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吉林省普通高中G8教考联盟2024-2025学年高一下学期期末考试化学试题
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．化学与人类生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A．2025年宇树科技机器人主控芯片主要成分为单质硅
B．长春应用化学研究所自主研发的锂离子碳硅电池，可实现化学能转化为电能
C．吉林石化炼油厂对石油进行分馏得到的产物中含有汽油、煤油、柴油等轻质油
D．通过CH4和Cl2发生取代反应制取CH3Cl，符合绿色化学中最理想的“原子经济性反应”
2．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是
A．乙醇的球棍模型：
B．和是同分异构体
C．乙醛的结构简式：CH3CHO
D．氨气的电子式：
3．化学处处呈现美。下列说法错误的是
A．颜色美：淀粉溶液和稀硫酸共热后，加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，生成砖红色沉淀
B．结构美：CH3CH2CH2CH3的二氯代物有6种不同的分子结构（不包括立体异构）
C．工艺美：硫化后的橡胶适合制造轮胎，加入炭黑可提高轮胎的耐磨性
D．味道美：低级酯具有一定的挥发性，有芳香气味，可用作饮料、糖果、化妆品中的香料
4．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mol甲基所含的电子数为10NA
B．14g乙烯和环丙烷的混合物中含有的碳原子数为NA
C．标准状况下，2.24L己烷中含有的分子数为0.1 NA
D．1mol N2与4molH2充分反应后生成的NH3分子数为2 NA
5．在给定条件下，下列工业制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A．工业制乙烯：煤苯乙烯
B．工业制硫酸：
C．工业制碳酸钠：饱和
D．海水提取镁：海水
6．Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：
下列关于该活化历程的说法正确的是
A．恒容条件下，充入稀有气体使体系压强增大，可加快化学反应速率
B．该反应的决速步是：中间体2→中间体3
C．Ni是该反应的催化剂，可增大单位体积内活化分子百分数
D．该反应的热化学方程式为： ΔH=-6.75kJ/mol
7．“宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一，下列离子方程式的书写正确的是
A．海水提溴工艺中用SO2还原Br2：
B．过量铁粉加入稀硝酸中：
C．用醋酸和淀粉—KI溶液检验：
D．向硅酸钠溶液中通入过量CO2：
8．我国科研人员设计了一种如图所示的多功能电池，该电池实现了乙烯—电能的联产和N2O的降解。下列说法正确的是
A．催化电极1表面发生了氧化反应
B．反应过程中，溶液中H+向电极2移动
C．每转移电子的同时会生成11.2L N2
D．负极反应式为
9．下列说法正确的是
A．在同温同压下S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1<0；S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2<0，则ΔH1>ΔH2
B．一定条件下，将1molH2(g)和1molI2(g)置于密闭容器中充分反应生成HI(g)放出热量akJ，其热化学方程式为H2(g)+I2(g) 2HI(g) ΔH=-akJ·mol-1
C．根据2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6kJ·mol-1，则氢气的燃烧热为ΔH=-285.8kJ·mol-1
D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应不需要加热，是放热反应
10．下列实验装置及操作能达到相应实验目的的是
A．装置①除去甲烷中乙烯
B．装置②用于实验室模拟石油分馏
C．装置③比较KMnO4、Cl2和S的氧化性
D．装置④测定有机物C2H6O的结构
11．海洋中有丰富的水生生物和化学资源。海水资源综合利用的部分过程如图所示，下列说法正确的是
A．试剂Y为石灰乳，发生反应的离子方程式为Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+
B．操作M用到的玻璃仪器为蒸发皿、酒精灯、玻璃棒
C．步骤Ⅱ用Na2CO3溶液吸收3mol Br2转移电子物质的量为6mol
D．除去粗盐中杂质离子(Ca2+、Mg2+、SO)加入试剂的顺序可以为Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液
12．有机物的结构可用键线式表示，如CH3CH=CHCH3可写成。薰衣草香气中含有的有机物a和有机物b的键线式如图所示，下列说法正确的是
A．有机物a的分子式为C12H22O3
B．有机物a和b中的官能团种类相同
C．1mol有机物b最多能与3mol H2发生加成反应
D．有机物a和b都能在铜催化条件下氧化成含醛基的物质
13．下列实验目的、方案设计和现象以及结论都正确的是
选项 实验目的 方案设计和现象 结论
A 检验鸡皮中的脂肪 取一块鸡皮放于表面皿中，将浓硝酸滴到鸡皮上，鸡皮呈现黄色 鸡皮中含有脂肪
B 向饱和NaHCO3溶液中加入稀HNO2溶液 产生的气体能使澄清石灰水变浑浊 非金属性：N>C
C 探究酸性条件下的氧化性 向溶有SO2的BaCl2溶液中加入Fe(NO3)3溶液，有白色沉淀生成 酸性条件下有强氧化性
D 向溶液中先加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液 先无现象，后产生白色沉淀 溶液中一定含有
A．A B．B C．C D．D
14．常温下，乙烷分子中的两个甲基可以绕键自由旋转，理论上乙烷分子可以有多种构象，其中两种构象的能量关系如图所示，下列说法错误的是
A．a分子比b分子稳定
B．乙烷分子所有原子不在同一平面上
C．1个a分子完全转化为b分子需要吸收12.6kJ热量
D．乙烷在光照条件下能与氯气发生反应生成多种有机物
15．除去电石渣浆()清液中的，并制取石膏(CaSO4·2H2O)的流程如图所示。
下列说法不正确的是
A．过程I中反应的离子方程式为：
B．过程Ⅱ中除去的反应时，体现氧化性
C．石膏CaSO4·2H2O加热到150℃时会失去大部分结晶水变成熟石膏2CaSO4·H2O
D．转化为的过程中，
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．以某铜矿石制备Cu(NO3)2晶体的工艺流程如图所示，已知铜矿石的主要成分为Cu2S和少量SiO2，滤液I中含Cu2+。
（1）Cu2S中Cu的化合价是　 　。
（2）为加快“氧化浸出”的速率可采取的措施是　 　（写一种即可）；滤渣I的主要成分　 　。
（3）加入过量Fe的目的是　 　；“滤液Ⅱ”中的金属阳离子为　 　。
（4）“反应”中Cu发生的离子反应方程式为　 　。
（5）“沉铁”分离出沉淀后从溶液中析出Cu(NO3)2晶体的操作为　 　、　 　、过滤、洗涤、干燥。[已知Cu(NO3)2晶体受热易分解]
（6）“反应”中生成的气体与适量的O2混合获得NO和NO2物质的量之比为的混合气体，将其通入NaOH溶液中，所发生反应的化学方程式：　 　。
17．氮化铝(AlN)是一种新型非金属材料，室温下能与水缓慢反应，可由Al2O3、碳粉与N2反应合成，反应方程式为Al2O3+3C+N22AlN+3CO。某探究小组在实验室制备AlN并测定产品纯度，设计实验如下。回答下列问题：
I．制备AlN
（1）盛装NaNO2溶液的仪器名称为：　 　写出装置A中发生反应的化学方程式　 　。
（2）实验开始先点燃　 　(填“A”或“C”)处酒精灯或者酒精喷灯，目的是　 　。
（3）C装置中石棉绒的作用是　 　；D装置中碱石灰的作用是　 　。
（4）该装置的缺陷是　 　。
II．测定AlN纯度
已知：AlN+NaOH+3H2O=Na[Al(OH)4]+NH3↑，利用如下装置测定0.05g AlN样品的纯度。
（5）a导管的作用是　 　。
（6）X液体可选择　 　(填选项标号)。
A. 四氯化碳 B. 蒸馏水 C. 苯 D. 饱和食盐水
（7）当反应完全后，测得NH3体积为11.2mL(折合成标准状况)，该AlN产品的纯度为　 　。
18．丙酸异丙酯（C6H12O2）可用作食品用香料，以丙烯为原料合成丙酸异丙酯的方法如图所示。
请回答下列问题：
（1）写出丙烯的结构简式：　 　，A和C中含有的官能团名称分别是　 　。
（2）写出A→B的化学方程式：　 　。
（3）D在一定条件下转化为E的反应类型为　 　；相对分子质量比D大14的D的同系物F，其同分异构体有　 　种。
（4）下列关于有机物E的叙述中，错误的是______（填序号）。
A．能与单质钠反应生成O2 B．能使无色酚酞溶液变红
C．不能与NaOH溶液反应 D．能被酸性高锰酸钾溶液氧化
（5）写出C和E反应生成丙酸异丙酯的化学方程式：　 　。
（6）有机物M是C的同分异构体，且含有酯基，酸性条件下水解产物之一为乙酸，写出有机物M的结构简式：　 　。
19．肼(N2H4)和氨是氮的两种重要的氢化物，都是应用广泛的化工原料。
（1）如图所示，写出肼与氢气生成氨气的热化学方程式　 　。
（2）若N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ；H2(g)+O2(g)=H2O(l)；则反应的=　 　 (用a和b表示)。
（3）某温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中充入2.0molN2(g)和2.0molH2(g)发生反应合成氨气，一段时间后反应达平衡状态，部分物质的物质的量n随时间t的变化情况如图所示：
①250s时，H2的转化率为　 　，0~50s内v(NH3)为　 　。
②下列情况不能说明该反应达到平衡状态的是　 　（填序号）。
A.2v正(N2) = v逆(NH3)
B．密闭容器中气体的压强不变
C．混合气体的密度不变
D．每生成6molN—H的同时断裂3molH—H
（4）利用反应6NO2 + 8NH3 = 7N2 + 12H2O设计成原电池，能消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，装置如图所示。
①电极a电极反应式为　 　。
②当有2.24L NH3(标准状况下)被消耗时，转移电子为　 　mol。
③为使电池持续放电，该离子交换膜需选用　 　(选填“阳”或“阴”)离子交换膜。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；硅和二氧化硅；石油的分馏；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A．芯片的主要材料是单质硅，A选项正确；
B．电池放电过程中，化学能转化为电能，B选项正确；
C．通过石油分馏可以直接获得汽油、煤油、柴油等轻质油产品，C选项正确；
D．甲烷与氯气发生取代反应制备一氯甲烷时，会生成多种副产物和氯化氢，原子利用率较低，不符合绿色化学的原子经济性原则（理想的原子经济性反应如加成反应），D选项错误；
故答案为：D
【分析】A、芯片的主要成分是Si单质。
B、锂离子碳硅电池工作过程中，将化学能转化为电能。
C、石油分馏可得到汽油、煤油和柴油等轻质油。
D、CH4和Cl2的取代反应是系列反应，所得产物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl多种物质。
2．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解析】A.表示的是乙酸分子的球棍模型，选项A错误。
B.和这两种结构都可以看作是由甲烷分子中的两个氢原子被甲基取代后形成的，所以它们实际上是同一种物质，选项B错误。
C. 乙醛的结构简式正确表示为CH3CHO，选项C正确。
D. 氨气分子的电子式应为，选项D错误。
故答案为：C
【分析】A、图示球棍模型表示的结构简式为CH3COOH。
B、结合CH4的正四面体结构分析。
C、乙醛的结构简式为CH3CHO。
D、电子式需体现最外层电子结构。
3．【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解析】A、淀粉水解后未中和酸性环境，导致新制Cu(OH)2与稀硫酸反应，无法生成砖红色沉淀（Cu2O），A错误。
B、正丁烷（CH3CH2CH2CH3）的二氯代物共有6种同分异构体，具体为：CH3CH2CH2CHCl2（1，1-二氯丁烷）、CH3CH2CHClCH2Cl（1，2-二氯丁烷）、CH3CHClCH2CH2Cl（1，3-二氯丁烷）、CH2ClCH2CH2CH2Cl（1，4-二氯丁烷）、CH3CCl2CH2CH3（2，2-二氯丁烷）、CH3CHClCHClCH3（2，3-二氯丁烷）B正确。
C、硫化橡胶通过交联反应增强弹性，炭黑作为填充剂可提高耐磨性，描述符合实际工业应用，C正确。
D、低级酯（如乙酸乙酯）具有挥发性芳香气味，是香水、食品香精的常用成分，D正确。
故答案为：A
【分析】A、淀粉水解液显酸性，新制Cu(OH)2悬浊液需在碱性条件下才具有氧化性。
B、根据二氯代物的结构分析。
C、橡胶硫化，并加入炭黑，可提高其耐磨性。
D、低级酯具有芳香气味，可用作香料。
4．【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．甲基（-CH3）中碳原子有6个电子，每个氢原子有1个电子，总电子数为6 + 3×1 = 9，因此1 mol甲基含有9NA个电子，选项A错误；
B．乙烯（C2H4）和环丙烷（C3H6）的最简式都是CH2，14 g混合物的物质的量为14 g ÷ 14 g·mol-1 = 1 mol，所以含有1 mol碳原子，即NA个碳原子，选项B正确；
C．标准状况下，己烷是液体，不能用气体摩尔体积（22.4 L·mol-1）计算其分子数，选项C错误；
D．合成氨反应（N2 + 3H2 2NH3）为可逆反应，1 mol N2与4 mol H2反应生成的氨气分子数小于2NA，选项D错误；
故答案为：B
【分析】A、1个－CH3中所含的电子数为6＋1×3=9。
B、乙烯和环丙烷的最简式都是CH2，即可按CH2进行计算即可。
C、标准状态下，己烷不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算。
D、N2与H2的反应为可逆反应，无法准确计算。
5．【答案】C
【知识点】工业制取硫酸；电解原理；海水资源及其综合利用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解析】A、煤的液化过程不能直接生成苯，工业上苯主要通过煤的干馏获得；乙烯的生产原料是石油裂解产物，而非来自苯的分馏，选项A错误。
B、黄铁矿（FeS2）燃烧时主要产物是二氧化硫（SO2），要转化为三氧化硫（SO3）需要经过催化氧化过程，选项B错误。
C、侯氏制碱法的正确流程是：先在饱和食盐水中通入氨气形成碱性环境，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，最后加热分解得到碳酸钠，该选项描述完全符合实际生产工艺，C选项正确。
D、电解氯化镁水溶液时，由于氢离子的放电顺序优先于镁离子，无法得到金属镁，工业上是通过电解熔融状态的氯化镁来制备镁，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、苯来自于煤的干馏；乙烯来自于石油的裂解。
B、FeS2与O2反应生成SO2。
C、往饱和氨盐水中通入CO2，可生成NaHCO3，NaHCO3受热分解，得到Na2CO3。
D、金属Mg通过电解熔融MgCl2获得。
6．【答案】B
【知识点】热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．在恒容条件下，向体系中充入稀有气体不会改变反应物的浓度，因此反应速率保持不变，选项A错误。
B．根据反应历程图分析，从中间体2转化为中间体3的步骤具有最大的活化能，是整个反应中最慢的步骤，因此该步骤决定了整个反应的速率，选项B正确。
C．从图中可以看出，反应的化学方程式为：Ni + C2H6 = NiCH2 + CH4，这表明Ni是反应物而非催化剂，选项C错误。
D．正确的热化学方程式应该标明物质的状态，应为：Ni(s) + C2H6(g) = NiCH2(s) + CH4(g) = -6.57 kJ/mol。原选项未标注物质状态，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、恒容条件下，通入稀有气体，各物质的浓度不变，反应速率不变。
B、反应所需的活化能越高，反应速率越慢，为总反应的决速步。
C、Ni是该反应的反应物，而不是催化剂。
D、热化学方程式中需标明物质的聚集状态。
7．【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、在海水提溴工艺中，使用SO2还原Br2时，会生成硫酸和氢溴酸。由于HBr是强酸，其离子方程式为Br2 + SO2 + 2H2O = 4H+ + 2Br- +，选项A错误。B、当过量的铁粉与稀硝酸反应时，应生成Fe2+而不是Fe3+。正确的离子方程式为3Fe + 8H+ + 2 = 3Fe2+ + 4H2O + 2NO↑，选项B错误。
C、使用醋酸和淀粉-KI溶液检验时，反应的离子方程式为，选项C错误。
D、向硅酸钠溶液中通入过量CO2时，会生成碳酸氢钠和硅酸沉淀。反应的离子方程式为，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、HBr是强酸，在离子方程式中可拆解成离子形式。
B、铁粉过量，则Fe能进一步与Fe3＋反应，生成Fe2＋。
C、CH3COOH是弱酸，在离子方程式中保留化学式。
D、酸性H2CO3＞H2SiO3，且CO2过量，反应生成HCO3－。
8．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 催化电极1作为正极，N2O发生得电子的还原反应，生成N2，其电极反应为，选项A错误；
B. 在原电池中，阳离子（H+）会向正极（电极1）移动，选项B错误；
C. 题目没有说明气体是否处于标准状况，因此无法计算其体积，选项C错误；
D. 催化电极2发生氧化反应，作为负极，其电极反应为，选项D正确；
故答案为：D
【分析】由电池装置图可知，催化电极1上，N2O转化为N2，发生得电子的还原反应，因此催化电极1为正极，其电极反应式为：N2O＋2e－＋2H＋=N2＋H2O。催化电极2为负极，C2H6发生失电子的氧化反应，生成C2H4，其电极反应式为：C2H6－2e－=C2H4＋2H＋。据此结合选项分析。
9．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；燃烧热；热化学方程式；反应热的大小比较
【解析】【解析】A、硫单质与氧气反应生成二氧化硫为放热过程。由于气态硫(S(g))比固态硫(S(s))具有更高的能量，当燃烧生成SO2(g)时，气态硫释放的热量更多，导致ΔH1的数值比ΔH2更小（即更负）。因此关系ΔH1 < ΔH2成立，选项A错误。
B、氢气和碘蒸气的反应H2(g) + I2(g) 2HI(g)是可逆反应，1mol H2与1mol I2不可能完全转化。实际放热a kJ必然小于完全反应的理论焓变值，而热化学方程式中的ΔH应表示完全反应时的焓变，因此不能直接用a kJ表示，选项B错误。
C、根据燃烧热定义（1mol物质完全燃烧生成稳定产物时放出的热量），当2mol H2燃烧放热571.6 kJ时，其燃烧热应为ΔH/2 = -285.8 kJ·mol-1。且生成液态水符合燃烧热定义要求，选项C正确。
D、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应虽然是吸热反应，但"不需要加热"的描述具有误导性，该反应会吸收环境热量导致体系温度下降，选项D错误。
故答案为：C
【分析】A、气态硫具有的能量越高，反应过程中放出的热量越多，反应热ΔH越小。
B、该反应为可逆反应，1molH2(g)与1molI2(g)无法完全反应。
C、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成指定产物时放出的热量。
D、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应。
10．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；乙烯的物理、化学性质；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A．乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应会被氧化生成二氧化碳，这会引入新的杂质，因此该方法不能用于除杂，选项A错误；
B．蒸馏操作中，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口下方，且冷凝水应采用"下进上出"的流向，图中装置存在这两处错误，选项B错误；
C．实验现象表明：浓盐酸与KMnO4反应生成Cl2（反应方程式为2KMnO4 + 16HCl = 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O），说明氧化性KMnO4 > Cl2；Cl2又能与Na2S反应生成S（反应方程式为Cl2 + Na2S = 2NaCl + S↓），说明氧化性Cl2 > S，由此可得出氧化性顺序KMnO4 > Cl2 > S，选项C正确；
D．由于金属钠既能与乙醇反应生成氢气，也能与水反应生成氢气，因此通过测量氢气体积的方法无法准确测定有机物C2H6O的结构，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、酸性KMnO4溶液能将乙烯氧化成CO2。
B、蒸馏装置中冷凝水应从“下口进，上口出”。
C、根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析。
D、装置④水溶液中H2O也能与Na反应生成H2。
11．【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用；粗盐提纯
【解析】【解答】A. 试剂Y为石灰乳，与卤水中的Mg2+反应生成Mg(OH)2沉淀，离子方程式为Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，选项A正确。
B. 操作M为蒸馏，需使用酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管、锥形瓶等玻璃仪器，选项B错误。
C. 步骤Ⅱ中Na2CO3吸收Br2发生歧化反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，每吸收3mol Br2转移5mol电子，选项C错误。
D. 粗盐提纯时，试剂加入顺序应为BaCl2（除SO42-）、Na2CO3（除Ca2+和过量Ba2+）、NaOH（除Mg2+），选项D错误。
故答案为：A
【分析】海水经过晒盐过程可得到粗盐、卤水和淡水。粗盐经过精制后，通过电解饱和食盐水可制备氢气、氯气和烧碱。卤水中主要含有氯化镁，通入氯气可将Br-氧化为Br2，低浓度Br2溶液通过热空气吹出Br2单质，再用Na2CO3吸收，生成溶液，加入硫酸后发生归中反应重新生成Br2。石灰乳与卤水发生复分解反应生成Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2用盐酸溶解得到MgCl2溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2晶体，再脱水制得无水氯化镁，最后电解熔融MgCl2得到金属镁。
12．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；醇类简介
【解析】【解析】A．由化合物a的结构简式可确定其分子式为，选项A说错误；B．分析a和b的结构可知，两者均含有羟基（-OH）、酯基（-COO-）和碳碳双键（C=C）三种官能团，因此官能团种类相同，选项B正确；
C.1mol有机物b分子中含有2mol碳碳双键，根据加成反应原理，最多能与氢气发生加成反应，选项C错误；
D．由于a和b分子中的羟基均连接在仲碳原子上（与两个烃基相连的碳），因此催化氧化后均生成酮羰基（C=O），选项D错误；
故答案为：B
【分析】A、根据结构简式确定分子中所含C、H、O的原子个数，从而确定其分子式。
B、根据有机物a、b的结构简式确定其所含的官能团。
C、有机物b中能与H2发生加成反应的官能团为碳碳双键。
D、能在Cu催化条件下氧化成醛基，则该结构中应含有-CH2OH。
13．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；蛋白质的特殊反应；化学实验方案的评价；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解析】A、浓硝酸与蛋白质发生显色反应（黄色），但该反应仅针对蛋白质，脂肪的检测需使用苏丹Ⅲ或苏丹Ⅳ染液，A选项错误。
B、亚硝酸（HNO2）的酸性虽强于碳酸（H2CO3），但比较非金属性强弱需依据最高价含氧酸的酸性（即HNO3与H2CO3的对比），HNO2为非最高价含氧酸，无法作为判断依据，B选项错误。
C、实验现象中生成BaSO4沉淀的可能原因有两种：①SO2被Fe3+直接氧化为SO42 ；②SO2被NO3 （酸性条件下）氧化。由于未排除Fe3+的干扰，结论不严谨，C选项错误。
D、先加盐酸可排除Ag+、CO32 等干扰离子，再加BaCl2生成白色沉淀，可证明原溶液含SO42 ，操作与结论均正确，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、遇浓硝酸变黄色，为蛋白质的特征检验，与脂肪无关。
B、比较非金属性的强弱，应用最高价含氧酸的酸性强弱比较。
C、溶液中的Fe3＋具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－。
D、检验SO42－时，应先加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液。
14．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；烷烃
【解析】【解答】A．a分子能量更低，更稳定，A选项正确；
B．甲烷为正四面体结构，乙烷可视为上的一个氢原子被甲基取代的产物，分子中所有原子不在同一平面上，B选项正确；
C.1摩尔a分子完全转化为1摩尔b分子需要吸收热量，C选项错误；
D．乙烷在光照条件下能与氯气发生取代反应，生成多种有机物如、、等，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、物质所具有的能量越高，结构越不稳定。
B、结合CH4的四面体结构分析。
C、图示能量变化的单位为kJ·mol-1。
D、取代反应为系列反应，取代产物有多种。
15．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；含硫物质的性质及综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解析】A．过程I中将Mn(OH)2氧化为MnO32-，根据电子守恒和电荷守恒，离子方程式为：，选项A正确；
B．过程Ⅱ中MnO32-被还原为Mn(OH)2，锰元素化合价从+4降至+2，MnO32-表现出氧化性，选项B正确；
C、石膏（化学式为CaSO4·2H2O）在加热条件下可以转化为熟石膏（化学式为2CaSO4·H2O），选项C正确。
D、硫代硫酸根离子（）转化为硫酸根离子（）的过程中，硫元素的化合价从+2价升高至+6价，每个硫原子转移4个电子，因此1 mol转移8 mol电子。根据氧气与电子的关系式，可知，选项D错误。
故答案为：D
【分析】A、根据流程图可知，过程Ⅰ中Mn(OH)2与O2反应生成MnO32－和H2O，据此确定反应的离子方程式。
B、根据过程Ⅱ中Mn元素化合价变化，确定MnO32－的性质。
C、加热过程中CaSO4·2H2O转化为2CaSO4·H2O。
D、根据转移电子守恒进行计算。
16．【答案】（1）+1
（2）粉碎、搅拌、适当升温（加热）、适当提高硝酸铁溶液浓度；S和SiO2
（3）使Cu2+转化为Cu被置换出来；Fe2+
（4）
（5）蒸发浓缩；冷却（降温）结晶
（6）NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）根据化合价为0的原则，Cu2S中Cu的化合价为+1价，S的化合价为-2价。
故答案为：+1
（2）粉碎、搅拌、适当升温（加热）、适当提高硝酸铁溶液浓度 (1分，合理即得分) ；滤渣Ⅰ的成分是单质S和SiO2。
故答案为： 粉碎、搅拌、适当升温（加热）、适当提高硝酸铁溶液浓度； S和SiO2
（3）加入过量Fe的目的是将铜离子转化为铜单质，利于后续分离出铜单质进行下一步反应；由分析，“滤液Ⅱ”中的金属阳离子为Fe2+。
故答案为： 使Cu2+转化为Cu被置换出来；Fe2+
（4）稀硝酸与铜能反应生成铜离子、一氧化氮气体，反应为：。
故答案为：
（5）从溶液中析出Cu(NO3)2晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
故答案为： 蒸发浓缩； 冷却（降温）结晶
（6）NO、NO2按照物质的量之比为1：1与NaOH溶液反应，生成NaNO2和水，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。故答案为： NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O
【分析】铜矿石中的硫化亚铜（Cu2S）与硝酸铁溶液反应，生成铜离子（Cu2+）、亚铁离子（Fe2+）和硫单质（S）。二氧化硅（SiO2）与硝酸铁溶液不发生反应，因此滤渣Ⅰ的主要成分是单质硫（S）和二氧化硅（SiO2）。
滤液Ⅰ中含有铜离子（Cu2+），加入过量的铁粉后，铁与铁离子（Fe3+）、铜离子（Cu2+）发生反应，生成铜单质（Cu）和亚铁离子（Fe2+）。因此，“滤液Ⅱ”的主要成分是亚铁离子（Fe2+），而滤渣Ⅱ是未反应的铁和生成的铜。
向滤渣Ⅱ中加入稀硝酸，稀硝酸与铁、铜均能反应，生成铜离子（Cu2+）、铁离子（Fe3+）和一氧化氮（NO）气体。在沉铁过程中，加入氢氧化铜（Cu(OH)2）消耗溶液中的氢离子（H+），促使铁离子（Fe3+）转化为氢氧化铁（Fe(OH)3）沉淀而被除去。最后，对滤液进行一系列处理，最终得到硝酸铜晶体（Cu(NO3)2·xH2O）。
（1）根据化合价为0的原则，Cu2S中Cu的化合价为+1价，S的化合价为-2价；
（2）粉碎、搅拌、适当升温（加热）、适当提高硝酸铁溶液浓度 (1分，合理即得分) ；滤渣Ⅰ的成分是单质S和SiO2；
（3）加入过量Fe的目的是将铜离子转化为铜单质，利于后续分离出铜单质进行下一步反应；由分析，“滤液Ⅱ”中的金属阳离子为Fe2+；
（4）稀硝酸与铜能反应生成铜离子、一氧化氮气体，反应为：；
（5）从溶液中析出Cu(NO3)2晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（6）NO、NO2按照物质的量之比为1：1与NaOH溶液反应，生成NaNO2和水，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。
17．【答案】分液漏斗；；A；利用生成的氮气排净装置中的空气，防止碳粉被氧化；增大接触面积，加快反应速率；防止空气中的水蒸气进入，与AlN发生反应；无尾气处理装置；平衡压强，便于漏斗内液体顺利滴下；可消除因滴下液体排出气体所引起的实验误差；A，C；41%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）盛装NaNO2溶液的仪器名称为分液漏斗，由图可知装置A用来制N2、同时得到氯化钠和水，反应方程式为。
故答案为： 分液漏斗；
（2）实验开始先点燃A处酒精灯，目的是：利用反应产生的排干净装置内的空气，防止碳粉被氧化。
故答案为： A；利用生成的氮气排净装置中的空气，防止碳粉被氧化
（3）石棉绒可使Al2O3和碳粉均匀分散，增大与N2的接触面积，加快反应速率。已知氮化铝(AlN)室温下能与水缓慢反应，加热下则反应速率增大，故D装置中碱石灰的作用是：防止空气中的水蒸气进入，与AlN发生反应。
故答案为： 增大接触面积，加快反应速率；防止空气中的水蒸气进入，与AlN发生反应
（4）制备AlN会产生CO，污染环境，则该装置的缺陷是：缺少尾气处理装置。
故答案为： 无尾气处理装置
（5）导管a可连通分液漏斗与下端装置，则a导管的作用是：可以平衡压强，便于漏斗内液体顺利滴下，也可消除因滴下液体排出气体所引起的实验误差。
故答案为： 平衡压强，便于漏斗内液体顺利滴下；可消除因滴下液体排出气体所引起的实验误差
（6）NH3极易溶于水，不溶于有机溶剂，可选用排煤油或者苯的方法进行量气，则选AC。
故答案为： AC
（7）标准状况下，NH3为11.2mL，即0.0005mol，则AlN也为0.0005mol，则该AlN产品的纯度为。
故答案为： 41%
【分析】I．实验装置分析：装置A用于制备氮气（N2）；碱石灰干燥管用于干燥氮气
干燥后的氮气进入装置C与铝粉反应生成氮化铝（AlN）；反应副产物一氧化碳（CO）具有毒性，需通过后续处理装置进行尾气处理。
Ⅱ．含量测定原理：通过测量反应生成的氨气（NH3）体积来计算样品中氮化铝的含量；氨气易溶于水但难溶于有机溶剂（如四氯化碳CCl4或苯C6H6）；因此量气管中的液体X应选用不与氨气反应的有机溶剂，如四氯化碳或苯。
18．【答案】（1）；羟基、羧基
（2）
（3）取代反应；4
（4）A；B
（5）
（6）CH3COOCH3
【知识点】有机物的推断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；醇类简介
【解析】【解答】（1）丙烯的结构简式是。A是1-丙醇，官能团是羟基，C是丙酸，官能团是羧基。
故答案为： ；羟基、羧基
（2）1-丙醇发生催化氧化生成的B为，方程式为：。
故答案为：
（3）D上的氯原子发生水解反应生成E（2-丙醇），氯原子水解为羟基，既是水解反应也属于取代反应。相对分子质量比D大14的D的同系物F，分子式为：，其同分异构体分别是：、、、四种。
故答案为：取代反应；4
（4）有机物E是，官能团是羟基。
A．其官能团是羟基，能与单质钠反应生成氢气，A错误；
B．醇呈中性，不使酚酞变红，B错误；
C．醇羟基不能与NaOH溶液反应，C正确；
D.2-丙醇上与羟基相连的碳上有氢原子，可以被高锰酸钾氧化，D正确；
故答案为：AB
（5）C是丙酸，E是，二者发生酯化反应，方程式为：。
故答案为：
（6）与C（丙酸）互为同分异构体且含酯基、酸性条件下水解能生成乙酸的有机物 M 为（乙酸甲酯）。
故答案为：
【分析】丙烯（CH3CH=CH2）与水在特定条件下发生加成反应，生成A：1-丙醇（CH3CH2CH2OH）。1-丙醇经过催化氧化后转化为B：丙醛（CH3CH2CHO）。丙醛进一步催化氧化生成C：丙酸（CH3CH2COOH）。
另一方面，丙烯与氯化氢（HCl）发生加成反应生成D：2-氯丙烷（CH3CHClCH3）。2-氯丙烷水解后得到E：异丙醇（CH3CH(OH)CH3）。
最终，丙酸（C）与异丙醇（E）通过酯化反应生成丙酸异丙酯（CH3CH2COOCH(CH3)2）。
（1）丙烯的结构简式是。A是1-丙醇，官能团是羟基，C是丙酸，官能团是羧基。
（2）1-丙醇发生催化氧化生成的B为，方程式为：。
（3）D上的氯原子发生水解反应生成E（2-丙醇），氯原子水解为羟基，既是水解反应也属于取代反应。相对分子质量比D大14的D的同系物F，分子式为：，其同分异构体分别是：、、、四种。
（4）有机物E是，官能团是羟基。
A．其官能团是羟基，能与单质钠反应生成氢气，A错误；
B．醇呈中性，不使酚酞变红，B错误；
C．醇羟基不能与NaOH溶液反应，C正确；
D.2-丙醇上与羟基相连的碳上有氢原子，可以被高锰酸钾氧化，D正确；
故选AB。
（5）C是丙酸，E是，二者发生酯化反应，方程式为：。
（6）与C（丙酸）互为同分异构体且含酯基、酸性条件下水解能生成乙酸的有机物 M 为（乙酸甲酯）。
19．【答案】（1）N2H4(g) + H2(g) = 2NH3(g)-41.8
（2）
（3）90%；；CD
（4）；0.3；阴
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡状态的判断；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）如图所示该反应热化学方程式：。
故答案为： N2H4(g) + H2(g) = 2NH3(g)-41.8
（2）由盖斯定律可知，Ⅰ-2×Ⅱ得到，则；。
故答案为：
（3）①250s时，生成氨气的物质的量为1.2mol，则反应的氢气为1.8mol，H2的转化率为；20~50s内生成NH3的物质的量为0.72mol，。
故答案为：90%；
②A．速率之比等于方程式中计量系数之比，，符合正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，气体物质的量是变量，压强也是变量，密闭容器中气体压强不变时达到平衡状态，B能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．混合气体的密度是定值，始终不变，不能说明反应达到平衡状态，C正确；
D．生成6molN—H即生成2molNH3(g)的同时断裂3molH—H即消耗3molH2(g)，不符合正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：CD
（4）①为负极，失去电子转化为，电解液环境是碱性，电极反应为：。
故答案为：
②根据价态变化，当有2.24L NH3(标准状况下为0.1mol)被处理时，转移电子为0.3mol。
故答案为：0.3
③负极消耗，正极生成，为了使电池持续放电，该离子交换膜需选用阴离子交换膜。
故答案为：阴
【分析】（1）根据图示物质转化和能量变化，书写反应的热化学方程式。
（2）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（3）①250s时，生成氨气的物质的量为1.2mol，结合反应的化学方程式计算参与反应的n(H2)，从而计算H2的转化率。0~50s内生成n(NH3)=0.72mol，结合公式计算用NH3表示的反应速率。
②当正逆反应速率相等（或变量不变）时，说明可逆反应处于平衡状态，据此分析选项。
（4）由反应可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应。据此分析作答。
（1）如图所示该反应热化学方程式：
（2）由盖斯定律可知，Ⅰ-2×Ⅱ得到，则；
（3）①250s时，生成氨气的物质的量为1.2mol，则反应的氢气为1.8mol，H2的转化率为；
②20~50s内生成NH3的物质的量为0.72mol，；
③A．速率之比等于方程式中计量系数之比，，符合正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，气体物质的量是变量，压强也是变量，密闭容器中气体压强不变时达到平衡状态，B能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．混合气体的密度是定值，始终不变，不能说明反应达到平衡状态，C正确；
D．生成6molN—H即生成2molNH3(g)的同时断裂3molH—H即消耗3molH2(g)，不符合正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，D正确；
故答案选CD。
（4）①由反应可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应。
①为负极，失去电子转化为，电解液环境是碱性，电极反应为：；
②根据价态变化，当有2.24L NH3(标准状况下为0.1mol)被处理时，转移电子为0.3mol；
③负极消耗，正极生成，为了使电池持续放电，该离子交换膜需选用阴离子交换膜。
1 / 1吉林省普通高中G8教考联盟2024-2025学年高一下学期期末考试化学试题
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．化学与人类生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A．2025年宇树科技机器人主控芯片主要成分为单质硅
B．长春应用化学研究所自主研发的锂离子碳硅电池，可实现化学能转化为电能
C．吉林石化炼油厂对石油进行分馏得到的产物中含有汽油、煤油、柴油等轻质油
D．通过CH4和Cl2发生取代反应制取CH3Cl，符合绿色化学中最理想的“原子经济性反应”
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；硅和二氧化硅；石油的分馏；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A．芯片的主要材料是单质硅，A选项正确；
B．电池放电过程中，化学能转化为电能，B选项正确；
C．通过石油分馏可以直接获得汽油、煤油、柴油等轻质油产品，C选项正确；
D．甲烷与氯气发生取代反应制备一氯甲烷时，会生成多种副产物和氯化氢，原子利用率较低，不符合绿色化学的原子经济性原则（理想的原子经济性反应如加成反应），D选项错误；
故答案为：D
【分析】A、芯片的主要成分是Si单质。
B、锂离子碳硅电池工作过程中，将化学能转化为电能。
C、石油分馏可得到汽油、煤油和柴油等轻质油。
D、CH4和Cl2的取代反应是系列反应，所得产物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl多种物质。
2．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是
A．乙醇的球棍模型：
B．和是同分异构体
C．乙醛的结构简式：CH3CHO
D．氨气的电子式：
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解析】A.表示的是乙酸分子的球棍模型，选项A错误。
B.和这两种结构都可以看作是由甲烷分子中的两个氢原子被甲基取代后形成的，所以它们实际上是同一种物质，选项B错误。
C. 乙醛的结构简式正确表示为CH3CHO，选项C正确。
D. 氨气分子的电子式应为，选项D错误。
故答案为：C
【分析】A、图示球棍模型表示的结构简式为CH3COOH。
B、结合CH4的正四面体结构分析。
C、乙醛的结构简式为CH3CHO。
D、电子式需体现最外层电子结构。
3．化学处处呈现美。下列说法错误的是
A．颜色美：淀粉溶液和稀硫酸共热后，加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，生成砖红色沉淀
B．结构美：CH3CH2CH2CH3的二氯代物有6种不同的分子结构（不包括立体异构）
C．工艺美：硫化后的橡胶适合制造轮胎，加入炭黑可提高轮胎的耐磨性
D．味道美：低级酯具有一定的挥发性，有芳香气味，可用作饮料、糖果、化妆品中的香料
【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解析】A、淀粉水解后未中和酸性环境，导致新制Cu(OH)2与稀硫酸反应，无法生成砖红色沉淀（Cu2O），A错误。
B、正丁烷（CH3CH2CH2CH3）的二氯代物共有6种同分异构体，具体为：CH3CH2CH2CHCl2（1，1-二氯丁烷）、CH3CH2CHClCH2Cl（1，2-二氯丁烷）、CH3CHClCH2CH2Cl（1，3-二氯丁烷）、CH2ClCH2CH2CH2Cl（1，4-二氯丁烷）、CH3CCl2CH2CH3（2，2-二氯丁烷）、CH3CHClCHClCH3（2，3-二氯丁烷）B正确。
C、硫化橡胶通过交联反应增强弹性，炭黑作为填充剂可提高耐磨性，描述符合实际工业应用，C正确。
D、低级酯（如乙酸乙酯）具有挥发性芳香气味，是香水、食品香精的常用成分，D正确。
故答案为：A
【分析】A、淀粉水解液显酸性，新制Cu(OH)2悬浊液需在碱性条件下才具有氧化性。
B、根据二氯代物的结构分析。
C、橡胶硫化，并加入炭黑，可提高其耐磨性。
D、低级酯具有芳香气味，可用作香料。
4．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mol甲基所含的电子数为10NA
B．14g乙烯和环丙烷的混合物中含有的碳原子数为NA
C．标准状况下，2.24L己烷中含有的分子数为0.1 NA
D．1mol N2与4molH2充分反应后生成的NH3分子数为2 NA
【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．甲基（-CH3）中碳原子有6个电子，每个氢原子有1个电子，总电子数为6 + 3×1 = 9，因此1 mol甲基含有9NA个电子，选项A错误；
B．乙烯（C2H4）和环丙烷（C3H6）的最简式都是CH2，14 g混合物的物质的量为14 g ÷ 14 g·mol-1 = 1 mol，所以含有1 mol碳原子，即NA个碳原子，选项B正确；
C．标准状况下，己烷是液体，不能用气体摩尔体积（22.4 L·mol-1）计算其分子数，选项C错误；
D．合成氨反应（N2 + 3H2 2NH3）为可逆反应，1 mol N2与4 mol H2反应生成的氨气分子数小于2NA，选项D错误；
故答案为：B
【分析】A、1个－CH3中所含的电子数为6＋1×3=9。
B、乙烯和环丙烷的最简式都是CH2，即可按CH2进行计算即可。
C、标准状态下，己烷不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算。
D、N2与H2的反应为可逆反应，无法准确计算。
5．在给定条件下，下列工业制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A．工业制乙烯：煤苯乙烯
B．工业制硫酸：
C．工业制碳酸钠：饱和
D．海水提取镁：海水
【答案】C
【知识点】工业制取硫酸；电解原理；海水资源及其综合利用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解析】A、煤的液化过程不能直接生成苯，工业上苯主要通过煤的干馏获得；乙烯的生产原料是石油裂解产物，而非来自苯的分馏，选项A错误。
B、黄铁矿（FeS2）燃烧时主要产物是二氧化硫（SO2），要转化为三氧化硫（SO3）需要经过催化氧化过程，选项B错误。
C、侯氏制碱法的正确流程是：先在饱和食盐水中通入氨气形成碱性环境，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，最后加热分解得到碳酸钠，该选项描述完全符合实际生产工艺，C选项正确。
D、电解氯化镁水溶液时，由于氢离子的放电顺序优先于镁离子，无法得到金属镁，工业上是通过电解熔融状态的氯化镁来制备镁，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、苯来自于煤的干馏；乙烯来自于石油的裂解。
B、FeS2与O2反应生成SO2。
C、往饱和氨盐水中通入CO2，可生成NaHCO3，NaHCO3受热分解，得到Na2CO3。
D、金属Mg通过电解熔融MgCl2获得。
6．Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：
下列关于该活化历程的说法正确的是
A．恒容条件下，充入稀有气体使体系压强增大，可加快化学反应速率
B．该反应的决速步是：中间体2→中间体3
C．Ni是该反应的催化剂，可增大单位体积内活化分子百分数
D．该反应的热化学方程式为： ΔH=-6.75kJ/mol
【答案】B
【知识点】热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．在恒容条件下，向体系中充入稀有气体不会改变反应物的浓度，因此反应速率保持不变，选项A错误。
B．根据反应历程图分析，从中间体2转化为中间体3的步骤具有最大的活化能，是整个反应中最慢的步骤，因此该步骤决定了整个反应的速率，选项B正确。
C．从图中可以看出，反应的化学方程式为：Ni + C2H6 = NiCH2 + CH4，这表明Ni是反应物而非催化剂，选项C错误。
D．正确的热化学方程式应该标明物质的状态，应为：Ni(s) + C2H6(g) = NiCH2(s) + CH4(g) = -6.57 kJ/mol。原选项未标注物质状态，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、恒容条件下，通入稀有气体，各物质的浓度不变，反应速率不变。
B、反应所需的活化能越高，反应速率越慢，为总反应的决速步。
C、Ni是该反应的反应物，而不是催化剂。
D、热化学方程式中需标明物质的聚集状态。
7．“宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一，下列离子方程式的书写正确的是
A．海水提溴工艺中用SO2还原Br2：
B．过量铁粉加入稀硝酸中：
C．用醋酸和淀粉—KI溶液检验：
D．向硅酸钠溶液中通入过量CO2：
【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、在海水提溴工艺中，使用SO2还原Br2时，会生成硫酸和氢溴酸。由于HBr是强酸，其离子方程式为Br2 + SO2 + 2H2O = 4H+ + 2Br- +，选项A错误。B、当过量的铁粉与稀硝酸反应时，应生成Fe2+而不是Fe3+。正确的离子方程式为3Fe + 8H+ + 2 = 3Fe2+ + 4H2O + 2NO↑，选项B错误。
C、使用醋酸和淀粉-KI溶液检验时，反应的离子方程式为，选项C错误。
D、向硅酸钠溶液中通入过量CO2时，会生成碳酸氢钠和硅酸沉淀。反应的离子方程式为，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、HBr是强酸，在离子方程式中可拆解成离子形式。
B、铁粉过量，则Fe能进一步与Fe3＋反应，生成Fe2＋。
C、CH3COOH是弱酸，在离子方程式中保留化学式。
D、酸性H2CO3＞H2SiO3，且CO2过量，反应生成HCO3－。
8．我国科研人员设计了一种如图所示的多功能电池，该电池实现了乙烯—电能的联产和N2O的降解。下列说法正确的是
A．催化电极1表面发生了氧化反应
B．反应过程中，溶液中H+向电极2移动
C．每转移电子的同时会生成11.2L N2
D．负极反应式为
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 催化电极1作为正极，N2O发生得电子的还原反应，生成N2，其电极反应为，选项A错误；
B. 在原电池中，阳离子（H+）会向正极（电极1）移动，选项B错误；
C. 题目没有说明气体是否处于标准状况，因此无法计算其体积，选项C错误；
D. 催化电极2发生氧化反应，作为负极，其电极反应为，选项D正确；
故答案为：D
【分析】由电池装置图可知，催化电极1上，N2O转化为N2，发生得电子的还原反应，因此催化电极1为正极，其电极反应式为：N2O＋2e－＋2H＋=N2＋H2O。催化电极2为负极，C2H6发生失电子的氧化反应，生成C2H4，其电极反应式为：C2H6－2e－=C2H4＋2H＋。据此结合选项分析。
9．下列说法正确的是
A．在同温同压下S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1<0；S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2<0，则ΔH1>ΔH2
B．一定条件下，将1molH2(g)和1molI2(g)置于密闭容器中充分反应生成HI(g)放出热量akJ，其热化学方程式为H2(g)+I2(g) 2HI(g) ΔH=-akJ·mol-1
C．根据2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6kJ·mol-1，则氢气的燃烧热为ΔH=-285.8kJ·mol-1
D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应不需要加热，是放热反应
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；燃烧热；热化学方程式；反应热的大小比较
【解析】【解析】A、硫单质与氧气反应生成二氧化硫为放热过程。由于气态硫(S(g))比固态硫(S(s))具有更高的能量，当燃烧生成SO2(g)时，气态硫释放的热量更多，导致ΔH1的数值比ΔH2更小（即更负）。因此关系ΔH1 < ΔH2成立，选项A错误。
B、氢气和碘蒸气的反应H2(g) + I2(g) 2HI(g)是可逆反应，1mol H2与1mol I2不可能完全转化。实际放热a kJ必然小于完全反应的理论焓变值，而热化学方程式中的ΔH应表示完全反应时的焓变，因此不能直接用a kJ表示，选项B错误。
C、根据燃烧热定义（1mol物质完全燃烧生成稳定产物时放出的热量），当2mol H2燃烧放热571.6 kJ时，其燃烧热应为ΔH/2 = -285.8 kJ·mol-1。且生成液态水符合燃烧热定义要求，选项C正确。
D、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应虽然是吸热反应，但"不需要加热"的描述具有误导性，该反应会吸收环境热量导致体系温度下降，选项D错误。
故答案为：C
【分析】A、气态硫具有的能量越高，反应过程中放出的热量越多，反应热ΔH越小。
B、该反应为可逆反应，1molH2(g)与1molI2(g)无法完全反应。
C、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成指定产物时放出的热量。
D、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应。
10．下列实验装置及操作能达到相应实验目的的是
A．装置①除去甲烷中乙烯
B．装置②用于实验室模拟石油分馏
C．装置③比较KMnO4、Cl2和S的氧化性
D．装置④测定有机物C2H6O的结构
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；乙烯的物理、化学性质；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A．乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应会被氧化生成二氧化碳，这会引入新的杂质，因此该方法不能用于除杂，选项A错误；
B．蒸馏操作中，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口下方，且冷凝水应采用"下进上出"的流向，图中装置存在这两处错误，选项B错误；
C．实验现象表明：浓盐酸与KMnO4反应生成Cl2（反应方程式为2KMnO4 + 16HCl = 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O），说明氧化性KMnO4 > Cl2；Cl2又能与Na2S反应生成S（反应方程式为Cl2 + Na2S = 2NaCl + S↓），说明氧化性Cl2 > S，由此可得出氧化性顺序KMnO4 > Cl2 > S，选项C正确；
D．由于金属钠既能与乙醇反应生成氢气，也能与水反应生成氢气，因此通过测量氢气体积的方法无法准确测定有机物C2H6O的结构，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、酸性KMnO4溶液能将乙烯氧化成CO2。
B、蒸馏装置中冷凝水应从“下口进，上口出”。
C、根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析。
D、装置④水溶液中H2O也能与Na反应生成H2。
11．海洋中有丰富的水生生物和化学资源。海水资源综合利用的部分过程如图所示，下列说法正确的是
A．试剂Y为石灰乳，发生反应的离子方程式为Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+
B．操作M用到的玻璃仪器为蒸发皿、酒精灯、玻璃棒
C．步骤Ⅱ用Na2CO3溶液吸收3mol Br2转移电子物质的量为6mol
D．除去粗盐中杂质离子(Ca2+、Mg2+、SO)加入试剂的顺序可以为Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液
【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用；粗盐提纯
【解析】【解答】A. 试剂Y为石灰乳，与卤水中的Mg2+反应生成Mg(OH)2沉淀，离子方程式为Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，选项A正确。
B. 操作M为蒸馏，需使用酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管、锥形瓶等玻璃仪器，选项B错误。
C. 步骤Ⅱ中Na2CO3吸收Br2发生歧化反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，每吸收3mol Br2转移5mol电子，选项C错误。
D. 粗盐提纯时，试剂加入顺序应为BaCl2（除SO42-）、Na2CO3（除Ca2+和过量Ba2+）、NaOH（除Mg2+），选项D错误。
故答案为：A
【分析】海水经过晒盐过程可得到粗盐、卤水和淡水。粗盐经过精制后，通过电解饱和食盐水可制备氢气、氯气和烧碱。卤水中主要含有氯化镁，通入氯气可将Br-氧化为Br2，低浓度Br2溶液通过热空气吹出Br2单质，再用Na2CO3吸收，生成溶液，加入硫酸后发生归中反应重新生成Br2。石灰乳与卤水发生复分解反应生成Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2用盐酸溶解得到MgCl2溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2晶体，再脱水制得无水氯化镁，最后电解熔融MgCl2得到金属镁。
12．有机物的结构可用键线式表示，如CH3CH=CHCH3可写成。薰衣草香气中含有的有机物a和有机物b的键线式如图所示，下列说法正确的是
A．有机物a的分子式为C12H22O3
B．有机物a和b中的官能团种类相同
C．1mol有机物b最多能与3mol H2发生加成反应
D．有机物a和b都能在铜催化条件下氧化成含醛基的物质
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；醇类简介
【解析】【解析】A．由化合物a的结构简式可确定其分子式为，选项A说错误；B．分析a和b的结构可知，两者均含有羟基（-OH）、酯基（-COO-）和碳碳双键（C=C）三种官能团，因此官能团种类相同，选项B正确；
C.1mol有机物b分子中含有2mol碳碳双键，根据加成反应原理，最多能与氢气发生加成反应，选项C错误；
D．由于a和b分子中的羟基均连接在仲碳原子上（与两个烃基相连的碳），因此催化氧化后均生成酮羰基（C=O），选项D错误；
故答案为：B
【分析】A、根据结构简式确定分子中所含C、H、O的原子个数，从而确定其分子式。
B、根据有机物a、b的结构简式确定其所含的官能团。
C、有机物b中能与H2发生加成反应的官能团为碳碳双键。
D、能在Cu催化条件下氧化成醛基，则该结构中应含有-CH2OH。
13．下列实验目的、方案设计和现象以及结论都正确的是
选项 实验目的 方案设计和现象 结论
A 检验鸡皮中的脂肪 取一块鸡皮放于表面皿中，将浓硝酸滴到鸡皮上，鸡皮呈现黄色 鸡皮中含有脂肪
B 向饱和NaHCO3溶液中加入稀HNO2溶液 产生的气体能使澄清石灰水变浑浊 非金属性：N>C
C 探究酸性条件下的氧化性 向溶有SO2的BaCl2溶液中加入Fe(NO3)3溶液，有白色沉淀生成 酸性条件下有强氧化性
D 向溶液中先加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液 先无现象，后产生白色沉淀 溶液中一定含有
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；蛋白质的特殊反应；化学实验方案的评价；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解析】A、浓硝酸与蛋白质发生显色反应（黄色），但该反应仅针对蛋白质，脂肪的检测需使用苏丹Ⅲ或苏丹Ⅳ染液，A选项错误。
B、亚硝酸（HNO2）的酸性虽强于碳酸（H2CO3），但比较非金属性强弱需依据最高价含氧酸的酸性（即HNO3与H2CO3的对比），HNO2为非最高价含氧酸，无法作为判断依据，B选项错误。
C、实验现象中生成BaSO4沉淀的可能原因有两种：①SO2被Fe3+直接氧化为SO42 ；②SO2被NO3 （酸性条件下）氧化。由于未排除Fe3+的干扰，结论不严谨，C选项错误。
D、先加盐酸可排除Ag+、CO32 等干扰离子，再加BaCl2生成白色沉淀，可证明原溶液含SO42 ，操作与结论均正确，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、遇浓硝酸变黄色，为蛋白质的特征检验，与脂肪无关。
B、比较非金属性的强弱，应用最高价含氧酸的酸性强弱比较。
C、溶液中的Fe3＋具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－。
D、检验SO42－时，应先加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液。
14．常温下，乙烷分子中的两个甲基可以绕键自由旋转，理论上乙烷分子可以有多种构象，其中两种构象的能量关系如图所示，下列说法错误的是
A．a分子比b分子稳定
B．乙烷分子所有原子不在同一平面上
C．1个a分子完全转化为b分子需要吸收12.6kJ热量
D．乙烷在光照条件下能与氯气发生反应生成多种有机物
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；烷烃
【解析】【解答】A．a分子能量更低，更稳定，A选项正确；
B．甲烷为正四面体结构，乙烷可视为上的一个氢原子被甲基取代的产物，分子中所有原子不在同一平面上，B选项正确；
C.1摩尔a分子完全转化为1摩尔b分子需要吸收热量，C选项错误；
D．乙烷在光照条件下能与氯气发生取代反应，生成多种有机物如、、等，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、物质所具有的能量越高，结构越不稳定。
B、结合CH4的四面体结构分析。
C、图示能量变化的单位为kJ·mol-1。
D、取代反应为系列反应，取代产物有多种。
15．除去电石渣浆()清液中的，并制取石膏(CaSO4·2H2O)的流程如图所示。
下列说法不正确的是
A．过程I中反应的离子方程式为：
B．过程Ⅱ中除去的反应时，体现氧化性
C．石膏CaSO4·2H2O加热到150℃时会失去大部分结晶水变成熟石膏2CaSO4·H2O
D．转化为的过程中，
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；含硫物质的性质及综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解析】A．过程I中将Mn(OH)2氧化为MnO32-，根据电子守恒和电荷守恒，离子方程式为：，选项A正确；
B．过程Ⅱ中MnO32-被还原为Mn(OH)2，锰元素化合价从+4降至+2，MnO32-表现出氧化性，选项B正确；
C、石膏（化学式为CaSO4·2H2O）在加热条件下可以转化为熟石膏（化学式为2CaSO4·H2O），选项C正确。
D、硫代硫酸根离子（）转化为硫酸根离子（）的过程中，硫元素的化合价从+2价升高至+6价，每个硫原子转移4个电子，因此1 mol转移8 mol电子。根据氧气与电子的关系式，可知，选项D错误。
故答案为：D
【分析】A、根据流程图可知，过程Ⅰ中Mn(OH)2与O2反应生成MnO32－和H2O，据此确定反应的离子方程式。
B、根据过程Ⅱ中Mn元素化合价变化，确定MnO32－的性质。
C、加热过程中CaSO4·2H2O转化为2CaSO4·H2O。
D、根据转移电子守恒进行计算。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．以某铜矿石制备Cu(NO3)2晶体的工艺流程如图所示，已知铜矿石的主要成分为Cu2S和少量SiO2，滤液I中含Cu2+。
（1）Cu2S中Cu的化合价是　 　。
（2）为加快“氧化浸出”的速率可采取的措施是　 　（写一种即可）；滤渣I的主要成分　 　。
（3）加入过量Fe的目的是　 　；“滤液Ⅱ”中的金属阳离子为　 　。
（4）“反应”中Cu发生的离子反应方程式为　 　。
（5）“沉铁”分离出沉淀后从溶液中析出Cu(NO3)2晶体的操作为　 　、　 　、过滤、洗涤、干燥。[已知Cu(NO3)2晶体受热易分解]
（6）“反应”中生成的气体与适量的O2混合获得NO和NO2物质的量之比为的混合气体，将其通入NaOH溶液中，所发生反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）+1
（2）粉碎、搅拌、适当升温（加热）、适当提高硝酸铁溶液浓度；S和SiO2
（3）使Cu2+转化为Cu被置换出来；Fe2+
（4）
（5）蒸发浓缩；冷却（降温）结晶
（6）NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）根据化合价为0的原则，Cu2S中Cu的化合价为+1价，S的化合价为-2价。
故答案为：+1
（2）粉碎、搅拌、适当升温（加热）、适当提高硝酸铁溶液浓度 (1分，合理即得分) ；滤渣Ⅰ的成分是单质S和SiO2。
故答案为： 粉碎、搅拌、适当升温（加热）、适当提高硝酸铁溶液浓度； S和SiO2
（3）加入过量Fe的目的是将铜离子转化为铜单质，利于后续分离出铜单质进行下一步反应；由分析，“滤液Ⅱ”中的金属阳离子为Fe2+。
故答案为： 使Cu2+转化为Cu被置换出来；Fe2+
（4）稀硝酸与铜能反应生成铜离子、一氧化氮气体，反应为：。
故答案为：
（5）从溶液中析出Cu(NO3)2晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
故答案为： 蒸发浓缩； 冷却（降温）结晶
（6）NO、NO2按照物质的量之比为1：1与NaOH溶液反应，生成NaNO2和水，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。故答案为： NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O
【分析】铜矿石中的硫化亚铜（Cu2S）与硝酸铁溶液反应，生成铜离子（Cu2+）、亚铁离子（Fe2+）和硫单质（S）。二氧化硅（SiO2）与硝酸铁溶液不发生反应，因此滤渣Ⅰ的主要成分是单质硫（S）和二氧化硅（SiO2）。
滤液Ⅰ中含有铜离子（Cu2+），加入过量的铁粉后，铁与铁离子（Fe3+）、铜离子（Cu2+）发生反应，生成铜单质（Cu）和亚铁离子（Fe2+）。因此，“滤液Ⅱ”的主要成分是亚铁离子（Fe2+），而滤渣Ⅱ是未反应的铁和生成的铜。
向滤渣Ⅱ中加入稀硝酸，稀硝酸与铁、铜均能反应，生成铜离子（Cu2+）、铁离子（Fe3+）和一氧化氮（NO）气体。在沉铁过程中，加入氢氧化铜（Cu(OH)2）消耗溶液中的氢离子（H+），促使铁离子（Fe3+）转化为氢氧化铁（Fe(OH)3）沉淀而被除去。最后，对滤液进行一系列处理，最终得到硝酸铜晶体（Cu(NO3)2·xH2O）。
（1）根据化合价为0的原则，Cu2S中Cu的化合价为+1价，S的化合价为-2价；
（2）粉碎、搅拌、适当升温（加热）、适当提高硝酸铁溶液浓度 (1分，合理即得分) ；滤渣Ⅰ的成分是单质S和SiO2；
（3）加入过量Fe的目的是将铜离子转化为铜单质，利于后续分离出铜单质进行下一步反应；由分析，“滤液Ⅱ”中的金属阳离子为Fe2+；
（4）稀硝酸与铜能反应生成铜离子、一氧化氮气体，反应为：；
（5）从溶液中析出Cu(NO3)2晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（6）NO、NO2按照物质的量之比为1：1与NaOH溶液反应，生成NaNO2和水，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。
17．氮化铝(AlN)是一种新型非金属材料，室温下能与水缓慢反应，可由Al2O3、碳粉与N2反应合成，反应方程式为Al2O3+3C+N22AlN+3CO。某探究小组在实验室制备AlN并测定产品纯度，设计实验如下。回答下列问题：
I．制备AlN
（1）盛装NaNO2溶液的仪器名称为：　 　写出装置A中发生反应的化学方程式　 　。
（2）实验开始先点燃　 　(填“A”或“C”)处酒精灯或者酒精喷灯，目的是　 　。
（3）C装置中石棉绒的作用是　 　；D装置中碱石灰的作用是　 　。
（4）该装置的缺陷是　 　。
II．测定AlN纯度
已知：AlN+NaOH+3H2O=Na[Al(OH)4]+NH3↑，利用如下装置测定0.05g AlN样品的纯度。
（5）a导管的作用是　 　。
（6）X液体可选择　 　(填选项标号)。
A. 四氯化碳 B. 蒸馏水 C. 苯 D. 饱和食盐水
（7）当反应完全后，测得NH3体积为11.2mL(折合成标准状况)，该AlN产品的纯度为　 　。
【答案】分液漏斗；；A；利用生成的氮气排净装置中的空气，防止碳粉被氧化；增大接触面积，加快反应速率；防止空气中的水蒸气进入，与AlN发生反应；无尾气处理装置；平衡压强，便于漏斗内液体顺利滴下；可消除因滴下液体排出气体所引起的实验误差；A，C；41%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）盛装NaNO2溶液的仪器名称为分液漏斗，由图可知装置A用来制N2、同时得到氯化钠和水，反应方程式为。
故答案为： 分液漏斗；
（2）实验开始先点燃A处酒精灯，目的是：利用反应产生的排干净装置内的空气，防止碳粉被氧化。
故答案为： A；利用生成的氮气排净装置中的空气，防止碳粉被氧化
（3）石棉绒可使Al2O3和碳粉均匀分散，增大与N2的接触面积，加快反应速率。已知氮化铝(AlN)室温下能与水缓慢反应，加热下则反应速率增大，故D装置中碱石灰的作用是：防止空气中的水蒸气进入，与AlN发生反应。
故答案为： 增大接触面积，加快反应速率；防止空气中的水蒸气进入，与AlN发生反应
（4）制备AlN会产生CO，污染环境，则该装置的缺陷是：缺少尾气处理装置。
故答案为： 无尾气处理装置
（5）导管a可连通分液漏斗与下端装置，则a导管的作用是：可以平衡压强，便于漏斗内液体顺利滴下，也可消除因滴下液体排出气体所引起的实验误差。
故答案为： 平衡压强，便于漏斗内液体顺利滴下；可消除因滴下液体排出气体所引起的实验误差
（6）NH3极易溶于水，不溶于有机溶剂，可选用排煤油或者苯的方法进行量气，则选AC。
故答案为： AC
（7）标准状况下，NH3为11.2mL，即0.0005mol，则AlN也为0.0005mol，则该AlN产品的纯度为。
故答案为： 41%
【分析】I．实验装置分析：装置A用于制备氮气（N2）；碱石灰干燥管用于干燥氮气
干燥后的氮气进入装置C与铝粉反应生成氮化铝（AlN）；反应副产物一氧化碳（CO）具有毒性，需通过后续处理装置进行尾气处理。
Ⅱ．含量测定原理：通过测量反应生成的氨气（NH3）体积来计算样品中氮化铝的含量；氨气易溶于水但难溶于有机溶剂（如四氯化碳CCl4或苯C6H6）；因此量气管中的液体X应选用不与氨气反应的有机溶剂，如四氯化碳或苯。
18．丙酸异丙酯（C6H12O2）可用作食品用香料，以丙烯为原料合成丙酸异丙酯的方法如图所示。
请回答下列问题：
（1）写出丙烯的结构简式：　 　，A和C中含有的官能团名称分别是　 　。
（2）写出A→B的化学方程式：　 　。
（3）D在一定条件下转化为E的反应类型为　 　；相对分子质量比D大14的D的同系物F，其同分异构体有　 　种。
（4）下列关于有机物E的叙述中，错误的是______（填序号）。
A．能与单质钠反应生成O2 B．能使无色酚酞溶液变红
C．不能与NaOH溶液反应 D．能被酸性高锰酸钾溶液氧化
（5）写出C和E反应生成丙酸异丙酯的化学方程式：　 　。
（6）有机物M是C的同分异构体，且含有酯基，酸性条件下水解产物之一为乙酸，写出有机物M的结构简式：　 　。
【答案】（1）；羟基、羧基
（2）
（3）取代反应；4
（4）A；B
（5）
（6）CH3COOCH3
【知识点】有机物的推断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；醇类简介
【解析】【解答】（1）丙烯的结构简式是。A是1-丙醇，官能团是羟基，C是丙酸，官能团是羧基。
故答案为： ；羟基、羧基
（2）1-丙醇发生催化氧化生成的B为，方程式为：。
故答案为：
（3）D上的氯原子发生水解反应生成E（2-丙醇），氯原子水解为羟基，既是水解反应也属于取代反应。相对分子质量比D大14的D的同系物F，分子式为：，其同分异构体分别是：、、、四种。
故答案为：取代反应；4
（4）有机物E是，官能团是羟基。
A．其官能团是羟基，能与单质钠反应生成氢气，A错误；
B．醇呈中性，不使酚酞变红，B错误；
C．醇羟基不能与NaOH溶液反应，C正确；
D.2-丙醇上与羟基相连的碳上有氢原子，可以被高锰酸钾氧化，D正确；
故答案为：AB
（5）C是丙酸，E是，二者发生酯化反应，方程式为：。
故答案为：
（6）与C（丙酸）互为同分异构体且含酯基、酸性条件下水解能生成乙酸的有机物 M 为（乙酸甲酯）。
故答案为：
【分析】丙烯（CH3CH=CH2）与水在特定条件下发生加成反应，生成A：1-丙醇（CH3CH2CH2OH）。1-丙醇经过催化氧化后转化为B：丙醛（CH3CH2CHO）。丙醛进一步催化氧化生成C：丙酸（CH3CH2COOH）。
另一方面，丙烯与氯化氢（HCl）发生加成反应生成D：2-氯丙烷（CH3CHClCH3）。2-氯丙烷水解后得到E：异丙醇（CH3CH(OH)CH3）。
最终，丙酸（C）与异丙醇（E）通过酯化反应生成丙酸异丙酯（CH3CH2COOCH(CH3)2）。
（1）丙烯的结构简式是。A是1-丙醇，官能团是羟基，C是丙酸，官能团是羧基。
（2）1-丙醇发生催化氧化生成的B为，方程式为：。
（3）D上的氯原子发生水解反应生成E（2-丙醇），氯原子水解为羟基，既是水解反应也属于取代反应。相对分子质量比D大14的D的同系物F，分子式为：，其同分异构体分别是：、、、四种。
（4）有机物E是，官能团是羟基。
A．其官能团是羟基，能与单质钠反应生成氢气，A错误；
B．醇呈中性，不使酚酞变红，B错误；
C．醇羟基不能与NaOH溶液反应，C正确；
D.2-丙醇上与羟基相连的碳上有氢原子，可以被高锰酸钾氧化，D正确；
故选AB。
（5）C是丙酸，E是，二者发生酯化反应，方程式为：。
（6）与C（丙酸）互为同分异构体且含酯基、酸性条件下水解能生成乙酸的有机物 M 为（乙酸甲酯）。
19．肼(N2H4)和氨是氮的两种重要的氢化物，都是应用广泛的化工原料。
（1）如图所示，写出肼与氢气生成氨气的热化学方程式　 　。
（2）若N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ；H2(g)+O2(g)=H2O(l)；则反应的=　 　 (用a和b表示)。
（3）某温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中充入2.0molN2(g)和2.0molH2(g)发生反应合成氨气，一段时间后反应达平衡状态，部分物质的物质的量n随时间t的变化情况如图所示：
①250s时，H2的转化率为　 　，0~50s内v(NH3)为　 　。
②下列情况不能说明该反应达到平衡状态的是　 　（填序号）。
A.2v正(N2) = v逆(NH3)
B．密闭容器中气体的压强不变
C．混合气体的密度不变
D．每生成6molN—H的同时断裂3molH—H
（4）利用反应6NO2 + 8NH3 = 7N2 + 12H2O设计成原电池，能消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，装置如图所示。
①电极a电极反应式为　 　。
②当有2.24L NH3(标准状况下)被消耗时，转移电子为　 　mol。
③为使电池持续放电，该离子交换膜需选用　 　(选填“阳”或“阴”)离子交换膜。
【答案】（1）N2H4(g) + H2(g) = 2NH3(g)-41.8
（2）
（3）90%；；CD
（4）；0.3；阴
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡状态的判断；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）如图所示该反应热化学方程式：。
故答案为： N2H4(g) + H2(g) = 2NH3(g)-41.8
（2）由盖斯定律可知，Ⅰ-2×Ⅱ得到，则；。
故答案为：
（3）①250s时，生成氨气的物质的量为1.2mol，则反应的氢气为1.8mol，H2的转化率为；20~50s内生成NH3的物质的量为0.72mol，。
故答案为：90%；
②A．速率之比等于方程式中计量系数之比，，符合正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，气体物质的量是变量，压强也是变量，密闭容器中气体压强不变时达到平衡状态，B能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．混合气体的密度是定值，始终不变，不能说明反应达到平衡状态，C正确；
D．生成6molN—H即生成2molNH3(g)的同时断裂3molH—H即消耗3molH2(g)，不符合正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：CD
（4）①为负极，失去电子转化为，电解液环境是碱性，电极反应为：。
故答案为：
②根据价态变化，当有2.24L NH3(标准状况下为0.1mol)被处理时，转移电子为0.3mol。
故答案为：0.3
③负极消耗，正极生成，为了使电池持续放电，该离子交换膜需选用阴离子交换膜。
故答案为：阴
【分析】（1）根据图示物质转化和能量变化，书写反应的热化学方程式。
（2）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（3）①250s时，生成氨气的物质的量为1.2mol，结合反应的化学方程式计算参与反应的n(H2)，从而计算H2的转化率。0~50s内生成n(NH3)=0.72mol，结合公式计算用NH3表示的反应速率。
②当正逆反应速率相等（或变量不变）时，说明可逆反应处于平衡状态，据此分析选项。
（4）由反应可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应。据此分析作答。
（1）如图所示该反应热化学方程式：
（2）由盖斯定律可知，Ⅰ-2×Ⅱ得到，则；
（3）①250s时，生成氨气的物质的量为1.2mol，则反应的氢气为1.8mol，H2的转化率为；
②20~50s内生成NH3的物质的量为0.72mol，；
③A．速率之比等于方程式中计量系数之比，，符合正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，气体物质的量是变量，压强也是变量，密闭容器中气体压强不变时达到平衡状态，B能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．混合气体的密度是定值，始终不变，不能说明反应达到平衡状态，C正确；
D．生成6molN—H即生成2molNH3(g)的同时断裂3molH—H即消耗3molH2(g)，不符合正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，D正确；
故答案选CD。
（4）①由反应可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应。
①为负极，失去电子转化为，电解液环境是碱性，电极反应为：；
②根据价态变化，当有2.24L NH3(标准状况下为0.1mol)被处理时，转移电子为0.3mol；
③负极消耗，正极生成，为了使电池持续放电，该离子交换膜需选用阴离子交换膜。
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