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广东湛江市第二十一中学2025-2026学年度第二学期高一6月阶段性考试 化学试题
1．化学与社会、科技、生活密切相关。下列说法正确的是
A．聚丙烯腈纤维可用于制毛毯和毛线，聚丙烯腈纤维是有机高分子材料
B．北斗导航卫星的芯片与光导纤维的主要成分相同
C．电动汽车代替燃油汽车是必然趋势，电动汽车电池工作时正极发生氧化反应
D．“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，文中的“气”是指乙烷
2．我国航天航空事业飞速发展，下列有关说法正确的是
A．月球探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是SiO2
B．火箭使用碳纳米管可以减轻火箭质量，这种材料属于新型无机非金属材料
C．宇宙飞船返回舱表面使用的高温结构陶瓷属于传统无机非金属材料
D．造月球探测器中的瞄准镜时使用的光导纤维，其主要成分是Si
3．下列化学用语不正确的是
A．正丁烷的球棍模型：
B．乙烯的结构简式为CH2=CH2
C．次氯酸的电子式为
D．聚丙烯的结构简式：
4．下列相关说法正确的是
A．16O2和18O3互为同位素
B．和互为同分异构体
C．CH3CH2CH2CH3和互为同系物
D．和为同一种物质
5．化学与生产、生活密切相关。下列生产活动的相关解释错误的是
选项 生产活动 解释
A 制作化学电源 将电能转化为化学能
B 葡萄酒生产过程中添加 具有杀菌、抗氧化功能
C 冷藏保存新冠疫苗 防止温度过高使蛋白质变性
D 食盐中加入 为食盐中的营养强化剂
A．A B．B C．C D．D
6．下列说法不正确的是
A．装置①中开始产生无色气体，反应逐渐加快，气体在试管上部变为红棕色，溶液逐渐变蓝
B．图②标识表示会用到或产生有害气体、烟、雾，应开启排风扇
C．装置③可用于通过实验证明非金属性强弱：Cl>C>Si
D．装置④产生红色喷泉，说明NH3易溶于水且水溶液呈碱性
7．研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价一物质类别关系如图，以下说法正确的是
A．物质A转化为NO是发生氧化还原反应
B．标准状况下，3.36L物质B与水完全反应，电子转移0.2mol
C．物质C的浓溶液与Cu反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O
D．的检验方法是取少量溶液于试管中，加热，生成气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
8．有图1、2所示的装置，下列叙述正确的是
图1 图2
A．将乙烯分别通入两个装置中，二者都褪色且原理相同
B．若某气体均能使二者褪色，说明该气体一定含乙烯
C．二者都可用于除去乙烷中混有的乙烯
D．二者都可用于鉴别乙烷和乙烯
9．已知某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法不正确的是
A．分子式为
B．苯环上的一氯代物有4种
C．1mol该物质最多能与2mol加成
D．能使酸性溶液褪色，且能发生氧化反应、加成反应、取代反应
10．碱性锌锰电池的总反应方程式为Zn+ 2MnO2+H2O= Zn(OH)2+ 2MnOOH，下列说法正确的是（　　）
A．当电解质溶液为KOH时，K+向正极移动
B．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
C．碱性锌锰电池为二次电池，放电后可充电而反复使用
D．理论上，当通过外电路的电子为0.2 mol时，负极的质量减小6.5g
11．氯气与甲烷发生取代反应(部分过程)的能量变化如下图所示。下列说法错误的是
A．②→③过程的方程式为
B．由图像可知，Cl—Cl的键能为
C．图中所示甲烷与氯气发生的光照取代为放热反应
D．乙烷也可以和氯气发生取代反应
12．因新冠疫情防控需要，口罩已经成了必需品。熔喷布，口罩的“心脏”：口罩中间的过滤层，能过滤细菌，阻止病菌传播。熔喷布是一种以高熔融指数的聚丙烯(PP)为材料，由许多纵横交错的纤维以随机方向层叠而成的膜。下列有关聚丙烯的认识正确的是
A．聚丙烯是混合物
B．聚丙烯的链节：
C．聚丙烯能与溴水发生加成反应
D．合成聚丙烯的单体丙烯分子中，一定有7个原子共面
13．某六碳烷烃与氯气在一定条件下发生取代反应只生成二种一氯代物，则该六碳烷烃的系统命名为
A．2，3-二甲基丁烷 B．3，3-二甲基丁烷
C．3-甲基戊烷 D．2-甲基戊烷
14．180 ℃时，将0.5 mol H2和1 mol CO2通入1 L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸气(CH3OH)和某无机副产物，测得各物质的物质的量随时间的部分变化如图所示，下列说法不正确的是
A．该反应的化学方程式：CO2+3H2CH3OH+H2O
B．在0~3 min内用H2表示的平均化学反应速率为0.1 mol·L-1·min-1
C．当容器内混合气体密度不再变化时，表明反应已经达到平衡状态
D．在3~10 min内，反应处于平衡状态
15．在催化剂a和催化剂b的作用下，氮气分子参与反应的有关反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．过程①氮气会完全转化为氨气
B．过程②中参加反应的分子，化学键未完全断裂
C．过程①的反应若在恒压条件下充入氩气，反应速率不变
D．温度不变，缩小体积，过程①②的反应速率均增大
16．有一种瓦斯分析仪(如图甲)能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时，通过传感器显示出来。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3-Na2O，O2-可以在其中自由移动。下列有关叙述不正确的是
A．瓦斯分析仪工作时，电池外电路中电流由电极b流向电极a
B．电极b是正极，O2-由电极a流向电极b
C．电极a的反应式为CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O
D．当固体电解质中有1 mol O2-通过时，电子转移2 mol
17．I．某化学兴趣小组同学利用下图所示装置(夹持及加热装置已略去，装置气密性良好)探究SO2的性质(实验前已事先除去装置中的空气)。请回答下列问题：
[查阅资料得知浓硫酸的沸点为338 ℃，酒精灯火焰的温度为400~500 ℃]
（1）仪器a的名称　 　。
（2）装置D和F的作用是　 　。
（3）加热时，装置A中反应的化学方程式为　 　。
（4）打开K1，关闭K2，加热装置A一段时间后，B中的现象是　 　，当装置C中溶液由蓝色变为无色，写出装置C化学反应的离子方程式　 　；
（5）关闭K1，打开K2，用酒精灯加热装置A，观察到E中发生的现象是有白色沉淀产生，白色沉淀的成分是　 　，生成白色沉淀的原因可能是　 　(选填字母序号)。
a．SO2与BaCl2溶液反应生成了白色沉淀
b．BaCl2溶液与硫酸蒸气反应生成了白色沉淀
c．SO2溶于水生成的H2SO3被装置内的O2氧化生成H2SO4，再与BaCl2反应生成白色沉淀
18．I．氨气是重要的化工原料，其制备与热力学研究在化工生产中十分重要。
（1）实验室用熟石灰和氯化铵为原料制备氨气，其化学方程式为　 　。
（2）从制备到干燥、收集并处理尾气所需装置的接口连接顺序是　 　。
Ⅱ．含氮废水会加速藻类和其他浮游生物的大量繁殖，使水质恶化。利用微生物对含氮废水进行处理的流程如下图：
（3）过程Ⅲ发生反应的化学方程式为　 　。
（4）根据图1和图2，判断使用亚硝化菌的最佳条件为　 　。
Ⅲ．有机物数量众多，结构和性质各异。
（5）丙烯(CH2=CHCH3)　 　（填“能”或“不能”）使溴的CCl4溶液褪色，该反应的化学方程式是　 　。
（6）戊烷的同分异构体有　 　、　 　、　 　(写结构简式)。
19．I． H2和CH3OH是重要的能源物质，也是重要的化工原料。为倡导“节能减排”和“低碳经济”，降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，工业上通常用CO2来生产燃料甲醇。在体积为2 L的密闭容器中，充入0.8 mol CO2和2.0 mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。测得CO2和CH3OH的物质的量随时间变化如图所示。
（1）0~3 min内用H2表示该反应的化学反应速率为________。
（2）下列措施能提高该反应的化学反应速率的是________。
A．升高温度 B．加入适宜的催化剂 C．缩小容器的体积
（3）能说明上述反应已达到平衡状态的是　　　　(填字母序号)。
A. CO2、H2、CH3OH、H2O四种气体的物质的量浓度之比为1∶3∶1∶1
B. 容器内混合气体的压强保持不变
C. CO2的消耗速率与CH3OH的生成速率之比为1∶1
D. 容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变
（4）下图为甲醇燃料电池的简易装置，图中a电极为________极(填“正”或“负”)；b电极的电极反应式为________。
II．
（5）已知：键能指在标准状况下，将1 mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)、B(g)所需的能量，用符号E表示，单位为kJ·mol-1.已知反应CH3-CH3(g) = CH2=CH2(g)＋H2(g)，有关化学键的键能如下表：
化学键 C-H C=C C-C H-H
键能/ (kJ·mol-1) 414 615 347 436
则分解1 molCH3-CH3(g) 该反应可________(填“吸收”或“放出”)热量________kJ。
20． I． 某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应。请回答下列问题：
（1）写出B、D的结构简式：B　 　、D　 　。
（2）写出①⑤两步反应的化学方程式，并注明反应类型：
①　 　，反应类型　 　。
⑤　 　，反应类型　 　。
（3）苯环的结构很稳定，常温下较难发生化学反应。某实验小组利用下列装置探究苯在一定条件下的反应产物。回答下列问题：
实验室制取硝基苯常采用如图所示装置。
已知：苯与硝基苯的沸点分别为80.1 ℃、210.9 ℃，且二者互溶。
该装置采取水浴加热并控制温度在50~60 ℃的原因是　 　；写出制取硝基苯的化学方程式： 　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；乙烯的用途；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、聚丙烯腈纤维又称腈纶，可制作毛毯、毛线，聚丙烯腈由丙烯腈加聚生成，属于有机高分子材料，A正确；
B、卫星芯片主要成分为单质Si，光导纤维主要成分为，二者成分不相同，B错误；
C、原电池工作时，正极发生得电子的还原反应，负极发生氧化反应，C错误；
D、木瓜释放的催熟果实的气体为乙烯，不是乙烷，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
有机高分子材料：合成纤维、塑料、橡胶均属于有机高分子，腈纶是常见合成纤维；
硅及其氧化物用途：晶体硅用于半导体芯片，二氧化硅用于光导纤维；
原电池电极反应规律：正极还原、负极氧化；
乙烯的用途：乙烯是植物果实催熟剂。
2．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、硅太阳能电池板依靠单质Si的半导体特性，主要成分为晶体Si，不是，A错误；
B、碳纳米管由碳单质构成，质量轻、强度高，属于新型无机非金属材料，可用于减轻火箭自重，B正确；
C、高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，传统无机非金属材料为玻璃、水泥、陶瓷，C错误；
D、光导纤维的核心成分为，单质Si用于半导体芯片，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
硅与二氧化硅用途区分：晶体Si用于太阳能电池、半导体芯片；用于光导纤维；
无机非金属材料分类：碳纳米管、高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，水泥、玻璃、普通陶瓷为传统无机非金属材料；
碳纳米管材料特点：质轻、力学性能优异，属于单质碳类新型无机材料。
3．【答案】D
【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；烯烃；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、对于正丁烷来说，球棍模型要呈现四个碳原子直链饱和烷烃结构， ，故A正确；
B、乙烯分子含有碳碳双键，结构简式规范完整，化学用语书写正确，故B正确；
C、次氯酸的结构式为，电子式 符合成键规律，化学用语书写正确，故C正确；
D、丙烯单体为，加聚后生成聚丙烯，结构简式是 ，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
球棍模型识别：直链四碳饱和烷烃对应正丁烷，碳骨架与氢原子排布匹配；
烯烃结构简式书写：碳碳双键不能省略，必须完整标出；
次氯酸电子式书写：氧原子为中心原子，分别与氢、氯各共用一对电子；
烯烃加聚产物书写：丙烯发生加聚反应，甲基作为支链，重复单元主链仅含两个碳原子。
4．【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A、同位素的研究对象是原子，要求质子数相同、中子数不同；是氧气分子，是臭氧分子，二者都属于单质分子，并非原子，不满足同位素概念，故A错误；
B、 和 均为1，2-二氯乙烷，分子中碳碳单键可以自由旋转，两种结构式只是书写视角不同，分子内部原子连接方式完全一致，属于同一种物质；同分异构体需要分子式相同、原子连接顺序不同，因此二者不互为同分异构体，故B错误；
C、是正丁烷， 是异丁烷，二者分子式均为，分子式相同；而同系物要求分子组成相差1个或多个原子团，所以二者属于同分异构体，不是同系物，故C错误；
D、 主链4个碳，2号碳连甲基； 只是书写时碳链弯折，碳碳单键可自由旋转，两种结构的碳骨架、支链位置完全相同，均为2-甲基丁烷，属于同一种物质，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同位素判断：同位素针对原子，单质、分子均不能用该概念描述；
同分异构体判断：满足分子式相同，且原子连接方式、碳骨架结构不同；
同系物判断：结构相似，分子组成相差若干，同分异构体一定不属于同系物；
同一物质判断：烷烃单键可自由旋转，书写形式不同但碳骨架、取代基位置一致即为同种物质。
5．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；二氧化硫的性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蛋白质的特殊反应
【解析】【解答】A、化学电源属于原电池，工作时依靠自发氧化还原反应向外输出电能，能量转化形式为化学能转化为电能；将电能转化为化学能的装置是电解池，故A错误；
B、葡萄酒发酵过程中会滋生杂菌，同时酒中有机物易被氧化变质，既能抑制细菌繁殖起到杀菌作用，又可作还原剂防止酒体氧化，故B正确；
C、新冠疫苗有效成分为蛋白质，蛋白质受热易发生不可逆变性而失去生物活性，冷藏低温环境可减缓变性速率，延长疫苗保存时间，故C正确；
D、人体缺碘会引发甲状腺肿大，可稳定向食盐中补充碘元素，属于食品营养强化剂，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
能量转化区分：原电池（化学电源）：化学能→电能；电解池：电能→化学能；
二氧化硫在酿酒中的作用：兼具杀菌防腐、抗氧化双重作用；
蛋白质性质：高温会使蛋白质空间结构破坏发生变性，低温可延缓变性；
食品添加剂分类：碘酸钾为补碘营养强化剂，用于预防碘缺乏病。
6．【答案】C
【知识点】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】【解答】A、铜与稀硝酸反应生成无色NO气体，该反应放热，温度升高使反应速率逐渐加快；NO遇试管内空气会被氧化为红棕色；反应生成，溶液中存在，溶液逐渐显蓝色，描述全部符合实验现象，故A正确；
B、图②为排风警示标识，代表实验会产生有毒有害气体、烟雾，实验操作时必须开启排风风扇，防止有毒气体危害人体，故B正确；
C、装置③使用稀盐酸与碳酸钠反应，盐酸是无氧酸，不对应Cl元素最高价含氧酸，无法通过酸性比较证明Cl的非金属性；同时盐酸具有挥发性，挥发出的HCl会进入硅酸钠溶液生成硅酸沉淀，干扰碳酸与硅酸酸性对比，不能证明非金属性，故C错误；
D、挤压胶头滴管，少量水进入烧瓶后快速大量溶解，烧瓶内压强急剧减小，外界大气压将烧杯中酚酞溶液压入烧瓶形成喷泉；氨水电离出使酚酞变红，能够证明极易溶于水且水溶液呈碱性，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
铜与稀硝酸反应：掌握NO的生成、氧化变色、铜离子显色、反应放热加速反应等全套实验现象；
实验安全标识：排风标识适用场景为产生有毒烟气、有害气体的实验；
非金属性比较规律：只能用元素最高价含氧酸酸性强弱判断非金属性，同时需排除挥发性酸的干扰；
喷泉实验原理：气体极易溶于水造成内外压强差，酚酞变色证明对应水溶液显碱性。
7．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；铵离子检验；铜及其化合物
【解析】【解答】A、根据价类二维图，A为，N为-3价；NO中N为+2价，转化过程氮元素化合价发生改变，存在电子转移，属于氧化还原反应，故A正确；
B、B是+4价氮的氧化物，标况下3.36L 物质的量为0.15mol，发生反应 3NO2+H2O=2HNO3+NO ，每3mol 反应转移2mol电子，则0.15mol 转移电子0.1mol，不是0.2mol，故B错误；
C、C为+5价氮的含氧酸，浓硝酸与Cu反应还原产物为，离子方程式为 Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O ，题干方程式为稀硝酸和Cu的反应，故C错误；
D、检验时，只加热溶液很难释放足量，正确操作是向溶液中加入浓溶液再加热，才能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的氨气，操作描述不完整，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
价类二维图物质判断：根据氮元素化合价与物质类别推出A为、B为、C为；
氧化还原判定：反应前后元素化合价发生变化则为氧化还原反应；
与水反应电子转移计算：依据反应方程式中化合价升降，按比例计算转移电子物质的量；
浓、稀硝酸与铜反应区分：浓硝酸还原产物，稀硝酸还原产物，离子方程式不可混用；
铵根离子检验操作：必须加强碱后加热，仅加热溶液无法有效逸出氨气。
8．【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；除杂；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A、乙烯通入图 1 中与溴发生加成反应使其褪色，通入图 2 中被酸性高锰酸钾氧化使其褪色，二者褪色原理不同，故 A 错误；
B、能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色的气体不一定是乙烯，也可能是其他烯烃或还原性气体，故 B 错误；
C、酸性高锰酸钾溶液会将乙烯氧化为二氧化碳，引入新杂质，不能用于除去乙烷中的乙烯，故 C 错误；
D、乙烷与溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液均不反应，而乙烯可使二者褪色，因此二者都可用于鉴别乙烷和乙烯，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
明确乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，褪色原理不同；
区分鉴别和除杂的不同要求，除杂时不能引入新杂质；
其他不饱和烃或还原性气体也能使两种溶液褪色，不能仅凭褪色现象确定气体为乙烯。
9．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烯烃；苯的同系物及其性质；加成反应
【解析】【解答】A、数出结构中碳原子总数为15，结合碳四价成键规则，补齐所有氢原子后统计氢原子总数为18，可确定该有机物分子式为，故A正确；
B、苯环上连接甲基与两种不同取代基，对称分析苯环剩余氢原子，一共有4种化学环境不同的等效氢，因此苯环上的一氯代物有4种，故B正确；
C、苯环在催化条件下1mol可消耗3mol ，分子中存在两处碳碳双键（环己烯内双键、侧链碳碳双键），每1mol碳碳双键消耗1mol ，全部加成共消耗5mol ，不是2mol ，故C错误；
D、分子含有碳碳双键、与苯环直接相连的甲基，均能被酸性氧化，使溶液褪色；有机物燃烧、被强氧化剂氧化都属于氧化反应；碳碳双键、苯环能与氢气发生加成反应；烷基、苯环上的氢原子在光照、催化剂条件下可发生取代反应，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
有机物分子式书写：逐个数清骨架碳原子，利用碳四价饱和原则推算氢原子数目，得到准确分子式；
苯环一氯代物判断：依靠等效氢法，区分苯环上不同化学环境的氢，等效氢数目等于一氯代物种类；
加成消耗量计算：苯环加成消耗3mol ，碳碳双键1：1消耗氢气，需统计分子内全部不饱和结构求和；
有机物官能团性质：碳碳双键、苯的同系物侧链甲基均可还原高锰酸钾；碳碳双键、苯环具备加成特性；烷基、苯环氢可发生取代，燃烧、氧化褪色均属于氧化反应。
10．【答案】A
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A、阳离子移向正极，A正确；
B、电子由负极流向正极，B错误；
C、锌锰电池为一次电池，不能充电，C错误；
D、负极的电子反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，反应后Zn的表面会形成Zn(OH)2，质量应增加，D错误；
故答案为：A
【分析】原电池的角度进行分析，活泼金属作为负极，负极质量减少，正极质量增加或者生产气体，电子由负极经过导线流向正极，电流由正极经过导线流向负极，阳离子移向正极，阳离子得到电子形成单质，阴离子移向负极，负极失去电子形成阳离子。
11．【答案】B
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A、②→③阶段是氯自由基夺取甲烷上的氢原子，生成甲基自由基与氯化氢，对应方程式，反应过程与方程式匹配，故A正确；
B、图像中239kJ·mol- 是断裂键的能量，该数值才是键能，330kJ·mol- 是第三步过渡态到生成物释放的总能量，并非键能，说法存在概念错误，故B错误；
C、对比起点①和终点④的能量，生成物总能量低于反应物总能量，因此甲烷与氯气的该步取代反应属于放热反应，故C正确；
D、乙烷属于饱和烷烃，分子中所有氢原子均可被氯原子逐步替换，光照条件下能和氯气发生自由基取代反应，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
自由基取代历程：甲烷氯代分步进行，氯自由基夺取氢生成甲基自由基与HCl，对应②→③转化；
键能定义：断裂1mol化学键吸收的能量为键能，图中断裂吸热239kJ·mol- ，键能为239kJ·mol- ；
吸热放热判断：能量图像中反应物总能量高于生成物总能量，反应放热；
烷烃通性：所有饱和烷烃在光照下均可与卤素单质发生自由基取代反应。
12．【答案】A
【知识点】烯烃；聚合反应
【解析】【解答】A、高分子化合物中聚合度n取值不固定，聚丙烯是由大量不同n值的高分子链组成，无固定熔沸点，属于混合物，故A正确；
B、聚丙烯单体为： ，正确链节是 ，选项书写缺少括号、甲基连接方式错误，故B错误；
C、丙烯发生加聚后分子内碳碳双键完全断裂，聚丙烯分子不存在碳碳双键，不能和溴水发生加成反应，故C错误；
D、丙烯结构为，碳碳双键为平面结构，双键两端碳原子以及直接相连的原子共平面，最多6个原子共面： ，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
高分子物质分类：聚合度n不确定的高分子均为混合物；
加聚产物链节书写：丙烯加聚后主链两个碳，甲基作为支链连在第二个碳原子；
聚丙烯官能团判断：加聚反应消耗碳碳双键，聚丙烯无双键，无法加成溴水；
烯烃共面判断：碳碳双键平面结构，甲基单键可自由旋转，只能得出最多共面原子数，不是一定共面。
13．【答案】A
【知识点】有机化合物的命名
【解析】【解答】想要得到仅有两种一氯代物的六碳烷烃，说明分子内部一共只有两类化学环境互不相同的氢原子。进行碳骨架排布推导之后，符合条件的有机物骨架为 ；开展系统命名时，挑选长度最长、一共包含 4 个碳原子的碳链充当主链，母体命名为丁烷，主链 2 号碳、3 号碳上各自连接一个甲基支链，最终正式命名是 2，3 - 二甲基丁烷，因此选择 A 选项。
故答案为：A；
【分析】考查烷烃一氯代物数目等价于等效氢种类这一规律，先根据产物只有两种一氯代物推出目标六碳烷烃仅具备两组等效氢，接着借助对称性筛选出适配的碳骨架，后续严格遵循烷烃系统命名步骤挑选最长碳链、完成主链编号、标注甲基取代基位置得到最终命名，过程当中需要警惕直接选取六碳直链做主链的误区，规避主链选错引发的命名失误。
14．【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、0~3 min，，，，结合产物与原子守恒，无机副产物为，配平得到反应 CO2+3H2CH3OH+H2O ，方程式书写正确，故A正确；
B、0~3 min，容器体积1 L，，，速率计算正确，故B正确；
C、容器为恒容密闭容器，反应体系内所有物质均为气体，混合气体总质量始终不变，容器体积固定，由可知密度全程恒定，密度不变不能作为平衡判断依据，故C错误；
D、3 min时各物质物质的量不再发生变化，3~10 min体系中各组分含量保持稳定，反应处于化学平衡状态，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
化学方程式推导：根据图像物质变化量之比确定计量数，结合原子守恒推出无机副产物水；
化学反应速率计算：利用，浓度变化量等于物质的量变化量除以容器体积；
平衡状态判断依据：恒容全气相反应，气体总质量、容器体积均不变，密度始终不变，无法判定平衡；
平衡图像识别：图像中物质的量曲线保持水平不变的时间段，代表反应达到化学平衡。
15．【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；化学反应速率的影响因素；氮气的化学性质
【解析】【解答】A、氮气参与合成氨的反应属于可逆反应，反应物不可能实现完全转化，过程①中氮气无法全部转变为氨气，A错误；
B、观察过程②的微观图示，反应物分子吸附到催化剂b表面之后原本的化学键发生断裂，之后再重新组合形成新物质，化学键完成了完全断裂，B错误；
C、维持恒压条件充入氩气，容器整体体积会变大，体系内参与反应的气体浓度下降，过程①对应的反应速率将会减小，C错误；
D、温度保持恒定，压缩体系体积会提升气体反应物的浓度，不管是过程①还是过程②，有效碰撞的频次都会上升，两步反应的速率同步增大，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
可逆反应特征把控：可逆反应存在反应限度，反应物转化率达不到百分之百，因此不能彻底转化；
催化历程键变化观察：反应物吸附催化剂之后原有旧键会完全断开，之后原子再重新成键得到目标产物；
恒压充入惰性气体规律：恒压环境通入氩气会扩大容器容积，反应物浓度下降，最终减慢化学反应速率；
压强对速率的影响原理：恒温缩小容器体积可以提高气态反应物浓度，催化剂a、b对应的两步反应速率都会随之加快。
16．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极a通入，发生失电子氧化反应，为负极；电极b通入空气，得电子发生还原反应，为正极。外电路电流从正极b流向负极a，描述正确，故A正确；
B、电极b是正极；原电池中阴离子向负极移动，应从正极b流向负极a，选项中离子移动方向写反，描述错误，故B错误；
C、电极a为负极，失电子，固体电解质传导，结合原子、电荷守恒配平电极反应： ，方程式书写正确，故C正确；
D、正极反应，每生成2mol 转移4mol电子，即1mol 对应转移2mol电子，描述正确，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
正负极判断：燃料通入一极为负极，空气通入一极为正极；
电流、离子移动规律：外电路电流正极→负极；固体电解质中阴离子向负极迁移；
负极电极反应书写：碱性固体电解质体系，用配平电荷，产物为、；
电子与离子定量关系：依据正极氧气得电子生成的反应，建立电子与物质的量比例。
17．【答案】（1）分液漏斗
（2）吸收SO2，防止污染空气
（3）
（4）品红溶液褪色；
（5）BaSO4；b
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)仪器a为分液漏斗，用于向三颈烧瓶中添加浓硫酸液体试剂。
故答案为：分液漏斗；
(2)属于有毒酸性气体，直接排放会污染空气，装置D、F内盛放溶液，可与发生反应将其完全吸收，起到尾气处理、防止污染环境的作用。
故答案为：吸收SO2，防止污染空气 ；
(3)加热条件下，铜单质与浓硫酸发生氧化还原反应，浓硫酸作氧化剂被还原为，铜被氧化生成硫酸铜，同时生成水，化学方程式：
故答案为： ；
(4)打开、关闭时，通入装置B的品红溶液，二氧化硫具备漂白性，能够使品红溶液褪色；
装置C中含有淀粉碘水，单质碘遇淀粉显蓝色，具有还原性，与碘单质、水发生氧化还原反应，被还原为无色，溶液蓝色褪去，对应离子方程式： ；
故答案为： 品红溶液褪色；
(5)与不直接反应，装置E中生成的白色沉淀为硫酸钡；
实验前已排尽装置内空气，排除氧气氧化亚硫酸的可能；酒精灯温度可达400~500 ℃，超过浓硫酸沸点338 ℃，加热时浓硫酸会蒸发出硫酸蒸气，硫酸蒸气进入E中与反应生成沉淀，对应原因选b。
故答案为：；b；
【分析】三颈烧瓶A中Cu和浓硫酸加热制取SO2；打开K1、关闭K2时，SO2依次通入B品红溶液验证漂白性、C淀粉碘水验证还原性，D中NaOH吸收尾气；关闭K1、打开K2时，SO2与挥发的硫酸蒸气通入E氯化钡盐酸混合液生成硫酸钡白色沉淀，最后F中NaOH溶液吸收多余SO2，整套装置提前排尽空气排除氧气干扰。
(1) 识别实验室常规液体添加仪器，结合装置图中带活塞、盛装浓硫酸的漏斗结构，判定仪器名称为分液漏斗。
(2) 结合有毒、属于酸性氧化物的性质，分析溶液的尾气吸收功能，说明装置D、F的环保防护作用。
(3) 回忆铜和浓硫酸加热的经典氧化还原反应，区分浓硫酸的酸性与强氧化性，根据得失电子守恒、原子守恒配平完整化学方程式。
(4) 依托的漂白特性，分析品红溶液的实验现象；结合还原性、碘水氧化性，依据电荷守恒、原子守恒书写氧化还原型离子方程式。
(5) 先根据物质反应规律判断沉淀只能是；再结合题干“提前除去装置空气”排除选项c，依据浓硫酸沸点、酒精灯加热温度推出硫酸蒸气挥发，确定沉淀生成原因为选项b。
（1）根据装置图，仪器a的名称是分液漏斗；
（2）SO2是有毒气体，能被氢氧化钠溶液吸收，装置D和F的作用是吸收SO2，防止污染；
（3）加热时，装置A中浓硫酸和铜反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式为；
（4）SO2具有漂白性，B中的现象是品红溶液褪色；当装置C中溶液由蓝色变为无色，说明被还原，则SO2被氧化，反应的离子方程式为；
（5）SO2和BaCl2溶液不反应，观察到E中有白色沉淀产生，则白色沉淀的成分是BaSO4；
a．和不反应，无沉淀，a错误；
b．已知浓硫酸沸点，酒精灯火焰温度，加热A时，浓硫酸受热挥发产生硫酸蒸气；硫酸蒸气进入E溶液，电离出，和结合生成白色沉淀，b正确；
c．题干明确标注实验前已事先除去装置中的空气，体系内无，无法被氧化为，c错误。
18．【答案】；adchg(dc)j；2HNO2+O22HNO3；pH=8，温度为32℃；能；CH2=CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3；CH3CH2CH2CH2CH3；(CH3)2CHCH2CH3；C(CH3)4
【知识点】氨的实验室制法；含氮物质的综合应用；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】(1) 实验室加热熟石灰与氯化铵固体制备氨气，反应生成氯化钙、氨气和水，化学方程式：
故答案为：
(2)A装置为固固加热制氨气发生装置，为防止生成的水冷凝回流到试管底部炸裂试管，试管口需向下倾斜，所以选择a而非b，装置C中盛有的碱石灰用于干燥氨气，其中d为干燥管入口，c为干燥管出口，装置E为向下排空气法收集氨气的装置，因为氨气的密度小于空气，氨气需从短管进从长管出，即先h后g，装置D中盛有的浓硫酸用于吸收氨气，装置C中盛有的碱石灰用于吸收水蒸气、装置G盛有的水用于吸收氨气。则从制备到干燥、收集氨气并处理尾气所需装置的接口连接顺序为adchg(dc)j；
故答案为：adchg(dc)j；
(3)过程Ⅲ是亚硝酸在硝化菌、氧气作用下氧化生成硝酸，化学方程式： 2HNO2+O22HNO3
故答案为： 2HNO2+O22HNO3；
(4)图1中pH=8时亚硝酸根生成率达到峰值，图2中温度32℃时亚硝酸根生成率最高，综合得出亚硝化菌最佳条件：pH=8、温度32℃。
故答案为：pH=8，温度为32℃；
(5)丙烯分子含有碳碳双键，可和溴的四氯化碳溶液发生加成反应使其褪色，加成方程式：
CH2=CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3
故答案为：能； CH2=CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3
(6)戊烷有3种碳骨架同分异构体，结构简式依次为正戊烷、异戊烷、新戊烷：
、、
故答案为：；；
【分析】(1) 考查实验室制氨气经典固固加热反应，依据铵盐与强碱加热生成氨气的反应规律，配平化学方程式并标注加热条件与气体符号。
(2) 按“发生装置→干燥装置→收集装置→尾气处理装置”顺序梳理接口；氨气为碱性气体，选用碱石灰干燥；密度比空气小采用短进长出向下排空气法，尾气用水吸收需搭配防倒吸装置。
(3) 结合流程转化，反应物为亚硝酸、氧气，硝化菌作催化，产物为硝酸，依据原子守恒配平氧化反应方程式。
(4) 分别读取pH图像、温度图像中生成率最高点对应的数值，两组最优条件结合即为亚硝化菌最佳反应环境。
(5) 碳碳双键具备加成性质，能与溴单质发生加成消耗溴，使有机溶液褪色，按烯烃加成规律书写化学方程式。
(6) 采用减碳法书写戊烷碳链骨架，依次写出直链、支链1个甲基、支链2个甲基三种碳骨架，补齐氢原子得到全部同分异构体结构简式。
19．【答案】(1) 0.2 mol/(L·min)
(2) ABC
(3) B，D
(4) 负 O2+4e-+4H+=2H2O
(5) 吸收 124 kJ
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】(1)0~3 min时，图像显示生成 0.4 mol，根据反应计量比，消耗的物质的量为；容器体积2 L，时间3 min。
故答案为： 0.2 mol/(L·min)；
(2)A：升高温度，分子能量提升，有效碰撞增多，反应速率加快；
B：合适催化剂可降低反应活化能，显著提升反应速率；
C：缩小容器体积，气体浓度增大，单位体积有效碰撞变多，速率加快；
三者均能加快速率。
故答案为：ABC；
(3)A：浓度比值等于计量比仅为某一瞬时状态，无法判定浓度不再变化，不能证明平衡； A错误；
B：反应前后气体总物质的量不等，恒温恒容下压强不变代表各物质含量恒定，达平衡； B正确；
C：消耗、生成都属于正反应速率，仅表示正向反应快慢，无逆反应参照，不能判定平衡； C错误；
D： 根据， 由质量守恒定律气体质量m不变，分子数减少n减小，所以M为变量，当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，反应达到平衡状态 ； 故D正确；
故答案为：B、D；
(4)甲醇在a电极失电子被氧化生成，发生氧化反应，故a为负极；
b电极通入，酸性稀硫酸环境下氧气得电子结合氢离子生成水，电极反应：
O2+4e-+4H+=2H2O
故答案为：负； O2+4e-+4H+=2H2O ；
(5)断裂化学键总吸热：；
形成化学键总放热：；
断键吸热成键放热，，反应吸收124 kJ热量。
故答案为： 吸收 124 kJ ；
【分析】(1) 依据图像读出甲醇变化量，结合化学计量数算出氢气消耗的物质的量，再代入化学反应速率基础公式计算速率数值。
(2) 从温度、催化剂、浓度（压强）三个影响反应速率的因素分析，升温、加催化剂、压缩体积增大气体浓度均可加快反应。
(3) 平衡判定核心是“变量恒定即平衡”；该反应气体分子总数前后不等，压强、平均相对分子质量属于变量；同向反应速率、固定浓度比例均无法判断平衡。
(4) 燃料电池中燃料发生氧化的一极为负极，氧化剂氧气发生还原的一极为正极；酸性电解液中正极氧气得电子结合氢离子生成水，按电子、电荷守恒配平电极方程式。
(5) 键能计算焓变规则为总断键能量减去总成键能量；焓变数值为正代表吸热，数值为负代表放热，分步计算断裂、形成化学键总能量后做差值判断。
20．【答案】（1）CH3CH3；CH3CH2OH
（2）CH2=CH2+H2CH3CH3；加成反应；CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl；取代反应
（3）为了受热均匀，易控制温度；防止温度过高使苯挥发和避免副反应；+HNO3(浓)+H2O
【知识点】苯的结构与性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 由题干信息可知烃A为乙烯；反应①是乙烯和氢气加成得到乙烷B，结构简式；反应③是乙烯与水催化加成生成乙醇D，结构简式。
故答案为：；；
(2) ①乙烯与氢气在镍催化、加热条件下双键加成生成乙烷，方程式： CH2=CH2+H2CH3CH3
反应类型：加成反应
⑤乙烷与氯气在光照条件下发生烷烃自由基取代，生成一氯乙烷与氯化氢，方程式：
CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl
反应类型：取代反应
故答案为：CH2=CH2+H2CH3CH3 ；加成反应； CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl ；取代反应；
(3) 水浴加热优势是体系受热均匀，温度便于精准控制在50~60 ℃；温度过高会造成苯大量挥发，还会生成二硝基苯等副产物，因此限定该温度区间；
苯和浓硝酸在浓硫酸催化、50~60 ℃水浴下发生硝化取代生成硝基苯与水，化学方程式：
+HNO3(浓)+H2O
故答案为：为了受热均匀，易控制温度；防止温度过高使苯挥发和避免副反应 ；+HNO3(浓)+H2O
【分析】A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，故A为CH2=CH2； A 和氢气在镍催化加热下加成生成乙烷 B；乙烷 B 在光照、氯气条件下发生取代反应得到C（ CH3CH2Cl ）；乙烯 A 和 HCl 催化加热加成生成 C（CH3CH2Cl） ；乙烯 A 和水在催化剂加热条件加成得到乙醇 D；乙烯 A 在催化剂作用下发生加聚反应生成高分子聚合物 E 聚乙烯；另外单独拓展苯的硝化实验，苯与浓硝酸在浓硫酸、50~60℃水浴条件下发生取代制备硝基苯。
(1) 根据“衡量石油化工水平、植物生长调节剂”确定A是乙烯，结合加氢、加水加成的转化产物，直接写出乙烷、乙醇的结构简式。
(2) ①烯烃与氢气断裂碳碳双键，属于加成反应，按条件配平方程式；⑤烷烃光照下氢原子被氯逐步替换，属于取代反应，书写对应自由基取代方程式并标注反应类型。
(3) 结合水浴加热的实验优势、苯沸点低易挥发、高温易发生多硝基取代副反应三点解释控温原因；硝化反应属于苯环上氢被硝基取代，以浓硫酸为催化剂、水浴控温书写完整化学方程式。
（1）根据分析可知B为CH3CH3；D为CH3CH2OH。
（2）反应①为乙烯与氢气的加成反应，化学方程式为；反应⑤为乙烷与氯气的取代反应，方程式为。
（3）由分析可知，苯易发生取代反应，与浓硝酸、浓硫酸的混合酸共热时发生硝化反应生成硝基苯，故开始时应向试管中加入一定量的苯、浓硫酸和浓硝酸；该装置采取水浴加热并控制温度在50~60 ℃的原因是为了受热均匀，容易控制温度，防止温度过高使苯挥发和避免副反应；制取硝基苯的化学方程式为+HNO3(浓)+H2O。
1 / 1广东湛江市第二十一中学2025-2026学年度第二学期高一6月阶段性考试 化学试题
1．化学与社会、科技、生活密切相关。下列说法正确的是
A．聚丙烯腈纤维可用于制毛毯和毛线，聚丙烯腈纤维是有机高分子材料
B．北斗导航卫星的芯片与光导纤维的主要成分相同
C．电动汽车代替燃油汽车是必然趋势，电动汽车电池工作时正极发生氧化反应
D．“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，文中的“气”是指乙烷
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；乙烯的用途；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、聚丙烯腈纤维又称腈纶，可制作毛毯、毛线，聚丙烯腈由丙烯腈加聚生成，属于有机高分子材料，A正确；
B、卫星芯片主要成分为单质Si，光导纤维主要成分为，二者成分不相同，B错误；
C、原电池工作时，正极发生得电子的还原反应，负极发生氧化反应，C错误；
D、木瓜释放的催熟果实的气体为乙烯，不是乙烷，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
有机高分子材料：合成纤维、塑料、橡胶均属于有机高分子，腈纶是常见合成纤维；
硅及其氧化物用途：晶体硅用于半导体芯片，二氧化硅用于光导纤维；
原电池电极反应规律：正极还原、负极氧化；
乙烯的用途：乙烯是植物果实催熟剂。
2．我国航天航空事业飞速发展，下列有关说法正确的是
A．月球探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是SiO2
B．火箭使用碳纳米管可以减轻火箭质量，这种材料属于新型无机非金属材料
C．宇宙飞船返回舱表面使用的高温结构陶瓷属于传统无机非金属材料
D．造月球探测器中的瞄准镜时使用的光导纤维，其主要成分是Si
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、硅太阳能电池板依靠单质Si的半导体特性，主要成分为晶体Si，不是，A错误；
B、碳纳米管由碳单质构成，质量轻、强度高，属于新型无机非金属材料，可用于减轻火箭自重，B正确；
C、高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，传统无机非金属材料为玻璃、水泥、陶瓷，C错误；
D、光导纤维的核心成分为，单质Si用于半导体芯片，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
硅与二氧化硅用途区分：晶体Si用于太阳能电池、半导体芯片；用于光导纤维；
无机非金属材料分类：碳纳米管、高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，水泥、玻璃、普通陶瓷为传统无机非金属材料；
碳纳米管材料特点：质轻、力学性能优异，属于单质碳类新型无机材料。
3．下列化学用语不正确的是
A．正丁烷的球棍模型：
B．乙烯的结构简式为CH2=CH2
C．次氯酸的电子式为
D．聚丙烯的结构简式：
【答案】D
【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；烯烃；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、对于正丁烷来说，球棍模型要呈现四个碳原子直链饱和烷烃结构， ，故A正确；
B、乙烯分子含有碳碳双键，结构简式规范完整，化学用语书写正确，故B正确；
C、次氯酸的结构式为，电子式 符合成键规律，化学用语书写正确，故C正确；
D、丙烯单体为，加聚后生成聚丙烯，结构简式是 ，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
球棍模型识别：直链四碳饱和烷烃对应正丁烷，碳骨架与氢原子排布匹配；
烯烃结构简式书写：碳碳双键不能省略，必须完整标出；
次氯酸电子式书写：氧原子为中心原子，分别与氢、氯各共用一对电子；
烯烃加聚产物书写：丙烯发生加聚反应，甲基作为支链，重复单元主链仅含两个碳原子。
4．下列相关说法正确的是
A．16O2和18O3互为同位素
B．和互为同分异构体
C．CH3CH2CH2CH3和互为同系物
D．和为同一种物质
【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A、同位素的研究对象是原子，要求质子数相同、中子数不同；是氧气分子，是臭氧分子，二者都属于单质分子，并非原子，不满足同位素概念，故A错误；
B、 和 均为1，2-二氯乙烷，分子中碳碳单键可以自由旋转，两种结构式只是书写视角不同，分子内部原子连接方式完全一致，属于同一种物质；同分异构体需要分子式相同、原子连接顺序不同，因此二者不互为同分异构体，故B错误；
C、是正丁烷， 是异丁烷，二者分子式均为，分子式相同；而同系物要求分子组成相差1个或多个原子团，所以二者属于同分异构体，不是同系物，故C错误；
D、 主链4个碳，2号碳连甲基； 只是书写时碳链弯折，碳碳单键可自由旋转，两种结构的碳骨架、支链位置完全相同，均为2-甲基丁烷，属于同一种物质，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同位素判断：同位素针对原子，单质、分子均不能用该概念描述；
同分异构体判断：满足分子式相同，且原子连接方式、碳骨架结构不同；
同系物判断：结构相似，分子组成相差若干，同分异构体一定不属于同系物；
同一物质判断：烷烃单键可自由旋转，书写形式不同但碳骨架、取代基位置一致即为同种物质。
5．化学与生产、生活密切相关。下列生产活动的相关解释错误的是
选项 生产活动 解释
A 制作化学电源 将电能转化为化学能
B 葡萄酒生产过程中添加 具有杀菌、抗氧化功能
C 冷藏保存新冠疫苗 防止温度过高使蛋白质变性
D 食盐中加入 为食盐中的营养强化剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；二氧化硫的性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蛋白质的特殊反应
【解析】【解答】A、化学电源属于原电池，工作时依靠自发氧化还原反应向外输出电能，能量转化形式为化学能转化为电能；将电能转化为化学能的装置是电解池，故A错误；
B、葡萄酒发酵过程中会滋生杂菌，同时酒中有机物易被氧化变质，既能抑制细菌繁殖起到杀菌作用，又可作还原剂防止酒体氧化，故B正确；
C、新冠疫苗有效成分为蛋白质，蛋白质受热易发生不可逆变性而失去生物活性，冷藏低温环境可减缓变性速率，延长疫苗保存时间，故C正确；
D、人体缺碘会引发甲状腺肿大，可稳定向食盐中补充碘元素，属于食品营养强化剂，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
能量转化区分：原电池（化学电源）：化学能→电能；电解池：电能→化学能；
二氧化硫在酿酒中的作用：兼具杀菌防腐、抗氧化双重作用；
蛋白质性质：高温会使蛋白质空间结构破坏发生变性，低温可延缓变性；
食品添加剂分类：碘酸钾为补碘营养强化剂，用于预防碘缺乏病。
6．下列说法不正确的是
A．装置①中开始产生无色气体，反应逐渐加快，气体在试管上部变为红棕色，溶液逐渐变蓝
B．图②标识表示会用到或产生有害气体、烟、雾，应开启排风扇
C．装置③可用于通过实验证明非金属性强弱：Cl>C>Si
D．装置④产生红色喷泉，说明NH3易溶于水且水溶液呈碱性
【答案】C
【知识点】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】【解答】A、铜与稀硝酸反应生成无色NO气体，该反应放热，温度升高使反应速率逐渐加快；NO遇试管内空气会被氧化为红棕色；反应生成，溶液中存在，溶液逐渐显蓝色，描述全部符合实验现象，故A正确；
B、图②为排风警示标识，代表实验会产生有毒有害气体、烟雾，实验操作时必须开启排风风扇，防止有毒气体危害人体，故B正确；
C、装置③使用稀盐酸与碳酸钠反应，盐酸是无氧酸，不对应Cl元素最高价含氧酸，无法通过酸性比较证明Cl的非金属性；同时盐酸具有挥发性，挥发出的HCl会进入硅酸钠溶液生成硅酸沉淀，干扰碳酸与硅酸酸性对比，不能证明非金属性，故C错误；
D、挤压胶头滴管，少量水进入烧瓶后快速大量溶解，烧瓶内压强急剧减小，外界大气压将烧杯中酚酞溶液压入烧瓶形成喷泉；氨水电离出使酚酞变红，能够证明极易溶于水且水溶液呈碱性，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
铜与稀硝酸反应：掌握NO的生成、氧化变色、铜离子显色、反应放热加速反应等全套实验现象；
实验安全标识：排风标识适用场景为产生有毒烟气、有害气体的实验；
非金属性比较规律：只能用元素最高价含氧酸酸性强弱判断非金属性，同时需排除挥发性酸的干扰；
喷泉实验原理：气体极易溶于水造成内外压强差，酚酞变色证明对应水溶液显碱性。
7．研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价一物质类别关系如图，以下说法正确的是
A．物质A转化为NO是发生氧化还原反应
B．标准状况下，3.36L物质B与水完全反应，电子转移0.2mol
C．物质C的浓溶液与Cu反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O
D．的检验方法是取少量溶液于试管中，加热，生成气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；铵离子检验；铜及其化合物
【解析】【解答】A、根据价类二维图，A为，N为-3价；NO中N为+2价，转化过程氮元素化合价发生改变，存在电子转移，属于氧化还原反应，故A正确；
B、B是+4价氮的氧化物，标况下3.36L 物质的量为0.15mol，发生反应 3NO2+H2O=2HNO3+NO ，每3mol 反应转移2mol电子，则0.15mol 转移电子0.1mol，不是0.2mol，故B错误；
C、C为+5价氮的含氧酸，浓硝酸与Cu反应还原产物为，离子方程式为 Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O ，题干方程式为稀硝酸和Cu的反应，故C错误；
D、检验时，只加热溶液很难释放足量，正确操作是向溶液中加入浓溶液再加热，才能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的氨气，操作描述不完整，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
价类二维图物质判断：根据氮元素化合价与物质类别推出A为、B为、C为；
氧化还原判定：反应前后元素化合价发生变化则为氧化还原反应；
与水反应电子转移计算：依据反应方程式中化合价升降，按比例计算转移电子物质的量；
浓、稀硝酸与铜反应区分：浓硝酸还原产物，稀硝酸还原产物，离子方程式不可混用；
铵根离子检验操作：必须加强碱后加热，仅加热溶液无法有效逸出氨气。
8．有图1、2所示的装置，下列叙述正确的是
图1 图2
A．将乙烯分别通入两个装置中，二者都褪色且原理相同
B．若某气体均能使二者褪色，说明该气体一定含乙烯
C．二者都可用于除去乙烷中混有的乙烯
D．二者都可用于鉴别乙烷和乙烯
【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；除杂；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A、乙烯通入图 1 中与溴发生加成反应使其褪色，通入图 2 中被酸性高锰酸钾氧化使其褪色，二者褪色原理不同，故 A 错误；
B、能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色的气体不一定是乙烯，也可能是其他烯烃或还原性气体，故 B 错误；
C、酸性高锰酸钾溶液会将乙烯氧化为二氧化碳，引入新杂质，不能用于除去乙烷中的乙烯，故 C 错误；
D、乙烷与溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液均不反应，而乙烯可使二者褪色，因此二者都可用于鉴别乙烷和乙烯，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
明确乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，褪色原理不同；
区分鉴别和除杂的不同要求，除杂时不能引入新杂质；
其他不饱和烃或还原性气体也能使两种溶液褪色，不能仅凭褪色现象确定气体为乙烯。
9．已知某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法不正确的是
A．分子式为
B．苯环上的一氯代物有4种
C．1mol该物质最多能与2mol加成
D．能使酸性溶液褪色，且能发生氧化反应、加成反应、取代反应
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烯烃；苯的同系物及其性质；加成反应
【解析】【解答】A、数出结构中碳原子总数为15，结合碳四价成键规则，补齐所有氢原子后统计氢原子总数为18，可确定该有机物分子式为，故A正确；
B、苯环上连接甲基与两种不同取代基，对称分析苯环剩余氢原子，一共有4种化学环境不同的等效氢，因此苯环上的一氯代物有4种，故B正确；
C、苯环在催化条件下1mol可消耗3mol ，分子中存在两处碳碳双键（环己烯内双键、侧链碳碳双键），每1mol碳碳双键消耗1mol ，全部加成共消耗5mol ，不是2mol ，故C错误；
D、分子含有碳碳双键、与苯环直接相连的甲基，均能被酸性氧化，使溶液褪色；有机物燃烧、被强氧化剂氧化都属于氧化反应；碳碳双键、苯环能与氢气发生加成反应；烷基、苯环上的氢原子在光照、催化剂条件下可发生取代反应，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
有机物分子式书写：逐个数清骨架碳原子，利用碳四价饱和原则推算氢原子数目，得到准确分子式；
苯环一氯代物判断：依靠等效氢法，区分苯环上不同化学环境的氢，等效氢数目等于一氯代物种类；
加成消耗量计算：苯环加成消耗3mol ，碳碳双键1：1消耗氢气，需统计分子内全部不饱和结构求和；
有机物官能团性质：碳碳双键、苯的同系物侧链甲基均可还原高锰酸钾；碳碳双键、苯环具备加成特性；烷基、苯环氢可发生取代，燃烧、氧化褪色均属于氧化反应。
10．碱性锌锰电池的总反应方程式为Zn+ 2MnO2+H2O= Zn(OH)2+ 2MnOOH，下列说法正确的是（　　）
A．当电解质溶液为KOH时，K+向正极移动
B．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
C．碱性锌锰电池为二次电池，放电后可充电而反复使用
D．理论上，当通过外电路的电子为0.2 mol时，负极的质量减小6.5g
【答案】A
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A、阳离子移向正极，A正确；
B、电子由负极流向正极，B错误；
C、锌锰电池为一次电池，不能充电，C错误；
D、负极的电子反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，反应后Zn的表面会形成Zn(OH)2，质量应增加，D错误；
故答案为：A
【分析】原电池的角度进行分析，活泼金属作为负极，负极质量减少，正极质量增加或者生产气体，电子由负极经过导线流向正极，电流由正极经过导线流向负极，阳离子移向正极，阳离子得到电子形成单质，阴离子移向负极，负极失去电子形成阳离子。
11．氯气与甲烷发生取代反应(部分过程)的能量变化如下图所示。下列说法错误的是
A．②→③过程的方程式为
B．由图像可知，Cl—Cl的键能为
C．图中所示甲烷与氯气发生的光照取代为放热反应
D．乙烷也可以和氯气发生取代反应
【答案】B
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A、②→③阶段是氯自由基夺取甲烷上的氢原子，生成甲基自由基与氯化氢，对应方程式，反应过程与方程式匹配，故A正确；
B、图像中239kJ·mol- 是断裂键的能量，该数值才是键能，330kJ·mol- 是第三步过渡态到生成物释放的总能量，并非键能，说法存在概念错误，故B错误；
C、对比起点①和终点④的能量，生成物总能量低于反应物总能量，因此甲烷与氯气的该步取代反应属于放热反应，故C正确；
D、乙烷属于饱和烷烃，分子中所有氢原子均可被氯原子逐步替换，光照条件下能和氯气发生自由基取代反应，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
自由基取代历程：甲烷氯代分步进行，氯自由基夺取氢生成甲基自由基与HCl，对应②→③转化；
键能定义：断裂1mol化学键吸收的能量为键能，图中断裂吸热239kJ·mol- ，键能为239kJ·mol- ；
吸热放热判断：能量图像中反应物总能量高于生成物总能量，反应放热；
烷烃通性：所有饱和烷烃在光照下均可与卤素单质发生自由基取代反应。
12．因新冠疫情防控需要，口罩已经成了必需品。熔喷布，口罩的“心脏”：口罩中间的过滤层，能过滤细菌，阻止病菌传播。熔喷布是一种以高熔融指数的聚丙烯(PP)为材料，由许多纵横交错的纤维以随机方向层叠而成的膜。下列有关聚丙烯的认识正确的是
A．聚丙烯是混合物
B．聚丙烯的链节：
C．聚丙烯能与溴水发生加成反应
D．合成聚丙烯的单体丙烯分子中，一定有7个原子共面
【答案】A
【知识点】烯烃；聚合反应
【解析】【解答】A、高分子化合物中聚合度n取值不固定，聚丙烯是由大量不同n值的高分子链组成，无固定熔沸点，属于混合物，故A正确；
B、聚丙烯单体为： ，正确链节是 ，选项书写缺少括号、甲基连接方式错误，故B错误；
C、丙烯发生加聚后分子内碳碳双键完全断裂，聚丙烯分子不存在碳碳双键，不能和溴水发生加成反应，故C错误；
D、丙烯结构为，碳碳双键为平面结构，双键两端碳原子以及直接相连的原子共平面，最多6个原子共面： ，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
高分子物质分类：聚合度n不确定的高分子均为混合物；
加聚产物链节书写：丙烯加聚后主链两个碳，甲基作为支链连在第二个碳原子；
聚丙烯官能团判断：加聚反应消耗碳碳双键，聚丙烯无双键，无法加成溴水；
烯烃共面判断：碳碳双键平面结构，甲基单键可自由旋转，只能得出最多共面原子数，不是一定共面。
13．某六碳烷烃与氯气在一定条件下发生取代反应只生成二种一氯代物，则该六碳烷烃的系统命名为
A．2，3-二甲基丁烷 B．3，3-二甲基丁烷
C．3-甲基戊烷 D．2-甲基戊烷
【答案】A
【知识点】有机化合物的命名
【解析】【解答】想要得到仅有两种一氯代物的六碳烷烃，说明分子内部一共只有两类化学环境互不相同的氢原子。进行碳骨架排布推导之后，符合条件的有机物骨架为 ；开展系统命名时，挑选长度最长、一共包含 4 个碳原子的碳链充当主链，母体命名为丁烷，主链 2 号碳、3 号碳上各自连接一个甲基支链，最终正式命名是 2，3 - 二甲基丁烷，因此选择 A 选项。
故答案为：A；
【分析】考查烷烃一氯代物数目等价于等效氢种类这一规律，先根据产物只有两种一氯代物推出目标六碳烷烃仅具备两组等效氢，接着借助对称性筛选出适配的碳骨架，后续严格遵循烷烃系统命名步骤挑选最长碳链、完成主链编号、标注甲基取代基位置得到最终命名，过程当中需要警惕直接选取六碳直链做主链的误区，规避主链选错引发的命名失误。
14．180 ℃时，将0.5 mol H2和1 mol CO2通入1 L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸气(CH3OH)和某无机副产物，测得各物质的物质的量随时间的部分变化如图所示，下列说法不正确的是
A．该反应的化学方程式：CO2+3H2CH3OH+H2O
B．在0~3 min内用H2表示的平均化学反应速率为0.1 mol·L-1·min-1
C．当容器内混合气体密度不再变化时，表明反应已经达到平衡状态
D．在3~10 min内，反应处于平衡状态
【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、0~3 min，，，，结合产物与原子守恒，无机副产物为，配平得到反应 CO2+3H2CH3OH+H2O ，方程式书写正确，故A正确；
B、0~3 min，容器体积1 L，，，速率计算正确，故B正确；
C、容器为恒容密闭容器，反应体系内所有物质均为气体，混合气体总质量始终不变，容器体积固定，由可知密度全程恒定，密度不变不能作为平衡判断依据，故C错误；
D、3 min时各物质物质的量不再发生变化，3~10 min体系中各组分含量保持稳定，反应处于化学平衡状态，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
化学方程式推导：根据图像物质变化量之比确定计量数，结合原子守恒推出无机副产物水；
化学反应速率计算：利用，浓度变化量等于物质的量变化量除以容器体积；
平衡状态判断依据：恒容全气相反应，气体总质量、容器体积均不变，密度始终不变，无法判定平衡；
平衡图像识别：图像中物质的量曲线保持水平不变的时间段，代表反应达到化学平衡。
15．在催化剂a和催化剂b的作用下，氮气分子参与反应的有关反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．过程①氮气会完全转化为氨气
B．过程②中参加反应的分子，化学键未完全断裂
C．过程①的反应若在恒压条件下充入氩气，反应速率不变
D．温度不变，缩小体积，过程①②的反应速率均增大
【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；化学反应速率的影响因素；氮气的化学性质
【解析】【解答】A、氮气参与合成氨的反应属于可逆反应，反应物不可能实现完全转化，过程①中氮气无法全部转变为氨气，A错误；
B、观察过程②的微观图示，反应物分子吸附到催化剂b表面之后原本的化学键发生断裂，之后再重新组合形成新物质，化学键完成了完全断裂，B错误；
C、维持恒压条件充入氩气，容器整体体积会变大，体系内参与反应的气体浓度下降，过程①对应的反应速率将会减小，C错误；
D、温度保持恒定，压缩体系体积会提升气体反应物的浓度，不管是过程①还是过程②，有效碰撞的频次都会上升，两步反应的速率同步增大，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
可逆反应特征把控：可逆反应存在反应限度，反应物转化率达不到百分之百，因此不能彻底转化；
催化历程键变化观察：反应物吸附催化剂之后原有旧键会完全断开，之后原子再重新成键得到目标产物；
恒压充入惰性气体规律：恒压环境通入氩气会扩大容器容积，反应物浓度下降，最终减慢化学反应速率；
压强对速率的影响原理：恒温缩小容器体积可以提高气态反应物浓度，催化剂a、b对应的两步反应速率都会随之加快。
16．有一种瓦斯分析仪(如图甲)能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时，通过传感器显示出来。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3-Na2O，O2-可以在其中自由移动。下列有关叙述不正确的是
A．瓦斯分析仪工作时，电池外电路中电流由电极b流向电极a
B．电极b是正极，O2-由电极a流向电极b
C．电极a的反应式为CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O
D．当固体电解质中有1 mol O2-通过时，电子转移2 mol
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极a通入，发生失电子氧化反应，为负极；电极b通入空气，得电子发生还原反应，为正极。外电路电流从正极b流向负极a，描述正确，故A正确；
B、电极b是正极；原电池中阴离子向负极移动，应从正极b流向负极a，选项中离子移动方向写反，描述错误，故B错误；
C、电极a为负极，失电子，固体电解质传导，结合原子、电荷守恒配平电极反应： ，方程式书写正确，故C正确；
D、正极反应，每生成2mol 转移4mol电子，即1mol 对应转移2mol电子，描述正确，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
正负极判断：燃料通入一极为负极，空气通入一极为正极；
电流、离子移动规律：外电路电流正极→负极；固体电解质中阴离子向负极迁移；
负极电极反应书写：碱性固体电解质体系，用配平电荷，产物为、；
电子与离子定量关系：依据正极氧气得电子生成的反应，建立电子与物质的量比例。
17．I．某化学兴趣小组同学利用下图所示装置(夹持及加热装置已略去，装置气密性良好)探究SO2的性质(实验前已事先除去装置中的空气)。请回答下列问题：
[查阅资料得知浓硫酸的沸点为338 ℃，酒精灯火焰的温度为400~500 ℃]
（1）仪器a的名称　 　。
（2）装置D和F的作用是　 　。
（3）加热时，装置A中反应的化学方程式为　 　。
（4）打开K1，关闭K2，加热装置A一段时间后，B中的现象是　 　，当装置C中溶液由蓝色变为无色，写出装置C化学反应的离子方程式　 　；
（5）关闭K1，打开K2，用酒精灯加热装置A，观察到E中发生的现象是有白色沉淀产生，白色沉淀的成分是　 　，生成白色沉淀的原因可能是　 　(选填字母序号)。
a．SO2与BaCl2溶液反应生成了白色沉淀
b．BaCl2溶液与硫酸蒸气反应生成了白色沉淀
c．SO2溶于水生成的H2SO3被装置内的O2氧化生成H2SO4，再与BaCl2反应生成白色沉淀
【答案】（1）分液漏斗
（2）吸收SO2，防止污染空气
（3）
（4）品红溶液褪色；
（5）BaSO4；b
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)仪器a为分液漏斗，用于向三颈烧瓶中添加浓硫酸液体试剂。
故答案为：分液漏斗；
(2)属于有毒酸性气体，直接排放会污染空气，装置D、F内盛放溶液，可与发生反应将其完全吸收，起到尾气处理、防止污染环境的作用。
故答案为：吸收SO2，防止污染空气 ；
(3)加热条件下，铜单质与浓硫酸发生氧化还原反应，浓硫酸作氧化剂被还原为，铜被氧化生成硫酸铜，同时生成水，化学方程式：
故答案为： ；
(4)打开、关闭时，通入装置B的品红溶液，二氧化硫具备漂白性，能够使品红溶液褪色；
装置C中含有淀粉碘水，单质碘遇淀粉显蓝色，具有还原性，与碘单质、水发生氧化还原反应，被还原为无色，溶液蓝色褪去，对应离子方程式： ；
故答案为： 品红溶液褪色；
(5)与不直接反应，装置E中生成的白色沉淀为硫酸钡；
实验前已排尽装置内空气，排除氧气氧化亚硫酸的可能；酒精灯温度可达400~500 ℃，超过浓硫酸沸点338 ℃，加热时浓硫酸会蒸发出硫酸蒸气，硫酸蒸气进入E中与反应生成沉淀，对应原因选b。
故答案为：；b；
【分析】三颈烧瓶A中Cu和浓硫酸加热制取SO2；打开K1、关闭K2时，SO2依次通入B品红溶液验证漂白性、C淀粉碘水验证还原性，D中NaOH吸收尾气；关闭K1、打开K2时，SO2与挥发的硫酸蒸气通入E氯化钡盐酸混合液生成硫酸钡白色沉淀，最后F中NaOH溶液吸收多余SO2，整套装置提前排尽空气排除氧气干扰。
(1) 识别实验室常规液体添加仪器，结合装置图中带活塞、盛装浓硫酸的漏斗结构，判定仪器名称为分液漏斗。
(2) 结合有毒、属于酸性氧化物的性质，分析溶液的尾气吸收功能，说明装置D、F的环保防护作用。
(3) 回忆铜和浓硫酸加热的经典氧化还原反应，区分浓硫酸的酸性与强氧化性，根据得失电子守恒、原子守恒配平完整化学方程式。
(4) 依托的漂白特性，分析品红溶液的实验现象；结合还原性、碘水氧化性，依据电荷守恒、原子守恒书写氧化还原型离子方程式。
(5) 先根据物质反应规律判断沉淀只能是；再结合题干“提前除去装置空气”排除选项c，依据浓硫酸沸点、酒精灯加热温度推出硫酸蒸气挥发，确定沉淀生成原因为选项b。
（1）根据装置图，仪器a的名称是分液漏斗；
（2）SO2是有毒气体，能被氢氧化钠溶液吸收，装置D和F的作用是吸收SO2，防止污染；
（3）加热时，装置A中浓硫酸和铜反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式为；
（4）SO2具有漂白性，B中的现象是品红溶液褪色；当装置C中溶液由蓝色变为无色，说明被还原，则SO2被氧化，反应的离子方程式为；
（5）SO2和BaCl2溶液不反应，观察到E中有白色沉淀产生，则白色沉淀的成分是BaSO4；
a．和不反应，无沉淀，a错误；
b．已知浓硫酸沸点，酒精灯火焰温度，加热A时，浓硫酸受热挥发产生硫酸蒸气；硫酸蒸气进入E溶液，电离出，和结合生成白色沉淀，b正确；
c．题干明确标注实验前已事先除去装置中的空气，体系内无，无法被氧化为，c错误。
18．I．氨气是重要的化工原料，其制备与热力学研究在化工生产中十分重要。
（1）实验室用熟石灰和氯化铵为原料制备氨气，其化学方程式为　 　。
（2）从制备到干燥、收集并处理尾气所需装置的接口连接顺序是　 　。
Ⅱ．含氮废水会加速藻类和其他浮游生物的大量繁殖，使水质恶化。利用微生物对含氮废水进行处理的流程如下图：
（3）过程Ⅲ发生反应的化学方程式为　 　。
（4）根据图1和图2，判断使用亚硝化菌的最佳条件为　 　。
Ⅲ．有机物数量众多，结构和性质各异。
（5）丙烯(CH2=CHCH3)　 　（填“能”或“不能”）使溴的CCl4溶液褪色，该反应的化学方程式是　 　。
（6）戊烷的同分异构体有　 　、　 　、　 　(写结构简式)。
【答案】；adchg(dc)j；2HNO2+O22HNO3；pH=8，温度为32℃；能；CH2=CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3；CH3CH2CH2CH2CH3；(CH3)2CHCH2CH3；C(CH3)4
【知识点】氨的实验室制法；含氮物质的综合应用；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】(1) 实验室加热熟石灰与氯化铵固体制备氨气，反应生成氯化钙、氨气和水，化学方程式：
故答案为：
(2)A装置为固固加热制氨气发生装置，为防止生成的水冷凝回流到试管底部炸裂试管，试管口需向下倾斜，所以选择a而非b，装置C中盛有的碱石灰用于干燥氨气，其中d为干燥管入口，c为干燥管出口，装置E为向下排空气法收集氨气的装置，因为氨气的密度小于空气，氨气需从短管进从长管出，即先h后g，装置D中盛有的浓硫酸用于吸收氨气，装置C中盛有的碱石灰用于吸收水蒸气、装置G盛有的水用于吸收氨气。则从制备到干燥、收集氨气并处理尾气所需装置的接口连接顺序为adchg(dc)j；
故答案为：adchg(dc)j；
(3)过程Ⅲ是亚硝酸在硝化菌、氧气作用下氧化生成硝酸，化学方程式： 2HNO2+O22HNO3
故答案为： 2HNO2+O22HNO3；
(4)图1中pH=8时亚硝酸根生成率达到峰值，图2中温度32℃时亚硝酸根生成率最高，综合得出亚硝化菌最佳条件：pH=8、温度32℃。
故答案为：pH=8，温度为32℃；
(5)丙烯分子含有碳碳双键，可和溴的四氯化碳溶液发生加成反应使其褪色，加成方程式：
CH2=CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3
故答案为：能； CH2=CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3
(6)戊烷有3种碳骨架同分异构体，结构简式依次为正戊烷、异戊烷、新戊烷：
、、
故答案为：；；
【分析】(1) 考查实验室制氨气经典固固加热反应，依据铵盐与强碱加热生成氨气的反应规律，配平化学方程式并标注加热条件与气体符号。
(2) 按“发生装置→干燥装置→收集装置→尾气处理装置”顺序梳理接口；氨气为碱性气体，选用碱石灰干燥；密度比空气小采用短进长出向下排空气法，尾气用水吸收需搭配防倒吸装置。
(3) 结合流程转化，反应物为亚硝酸、氧气，硝化菌作催化，产物为硝酸，依据原子守恒配平氧化反应方程式。
(4) 分别读取pH图像、温度图像中生成率最高点对应的数值，两组最优条件结合即为亚硝化菌最佳反应环境。
(5) 碳碳双键具备加成性质，能与溴单质发生加成消耗溴，使有机溶液褪色，按烯烃加成规律书写化学方程式。
(6) 采用减碳法书写戊烷碳链骨架，依次写出直链、支链1个甲基、支链2个甲基三种碳骨架，补齐氢原子得到全部同分异构体结构简式。
19．I． H2和CH3OH是重要的能源物质，也是重要的化工原料。为倡导“节能减排”和“低碳经济”，降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，工业上通常用CO2来生产燃料甲醇。在体积为2 L的密闭容器中，充入0.8 mol CO2和2.0 mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。测得CO2和CH3OH的物质的量随时间变化如图所示。
（1）0~3 min内用H2表示该反应的化学反应速率为________。
（2）下列措施能提高该反应的化学反应速率的是________。
A．升高温度 B．加入适宜的催化剂 C．缩小容器的体积
（3）能说明上述反应已达到平衡状态的是　　　　(填字母序号)。
A. CO2、H2、CH3OH、H2O四种气体的物质的量浓度之比为1∶3∶1∶1
B. 容器内混合气体的压强保持不变
C. CO2的消耗速率与CH3OH的生成速率之比为1∶1
D. 容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变
（4）下图为甲醇燃料电池的简易装置，图中a电极为________极(填“正”或“负”)；b电极的电极反应式为________。
II．
（5）已知：键能指在标准状况下，将1 mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)、B(g)所需的能量，用符号E表示，单位为kJ·mol-1.已知反应CH3-CH3(g) = CH2=CH2(g)＋H2(g)，有关化学键的键能如下表：
化学键 C-H C=C C-C H-H
键能/ (kJ·mol-1) 414 615 347 436
则分解1 molCH3-CH3(g) 该反应可________(填“吸收”或“放出”)热量________kJ。
【答案】(1) 0.2 mol/(L·min)
(2) ABC
(3) B，D
(4) 负 O2+4e-+4H+=2H2O
(5) 吸收 124 kJ
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】(1)0~3 min时，图像显示生成 0.4 mol，根据反应计量比，消耗的物质的量为；容器体积2 L，时间3 min。
故答案为： 0.2 mol/(L·min)；
(2)A：升高温度，分子能量提升，有效碰撞增多，反应速率加快；
B：合适催化剂可降低反应活化能，显著提升反应速率；
C：缩小容器体积，气体浓度增大，单位体积有效碰撞变多，速率加快；
三者均能加快速率。
故答案为：ABC；
(3)A：浓度比值等于计量比仅为某一瞬时状态，无法判定浓度不再变化，不能证明平衡； A错误；
B：反应前后气体总物质的量不等，恒温恒容下压强不变代表各物质含量恒定，达平衡； B正确；
C：消耗、生成都属于正反应速率，仅表示正向反应快慢，无逆反应参照，不能判定平衡； C错误；
D： 根据， 由质量守恒定律气体质量m不变，分子数减少n减小，所以M为变量，当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，反应达到平衡状态 ； 故D正确；
故答案为：B、D；
(4)甲醇在a电极失电子被氧化生成，发生氧化反应，故a为负极；
b电极通入，酸性稀硫酸环境下氧气得电子结合氢离子生成水，电极反应：
O2+4e-+4H+=2H2O
故答案为：负； O2+4e-+4H+=2H2O ；
(5)断裂化学键总吸热：；
形成化学键总放热：；
断键吸热成键放热，，反应吸收124 kJ热量。
故答案为： 吸收 124 kJ ；
【分析】(1) 依据图像读出甲醇变化量，结合化学计量数算出氢气消耗的物质的量，再代入化学反应速率基础公式计算速率数值。
(2) 从温度、催化剂、浓度（压强）三个影响反应速率的因素分析，升温、加催化剂、压缩体积增大气体浓度均可加快反应。
(3) 平衡判定核心是“变量恒定即平衡”；该反应气体分子总数前后不等，压强、平均相对分子质量属于变量；同向反应速率、固定浓度比例均无法判断平衡。
(4) 燃料电池中燃料发生氧化的一极为负极，氧化剂氧气发生还原的一极为正极；酸性电解液中正极氧气得电子结合氢离子生成水，按电子、电荷守恒配平电极方程式。
(5) 键能计算焓变规则为总断键能量减去总成键能量；焓变数值为正代表吸热，数值为负代表放热，分步计算断裂、形成化学键总能量后做差值判断。
20． I． 某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应。请回答下列问题：
（1）写出B、D的结构简式：B　 　、D　 　。
（2）写出①⑤两步反应的化学方程式，并注明反应类型：
①　 　，反应类型　 　。
⑤　 　，反应类型　 　。
（3）苯环的结构很稳定，常温下较难发生化学反应。某实验小组利用下列装置探究苯在一定条件下的反应产物。回答下列问题：
实验室制取硝基苯常采用如图所示装置。
已知：苯与硝基苯的沸点分别为80.1 ℃、210.9 ℃，且二者互溶。
该装置采取水浴加热并控制温度在50~60 ℃的原因是　 　；写出制取硝基苯的化学方程式： 　 　。
【答案】（1）CH3CH3；CH3CH2OH
（2）CH2=CH2+H2CH3CH3；加成反应；CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl；取代反应
（3）为了受热均匀，易控制温度；防止温度过高使苯挥发和避免副反应；+HNO3(浓)+H2O
【知识点】苯的结构与性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 由题干信息可知烃A为乙烯；反应①是乙烯和氢气加成得到乙烷B，结构简式；反应③是乙烯与水催化加成生成乙醇D，结构简式。
故答案为：；；
(2) ①乙烯与氢气在镍催化、加热条件下双键加成生成乙烷，方程式： CH2=CH2+H2CH3CH3
反应类型：加成反应
⑤乙烷与氯气在光照条件下发生烷烃自由基取代，生成一氯乙烷与氯化氢，方程式：
CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl
反应类型：取代反应
故答案为：CH2=CH2+H2CH3CH3 ；加成反应； CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl ；取代反应；
(3) 水浴加热优势是体系受热均匀，温度便于精准控制在50~60 ℃；温度过高会造成苯大量挥发，还会生成二硝基苯等副产物，因此限定该温度区间；
苯和浓硝酸在浓硫酸催化、50~60 ℃水浴下发生硝化取代生成硝基苯与水，化学方程式：
+HNO3(浓)+H2O
故答案为：为了受热均匀，易控制温度；防止温度过高使苯挥发和避免副反应 ；+HNO3(浓)+H2O
【分析】A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，故A为CH2=CH2； A 和氢气在镍催化加热下加成生成乙烷 B；乙烷 B 在光照、氯气条件下发生取代反应得到C（ CH3CH2Cl ）；乙烯 A 和 HCl 催化加热加成生成 C（CH3CH2Cl） ；乙烯 A 和水在催化剂加热条件加成得到乙醇 D；乙烯 A 在催化剂作用下发生加聚反应生成高分子聚合物 E 聚乙烯；另外单独拓展苯的硝化实验，苯与浓硝酸在浓硫酸、50~60℃水浴条件下发生取代制备硝基苯。
(1) 根据“衡量石油化工水平、植物生长调节剂”确定A是乙烯，结合加氢、加水加成的转化产物，直接写出乙烷、乙醇的结构简式。
(2) ①烯烃与氢气断裂碳碳双键，属于加成反应，按条件配平方程式；⑤烷烃光照下氢原子被氯逐步替换，属于取代反应，书写对应自由基取代方程式并标注反应类型。
(3) 结合水浴加热的实验优势、苯沸点低易挥发、高温易发生多硝基取代副反应三点解释控温原因；硝化反应属于苯环上氢被硝基取代，以浓硫酸为催化剂、水浴控温书写完整化学方程式。
（1）根据分析可知B为CH3CH3；D为CH3CH2OH。
（2）反应①为乙烯与氢气的加成反应，化学方程式为；反应⑤为乙烷与氯气的取代反应，方程式为。
（3）由分析可知，苯易发生取代反应，与浓硝酸、浓硫酸的混合酸共热时发生硝化反应生成硝基苯，故开始时应向试管中加入一定量的苯、浓硫酸和浓硝酸；该装置采取水浴加热并控制温度在50~60 ℃的原因是为了受热均匀，容易控制温度，防止温度过高使苯挥发和避免副反应；制取硝基苯的化学方程式为+HNO3(浓)+H2O。
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