2024届湖北省部分重点中学化学高二第一学期期中经典试题含解析

2024届湖北省部分重点中学化学高二第一学期期中经典试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、下列关于乙酸与乙醇的说法正确的是()A．互为同分异构体 B．都能氧化为乙醛C．水溶液均显酸性 D．可用石蕊溶液进行鉴别2、如图所示，隔板Ⅰ固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH=-192kJ·mol-1。向M、N中都通入amolX和bmolY的混合气体，初始时M、N两容器的容积相同，保持两容器的温度相同且恒定不变。下列说法一定正确的是A．平衡时，X的体积分数：M<NB．若向N中再充入amolX和bmolY，则平衡时，X的转化率：M>NC．若a∶b=1∶3，当M中放出172.8kJ热量时，X的转化率为90%D．若a=1.2，b=1，并且N中达到平衡时体积为2L，此时含有0.4molZ，则再通入0.36molX时，υ(正)<υ(逆)3、现有四种晶体，其构成粒子(均为单原子核粒子)排列方式如下图所示，其化学式正确的是（）A． B．C． D．4、下列化合物中，化学键的类型和分子的极性(极性或非极性)皆相同的是()A．CO2和SO2 B．CH4和PH3 C．BF3和NH3 D．HCl和HI5、对于反应，N2O4(g)2NO2(g)ΔH＞0，现将1molN2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是A．abB．bcC．acD．ad6、某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对3A2(g)+B2(g)⇌2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据右图可得出的判断结论正确的A．a、b、c三点平衡常数的大小关系为：Kb＞Kc＞KaB．达到平衡时B2的转化率大小为：b＞a＞cC．增大压强有利于AB3的生成，因此在实际生产中压强越大越好D．若起始量为n(B2)n(A2)=12.8,则在T27、反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）在一可变容积的容器中进行反应，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）A．将容器的体积缩小一半 B．增加C的量C．保持体积不变，升高温度 D．压强不变，充入N2使体积增大8、在2A+B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是()A．v(A)＝0.5mol/(L·s) B．v(B)＝0.3mol/(L·s)C．v(C)＝1.2mol/(L·min) D．v(D)＝1mol/(L·s)9、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是()①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2A．①③④⑤ B．①④ C．②③ D．③④⑤10、海水提溴过程中，将溴吹入吸收塔，使溴蒸气和吸收剂SO2发生作用以达到富集的目的，化学反应为Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，下列说法正确的是()。A．Br2在反应中表现氧化性B．SO2在反应中被还原C．Br2在反应中失去电子D．1mol氧化剂在反应中得到1mol电子11、常温下，将pH=12的Ba(OH)2与pH=9的NaOH溶液等体积混合后溶液中的氢离子浓度(mol•L-1)为A．5×10－10 B．2×10－12 C．5×10－12 D．(10－12＋10－9)/212、提纯固体有机物常采用重结晶法，提纯苯甲酸（混有泥沙）的实验不正确的是（）A．本实验需要趁热过滤B．过滤时采用短颈漏斗比长颈漏斗好C．粗苯甲酸全溶后一般要补加少量蒸馏水D．只需过滤一次就可以得到纯苯甲酸晶体13、25℃的下列溶液中，碱性最强的是（）A．的溶液B．的溶液C．1L含有的溶液D．的溶液14、已知反应：2NO2（红棕色）N2O4（无色）△H＜0。将一定量的NO2充入注射器中后封口，下图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法正确的是A．b点的操作是拉伸注射器B．d点：v（正）<v（逆）C．c点与a点相比，c（NO2）增大，c（N2O4）减小D．若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T（b）＞T（c）15、一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，如图表示该反应过程中能量(单位为kJ·mol－1)的变化：关于该反应的下列说法中，正确的是A．ΔH>0，ΔS>0 B．ΔH>0，ΔS<0C．ΔH<0，ΔS<0 D．ΔH<0，ΔS>016、下列化合物的分子中，所有原子都处于同一平面的是A．乙烷B．丙炔C．乙醛D．氯苯17、下列物质可作为防毒面具或潜水艇里氧气来源的物质是A．Na2OB．Na2O2C．NaOHD．NaHCO318、苯和甲苯相比较，下列叙述中不正确的是()A．都属于芳香烃B．都不能使高锰酸钾酸性溶液褪色C．都能在空气中燃烧D．都能发生取代反应19、在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X（g）Y（g），温度T1、T2下X的物质的量浓度c（X）随时间t变化的曲线如图所示。下列叙述正确的是A．T1＞T2△H＞0B．该反应进行到M点放出的热量等于进行到W点放出的热量C．M点的正反应速率v（正）大于N点的逆反应速率v（逆）D．M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小20、某些装饰材料会缓慢释放出某种化学物质，影响健康，这种化学物质可能是A．甲醛 B．O2 C．N2 D．CO221、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(

)A．60g二氧化硅晶体中含有2NA个硅氧键B．1molSiO2中含有1molSiO2个分子C．12g金刚石中含有2NA个碳碳键D．1mol石墨晶体中含有2NA个碳碳键22、在中，中间的碳原子和两边的碳原子分别采用的杂化方式是()A．sp2、sp2 B．sp3、sp3C．sp2、sp3 D．sp、sp3二、非选择题(共84分)23、（14分）立方烷()具有高度对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点。下面是立方烷衍生物I的一种合成路线：回答下列问题：(1)C的结构简式为______，E中的官能团名称为______。(2)步骤③、⑤的反应类型分别为______、______。(3)化合物A可由环戊烷经三步反应合成：若反应1所用试剂为Cl2，则反应2的化学方程式为______。(4)立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有______种。24、（12分）某研究小组苯酚为主要原料，按下列路线合成药物—沙丁胺醇已知①A→B原子利用率100%②③请回答（1）写出D官能团的名称____________（2）下列说法正确的是（_________）A．A是甲醛B．化合物D与FeCl3溶液显色反应C．B→C反应类型为取代反应D．沙丁胺醇的分子式C13H19NO3（3）设计化合物C经两步反应转变为D到的合成路线（用流程图表示）__________（4）写出D+E→F的反应化学方程式____________________________________（5）化合物M比E多1个CH2，写出化合物M所有可能的结构简式须符合：1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子____________________________________________25、（12分）自然界水体中的碳元素主要以碳酸盐、碳酸氢盐和有机物形式存在。水体中有机物含量是水质的重要指标，常用总有机碳来衡量(总有机碳＝水样中有机物所含碳元素的质量/水样的体积)。某学生兴趣小组用如下实验方法测定采集水样的总有机碳。步骤1：量取50mL水样，加入足量硫酸，加热，通N2，并维持一段时间(装置见上图，夹持类仪器省略)。步骤2：再向水样中加入过量的K2Cr2O7溶液(可将有机物中的碳元素氧化成CO2)，加热充分反应，生成的CO2完全被100mL0.205mol·L－1的Ba(OH)2溶液吸收。步骤3：将吸收CO2后的浊液过滤并洗涤沉淀，再将洗涤得到的滤液与原滤液合并，加水配制成500mL溶液。量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入指示剂，并滴加0.05000mol·L－1的H2C2O4溶液，发生反应：Ba(OH)2＋H2C2O4＝BaC2O4↓＋2H2O。恰好完全反应时，共消耗H2C2O4溶液20.00mL。（1）步骤1的目的是__________________________________。（2）计算水样的总有机碳(以mg·L－1表示)，并写出计算过程。_______________（3）用上述实验方法测定的水样总有机碳一般低于实际值，其原因可能是（写出一条即可）____（4）高温燃烧可将水样中的碳酸盐、碳酸氢盐和有机物所含碳元素转化为CO2，结合高温燃烧的方法，改进上述实验。①请补充完整改进后的实验方案：取VL的水样，分为两等份；将其中一份水样高温燃烧，测定生成CO2的物质的量为n1mol；__________，测定生成CO2的物质的量为n2mol。②利用实验数据计算，所取水样的总有机碳为_____________mg·L－1(用含字母的代数式表示)。26、（10分）已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下步骤实验：①称量1.0g样品溶于水，配成250mL溶液；②准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中；③滴加几滴酚酞溶液；④用0.10mol∙L−1的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如表：滴定序号待测液体积/(mL)所消耗盐酸标准液的体积/(mL)滴定前滴定后125.000.5020.60225.006.0026.00325.001.1021.00请回答：(1)将样品配成250mL溶液，除小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有______________。(2)用___________滴定管填“酸式”或“碱式”盛装0.10mol∙L−1的盐酸标准液。(3)达到滴定终点时的标志为____________。(4)烧碱样品的纯度为_____________。(5)若出现下列情况，测定结果偏高的是_____________。a.未用待测液润洗碱式滴定管b.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确c.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗d.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液27、（12分）影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验方法进行探究。（1）取等物质的量浓度、等体积的H2O2溶液分别进行H2O2的分解实验，实验报告如下表所示（现象和结论略）。序号条件现象结论温度/℃催化剂140FeCl3溶液220FeCl3溶液320MnO2420无①实验1、2研究的是_________对H2O2分解速率的影响。②实验2、3的目的是_________对H2O2分解速率的影响。（2）查文献可知，Cu2＋对H2O2分解也有催化作用，为比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：①定性分析：如图甲可通过观察_________，定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是_________。②定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_________。（3）酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液可发生反应：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，实验时发现开始反应速率较慢，溶液褪色不明显，但一段时间后突然褪色，反应速率明显加快。对此展开讨论：某同学认为KMnO4与H2C2O4的反应是_________热反应，导致_________。28、（14分）天然气是一种重要的清洁能源和化工原料，其主要成分为甲烷。（1）工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4。写出CO与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式____________已知：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)ΔH＝－41kJ·mol－1C(s)+2H2(g)CH4(g)ΔH＝－73kJ·mol－12CO(g)C(s)+CO2(g)ΔH＝－171kJ·mol－1（2）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式________________________。（3）天然气的一个重要用途是制取H2，其原理为：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)。在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1mol·L－1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图1所示，则压强P1_________P2（填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在Y点：v(正)___________v(逆)（填“大于”、“小于”或“等于”）。（4）以二氧化钛表面覆盖CuAl2O4为催化剂，可以将CH4和CO2直接转化成乙酸。①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图2所示。250~300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是________________。②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是________________。29、（10分）金属晶体的原子堆积方式常有以下四种，请认真观察模型(见图)，回答下列问题：（1）四种堆积模型的堆积名称依次是________、________、________、________。（2）甲堆积方式中的空间利用率为________，只有金属________采用这种堆积方式。（3）乙与丙中两种堆积方式中金属原子的配位数________(填“相同”或“不相同”)；乙中的空间利用率为________。（4）采取丁中堆积方式的金属通常有________(任写三种金属元素的符号)，每个晶胞中所含有的原子数为________。

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、D【解题分析】A.乙酸分子式是C2H4O2,乙醇分子式是C2H6O，二者分子式不同，不能互为同分异构体，A错误；B.乙醇氧化形成乙醛，乙醛氧化形成乙酸，乙醛还原形成乙醇，故不能都氧化形成乙醛，B错误；C.乙酸水溶液显酸性，而乙醇的水溶液显中性，C错误；D.乙酸水溶液显酸性，能够使紫色石蕊试液变为红色，而乙醇的水溶液显中性，不能使紫色试液试液变色，因此可用石蕊溶液进行鉴别二者，D正确；故合理选项是D。2、D【分析】A．N中为恒压，M中随反应进行压强减小，反应过程中N中压强大于M中压强，增大压强，平衡向正反应方向移动；B．向N中再充入amolX和bmolY后达到平衡时的状态与未充入X、Y前相同，即互为等效平衡，根据A的分析可以知道N中转化率较大；C．反应初始时X的物质的量未知，故转化率未知；D.反应温度不变，故通入X前后平衡常数不变，将通入X后反应的浓度商与平衡常数比较，即可知道正逆反应速率的大小；【题目详解】A．N中为恒压，M中随反应进行压强减小，反应过程中N中压强大于M中压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，故平衡时，X的体积分数：M＞N，故A项错误；B．向N中再充入amolX和bmolY后达到平衡时的状态与未充入X、Y前相同，即互为等效平衡，根据A的分析可以知道，平衡时X的转化率：M＜N，故B项错误；C．反应初始时X的物质的量未知，故转化率未知，故C项错误；D．若a=1.2，b=1，并且N中达到平衡时体积为2L，此时含有0.4molZ，则：

X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）

n01.2mol

1mol

0mol

Δn0.2mol

0.6mol

0.4mol

n平1mol

0.4mol

0.4mol

则平衡常数K=(0.4/2)2/(1/2)×(0.4/2)3=10L2/mol2，反应温度不变，故通入X前后平衡常数不变，未再通入X前，平衡时气体总物质的量为1.8mol，通入0.36molX后，气体总物质的量为2.16mol，由体积比与物质的量比成正比可以知道：1.8/2.16=2/V，计算得出通入X后的体积V=2.4L，浓度商Qc=(0.4/2.4)2/(1.36/2.4)×(0.4/2.4)3=10.59＞K，故反应应向逆反应方向进行，则通入0.36molX时，υ（正）＜υ（逆），故D项正确。综上，本题选D。【题目点拨】本题的易错项是C、D，C项中a：b=1:3错误的以X、Y起始物质的量依次为1mol、3mol进行计算；D项中忽略向平衡后的N中通入0.36molX的瞬间引起容器体积的变化。3、C【题目详解】A．B处于顶点位置，晶胞中B原子数目=8×=1，A处于体心，晶胞中A原子数目=1，故化学式为AB，故A错误；B．E、F均处于顶点位置，晶胞中E、F原子数目=4×=，故化学式为EF，故B错误；C．Z处于顶点，Z原子数目=8×=1，Y处于面心，Y原子数目=6×=3，X处于体心，晶胞中X原子数目=1，故化学式为XY3Z，故C正确；D．A处于顶点、面心，晶胞中A原子数目=8×+6×=4，B处于体心、棱中心，晶胞中B原子数目=1+12×=4，故化学式为AB，故D错误。故答案选C。4、D【题目详解】A．CO2中C与O形成极性键，CO2分子为直线形，正负电荷中心重合，为非极性分子，SO2中S与O形成极性键，SO2分子为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A不符合题意；

B．CH4中C与H形成极性键，由于CH4分子为正四面体结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，PH3中P与H形成极性键，PH3为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故B不符合题意；

C．BF3中B与F形成极性键，BF3为平面三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，NH3中N与H形成极性键，NH3为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C不符合题意；

D．HCl中H与Cl形成极性键，HI中H与I形成极性键，HCl和HI中正负电荷中心都不重合，属于极性分子，所以二者化学键的类型和分子的极性都相同，故D符合题意；

故选：D。5、D【解题分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断。【题目详解】a.N2O4(g)2NO2(g)的正反应为气体体积增大的反应，将1molN2O4充入一恒压密闭容器中，密度=总质量体积，总质量一定，体积逐渐变大，所以密度逐渐减小，密度保持不变时，说明反应达到平衡状态，与图象相符，故a符合题意；b.在反应过程中，△H不会变化，即反应热不是变量，无法利用焓变判断反应是否达到平衡状态，故b不符合题意；c.将1molN2O4充入一恒压密闭容器中，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，且两种物质表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故c不符合题意；d.将1molN2O4充入一恒压密闭容器中，随着反应的进行，N2O4的转化率逐渐增大，N2O4的转化率保持不变时，说明反应达到平衡状态，与图象相符，故d符合题意，答案选D。【题目点拨】本题考查化学平衡状态和平衡图象，明确图象曲线变化的含义及化学平衡状态的特征是解题的关键，注意只有反应前后发生改变的物理量才能作为判断平衡状态的依据，为易错点。6、D【解题分析】A.由图可知，a、b、c三点所处的温度相同，所以平衡常数大小关系为Kb=Ka=Kc，故A错误；B.对于反应3A2(g)+B2(g)⇌2AB3(g)，随n(B2)的增加反应向正反应方向移动，但n(B2)转化率降低，即B2的转化率应为：a＞b＞c，故B错误；C.增大压强平衡向正反应方向移动有利于AB3的生成，但需要考虑生产条件和成本，所以并不是压强越大越好，故C错误；D.由反应3A2(g)+B2(g)⇌2AB3可知，当n(B2)n(A2)=13时AB3的体积分数最大。所以，在T2温度下，当起始量为n【题目点拨】当一个可逆反应的反应物按计量数之比反应时，生成物的体积分数最大。7、B【题目详解】A.将容器的体积缩小一半，气体浓度增大，反应速率增大，A错误；B.C为固体，对反应速率没有影响，B正确；C.保持体积不变，升高温度，则反应速率加快，C错误；D.保持压强不变，充入N2使容器体积变大，参加反应的气体的浓度减小，反应速率减小，D错误；故答案为：B。8、B【题目详解】可以将各物质的反应速率都变成物质D的反应速率。A.速率为1.0mol/(L·min)；B.速率为1.2mol/(L·min)；C.速率为1.6mol/(L·min)；D.速率为1mol/(L·min)。故速率最快的为B。故选B。【题目点拨】掌握同一个反应同一个过程可以用不同物质表示反应速率，速率数值可以不同，速率比等于化学计量数比。所以比较速率快慢时需要将速率转化为同一种物质的速率。9、D【题目详解】①金属钠投入到FeCl3溶液中发生两个化学反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，3NaOH＋FeCl3=Fe(OH)3↓＋3NaCl，产生的氢氧化铁是红褐色沉淀；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合时，过量的氢氧根离子与铝离子反应生成偏铝酸根离子和水，无沉淀产生；③Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应是Ca(OH)2＋2NaHCO3=CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，产生白色沉淀；④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸，发生的反应是NaAlO2＋H2O＋HCl=NaCl＋Al(OH)3↓，产生白色沉淀；⑤向饱和Na2CO3溶液中通足量CO2，产生NaHCO3，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，有白色沉淀生成。符合条件的有③④⑤。答案选D。10、A【解题分析】根据方程式控制，Br的化合价从0价降低到－1价，得到1个电子。S的化合价从＋4价升高到＋6价，失去2个电子，所以单质溴是氧化剂，SO2是还原剂，答案选A。11、B【解题分析】C(OH-)=10-2+10-52≈5×10-3,C(H+)=Kw/C(OH-)=1×10-14/(5×10正确答案：B。【题目点拨】混合溶液计算氢离子浓度：若为酸性，直接求c(H+)，两强酸混合：混合溶液中c混(H＋)＝；若为碱性，先求c(OH-)，依据c(H+)=KW/c(OH-)，两强碱混合：混合溶液中c混(OH－)＝；12、D【解题分析】A.趁热过滤，减少苯甲酸的损失；B.从过滤时滤液的温度变化分析；C.从过滤时溶液与环境的温差分析；D.从提纯步骤分析。【题目详解】A.苯甲酸的溶解度随温度变化很大，温度越高，其溶解度越大。趁热过滤，可以防止溶液温度降低后有晶体析出。为减少苯甲酸的损失，则重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止苯甲酸析出，应该趁热过滤，选项A正确；B.过滤时滤液温度会有较大变化，为防止过滤时有晶体在漏斗颈中析出，故采用短颈漏斗，不使用长颈漏斗，选项B正确；C.因溶液过滤时常溶液与环境的温差较大，易使苯甲酸晶体提前析出而滞留在过滤器中，故在粗苯甲酸溶解后还要加点水适当稀释溶液，减少过滤时苯甲酸的损失，防止提前析出结晶，选项C正确；D.提纯苯甲酸晶体的过程中，过滤一次不能达到较纯净的晶体，至少需要两次过滤，粗品溶解过滤除去泥沙，冷却结晶后过滤得到苯甲酸，还要进行洗涤。选项D错误；答案选D。13、B【分析】利用的大小直接比较溶液的碱性强弱。【题目详解】A．的溶液，；B．的溶液；C．含有的溶液，；D．的溶液，；综上所述，B项溶液的碱性最强。故选B。14、B【题目详解】A、b点后透光率突然降低，说明颜色变深，b点的操作应该是压缩注射器，A错误；B、d点突然降低，说明颜色变深，平衡逆向移动，v(正)<v(逆)，B正确；C、c点是a点后的新平衡，由于b点的操作应该是压缩注射器，所以c(NO2)增大，c(N2O4)增大，C错误；D、压缩注射器，压强变大，平衡正向移动，正反应是放热反应，故T(b)<T(c)，D错误。答案选B。15、C【分析】反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，正反应为气体物质的量减小的反应，则为熵减的反应；【题目详解】根据反应过程中能量变化的情况可知反应物的总能量高于生成物的总能量，反应放热，ΔH<0该反应发生后气体的物质的量减小，正反应为气体物质的量减小的反应，则为熵减的反应，ΔS<0。故选C。16、D【解题分析】存在甲基的分子，不可能所有原子都在同一平面上，乙烷、丙炔、乙醛分子中都存在甲基，故排除A、B、C；氯苯是1个氯原子取代了苯分子中的1个H原子形成的，故氯苯分子中所有的原子也处于同一平面，故选D。17、B【解题分析】试题分析：A、Na2O能与CO2反应Na2O+CO2═Na2CO3，无氧气生成，故A错误；B、Na2O2为固体，携带方便，且能与人呼吸产生的二氧化碳反应生成氧气，不需要催化剂、不需要加热，最适宜用于呼吸面具中供氧剂，故B正确；C、NaOH能与CO2反应2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，无氧气生成，且NaOH具有腐蚀性，故C错误；D、NaHCO3能与CO2不反应，无氧气生成，故D错误；故选B．考点：过氧化钠的性质18、B【解题分析】A.都含有苯环而属于芳香烃，故A正确；B.甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，故B不正确；C.烃都有可燃性，都能在空气中燃烧，故C正确；D.都能发生苯环上的取代反应，故D正确。故选B。19、C【解题分析】A、根据图像给出的在不同温度下达到平衡所需要的时间可得出，温度为T1时，化学反应速率大于温度为T2时的反应速率，所以T1>T2，当温度由T1变到T2时，降温，平衡向着正反应方向移动，所以正反应为放热反应，故A错误；B、由图可知，M点X的转化率小于W点X的转化率，因此该反应进行到M点放出的热量小于进行到W点放出的热量，故B错误；C、根据先拐先平，知T1>T2，M与W点，反应均达到平衡，温度越高，反应速率越大，M点的速率大于W点的反应速率，N点没有达到平衡，此时反应正向程度大，即N点的正向速率大于逆向速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，故C正确；D、M点已达到平衡，M点时再加入一定量的X，则相当于增大压强，平衡正向移动，X的转化率增大，故D错误。故答案选C。20、A【分析】

【题目详解】装饰材料中会有的并对人的身体有害的是甲醛，O2、N2、CO2对人身体都无害。答案选A。21、C【题目详解】A．60g二氧化硅的物质的量为n==1mol，而1mol二氧化硅中含4mol硅氧键，含硅氧键4NA个，故A错误；B．SiO2是原子晶体，结构中无二氧化硅分子，故B错误；C．12g金刚石中碳原子的物质的量为=1mol，而1mol金刚石中含2mol碳碳键，含碳碳键2NA个，故C正确；D．石墨晶体中一个碳原子含有个碳碳共价键，所以1mol石墨晶体中含有共价键键数为NA，故D错误；故选C。22、C【分析】由价层电子对互斥理论可知，双键碳原子含有3个σ键且不含孤电子对采用sp2杂化，单键碳原子含有4个σ键且不含孤电子对采用sp3杂化。【题目详解】在分子中，羰基碳原子为不饱和碳原子，含有3个σ键且不含孤电子对，采用sp2杂化，两个甲基碳原子为饱和碳原子，含有4个σ键且不含孤电子对，采用sp3杂化，故选C。二、非选择题(共84分)23、羰基、溴原子取代反应消去反应+NaOH+NaCl3【分析】A发生取代反应生成B，B消去反应生成C，根据B和D结构简式的差异性知，C应为，C发生取代反应生成D，E生成F，根据F和D的结构简式知，D发生加成反应生成E，E为，E发生消去反应生成F，F发生加成反应生成G，G发生加成反应生成H，H发生反应生成I，再结合问题分析解答。【题目详解】(1)根据分析，C的结构简式为，E的结构简式为，其中的官能团名称为羰基、溴原子；(2)通过以上分析中，③的反应类型为取代反应，⑤的反应类型为消去反应；(3)环戊烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成Y，Y为，在铜作催化剂加热条件下发生氧化反应生成，所以反应2的化学方程式为+NaOH+NaCl；(4)立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，两个H原子可能是相邻、同一面的对角线顶点上、通过体心的对角线顶点上，所以其可能的结构有3种。24、醚键AC、、、【分析】本题主要考查有机化合物的综合合成与推断。①A→B的原子利用率为100%，A的分子式是CH2O；B与氯乙烯发生取代反应生成C，结合沙丁胺醇的结构简式，可知B是，C是；C中碳碳双键被氧化前需要保护羟基不被氧化，所以C→D的两步反应，先与(CH3)2SO4反应生成，再氧化为，所以D是；根据沙丁胺醇的结构简式逆推E，E是；F是，F与HI反应生成。【题目详解】根据以上分析。(1)D为，其含有的官能团的名称是醚键；(2)A的分子式是CH2O，A是甲醛，故A正确；D为，D中不含酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；B为，B与氯乙烯发生取代反应生成，故C正确；沙丁胺醇的分子式为C13H21NO3，故D错误；(3)化合物C经两步反应转变为D的合成路线为；(4)与反应生成的反应化学方程式为；(5)E的分子式是C4H11N，化合物M比E多1个CH2，则M的分子式是C5H13N，符合1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子的化合物M可能的结构简式有、、、。25、将水样中的CO32-和HCO3-转化为CO2，并将CO2完全赶出120mg·L－1加热过程中，损失了部分易挥发有机物向另一份水样中加入足量硫酸，加热，通N2，维持一段时间【分析】（1）将水样中的CO32－和HCO3－转化为CO2，并将CO2完全赶出；（2）根据反应Ba(OH)2＋H2C2O4＝BaC2O4↓＋2H2O进行相关计算；（3）由于加热过程中损失了部分易挥发有机物，因此测定的水样总有机碳一般低于实际值；（4）根据质量守恒进行求算。【题目详解】（1）碳酸盐与稀硫酸反应生成二氧化碳，则步骤1的目的是将水样中的CO32－和HCO3－转化为CO2，并将CO2完全赶出；（2）n(H2C2O4)＝＝1.000×10－3mol，与H2C2O4反应的Ba(OH)2的物质的量n1[Ba(OH)2]＝n(H2C2O4)＝1.000×10－3mol。与CO2反应的Ba(OH)2的物质的量n2[Ba(OH)2]＝－1.000×10－3mol×＝5.000×10－4mol，由水样中有机物转化而成CO2的物质的量，n(CO2)＝n2[Ba(OH)2]＝5.000×10－4mol，水样中有机物所含碳元素的物质的量n(C)＝n(CO2)＝5.000×10－4mol，水样的总有机碳＝＝120mg·L－1；（3）由于加热过程中损失了部分易挥发有机物，因此测定的水样总有机碳一般低于实际值；（4）由于碳酸盐能与酸反应生成二氧化碳，则另一种方案为向另一份水样中加入足量硫酸，则根据碳原子守恒可知所取水样的总有机碳为mg/L=mg/L。26、250mL容量瓶酸式最后一滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色80%d【分析】配制溶液需要烧杯、玻璃棒、胶头滴、250mL容量瓶等，根据酸碱中和滴定所需仪器、滴定终点的判断、根据公式进行误差分析。【题目详解】(1)将样品配成250mL溶液，除小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有250mL容量瓶；故答案为：250mL容量瓶。(2)用酸式滴定管盛装0.10mol∙L−1的盐酸标准液；故答案为：酸式。(3)酚酞遇碱变红，随着酸的不断增多，溶液碱性逐渐减弱，颜色逐渐变浅，当最后一滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色；故答案为：最后一滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色。(4)三次消耗盐酸体积分别为20.10mL、20.00mL、19.90mL，三组数据均有效，三消耗盐酸的平均体积为：，由NaOH～HCl可得则，即25.00mL待测溶液中含有，所以250mL待测溶液含有，该烧碱的纯度；故答案为：80%。(5)a．未用待测液润洗碱式滴定管，滴定管内残留的水会稀释待测液，消耗标液体积偏低，导致结果偏低，故a不符合题意；b．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，则所读取的标准液体积偏小，测定结果偏低，故b不符合题意；c．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对结果无影响，故c不符合题意；d．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，则读取的标准液体积比实际用量偏大，测定结果偏高，故d符合题意；综上所述，答案为d。【题目点拨】本题考查中和滴定、溶液配制等知识，题目难度中等，明确中和滴定操作方法、溶液配制步骤为解答关键，注意掌握常见化学实验基本方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。27、温度研究不同催化剂（或比较FeCl3溶液和MnO2两种催化剂）产生气泡的快慢对照实验只有一条件不同（或避免由于阴离子不同造成的干扰）收集40mLO2所需的时间放溶液温度升高，反应速率加快【分析】由表中信息可知，实验1和实验2只有温度不同，因此，可以通过这两个实验探究温度对化学反应速率的影响；实验2和实验3只有所加的催化剂不同，因此，可以通过这两个实验探究不同的催化剂对化学反应速率的影响。【题目详解】（1）①由表中信息可知，实验1和实验2只有温度不同，因此，可以通过这两个实验探究温度对化学反应速率的影响，即实验1、2研究的是温度对H2O2分解速率的影响。②实验2和实验3只有所加的催化剂不同，因此，可以通过这两个实验探究不同的催化剂对化学反应速率的影响。因此，实验2、3的目的是研究不同催化剂（或比较FeCl3溶液和MnO2两种催化剂对H2O2分解速率的影响。（2）①定性分析：因为双氧水分解的最明显的现象是有气泡产生，因此，可通过观察产生气泡的快慢进行定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是根据控制变量法，对照实验通常必须只有一个条件不同（或避免由于阴离子不同造成的干扰），这样可以排除因为阴离子不同而对双氧水分解速率的影响。②定量分析：实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是收集40mLO2所需的时间，以准确测定该反应的化学反应速率。（3）酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液可发生反应：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，实验时发现开始反应速率较慢，溶液褪色不明显，但一段时间后突然褪色，反应速率明显加快。由于升高温度可以加快化学反应速率，因此，该同学认为KMnO4与H2C2O4的反应是放热反应，导致溶液温度升高，反应速率加快。【题目点拨】在设计对比实验时，要根据控制变量法设计实验方案。另外，对于反应2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，该反应的产物之一硫酸锰对该反应可能起催化作用，也可以使化学反应速率明显加快。28、CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)ΔH＝－203kJ·mol－12NH4HS＋O2＝2NH3·H2O＋2S↓小于大于温度超过250oC时，催化剂的催化效率降低增大反应压强或增大CO2的浓度【题目详解】（1）①CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)ΔH＝－41kJ·mol－1②C(s)+2H2(g)CH4(g)ΔH＝－73kJ·mol－1③2CO(g)C(s)+CO2(g)ΔH＝－171kJ·mol－1；根据盖斯定律，②+③-①可得：CO与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式为CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)ΔH＝－203kJ·mol－1；综