2024届山西省河津三中高二化学第一学期期中达标测试试题含解析

2024届山西省河津三中高二化学第一学期期中达标测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、下列化学用语的表达正确的是A．HF的电子式：B．S2-的结构示意图：C．硫酸的电离方程式：H2SO4=2H＋＋SO42-D．乙烯的结构式：H-C=C-H2、从海带中提取碘的实验过程中，涉及下列操作，其中正确的是A．将海带燃烧成灰 B．过滤得含I-溶液C．放出碘的苯溶液 D．分离碘并回收苯3、关于金属性质和原因的描述正确的是()A．金属一般具有银白色光泽是物理性质，与金属键没有关系B．金属具有良好的导电性，是因为在金属晶体中共享了金属原子的价电子，形成了“电子气”，在外电场的作用下自由电子定向移动便形成了电流，所以金属易导电C．金属具有良好的导热性能，是因为自由电子在受热后，加快了运动速率，电子与电子间传递了能量，与金属阳离子无关。D．金属晶体具有良好的延展性，是因为金属晶体中的原子层可以滑动而破坏了金属键4、下列各组物质中，酸性由强到弱排列顺序错误的是()A．HClO4H2SO4H3PO4 B．HClO4HClO3HClO2C．HClOHBrO4HIO4 D．H2SO4H2SO3H2CO35、下列说法正确的是()A．键能越大，表示该分子越容易受热分解B．共价键都具有方向性C．在分子中，两个成键的原子间的距离叫键长D．H—Cl的键能为431.8kJ·mol－1，H—Br的键能为366kJ·mol－1，这可以说明HCl比HBr分子稳定6、某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。实验②的反应物应为实验编号反应物催化剂①10mL2%H2O2溶液无②无③10mL5%H2O2溶液MnO2固体A．5mL2%H2O2溶液 B．10mL2%H2O2溶液C．10mL5%H2O2溶液 D．5mL10%H2O2溶液7、对可逆反应2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是()①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变④增大B的浓度，v(正)＞v(逆)⑤加入催化剂，B的转化率提高A．①② B．④ C．③ D．④⑤8、下列物质的酸性强弱比较中，错误的是()A．HClO4＞HBrO4＞HIO4 B．HClO4＞H2SO4＞H3PO4C．HClO4＞HClO3＞HClO D．H2SO3＞H2SO4＞H2S2O39、下列各组混合物中能用分液漏斗进行分离的是A．乙醇和水B．苯和甲苯C．溴乙烷和水D．乙醇和乙酸10、在300℃、70MPa下，已知反应2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)下列叙述正确的是()A．该反应一定不能自发进行B．若生成1.5molH2O，需消耗22.4L的H2C．分离出部分CH3CH2OH，平衡正向移动D．使用催化剂可增大该反应的平衡常数11、下列物质能促进水的电离的是A．醋酸 B．醋酸钠 C．乙醇 D．氯化钡12、需要加入氧化剂才能实现下列反应的是（）A．Cl2Cl-B．H+H2C．MnO4－Mn2+D．ZnZn2+13、肯定属于同族元素且性质相似的是A．A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子B．结构示意图：A为，B为C．A原子基态时2p轨道有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道也有1个未成对电子D．原子核外电子排布式：A为1s22s2，B为1s214、只用一种试剂，将Na2SO4、NaCl、(NH4)2SO4、NH4Cl四种溶液分开，这种试剂是A．NaOH溶液 B．AgNO3溶液 C．BaCl2溶液 D．Ba(OH)2溶液15、下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是()A．CH4＞SiH4＞GeH4＞SnH4B．KCl＞NaCl＞MgCl2＞MgOC．Rb＞K＞Na＞LiD．石墨＞金刚石＞SiO216、100℃时，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH=2。下列叙述中不正确的是A．此时水的离子积Kw=1×10-14 B．水电离出的c(H+)=1×10-10mol•L-1C．水的电离程度随温度升高而增大 D．c(Na+)=c(SO42-)17、物质的量浓度相同的下列溶液，pH由大到小排列正确的是()A．Ba(OH)2、Na2SO3、FeCl3、KClB．Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4ClC．NH3•H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4D．NaHCO3、CH3COOH、C2H5OH、HCl18、下列仪器的使用或操作正确的是A．配制一定物质的量浓度的稀硫酸B．制取少量的Fe(OH)3胶体C．硫酸标准溶液滴定氢氧化钠溶液D．称量氢氧化钠固体19、下列分散系最稳定的是（）A．悬浊液 B．乳浊液 C．胶体 D．溶液20、下列各组化合物中，不论二者以任何比例混合，只要总质量一定，则完全燃烧时消耗O2的质量和生成水的质量不变的是（）A、CH4、C2H6B、C2H6、C3H6C、C2H4、C3H6D、C2H4、C3H421、在一个不传热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(s)，当m、n、p、q为任意整数时，反应达到平衡的标志是（）①体系的压强不再改变②体系的温度不再改变③气体的密度不再改变④各组分质量分数不再改变A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．①③④22、已知反应：①101kPa时，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝-221kJ·mol－1②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝-57.3kJ·mol－1③2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)ΔH＝-QkJ·mol－1(Q＞0)下列结论正确的是()A．碳的燃烧热等于110.5kJ·mol－1B．稀硫酸与稀氢氧化钡溶液反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量C．相同条件下，2molSO2(g)和1molO2(g)所具有的能量小于2molSO3(g)所具有的能量D．将一定量SO2(g)和O2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热QkJ，则此过程中有2molSO2(g)被氧化二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、W、Q是五种气态烃，其中X、Y、Z能使溴水褪色，1molZ与2mol氯气完全加成，生成物分子中每个碳原子上都连有氢原子和氯原子。X与Z、Y与Q分别有相同的分子通式，X在催化剂存在下与氢气反应可得到Y，在同温同压下Y与氮气的密度相同，W是最简单的有机物，Q没有同类的异构体，则五种气态烃的名称分别是：X：___，Y：___，Z：___，W：___，Q：___。24、（12分）化合物H是一种抗病毒药物，在实验室中利用芳香烃A制备H的流程如下图所示(部分反应条件已略去)：己知：①有机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子；②两个羟基连在同一碳上不稳定，易脱水形成羰基或醛基；③RCHO＋CH3CHORCH=CHCHO＋H2O；④（1）有机物B的名称为_____。（2）由D生成E的反应类型为___________，E中官能团的名称为_____。（3）由G生成H所需的“一定条件”为_____。（4）写出B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式：_____。（5）F酸化后可得R，X是R的同分异构体，X能发生银镜反应，且其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为1:1:1，写出1种符合条件的X的结构简式：___。（6）设计由和丙醛合成的流程图：__________________________(其他试剂任选)。25、（12分）观察下列实验装置图，试回答下列问题：(1)图中③实验操作的名称是__________________；(2)写出装置④中所用玻璃仪器的名称____________________；(3)下列实验需要在哪套装置中进行(填序号)：a.从海水中提取蒸馏水：____________。b.分离氯化钠和水：________________。c.分离碳酸钙和水：________________。d.分离植物油和水：________________。26、（10分）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/LFeCl2溶液，研究废液再生机理。记录如下（a、b、c代表电压值：）序号

电压/V

阳极现象

检验阳极产物

I

x≥a

电极附近出现黄色，有气泡产生

有Fe3+、有Cl2

II

a＞x≥b

电极附近出现黄色，无气泡产生

有Fe3+、无Cl2

III

b＞x＞0

无明显变化

无Fe3+、无Cl2

（1）用KSCN溶液检验出Fe3+的现象是_______。（2）I中，Fe2+产生的原因可能是Cl-在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化。写出有关反应的方程式_____。（3）由II推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有_____性。（4）II中虽未检测出Cl2，但Cl-在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物IVa＞x≥c无明显变化有Cl2Vc＞x≥b无明显变化无Cl2①NaCl溶液的浓度是________mol/L。②IV中检测Cl2的实验方法:____________________。③与II对比，得出的结论（写出两点）：___________________。27、（12分）用如图所示装置制取少量乙酸乙酯，请填空：(1)为防止a中的液体在实验时发生暴沸，在加热前应采取的措施是：_________。(2)写出a中反应的化学方程式，并注明反应类型________、________。(3)试管b中装有饱和Na2CO3溶液，其作用是____________(填字母编号)A．中和乙醇和乙酸B．反应掉乙酸并吸收乙醇C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度更小，有利于分层析出D．加速酯的生成，提高其产率(4)试管b中的导管未插入液面下，原因是_______，若要把试管b中制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是_______。28、（14分）氨是最重要的氮肥,是产量最大的化工产品之一。其合成原理为:N2（g）+3H2（g）2NH3（g）ΔH=-92.4kJ·mol-1,I.在密闭容器中，投入1molN2和3molH2在催化剂作用下发生反应:（1）测得反应放出的热量_________92.4kJ．（填“小于”，“大于”或“等于”）（2）当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是___________；N2和H2的转化率比是___________。（3）升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量________。(填“变大”、“变小”或“不变”)（4）当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将___________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。（5）若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将____________(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。达到新平衡后，容器内温度________(填“大于”、“小于”或“等于”)原来的2倍。II.该反应在一密闭容器中发生，下图是某一时间段反应速率与反应进程的关系曲线图。（1）t1、t3、时刻，体系中分别是什么条件发生了变化？t1_____________________，t3_____________________。（2）下列时间段中，氨的百分含量最高的是_______A．0～t1B．t2～t3C．t3～t4

D．t4～t5Ⅲ．在一容积为2L的密闭容器内加入0.2molN2和0.6molH2，在一定条件下发生该反应，反应中NH3的物质的量浓度的变化情况如图所示：（1）根据图示，计算从反应开始到第4分钟达到平衡时，平均反应速率υ(N2)为__________。（2）达到平衡后，第5分钟末，若保持其它条件不变，只改变反应温度，则NH3的物质的量浓度不可能为_____________。a．0.20mol/Lb．0.12mol/Lc．0.10mol/Ld．0.08mol/L（3）达到平衡后，第5分钟末，若保持其它条件不变，只把容器的体积缩小，新平衡时NH3的浓度恰好为原来的2倍，则新体积_____(选填“大于”、“等于”、“小于”)二分之一倍的原体积，化学平衡常数________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。29、（10分）如图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别是三种有机物的结构模型：（1）下列有机物属于Ⅰ的同系物的是_____（填序号）。①1，3﹣丁二烯②反﹣2﹣丁烯③聚乙烯④苯乙烯（2）Ⅱ及其同系物的分子通式为_____（分子中碳原子数用n表示），当n＝_____时，具有该分子式的同分异构体有3种。（3）早在1825年，法拉第就发现了有机物Ⅲ，但科学家对其结构的研究却经历了相当漫长的时间。1866年，德国化学家凯库勒提出了它是一种单键、双键交替的正六边形平面结构，该结构不能解释的事实是_____。①苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色②苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色③苯可与氢气在一定条件下反应生成环己烷④邻二溴苯只有一种结构直到1935年，科学家用X射线衍射证实了Ⅲ中碳碳键的键长介于碳碳单键和碳碳双键之间。20世纪80年代，人们通过扫描隧道显微镜亲眼见证了其结构。（4）等质量三种有机物完全燃烧生成CO2和H2O，消耗氧气最多的是_____（写结构简式）。

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、C【解题分析】HF是共价化合物；S2-核外有18个电子；1个硫酸分子电离出2个氢离子和1个硫酸根离子；乙烯的结构简式是CH2=CH2。【题目详解】HF是共价化合物，HF的电子式是，故A错误；S2-的结构示意图是，故B错误；硫酸的电离方程式：H2SO4=2H＋＋SO42-，故C正确；乙烯的结构简式是，故D错误。2、D【题目详解】A．将海带烧成灰应在坩埚中进行，A错误；B．过滤时要用玻璃棒引流，B错误；C．苯的密度比水小，碘的苯溶液在上层，应将碘的苯溶液从上层倒出，C错误；D．苯易挥发，用蒸馏的方法将碘和苯分离并回收苯，D正确。答案选D。3、B【解题分析】A、金属一般具有银白色光泽是由于金属键中的自由电子在吸收可见光以后，发生跃迁，成为高能态，然后又会回到低能态，把多余的能量以可见光的形式释放出来的缘故，所以金属一般具有金属光泽与金属键有关系，故A错误；B、金属内部有自由电子，当有外加电压时电子定向移动，故B正确；C、金属自由电子受热后运动速率增大，与金属离子碰撞频率增大，传递了能量，故金属有良好的导热性，故C错误；D、当金属晶体受到外力作用时，金属正离子间滑动而不断裂，所以表现出良好的延展性，故D错误；故选B。4、C【题目详解】A.P、S、Cl元素处于同一周期，且非金属性逐渐增强，且这几种酸都是其相应的最高价含氧酸，所以HClO4H2SO4H3PO4酸性逐渐减弱，故A不选；B.这几种酸都是氯元素的不同含氧酸，氯元素的化合价越高其酸性越强，所以HClO4、HClO3、HClO2的酸性逐渐减弱，故B不选；C.高溴酸的酸性比高碘酸强，且高溴酸和高碘酸都是强酸，次氯酸是弱酸，所以酸性由强到弱的顺序是HBrO4HIO4HClO，故C选；D.硫酸的酸性比亚硫酸强，亚硫酸的酸性比碳酸的强，所以这几种酸的酸性逐渐减弱，故D不选；本题答案为C。【题目点拨】酸性强弱的比较，注意非金属的非金属性强弱决定其最高价含氧酸的酸性强弱，但不决定其低价含氧酸的酸性强弱。．5、D【题目详解】A.键能越大，表示该分子越难分解，故A错误；B.如s—sσ键没有方向性，故B错误；C.在分子中，两个成键原子核间的距离为键长，故C错误；D.键能越大，物质越稳定，因H—Cl的键能为431.8kJ·mol－1，H—Br的键能为366kJ·mol－1，这可以说明HCl比HBr分子稳定，故D正确；答案选D。6、C【分析】实验目的是研究浓度、催化剂对反应速率的影响,根据表中数据,①和③中因为有两个不同条件：双氧水浓度和催化剂，根据控制变量法的原理，①和③两组实验无法探究浓度、催化剂对反应速率的影响，所以只能是②和③探究催化剂对反应速率的影响,①和②探究双氧水浓度对反应速率的影响,据此进行判断双氧水的浓度和体积。【题目详解】本实验的目的是运用控制变量法，探究温度、催化剂对反应速率的影响。表中已有数据中，①和③两组实验有两个反应条件不同，二者无法达到实验目的；实验②和③中，探究催化剂对反应速率的影响，所以实验②中双氧水浓度和体积必须与③相同，即10mL5%H2O2溶液；实验①和②中都没有使用催化剂,可以探究双氧水浓度对反应速率的影响，因此实验②的反应物应为10mL5%H2O2溶液；C正确；

综上所述，本题选C。7、B【题目详解】①A是固体，增加A的量，平衡不移动，故①错误；②2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)、v(逆)均增大，故②错误；③2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，反应前后气体系数和不变，压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)均增大，故③错误；④增大B的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，所以v(正)＞v(逆)，故④正确；⑤加入催化剂，平衡不移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选B。8、D【解题分析】A.同主族元素，从上到下非金属性逐渐减弱，所以非金属性Cl＞Br＞I，则酸性HClO4＞HBrO4＞HIO4，A正确；B.同周期元素，从左到右非金属性增强（稀有气体除外），所以非金属性Cl＞S＞P，则酸性HClO4＞H2SO4＞H3PO4，B正确；C.同一元素形成几种不同氧化态的含氧酸，其酸性随着氧化数的递增而递增，所以酸性HClO4＞HClO3＞HClO，C正确；D.酸性H2SO4＞H2SO3＞H2S2O3，D错误；正确选项D。9、C【解题分析】乙醇和水、苯和甲苯、乙醇和乙酸三组物质中的物质能够互溶，溶液不分层，不能用分液的方法分离，而溴乙烷不溶于水，液体分层，可用分液漏斗分离，故选C。10、C【题目详解】A．该反应为气体物质的量减小的反应，所以ΔS<0，当ΔH-TΔS＜0时反应可自发进行，所以当该反应ΔH<0时，低温条件下可能自发进行，故A错误；B．该温度和压强非标准状况，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故B错误；C．CH3CH2OH为气态产物，移走气态产物，平衡正向移动，故C正确；D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡，不影响平衡常数，故D错误；综上所述答案为C。11、B【题目详解】A．醋酸电离会生成H+，因此对水的电离有抑制作用，A项错误；B．醋酸钠中的醋酸根会发生水解，消耗水电离生成的H+，因此会对水的电离产生促进作用，B项正确；C．乙醇属于非电解质，溶于水不发生电离，对于水的电离无影响，C项错误；D．BaCl2溶于水电离出的Ba2+和Cl-不会发生水解，对于水的电离无影响，D项错误；答案选B。【题目点拨】一般来讲，能够抑制水的电离的物质有：酸，碱等；能够促进水的电离的物质有：能水解的盐，金属钠等。12、D【分析】氧化剂是得到电子，化合价降低，还原剂是失去电子，化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，说明所选应是化合价升高，据此分析；【题目详解】A、Cl的化合价由0价→－1价，化合价降低，需要加入还原剂，故A不符合题意；B、H的化合价由＋1价→0价，化合价降低，需要加入还原剂，故B不符合题意；C、Mn的价态由＋7价→＋2价，化合价降低，需要加入还原剂，故C不符合题意；D、Zn的化合价由0价→＋2价，化合价升高，需要加入氧化剂，故C符合题意；答案选D。13、A【题目详解】A.A为O元素，B为S元素，位于相同主族，性质相似，故A正确；B.A为Ne元素，B为Na+，不是同主族元素，性质不同，故B错误；C.A可能为B或F元素，B为可能为Al或Cl，不一定在相同主族，性质不一定相同，故C错误；D.A为Be元素，B为He元素，二者不在同一主族，性质不同，故D错误；答案选A。14、D【题目详解】A.NaOH能与(NH4)2SO4、NH4Cl产生有刺激性气味的气体，现象相同，无法鉴别，故A不符合题意；B.AgNO3能与四种物质均反应，产生白色沉淀，现象相同，无法鉴别，故B不符合题意；C.BaCl2能与Na2SO4、(NH4)2SO4反应，产生白色沉淀，现象相同，无法鉴别，故C不符合题意；D.分别出现现象是产生白色沉淀、无现象、产生白色沉淀和刺激性气味的气体、产生刺激性气味气体，现象不同，可以鉴别，故D符合题意；答案为D。【题目点拨】一般SO42－常用Ba2＋检验，Cl－常用Ag＋检验，NH4＋常用OH－检验，综合起来用Ba(OH)2检验这四种物质。15、D【解题分析】A分子晶体，分子组成和结构相似，相对分子质量越大，熔点越高，选项A错误；B、离子半径越小，所带电荷越多，晶格能越大，熔点越高，选项B错误；C、金属性越弱，金属键越强，熔点越高，选项C错误；D、石墨C—C的键长比金刚石C—C键长短，键能大，所以石墨的熔点比金刚石高，熔点石墨＞金刚石＞SiO2，选项D正确。答案选D。16、A【解题分析】A.蒸馏水的pH=6，说明c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol•L-1，水的离子积Kw=1×10-12，故A错误；B.水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度，c(H+)=c(OH-)=mol/L=1×10-10mol•L-1，故B正确；C.由于水的电离过程为吸热过程，升高温度，促进了水的电离，水的电离程度会增大，故C正确；D.NaHSO4溶于水的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，根据物料守恒，溶液中c(Na+)=c(SO42-)，故D正确；故选A。【题目点拨】本题考查了水的电离，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水的电离的因素是解题的关键。本题的易错点为A，要注意根据水的离子积表达式及蒸馏水中c(H+)=c(OH-)计算。17、B【题目详解】A．FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解溶液呈酸性，KCl是强碱强酸盐溶液，呈中性，pH值较大应是KCl，正确的顺序为Ba(OH)2、Na2SO3、KCl、FeCl3，故A错误；B．SiO32-和CO32-是弱酸酸根，水解会使溶液显碱性，酸性越弱，水解程度更强，碳酸的酸性强于硅酸，则等物质的量浓度下，Na2SiO3溶液的pH值较大，而KNO3溶液呈中性，NH4+水解使NH4Cl溶液显酸性，pH值大小排序正确，故B正确；C．H3PO4显酸性，Na2SO4为中性，pH值较大应是Na2SO4，故C错误；D．C2H5OH呈中性，CH3COOH呈酸性，pH值较大应是C2H5OH，故D错误；答案选B。18、C【解题分析】试题分析：A、浓硫酸应该在烧杯稀释并冷却后再转移至容量瓶，A错误；B、制备氢氧化铁胶体时不能搅拌，B错误；C、仪器选择和操作均正确，C正确；D、应该是左物右码，且氢氧化钠要再烧杯中称量，D错误，答案选C。考点：考查化学实验基本操作19、D【题目详解】悬浊液、乳浊液不稳定，静置后，悬浊液会沉淀，乳浊液静置后会分层；胶体为介稳体系；溶液是均匀透明稳定的分散系；所以最稳定的为溶液，D符合题意。答案选D。20、C【解题分析】试题分析：当烃的最简式相同时，不论二者以什么比例混合，只要总质量一定，则完全燃烧时，消耗O2的质量和生成水的质量不变，A、CH4和C2H6最简式不同，A错误；B、C2H6和C3H6最简式不同，B错误；C、C2H4和C3H6最简式相同，C正确；D、C2H4和C3H4最简式不同，D错误。答案选C。考点：有机物的燃烧21、B【题目详解】①容器为不传热的容器，依据任何化学反应伴随能量的变化，根据阿伏加德罗的推论可知，温度发生变化，气体压强发生变化，即压强不变时，说明反应达到平衡，故①符合题意；②根据①的分析，容器为不传热的容器，当温度不再改变，说明反应达到平衡，故②符合题意；③容积固定不变，气体体积不变，D为固体，随着反应的进行气体质量减少，根据密度的定义，因此当密度不再改变，说明反应达到平衡，故③符合题意；④根据化学平衡状态的定义，当各组分的质量分数不再改变时，说明反应达到平衡，故④符合题意；综上所述，选项B正确。22、D【题目详解】A.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)，则碳的燃烧热大于110.5kJ·mol－1，故A错误；B.稀硫酸与稀氢氧化钡溶液反应除了生成水外，还生成硫酸钡沉淀，也会放热，则生成1mol水时放出的热量大于57.3kJ，故B错误；C.该反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)是放热反应，相同条件下，2molSO2(g)和1molO2(g)所具有的能量大于2molSO3(g)所具有的能量，故C错误；D.根据2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)ΔH＝-QkJ·mol－1(Q＞0)可知，将一定量SO2(g)和O2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热QkJ，则此过程中一定有2molSO2(g)被氧化，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、乙炔乙烯1，3－丁二烯甲烷环丙烷【分析】根据同温同压下，密度相同则相对分子质量相同进行分析；能使溴水褪色说明结构中含有碳碳不饱和建。最简单有机物为甲烷。据此分析。【题目详解】X、Y、Z、W、Q是五种气态烃，即碳原子数小于等于4,其中X、Y、Z能使溴水褪色，说明有碳碳不饱和键,其他物质中应都是单键,在同温同压下Y与氮气的密度相同,说明其相对分子质量为28,是乙烯；Y与Q分别有相同的分子通式，Q没有同类的异构体，说明其为环丙烷；X在催化剂存在下与氢气反应可得到Y，说明X为乙炔；W是最简单的有机物，为甲烷；1molZ与2mol氯气完全加成，生成物分子中每个碳原子上都连有氢原子和氯原子，X与Z有相同的分子通式，则Z为1，3－丁二烯。故X为乙炔，Y为乙烯，Z为1，3－丁二烯，W为甲烷，Q为环丙烷。24、对溴甲苯（或4－溴甲苯）取代反应羟基、氯原子银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热）、（或其他合理答案）【分析】因为“机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，结合“NaOH溶液”条件可推测B分子中-Br发生水解生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下卤原子的取代发生在苯环侧链烃基的氢原子上，所以E的结构简式为，在NaOH溶液、加热条件下氯原子水解生成醇羟基，所以E水解生成的2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基也与NaOH中和生成钠盐，所以F有结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，显然G到H过程中第1）步是将-CHO氧化为羧基，第2）步是将酚的钠盐转化为酚羟基。由此分析解答。【题目详解】(1)因为“机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，名称是对溴甲苯或4-溴甲苯。(2)D的分子式为C7H8O2，E分子式为C7H6Cl2O2，对比D、E分子组成可知E比D少2个氢原子多2个氯原子，光照下Cl2可取代烃基上的氢原子，所以由D生成E的反应类型为取代反应。C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，可推知-Br发生水解反应生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下Cl2取代发生在苯环侧链的烃基上，所以E的结构简式为，所以E中官能团的名称：羟基、氯原子。(3)已知E的结构简式为，在NaOH溶液加热条件下E中氯原子发生水解生成的2个-OH，而这2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基与NaOH中和反应生成钠盐，故F的结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，G到H过程的第1）步是将-CHO氧化为羧基，所以“一定条件”是银氨溶液、加热或新制Cu(OH)2、加热。(4)B（）分子中溴原子水解生成酚羟基，而酚具有酸性，又跟NaOH发生中和反应，所以B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+H2O。(5)F有结构简式为，酸化后得到R的结构简式为，R的分子式为C7H6O3，所以X的不饱和度为5，含3种等效氢，每种等效氢中含2个氢原子，X又含醛基。同时满足这些条件的X应该是一个高度对称结构的分子，所以应该含2个-CHO（2个不饱和度），中间应该是>C=O（1个不饱和度），另外2个不饱和度可形成一个环烯结构（五园环），或一个链状二烯结构。由此写出2种X的结构简式：OHC-CH=CH-CO-CH=CH-CHO、。(6)分析目标产物，虚线左边部分显然是由转化而来的，右边是由丙醛（CH3CH2CHO）转化而来的。根据题给“已知③”可知两个醛分子可结合生成烯醛。在NaOH溶液中水解生成苯甲醇，苯甲醇氧化为苯甲醛，苯甲醛与丙醛发生“已知③”反应生成。因此写出流程图：25、蒸馏分液漏斗、烧杯③①②④【题目详解】(1)根据图示，③实验操作的名称是蒸馏；(2)根据图示，装置④中的玻璃仪器名称分液漏斗、烧杯；(3)a.用蒸馏法从海水中提取蒸馏水，故选装置③；b.用蒸发溶剂的方法分离氯化钠和水，选装置①。c.碳酸钙是难溶于水的固体，用过滤的方法分离碳酸钙和水，选装置②；d.植物油难溶于水，静止后分层，用分液法分离植物油和水，选装置④。26、溶液变为血红色2Cl--2e-=Cl2↑、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-还原0.2取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因都成立，通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl-放电【题目详解】（1）铁离子与KSCN反应生成血红色络合物，故现象为溶液变为血红色；（2）Cl-在阳极放电，电解反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，生成的氯气氧化Fe2+为Fe3+，方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（3）因为阳极产物无Cl2，又Fe2+具有还原性，故也可能是Fe2+在阳极放电，被氧化为Fe3+；（4）①因为为对比实验，故Cl-浓度应与电解FeCl2的相同，即为0.1mol/L×2=0.2mol/L；②检测氯气可以用淀粉碘化钾试纸，可取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，若试纸变蓝色，则说明有氯气存在；③与II对比可知，IV中电解氯化亚铁时，电压较大a＞x≥c时，氯离子放电产生氯气，即说明Fe3+可能是由氯气氧化亚铁离子得到；电压较小c＞x≥b时，氯离子不放电，即还原性Fe2+＞Cl-，同时也说明了铁离子也可能是由亚铁离子直接放电得到的。故结论为：①通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因都成立；②通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl-放电。27、加碎瓷片，防止暴沸CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O酯化反应（取代反应）BC防止倒吸分液【分析】(1)液体加热要加碎瓷片，防止暴沸；(2)试管a中乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热反应生成乙酸乙酯和水，据此写出反应的化学方程式，该反应为酯化反应；(3)根据饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层进行解答；(4)乙酸和乙醇易溶于饱和碳酸钠溶液，插入液面以下容易发生倒吸现象；乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较小，混合物分层，可以通过分液操作将其分离。【题目详解】(1)加热液体混合物要加碎瓷片，防止暴沸；(2)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，试管a中乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应为酯化反应，也属于取代反应；(3)制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，所以BC正确，故答案为：BC；(4)吸收乙酸乙酯的导管不能插入溶液中，应该放在饱和碳酸钠溶液的液面上，若导管伸入液面下可能发生倒吸；乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较小，所以混合液分层，可以利用分液操作分离出乙酸乙酯，故答案为：防止倒吸；分液。28、小于1∶31∶1变小逆向向左移动小于升温加入催化剂A0.0125mol·L－1·min－1ac大于不变【分析】（1）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）ΔH=-92.4kJ·mol-1,是可逆反应；（2）加入的氮气和氢气的物质的量之比等于其化学计量数之比，无论反应到什么程度，氮气和氢气的浓度之比永始终是1：3，转化率之比1：1；（3）平均相对分子质量=气体质量总和/气体物质的量总和；（4）充入氩气并保持压强不变，体积变大；（5）运用勒夏特列原理解答．II.（1）由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率；t3正逆反应速率同等程度的增大；t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率；（2）由图可知，t1平衡逆向移动，t3不移动，t4平衡逆向移动．Ⅲ．（1）根据v（N2）=1/2v（NH3）进行计算；（2）△H＜0，该反应为放热反应，升高温度逆向