2024届云南省玉溪市峨山彝族自治县一中高二化学第一学期期中监测试题含解析

2024届云南省玉溪市峨山彝族自治县一中高二化学第一学期期中监测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验操作规范且能达到目的的是目的操作A取20.00mL盐酸在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上D配制浓度为0.010mol·L-1的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度A．A B．B C．C D．D2、下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是()A．0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA－)＞c(H＋)＞c(H2A)＞c(A2－)B．NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)C．室温下，由pH＝1的CH3COOH溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合，溶液中离子浓度大小的顺序为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)D．常温下，在pH＝8的NaA溶液中：c(Na＋)－c(A－)＝9.9×10－7mol/L3、升高温度能加快反应速率的主要原因是A．活化分子能量明显增加 B．降低活化分子的能量C．增加活化分子的百分数 D．降低反应所需的能量4、下列说法正确的是A．相同温度时，1mol/L氨水与0.5mol/L氨水中，c(OH-)之比是2：1B．Na2S溶液中存在这样的水解平衡：S2-+2H2O⇌H2S+2OH-C．实验室保存FeCl3溶液同时加入少量盐酸，加热TiCl4溶液制备TiO2都与盐的水解有关D．常温下，将pH=2的醋酸和pH=12的NaOH等体积混合，溶液呈碱性5、用1L1mol·L－1的NaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中，CO32－和HCO3－的物质的量浓度之比约为A．1∶3 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶26、下列关于铜电极的叙述正确的是A．铜锌原电池中铜是负极 B．用电解法精炼粗铜时粗铜作阴极C．在镀件上电镀铜时可用铜作阳极 D．电解食盐水时铜作阳极7、有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合面成：①CH3COONa与HCl②CH3COONa与NaOH③CH3COONa与NaCl④CH3COONa与NaHCO3下列各项排序正确的是（）A．pH：②>③>④>① B．c(CH3COO－)：②>④>③>①C．溶液中c(H＋)：①>③>②>④ D．c(CH3COOH)：①>④>③>②8、下列有关实验说法不正确的是A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B．用标准醋酸溶液滴定NaOH溶液来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂C．用标准盐酸溶液滴定NaOH溶液来测定其浓度，读标准液时开始平视结束俯视，致使测定结果偏小D．做中和热实验时要氢氧化钠稍过量9、常温下，下列各组离子在有关限定条件下溶液中一定能大量共存的是A．由水电离产生的c(H+)=10−12mol·L−1的溶液中：K+、Na+、ClO−、I−B．c(H+)=KWmol·L−1的溶液中：K+、Fe3+、Cl−、C．pH=13的溶液中：AlO2-、Cl−、HCOD．常温下，c(H+)/c(OH-)=1×10−12的溶液：K+、AlO2-、CO10、常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是A．加入金属镁能产生大量H2的溶液中：Na+、NH4+、F-、SO32-B．含有大量S2-的溶液中：K+、Mg2+、ClO-、SO42-C．能使Al3+生成沉淀的溶液中：NH4+、Na+、SiO32-、HCO3-D．水电离产生的c(OH-)＝1×10-10mol/L的溶液中：Al3+、SO42-、NO3-、Cl-11、目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．①、②、③三步反应均释放能量B．该反应进程中有两个过渡态C．第①步反应的活化能最小D．总反应速率主要由第①步反应决定12、常温下，pH＝1的乙酸溶液和pH＝13的NaOH溶液，下列叙述中正确的是A．两种溶液等体积混合后，溶液呈碱性B．乙酸溶液中c(CH3COOH)大于NaOH溶液中c(Na＋)C．分别稀释10倍，两溶液的pH之和大于14D．若两溶液混合后pH＝7，则有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)13、已知N2O4(g)⇌2NO2(g)ΔH＝＋57.20kJ/mol，t℃时，将一定量的NO2、N2O4充入一个容积为2L的恒容密闭容器中，浓度随时间变化关系如下表所示：时间/min051015202530c(X)/(mol/L)0.2c0.60.61.0c1c1c(Y)/(mol/L)0.6c0.40.40.4c2c2下列推断不正确的是A．c（X）代表NO2的浓度B．20min时改变的条件是向容器中加入0.8molNO2C．该反应的平衡常数K=0.9mol/LD．25min后混合气体的平均摩尔质量为64.4g·mol-114、已知：P4(s)＋6Cl2(g)＝4PCl3(g)ΔH＝akJ·mol－1P4(s)＋10Cl2(g)＝4PCl5(g)ΔH＝bkJ·mol－1P4具有正四面体结构，PCl5中P－Cl键的键能为ckJ·mol－1,PCl3中P－Cl键的键能为1.2ckJ·mol－1下列叙述正确的是()A．P－P键的键能大于P－Cl键的键能B．可求Cl2(g)＋PCl3(g)＝PCl5(s)的反应热ΔHC．Cl－Cl键的键能kJ·mol－1D．P－P键的键能为kJ·mol－115、图Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学根据反应“＋2I－＋2H＋=＋I2＋H2O”设计成的原电池装置，其中C1、C2均为碳棒。甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸；乙组向图Ⅱ的B烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液。下列叙述中正确的是()A．甲组操作时，电流表(A)指针发生偏转B．甲组操作时，溶液颜色变浅C．乙组操作时，C1上发生的电极反应为I2＋2e－=2I－D．乙组操作时，C2作正极16、可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，在容积为10L的密闭容器中进行，开始时加入2molN2和3molH2，则达到平衡时，NH3的浓度不可能为()A．0.1mol·L－1 B．0.2mol·L－1 C．0.05mol·L－1 D．0.15mol·L－1二、非选择题（本题包括5小题）17、近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O回答下列问题：(1)A的化学名称是____________________，E的分子式________________。(2)由A生成B、G生成H的反应类型分别是____________、______________。(3)D的结构简式为.________________________。(4)Y中含氧官能团的名称为________________。(5)E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为_________________。18、有A、B两种烃，A常用作橡胶、涂料、清漆的溶剂，胶粘剂的稀释剂、油脂萃取剂。取0.1molA在足量的氧气中完全燃烧，生成13.44LCO2气体(标准状况下测定)，生成的H2O与CO2的物质的量之比为1:1。则：（1）A的分子式为___________________________。（2）A的同分异构体较多。其中：①主链有五个碳原子；②能使溴的四氯化碳溶液和高锰酸钾酸性溶液褪色；③在Ni催化下能与氢气发生加成反应。符合上述条件的同分异构体有：、、、、___________________、_____________________(写结构简式，不考虑顺反异构)。写出用在一定条件下制备高聚物的反应方程式_____________________，反应类型为____________________。（3）B与A分子中磯原子数相同，1866年凯库勒提出B分子为单、双键交替的平面结构，解释了B的部分性质，但还有一些问题尚未解决，它不能解释下列事实中的______________。a.B不能使溴水褪色b.B能与发生加成反应c.B的一溴代物没有同分异构体d.B的邻位二溴代物只有一种（4）M是B的同系物，0.1molM在足量的氧气中完全燃烧，产生标准状况下15.68L二氧化碳。①写出下列反应的化学方程式：M光照条件下与Cl2反应：______________________________。M与浓硝酸和浓硫酸的混合酸加热：_____________________________________。②M________(填“能”或“不能”)使高锰酸钾酸性溶液褪色，M与氢气加成产物的一氯代物有____种。19、研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：已知：Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？________（“是”或“否”），理由是______。（3）试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4，分析上图的实验现象，得出的结论是________。（4）小组同学用电解法处理含Cr2O72－废水，探究不同因素对含Cr2O72－废水处理的影响，结果如下表所示（Cr2O72－的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。实验ⅰⅱⅲⅳ是否加入Fe2(SO4)3否否加入5g否是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴极为石墨阳极为铁Cr2O72－的去除率/%0.92212.720.857.3①对比实验ⅰ和实验ⅱ可知，_________（“升高”或“降低”）pH可以提高Cr2O72－的去除率。②实验ⅱ中Cr2O72－放电的电极反应式为___________________________________。③实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72－的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72－去除率提高较多的原因是_______________。20、用如图所示的装置测定中和热。实验药品：100mL0.50mol‧L-1盐酸、50mL0.50mol‧L-1NaOH溶液、50mL0.50mol‧L-1氨水。实验步骤：略。已知：NH3·H2O⇌NH4++OH-，ΔH＞0回答下列问题：（1）从实验装置上看，还缺少________；是否可以用铜质材料替代________（填“是”或“否”），理由是________。（2）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是________。（3）将浓度为0.5mol·L－1的酸溶液和0.50mol·L－1的碱溶液各50mL混合(溶液密度均为1g·mL－1)，生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1，搅动后，测得酸碱混合液的温度变化数据如下：反应物起始温度t1/℃终止温度t2/℃中和热甲组HCl＋NaOH15.018.3ΔH1乙组HCl＋NH3·H2O15.018.1ΔH2①某同学利用上述装置做甲组实验，测得中和热的数值偏低，试分析可能的原因________。A．测量完盐酸的温度再次测最NaOH溶液温度时，温度计上残留的酸液未用水冲洗干净。B．做本实验的当天室温较高C．大小烧杯口不平齐，小烧杯口未接触泡沫塑料板。D．NaOH溶液一次性迅速倒入②写出HCl＋NH3·H2O的热化学方程式：________。③两组实验结果差异的原因是________。21、由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的CO2含量并加以开发利用，引起了各国的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，如图表示该反应进行过程中能量(单位为kJ·mol－1)的变化。(1)该反应平衡常数K的表达式为_________________。(2)温度降低，平衡常数K_________(填“增大”、“不变”或“减小”)。(3)为探究反应原理，现进行如下实验：在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，CO2和H2的转化率比是________。(4)下列措施中能使(3)题中增大的有____________。(填字母)A．升高温度B．加入催化剂C．将H2O(g)从体系中分离D．充入He(g)，使体系总压强增大E．再充入1molCO2和3molH2

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【题目详解】A.50mL酸式滴定管的50.00mL刻度下方没有刻度，但仍有盐酸，所以调整初始读数为30.00mL后，放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00mL，A项错误；B.碘易溶于酒精，清洗试管中附着的碘可以先用酒精清洗，再用水清洗，B项正确；C.醋酸钠溶液呈碱性，测定醋酸钠溶液的pH时，pH试纸不能预先湿润(湿润相当于将溶液稀释)，否则测定的pH会偏小，C项错误；D.不能在容量瓶中直接配制溶液，D项错误。故答案选B。2、D【解题分析】根据共存因素对水解、电解程度的影响以及水解、电离过程的主次进行判断。【题目详解】A项：0.1mol/L的NaHA溶液中，有NaHA＝Na＋+HA－。因pH＝4，必有电离HA－H＋+A2-，可能有水解HA－+H2OH2A+OH－，且HA－电离程度大于HA－水解程度。故c(A2－)＞c(H2A)，A项错误；B项：NaHCO3溶液中，电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)，物料守恒有c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)。两式相减得质子守恒c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(CO32－)＋c(OH－)。B项错误；C项：pH＝1的CH3COOH溶液中有CH3COOHCH3COO-+H+，pH＝13的NaOH溶液中有NaOH＝Na＋+OH－。两溶液等体积混合时，两者充分反应后，醋酸有大量剩余使溶液显酸性，得c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。C项错误；D项：NaA溶液中，电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)＝c(A－)+c(OH－)。常温pH＝8时，c(H＋)＝10－8mol/L，c(OH－)＝10－6mol/L。故c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝9.9×10－7mol/L。D项正确。本题选D。3、C【解题分析】升高温度，将更多的分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，则反应速率增大，答案选C。点睛：掌握活化分子、有效碰撞与反应速率的关系是解答的关键，归纳如下：

活化能单位体积内有效碰撞次数化学反应速率分子总数活化分子数活化分子百分数增大浓度不变增加增加不变增加增大增大压强不变增加增加不变增加增大升高温度不变不变增加增加增加增大加催化剂减小不变增加增加增加增大4、C【题目详解】A．在相同温度时，氨水浓度越大，电离程度就越小，则1mol/L氨水与0.5mol/L氨水中，c(OH-)之比小于2：1，A错误；B．Na2S是强碱弱酸盐，会发生水解反应，在溶液中S2-水解分步进行，主要是第一步水解，该步的水解平衡为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B错误；C．FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+水解使溶液显酸性。向溶液中加入少量盐酸可抑制铁离子水解产生沉淀，与盐的水解有关；盐的水解反应是吸热反应，升高温度促进盐的水解，TiCl4是强酸弱碱盐，加热TiCl4溶液促进Ti4+水解产生TiO2和HCl，与盐的水解有关，C正确；D．醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，pH=2的醋酸溶液，c(CH3COOH)＞c(H+)=10-2mol/L，NaOH是一元强碱，pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=10-2mol/L，将二者等体积混合，溶液中的H+、OH-恰好中和，但过量的CH3COOH分子会进一步电离产生H+，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，使混合溶液显酸性，D错误；故合理选项是C。5、A【分析】用1L1mol·L－1NaOH溶液吸收0.8molCO2，生成Na2CO3和NaHCO3，则NaOH、CO2完全反应，令Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子、碳原子守恒列方程，计算x、y的值，据此解答。【题目详解】用1L1mol·L－1NaOH溶液吸收0.8molCO2，生成Na2CO3和NaHCO3，则NaOH、CO2完全反应，令Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子守恒有：2x+y=1×1；根据碳原子守恒有：x+y=0.8；联立方程，解得x=0.2，y=0.6。故所得溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比约为0.2mol：0.6mol=1：3，故选A。6、C【题目详解】A、原电池中活泼金属作负极，铜锌原电池中，Zn活泼，则Zn为负极，Cu为正极，故A错误；B、粗铜精炼时粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B错误；C、电镀Cu时Cu作阳极，在镀件上铜离子得到电子生成Cu，故C正确；D、电解食盐水用惰性电极作阳极，若利用Cu为阳极，则生成氢氧化铜沉淀，故D错误；故选C。7、B【题目详解】①：CH3COONa与HCl反应后生成CH3COOH和NaCl，其溶液呈酸性；②：CH3COONa与NaOH溶液，OH―阻止CH3COO―水解，溶液呈强碱性；③：CH3COONNa与NaCl，CH3COONa水解溶液呈碱性；④：CH3COONa与NaHCO3溶液，NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用；A．HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，④中的pH>③中pH，A项错误；B．②中由于OH―对CH3COO―水解抑制作用强，其c(CH3COO―)最大，④中HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，c(CH3COO―)较大，①中生成了CH3COOH，c(CH3COO―)最小，c(CH3COO－)从大到小的排序②④③①，B项正确；C．②中含有NaOH，水中H＋浓度最小；①中含有CH3COOH，会电离出H＋，其c(H＋)最大；④中含有NaHCO3，由于HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力碱性④强于③，则③中c(H＋)大于④，从大到小的准确排序为①③④②；C项错误；D．④中含有的NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，CH3COO－水解生成CH3COOH较少，则③中c(CH3COOH)>④中c(CH3COOH)，D项错误；本题答案选B。8、B【题目详解】A.用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液，锌和硫酸铜反应生成铜，铜和锌和硫酸形成原电池，加快反应速率，故正确；B.醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，滴定终点的水溶液为碱性，应选择在碱性变色的指示剂，不能选用甲基橙，故错误；C.用标准盐酸溶液滴定NaOH溶液来测定其浓度，读标准液时开始平视结束俯视，，标准液的体积变小，致使测定结果偏小，故正确；D.做中和热实验时氢氧化钠稍过量，可以保证酸完全反应，确保生成水的物质的量，故正确。故选B。9、D【解题分析】根据离子共存的条件分析；【题目详解】A.由水电离产生的c(H+)=10−12mol·L−1，说明水的电离受到抑制，溶液呈酸性或是碱性，呈酸性时因为有大量H+，所以ClO−不能大量存在，故A错误；B.c(H+)=KWmol·L−1，说明c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，Fe3+、CO32-C.pH=13的溶液中呈强碱性，HCO3-不能大量存在，故C错误；D.常温下，c(H+)/c(OH-)=1×10−12的溶液中存在大量的氢氧根离子，K+、AlO2-、CO32-、Na+之间不反应，都不与氢氧根离子反应，故可以大量共存，故D正确。故选D。【题目点拨】有附加条件的离子共存问题，首先要先确定附加条件，而后才能准确的解决问题，例如：由水电离产生的c(H+)=10−12mol·L−1，说明该溶液可能显酸性，亦可能显碱性，故需考虑全面。10、D【分析】A．加入金属镁能产生大量H2的溶液，显酸性；B．发生氧化还原反应；C．离子之间相互促进水解；D．水电离产生的c（OH－）=1×10-10mol·L－1的溶液，为酸或碱溶液．【题目详解】A．加入金属镁能产生大量H2的溶液，显酸性，H＋能与F－、SO32－反应，不能共存，故A错误；B．S2－、ClO－发生氧化还原反应，则不能共存，故B错误；C．HCO3－、Al3＋离子相互促进水解，NH4＋、SiO32－相互促进水解，不能共存，故C错误；D．水电离产生的c（OH－）=1×10-10mol·L－1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中该组离子之间不反应，能共存，故D正确；故选D。【题目点拨】本题考查离子的共存，解题关键：掌握离子之间的反应规律，难点B，S2－、ClO－发生氧化还原反应，难点C：HCO3－、Al3＋离子之间相互促进水解，NH4＋、SiO32－相互促进水解。11、D【题目详解】A.根据反应历程，结合图可知，第①步反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，第②③步均为反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反应，故A错误；B.根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，故B错误；C.由图可知，第①步反应的活化能最大，故C错误；D.活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，故D正确；故选：D。12、B【解题分析】乙酸是弱电解质、氢氧化钠是强电解质，pH＝1的乙酸溶液和pH＝13的NaOH溶液，乙酸浓度大于氢氧化钠，两种溶液等体积混合后，乙酸有剩余，溶液呈酸性，故A错误；乙酸是弱电解质、氢氧化钠是强电解质，所以pH＝1的乙酸溶液和pH＝13的NaOH溶液中，乙酸浓度大于氢氧化钠，c(CH3COOH)大于NaOH溶液中c(Na＋)，故B正确；分别稀释10倍，乙酸的PH在1∼2之间、NaOH溶液的PH=12，两溶液的pH之和小于14，故C错误；若两溶液混合后pH＝7，根据电荷守恒，c(Na＋)＝c(CH3COO－)，故D错误。13、D【解题分析】A.根据0到10min浓度的变化量，可知c（X）代表NO2的浓度，c(Y)代表N2O4的浓度；故A正确；B.20min时,NO2的浓度增大而N2O4的浓度不变，故改变的条件是向容器中加0.8molNO2故B正确；C.平衡时，c（NO2）=0.6mol/L，c（N2O4）=0.4mol/L，K=c2（NO2）/c（N2O4）=0.9mol/L,故C正确；D.温度一定，平衡常数一定，K=c2（NO2）/c（N2O4）=0.9mol/L,混合气体的平均摩尔质量=总质量/总物质的量，原平衡的平均摩尔质量恰好是64.4g·mol-1，新平衡一定比这个值大，故D错误。故选D。14、C【题目详解】A、不同物质中P-Cl的键能不同，无法与P-P的键能比较，故A错误；B、PCl5的状态为固态，与已知反应状态不同，无法求算，故B错误；C、②式减去①式，消去了P4，可得4Cl2(g)+4PCl3(g)=4PCl5(g)∆H=(b-a)kJ•mol‾1，把键能带入∆H的表达式可得：4(Cl-Cl)+4×3×1.2kJ•mol‾1-4×5ckJ•mol‾1=(b-a)kJ•mol‾1，得出E(Cl-Cl)=(b-a+5.6c)/4kJ•mol‾1，故C正确；D、①式×5减去②式×3，消去了Cl2，可得2P4（g）+12PCl5(g)=20PCl3(g)∆H=(5a-3b)kJ•mol‾1,把键能代入∆H的表达式可得：2×6(P-P)+12×5ckJ•mol‾1-20×3×1.2c=(5a-3b)kJ•mol‾1，得出E(P-P)=（5a-3b+12c）/12kJ•mol‾1，故D错误；答案选C。15、C【分析】甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸，发生氧化还原反应，不发生原电池反应；乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液，不发生化学反应，发生原电池反应，A中发生I2+2e－＝2I－，为正极反应，而B中As化合价升高，发生氧化反应。【题目详解】A、甲组操作时，两个电极均为碳棒，不发生原电池反应，则电流表(A)指针不发生偏转，故A错误；B、发生反应生成碘单质，则溶液颜色加深，故B错误；C、乙组操作时，C1上得到电子，为正极，发生的电极反应为I2+2e－＝2I－，故C正确；D、乙组操作时，C2做负极，因As元素失去电子，故D错误；故选C。【题目点拨】本题考查原电池的工作原理，解题关键：明确电极的判断、电极反应等，难点：判断装置能否形成原电池。16、B【分析】依据反应是可逆反应，不能进行彻底分析计算判断，可以利用极值法分析，以此解答该题。【题目详解】可逆反应的基本特征是反应物不可能完全转化，达到反应限度时各物质不为0。理论上反应物完全转化时，生成NH32mol，c(NH3)＝0.2mol·L－1；由可逆反应不为0可知，N2与H2不可能全部生成NH3，c(NH3)<0.2mol·L－1，则达到平衡时，n（NH3）＜2mol，c（NH3）＜0.2mol·L－1，只有B符合题意。故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙炔C6H9O2I取代反应加成反应羟基、酯基【分析】丙炔与氯气在光照条件下发生取代反应生成，和NaCN发生取代反应生成，水解为，和乙醇发生酯化反应生成；由RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O反应可知F是苯甲醛，G是。据此解答。【题目详解】(1)A是，化学名称是丙炔，E的键线式是，分子式是C6H9O2I；(2)A生成B是丙炔与氯气在光照条件下发生取代反应生成，反应类型是取代反应；G生成H是与氢气发生加成反应生成，反应类型是加成反应；(3)根据以上分析，D的结构简式为；(4)Y是，含氧官能团的名称为羟基、酯基；(5)根据E和H反应生成Y，E与苯甲醛在Cr-Ni催化下发生偶联反应生成。【题目点拨】本题考查有机推断，根据反应条件和流程图正确推断有机物的结构简式是解题关键，注意掌握常见官能团的结构和性质，“逆推法”是进行有机推断的方法之一。18、C6H12加聚反应a、d能5【解题分析】根据题意：0.1molA在足量的氧气中完全燃烧，生成13.44LCO2气体(0.6mol)，生成的H2O的物质的量也是0.6mol，故其分子式为：C6H12；（1）A的分子式为C6H12；（2）A的不饱和度为1，①主链有五个碳原子；②能使溴的四氯化碳溶液和高锰酸钾酸性溶液褪色；③在Ni催化下能与氢气发生加成反应。符合上述条件的同分异构体还有：、；用在一定条件下制备高聚物的反应方程式为：，该反应的类型是加聚反应；（3）根据题意，B的化学式是C6H6,是苯，故苯的凯库勒式不能解释其不能使溴水褪色，由于他未提出苯是平面正六边形结构，故也解释不了其邻位二溴代物只有一种；故选ad；（4）0.1molM在足量的氧气中完全燃烧，产生标准状况下15.68L二氧化碳，0.7mol，故M为甲苯。①甲苯在光照条件下与Cl2反应的方程式是：；甲苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸加热的方程式是：；②甲苯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯与氢气加成产物为其一氯代物有、、、、共5种。19、溶液变黄色否Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，正向为吸热反应，若因浓硫酸溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液应变为黄色，而溶液颜色加深，说明是c(H+)增大影响平衡的结果碱性条件下，CrO42－不能氧化I—，酸性条件下，Cr2O72－可以氧化I—降低Cr2O72－+6e—+14H+=2Cr3++7H2O阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72－的在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72－，Fe2+的循环利用提高了Cr2O72－的去除率【题目详解】（1）依据Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行，溶液颜色由橙色变为黄色；（2）Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，该反应为吸热反应，试管a中加入浓硫酸，浓硫酸与水放出热量，温度升高，平衡应正向移动，溶液显黄色，但实际的实验现象是溶液橙色加深，说明c(Cr2O42－)增多，平衡向逆反应方向进行，因此该实验现象应是c(H＋)对平衡逆向移动的结果，即不需要再设计实验证明；（3）根据实验现象，碱性条件下，CrO42－不能氧化I－，因此无明显现象，酸性条件下，Cr2O72－能氧化I－本身还原为Cr3＋，溶液变为墨绿色，发生的离子反应方程式为6I－＋Cr2O72－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2O，因此得出结论为碱性条件下，CrO42－不能氧化I－，酸性条件下，Cr2O72－可以氧化I－；（4）①实验i和实验ii不同的是实验ii加入1mLH2SO4，pH降低，去除率增高，即降低pH可以提高Cr2O72－的去除率；②实验ii中Cr2O72－应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3＋，电解质环境为酸性，因此Cr2O72－放电的反应式为Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2O；③根据图示，实验iv中阳极铁，阳极铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋与Cr2O72－在酸性条件下反应生成Fe3＋，Fe3＋在阴极得电子生成Fe2＋，继续还原Cr2O72－，Fe2＋循环利用提高了Cr2O72－的去除率。【题目点拨】本题的难点是(4)③的回答，应理解此机理什么意思，此机理是题中所给图，Fe2＋与Cr2O72－反应，弄清楚加入了H＋，Fe2＋被氧化成了Fe3＋，Cr2O72－被还原成Cr3＋，Fe3＋在阴极上得电子，转化成Fe2＋，继续上述转化，然后思考Fe2＋从何而来，实验iv告诉我们，阳极为铁，根据电解池原理，铁作阳极，失去电子得到Fe2＋，最后整理得出结果。20、环形玻璃搅拌棒否金属材质易散热，使实验误差增大减少实验过程中的热量损失ACHCl(aq)＋NH3·H2O(aq)=NH4Cl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－51.8kJ·mol－1NH3·H2O在中和过程中要吸热，导致放热较少【分析】根据实验原理和实验操作步骤及实验注意事项进行分析。【题目详解】（1）要使液体混合均匀