酸与一元强碱氢氧化钠混合反应时，硫酸溶液过量，溶液呈酸性，故C错误；
D．紫色石蕊试液不变色的溶液pH在5—8范围间，溶液可能为酸性，或中性，或碱性，故D错误；
故选B。
15. 一定温度下，水溶液中和的浓度变化曲线如图，下列说法不正确的是
A. 升高温度，可能引起由c向a的变化
B. 该温度下，水的离子积常数为
C. 该温度下，加入可能引起由b向α的变化
D. 该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
【答案】AD
【解析】
【详解】A．温度升高，水的离子积常数增大，水溶液中，氢离子和氢氧根离子浓度都增大，将不在曲线上，故A错误；
B．b点c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7，故KW=1.0×10-7×1.0×10-7=1.0×10-14，故B错误；
C．加入FeCl3，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小（由b到a），符合图象变化趋势，故C正确；
D．由c点到d点，水的离子积常数减小，温度不变，K不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D错误；
故选AD。
16. 将体积均为10 mL、pH均为3的盐酸和醋酸，加入水稀释至a mL和b mL，测得稀释后溶液的pH均为5，则稀释后溶液的体积
A. a=b=100 mLB. a=b=1000 mL
C a=1000 mL＜bD. a=100 mL＜b
【答案】C
【解析】
【分析】醋酸是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，在水溶液里完全电离
【详解】盐酸是强酸，将10 mL、pH为3的盐酸加水稀释至pH=5，说明溶液稀释100倍，即稀释后溶液的体积为a=1000mL；而醋酸是弱酸，加水稀释过程中还能促进醋酸的电离，将10 mL、pH为3的醋酸加水稀释至pH=5，说明溶液稀释大于100倍，即稀释后溶液的体积为b＞1000mL，则a=1000mL＜b，故答案为C。
17. 已知室温时，某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是
A. 该溶液的
B. 升高温度，溶液的pH增大
C. 此酸的电离常数约为
D. 由HA电离出的约为水电离出的的倍
【答案】BD
【解析】
【详解】A．HA电离出的为，，故A正确；
B．因HA的电离是吸热过程，升高温度促进电离，氢离子浓度增大，酸性增强，则减小，故B错误；
C．由，，则电离平衡常数为，故C正确；
D．HA电离出的为，水电离出的，由HA电离出的约为水电离出的的倍，故D错误；
故答案为BD。
18. 下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的是
A. 使甲基橙变红色的溶液：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 在的溶液中：、、、
D. 由水电离出的的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．使甲基橙变红色的溶液呈酸性，不能在酸性溶液中大量存在，且与在溶液中发生双水解，即两者不能大量共存，故A错误；
B．的溶液呈碱性，不能大量存在，故B错误；
C．在的溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，、、能大量共存，故C正确；
D．由水电离出的的溶液中，水的电离受到抑制，溶液既可能呈酸性也可能呈碱性，在碱性溶液中不能大量存在，酸性溶液中硝酸根离子能氧化，即酸性溶液中硝酸根离子和不能大量共存，故D错误；
故答案为：C。
19. 根据下表提供的数据，判断下列离子方程式或化学方程式正确的是
A. 向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：CO＋2Cl2＋H2O=2Cl-＋2HClO＋CO2↑
B. 向NaHCO3溶液中滴加少量氯水：2HCO＋Cl2=Cl-＋ClO-＋2CO2↑＋H2O
C. 向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2＋NaClO＋H2O=NaHCO3＋HClO
D. 向NaClO溶液中通入过量CO2：CO2＋2NaClO＋H2O=Na2CO3＋2HClO
【答案】C
【解析】
【详解】A．HClO的电离常数小于H2CO3的第一步电离，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，不能生成二氧化碳，应该生成碳酸氢根，A项错误；
B．向NaHCO3溶液中滴加少量氯水，氯水中的氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，次氯酸不能和碳酸氢钠反应，产物应为次氯酸，B项错误；
C．碳酸的酸性比次氯酸和碳酸氢根离子的酸性都强，C项正确；
D．向NaClO溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，D项错误；
答案选C。
20. 已知水在25℃和95℃的电离平衡曲线如图所示：
（1）95℃时，水的电离平衡曲线应为___________(选填“A”或“B”)，并说明理由___________。
（2）在25℃时，将的NaOH溶液与的硫酸溶液混合，所得混合溶液的，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为___________。
（3）在曲线A所对应的温度下，的HCl溶液和的某BOH溶液中，若水的电离度分别用、表示，则___________(选填“大于”“小于”“等于”“无法确定”)，原因是___________。
（4）在曲线B对应温度下，将溶液与等物质的量浓度的溶液等体积混合后，混合后溶液的___________。
【答案】（1） ①. B ②. 水的电离是吸热过程，温度高时，电离程度大，、均增大
（2）
（3） ①. 小于 ②. 在25℃时，的HCl溶液中；的某BOH溶液中，；水电离产生的的浓度越大，水的电离程度就越大
（4）10
【解析】
【小问1详解】
曲线A，c(H+)=c(OH-)=10-7ml/L，Kw= c(H+)c(OH-)=10-14，曲线B，c(H+)=c(OH-)=10-6ml/L，Kw= c(H+)c(OH-)=10-12，水的电离是吸热过程，升温促进水电离，水电离的氢离子和氢氧根离子浓度均增大，即升温Kw增大，所以A曲线代表25℃时水的电离平衡曲线，B曲线代表95℃时水的电离平衡曲线；
【小问2详解】
在25℃时，将的NaOH溶液与的硫酸溶液混合，所得混合溶液的，则NaOH与硫酸恰好完全反应，即n(H+)=n(OH-)，所以10-5×V(NaOH溶液)= 10-4×V(硫酸)，解得NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为10：1；
【小问3详解】
在曲线A所对应的温度下，Kw= c(H+)c(OH-)=10-14，的HCl溶液中c(H+)=10-2ml/L，酸溶液中水的电离受抑制，；的某BOH溶液中，c(H+)=10-11ml/L，碱溶液中水的电离受抑制，所以，而水电离产生的的浓度越大，水的电离程度就越大，所以小于；
【小问4详解】
在曲线B对应温度下，Kw= c(H+)c(OH-)=10-12，将溶液与等物质的量浓度的溶液等体积混合，碱过量，混合溶液中c(OH-)=，c(H+)=，所以10。
四、烃和烃的衍生物
21. 异丙苯()是一种重要的有机化工原料。
根据题意完成下列填空：
（1）由苯与2-丙醇反应制备异丙苯属于___________反应；由异丙苯制备对溴异丙苯的反应试剂和反应条件为___________。
（2）异丙苯有多种同分异构体，其中一溴代物最少的芳香烃的结构简式是___________。
（3）-甲基苯乙烯()是生产耐热型ABS树脂的一种单体，工业上由异丙苯催化脱氢得到。写出由异丙苯制取该单体的另一种方法的合成路线_______。
【答案】（1） ①. 取代反应 ②. 或
（2） （3）
【解析】
【小问1详解】
由苯与2-丙醇反应制备异丙苯的反应为苯环上氢被异丙基取代的反应，属于取代反应；由异丙苯制备对溴异丙苯，发生苯环上的溴代反应，该反应试剂和反应条件为Br2/FeBr3(或Br2/Fe)；
【小问2详解】
异丙苯有多种同分异构体，其中一溴代物最少的芳香烃则苯环上的取代基为均匀分布的，故是只有两种氢原子的1，3，5三甲苯，其结构简式为；
【小问3详解】
由异丙苯制取该单体的另一种方法为在光照条件下异丙基上氢被卤素单质原子取代引入氯原子，然后在氢氧化钠醇溶液条件下加热发生消去反应生成碳碳双键得到产品，流程为：。
22. 化合物M是一种治疗心脏病药物的中间体，以A为原料的工业合成路线如下图所示。
已知：RONa+R＇X→ROR＇+NaX
根据题意完成下列填空：
（1）M的分子式为___________，所含官能团为___________。
（2）写出反应类型：反应①___________；反应②___________。
（3）写出结构简式：A___________：B___________。
（4）写出邻位异构体分子内脱水产物香豆素的结构简式___________。
（5）A也是制备环己醇()的原料，写出检验A已完全转化为环己醇的方法___________。
（6）写出由C生成D的化学反应方程式___________。
（7）写出由D生成M的化学反应方程式___________。
【答案】（1） ①. ②. 醚键和酯基
（2） ①. 加成反应 ②. 氧化反应
（3） ①. ②.
（4） （5）取样，加入溶液，颜色无明显变化
（6） （7）、
【解析】
【分析】A与HCHO反应生成，结合A的分子式可知A为，反应①为加成反应。发生催化氧化反应生成B，B为；B在一定条件下转化为；与氢气发生加成反应生成C为；与甲醇发生酯化反应生成D，D为；D与碳酸钠反应生成，与E即发生已知信息反应生成M，据此分析解答。
【小问1详解】
由M的结构简式可知其分子式为，所含官能团为酯基、醚键；
【小问2详解】
由上述分析可知反应①为加成反应。反应②为醇羟基被氧化成醛基，反应类型为氧化反应；
【小问3详解】
由上述分析可知A为；B为；
【小问4详解】
的邻位异构体分子为，所含羧基和羟基发生分子内脱水反应生成；
【小问5详解】
可通过检验A是否剩余，检验A已完全转化为环己醇，检验酚的方法：取样，加入溶液，颜色无明显变化；
【小问6详解】
与甲醇发生酯化反应生成D，反应方程式为：；
【小问7详解】
D与碳酸钠反应生成，与发生已知信息反应生成M，反应方程式为：。化学式
电离常数
HClO
K=3×10-8
H2CO3
Ka1=4×10-7 Ka2=6×10-11
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