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广东省深圳市盐田高级中学2024-2025学年高一下学期5月期中化学试题
一、选择题(本题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1．化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A．“嫦娥号”飞船带回的月壤中含有，它与互为同位素
B．中国空间站使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料
C．“天宫”实验舱太阳能电池采用砷化镓(GaAs)作为半导体，该电池将太阳能转化为电能
D．“天宫课堂”实验过饱和乙酸钠溶液结晶形成温热的“冰球”，是吸热过程
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；元素、核素
【解析】【解答】A、同位素的定义为质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子。3He 和4He 的质子数均为 2，中子数分别为 1 和 2，二者互为同位素，A正确；
B、碳纤维是含碳量高于 90% 的无机高分子材料，属于新型无机非金属材料，具备高强度、耐高温等特性，B正确；
C、砷化镓属于半导体材料，太阳能电池利用其光电效应将太阳能直接转化为电能，C正确；
D、过饱和乙酸钠溶液结晶属于凝固过程，结晶过程会释放热量，因此该过程是放热而非吸热，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同位素判断：依据质子数相同、中子数不同的原则判定同种元素的不同原子是否为同位素。
材料分类：碳纤维属于无机非金属材料，明确其成分和类别属性。
能量转化：太阳能电池利用半导体材料的光电效应，实现太阳能到电能的转化。
结晶热效应：溶质从溶液中结晶析出的过程属于放热过程，理解常见物质结晶的热变化规律。
2．现有两瓶溶液，新制的饱和氯水和的饱和水溶液，下列方法或试剂(必要时可加热)：①观察颜色 ②石蕊试剂 ③品红溶液，能用于鉴别它们的是
A．①②③ B．只有①③ C．只有②③ D．只有①②
【答案】A
【知识点】二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】①观察颜色：新制饱和氯水因溶解有 Cl2呈浅黄绿色，SO2的饱和水溶液为无色，可直接区分。
②石蕊试剂：氯水中含盐酸和次氯酸，石蕊试剂先变红后褪色；SO2水溶液呈酸性，仅使石蕊变红，现象不同可鉴别。
③品红溶液：氯水中的次氯酸氧化品红使其永久褪色，SO2使品红暂时褪色，加热后可恢复颜色，现象差异明显可鉴别。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
颜色鉴别：Cl2溶于水呈浅黄绿色，SO2水溶液无色，可通过外观直接区分。
酸性与漂白性：氯水兼具酸性和强氧化性漂白性，SO2水溶液仅显酸性且不能漂白酸碱指示剂。
漂白原理差异：次氯酸的氧化漂白不可逆，SO2的化合漂白可逆，加热后可恢复原色。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1.0mol SO2和0.5mol O2混合充分反应后，SO3气体分子总数为1.0NA
B．0.1mol/L的H2SO4溶液电离出H+的数目为0.2NA
C．常温下，在14g C2H4和C4H8混合气体中含有极性键数目为2NA
D．标准状况下，22.4L H2O中含有的氧原子数约为2NA
【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、二氧化硫与氧气生成三氧化硫的反应是可逆反应，反应物无法完全转化，1mol SO2和 0.5mol O2充分反应后，生成 SO3的分子数小于 NA，A错误；
B、计算氢离子数目需要已知溶液体积，题目未给出体积，无法计算 H+数目，B错误；
C、C2H4和 C4H8的最简式均为 CH2，14g 混合物中 CH2的物质的量为 1mol，每个 CH2含 2 个极性键，故极性键总数为 2NA，C正确；
D、标准状况下水不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，22.4L H2O 的物质的量远大于 1mol，氧原子数远大于 2NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
可逆反应特性：可逆反应不能进行到底，产物量小于理论值。
物质的量计算：计算离子数目必须已知溶液体积。
最简式法：最简式相同的混合物，可按最简式计算化学键数目。
气体摩尔体积适用范围：仅适用于标准状况下的气体，液体、固体不适用。
4．如图所示，有关化学反应和能量变化的说法正确的是（ ）
A．图a表示的是吸热反应的能量变化
B．图b中反应物比生成物稳定
C．图a可以表示氯化铵固体与氢氧化钡晶体反应的能量变化
D．图a不需要加热就能发生，图b一定需要加热才能发生
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、图 a 中反应物总能量高于生成物总能量，反应过程释放能量，属于放热反应，并非吸热反应，A错误；
B、物质能量越低越稳定，图 b 中反应物总能量低于生成物总能量，因此反应物比生成物更稳定，B正确；
C、氯化铵固体与氢氧化钡晶体的反应是典型的吸热反应，而图 a 代表放热反应，无法对应该反应的能量变化，C错误；
D、放热反应不一定不需要加热，比如铝热反应需要高温才能引发；吸热反应也不一定需要加热，比如氯化铵与氢氧化钡的反应在常温下就能进行，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
放热与吸热判断：反应物总能量高于生成物为放热反应，低于生成物为吸热反应。
物质稳定性：能量越低的物质越稳定，可通过总能量高低判断物质稳定性。
典型反应归类：氯化铵与氢氧化钡的反应是吸热反应，可用于对照判断。
反应条件与热效应：反应是否需要加热与反应是放热还是吸热没有必然联系。
5．对于反应，下列表示中反应速率最大的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】反应：，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，统一换算为以表示、单位为的速率：
A、
B、，则
C、，则
D、，则
对比换算后速率：，故A的反应速率最大，
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
比较反应速率必须统一物质、统一单位，再比较数值大小；
同一反应中，，据此换算；
注意单位换算：，D项需先将转为再计算；
易错点：不按计量数换算、忽略单位换算，直接比较原始数值导致错误。
6．聚合物前驱体转化法在陶瓷材料制备领域有重要应用价值，一种聚合物前驱体结构如图所示(R1、R2表示烃基)。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Z同主族，W的核外电子总数等于Y的最外层电子数。下列说法不正确的是
A．原子半径：Z>W>X B．简单氢化物沸点：Y>X
C．最高价含氧酸的酸性：Z>X D．Z的氧化物ZO2为共价化合物
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、根据原子半径递变规律，同周期主族元素从左到右半径减小（C>N），同主族元素从上到下半径增大（Si>C），因此原子半径：Si>C>N，A正确；
B、NH3分子间存在氢键，会显著提升物质的沸点；CH4分子间仅存在范德华力，因此 NH3的沸点高于 CH4，B正确；
C、同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性 C>Si，元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，因此酸性：H2CO3>H2SiO3，C错误；
D、SiO2由 Si 和 O 通过共价键结合而成，属于共价化合物，D正确；
故答案为：C。
【分析】W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素。X、Z 同主族且均形成 4 个共价键，结合成键特点可推知 X 为 C、Z 为 Si；W 的核外电子总数等于 Y 的最外层电子数，且原子序数： W的核外电子总数等于Y的最外层电子数，故W为B，Y为N。
7．下列装置中，可形成原电池的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、两个电极均为石墨，活泼性相同，无法发生自发的氧化还原反应，不能形成原电池，A不符合题意；
B、蔗糖溶液为非电解质溶液，不能导电，无法形成闭合回路，不能形成原电池，B不符合题意；
C、Cu 与 C 用导线连接插入稀硝酸，虽能发生自发氧化还原反应，但装置未形成闭合回路，不能形成原电池，C不符合题意；
D、Mg、Cu 活泼性不同，插入稀盐酸（电解质溶液），两电极直接接触形成闭合回路，可发生自发氧化还原反应，能形成原电池，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
原电池的构成条件：①两个活泼性不同的电极；②电解质溶液；③形成闭合回路；④能自发进行的氧化还原反应；
易错点：忽略 “闭合回路” 的要求，误将未形成回路的装置判定为原电池；混淆非电解质溶液无法导电的特点。
8．下列表示不正确的是
A．乙烯的结构式：
B．甲酸甲酯的结构简式：
C．甲基丁烷的键线式：
D．甲基的电子式：
【答案】B
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；结构简式
【解析】【解答】A、结构式的定义为用 “—” 代表一对共用电子对；乙烯分子中，C 原子与 H 原子之间形成 1 对共用电子对，C 原子与 C 原子之间形成 2 对共用电子对， A 正确；
B、C2H4O2是甲酸甲酯的分子式，结构简式需体现官能团，甲酸甲酯的正确结构简式为 HCOOCH3，B 错误；
C、键线式用线段表示碳碳键，端点和拐点代表碳原子，该式对应 2 - 甲基丁烷的碳骨架，C 正确；
D、甲基（-CH3）的电子式需体现碳原子的一个未成对电子，该式书写正确，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
结构式：需完整画出所有原子和化学键，不能省略；
结构简式：需体现官能团，不能仅写分子式，甲酸甲酯的结构简式为 HCOOCH3，分子式为 C2H4O2；
键线式：省略碳、氢原子，用线段表示碳碳键，端点和拐点代表碳原子，氢原子根据碳四价补齐；
电子式：甲基为中性基团，需体现碳原子的一个未成对电子，不能写成离子式；
9．下列实验操作、实验现象和结论均正确且相符的是
选项 实验操作 实验现象 结论
A 将浓硫酸滴到蔗糖表面 固体变黑膨胀 浓硫酸有吸水性
B 向某溶液中滴加溶液 产生白色沉淀 溶液中含有
C 将浓硫酸和铜加热，冷却后用水稀释 产生有刺激性气味的气体，稀释后溶液呈蓝色 浓硫酸既表现氧化性，又表现酸性
D 将足量锌和浓硫酸共热，将气体通入品红溶液 产生有刺激性气味的气体，品红溶液褪色 产生的气体只有
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；化学实验方案的评价；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑是因浓硫酸的脱水性（脱去蔗糖中的 H、O），膨胀是浓硫酸氧化碳生成气体，体现氧化性，与吸水性无关，故A不符合题意 ；
B、滴加 BaCl2产生白色沉淀，可能是 BaSO4、AgCl 等，不能证明溶液含 SO42-，故B不符合题意 ；
C、浓硫酸与铜加热，生成刺激性气体 SO2（体现氧化性），稀释后溶液呈蓝色（生成 CuSO4，体现酸性），故C符合题意 ；
D、足量锌与浓硫酸共热，先生成 SO2，浓硫酸变稀后还会生成 H2，气体不止 SO2，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】从实验操作涉及的物质性质出发，分析现象与结论的逻辑关系，判断操作、现象、结论是否一致。
10．目前，中国汽车行业已经发生翻天覆地的变化，电动汽车的发展异常耀眼。新能源汽车最重要的部件就是电池，现有一款铅酸电池，放电时的电池反应：。据此判断下列叙述正确的是
A．放电时，电能转化为化学能 B．Pb是负极
C．得电子，被氧化 D．电池放电时，溶液酸性增强
【答案】B
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电为原电池工作过程，是将化学能转化为电能，而非电能转化为化学能，A 错误；
B、Pb 在放电时失电子发生氧化反应，作原电池的负极，B 正确；
C、PbO2在放电时得电子发生还原反应，被还原，而非被氧化，C 错误；
D、放电时硫酸参与反应被消耗，溶液中 H+浓度降低，酸性减弱，D 错误；
故答案为：B。【分析】本题解题要点：
原电池能量转化：放电过程是化学能转化为电能，充电过程是电能转化为化学能；
正负极判断：失电子、发生氧化反应的物质作负极，得电子、发生还原反应的物质作正极；
反应类型判断：得电子为还原反应，失电子为氧化反应；
溶液酸性变化：根据总反应，硫酸被消耗生成水，H+浓度降低，酸性减弱；
11．已知第三代工业制取多晶硅流程如图所示：
下列说法错误的是
A．制取粗硅的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B．单质硅可用于制备计算机芯片
C．粗硅粉碎可以增大与HCl的接触面积，加快反应速率
D．H2与SiHCl3制备多晶硅的反应属于置换反应
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A. 粗硅制备反应为，其中SiO2为氧化剂，C为还原剂，二者物质的量之比为，故A错误；B. 单质硅是半导体材料，广泛应用于芯片和太阳能电池， 故B正确；
C. 粉碎粗硅可增大固体接触面积，加快反应速率， 故C正确；
D. SiHCl3与H2的反应，属于置换反应， 故D正确；
故选A。
【分析】石英（SiO2）与焦炭在高温下反应生成粗硅和CO气体，后续流程包括粗硅粉碎、与HCl反应生成SiHCl3，再经提纯后与H2反应制得多晶硅。
12．常温常压下，将盛有25 mL NO2和O2混合气体的量筒倒置于盛满水的水槽中，一段时间后，气体体积减小到5 mL且不再变化，则原混合气体中NO2和O2的体积比可能为
A．1∶1 B．18∶7 C．9∶16 D．23∶2
【答案】D
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】反应原理：NO2与 O2在水中总反应为 4NO2+O2+2H2O=4HNO3；若 NO2过量，过量部分会与水继续反应生成 NO。
分情况讨论：
氧气过量：剩余 5mL 为 O2，按总反应计算 NO2体积为 16mL，O2体积为 9mL，体积比为 16：9。
NO2过量：剩余 5mL 为 NO，逆推剩余 NO2体积为 15mL，再按总反应计算 O2体积为 2mL，NO2体积为 23mL，体积比为 23：2。
比例匹配：对比选项，只有 23：2 符合计算结果。
故答案为：D。
【分析】本题易错点：容易遗漏 NO2过量时的后续反应；误将剩余气体全部当作 O2；计算时未按反应比例分配体积。
13．实验室利用乙醇催化氧化制取粗乙醛 (沸点为20.8℃，能与水混溶)的反应装置如图所示，关于实验操作或叙述错误的是
A．该反应中铜为催化剂，硬质玻璃管中铜网出现红黑交替现象
B．甲中选用热水，有利于乙醇挥发，乙中选用冷水，有利于冷凝收集产物
C．试管a中收集产物，加入Na有可燃性气体生成，说明试管a中粗乙醛中混有乙醇
D．不能利用分液的分离方法除去试管a内乙醛中的杂质
【答案】C
【知识点】乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、铜在反应中先被氧化为黑色氧化铜，再被乙醇还原为红色铜，出现红黑交替现象，铜为该反应的催化剂，A正确；
B、甲中热水加热乙醇，可加快乙醇挥发，为反应提供稳定乙醇蒸气；乙中冷水冷却产物，促进乙醛冷凝收集，B正确；
C、乙醛也能与钠反应生成氢气，因此加入钠产生可燃性气体，不能证明一定混有乙醇，C错误；
D、乙醛与水、乙醇均可互溶，无法通过分液法分离杂质，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
催化剂特性：铜在反应中循环氧化还原，表现为红黑交替的颜色变化，体现催化剂的作用。
温度控制：热水促进乙醇挥发，冷水利于乙醛冷凝，实现原料供给与产物收集。
物质反应性：乙醛和乙醇都能与钠反应生成氢气，不能用钠检验乙醇的存在。
分离方法：互溶液体无法用分液分离，需根据沸点差异采用蒸馏法。
14．利用固体表面催化工艺进行分解的过程如图所示。
下列说法不正确的是
A．属于共价化合物
B．过程②吸收能量，过程③放出能量
C．反应过程中有极性键断裂，有非极性键形成
D．标准状况下，分解生成时转移电子数约为
【答案】D
【知识点】化学键；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、NO分子中N与O之间通过共价键结合，属于共价化合物，A正确；
B、过程②为NO分子吸附在催化剂表面，化学键断裂，需要吸收能量；过程③为N、O原子重新组合形成新的化学键，会放出能量，B正确；
C、反应过程中，NO中的极性键（N-O键）断裂；同时形成N2中的非极性键（N-N键）和O2中的非极性键（O-O键），C正确；
D、NO分解的总反应为，生成1mol 时，N元素从+2价降至0价，共转移4mol电子，即转移电子数约为，而非，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
共价化合物定义：由非金属元素之间通过共价键形成的化合物，NO符合该定义；
化学键断裂吸热、化学键形成放热是化学反应的基本规律，因此过程②（断键）吸热、过程③（成键）放热；
极性键存在于不同种原子间，非极性键存在于同种原子间。反应中NO的极性键断裂，生成的和均含非极性键；
氧化还原反应中电子转移数计算需关注元素化合价变化，生成1mol 时，2mol N原子共失去4mol电子。
15．工业制硫酸中的一步重要反应为：，下列情况不能说明该反应一定达到化学平衡的是
A．SO2的质量保持不变
B．SO2、O2和SO3的物质的量之比为2：1：2
C．SO3的含量保持不变
D．SO2和SO3的生成速率相等
【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、SO2的质量保持不变，说明体系中各组分的量不再变化，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A正确；
B、SO2、O2和 SO3的物质的量之比为 2：1：2，仅代表某一时刻的比例，与起始投料和转化率有关，不能说明正逆反应速率相等，无法判定平衡，B错误；
C、SO3的含量保持不变，说明各组分浓度不再改变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；
D、SO2的生成速率是逆反应速率，SO3的生成速率是正反应速率，二者相等时符合化学计量数关系，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
平衡标志：各组分的质量、含量等保持不变，或正逆反应速率相等，是判断平衡的核心依据。
比例陷阱：物质的量之比等于化学计量数之比，仅为偶然状态，与平衡无必然联系。
速率判断：不同物质的速率需符合化学计量数比例，才能说明正逆反应速率相等。
16．32g Cu与适量浓硝酸完全反应，将生成的混合气体(NO和NO2组成)通入700 mL 1 mol/L NaOH溶液中，混合气体恰好被完全吸收，得到只含NaNO2和NaNO3的混合溶液，混合气体中NO2的物质的量为
A．0.15 mol B．0.3 mol C．0.5 mol D．0.55 mol
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】Cu 的电子转移：32g Cu 的物质的量为 0.5mol，反应中 Cu 全部转化为 Cu2+，共失去 1mol 电子。
NaOH 的物料守恒：700mL 1mol/L NaOH 溶液中 Na+总物质的量为 0.7mol，最终全部转化为 NaNO2和 NaNO3，故 n(NaNO2)+n(NaNO3)=0.7mol。
N 元素守恒：混合气体中 NO 和 NO2的总物质的量等于 NaNO2和 NaNO3的总物质的量，即 0.7mol。
设 NO 为 x mol，NO2为 y mol，可得方程组：
，解得：，因此NO2的物质的量为0.55 mol，
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
容易忽略 N 元素守恒与 Na 元素守恒的关联；电子守恒计算时误判 NO 和 NO2的得电子数；未将 Cu 的失电子数与气体产物的得电子数建立守恒关系。
17．一定温度下，将2.5 mol A和2.5 mol B加入容积为2 L的恒容密闭容器里，发生如下反应：3A(g)+B(s) xC(g)+2D(g)。经5 s反应达到平衡，在此5 s内C的平均反应速率为0.2 mol·L-1·s-1，同时生成1 mol D。下列叙述正确的是
A．x=2
B．平衡时容器内气体的压强与起始时容器内气体的压强之比为8∶5
C．恒容条件下通入Ar，压强增大，则化学反应速率不变
D．反应达到平衡状态时，B的平均反应速率为0.05 mol·L-1·s-1
【答案】C
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、5s 内生成 C 的物质的量为 0.2mol L- s- × 2L × 5s = 2mol，同时生成 1mol D，根据计量数之比，x：2 = 2：1，解得 x=4，A错误；
B、平衡时气体总物质的量为 4mol，起始时气体只有 A，物质的量为 2.5mol，压强比等于物质的量之比，但该选项未明确温度条件，且压强比的前提需温度相同，表述不严谨，B错误；
C、恒容下通入 Ar，各反应气体的浓度不变，因此反应速率不受影响，C正确；
D、B 是固体，固体浓度视为常数，不能用浓度变化量表示反应速率，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
计量数计算：同一反应中，各物质的物质的量变化之比等于化学计量数之比，据此计算 x 的值。
压强比规律：恒容条件下，气体压强比等于物质的量之比，但需保证温度一致。
反应速率影响：恒容下通入惰性气体，反应气体浓度不变，反应速率不变。
固体速率：固体不能用浓度变化表示反应速率。
18．我国科研团队提出了室温下乙炔(CH≡CH)电催化加氢制乙烯(CH2=CH2)的新路径。乙烯与水反应能制备乙醇(CH3CH2OH)，乙醇氧化可生成乙酸(CH3COOH)，进而合成乙酸乙酯(CH3COOCH2CH3)；乙烯还可以制备聚乙烯()等物质。下列反应属于取代反应的是
A．CH≡CH+H2CH2=CH2
B．CH2=CH2+H2OCH3CH2OH
C．CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O
D．CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；乙醇的催化氧化实验；酯化反应
【解析】【解答】A、乙炔与氢气反应生成乙烯，是不饱和键两端原子与其他原子结合，属于加成反应，A错误；
B、乙烯与水反应生成乙醇，是碳碳双键打开后结合氢原子和羟基，属于加成反应，B错误；
C、乙醇转化为乙酸是加氧去氢的过程，属于氧化反应，C错误；
D、乙酸与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，本质是羟基与羧基之间的原子团交换，属于取代反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
取代反应定义：有机物分子里的原子或原子团被其他同类原子或原子团替代的反应。
加成反应判断：不饱和键断裂并结合新原子或基团，双键、三键参与的此类反应为加成。
氧化反应判断：有机物分子中加氧或去氢的反应属于氧化反应。
酯化反应本质：酯化反应是羧酸与醇之间的基团取代，属于取代反应的一种。
19．化合物丙是一种医药中间体，可以通过如图反应制得。下列说法错误的是
A．乙的分子式为C5H8O2
B．甲的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
C．乙可以发生取代反应、加成反应、氧化反应
D．甲、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；加成反应
【解析】【解答】A、从乙的结构可以数出，其分子含有 5 个 C、8 个 H 和 2 个 O，分子式为 C5H8O2，A正确；
B、甲的分子结构对称，只有 3 种不同化学环境的氢原子，因此其一氯代物有 3 种（不考虑立体异构），并非 4 种，B错误；
C、乙分子中含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应；酯基和甲基上的氢原子可发生取代反应，C正确；
D、甲和丙的分子结构中都含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使溶液褪色，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分子式确定：通过数结构中的 C、H、O 原子个数，确定乙的分子式。
一氯代物判断：根据氢原子的化学环境种类数，判断一氯代物数目，环境数等于一氯代物数目。
反应类型判断：含双键可发生加成、氧化反应，含酯基可发生水解（取代）反应。
官能团性质：碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，使溶液褪色。
20．一定温度下，向容积为的密闭容器中通入两种气体发生化学反应生成另外两种气体，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是
A．该反应的化学方程式为
B．反应进行了的平均反应速率为
C．反应进行到时，
D．反应进行到时，各物质的反应速率相等
【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、反应物为B、C，生成物为A、D，内各物质的物质的量变化量分别为：，，，，变化量之比为，因此化学方程式为 3B(g)+4C(g)6A(g)+2D(g) ，A错误；
B、反应进行时，A的物质的量变化为，容器容积为，根据平均反应速率公式，计算得，B正确；
C、反应速率之比等于化学计量数之比，A、C的化学计量数不同，因此任何时刻，C错误；
D、各物质的化学计量数不同，反应速率之比等于化学计量数之比，因此时各物质反应速率不相等，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化学方程式推导：根据物质的量变化判断反应物、生成物，变化量之比等于化学计量数之比，注意反应物物质的量减少、生成物物质的量增加；
平均反应速率计算：公式为，需注意容器容积对浓度的影响；
反应速率关系：同一反应中，各物质的反应速率之比等于化学方程式中对应的化学计量数之比，化学计量数不同则速率不同；
易错点：混淆物质的量变化量的计算，误将变化量之比写反；忽略容器容积，直接用物质的量变化计算速率；错误认为同一反应中各物质反应速率始终相等。
二、非选择题(本题共4小题，共40分)
21．回答下列问题。
（1）相对分子质量为72的链状烷烃的分子式为　 　；戊烷有　 　种同分异构体；
（2）现有A、B、C三种烃，其球棍模型如图：
①等质量的以上物质完全燃烧时消耗O2的量最多的是　 　(填对应分子式)。
②D的相对分子质量比B大14且与B互为同系物，D发生加聚反应的化学方程式为：　 　。
（3）下列属于有机高分子的是___________(填字母)。
①聚乙烯　　　②光导纤维　　　③聚四氟乙烯 ④聚丙烯　　　⑤聚氯乙烯　　　⑥石墨纤维
A．①②③④ B．②③④⑥ C．③④⑤⑥ D．①③④⑤
【答案】（1）C5H12；3
（2）CH4；n CH3—CH=CH2
（3）D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烃类的燃烧
【解析】【解答】（1）相对分子质量为72的烷烃，烷烃通式为CnH2n+2=72；计算得到n=5，分子式为C5H12；戊烷有三种同分异构体，分别是正戊烷，2-甲基丁烷(异戊烷)，2，2-二甲基丙烷(新戊烷)；
故答案为： C5H12 ；3；
（2）①A为甲烷，分子式为CH4；B为乙烯，分子式为C2H4；C为乙烷；分子式为C2H6；根据有机物燃烧的通式可知，等质量的烃完全燃烧时其耗氧量取决于该烃分子中的氢的质量分数，其值越大，耗氧量越大，所以等质量的以上物质完全燃烧时耗去的量最多的是甲烷；故答案为CH4；
②比乙烯多一个碳原子的一种烯烃为丙烯，可以发生加聚反应得到聚丙烯，发生反应的化学方程式为nCH3CH=CH2；
故答案为： CH4 ； n CH3—CH=CH2 ；
（3）①聚乙烯(PE)为乙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
②光导纤维主要成分为二氧化硅，不属于高分子化合物；
③聚四氟乙烯(PTFE) 为四氟乙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
④聚丙烯(PP) 为丙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
⑤聚氯乙烯(PVC) 为氯乙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
⑥石墨纤维主要成分为石墨，不属于高分子化合物；
故答案为： D ；
【分析】(1)链状烷烃通式为C H2 +2，由相对分子质量72算出n=5，分子式为C5H12；戊烷有3种同分异构体。
(2)①等质量烃燃烧耗氧量看氢的质量分数，CH4中氢的质量分数最高，耗氧量最多；②与乙烯互为同系物且相对分子质量大14的是丙烯，加聚生成聚丙烯，方程式为： n CH3—CH=CH2 。
(3)聚乙烯、聚四氟乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯属于有机高分子，光导纤维和石墨纤维是无机材料，不属于有机高分子。
（1）相对分子质量为72的烷烃，烷烃通式为CnH2n+2=72；计算得到n=5，分子式为C5H12；戊烷有三种同分异构体，分别是正戊烷，2-甲基丁烷(异戊烷)，2，2-二甲基丙烷(新戊烷)；
（2）①A为甲烷，分子式为CH4；B为乙烯，分子式为C2H4；C为乙烷；分子式为C2H6；根据有机物燃烧的通式可知，等质量的烃完全燃烧时其耗氧量取决于该烃分子中的氢的质量分数，其值越大，耗氧量越大，所以等质量的以上物质完全燃烧时耗去的量最多的是甲烷；故答案为CH4；
②比乙烯多一个碳原子的一种烯烃为丙烯，可以发生加聚反应得到聚丙烯，发生反应的化学方程式为nCH3CH=CH2；
（3）①聚乙烯(PE)为乙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
②光导纤维主要成分为二氧化硅，不属于高分子化合物；
③聚四氟乙烯(PTFE) 为四氟乙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
④聚丙烯(PP) 为丙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
⑤聚氯乙烯(PVC) 为氯乙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
⑥石墨纤维主要成分为石墨，不属于高分子化合物；
选D。
22．氨在生产、生活中有着广泛的应用，下列是有关氨的制备与部分性质。
Ⅰ． 氨气的制备
制备氨气可以选择以下装置。
（1）若选浓氨水与生石灰反应制备少量氨气，应选择装置　 　(填序号，下同)。
（2）若选择氯化铵、熟石灰制备氨气，则选择的装置是　 　；写出该反应的化学方程式：　 　。
Ⅱ． 氨气的还原性
工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2.实验小组为探究氨气与二氧化氮的反应设计如下实验装置，请回答相关问题。
（3）B和D装置的作用都是干燥气体，其中盛装的干燥剂选择合理的是　 　(填标号)。
a．甲、乙都是碱石灰
b．甲是碱石灰，乙是五氧化二磷
c．甲、乙都是无水氯化钙
d．甲是五氧化二磷，乙是碱石灰
（4）C中加入少量催化剂，打开上图K1、K2后，C中发生反应的化学方程式为　 　。若某工厂推排的废气中二氧化氮含量为0.15×103mol，处理这种废气，需要　 　m3氨气（标况下）。
（5）工业制硝酸时含有NO、NO2等大气污染物。用尿素CO(NH2)2水溶液吸收氮氧化物是一种可行的方法，反应原理为：NO+NO2+ CO(NH2)2=2N2+CO2+2H2O。NO和NO2不同配比混合气通入尿素水溶液中，总氮还原率与配比关系如下图。
随着NO和NO2配比的提高，总氮还原率降低的主要原因可能是　 　。
【答案】Ⅱ；Ⅲ；；b；8NH3+6NO27N2+12H2O；4.48；NO难溶于水，难以与尿素接触反应（或NO难以单独与尿素水溶液反应）
【知识点】氨的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；制备实验方案的设计
【解析】【分析】（1）选浓氨水与生石灰反应制备少量氨气，反应为固液不加热反应，应选择装置Ⅱ；
故答案为： Ⅱ ；
（2）选择氯化铵、熟石灰制备氨气，反应为氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，，为固体加热反应制取氨气，则选择的装置是Ⅲ；
故答案为： Ⅲ ； ；
（3）装置B的作用是干燥氨气，由于无水氯化钙、五氧化二磷都能与氨气发生化学反应，B中干燥剂不能选择二者，应用碱石灰干燥氨气；D装置作用是干燥NO2气体，NO2可以使用酸性固体干燥剂如五氧化二磷进行干燥，二氧化氮气体会被碱石灰吸收，故合理选项是b；
故答案为： b ；
（4）NH3、NO2在催化剂下发生氧化还原反应生成无污染的氮气和水，8NH3+6NO27N2+12H2O，推排的废气中二氧化氮含量为0.15×103mol，处理这种废气，需要氨气，为m3氨气（标况下）。
故答案为： 8NH3+6NO27N2+12H2O ； 4.48 ；
（5）NO难溶于水，难以与尿素接触反应（或NO难以单独与尿素水溶液反应）导致随着NO和NO2配比的提高，总氮还原率降低。
故答案为： NO难溶于水，难以与尿素接触反应（或NO难以单独与尿素水溶液反应） ；
【分析】(1)浓氨水与生石灰反应是固液不加热型，选装置Ⅱ。
(2)氯化铵与熟石灰反应是固体加热型，选装置Ⅲ；反应方程式为。
(3)氨气用碱石灰干燥，二氧化氮用五氧化二磷干燥，选b。
(4)反应方程式为；按计量比计算，标况下需要氨气。
(5)NO难溶于水，难以与尿素溶液接触反应，导致NO占比越高，总氮还原率越低。
23．I．利用催化氧化反应将SO2转化为SO3 是工业上生产硫酸的关键步骤，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。请回答下列问题：
（1）反应过程的能量变化如图所示，则该反应为　 　(填“放热”或“吸热”)反应。
（2）恒温恒容时，下列措施能使该反应速率增大的是　 　(填字母，下同)。
a．增加O2的浓度 b．选择高效催化剂 c．充入氦气 d．适当降低温度
（3）下列情况能说明该反应达到化学平衡状态的是　 　。
a． 2v正(O2)=v逆(SO2) b． 恒温恒容时，混合气体的密度不再随时间变化
c． SO3的物质的量不再变化 d． SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2
（4）某次实验中，在容积为2L 的恒温密闭容器中通入10 mol SO2和 a mol O2，反应过程中部分物质的物质的量随反应时间的变化如图所示。
① 2 min 时 ，v正 (SO2)　 　(填“ > ”“ < ”或“ = ”)v逆 (SO2)。
② 用SO3的浓度变化表示0～5 min内反应的平均速率是　 　mol·L-1 ·min-1.
③ 反应达到平衡时， O2的转化率为50%，则a=　 　。
Ⅱ． 甲醇是优质的清洁燃料，可制作碱性甲醇燃料电池，工作原理如下图所示；
（5）电极A 为燃料电池的　 　(填“正”或“负”)极，B电极反应式为　 　 。
（6）当电路中通过2mol电子时，消耗O2的体积为　 　 L(标准状况)。
【答案】放热；ab；ac；>；0.8；8；负极；O2＋2H2O＋4e-= 4 OH-；11.2
【知识点】吸热反应和放热反应；电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）根据反应过程的能量变化如图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应；
故答案为： 放热 ；
（2）根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH<0和影响化学反应速率的因素可知：
a.恒温恒容时，增加O2的浓度可以加快化学反应速率，故a符合题意；
b.催化剂能加快化学反应速率，故b符合题意；
c.恒温恒容充入氦气对反应物和生成物的浓度无影响，所以不会加快学反应速率，故c不符合题意；
d.适当降低温度会降低化学反应速率，故d不符合题意；
故答案为：ab；
（3）a.根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH<0可知：2v正(O2)=v逆(SO2)说明正逆反应速率相等，能够说明反应达到化学平衡状态，故a符合题意；
b.根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH<0可知：恒温恒容时，混合气体的密度是恒定不变的，所以恒温恒容时，混合气体的密度不再随时间变化不能说明反应达到化学平衡状态，故b不符合题意；
c.根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH<0可知：SO3的物质的量不再变化，说明反应达到化学平衡状态，故c符合题意；
d.根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH<0可知：SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2∶1∶2不能说明各物质浓度不变，不能说明反应达到化学平衡状态，故d不符合题意；
故答案为：ac；
（4）①由图可知：2min时，化学反应没有达到平衡，反应仍然正向进行，所以v正(SO2)>v逆(SO2)；
②0~5min内SO3的浓度变化变化量为8mol，根据速率公式可知表示0~5min内SO3的平均速率==0.8molL-1min-1；
③根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)可知：初始加入10molSO2和amolO2，反应达到平衡时，剩余SO2为2mol，生成SO3为8mol，剩余O2为a-4mol，反应达到平衡时，O2的转化率为50%即×100%=50%，解得a=8mol。
故答案为： > ； 0.8 ；8；
（5）根据图示可知：在通入燃料CH3OH的电极A上失去电子，发生氧化反应，因此A电极为负极，由于电解质溶液为碱性，CH3OH失去电子被氧化产生的CO2被碱吸收得到，则A电极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；通入O2的电极B为正极，得到电子发生还原反应，该电极的反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；
故答案为： 负极 ； O2＋2H2O＋4e-= 4 OH- ；
（6）根据正极电极反应式：O2+4e-+2H2O=4OH-可知：每有1molO2参加反应时，电路中会转移4mol电子，因此若反应过程中转移2mol电子，则反应消耗O2的物质的量为n(O2)=0.5mol，其在标准状况下的体积V(O2)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L；
故答案为： 11.2 ；
【分析】(1)反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应。
(2)增加反应物浓度或加入催化剂可加快反应速率；充入惰性气体或降低温度会使速率不变或减慢，选 ab。
(3)正逆反应速率相等或各物质的量、含量不变时达到平衡，浓度比不能作为平衡依据，选 ac。
(4)①2min 时反应正向进行，v 正 (SO2) > v 逆 (SO2)；②0~5min 内 v (SO3)=0.8mol L- min- ；③平衡时 O2转化率 50%，计算得 a=8。
(5) 通入甲醇的电极 A 为负极，正极 B 的反应式为 O2+2H2O+4e-=4OH-。
(6) 1mol O2转移 4mol 电子，转移 2mol 电子时消耗 O2为 0.5mol，标况下体积为 11.2L。
24．烃A是一种基础化工原料，标准状况下密度为1.25 g·L-1，H是有芳香味的油状液体。有关物质转化关系如图：
已知：CH3CHO+H2CH3CH2OH ；
2CH3CHO+O22CH3COOH。
请回答：
（1）写出化合物A的电子式：　 　，化合物D中含氧官能团的名称是　 　。
（2）写出反应B→C的化学方程式：　 　。
（3）反应D+G→H的反应类型是　 　，写出化学方程式：　 　。
（4）下列说法正确的是___________。
A．向装有2 mL B的试管中投入绿豆大小的钠块，钠立即浮于液面上，并产生大量气泡
B．化合物B→C的转化体现了B的氧化性
C．化合物D具有刺激性气味，易溶于水
D．饱和碳酸钠溶液可除去H中溶解的少量D和G
【答案】（1）；羧基
（2）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
（3）酯化反应(或取代反应)；CH3COOH+CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3+H2O
（4）C；D
【知识点】有机物的合成；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】（1）由分析可知，A为CH2=CH2，电子式为：；D为CH3COOH，含氧官能团的名称是羧基。
故答案为： ； 羧基 ；
（2）乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
故答案为： 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ；
（3）CH3CH2CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下发生酯化反应生成H，化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3+H2O。
故答案为： 酯化反应(或取代反应) ； CH3COOH+CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3+H2O ；
（4）A．B为CH3CH2OH，金属Na的密度大于CH3CH2OH，向装有2 mL B的试管中投入绿豆大小的钠块，钠会沉于液面下，故A错误；
B．B为CH3CH2OH，在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，该过程体现了乙醇的还原性，故B错误；
C．D为CH3COOH，具有刺激性气味，易溶于水，故C正确；
D．CH3COOH可以和饱和碳酸钠溶液反应，而CH3CH2CH2OH在饱和碳酸钠溶液中溶解度很大，饱和碳酸钠溶液可除去H中溶解的少量CH3COOH和CH3CH2CH2OH，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】先根据气态烃 A 在标准状况下的密度计算其 摩尔质量=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，则A为CH2=CH2；乙烯与水发生加成反应生成乙醇， 则B为CH3CH2OH， 乙醇经催化氧化得到乙醛， C为CH3CHO， 乙醛再被氧化为乙酸； D为CH3COOH， 同时， CH2=CHCHO和H2发生加成反应，双键和醛基都被还原，生成 CH3CH2CH2OH ；最后乙酸和 CH3CH2CH2OH 在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成有芳香气味的乙酸丙酯（H）。据此解题。
（1）由分析可知，A为CH2=CH2，电子式为：；D为CH3COOH，含氧官能团的名称是羧基。
（2）乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
（3）CH3CH2CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下发生酯化反应生成H，化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3+H2O。
（4）A．B为CH3CH2OH，金属Na的密度大于CH3CH2OH，向装有2 mL B的试管中投入绿豆大小的钠块，钠会沉于液面下，故A错误；
B．B为CH3CH2OH，在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，该过程体现了乙醇的还原性，故B错误；
C．D为CH3COOH，具有刺激性气味，易溶于水，故C正确；
D．CH3COOH可以和饱和碳酸钠溶液反应，而CH3CH2CH2OH在饱和碳酸钠溶液中溶解度很大，饱和碳酸钠溶液可除去H中溶解的少量CH3COOH和CH3CH2CH2OH，故D正确；
故选CD。
1 / 1广东省深圳市盐田高级中学2024-2025学年高一下学期5月期中化学试题
一、选择题(本题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1．化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A．“嫦娥号”飞船带回的月壤中含有，它与互为同位素
B．中国空间站使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料
C．“天宫”实验舱太阳能电池采用砷化镓(GaAs)作为半导体，该电池将太阳能转化为电能
D．“天宫课堂”实验过饱和乙酸钠溶液结晶形成温热的“冰球”，是吸热过程
2．现有两瓶溶液，新制的饱和氯水和的饱和水溶液，下列方法或试剂(必要时可加热)：①观察颜色 ②石蕊试剂 ③品红溶液，能用于鉴别它们的是
A．①②③ B．只有①③ C．只有②③ D．只有①②
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1.0mol SO2和0.5mol O2混合充分反应后，SO3气体分子总数为1.0NA
B．0.1mol/L的H2SO4溶液电离出H+的数目为0.2NA
C．常温下，在14g C2H4和C4H8混合气体中含有极性键数目为2NA
D．标准状况下，22.4L H2O中含有的氧原子数约为2NA
4．如图所示，有关化学反应和能量变化的说法正确的是（ ）
A．图a表示的是吸热反应的能量变化
B．图b中反应物比生成物稳定
C．图a可以表示氯化铵固体与氢氧化钡晶体反应的能量变化
D．图a不需要加热就能发生，图b一定需要加热才能发生
5．对于反应，下列表示中反应速率最大的是
A． B．
C． D．
6．聚合物前驱体转化法在陶瓷材料制备领域有重要应用价值，一种聚合物前驱体结构如图所示(R1、R2表示烃基)。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Z同主族，W的核外电子总数等于Y的最外层电子数。下列说法不正确的是
A．原子半径：Z>W>X B．简单氢化物沸点：Y>X
C．最高价含氧酸的酸性：Z>X D．Z的氧化物ZO2为共价化合物
7．下列装置中，可形成原电池的是
A． B．
C． D．
8．下列表示不正确的是
A．乙烯的结构式：
B．甲酸甲酯的结构简式：
C．甲基丁烷的键线式：
D．甲基的电子式：
9．下列实验操作、实验现象和结论均正确且相符的是
选项 实验操作 实验现象 结论
A 将浓硫酸滴到蔗糖表面 固体变黑膨胀 浓硫酸有吸水性
B 向某溶液中滴加溶液 产生白色沉淀 溶液中含有
C 将浓硫酸和铜加热，冷却后用水稀释 产生有刺激性气味的气体，稀释后溶液呈蓝色 浓硫酸既表现氧化性，又表现酸性
D 将足量锌和浓硫酸共热，将气体通入品红溶液 产生有刺激性气味的气体，品红溶液褪色 产生的气体只有
A．A B．B C．C D．D
10．目前，中国汽车行业已经发生翻天覆地的变化，电动汽车的发展异常耀眼。新能源汽车最重要的部件就是电池，现有一款铅酸电池，放电时的电池反应：。据此判断下列叙述正确的是
A．放电时，电能转化为化学能 B．Pb是负极
C．得电子，被氧化 D．电池放电时，溶液酸性增强
11．已知第三代工业制取多晶硅流程如图所示：
下列说法错误的是
A．制取粗硅的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B．单质硅可用于制备计算机芯片
C．粗硅粉碎可以增大与HCl的接触面积，加快反应速率
D．H2与SiHCl3制备多晶硅的反应属于置换反应
12．常温常压下，将盛有25 mL NO2和O2混合气体的量筒倒置于盛满水的水槽中，一段时间后，气体体积减小到5 mL且不再变化，则原混合气体中NO2和O2的体积比可能为
A．1∶1 B．18∶7 C．9∶16 D．23∶2
13．实验室利用乙醇催化氧化制取粗乙醛 (沸点为20.8℃，能与水混溶)的反应装置如图所示，关于实验操作或叙述错误的是
A．该反应中铜为催化剂，硬质玻璃管中铜网出现红黑交替现象
B．甲中选用热水，有利于乙醇挥发，乙中选用冷水，有利于冷凝收集产物
C．试管a中收集产物，加入Na有可燃性气体生成，说明试管a中粗乙醛中混有乙醇
D．不能利用分液的分离方法除去试管a内乙醛中的杂质
14．利用固体表面催化工艺进行分解的过程如图所示。
下列说法不正确的是
A．属于共价化合物
B．过程②吸收能量，过程③放出能量
C．反应过程中有极性键断裂，有非极性键形成
D．标准状况下，分解生成时转移电子数约为
15．工业制硫酸中的一步重要反应为：，下列情况不能说明该反应一定达到化学平衡的是
A．SO2的质量保持不变
B．SO2、O2和SO3的物质的量之比为2：1：2
C．SO3的含量保持不变
D．SO2和SO3的生成速率相等
16．32g Cu与适量浓硝酸完全反应，将生成的混合气体(NO和NO2组成)通入700 mL 1 mol/L NaOH溶液中，混合气体恰好被完全吸收，得到只含NaNO2和NaNO3的混合溶液，混合气体中NO2的物质的量为
A．0.15 mol B．0.3 mol C．0.5 mol D．0.55 mol
17．一定温度下，将2.5 mol A和2.5 mol B加入容积为2 L的恒容密闭容器里，发生如下反应：3A(g)+B(s) xC(g)+2D(g)。经5 s反应达到平衡，在此5 s内C的平均反应速率为0.2 mol·L-1·s-1，同时生成1 mol D。下列叙述正确的是
A．x=2
B．平衡时容器内气体的压强与起始时容器内气体的压强之比为8∶5
C．恒容条件下通入Ar，压强增大，则化学反应速率不变
D．反应达到平衡状态时，B的平均反应速率为0.05 mol·L-1·s-1
18．我国科研团队提出了室温下乙炔(CH≡CH)电催化加氢制乙烯(CH2=CH2)的新路径。乙烯与水反应能制备乙醇(CH3CH2OH)，乙醇氧化可生成乙酸(CH3COOH)，进而合成乙酸乙酯(CH3COOCH2CH3)；乙烯还可以制备聚乙烯()等物质。下列反应属于取代反应的是
A．CH≡CH+H2CH2=CH2
B．CH2=CH2+H2OCH3CH2OH
C．CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O
D．CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
19．化合物丙是一种医药中间体，可以通过如图反应制得。下列说法错误的是
A．乙的分子式为C5H8O2
B．甲的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
C．乙可以发生取代反应、加成反应、氧化反应
D．甲、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
20．一定温度下，向容积为的密闭容器中通入两种气体发生化学反应生成另外两种气体，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是
A．该反应的化学方程式为
B．反应进行了的平均反应速率为
C．反应进行到时，
D．反应进行到时，各物质的反应速率相等
二、非选择题(本题共4小题，共40分)
21．回答下列问题。
（1）相对分子质量为72的链状烷烃的分子式为　 　；戊烷有　 　种同分异构体；
（2）现有A、B、C三种烃，其球棍模型如图：
①等质量的以上物质完全燃烧时消耗O2的量最多的是　 　(填对应分子式)。
②D的相对分子质量比B大14且与B互为同系物，D发生加聚反应的化学方程式为：　 　。
（3）下列属于有机高分子的是___________(填字母)。
①聚乙烯　　　②光导纤维　　　③聚四氟乙烯 ④聚丙烯　　　⑤聚氯乙烯　　　⑥石墨纤维
A．①②③④ B．②③④⑥ C．③④⑤⑥ D．①③④⑤
22．氨在生产、生活中有着广泛的应用，下列是有关氨的制备与部分性质。
Ⅰ． 氨气的制备
制备氨气可以选择以下装置。
（1）若选浓氨水与生石灰反应制备少量氨气，应选择装置　 　(填序号，下同)。
（2）若选择氯化铵、熟石灰制备氨气，则选择的装置是　 　；写出该反应的化学方程式：　 　。
Ⅱ． 氨气的还原性
工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2.实验小组为探究氨气与二氧化氮的反应设计如下实验装置，请回答相关问题。
（3）B和D装置的作用都是干燥气体，其中盛装的干燥剂选择合理的是　 　(填标号)。
a．甲、乙都是碱石灰
b．甲是碱石灰，乙是五氧化二磷
c．甲、乙都是无水氯化钙
d．甲是五氧化二磷，乙是碱石灰
（4）C中加入少量催化剂，打开上图K1、K2后，C中发生反应的化学方程式为　 　。若某工厂推排的废气中二氧化氮含量为0.15×103mol，处理这种废气，需要　 　m3氨气（标况下）。
（5）工业制硝酸时含有NO、NO2等大气污染物。用尿素CO(NH2)2水溶液吸收氮氧化物是一种可行的方法，反应原理为：NO+NO2+ CO(NH2)2=2N2+CO2+2H2O。NO和NO2不同配比混合气通入尿素水溶液中，总氮还原率与配比关系如下图。
随着NO和NO2配比的提高，总氮还原率降低的主要原因可能是　 　。
23．I．利用催化氧化反应将SO2转化为SO3 是工业上生产硫酸的关键步骤，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。请回答下列问题：
（1）反应过程的能量变化如图所示，则该反应为　 　(填“放热”或“吸热”)反应。
（2）恒温恒容时，下列措施能使该反应速率增大的是　 　(填字母，下同)。
a．增加O2的浓度 b．选择高效催化剂 c．充入氦气 d．适当降低温度
（3）下列情况能说明该反应达到化学平衡状态的是　 　。
a． 2v正(O2)=v逆(SO2) b． 恒温恒容时，混合气体的密度不再随时间变化
c． SO3的物质的量不再变化 d． SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2
（4）某次实验中，在容积为2L 的恒温密闭容器中通入10 mol SO2和 a mol O2，反应过程中部分物质的物质的量随反应时间的变化如图所示。
① 2 min 时 ，v正 (SO2)　 　(填“ > ”“ < ”或“ = ”)v逆 (SO2)。
② 用SO3的浓度变化表示0～5 min内反应的平均速率是　 　mol·L-1 ·min-1.
③ 反应达到平衡时， O2的转化率为50%，则a=　 　。
Ⅱ． 甲醇是优质的清洁燃料，可制作碱性甲醇燃料电池，工作原理如下图所示；
（5）电极A 为燃料电池的　 　(填“正”或“负”)极，B电极反应式为　 　 。
（6）当电路中通过2mol电子时，消耗O2的体积为　 　 L(标准状况)。
24．烃A是一种基础化工原料，标准状况下密度为1.25 g·L-1，H是有芳香味的油状液体。有关物质转化关系如图：
已知：CH3CHO+H2CH3CH2OH ；
2CH3CHO+O22CH3COOH。
请回答：
（1）写出化合物A的电子式：　 　，化合物D中含氧官能团的名称是　 　。
（2）写出反应B→C的化学方程式：　 　。
（3）反应D+G→H的反应类型是　 　，写出化学方程式：　 　。
（4）下列说法正确的是___________。
A．向装有2 mL B的试管中投入绿豆大小的钠块，钠立即浮于液面上，并产生大量气泡
B．化合物B→C的转化体现了B的氧化性
C．化合物D具有刺激性气味，易溶于水
D．饱和碳酸钠溶液可除去H中溶解的少量D和G
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；元素、核素
【解析】【解答】A、同位素的定义为质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子。3He 和4He 的质子数均为 2，中子数分别为 1 和 2，二者互为同位素，A正确；
B、碳纤维是含碳量高于 90% 的无机高分子材料，属于新型无机非金属材料，具备高强度、耐高温等特性，B正确；
C、砷化镓属于半导体材料，太阳能电池利用其光电效应将太阳能直接转化为电能，C正确；
D、过饱和乙酸钠溶液结晶属于凝固过程，结晶过程会释放热量，因此该过程是放热而非吸热，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同位素判断：依据质子数相同、中子数不同的原则判定同种元素的不同原子是否为同位素。
材料分类：碳纤维属于无机非金属材料，明确其成分和类别属性。
能量转化：太阳能电池利用半导体材料的光电效应，实现太阳能到电能的转化。
结晶热效应：溶质从溶液中结晶析出的过程属于放热过程，理解常见物质结晶的热变化规律。
2．【答案】A
【知识点】二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】①观察颜色：新制饱和氯水因溶解有 Cl2呈浅黄绿色，SO2的饱和水溶液为无色，可直接区分。
②石蕊试剂：氯水中含盐酸和次氯酸，石蕊试剂先变红后褪色；SO2水溶液呈酸性，仅使石蕊变红，现象不同可鉴别。
③品红溶液：氯水中的次氯酸氧化品红使其永久褪色，SO2使品红暂时褪色，加热后可恢复颜色，现象差异明显可鉴别。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
颜色鉴别：Cl2溶于水呈浅黄绿色，SO2水溶液无色，可通过外观直接区分。
酸性与漂白性：氯水兼具酸性和强氧化性漂白性，SO2水溶液仅显酸性且不能漂白酸碱指示剂。
漂白原理差异：次氯酸的氧化漂白不可逆，SO2的化合漂白可逆，加热后可恢复原色。
3．【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、二氧化硫与氧气生成三氧化硫的反应是可逆反应，反应物无法完全转化，1mol SO2和 0.5mol O2充分反应后，生成 SO3的分子数小于 NA，A错误；
B、计算氢离子数目需要已知溶液体积，题目未给出体积，无法计算 H+数目，B错误；
C、C2H4和 C4H8的最简式均为 CH2，14g 混合物中 CH2的物质的量为 1mol，每个 CH2含 2 个极性键，故极性键总数为 2NA，C正确；
D、标准状况下水不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，22.4L H2O 的物质的量远大于 1mol，氧原子数远大于 2NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
可逆反应特性：可逆反应不能进行到底，产物量小于理论值。
物质的量计算：计算离子数目必须已知溶液体积。
最简式法：最简式相同的混合物，可按最简式计算化学键数目。
气体摩尔体积适用范围：仅适用于标准状况下的气体，液体、固体不适用。
4．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、图 a 中反应物总能量高于生成物总能量，反应过程释放能量，属于放热反应，并非吸热反应，A错误；
B、物质能量越低越稳定，图 b 中反应物总能量低于生成物总能量，因此反应物比生成物更稳定，B正确；
C、氯化铵固体与氢氧化钡晶体的反应是典型的吸热反应，而图 a 代表放热反应，无法对应该反应的能量变化，C错误；
D、放热反应不一定不需要加热，比如铝热反应需要高温才能引发；吸热反应也不一定需要加热，比如氯化铵与氢氧化钡的反应在常温下就能进行，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
放热与吸热判断：反应物总能量高于生成物为放热反应，低于生成物为吸热反应。
物质稳定性：能量越低的物质越稳定，可通过总能量高低判断物质稳定性。
典型反应归类：氯化铵与氢氧化钡的反应是吸热反应，可用于对照判断。
反应条件与热效应：反应是否需要加热与反应是放热还是吸热没有必然联系。
5．【答案】A
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】反应：，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，统一换算为以表示、单位为的速率：
A、
B、，则
C、，则
D、，则
对比换算后速率：，故A的反应速率最大，
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
比较反应速率必须统一物质、统一单位，再比较数值大小；
同一反应中，，据此换算；
注意单位换算：，D项需先将转为再计算；
易错点：不按计量数换算、忽略单位换算，直接比较原始数值导致错误。
6．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、根据原子半径递变规律，同周期主族元素从左到右半径减小（C>N），同主族元素从上到下半径增大（Si>C），因此原子半径：Si>C>N，A正确；
B、NH3分子间存在氢键，会显著提升物质的沸点；CH4分子间仅存在范德华力，因此 NH3的沸点高于 CH4，B正确；
C、同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性 C>Si，元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，因此酸性：H2CO3>H2SiO3，C错误；
D、SiO2由 Si 和 O 通过共价键结合而成，属于共价化合物，D正确；
故答案为：C。
【分析】W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素。X、Z 同主族且均形成 4 个共价键，结合成键特点可推知 X 为 C、Z 为 Si；W 的核外电子总数等于 Y 的最外层电子数，且原子序数： W的核外电子总数等于Y的最外层电子数，故W为B，Y为N。
7．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、两个电极均为石墨，活泼性相同，无法发生自发的氧化还原反应，不能形成原电池，A不符合题意；
B、蔗糖溶液为非电解质溶液，不能导电，无法形成闭合回路，不能形成原电池，B不符合题意；
C、Cu 与 C 用导线连接插入稀硝酸，虽能发生自发氧化还原反应，但装置未形成闭合回路，不能形成原电池，C不符合题意；
D、Mg、Cu 活泼性不同，插入稀盐酸（电解质溶液），两电极直接接触形成闭合回路，可发生自发氧化还原反应，能形成原电池，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
原电池的构成条件：①两个活泼性不同的电极；②电解质溶液；③形成闭合回路；④能自发进行的氧化还原反应；
易错点：忽略 “闭合回路” 的要求，误将未形成回路的装置判定为原电池；混淆非电解质溶液无法导电的特点。
8．【答案】B
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；结构简式
【解析】【解答】A、结构式的定义为用 “—” 代表一对共用电子对；乙烯分子中，C 原子与 H 原子之间形成 1 对共用电子对，C 原子与 C 原子之间形成 2 对共用电子对， A 正确；
B、C2H4O2是甲酸甲酯的分子式，结构简式需体现官能团，甲酸甲酯的正确结构简式为 HCOOCH3，B 错误；
C、键线式用线段表示碳碳键，端点和拐点代表碳原子，该式对应 2 - 甲基丁烷的碳骨架，C 正确；
D、甲基（-CH3）的电子式需体现碳原子的一个未成对电子，该式书写正确，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
结构式：需完整画出所有原子和化学键，不能省略；
结构简式：需体现官能团，不能仅写分子式，甲酸甲酯的结构简式为 HCOOCH3，分子式为 C2H4O2；
键线式：省略碳、氢原子，用线段表示碳碳键，端点和拐点代表碳原子，氢原子根据碳四价补齐；
电子式：甲基为中性基团，需体现碳原子的一个未成对电子，不能写成离子式；
9．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；化学实验方案的评价；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑是因浓硫酸的脱水性（脱去蔗糖中的 H、O），膨胀是浓硫酸氧化碳生成气体，体现氧化性，与吸水性无关，故A不符合题意 ；
B、滴加 BaCl2产生白色沉淀，可能是 BaSO4、AgCl 等，不能证明溶液含 SO42-，故B不符合题意 ；
C、浓硫酸与铜加热，生成刺激性气体 SO2（体现氧化性），稀释后溶液呈蓝色（生成 CuSO4，体现酸性），故C符合题意 ；
D、足量锌与浓硫酸共热，先生成 SO2，浓硫酸变稀后还会生成 H2，气体不止 SO2，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】从实验操作涉及的物质性质出发，分析现象与结论的逻辑关系，判断操作、现象、结论是否一致。
10．【答案】B
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电为原电池工作过程，是将化学能转化为电能，而非电能转化为化学能，A 错误；
B、Pb 在放电时失电子发生氧化反应，作原电池的负极，B 正确；
C、PbO2在放电时得电子发生还原反应，被还原，而非被氧化，C 错误；
D、放电时硫酸参与反应被消耗，溶液中 H+浓度降低，酸性减弱，D 错误；
故答案为：B。【分析】本题解题要点：
原电池能量转化：放电过程是化学能转化为电能，充电过程是电能转化为化学能；
正负极判断：失电子、发生氧化反应的物质作负极，得电子、发生还原反应的物质作正极；
反应类型判断：得电子为还原反应，失电子为氧化反应；
溶液酸性变化：根据总反应，硫酸被消耗生成水，H+浓度降低，酸性减弱；
11．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A. 粗硅制备反应为，其中SiO2为氧化剂，C为还原剂，二者物质的量之比为，故A错误；B. 单质硅是半导体材料，广泛应用于芯片和太阳能电池， 故B正确；
C. 粉碎粗硅可增大固体接触面积，加快反应速率， 故C正确；
D. SiHCl3与H2的反应，属于置换反应， 故D正确；
故选A。
【分析】石英（SiO2）与焦炭在高温下反应生成粗硅和CO气体，后续流程包括粗硅粉碎、与HCl反应生成SiHCl3，再经提纯后与H2反应制得多晶硅。
12．【答案】D
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】反应原理：NO2与 O2在水中总反应为 4NO2+O2+2H2O=4HNO3；若 NO2过量，过量部分会与水继续反应生成 NO。
分情况讨论：
氧气过量：剩余 5mL 为 O2，按总反应计算 NO2体积为 16mL，O2体积为 9mL，体积比为 16：9。
NO2过量：剩余 5mL 为 NO，逆推剩余 NO2体积为 15mL，再按总反应计算 O2体积为 2mL，NO2体积为 23mL，体积比为 23：2。
比例匹配：对比选项，只有 23：2 符合计算结果。
故答案为：D。
【分析】本题易错点：容易遗漏 NO2过量时的后续反应；误将剩余气体全部当作 O2；计算时未按反应比例分配体积。
13．【答案】C
【知识点】乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、铜在反应中先被氧化为黑色氧化铜，再被乙醇还原为红色铜，出现红黑交替现象，铜为该反应的催化剂，A正确；
B、甲中热水加热乙醇，可加快乙醇挥发，为反应提供稳定乙醇蒸气；乙中冷水冷却产物，促进乙醛冷凝收集，B正确；
C、乙醛也能与钠反应生成氢气，因此加入钠产生可燃性气体，不能证明一定混有乙醇，C错误；
D、乙醛与水、乙醇均可互溶，无法通过分液法分离杂质，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
催化剂特性：铜在反应中循环氧化还原，表现为红黑交替的颜色变化，体现催化剂的作用。
温度控制：热水促进乙醇挥发，冷水利于乙醛冷凝，实现原料供给与产物收集。
物质反应性：乙醛和乙醇都能与钠反应生成氢气，不能用钠检验乙醇的存在。
分离方法：互溶液体无法用分液分离，需根据沸点差异采用蒸馏法。
14．【答案】D
【知识点】化学键；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、NO分子中N与O之间通过共价键结合，属于共价化合物，A正确；
B、过程②为NO分子吸附在催化剂表面，化学键断裂，需要吸收能量；过程③为N、O原子重新组合形成新的化学键，会放出能量，B正确；
C、反应过程中，NO中的极性键（N-O键）断裂；同时形成N2中的非极性键（N-N键）和O2中的非极性键（O-O键），C正确；
D、NO分解的总反应为，生成1mol 时，N元素从+2价降至0价，共转移4mol电子，即转移电子数约为，而非，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
共价化合物定义：由非金属元素之间通过共价键形成的化合物，NO符合该定义；
化学键断裂吸热、化学键形成放热是化学反应的基本规律，因此过程②（断键）吸热、过程③（成键）放热；
极性键存在于不同种原子间，非极性键存在于同种原子间。反应中NO的极性键断裂，生成的和均含非极性键；
氧化还原反应中电子转移数计算需关注元素化合价变化，生成1mol 时，2mol N原子共失去4mol电子。
15．【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、SO2的质量保持不变，说明体系中各组分的量不再变化，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A正确；
B、SO2、O2和 SO3的物质的量之比为 2：1：2，仅代表某一时刻的比例，与起始投料和转化率有关，不能说明正逆反应速率相等，无法判定平衡，B错误；
C、SO3的含量保持不变，说明各组分浓度不再改变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；
D、SO2的生成速率是逆反应速率，SO3的生成速率是正反应速率，二者相等时符合化学计量数关系，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
平衡标志：各组分的质量、含量等保持不变，或正逆反应速率相等，是判断平衡的核心依据。
比例陷阱：物质的量之比等于化学计量数之比，仅为偶然状态，与平衡无必然联系。
速率判断：不同物质的速率需符合化学计量数比例，才能说明正逆反应速率相等。
16．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】Cu 的电子转移：32g Cu 的物质的量为 0.5mol，反应中 Cu 全部转化为 Cu2+，共失去 1mol 电子。
NaOH 的物料守恒：700mL 1mol/L NaOH 溶液中 Na+总物质的量为 0.7mol，最终全部转化为 NaNO2和 NaNO3，故 n(NaNO2)+n(NaNO3)=0.7mol。
N 元素守恒：混合气体中 NO 和 NO2的总物质的量等于 NaNO2和 NaNO3的总物质的量，即 0.7mol。
设 NO 为 x mol，NO2为 y mol，可得方程组：
，解得：，因此NO2的物质的量为0.55 mol，
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
容易忽略 N 元素守恒与 Na 元素守恒的关联；电子守恒计算时误判 NO 和 NO2的得电子数；未将 Cu 的失电子数与气体产物的得电子数建立守恒关系。
17．【答案】C
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、5s 内生成 C 的物质的量为 0.2mol L- s- × 2L × 5s = 2mol，同时生成 1mol D，根据计量数之比，x：2 = 2：1，解得 x=4，A错误；
B、平衡时气体总物质的量为 4mol，起始时气体只有 A，物质的量为 2.5mol，压强比等于物质的量之比，但该选项未明确温度条件，且压强比的前提需温度相同，表述不严谨，B错误；
C、恒容下通入 Ar，各反应气体的浓度不变，因此反应速率不受影响，C正确；
D、B 是固体，固体浓度视为常数，不能用浓度变化量表示反应速率，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
计量数计算：同一反应中，各物质的物质的量变化之比等于化学计量数之比，据此计算 x 的值。
压强比规律：恒容条件下，气体压强比等于物质的量之比，但需保证温度一致。
反应速率影响：恒容下通入惰性气体，反应气体浓度不变，反应速率不变。
固体速率：固体不能用浓度变化表示反应速率。
18．【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；乙醇的催化氧化实验；酯化反应
【解析】【解答】A、乙炔与氢气反应生成乙烯，是不饱和键两端原子与其他原子结合，属于加成反应，A错误；
B、乙烯与水反应生成乙醇，是碳碳双键打开后结合氢原子和羟基，属于加成反应，B错误；
C、乙醇转化为乙酸是加氧去氢的过程，属于氧化反应，C错误；
D、乙酸与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，本质是羟基与羧基之间的原子团交换，属于取代反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
取代反应定义：有机物分子里的原子或原子团被其他同类原子或原子团替代的反应。
加成反应判断：不饱和键断裂并结合新原子或基团，双键、三键参与的此类反应为加成。
氧化反应判断：有机物分子中加氧或去氢的反应属于氧化反应。
酯化反应本质：酯化反应是羧酸与醇之间的基团取代，属于取代反应的一种。
19．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；加成反应
【解析】【解答】A、从乙的结构可以数出，其分子含有 5 个 C、8 个 H 和 2 个 O，分子式为 C5H8O2，A正确；
B、甲的分子结构对称，只有 3 种不同化学环境的氢原子，因此其一氯代物有 3 种（不考虑立体异构），并非 4 种，B错误；
C、乙分子中含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应；酯基和甲基上的氢原子可发生取代反应，C正确；
D、甲和丙的分子结构中都含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使溶液褪色，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分子式确定：通过数结构中的 C、H、O 原子个数，确定乙的分子式。
一氯代物判断：根据氢原子的化学环境种类数，判断一氯代物数目，环境数等于一氯代物数目。
反应类型判断：含双键可发生加成、氧化反应，含酯基可发生水解（取代）反应。
官能团性质：碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，使溶液褪色。
20．【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、反应物为B、C，生成物为A、D，内各物质的物质的量变化量分别为：，，，，变化量之比为，因此化学方程式为 3B(g)+4C(g)6A(g)+2D(g) ，A错误；
B、反应进行时，A的物质的量变化为，容器容积为，根据平均反应速率公式，计算得，B正确；
C、反应速率之比等于化学计量数之比，A、C的化学计量数不同，因此任何时刻，C错误；
D、各物质的化学计量数不同，反应速率之比等于化学计量数之比，因此时各物质反应速率不相等，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化学方程式推导：根据物质的量变化判断反应物、生成物，变化量之比等于化学计量数之比，注意反应物物质的量减少、生成物物质的量增加；
平均反应速率计算：公式为，需注意容器容积对浓度的影响；
反应速率关系：同一反应中，各物质的反应速率之比等于化学方程式中对应的化学计量数之比，化学计量数不同则速率不同；
易错点：混淆物质的量变化量的计算，误将变化量之比写反；忽略容器容积，直接用物质的量变化计算速率；错误认为同一反应中各物质反应速率始终相等。
21．【答案】（1）C5H12；3
（2）CH4；n CH3—CH=CH2
（3）D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烃类的燃烧
【解析】【解答】（1）相对分子质量为72的烷烃，烷烃通式为CnH2n+2=72；计算得到n=5，分子式为C5H12；戊烷有三种同分异构体，分别是正戊烷，2-甲基丁烷(异戊烷)，2，2-二甲基丙烷(新戊烷)；
故答案为： C5H12 ；3；
（2）①A为甲烷，分子式为CH4；B为乙烯，分子式为C2H4；C为乙烷；分子式为C2H6；根据有机物燃烧的通式可知，等质量的烃完全燃烧时其耗氧量取决于该烃分子中的氢的质量分数，其值越大，耗氧量越大，所以等质量的以上物质完全燃烧时耗去的量最多的是甲烷；故答案为CH4；
②比乙烯多一个碳原子的一种烯烃为丙烯，可以发生加聚反应得到聚丙烯，发生反应的化学方程式为nCH3CH=CH2；
故答案为： CH4 ； n CH3—CH=CH2 ；
（3）①聚乙烯(PE)为乙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
②光导纤维主要成分为二氧化硅，不属于高分子化合物；
③聚四氟乙烯(PTFE) 为四氟乙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
④聚丙烯(PP) 为丙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
⑤聚氯乙烯(PVC) 为氯乙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
⑥石墨纤维主要成分为石墨，不属于高分子化合物；
故答案为： D ；
【分析】(1)链状烷烃通式为C H2 +2，由相对分子质量72算出n=5，分子式为C5H12；戊烷有3种同分异构体。
(2)①等质量烃燃烧耗氧量看氢的质量分数，CH4中氢的质量分数最高，耗氧量最多；②与乙烯互为同系物且相对分子质量大14的是丙烯，加聚生成聚丙烯，方程式为： n CH3—CH=CH2 。
(3)聚乙烯、聚四氟乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯属于有机高分子，光导纤维和石墨纤维是无机材料，不属于有机高分子。
（1）相对分子质量为72的烷烃，烷烃通式为CnH2n+2=72；计算得到n=5，分子式为C5H12；戊烷有三种同分异构体，分别是正戊烷，2-甲基丁烷(异戊烷)，2，2-二甲基丙烷(新戊烷)；
（2）①A为甲烷，分子式为CH4；B为乙烯，分子式为C2H4；C为乙烷；分子式为C2H6；根据有机物燃烧的通式可知，等质量的烃完全燃烧时其耗氧量取决于该烃分子中的氢的质量分数，其值越大，耗氧量越大，所以等质量的以上物质完全燃烧时耗去的量最多的是甲烷；故答案为CH4；
②比乙烯多一个碳原子的一种烯烃为丙烯，可以发生加聚反应得到聚丙烯，发生反应的化学方程式为nCH3CH=CH2；
（3）①聚乙烯(PE)为乙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
②光导纤维主要成分为二氧化硅，不属于高分子化合物；
③聚四氟乙烯(PTFE) 为四氟乙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
④聚丙烯(PP) 为丙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
⑤聚氯乙烯(PVC) 为氯乙烯加聚产物、为人工合成高分子化合物；
⑥石墨纤维主要成分为石墨，不属于高分子化合物；
选D。
22．【答案】Ⅱ；Ⅲ；；b；8NH3+6NO27N2+12H2O；4.48；NO难溶于水，难以与尿素接触反应（或NO难以单独与尿素水溶液反应）
【知识点】氨的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；制备实验方案的设计
【解析】【分析】（1）选浓氨水与生石灰反应制备少量氨气，反应为固液不加热反应，应选择装置Ⅱ；
故答案为： Ⅱ ；
（2）选择氯化铵、熟石灰制备氨气，反应为氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，，为固体加热反应制取氨气，则选择的装置是Ⅲ；
故答案为： Ⅲ ； ；
（3）装置B的作用是干燥氨气，由于无水氯化钙、五氧化二磷都能与氨气发生化学反应，B中干燥剂不能选择二者，应用碱石灰干燥氨气；D装置作用是干燥NO2气体，NO2可以使用酸性固体干燥剂如五氧化二磷进行干燥，二氧化氮气体会被碱石灰吸收，故合理选项是b；
故答案为： b ；
（4）NH3、NO2在催化剂下发生氧化还原反应生成无污染的氮气和水，8NH3+6NO27N2+12H2O，推排的废气中二氧化氮含量为0.15×103mol，处理这种废气，需要氨气，为m3氨气（标况下）。
故答案为： 8NH3+6NO27N2+12H2O ； 4.48 ；
（5）NO难溶于水，难以与尿素接触反应（或NO难以单独与尿素水溶液反应）导致随着NO和NO2配比的提高，总氮还原率降低。
故答案为： NO难溶于水，难以与尿素接触反应（或NO难以单独与尿素水溶液反应） ；
【分析】(1)浓氨水与生石灰反应是固液不加热型，选装置Ⅱ。
(2)氯化铵与熟石灰反应是固体加热型，选装置Ⅲ；反应方程式为。
(3)氨气用碱石灰干燥，二氧化氮用五氧化二磷干燥，选b。
(4)反应方程式为；按计量比计算，标况下需要氨气。
(5)NO难溶于水，难以与尿素溶液接触反应，导致NO占比越高，总氮还原率越低。
23．【答案】放热；ab；ac；>；0.8；8；负极；O2＋2H2O＋4e-= 4 OH-；11.2
【知识点】吸热反应和放热反应；电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）根据反应过程的能量变化如图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应；
故答案为： 放热 ；
（2）根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH<0和影响化学反应速率的因素可知：
a.恒温恒容时，增加O2的浓度可以加快化学反应速率，故a符合题意；
b.催化剂能加快化学反应速率，故b符合题意；
c.恒温恒容充入氦气对反应物和生成物的浓度无影响，所以不会加快学反应速率，故c不符合题意；
d.适当降低温度会降低化学反应速率，故d不符合题意；
故答案为：ab；
（3）a.根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH<0可知：2v正(O2)=v逆(SO2)说明正逆反应速率相等，能够说明反应达到化学平衡状态，故a符合题意；
b.根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH<0可知：恒温恒容时，混合气体的密度是恒定不变的，所以恒温恒容时，混合气体的密度不再随时间变化不能说明反应达到化学平衡状态，故b不符合题意；
c.根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH<0可知：SO3的物质的量不再变化，说明反应达到化学平衡状态，故c符合题意；
d.根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH<0可知：SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2∶1∶2不能说明各物质浓度不变，不能说明反应达到化学平衡状态，故d不符合题意；
故答案为：ac；
（4）①由图可知：2min时，化学反应没有达到平衡，反应仍然正向进行，所以v正(SO2)>v逆(SO2)；
②0~5min内SO3的浓度变化变化量为8mol，根据速率公式可知表示0~5min内SO3的平均速率==0.8molL-1min-1；
③根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)可知：初始加入10molSO2和amolO2，反应达到平衡时，剩余SO2为2mol，生成SO3为8mol，剩余O2为a-4mol，反应达到平衡时，O2的转化率为50%即×100%=50%，解得a=8mol。
故答案为： > ； 0.8 ；8；
（5）根据图示可知：在通入燃料CH3OH的电极A上失去电子，发生氧化反应，因此A电极为负极，由于电解质溶液为碱性，CH3OH失去电子被氧化产生的CO2被碱吸收得到，则A电极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；通入O2的电极B为正极，得到电子发生还原反应，该电极的反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；
故答案为： 负极 ； O2＋2H2O＋4e-= 4 OH- ；
（6）根据正极电极反应式：O2+4e-+2H2O=4OH-可知：每有1molO2参加反应时，电路中会转移4mol电子，因此若反应过程中转移2mol电子，则反应消耗O2的物质的量为n(O2)=0.5mol，其在标准状况下的体积V(O2)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L；
故答案为： 11.2 ；
【分析】(1)反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应。
(2)增加反应物浓度或加入催化剂可加快反应速率；充入惰性气体或降低温度会使速率不变或减慢，选 ab。
(3)正逆反应速率相等或各物质的量、含量不变时达到平衡，浓度比不能作为平衡依据，选 ac。
(4)①2min 时反应正向进行，v 正 (SO2) > v 逆 (SO2)；②0~5min 内 v (SO3)=0.8mol L- min- ；③平衡时 O2转化率 50%，计算得 a=8。
(5) 通入甲醇的电极 A 为负极，正极 B 的反应式为 O2+2H2O+4e-=4OH-。
(6) 1mol O2转移 4mol 电子，转移 2mol 电子时消耗 O2为 0.5mol，标况下体积为 11.2L。
24．【答案】（1）；羧基
（2）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
（3）酯化反应(或取代反应)；CH3COOH+CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3+H2O
（4）C；D
【知识点】有机物的合成；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】（1）由分析可知，A为CH2=CH2，电子式为：；D为CH3COOH，含氧官能团的名称是羧基。
故答案为： ； 羧基 ；
（2）乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
故答案为： 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ；
（3）CH3CH2CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下发生酯化反应生成H，化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3+H2O。
故答案为： 酯化反应(或取代反应) ； CH3COOH+CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3+H2O ；
（4）A．B为CH3CH2OH，金属Na的密度大于CH3CH2OH，向装有2 mL B的试管中投入绿豆大小的钠块，钠会沉于液面下，故A错误；
B．B为CH3CH2OH，在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，该过程体现了乙醇的还原性，故B错误；
C．D为CH3COOH，具有刺激性气味，易溶于水，故C正确；
D．CH3COOH可以和饱和碳酸钠溶液反应，而CH3CH2CH2OH在饱和碳酸钠溶液中溶解度很大，饱和碳酸钠溶液可除去H中溶解的少量CH3COOH和CH3CH2CH2OH，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】先根据气态烃 A 在标准状况下的密度计算其 摩尔质量=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，则A为CH2=CH2；乙烯与水发生加成反应生成乙醇， 则B为CH3CH2OH， 乙醇经催化氧化得到乙醛， C为CH3CHO， 乙醛再被氧化为乙酸； D为CH3COOH， 同时， CH2=CHCHO和H2发生加成反应，双键和醛基都被还原，生成 CH3CH2CH2OH ；最后乙酸和 CH3CH2CH2OH 在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成有芳香气味的乙酸丙酯（H）。据此解题。
（1）由分析可知，A为CH2=CH2，电子式为：；D为CH3COOH，含氧官能团的名称是羧基。
（2）乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
（3）CH3CH2CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下发生酯化反应生成H，化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3+H2O。
（4）A．B为CH3CH2OH，金属Na的密度大于CH3CH2OH，向装有2 mL B的试管中投入绿豆大小的钠块，钠会沉于液面下，故A错误；
B．B为CH3CH2OH，在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，该过程体现了乙醇的还原性，故B错误；
C．D为CH3COOH，具有刺激性气味，易溶于水，故C正确；
D．CH3COOH可以和饱和碳酸钠溶液反应，而CH3CH2CH2OH在饱和碳酸钠溶液中溶解度很大，饱和碳酸钠溶液可除去H中溶解的少量CH3COOH和CH3CH2CH2OH，故D正确；
故选CD。
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