2024屆陜西省西安電子科技大附中高二化學第一學期期中教學質量檢測試題含解析

2024屆陜西省西安電子科技大附中高二化學第一學期期中教學質量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、在恒溫條件下，將氣體X、Y充入2L密閉容器中反應生成氣體Z。若各氣體的物質的量隨時間變化曲線如圖所示，下列描述正確的是()A．前10s內v(X)＝0.08mol·L－1·s－1B．該反應的平衡常數K=32C．平衡時X、Y的轉化率相同D．達到平衡后，將容器體積擴大為4L，平衡向逆反應方向移動2、下列實驗方案能達到目的的是()A．用NaOH溶液除去CO2中的HClB．用加熱的方法除去NaHCO3固體中的少量NaClC．用丁達爾效應鑒別Al(OH)3膠體和Na2SO4溶液D．用酚酞溶液鑒別NaOH溶液和KOH溶液3、如圖所示，將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U型管中下列分析正確的是A．閉合，鐵棒上發(fā)生的反應為B．閉合，石墨棒周圍溶液pH逐漸降低C．閉合，鐵棒不會被腐蝕，屬于外加電流的陰極保護法D．閉合，電路中通過個電子時，兩極共產生氣體4、下列說法或表示方法正確的是A．等質量的硫蒸氣和硫固體分別在氧氣中完全燃燒，后者放出的熱量多B．由C（石墨）=C（金剛石）ΔH=+1．9kJ/mol，可知金剛石比石墨穩(wěn)定C．水力（水能）按不同的分類可看成可再生能源和一級能源D．可表示氫氣燃燒熱的熱化學方程式為H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）ΔH=-2．8kJ/mol5、一定條件下，某容器中各微粒在反應前后變化的示意圖如下，其中●和○代表不同元素的原子。關于此反應的說法不正確的是A．反應物總能量一定低于生成物總能量 B．一定屬于可逆反應C．一定有非極性共價鍵斷裂 D．一定屬于氧化還原反應6、下列物質中，屬于目前世界上用量最大、用途最廣的合金是A．青銅 B．鋼材 C．18K金 D．鈦合金7、下列事實不能用勒沙特列原理解釋的是A．濃度均為0.1mol·L－1的新制氯水，加入少量NaHSO3晶體，片刻后，溶液中HClO分子的濃度減小B．室溫下，將1mLpH＝3的醋酸溶液加水稀釋至100mL后，測得其pH＜5C．在硫化氫水溶液中加入堿有利于S2—的生成D．增大壓強更利于合成氨反應8、在一定溫度下，將氣體X和氣體Y各0.15mol充入10L的恒容密閉容器中，發(fā)生反應：X(g)+Y(g)4Z(g)△H＜0，一段時間后達到平衡，反應過程中測定的數據如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列說法正確的是A．反應前4min的平均速率v(Z)=1×10-3mol?L-1?min-1B．其它條件不變，再充入X、Y各0.15mol，平衡時n(Z)＜0.4molC．其它條件不變，降低溫度的瞬間，速率v正降低比v逆多D．該溫度下，此反應的平衡常數K=0.169、下列溶液中微粒濃度的關系正確的是A．常溫下，0.1mol/LNaHC2O4溶液的pH<7：c(Na＋)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(H＋)>c(C2O42-)B．NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（OH-）=c（CO32-）+c（H+）C．向0.1mol/L的CH3COONa溶液中加入少量NaHSO4固體，所得溶液中：c（CH3COOH）+c(CH3COO-)=c(Na+)-c(SO42-)D．常溫下，pH相同的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③(NH4)2SO4三種溶液中c(NH)：①>③>②10、在一定溫度下的恒容密閉容器中發(fā)生反應：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列證據不能說明反應一定達到化學平衡狀態(tài)的是A．容器內的壓強不再改變 B．c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2C．SO2的轉化率不再改變 D．SO3的生成速率與SO3的消耗速率相等11、使用綠色能源有利于保護環(huán)境。下列能源中不屬于綠色能源的是A．氫能 B．化石能 C．風能 D．太陽能12、下列條件的變化，是因為降低反應所需的能量而增加單位體積內的反應物活化分子百分數致使反應速率加快的是（）A．增大濃度 B．增大壓強 C．升高溫度 D．使用催化劑13、影響化學反應速率的因素很多，下列措施不能加快化學反應速率的是（）A．降低溫度 B．升高溫度 C．使用催化劑 D．增加反應物濃度14、下列溶液一定呈堿性的是A．溶液中c(OH-)>c(H+) B．溶液中含有OH離子C．滴加甲基橙后溶液顯紅色 D．滴加甲基橙后溶液顯黃色15、恒容密閉容器中發(fā)生反應CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=QkJ?mol﹣1在其他條件不變的情況下，研究溫度對反應的影響，實驗結果如圖所示，下列說法正確的是A．反應的平衡常數B．Q>0C．高溫有利于該反應的自發(fā)進行D．A點混合氣體的平均摩爾質量大于B點16、下列熱化學方程式書寫正確的是(△H的絕對值均正確)A．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ/mol(燃燒熱)B．NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=+57.3kJ/mol(中和熱)C．1/2H2+1/2Cl2=HCl△H=-91.5kJ/mol(反應熱)D．N2O4(g)?2NO2(g)△H=+56.9kJ/mol(反應熱)17、如圖圖標所警示的是()A．當心有毒——有毒性物質B．當心火災——易燃物質C．當心腐蝕——腐蝕性物質D．當心火災——氧化物18、在一固定體積的密閉容器中,進行下列化學反應:其化學平衡常數K和溫度T的關系如下表:T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6則下列有關敘述不正確的是()A．該反應為吸熱反應B．可測量容器總壓變化來判定化學反應是否達到平衡C．若在某平衡狀態(tài)時,c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O),此時的溫度為830℃D．若平衡時兩種反應物的轉化率相等,則起始投入時n(CO2):n(H2)=1:119、下列說法中，正確的是A．KW隨溫度、濃度的改變而改變B．凡是能自發(fā)進行的化學反應，一定是△H<0、△S>0C．對已達到化學平衡的可逆反應，改變壓強，平衡常數（K）一定改變D．常溫下，0.1mol·L－1的醋酸溶液中加入水可使平衡向電離方向移動，溶液中的比值不變20、下列離子方程式中，不正確的是A．向溶液中通入過量的：+CO2+2H2O==Al(OH)3+B．氧化鐵與足量的HI溶液反應：C．已知酸性的強弱：，則向NaCN溶液中通入少量的時：D．侯氏制堿法：21、對于反應2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反應歷程：第一步N2O5?NO3+NO2快速平衡第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反應第三步NO+NO3→2NO2快反應其中可近似認為第二步反應不影響第一步的平衡。下列表述正確的是A．v(第一步的逆反應)<v(第二步反應)B．反應的中間產物只有NO3C．第二步中NO2與NO3的碰撞僅部分有效D．第三步反應活化能較高22、下列有機物結構式中的碳原子均為“飽和”的是A． B．C． D．二、非選擇題(共84分)23、（14分）某藥物H的合成路線如下：試回答下列問題：（1）反應Ⅰ所涉及的物質均為烴，氫的質量分數均相同。則A分子中最多有______個原子在同一平面上，最多有______個碳原子在同一條直線上。（2）反應Ⅰ的反應類型是______反應Ⅱ的反應類型是______，反應Ⅲ的反應類型是______。（3）B的結構簡式是______；E的分子式為______；F中含氧官能團的名稱是___。24、（12分）香草醇酯能促進能量消耗及代謝，抑制體內脂肪累積，并且具有抗氧化、抗炎和抗腫瘤等特性，有廣泛的開發(fā)前景。如圖為一種香草醇酯的合成路線。已知：①香草醇酯的結構為(R為烴基)；②R1CHO+R2CH2CHO回答下列有關問題：(1)B的名稱是________。(2)C生成D的反應類型是_______。(3)E的結構簡式為_______。(4)H生成I的第①步反應的化學方程式為_______。(5)I的同分異構體中符合下列條件的有______種(不考慮立體異構)，其中核磁共振氫譜中有四組峰的有機物的結構簡式為_______。①含有苯環(huán)②只含種一含氧官能團③1mol該有機物可與3molNaOH反應(6)參照上述合成路線，設計一條以乙醛為原料(無機試劑任選)合成乙酸正丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)的路線_______。25、（12分）中和熱的測定是高中化學中重要的定量實驗。取50mL、0.55mol/L的NaOH溶液與50mL、0.25mol/L的H2SO4溶液置于如圖所示的裝置中進行中和熱的測定實驗，回答下列問題：(1)從如圖所示實驗裝置看，其中尚缺少的一種玻璃用品是_____________，裝置的一個明顯錯誤是_______________________________________________。(2)燒杯間填滿碎紙條的作用是_____________________。(3)用相同濃度和體積的氨水（NH3?H2O）代替NaOH溶液進行上述實驗，測得的中和熱的數值會________；(填“偏大”、“偏小”、“無影響”)．(4)倒入NaOH溶液的正確操作是__________A．沿玻璃棒緩慢倒入B．分三次少量倒入C．一次性迅速倒入(5)實驗數據如下表：溫度實驗次數起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃溫度差平均值（t2-t1）/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5227.027.427.232.3325.925.925.929.2426.426.226.329.8①近似認為0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/LH2SO4溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比熱容c=4.18J/(g?℃)，則中和熱?H=__________（取小數點后一位）。②上述實驗的結果與57.3kJ/mol有偏差，產生偏差的原因可能是____________。A．實驗裝置保溫、隔熱效果差B．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定H2SO4溶液的溫度C．做實驗的當天室溫較高D．量取H2SO4時仰視讀數26、（10分）稱取一定質量的NaOH來測定未知濃度的鹽酸時（NaOH放在錐形瓶內，鹽酸放在滴定管中）。用A偏高；B偏低；C無影響；填寫下列各項操作會給實驗造成的誤差。（1）滴定管裝入鹽酸前未用鹽酸潤洗__________。（2）開始滴定時，滴定管尖端處有氣泡，滴定完畢排出氣泡__________。（3）搖動錐形瓶時，因用力過猛，使少量溶液濺出________。（4）滴定前讀數時仰視，滴定完畢讀數時俯視________。27、（12分）利用如圖裝置測定中和熱的實驗步驟如下①量取50mL0.25mol/LH2SO4溶液倒入小燒杯中，測量溫度；②量取50mL0.55mol/LNaOH溶液，測量溫度；③將NaOH溶液倒入小燒杯中，混合均勻后測量混合液溫度．請回答：（1）如圖所示，儀器A的名稱是__________．（2）NaOH溶液稍過量的原因____________碎泡沫塑料作用_______________．（3）加入NaOH溶液的正確操作是_____________（填字母）．A沿玻璃棒緩慢加入B一次迅速加入C分三次加入（4）若將含0.5molH2SO4的濃硫酸與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量_______（填“小于”、“等于”或“大于”）57.3kJ，原因是________________．28、（14分）硫酸是重要的化工材料，二氧化硫與氧氣反應生成三氧化硫是工業(yè)制硫酸的重要反應之一。(1)將0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)放入容積為1L的密閉容器中，反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在一定條件下經20分鐘達到平衡，測得c(SO3)＝0.040mol/L。①從反應開始到達到平衡，用SO2表示的平均反應速率為________________②從平衡角度分析采用過量O2的目的是____________；③該反應的平衡常數表達式為K＝___________。④已知：K(300℃)＞K(350℃)，該反應是________（選填“吸”或“放”）熱反應。若反應溫度升高，SO2的轉化率將_______（填“增大”、“減小”或“不變”）。(2)某溫度下，SO2的平衡轉化率（α）與體系總壓強(P)的關系如圖所示。平衡狀態(tài)由A變到B時，平衡常數K(A)_______K(B)（填“＞”、“＜”或“＝”，下同）。29、（10分）金屬晶體的原子堆積方式常有以下四種，請認真觀察模型(見圖)，回答下列問題：（1）四種堆積模型的堆積名稱依次是________、________、________、________。（2）甲堆積方式中的空間利用率為________，只有金屬________采用這種堆積方式。（3）乙與丙中兩種堆積方式中金屬原子的配位數________(填“相同”或“不相同”)；乙中的空間利用率為________。（4）采取丁中堆積方式的金屬通常有________(任寫三種金屬元素的符號)，每個晶胞中所含有的原子數為________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【題目詳解】A選項，前10s內，故A錯誤；B選項，根據改變量之比等于計量系數之比得出反應方程式為X(g)+Y(g)2Z(g)，該反應的平衡常數，故B正確；C選項，X、Y加入量之比不等于計量系數之比，因此平衡時X、Y的轉化率不相同，故C錯誤；D選項，該反應為反應前后氣體總量不變的反應，達到平衡后，將容器體積擴大為4L，平衡不移動，故D錯誤。綜上所述，答案為B?！绢}目點撥】X、Y加入量之比等于計量系數之比，平衡時X、Y的轉化率相同。2、C【解題分析】A.氫氧化鈉溶液也與氯化氫反應，應該用飽和碳酸氫鈉溶液除去CO2中的HCl，A錯誤；B.碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，不能用加熱的方法除去NaHCO3固體中的少量NaCl，B錯誤；C.膠體可以產生丁達爾效應，可以用丁達爾效應鑒別Al(OH)3膠體和Na2SO4溶液，C正確；D.NaOH溶液和KOH溶液均顯堿性，不能用酚酞溶液鑒別NaOH溶液和KOH溶液，D錯誤，答案選C。3、C【題目詳解】A.若閉合K1，該裝置沒有外接電源，所以構成了原電池，較活潑的金屬鐵作負極，負極上鐵失電子，Fe?2e?=Fe2+，故A錯誤；B.若閉合K1，該裝置沒有外接電源，所以構成了原電池；不活潑的石墨棒作正極，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子發(fā)生還原反應，電極反應式為2H2O+O2+4e?=4OH?，所以石墨棒周圍溶液pH逐漸升高，故B錯誤；C.

K2閉合，Fe與負極相連為陰極，鐵棒不會被腐蝕，屬于外加電源的陰極保護法，故C正確；D.

K2閉合，電路中通過0.4NA個電子時，陰極生成0.2mol氫氣，陽極生成0.2mol氯氣，兩極共產生0.4mol氣體，狀況不知無法求體積，故D錯誤。本題選C?！绢}目點撥】若閉合K1，該裝置沒有外接電源，所以構成了原電池；組成原電池時，較活潑的金屬鐵作負極，負極上鐵失電子發(fā)生氧化反應；石墨棒作正極，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子發(fā)生還原反應；若閉合K2，該裝置有外接電源，所以構成了電解池，Fe與負極相連為陰極，碳棒與正極相連為陽極，據此判斷。4、C【題目詳解】A、等質量的硫蒸氣和硫固體相比較，硫蒸氣具有的能量多，因此完全燃燒硫蒸氣放出的熱量多，故A錯誤；B、由C(石墨)=C(金剛石)△H=+1.90kJ/mol可知金剛石的能量比石墨的能量高，所以石墨比金剛石穩(wěn)定，故B錯誤；C、水能是自然界中以現成形式提供的能源，為一級能源，可以從自然界補充屬于可再生能源，故C正確；D、氫氣燃燒生成穩(wěn)定的化合物為液體水，所以H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=-2.8kJ/mol不能表示氫氣燃燒熱的熱化學方程式，故D錯誤；故選C。5、A【解題分析】由圖可知，該反應中一種化合物分解為一種單質和另一種化合物。A.由圖無法判斷該反應是放熱反應還是吸熱反應，故無法判斷反應物總能量與生成物總能量的相對大小，A不正確；B.充分反應后，還有反應物尚未分解，所以該反應一定屬于可逆反應，B正確；C.反應物分子中有非極性鍵，而生成的化合物中沒有，所以反應過程中一定有非極性共價鍵斷裂，C正確；D.化合物分解后有單質生成，所以一定屬于氧化還原反應，D正確。本題選A。點睛：兩種化合物均有單個的分子，故其分子內的化學鍵一定是共價鍵。非極性鍵是同種元素的原子之間形成的共價鍵。6、B【題目詳解】目前世界上用量最大的合金是鐵合金，即鋼材，故選B。7、A【題目詳解】A．NaHSO3能被HClO氧化，HClO濃度減小，不能用勒夏特列原理解釋，選項A符合；B．存在電離平衡，加水稀釋有利于醋酸的電離平衡正向移動，能用勒夏特列原理解釋，選項B不符合；C．H2SH++HS-，HS-H++S2-，加入堿，能與氫離子反應，有利于平衡正向移動，有利于S2-的生成，能用勒夏特列原理解釋，選項C不符合；D．合成氨反應為氣體體積縮小的反應，增大壓強平衡正向移動，更有利于合成氨，能用勒夏特列原理解釋，選項D不符合；答案選A。8、B【題目詳解】A．反應前2min內v(Y)==0.001mol/(L·min)，由于v(Z)：v(Y)=4：1，所以v(Z)=4v(Y)=4×0.001mol/(L·min)=0.004mol/(L·min)，A錯誤；B．反應開始時n(Y)=0.15mol，達到平衡時n(Y)=0.10mol，Y的物質的量減少0.05mol，根據反應轉化關系可知：反應達到平衡時產生Z的物質的量n(Z)=0.05mol×4=0.2mol。其它條件不變，再充入X、Y各0.15mol，若平衡不發(fā)生移動，達到平衡時Z的物質的量應該是2×0.2mol=0.4mol，但加入反應物，會使體系的壓強增大。增大壓強，化學平衡會向氣體體積減小的逆方向移動，則Z的物質的量比0.4mol小，即n(Z)＜0.4mol，B正確；C．該反應的正反應為放熱反應，溫度改變對吸熱反應影響更大。其它條件不變時，降低溫度的瞬間，速率v逆降低比v正多，C錯誤；D．對于該可逆反應，在反應開始時c(X)=c(Y)=0.015mol/L，c(Z)=0，△c(X)=△c(Y)=0.005mol/L，△c(Z)=0.02mol/L，故物質的平衡濃度c(X)=c(Y)=0.010mol/L，c(Z)=0.020mol/L，該溫度下反應的化學平衡常數K==1.6×10-3，D錯誤；故合理選項是B。9、C【分析】0.1mol/LNaHC2O4溶液的pH<7，說明HC2O4-的電離程度大于水解程度；根據質子守恒，NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（H+）=c（CO32-）+c（OH-）；根據物料守恒分析C選項；c(NH)越大，水解后酸性越強，氯離子、硫酸根離子對銨根離子水解無影響，鋁離子抑制銨根離子水解；【題目詳解】0.1mol/LNaHC2O4溶液的pH<7，說明HC2O4-的電離程度大于水解程度，所以c(H2C2O4)<c(C2O42-)，故A錯誤；根據質子守恒，NaHCO3溶液中：c(H2CO3)+c(H+)=c（CO32-）+c（OH-），故B錯誤；根據物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(SO42-)=c(Na+)，所以c(CH3COOH）+c(CH3COO-)=c(Na+)-c(SO42-)，故C正確；c(NH)越大，水解后酸性越強，氯離子、硫酸根離子對銨根離子水解無影響，所以c(NH)：①=③，鋁離子抑制銨根離子水解，所以NH4Al(SO4)2中銨根離子濃度最小，三種溶液中c(NH)：①=③>②，故D錯誤。選C。10、B【題目詳解】A．該反應為氣體體積減小的反應，當容器內的壓強不再改變時，說明氣體的物質的量也不再發(fā)生變化，即反應達平衡狀態(tài)，A不符題意；B．c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2不能說明各物質的量濃度不變，無法說明反應一定達到化學平衡狀態(tài)，B符合題意；C．SO2的轉化率不再改變，說明各物質的量不再變化，反應達到平衡狀態(tài)，C不符題意；D．SO3的生成速率與SO3的消耗速率相等，說明正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，D不符題意；答案選B。11、B【解題分析】A．氫氣燃燒產物是水，無污染，屬于綠色能源，故選項錯誤；B．化石燃料燃燒時除了產生大量的二氧化碳之外，也會產生一氧化碳、二氧化硫等有毒氣體，不屬于綠色能源，故選項正確；C．風能的使用，不產生環(huán)境的污染物，屬于綠色能源，故選項錯誤；D．太陽能是取之不盡，用之不竭的新能源，使用后不會對環(huán)境造成污染，屬于綠色能源，故選項錯誤；故選B?！军c晴】明確能源的種類與分類是解題關鍵。綠色能源也稱清潔能源，是可再生能源，如太陽能、風能、地熱能等；綠色能源體現了開發(fā)利用自然資源與環(huán)境友好相容的原則，可認為綠色能源不會對環(huán)境造成污染。12、D【解題分析】A、增大濃度，增大單位體積內反應物活化分子的個數，活化分子的百分數不變，加快反應速率，故A不符合題意；B、增大壓強，增大單位體積內反應物活化分子的個數，活化分子的百分數不變，加快反應速率，故B不符合題意；C、升高溫度，增大單位體積內活化分子百分數，活化能沒有降低，加快反應速率，故C不符合題意；D、使用催化劑，降低活化能，增大單位體積內活化分子百分數，加快反應速率，故D符合題意；答案選D。13、A【解題分析】一般升高溫度、增大反應物的濃度或使用催化劑可以加快反應速率。降低溫度則降低反應速率。答案選A。14、A【題目詳解】只要溶液中氫離子濃度大于OH－濃度，溶液就顯酸性，小于則顯堿性，等于顯中性，A正確，甲基橙的變色范圍為3.1~4.4，小于3.1為紅色，大于4.4為黃色，CD錯誤，所以答案選A。15、D【題目詳解】A.該反應的平衡常數，A不符合題意；B.由分析可知，該反應為放熱反應，因此Q<0，B不符合題意；C.若反應自發(fā)進行，則ΔH-TΔS<0，由于該反應ΔH<0，ΔS<0，若為高溫條件，則ΔH-TΔS可能大于0，不利于反應自發(fā)進行，C不符合題意；D.該反應中反應物和生成物都是氣體，因此反應前后混合氣體的質量不變，A點時反應正向進行的程度較大，則混合氣體的物質的量較小，根據公式可知，混合氣體的平均摩爾質量較大，D符合題意；故答案為：D16、D【題目詳解】A．燃燒熱要求生成的氧化物為穩(wěn)定的氧化物，故CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol，A錯誤；B．中和熱為放熱反應，焓變小于零，故NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，B錯誤；C．物質受狀態(tài)影響較大，熱化學方程式中物質標注出狀態(tài)，1/2H2(g)+1/2Cl2(g)=HCl(g)△H=-91.5kJ/mol，C錯誤；D．N2O4(g)?2NO2(g)反應為吸熱焓變大于零，N2O4(g)?2NO2(g)△H=+56.9kJ/mol，D正確；答案為D。17、B【題目詳解】圖中所示標志為易燃物質標志，故B正確。故選B。18、B【解題分析】A、溫度越高，化學平衡常數K越大，說明升高溫度，平衡正向移動，即正反應為吸熱反應，選項A正確；B、該反應的氣體的化學計量數不變，不能通過測量容器總壓強變化來判定化學反應是否達到平衡，選項B不正確；C、若在某平衡狀態(tài)時，c(CO2)c(H2)=c(CO)c(H2O)，此時可求得K=1，體系的溫度為830℃，選項C正確；D、若平衡時兩種反應物的轉化率相等，設他們的起始量分別為x、y，用三段式法可求得起始時投入的反應物n(CO2):n(H2)=1:1，選項D正確。答案選B。19、D【題目詳解】A．Kw只與溫度有關，隨溫度變化而變化，溫度不變，Kw不變，A錯誤；B．△H-T△S＜0時，反應能自發(fā)進行，△H＞0，△S＞0時，反應在高溫下能自發(fā)進行，△H＜0，△S＜0時，反應在低溫下能自發(fā)進行，即凡是能自發(fā)進行的化學反應，不一定是△H<0、△S>0，B錯誤；C．溫度不變，K不變，C錯誤；D．醋酸的電離常數K==，溫度不變，K、Kw不變，則不變，D正確。答案選D。20、C【題目詳解】A．向NaAlO2

溶液中通入過量CO2的離子方程式為+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，故A正確；B．氧化鐵和足量HI溶液能夠發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為Fe2O3+6H++2I-═2Fe2++I2+3H2O，故B正確；C．根據酸性的強弱：，向NaCN溶液中通入少量的時生成碳酸氫鈉，則反應的離子方程式為CN-+H2O+CO2=HCN+，故C錯誤；D．侯氏制堿法的基本原理為二氧化碳、氨氣、飽和氯化鈉溶液反應生成碳酸氫鈉沉淀和氯化銨溶液，反應的離子方程式為Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH，故D正確；故選C。21、C【題目詳解】A．第一步反應為可逆反應且快速平衡，而第二步反應為慢反應，所以v(第一步的逆反應)﹥v(第二步反應)，故A錯誤；B.由第二步、第三步可知反應的中間產物還有NO，故B錯誤；C.因為第二步反應為慢反應，故NO2與NO3的碰撞僅部分有效，故C正確；D.第三步反應為快速反應，所以活化能較低，故D錯誤；本題答案為：C。22、A【題目詳解】A.為乙烷，碳原子形成碳碳單鍵和碳氫鍵，均為“飽和”的，選項A正確；B.為乙烯，碳原子分別形成碳碳雙鍵和碳氫鍵，碳碳雙鍵為“不飽和鍵”，選項B錯誤；C.為乙炔，碳原子分別形成碳碳三鍵和碳氫鍵，碳碳三鍵為“不飽和鍵”，選項C錯誤；D.為苯，碳原子分別形成大鍵和碳氫鍵，大鍵為“不飽和鍵”，選項D錯誤；答案選A。二、非選擇題(共84分)23、163加成反應取代反應消去反應C10H12O2醛基、酯基【分析】根據合成線路可以知道,D與新制Cu(OH)2加熱條件下反應,酸化后得苯乙酸,則D的結構簡式為:；C催化氧化生成D,則C的結構簡式為:；B水解生成C,則B的結構簡式為:；A與溴化氫在雙氧水的作用下發(fā)生加成反應生成B,所以A為，反應Ⅰ所涉及的物質均為烴,氫的質量分數均相同,比較苯與A的結構可以知道,苯與X發(fā)生加成反應生成A,所以X為CH≡CH；苯乙酸與乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成E為，E發(fā)生取代反應生成F，F與氫氣發(fā)生加成，醛基轉化為羥基,則G的結構簡式為:

，G發(fā)生消去反應生成H；據以上分析解答。【題目詳解】根據合成線路可以知道,D與新制Cu(OH)2加熱條件下反應,酸化后得苯乙酸,則D的結構簡式為:；C催化氧化生成D,則C的結構簡式為:；B水解生成C,則B的結構簡式為:；A與溴化氫在雙氧水的作用下發(fā)生加成反應生成B,所以A為，反應Ⅰ所涉及的物質均為烴,氫的質量分數均相同,比較苯與A的結構可以知道,苯與X發(fā)生加成反應生成A,所以X為CH≡CH；苯乙酸與乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成E為，E發(fā)生取代反應生成F，F與氫氣發(fā)生加成，醛基轉化為羥基,則G的結構簡式為:

，G發(fā)生消去反應生成H；（1）結合以上分析可知，A為，苯分子中所有原子共平面，乙烯分子中所有原子共平面，所以該有機物分子中最多有6+5+5=16個原子在同一平面上；根據苯乙烯的結構可知，苯乙烯分子中最多有3個碳原子在一條直線上；綜上所述，本題答案是：16，3。（2）結合以上分析可知，苯與乙炔發(fā)生加成反應生成苯乙烯，反應Ⅰ反應類型為加成反應；根據E、F兩種物質的結構簡式可知，E發(fā)生取代反應生成F，反應Ⅱ的反應類型是取代反應；G的結構簡式為:，G發(fā)生消去反應生成H，反應Ⅲ的反應類型是消去反應；綜上所述，本題答案是：加成反應，取代反應，消去反應。（3）結合以上分析可知，B的結構簡式是：；E的結構簡式為：，其分子式為C10H12O2；根據F的結構簡式可知，F中含氧官能團的名稱是酯基、醛基；綜上所述。本題答案是：，C10H12O2，酯基、醛基?！绢}目點撥】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重炔烴、鹵代烴、醇、醛、羧酸、酯的性質及反應的考查，題目難度不大。判斷分子中原子共面、共線，要掌握乙烯、苯分子空間結構的特點。24、乙醛加成反應或還原反應(CH3)3CCH2CH2CHO+2NaOH+NaCl+H2O12、CH3COOCH2CH2CH2CH3【分析】由J的分子式，題目中信息、G制備I的流程可知I為，結合G生成H的條件、逆推可知H為；根據質量質量守恒可知F的分子式為C7H14O2，結合“已知反應②”可知B為CH3CHO，C為(CH3)3CCH=CHCHO；結合C的結構中含有碳碳雙鍵及該反應的條件為“H2”，則D為(CH3)3CCH2CH2CH2OH；由D生成E、E生成F的反應條件可知E為(CH3)3CCH2CH2CHO、F為(CH3)3CCH2CH2COOH，則J為，據此分析解答?！绢}目詳解】(1)根據分析，B為CH3CHO，名稱是乙醛；(2)C生成D為(CH3)3CCH=CHCHO與氫氣發(fā)生加成（或還原）反應生成(CH3)3CCH2CH2CH2OH，反應類型是加成反應或還原反應；(3)根據分析，E的結構簡式為(CH3)3CCH2CH2CHO；(4)H為，I為，在加熱條件下與氫氧化鈉溶液發(fā)生水解反應生成H的化學方程式為+2NaOH；(5)I為，I的同分異構體中含有苯環(huán)，只含種一含氧官能團，1mol該有機物可與3molNaOH反應，符合條件的同分異構體是含有3個羥基的酚類有機物，羥基支鏈分為-CH2CH3和兩個-CH3；當苯環(huán)上3個羥基相鄰（）時，乙基在苯環(huán)上有兩種情況，兩個甲基在苯環(huán)上也是兩種情況；當苯環(huán)上3個羥基兩個相鄰（）時，乙基在苯環(huán)上有三種情況、兩個甲基在苯環(huán)上也是三種情況；當苯環(huán)上3個羥基相間（）時，乙基、兩個甲基在苯環(huán)上各有一種情況，故符合條件的同分異構體為12種；其中核磁共振氫譜中有四組峰，即有四種不同環(huán)境的氫原子，則結構簡式為、；(6)以乙醛為原料(無機試劑任選)合成乙酸正丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)，利用新制的氫氧化銅氧化乙醛制備乙酸，通過“已知反應②”制備丁醇，然后通過酯化反應制備目標產物，具體流程為：CH3COOCH2CH2CH2CH3?！绢}目點撥】本題難度不大，關鍵在于根據已知信息分析解答流程中各步驟的物質結構。25、環(huán)形玻璃攪拌器大燒杯杯口與小燒杯杯口沒有相平保溫或防止熱量散失偏小C-56.8kJ/molAB【分析】根據中和熱的概念、中和熱的測定方法入手分析?！绢}目詳解】(1)從裝置構造可知缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒；為了減少熱量的損失，大燒杯杯口與小燒杯杯口相平，應該將杯口都蓋住，而圖示裝置中小燒杯口未用硬紙板蓋?。ɑ虼鬅瓋人榧垪l塞少了，未將小燒杯墊的足夠高）；(2)燒杯間填滿碎紙條的作用是保溫或防止熱量散失；(3)一水合氨的電離過程為吸熱過程，所以用氨水代替稀氫氧化鈉溶液反應，反應放出的熱量小于57.3kJ，即中和熱的數值會偏?。?4)實驗中，為了減少能量損失，應該一次迅速倒入NaOH溶液。(5)①0.55mol/L的NaOH溶液50mL與0.25mol/L的硫酸溶液50mL進行中和反應生成水的物質的量為0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的質量為100ml×1g/ml=100g。由表中數據可知，第2次實驗的數據誤差明顯偏大，應舍去，根據其他幾組可以求出溫度變化的平均值，△T為3.4℃，則生成0.025mol水放出的熱量為Q=m?c?△T=100g×4.18J/（g?℃）×3.4℃=1421.2J，即1.421kJ，故實驗測得的中和熱△H=-=-56.8kJ/mol；故答案為-56.8kJ/mol；②A．實驗裝置保溫、隔熱效果必須好，否則影響實驗結果，故A正確；B．量取NaOH溶液的體積時仰視讀數，會導致所量的氫氧化鈉體積偏大，影響實驗結果，故B正確；C．實驗的當天室溫較高，對直接測定影響實驗結果影響不大，故C錯誤；D．中和熱的測定主要測定熱量變化，故D錯誤；故選AB；【題目點撥】中和熱的測定，要考慮到能量的損失，同時此類題常以環(huán)形攪拌棒做考查點，需注意。26、BBAA【題目詳解】）根據c(HCl)=，分析不當操作對V(HCl)的影響，以此判斷濃度的誤差：(1)滴定管裝入鹽酸前未用鹽酸潤洗，鹽酸濃度偏小，導致消耗的鹽酸體積即V(HCl)偏大，故結果偏小，故答案為：B；(2)開始滴定時，滴定管尖端處有氣泡，滴定完畢排出氣泡,導致鹽酸體積的讀數即V(HCl)偏大，故結果偏小，故答案為：B；(3)搖動錐形瓶時，因用力過猛，使少量溶液濺出,導致錐形瓶中的NaOH損失一部分，故消耗的鹽酸體積即V(HCl)偏小，故結果偏大，故答案為：A；(4)滴定前讀數時仰視，滴定完畢讀數時俯視,導致鹽酸體積的讀數即V(HCl)偏小，故結果偏大，故答案為：A。27、環(huán)形玻璃棒充分反應完全中和保溫隔熱防止熱量損失B大于濃硫酸溶于水放熱【分析】（1）儀器A的名稱環(huán)形玻璃攪拌棒；

（2）為了確保定量的硫酸反應完全，所用NaOH稍過量；

（3）將NaOH溶液倒入小燒杯中，不能分幾次倒入，否則會導致熱量散失，影響測定結果；（4）濃硫酸溶于水放熱，據此分析解答。【題目詳解】（1）如圖所示，儀器A的名稱是環(huán)形玻璃攪拌棒；故答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；（2）實驗中，所用NaOH稍過量的原因是確保定量的硫酸反應完全；碎泡沫塑料作用是保溫隔熱防止熱量損失，故答案為：充分反應完全中和；保溫隔熱防止熱量損失；（3）倒入氫氧化鈉溶液時，必須一次迅速的倒入，目的是減少熱量的散失，不能分幾次倒入氫氧化鈉溶液，否則會導致