2024届杭州市重点中学高二化学第一学期期中预测试题含解析

2024届杭州市重点中学高二化学第一学期期中预测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、在相同条件下，22g下列气体中跟22gCO2的体积相等的是A．N2OB．N2C．SO2D．CO2、一定温度下在恒容的容器中发生如下反应：A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)，当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的是（）①混合气体的密度②混合气体的压强③混合气体的总物质的量④B的物质的量浓度A．①④ B．仅②③C．②③④ D．仅④3、一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)。能说明该反应已达化学平衡状态的是A．正、逆反应速率都等于零 B．N2和H2全部转化为NH3C．N2、H2和NH3的浓度不再变化 D．N2、H2和NH3的物质的量之比为1∶3∶24、能区别和两种溶液的试剂是(

)A．溶液 B．溶液 C． D．浓氨水5、我国从2000年起就逐渐用新型消毒剂取代氯气对生活饮用水进行消毒，该新型消毒剂的主要成分是A．HCl B．CaCO3 C．NaCl D．ClO26、可逆反应aA(s)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)；△H=QkJ/mol,在反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、压强（p）的关系如下图所示：则以下正确的是A．T1＞T2，Q＞0B．T2＞T1，Q＞0C．P1＜P2，a+b=c+dD．P1＜P2，b=c+d7、下列说法正确的是A．化学反应包含旧的化学键断裂和新的化学键形成B．反应物的总能量一定等于生成物的总能量C．自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变D．吸热反应需要加热才能进行8、运载火箭以液氢为燃烧剂，液氧为氧化剂。已知:①H2(g)=H2(l)ΔH=-0.92kJ·mol-1②O2(g)=O2(l)ΔH=-6.84kJ·mol-1下列说法正确的是A．2molH2(g)与1molO2(g)所具有的总能量比2molH2O(g)所具有的总能量低B．氢气的燃烧热为ΔH=-241.8kJ·mol-1C．火箭中液氢燃烧的热化学方程式为2H2(l)+O2(l)2H2O(g)ΔH=-474.92kJ·mol-1D．H2O(g)变成H2O(l)的过程中，断键吸收的能量小于成键放出的能量9、用水制取氢气的反应属于A．化合反应 B．分解反应C．置换反应 D．复分解反应10、对于可逆反应2AB3（g）2A（g）+3B2（g）ΔH＞0，下列图象不正确的是（）A． B．C． D．11、氨气是一种重要的化工原料，工业上用N2和H2合成NH3。现己知N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化示意图如下图。则N-H键键能为()化学键H-HN≡N键能（kJ/mol）436946A．248kJ/mol B．391kJ/mol C．862kJ/mol D．431kJ/mol12、水玻璃的主要成分是A．碳酸钠B．碳酸氢钠C．硅酸钠D．氢氧化钠13、在定温定容下的反应：2AB（g）3A2（g）＋B2（g），能说明此反应达到平衡是A．混合气体的平均摩尔质量不再随时间的变化而变化B．混合气体的密度不再随时间的变化而变化C．AB的消耗速率等于A2的消耗速率D．单位时间内生成3nmolA2，同时消耗2nmolAB14、在一定温度时，将1molA和2molB放入容积为5L的某密闭容器中发生如下反应：A(s)+2B(g)C(g)+2D(g)，经5min后达到平衡，测得容器内B物质的浓度减少了0.2mol·L-1。下列叙述不正确的是A．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率0.02mol·L-1·min-1B．平衡时B的体积分数为33.3%C．初始压强和平衡时压强比为4:5D．平衡时B的转化率为50%15、下列说法不能够用勒夏特勒原理来解释的是A．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气B．溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后（AgBr是淡黄色沉淀），溶液颜色变浅C．SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率D．恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He后，体系颜色变浅16、科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法正确的是A．电极a为电池的正极B．电极b上发生的电极反应为：O2＋4H＋＋4e－=2H2OC．电路中每通过2mol电子，在正极消耗22.4LH2SD．每17gH2S参与反应，有2molH＋经质子膜进入正极区17、向Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如图所示，下列说法不正确的是A．HCO（aq）+H+（aq）=CO2（g）+H2O（l）ΔH＞0B．CO（aq）+2H+（aq）=CO2（g）+H2O（l）ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3C．ΔH1＞ΔH2，ΔH2＜ΔH3D．HCO（aq）H+（aq）+CO（aq）ΔH=+∣ΔH1∣18、镁—氯化银电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。用该水激活电池为电源电解NaCl溶液时，X电极上产生无色无味气体。下列分析不正确的是A．水激活电池内由正极向负极迁移B．II为正极，其反应式为C．每转移0.5mole-，U型管中消耗0.5molH2OD．开始时U型管中X极附近pH逐渐增大19、下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是A．CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体B．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一C．节能减排符合低碳经济的要求D．合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺20、甲烷与氯气在光照条件下取代反应的部分反应历程和能量变化如下：第一步：Cl2(g)→2Cl(g)△H1=+242.7kJ/mol第二步：CH4(g)+Cl(g)→CH3(g)+HCl(g)△H2=+7.5kJ/mol第三步：CH3(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+Cl(g)△H3=-112.9kJ/mol(其中CH3表示甲基，Cl表示氯原子)下列说法不正确的是()A．甲烷与氯气在光照下发生反应的过程中会生成少量的乙烷B．CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g)△H=-105.4kJ/molC．形成1molCH3Cl(g)中C-Cl键放出的能量比拆开1molCl2(g)中Cl-Cl键吸收的能量多D．若是CH4与Br2发生取代反应，则第二步反应的△H＜+7.5kJ/mol21、生活中常见的荧光棒的发光原理可用下式表示，上述反应产生的能量传递给荧光染料分子后，使染料分子释放出荧光。下列说法正确的是A．上述反应是酯的水解反应B．荧光棒发光过程涉及化学能到光能的转化C．二苯基草酸酯核磁共振氢谱有4个吸收峰D．二苯基草酸酯与草酸互为同系物22、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．能发生水解反应二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满。回答下列问题：（1）B、C中第一电离能较大的是__(用元素符号填空)，基态E原子价电子的轨道表达式______。（2）DA2分子的VSEPR模型是_____。（3）实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6属于_______晶体（填晶体类型），其中C原子的杂化轨道类型为________杂化。②[C(OH)4]-中存在的化学键有________。a．离子键b．共价键c．σ键d．π键e．配位键f．氢键（4）B、C的氟化物晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，二者相差很大的原因________。（5）D与E形成化合物晶体的晶胞如下图所示：①在该晶胞中，E的配位数为_________。②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。上图晶胞中，原子的坐标参数为：a(0，0，0)；b(，0，)；c(，，0)。则d原子的坐标参数为______。③已知该晶胞的边长为xcm，则该晶胞的密度为ρ=_______g/cm3（列出计算式即可）。24、（12分）Ⅰ.有机物的结构可用“键线式”简化表示。如CH3—CH＝CH－CH3可简写为，若有机物X的键线式为：，则该有机物的分子式为________，其二氯代物有________种；Y是X的同分异构体，分子中含有1个苯环，写出Y的结构简式__________________________，Y与乙烯在一定条件下发生等物质的量聚合反应，写出其反应的化学方程式：__________________________________。Ⅱ.以乙烯为原料合成化合物C的流程如下所示：（1）乙醇和乙酸中所含官能团的名称分别为_____________和_____________。（2）B物质的结构简式为________________。（3）①、④的反应类型分别为______________和_______________。（4）反应②和④的化学方程式分别为：②__________________________________________________________。④___________________________________________________________。25、（12分）实验是化学学习的基础，请完成以下实验填空。I.某实验小组在同样的实验条件下，用同样的实验仪器和方法步骤进行两组中和热测定的实验，实验试剂及其用量如表所示。反应物起始温度/℃终了温度/℃中和热/kJ•mol-1酸溶液NaOH溶液①0.5mol•L-1HCl溶液50mL、0.55mol•L-1NaOH溶液50mL25.125.1ΔH1②0.5mol•L-1CH3COOH溶液50mL、0.55mol•L-1NaOH溶液50mL25.125.1ΔH2（1）甲同学预计ΔH1≠ΔH2，其依据是___。（2）若实验测得①中终了温度为28.4℃，则该反应的中和热ΔH1=___（保留一位小数）（已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.0g·cm-3，比热容c=4.18×10－3kJ·g－1·℃－1）。（3）在中和热测定实验中，若测定酸的温度计未洗涤干燥就直接测量碱溶液的温度，则测得的中和热ΔH___（填“偏大”“偏小”或“不变”）。Ⅱ.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了KI溶液在酸性条件下与氧气反应的实验，记录实验数据如下：实验编号①②③④⑤温度（℃）3040506070显色时间（s）16080402010（1）该实验的原理：___（用离子方程式表示）。（2）实验试剂除了1mol/LKI溶液、0.1mol/LH2SO4溶液外，还需要的试剂是___，实验现象为___。（3）上述实验操作中除了需要（2）的条件外，还必须控制不变的是___（填字母）。A．温度B．试剂的浓度C．试剂的用量（体积）D．试剂添加的顺序（4）由上述实验记录可得出的结论是___。26、（10分）50mL1.0mol·L-1盐酸跟50mL1.1mol·L-1氢氧化钠溶液在下图装置中进行中和反应，并通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。试回答下列问题：（1）大小烧杯间填满碎泡沫塑料的作用___________。（2）___________（填“能”或“不能”）将环形玻璃搅拌棒改为环形铜棒。其原因是_________________。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，对求得中和热数值的影响是_________（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。（4）如果改用60mL1.0mol·L-1盐酸跟50mL1.1mol·L-1氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所放热量__________（“增加”、“减少”或“不变”），理由是______________；所求中和热数值_______（“增加”、“减少”或“不变”），理由是_________________________。27、（12分）化学兴趣小组的同学为测定某Na2CO3和NaCl的固体混合物样品中Na2CO3的质量分数进行了以下实验，请你参与并完成对有关问题的解答。(1)甲同学用图1所示装置测定CO2的质量。实验时稀硫酸是与样品中的__________(填“Na2CO3”或"NaCl”)发生反应。仪器b的名称是_____________。洗气瓶c中盛装的是浓硫酸，此浓硫酸的作用是__________________________________________。(2)乙同学用图2所示装置，取一定质量的样品(为mg；已测得)和足量稀硫酸反应进行实验，完成样品中Na2CO3质量分数的测定。①实验前，检查该装置气密性的方法是先打开活塞a，由b注入水至其下端玻璃管中形成一段水柱，再将针筒活塞向内推压，若b下端玻璃管中的________上升，则装置气密性良好。②在实验完成时，能直接测得的数据是CO2的___________(填“体积”或“质量”)。(3)丙同学用下图所示方法和步骤实验：①操作I涉及的实验名称有___________、洗涤；操作Ⅱ涉及的实验名称有干燥、____________。②丙测得的样品中Na2CO3质量分数的计算式为___________________________。28、（14分）（1）下图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。写出MgBr2(s)与Cl2(g)生成MgCl（s）和Br2（l）的热化学方程式______________________________。（2）甲醇燃料电池（结构如图），质子交换膜左右两侧的溶液均为1L2mol·L-1H2SO4溶液。当电池中有2mole-发生转移时，左右两侧溶液的质量之差为______g（假设反应物耗尽，忽略气体的溶解）。（3）250mLK2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO42-)＝0.5mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到1.12L气体（标准状况下）。假定电解后溶液体积仍为250mL，写出阴极电极反应式______________原混合溶液中c(K＋)＝__________________（4）NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化。将浓度均为0.020mol/LNaHSO3溶液（含少量淀粉）10ml、KIO3(过量)酸性溶液90.0ml混合，记录10—55℃间溶液变蓝时间，实验结果如图。据图分析，图中a点对应的NaHSO3反应速率为________________29、（10分）亚硝酸氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂。亚硝酸氯可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)。（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：①4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g）+Cl2(g)ΔH1②2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)ΔH2③2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)ΔH3则ΔH1、ΔH2、ΔH3之间的关系为ΔH3=____________。（2）已知几种化学键的键能数据如表（亚硝酸氯的结构为Cl-N=O，一氧化氮的结构为N≡O）化学键N≡OCl-ClCl-NN=O键能/kJ•mol-1630243a607则2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)反应的ΔH=_________kJ·mol-1（3）T℃时，2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)的正反应速率表达式为υ正=kcn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如下表：序号c(ClNO)/mol·L－1υ/mol·L－1·s－1①0.303.6×10－8②0.601.44×10－7③0.903.24×10－7n=__________；k=___________（注明单位）。（4）在2L的恒容密闭容器中充入4molNO(g)和2molCl2(g)，在不同温度下测得c(ClNO)与时间的关系如图。①由图可知T1、T2温度的速率υ1______υ2温度T1______T2。（填＞、＜或＝）②温度为T1时，能作为该反应达到平衡的标志的有__________。a．气体体积保持不变b．容器压强保持不变c．气体颜色保持不变d．υ(ClNO)=υ(NO)e．NO与ClNO的物质的量比值保持不变③反应开始到10min时，Cl2的平均反应速率υ(Cl2)=_______________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解题分析】根据阿伏加德罗定律可知在相同条件下气体的物质的量相等时，体积相等。根据m＝nM可知质量相等时，如果气体的相对分子质量相等，则物质的量相等。二氧化碳的相对分子质量是44，选项A～D中气体的相对分子质量分别是44、28、64、28，因此答案选A。2、A【题目详解】①因为A为固体，所以反应中气体的总质量一直在变化，当混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故①正确；②方程式两边气体的计量数相等，所以混合气体的压强一直不变，故②错误；③混合气体的总物质的量一直不变，故③错误；④B的物质的量浓度，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故④正确；答案：A【题目点拨】当可逆反应中变化的量不在发生变化时，证明达到了平衡状态。3、C【题目详解】A．化学平衡是动态平衡，当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，但不为0，故A不选；B．可逆反应的转化率不可能是100%，即N2和H2不可能全部转化为NH3，故B不选；C．N2、H2、NH3的浓度不再变化，说明正逆反应的速率相等，反应达平衡状态，故C选；D．N2、H2和NH3的物质的量之比为1:3:2，此时不能说明正、逆反应速率相等，无法判断是平衡状态，故D不选；故答案为C。4、A【分析】[Co（NH3）4Cl2]Cl能与硝酸银反应生成白色沉淀，而[Co（NH3）4Cl2]NO3不能，以此来解答。【题目详解】B、C、D中的物质与两种溶液均不反应，现象相同，不能鉴别，而A中[Co（NH3）4Cl2]Cl能与硝酸银反应生成白色沉淀，而[Co（NH3）4Cl2]NO3不能，现象不同，可鉴别，故A符合。答案选A。【题目点拨】注意配合物中内界离子不与硝酸银反应。5、D【题目详解】ClO2气体是一种常用的消毒剂，ClO2中Cl为+4价，具有强氧化性，我国从2000年起逐步用ClO2代替氯气对饮用水进行消毒。答案选D。6、D【题目详解】A、根据先拐先平数值大的原则，则T2＞T1，故A错误；B、因为T2＞T1，说明温度升高，C的含量减少，则平衡逆向移动，则正向为放热反应，故B正确；C、同理根据先拐先平数值大的原则，则P1＜P2，增大压强，B的含量不变，说明平衡未移动，则该反应是气体的物质的量不变的可逆反应，所以b=c+d，a为固体，不影响化学平衡，故C错误，D正确。答案选D。7、A【题目详解】A．化学反应中一定有新物质生成，则化学反应的实质是旧的化学键断裂，新的化学键形成的过程，故A正确；B.根据能量守恒定律，反应不是吸热就是放热，反应物的总能量一定不等于生成物的总能量，故B错误；C.熵增的反应不一定自发，自发反应不一定是熵增的反应，熵减的反应不一定非自发，非自发的反应不一定是熵减或不变的反应，故C错误；D.有些吸热反应需要加热才能进行，如碳酸钙受热分解等，有些吸热反应在常温下就能进行，例如碳酸氢铵分解等，故D错误；故选A。8、C【解题分析】A．由图象分析，2molH2（g）与1molO2（g）反应生成2molH2O（g），放出483.6kJ的热量；

B．氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量；

C．由图象分析，2H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1=-483.6kJ•mol-1①，H2（g）=H2（l）△H1=-0.92kJ•mol-1②O2（g）=O2（l）△H2=-6.84kJ•mol-1③将①-②×2-③×2利用盖斯定律计算；

D．H2O（g）生成H2O（l）时，放出热量，为物理变化过程。【题目详解】A．由图象分析，2molH2（g）与1molO2（g）反应生成2molH2O（g），放出483.6kJ的热量，故2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O（g）所具有的总能量高，故A错误；

B．氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，故氢气的燃烧热为（483.6+88）/2=285.8kJ•mol-1，故B错误；

C．由图象分析，2H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1=-483.6kJ•mol-1①，H2（g）=H2（l）△H1=-0.92kJ•mol-1②O2（g）=O2（l）△H2=-6.84kJ•mol-1③将①-②×2-③×2可得2H2（l）+O2（l）═2H2O（g）△H=-474.92kJ•mol-1，故C正确；

D．H2O（g）生成H2O（l）为物理变化，不存在化学键的断裂和生成，故D错误；

综上所述，本题选C。9、B【题目详解】用水制取氢气的反应方程式为2H2O2H2↑+O2↑，该反应属于分解反应。答案选B。【题目点拨】本题考查四种基本反应类型的判断。依据四种基本反应类型进行判断分析即可（1）化合反应：指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应；可简记为A+B=AB，即“多变一”；（2）置换反应：一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应；可简记为A（单质）+BC=C（单质）+AB；（3）复分解反应：由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应；可简记为AB+CD=AD+CB；即“化合物+化合物→新化合物+新化合物”，如氢氧化钠与盐酸反应．（4）分解反应是由一种物质参与反应生成两种或两种以上，其变化特征是“一变多”利用此知识解决此题。10、D【分析】△H>0为吸热反应，升高温度平衡向正向移动，反应物含量减少，正反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，反应物的转化率减小，据此分析解答。【题目详解】A．该反应△H>0为吸热反应，升高温度平衡向正向移动，则交点后正反应速率大于逆反应速率，A正确；B．该反应△H>0为吸热反应，温度越高反应速率越快，且反应物含量越小，与图一致，B正确；C．相同温度时，增大压强平衡逆向移动，反应物含量大，升高温度平衡向正向移动，反应物含量越小，与图一致，C正确；D．该反应正反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，反应物的转化率减小，升高温度反应物转化率增大，与图不符，D错误；答案选D。11、B【分析】据△H=反应物的活化能-生成物的活化能求得△H，△H=反应物键能和-生成物键能和【题目详解】△H=反应物的活化能-生成物的活化能=1127kJ·mol－1-1173kJ·mol－1=-92kJ·mol－1，热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ·mol－1，△H=反应物键能和-生成物键能和=946kJ·mol－1+3×436kJ·mol－1-6×Q（N-H）=-92kJ·mol－1，Q（N-H）=391kJ·mol－1，故选B。12、C【解题分析】水玻璃是硅酸钠的水溶液，所以水玻璃的主要成分是硅酸钠，故C正确。故选C。13、A【解题分析】试题分析：A、正反应是体积增大的可逆反应，反应前后气体质量不变，所以混合气体的平均摩尔质量不再发生变化时反应达到平衡状态，A正确；B、容积和气体的质量均不变，则密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C、AB的消耗速率等于A2的消耗速率不能满足反应速率之比是相应的化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，C错误；D、单位时间内生成3nmolA2，同时消耗2nmolAB均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，D错误，答案选A。【考点定位】本题考查了化学平衡状态的判断【名师点晴】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。14、B【题目详解】5min后达到平衡，测得容器内B的浓度减少了0.2mol·L-1，则消耗的B的物质的量为5L×0.2mol•L-1=1mol，则A．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为=0.02mol·L-1·min-1，故A不符合题意；B．A是固态，所以平衡时B的体积分数为，故B符合题意；C．A是固态，所以初始时的压强与平衡时的压强比为，故C不符合题意；D．平衡时B的转化率为，故D不符合题意；故答案为：B。15、D【分析】勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、以及参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。由此分析。【题目详解】A.氯气通入食盐水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度很大，该平衡向逆反应方向移动，Cl2的溶解度减小，有利于收集更多的Cl2，能用勒夏特列原理解释，A项错误；B.向溴水中加入AgNO3溶液后发生离子反应Ag++Br-=AgBr↓，溶液中Br-浓度减小，Br2+H2OH++Br-+HBrO平衡向正反应方向移动，Br2的浓度将减小，溶液的颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，B项错误；C.2SO2(g)+O22SO3(g)，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，能用勒夏特列原理解释，C项错误；D.恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He，体系的体积将增大，NO2（红棕色）的浓度减小，所以体系颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；答案选D。16、B【题目详解】A．根据电极的反应物与生成物可判断，电极a是负极，电极b是正极，故A错误；B．电极b是正极，发生电极反应：O2＋4H＋＋4e－=2H2O，B正确；C．H2S是气体，在表明体积时要说明温度、压强，C错误；D．17gH2S参与反应，只失去1mol电子，对应移动的离子也是1mol，故每17gH2S参与反应，有1molH＋经质子膜进入正极区，D错误；答案选B。17、C【题目详解】A．根据图示，HCO（aq）和H+（aq）的总能量小于CO2（g）和H2O（l）的总能量，反应HCO（aq）+H+（aq）=CO2（g）+H2O（l）为吸热反应，ΔH＞0，故A正确；B．根据图示，结合盖斯定律CO（aq）+2H+（aq）=CO2（g）+H2O（l）ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3，故B正确；C．△H1＜0，ΔH2＜0，根据图像，△H1＜△H2，故C错误；D．反应HCO（aq）H+（aq）+CO（aq）为吸热反应，根据图示，ΔH=+∣ΔH1∣，故D正确；故选C。18、B【分析】X电极上有无色气体逸出，应为阴极，生成氢气，则Ⅰ为负极，Ⅱ为正极，根据Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-＝2Cl-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-＝Mg2+，在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路，以此解答该题。【题目详解】A．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，故A正确；B．AgCl是氧化剂，AgCl在正极上得电子，则正极电极反应式为：2AgCl+2e-＝2Cl-+2Ag，故B错误；C．由2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑可知每转移0.5mole-，消耗0.5mol水，故C正确；D．X电极上有无色气体逸出，应为阴极，生成氢气，同时产生氢氧根离子，因此开始时U型管中X极附近pH逐渐增大，故D正确；故答案选B。19、A【题目详解】A.CO2、CH4是造成温室效应的主要气体，而N2是空气中的主要气体，不是温室气体，选项A错误；B.产生酸雨的主要原因是SO2气体，使用清洁能源可以有效防止酸雨发生，选项B正确；C.节能减排可以减少CO2的排放，符合低碳经济的要求，选项C正确；D.合理开发可燃冰可以减少煤、石油等紧缺能源的使用，选项D正确。答案选A。20、D【分析】由甲烷与氯气在光照条件下取代反应的反应历程得出有CH3，两个CH3可以相互结合成乙烷；B用盖斯定律解答；C主要看第三步反应。【题目详解】A、光照下发生取代反应的过程中，生成CH3，两个CH3相互结合成乙烷，故A正确；B、由第二步与第三步相加得到CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g)△H=-105.4kJ•mol-1，故B正确；、C、由第三步反应可知，形成C-Cl键，拆开Cl2中化学键，且为放热反应，则形成1molCH3Cl中C-Cl键放出的能量比拆开1molCl2中化学键吸收的能量多，故C正确；D、若是甲烷与Br2发生取代反应，Cl比Br的能量高，则第二步反应△H＞+7.4kJ•mol-1，故D错误；答案选D。【题目点拨】D项主要是要注意到Cl比Br的能量高，换成Br则在反应过程中要吸收更多的能量。21、B【题目详解】A.二苯基草酸酯水解应该生成苯酚和草酸，在该反应中，二苯基草酸酯与双氧水反应生成二氧化碳，应为氧化反应，故A错误；B.染料分子释放出荧光，化学能转化为光能，故B正确；C.二苯基草酸酯结构对称，分子中含有3种不同化学环境的H原子，则核磁共振氢谱有3个吸收峰，故C错误；D.二苯基草酸酯含有苯环、官能团为酯基，与草酸（草酸官能团为羧基）结构不相似，不是同系物，故D错误，答案选B。【题目点拨】本题考查有机物的结构和性质，掌握相关官能团的性质是解题的关键，试题难度不大，A项为易错点，答题时要注意审题，在该反应中与二苯基草酸酯发生反应的物质是双氧水而不是水，生成的产物也不符合酯的水解反应的特征。22、D【题目详解】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，且与苯环相连的碳原子上有氢原子，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。二、非选择题(共84分)23、Mg平面三角形分子sp3bceAl3+比Mg2+电荷多，半径小，晶格能大4（1，，）【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，则A是核外电子排布式是1s22s22p4，所以A是O元素；D是S元素；工业上电解熔融C2A3制取单质C，则C为Al元素；基态B、E原子的最外层均只有2个电子，其余各电子层均全充满，结合原子序数可知，B的电子排布为1s22s22p63s2、E的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，B为Mg，E为Zn，以此来解答。【题目详解】由上述分析可知，A为O元素，B为Mg元素，C为Al元素，D为S元素，E为Zn元素。(1)Mg的3s电子全满为稳定结构，难失去电子；C是Al元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s33p1，失去第一个电子相对容易，因此元素B与C第一电离能较大的是Mg；E是Zn元素，根据构造原理可得其基态E原子电子排布式是[Ar]3d104s2，所以价电子的轨道表达式为；(2)DA2分子是SO2，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=2+=3，VSEPR理论为平面三角形；(3)①C2Cl6是Al2Cl6，在加热时易升华，可知其熔沸点较低，据此可知该物质在固态时为分子晶体，Al形成4个共价键，3个为σ键，1个为配位键，其杂化方式为sp3杂化；②[Al(OH)4]-中，含有O-H极性共价键，Al-O配位键，共价单键为σ键，故合理选项是bce；(4)B、C的氟化物分别为MgF2和AlF3，晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，同为离子晶体，晶格能相差很大，是由于Al3+比Mg2+电荷多、离子半径小，而AlF3的晶格能比MgCl2大；(5)①根据晶胞结构分析，S为面心立方最密堆积，Zn为四面体填隙，则Zn的配位数为4；②根据如图晶胞，原子坐标a为(0，0，0)；b为(，0，）；c为(，，0），d处于右侧面的面心，根据几何关系，则d的原子坐标参数为（1，，）；③一个晶胞中含有S的个数为8×+6×=4个，含有Zn的个数为4个，1个晶胞中含有4个ZnS，1个晶胞的体积为V=a3cm3，所以晶体密度为ρ==g/cm3。【题目点拨】本题考查晶胞计算及原子结构与元素周期律的知识，把握电子排布规律推断元素、杂化及均摊法计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(5)为解答的难点，具有一定的空间想象能力和数学计算能力才可以。24、C8H83羟基羧基CH3CHO加成反应取代反应CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2ClHOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O【分析】Ⅰ.根据价键理论写出该物质的分子式；根据有机物结构，先确定一个氯原子位置，再判断另外一个氯原子位置有邻间对三种位置；根据分子中含有苯环，结合分子式C8H8，写出Y的结构简式，根据烯烃间发生加聚反应规律写出加成反应方程式；据以上分析解答。Ⅱ.由工艺流程图可知：乙烯与氯气发生加成反应生成物质A，为CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化得到物质B，为CH3CHO，CH3CHO氧化得到乙酸，乙酸与乙二醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成C，为CH3COOCH2CH2OOCCH3；据以上分析解答。【题目详解】Ⅰ.根据有机物成键规律：含有8个C，8个H，分子式为C8H8；先用一个氯原子取代碳上的一个氢原子，然后另外一个氯原子的位置有3种，如图：所以二氯代物有3种；Y是X的同分异构体，分子中含有1个苯环，根据分子式C8H8可知，Y的结构简式为；与CH2=CH2在一定条件下发生等物质的量聚合反应，生成高分子化合物，反应的化学方程式：；综上所述，本题答案是：C8H8，3，，。Ⅱ.由工艺流程图可知：乙烯与氯气发生加成反应生成物质A为CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化得到物质B为CH3CHO，CH3CHO氧化得到乙酸，乙酸与乙二醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成C为CH3COOCH2CH2OOCCH3；（1）乙醇结构简式为C2H5OH，含有官能团为羟基；乙酸结构简式为：CH3COOH，含有官能团为羧基；综上所述，本题答案是：羟基，羧基。（2）根据上面的分析可知，B为：CH3CHO；综上所述，本题答案是：CH3CHO。（3）反应①为乙烯在催化剂条件下能够与水发生加成反应生成乙醇；反应③为CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇，反应④为乙二醇与乙酸在一定条件下发生酯化反应；综上所述，本题答案是：加成反应，取代反应。（4）反应②为乙烯和氯气发生加成反应，化学方程式为：CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl；综上所述，本题答案是：CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl。反应④为乙二醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，化学方程式为：HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；综上所述，本题答案是：HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O。【题目点拨】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。25、CH3COOH是弱酸，其电离过程会吸收热-55.2kJ/mol偏大4H++4I-+O2=2I2+2H2O淀粉溶液无色溶液变蓝色CD）每升高10℃，反应速率增大约2倍【题目详解】I.(1)NH3·H2O是弱碱，存在电离平衡，其电离过程会吸收热量，所以反应热会比强碱的少；(2)反应中总质量为100克，温度变化为28.4-25.1=3.3℃，反应中生成水的物质的量为0.5×0.05=0.025mol，则中和热==－55.2kJ/mol；(3)在实验过程中，测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度，则酸碱中和放热，会使碱溶液的温度偏高，最后测定实验中温度差变小，中和热偏大；Ⅱ.（1）根据氧化还原反应类型离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和得失电子数目相等，该反应的离子方程式为4H++4I-+O2=2I2+2H2O；（2）为测定显色时间，产物中有碘单质生成，还需要的试剂是淀粉溶液，实验现象为无色溶液变蓝色，故答案为：淀粉溶液；

无色溶液变蓝色；（3）设计实验必须保证其他条件不变，只改变一个条件，才能得到准确的结论，还必须控制不变的是试剂的用量（体积）和试剂添加的顺序，故答案为：CD；（4）分析实验数据可得出的结论是每升高10℃，反应速率增大约2倍，故答案为：每升高10℃，反应速率增大约2倍。26、减少热量散失不能铜导热，会使热量散失偏低增加生成H2O量增多不变因为中和热指的是生成1mol水时所放出的热量【解题分析】（1）因为该实验中要尽可能的减少热量的损失，所以大小烧杯间填满碎泡沫塑料的作用减少实验过程中的热量损失。（2）铜是热的良导体，易损失热量，所以不能将环形玻璃搅拌棒改为环形铜棒。⑶大烧杯上如不盖硬纸板，则热量会损失，测定结果偏低。（4）改变酸、碱的用量，则反应中放出的热量发生变化，但中和热是不变的，因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1摩尔H2O时所放出的热量，与酸碱的用量无关。27、Na2CO3分液漏斗除去CO2中的水蒸气液面体积过滤称量【分析】(1)依据装置和试剂分析，硫酸和样品中的碳酸钠反应；反应过程中含有水蒸气，可以利用浓硫酸干燥二氧化碳气体；(2)①根据装置气密性检验方法作答；②在实验完成时，反应后可以利用注射器读取生成气体的体积；(3)①根据流程分析作答；②由流程分析判断：碳酸钡沉淀质量为yg，根据原子守恒可知样品中Na2CO3质量，从而计算。【题目详解】(1)依据装置和试剂分析，硫酸和样品中的碳酸钠反应，仪器b是加入液体的仪器可以控制加入的量，是分液漏斗；反应过程中含有水蒸气，可以利用浓硫酸干燥二氧化碳气体，故答案为：Na2CO3；分液漏斗；除去CO2中的水蒸气；(2)①使用注射器改变瓶内气体的多少而改变瓶内压强；当将针筒活塞向内推压时，瓶内气体被压缩，压强增大，瓶内液体则会被压入长颈漏斗内，b下端玻璃管中液面上升，可以说明装置气密性良好，故答案为：液面；②在实验完成时，反应后可以利用注射器读取生成气体的体积，能直接测得的数据是CO2的体积，故答案为：体积；(3)①流程分析可知，加入氢氧化钡溶液和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，通过过滤得到沉淀，洗涤后称重得