貴州天柱民族中學2024年高三考前熱身化學試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、X、Y、Z、W為四種短周期的主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W與X、Y既不同族也不同周期；X原子最外層電子數是核外電子層數的3倍；Y的最高正價與最低負價的代數和為6。下列說法不正確的是（）A．Y元素的最高價氧化物對應的水化物的化學式為HYO4B．原子半徑由小到大的順序為W＜X＜ZC．X與W可以形成W2X、W2X2兩種物質D．Y、Z兩元素的氣態氫化物中，Z的氣態氫化物更穩定。2、洛匹那韋是一種HIV-1和HIV-2的蛋白酶的抑制劑，下圖是洛匹那韋的結構簡式，下列有關洛匹那韋說法錯誤的是A．在一定條件下能發生水解反應 B．分子中有四種含氧官能團C．分子式是C37H48N4O4 D．分子間可形成氫鍵3、列有關實驗操作，現象和解釋或結論都正確的是（）選項實驗操作現象解釋或結論A向某溶液中滴加雙氧水后再加入KSCN

溶液溶液呈紅色溶液中一定含有Fe2+B向飽和Na2CO3

溶液中通入足量CO2溶液變渾濁析出了NaHCO3晶體C兩塊相同的鋁箔，其中一塊用砂紙仔細打磨過，將兩塊鋁箔分別在酒精燈上加熱打磨過的鋁箔先熔化

并滴落下來金屬鋁的熔點較低，打磨過的鋁箔更易熔化D加熱盛有NaCl和NH4Cl固體的試管試管底部固體減少，試管口有晶體凝結可以用升華法分離NaCl和

NH4Cl

固體A．A B．B C．C D．D4、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關（如下圖所示）。下列敘述錯誤的是A．霧和霾的分散劑相同B．霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨C．NH3是形成無機顆粒物的催化劑D．霧霾的形成與過度施用氮肥有關5、Z是一種常見的工業原料，實驗室制備Z的化學方程式如下圖所示。下列說法正確的是（）A．1molZ最多能與7molH2反應B．Z分子中的所有原子一定共平面C．可以用酸性KMnO4溶液鑒別X和YD．X的同分異構體中含有苯環和醛基的結構有14種（不考慮立體異構）6、從古至今化學與生產、生活密切相關。下列說法正確的是A．常溫下，成語“金戈鐵馬”中的金屬能溶于濃硝酸B．用石灰水或MgSO4溶液噴涂在樹干上均可消滅樹皮上的過冬蟲卵C．漢代燒制出“明如鏡、聲如馨”的瓷器，其主要原料為石灰石D．港珠澳大橋采用的聚乙烯纖維吊繩，其商品名為“力綸”，是有機高分子化合物7、下列解釋事實的方程式不正確的是A．金屬鈉露置在空氣中，光亮表面顏色變暗：4Na+O2=2Na2OB．鋁條插入燒堿溶液中，開始沒有明顯現象：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OC．硫酸銨溶液與氫氧化鋇溶液混合，產生氣體：NH4++OH-=NH3↑十+H2OD．碘化銀懸濁液滴加硫化鈉溶液，黃色沉淀變成黑色：2AgI+S2-=Ag2S↓+2I-8、以下實驗原理或操作中正確的是A．焰色反應實驗中，鉑絲在蘸取待測溶液前，應先用稀H2SO4洗凈并灼燒B．制備氫氧化銅懸濁液時，向10%NaOH溶液中滴入少量2%CuSO4溶液C．配制濃H2SO4、濃HNO3混合酸時，首先向試管里放入一定量濃H2SO4D．上升紙層析實驗中，將試液點滴浸沒在展開劑里，靜置觀察9、已知：C（s）+H2O（g）==CO(g)+H2(g)△H=akJ·mol-12C（s）+O2（g）==2CO(g)△H=-220kJ·mol-1H-H、O=O和O-H鍵的鍵能（kJ·mol-1）分別為436、496和462，則a為（）A．-332 B．-118 C．+350 D．+13010、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大。在如圖所示的物質轉化關系中，p、q、m、n分別是元素W、X、Y、Z的氣體單質，p和s均為有色氣體，v的水溶液呈堿性。常溫下，0.1mol?L－1t溶液與0.1mol?L－1u溶液的pH均為1。下列說法不正確的是A．Y、W的最高價氧化物對應的水化物均為強酸B．Z和Y的簡單氫化物的穩定性和沸點高低均為：Z＞YC．s溶于水的反應中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:2D．v的電子式可表示為11、下列反應生成物不受反應物的用量或濃度影響的是A．硫酸與氯化鈉反應 B．硝酸銀溶液中滴加稀氨水C．鐵在硫蒸氣中燃燒 D．鐵粉加入硝酸中12、化學與人類生產、生活密切相關，下列敘述中不正確的是（）A．從花生中提取的生物柴油和從石油煉得的柴油都屬于烴類物質B．高鐵“復興號”車廂連接關鍵部位使用的增強聚四氟乙烯板屬于高分子材料C．中國天眼FAST用到的碳化硅是一種新型的無機非金屬材料D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，實現“碳”的循環利用13、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，原子最外層電子數之和為20，Y、W為同一主族元素，常溫下，Z的單質能溶于W的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。下列說法不正確的是（

）A．W和Y形成的一種化合物具有漂白性B．簡單離子半徑大小順序：W＞Z＞YC．最簡單氫化物的穩定性：X＜YD．元素X的氣態氫化物與其最高價氧化物對應水化物能發生反應14、下列有關物質性質的比較，結論錯誤的是()A．沸點：B．溶解度：C．熱穩定性：D．堿性：15、某溶液中可能含有H+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、Br﹣，且物質的量濃度相同；取樣進行實驗，結果是：①測得溶液pH＝2；②加入氯水，溶液顏色變深。對原溶液描述錯誤的是()A．一定含有Fe2+ B．一定含有Br﹣C．可能同時含Fe2+、Br﹣ D．一定不含NH4+16、實驗室用Ca與H2反應制取氫化鈣(CaH2)。下列實驗裝置和原理不能達到實驗目的的是（）A．裝置甲制取H2 B．裝置乙凈化干燥H2C．裝置丙制取CaH2 D．裝置丁吸收尾氣17、NA為阿伏伽德羅常數的值。關于常溫下pH＝2的H2SO4溶液，溶液中不存在H2SO4分子，但存在HSO4一離子，下列說法錯誤的是A．每升溶液中的H＋數目為0.01NAB．Na2SO4溶液中：c(Na+)=2c(SO42-)＞c(H+)=2c(OH-)C．向稀硫酸中逐滴滴加濃硫酸，溶液中減小D．NaHSO4不是弱電解質18、短周期主族元素M、X、Y、Z、W原子序數依次遞增，在周期表中M的原子半徑最小，X的次外層電子數是其電子總數的，Y是地殼中含量最高的元素，M與W同主族。下列說法正確的是A．Z的單質與水反應的化學方程式為：Z2+H2O=HZ+HZOB．X和Z的簡單氫化物的穩定性：X<ZC．X、Y、Z均可與M形成18e-的分子D．常溫下W2XY3的水溶液加水稀釋后，所有離子濃度均減小19、化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是A．碳酸鈉可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒C．氫氧化鋁可用于中和過多胃酸 D．碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查20、加較多量的水稀釋0.1mol/L的NaHCO3溶液，下列離子濃度會增大的是（）A．CO32- B．HCO3- C．H+ D．OH-21、下列各組離子能在指定溶液中，大量共存的是（）①無色溶液中：K+，Cu2+，Na+，MnO4-，SO42-②使pH=11的溶液中：CO32-，Na+，AlO2-，NO3-③加入Al能放出H2的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+④加入Mg能放出H2的溶液中：NH4+，Cl-，K+，SO42-⑤使石蕊變紅的溶液中：Fe3+，MnO4-，NO3-，Na+，SO42-⑥酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3-，I-，Cl-A．①②⑤ B．①③⑥ C．②④⑤ D．①②④22、為了實現綠色化學，符合工業生產實際的是A．用純堿吸收硫酸工業的尾氣 B．用燒堿吸收氯堿工業的尾氣C．用純堿吸收合成氨工業的尾氣 D．用燒堿吸收煉鐵工業的尾氣二、非選擇題(共84分)23、（14分）烯烴和酚類是兩種重要的有機化工原料。完成下列填空：(1)合成除苯乙烯外，還需要另外兩種單體，寫出這兩種單體的結構簡式________________________________、_________________________________。(2)由苯乙烯合成（）需要三步，第一步選用的試劑為__________，目的是______________________________。(3)鄰甲基苯酚可合成A，分子式為C7H6O3，在一定條件下A自身能縮聚成B。B的結構簡式_________。A與濃溴水反應的化學方程式為_________________。(4)設計一條由制備A的合成路線（合成路線常用的表示方法為：MN……目標產物）____________________。24、（12分）（化學：選修5：有機化學基礎）以有機物A制備高分子化合物F（）的流程如下：請回答下列問題。（1）A的官能團名稱是_______；C的系統命名是____________。（2）①的反應類型是_______，⑤的反應類型是___________。（3）寫出反應③的化學方程式：______________________。（4）滿足下列條件的B同分異構體有____種。Ⅰ.能與Na反應產生氣體Ⅱ.能與NaOH反應Ⅲ.不能與Na2CO3反應。若與NaOH溶液反應的有機物中的碳原子數目為2，則其結構簡式是__________。（5）已知：Ⅰ.Ⅱ.寫出以CH2=CHCH=CH2為原料制備C的合成路線流程圖（無機試劑可以任選）：__________。25、（12分）疊氮化鈉(NaN3)是汽車安全氣囊的主要成分，實驗室制取疊氮化鈉的實驗步驟如下：①打開裝置D導管上的旋塞，加熱制取氨氣。②加熱裝置A中的金屬鈉，使其熔化并充分反應后，再停止加熱裝置D并關閉旋塞。③向裝置A中b容器內充入加熱介質并加熱到210～220℃，然后通入N2O。④冷卻，向產物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，減壓濃縮結晶后，再過濾，并用乙醚洗滌，晾干。（1）裝置B中盛放的藥品為____。（2）步驟①中先加熱通氨氣一段時間的目的是____；步驟②氨氣與熔化的鈉反應生成NaNH2的化學方程式為____。步驟③中最適宜的加熱方式為___(填“水浴加熱”，“油浴加熱”)。（3）生成NaN3的化學方程式為____。（4）產率計算①稱取2.0g疊氮化鈉試樣，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于錐形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸鈰銨[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL[發生的反應為2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](雜質均不參與反應)。③充分反應后滴入2滴鄰菲羅啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]為標準液，滴定過量的Ce4＋，終點時消耗標準溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋)。計算可知疊氮化鈉的質量分數為____(保留2位有效數字)。若其他操作及讀數均正確，滴定到終點后，下列操作會導致所測定樣品中疊氮化鈉質量分數偏大的是____(填字母代號)。A．錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B．滴加六硝酸鈰銨溶液時，滴加前仰視讀數，滴加后俯視讀數C．滴加硫酸亞鐵銨標準溶液時，開始時尖嘴處無氣泡，結束時出現氣泡D．滴定過程中,將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標準液滴用蒸餾水沖進瓶內（5）疊氮化鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對含有疊氮化鈉的溶液進行銷毀，反應后溶液堿性明顯增強，且產生無色無味的無毒氣體，試寫出反應的離子方程式____。26、（10分）某化學課外小組在制備Fe(OH)2實驗過程中觀察到生成的白色沉淀迅速變為灰綠色，一段時間后變為紅褐色。該小組同學對產生灰綠色沉淀的原因，進行了實驗探究。I．甲同學猜測灰綠色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，設計并完成了實驗1和實驗2。編號實驗操作實驗現象實驗1向2mL0.1mol·L－1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液(兩溶液中均先加幾滴維生C溶液)液面上方出現白色沉淀，一段時間后變為灰綠色，長時間后變為紅褐色實驗2取實驗1中少量灰綠色沉淀，洗凈后加鹽酸溶解，分成兩份。①中加入試劑a，②中加入試劑b①中出現藍色沉淀，②中溶液未變成紅色（1）實驗中產生紅褐色沉淀的化學方程式為_________________________（2）實驗1中加入維生素C溶液是利用了該物質的___性（3）實驗2中加入的試劑a為___溶液，試劑b為____溶液。實驗2的現象說明甲同學的猜測_____（填“正確”或“不正確”）。Ⅱ.乙同學查閱資料得知，Fe(OH)2沉淀具有較強的吸附性，猜測灰綠色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，設計并完成了實驗3—實驗5。編號實驗操作實驗現象實驗3向10mL4mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(兩溶液中均先加幾滴維生素C溶液)液面上方產生白色沉淀(帶有較多灰綠色)。沉淀下沉后，部分灰綠色沉淀變為白色實驗4向10mL8mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(兩溶液中均先加幾滴維生素C溶液)液面上方產生白色沉淀（無灰綠色）。沉淀下沉后，仍為白色實驗5取實驗4中白色沉淀，洗凈后放在潮濕的空氣中______________（4）依據乙同學的猜測，實驗4中沉淀無灰綠色的原因為_____。（5）該小組同學依據實驗5的實驗現象，間接證明了乙同學猜測的正確性，則實驗5的實驗現象可能為____。Ⅲ.該小組同學再次查閱資料得知當沉淀形成時，若得到的沉淀單一，則沉淀結構均勻，也緊密；若有雜質固體存在時，得到的沉淀便不夠緊密，與溶液的接觸面積會更大。（6）當溶液中存在Fe3+或溶解較多O2時，白色沉淀更容易變成灰綠色的原因為______。（7）該小組同學根據上述實驗得出結論：制備Fe(OH)2時能較長時間觀察到白色沉淀的適宜的條件和操作有________、____。27、（12分）亞硝酸鈉（NaNO2)外觀酷似食鹽且有咸味，是一種常用的防腐劑。某化學興趣小組設計如圖所示裝置（省略夾持裝置）制備NaNO2并探究其性質。已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②NaNO2易被空氣氧化，NO能被酸性高錳酸鉀溶液氧化為NO3-；③HNO2為弱酸，室溫下存在反應3HNO2=HNO3+2NO+H2O。回答下列問題：（1）裝置E中盛放銅片的儀器名稱是_____，檢査裝置E氣密性的方法是_____。（2）上述實驗裝置中，依次連接的合理順序為h-_____。（3）裝置D中酸性KMnO4溶液的作用是_____（用離子方程式表示）。（4）反應結束后，取適量產品溶于稀硫酸中，觀察到的實驗現象為_____。（5）測定深水井中亞硝酸鈉含量：取1000mL水樣于錐形瓶中，立即加入50.00mL0.001mol/L酸性高錳酸鉀溶液，充分反應后用0.001mol·L-1草酸鈉溶液滴定剩余的高錳酸鉀，終點時消耗草酸鈉溶液115.00mL。則水中NaNO2的含量為_____mg·L-1。若所取樣品在空氣中放置時間過長，則測定結果_____（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。有關反應如下：5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O；5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。28、（14分）75%的乙醇即醫用酒精，因為殺滅病毒效果好且價格相對便宜，在生活中被大量使用。工業上主要用乙烯和水蒸氣直接化合法制備乙醇。回答下列問題：(1)已知：①2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)ΔH1＝－192kJ/mol②2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH2＝－484kJ/mol則③C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH3＝__________kJ/mol(2)某溫度下，一定量的乙烷在剛性容器內發生反應③，起始濃度為c0，平衡時容器內總壓強增加了20%，乙烷的轉化率為_____，該溫度下反應的平衡常數K=__用含c0的式子表示）。(3)氣相直接水合法制取乙醇的反應④：H2O(g)+C2H4(g)CH3CH2OH(g)ΔH4。恒壓下，當起始n(H2O)︰n(C2H4)=1︰1時，催化反應相同時間，測得不同溫度下C2H4轉化為CH3CH2OH的轉化率如下圖所示。（圖中虛線表示相同條件下C2H4的平衡轉化率隨溫度的變化）①分析圖像可知ΔH4_____0（填“>”或“<”），理由是_______。②X點，v正_________v逆（填“>””“<”或“=”）。在X點的條件下，進一步提高C2H4轉化率的方法是_______（寫一種）。(4)乙醇可用于制備各種燃料電池。下圖是乙醇堿性燃料電池的結構示意圖，使用的離子交換膜是_____（填“陽離子”或“陰離子”）交換膜，a側的電極反應式是_______。29、（10分）在人類文明的歷程中，改變世界的事物很多，其中鐵、硝酸鉀、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳等17種“分子”改變過人類的世界。（1）鐵原子在基態時，價層電子排布式為___。（2）硝酸鉀中NO3-的空間構型為___。（3）1molCO2分子中含有σ鍵的數目為___。乙醇的相對分子質量比氯乙烷小，但其沸點比氯乙烷高，其原因是___。（4）6－氨基青霉烷酸的結構如圖1所示，其中采用sp3雜化的原子有___。（5）鐵和氨氣在640℃可發生置換反應，產物之－的晶胞結構如圖2所示，寫出該反應的化學方程式___。（6）晶胞有兩個基本要素：①原子坐標參數：表示晶胞內部各微粒的相對位置。如圖是CaF2的晶胞，其中原子坐標參數A處為(0，0，0)；B處為(，，0)；C處為(1，1，1)。則D處微粒的坐標參數為___。②晶胞參數：描述晶胞的大小和形狀。已知CaF2晶體的密度為ρg·cm－3，則晶胞參數a為___pm(設NA為阿伏加德羅常數的值，用含ρ、NA的式子表示)。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】

X原子最外層電子數是核外電子層數的3倍，則X為O元素，X、Z同族，則Z為S元素，Y的最高正價與最低負價的代數和為6，則Y的最高價為+7價，且與S同周期，所以Y為Cl元素，W與X、Y既不同族也不同周期，W為H元素，據此解答。【詳解】A．根據上述分析，Y為Cl，Cl的最高價氧化物對應的水化物為HClO4，A項正確；B．在元素周期表中，同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，同主族元素從上到下，原子半徑逐漸增大，原子半徑由小到大的順序為H＜O＜Cl＜S（H<O<S），B項正確；C．根據上述分析，X、W分別為O、H，兩者可形成H2O、H2O2兩者物質，C項正確；D．Y、Z分別為Cl、S，非金屬性Cl＞S，元素的非金屬性越強，氣態氫化物越穩定，HCl（Y的氣態氫化物）更穩定，D項錯誤；答案選D。2、C【解析】

A.根據圖示結構簡式知，結構中含有肽鍵（），在一定條件下能發生水解反應，故A正確；B.根據圖示結構簡式知，分子中有肽鍵、羰基、羥基、醚鍵四種含氧官能團，故B正確；C.根據圖示結構簡式知，分子中含有5個O原子，故C錯誤；D.結構中含有羥基，則分子間可形成氫鍵，故D正確；故選C。【點睛】高中階段主要官能團：碳碳雙鍵、碳碳叁鍵、鹵原子、羥基、醛基、羰基、羧基、酯基、硝基、氨基（主要前8個）等，本題主要題干要求是含氧官能團。3、B【解析】溶液中含有Fe3+或Fe2+，滴加雙氧水后再加入KSCN溶液，溶液都呈紅色，故A錯誤；向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2，生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉溶解度小于碳酸鈉，所以析出NaHCO3晶體，故B正確；鋁易被氧化為氧化鋁，由于氧化鋁的熔點高，鋁箔在酒精燈上加熱，鋁箔熔化并不滴落下來，故C錯誤；加熱盛有NaCl和NH4Cl固體的試管，氯化銨分解為氯化氫和氨氣，氯化氫和氨氣在試管口又生成氯化銨，不屬于升華，故D錯誤。點睛：Fe2+的檢驗方法是，向溶液中滴加KSCN溶液，不變血紅色，在加入雙氧水，溶液變為血紅色，則原溶液中一定含有Fe2+。4、C【解析】

A.霧和霾的分散劑均是空氣；B.根據示意圖分析；C.在化學反應里能改變反應物化學反應速率（提高或降低）而不改變化學平衡，且本身的質量和化學性質在化學反應前后都沒有發生改變的物質叫催化劑；D.氮肥會釋放出氨氣。【詳解】A.霧的分散劑是空氣，分散質是水。霾的分散劑是空氣，分散質固體顆粒。因此霧和霾的分散劑相同，A正確；B.由于氮氧化物和二氧化硫轉化為銨鹽形成無機顆粒物，因此霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，B正確；C.NH3作為反應物參加反應轉化為銨鹽，因此氨氣不是形成無機顆粒物的催化劑，C錯誤；D.氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關，由于氮肥會釋放出氨氣，因此霧霾的形成與過度施用氮肥有關，D正確。答案選C。【點睛】結合示意圖的轉化關系明確霧霾的形成原理是解答的關鍵，氨氣作用判斷是解答的易錯點。本題情境真實，應用導向，聚焦學科核心素養，既可以引導考生認識與化學有關的社會熱點問題，形成可持續發展的意識和綠色化學觀念，又體現了高考評價體系中的應用性和綜合性考查要求。5、D【解析】

A.1分子Z中含有2個苯環、1個碳碳雙鍵、1個羰基，則1molZ最多能與8molH2發生加成反應，故A錯誤；B.Z分子中含有甲基，因此Z分子中的所有原子不可能共平面，故B錯誤；C.X分子中苯環上含有側鍵—CH3，Y分子中含有—CHO，則X和Y都能使酸性KMnO4溶液褪色，則不能用酸性KMnO4溶液鑒別X和Y，故C錯誤；D.X的同分異構體中含有苯環和醛基的結構，取代基為—CH2CH2CHO的結構有1種，取代基為—CH（CHO）CH3的結構有1種，取代基為—CH2CH3和—CHO有3種，取代基為—CH2CHO和—CH3的結構有3種，取代基為2個—CH3和1個—CHO的結構有6種，共14種，故D正確。綜上所述，答案為D。【點睛】只要有甲基，原子都不可能共平面，分析共面時一定要從甲烷、乙烯、苯三種結構中推其他共面、共線問題。6、D【解析】

A.成語“金戈鐵馬”中的金屬為鐵，常溫下，鐵在濃硝酸中鈍化，不能溶于濃硝酸，故A錯誤；B.MgSO4溶液顯弱酸性，應用石灰水噴涂在樹干上可消滅樹皮上的過冬蟲卵，故B錯誤；C.瓷器由黏土燒制而成，所以燒制瓷器的主要原料為黏土，故C錯誤；D.聚乙烯纖維屬于合成高分子材料，屬于有機高分子化合物，故D正確；故答案為D。7、C【解析】A、金屬鈉與空氣中的氧氣反應而變暗：4Na+O2=2Na2O，選項A正確；B.鋁表面的氧化鋁溶于燒堿溶液中：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，選項B正確；C.硫酸銨溶液與氫氧化鋇溶液反應：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3?H2O，選項C錯誤；D、碘化銀懸濁液滴加硫化鈉溶液，生成更難溶的黑色沉淀：2AgI+S2-=Ag2S↓+2I-，選項D正確。答案選C。8、B【解析】

A．稀H2SO4不揮發，干擾實驗，應選稀鹽酸洗凈并灼燒，故A錯誤；B．向10%NaOH溶液中滴入少量2%CuSO4溶液，NaOH過量，則可制備氫氧化銅懸濁液時，故B正確；C．配制濃H2SO4、濃HNO3混合酸時，類似濃硫酸的稀釋，先加硝酸，然后向試管里放入一定量濃H2SO4，故C錯誤；D．紙層析實驗中，濾紙上的試樣點是不可以浸入展開劑中的，否則試樣會溶解在展開劑中，故D錯誤；故選：B。9、D【解析】

由①C（s）+H2O（g）==CO(g)+H2(g)△H=akJ·mol-1②2C（s）+O2（g）==2CO(g)△H=-220kJ·mol-1結合蓋斯定律可知,②?①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)，△H=?220kJmol?2akJ/mol=?(220+2a)kJ/mol，焓變等于斷鍵吸收能量減去成鍵釋放的能量，則496+2×431?462×2×2=?(220+2a)，解得a=+130，故選D.10、D【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，p、q、m、n分別是元素W、X、Y、Z的氣體單質。p與q反應生成u，u為二元化合物，而常溫下0.1mol·L-1u溶液的pH為1，則u為HCl，由原子序數可知，X為H元素、W為Cl元素，故q為H1，p為Cl1．q與m反應生成v，v的水溶液呈堿性，則m為N1，v為NH3，故Y為N元素；m與n在放電條件下得到r，r與n得到有色氣體s，且s與水反應得到r與t，而常溫下0.1mol·L-1t溶液的pH為1，t為一元強酸，故n為O1，r為NO，s為NO1，t為HNO3，則Z為O元素,綜上可知X為H元素、Y為N元素、Z為O元素、W為Cl元素。【詳解】A．Y、W的最高價氧化物對應的水化物均為HNO3和HClO4，兩者均為強酸，故選項A正確；B．Z和Y的簡單氫化物分別為H1O和NH3，水的穩定性和沸點均高于氨氣，故選項B正確；C．s為NO1，3NO1+H1O=1HNO3+NO，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:1，故選項C正確；D．v為NH3，其電子式可表示為，故選項D錯誤；故選D。【點睛】本題考查無機物的推斷，注意氣體的顏色及溶液的pH為推斷的突破口，再結合轉化關系推斷，熟練掌握元素化合物知識。11、C【解析】

A.濃硫酸與氯化鈉反應制取HCl，可能生成硫酸鈉或硫酸氫鈉，稀硫酸不能反應，A不符合題意；B.硝酸銀溶液中滴加稀氨水，氨水少量生成沉淀，氨水過量生成銀氨溶液，B不符合題意；C.Fe在S蒸氣中燃燒，生成FeS，不受反應物的用量或濃度影響，C符合題意；D.鐵粉加入硝酸中，可能生成硝酸鐵或硝酸亞鐵、NO或NO2，D不符合題意；故合理選項是C。12、A【解析】

A．花生油的成分是油脂，屬于烴的含氧衍生物，石油煉得的柴油為烴類物質，故A錯誤；B．増強聚四氟乙烯是由四氟乙烯通過加聚反應合成的，屬于有機高分子材料，故B正確；C．新型無機非金屬材料主要有先進陶瓷、非晶體材料、人工晶體、無機涂層、無機纖維等，碳化硅是一種新型的無機非金屬材料，故C正確；D．用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，能夠在較短的時間內降解，實現“碳”的循環利用，防止形成白色污染，故D正確；答案選A。13、B【解析】

常溫下，Z的單質能溶于W的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。則Z為鋁，W為硫；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，Y、W為同一主族元素，則Y為氧；原子最外層電子數之和為20，則X最外層電子數為20-3-6-6=5，則X為氮；A.W為硫，Y為氧，形成的一種化合物是二氧化硫，具有漂白性，故A正確；B.硫離子有3個電子層，半徑最大；氧離子和鋁離子核外電子排布相同，核電荷越大，半徑越小，所以氧離子大于鋁離子，故簡單離子半徑大小順序：W＞Y＞Z，故B錯誤；C.非金屬性越強其氫化物越穩定，氮非金屬性弱于氧，則最簡單氫化物的穩定性：X＜Y，故C正確；D.元素X的氣態氫化物為氨氣，其最高價氧化物對應水化物為硝酸，能發生反應生成硝酸銨，故D正確。故選B。【點睛】解決此題的關鍵是正確推斷元素的種類，突破口在于題干信息中濃溶液和稀溶液性質不同，想到濃硫酸具有強氧化性，與金屬鋁發生鈍化反應，而稀硫酸可以與鋁反應。14、A【解析】

A.乙醇分子間能夠形成氫鍵，而丙烷不能，因此沸點，故A錯誤；B．鹵化銀的溶解度從上到下，逐漸減小，AgI的溶解度更小，即溶解度：AgI＜AgCl，故B正確；C.非金屬性越強，氫化物越穩定，非金屬性As＜Br，則熱穩定性，故C正確；D.金屬性越強，最高價氧化物的水化物堿性越強，金屬性Ba＜Cs，則堿性，故D正確；答案選A。【點睛】本題的易錯點為C，要注意As和Br在元素周期表中的位置，同時注意元素周期律的應用。15、A【解析】

溶液pH＝2，呈酸性，H+一定有，CO32﹣不能存在，加入氯水，溶液顏色變深，溶液中可能含有Fe2+和Br﹣之一或者兩者都有，被氯氣氧化成Fe3+和Br2，由于溶液中各離子的物質的量濃度相同，符合電荷守恒，如設各離子的濃度是1mol/L，則有可能存在c(H+)+2c(Fe2+)=2c(SO42﹣)+c(Br﹣)，還有可能溶液中只含氫離子和溴離子，但NH4+不能存在，故答案選A，Fe2+可能存在，符合題意。16、D【解析】

A.裝置甲利用稀鹽酸與鋅在簡易裝置中制取H2，實驗裝置和原理能達到實驗目，選項A不選；B.裝置乙利用氫氧化鈉溶液吸收氫氣中的氯化氫氣體、利用濃硫酸干燥氫氣，起到凈化干燥H2的作用，實驗裝置和原理能達到實驗目，選項B不選；C.裝置丙利用純凈的氫氣在高溫條件下與鈣反應制取CaH2，實驗裝置和原理能達到實驗目，選項C不選；D.裝置丁是用于防止空氣中的水蒸氣及氧氣進入與鈣或CaH2反應，實驗原理與吸收尾氣不符合，過量氫氣應收集或點燃，選項D選。答案選D。17、B【解析】

常溫下的溶液，溶液中不存在分子，但存在離子，說明硫酸的第一步完全電離，第二步部分電離。【詳解】A.由可得，每升溶液中的數目為，故A正確；B.，硫酸根有一部分水解成硫酸氫根，c(Na+)＞2c(SO42-)，根據電荷守恒式可知，c(OH-)＞c(H+)，所以應該為c(Na+)＞2c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B錯誤；C.據已知可知，當向稀硫酸中逐滴滴加濃硫酸會增大，所以減小，故C正確；D.NaHSO4屬于鹽，完全電離，故不是弱電解質，D正確；故答案為：B。18、B【解析】

M、X、Y、Z、W原子序數依次遞增的短周期主族元素，在周期表中M的原子半徑最小，M為H元素，X的次外層電子數是其電子總數的，X為C元素，Y是地殼中含量最高的元素，Y為O元素，M(H)與W同主族，則W為Na元素，Z為F元素，據此分析解答問題。【詳解】A．Z的單質為F2，F2與水的反應方程式為F2+2H2O=4HF+O2，A選項錯誤；B．非金屬性越強，簡單氣態氫化物的穩定性越強，非金屬性：C<F，則穩定性：CH4<HF，B選項正確；C．C、O可以與H形成18e-的分子分別為C2H6、H2O2，但F元素不可以，C選項錯誤；D．常溫下Na2CO3的水溶液加水稀釋后，溶液中OH-的濃度減小，由于水的離子積常數不變，則H+的濃度增大，D選項錯誤；答案選B。19、D【解析】

A.碳酸鈉水解溶液顯堿性，因此可用于去除餐具的油污，A正確；B.漂白粉具有強氧化性，可用于生活用水的消毒，B正確；C.氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能與酸反應，可用于中和過多胃酸，C正確；D.碳酸鋇難溶于水，但可溶于酸，生成可溶性鋇鹽而使蛋白質變性，所以不能用于胃腸X射線造影檢查，應該用硫酸鋇，D錯誤。答案選D。【點睛】本題主要是考查常見化學物質的性質和用途判斷，題目難度不大。平時注意相關基礎知識的積累并能靈活應用即可，注意碳酸鋇與硫酸鋇的性質差異。20、C【解析】

在NaHCO3溶液中存在碳酸氫根離子的水解平衡為：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，加較多量的水稀釋促進水解平衡正向移動，但以體積增大為主，所以氫氧根離子的濃度減小，溫度不變，水的離子積常數不變，即氫離子濃度與氫氧根離子濃度的積不變，所以氫離子的濃度變大，故選：C。21、C【解析】

①無色溶液中，不含有呈紫色的MnO4-，①不合題意；②CO32-，AlO2-都能發生水解反應，使溶液呈堿性，②符合題意；③加入Al能放出H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈堿性，但HCO3-都不能大量存在，③不合題意；④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，NH4+、Cl-、K+、SO42-都能大量存在，④符合題意；⑤使石蕊變紅的溶液呈酸性，Fe3+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-都能大量存在，⑤符合題意；⑥酸性溶液中，Fe2+、NO3-、I-會發生氧化還原反應，不能大量存在，⑥不合題意。綜合以上分析，只有②④⑤符合題意。故選C。22、B【解析】

A．純堿溶液堿性較弱，通常用氨水來吸收二氧化硫，故A錯誤；B．氯氣為有毒氣體，能夠與氫氧化鈉反應，所以可以用燒堿吸收氯堿工業的尾氣，故B正確；C．硫酸溶液能與氨氣反應，所以用硫酸溶液吸收合成氨工業尾氣（主要成分氨氣），故C錯誤；D．煉鐵工業的尾氣主要成分為一氧化碳，與氫氧化鈉溶液不反應，不能用燒堿進行尾氣處理，煉鐵工業的尾氣CO常用點燃的方法除去或回收再利用，故D錯誤；故選：B。二、非選擇題(共84分)23、CH2=CH-CNCH2=CH-CH=CH2HBr（或HCl）保護碳碳雙鍵防止被加成或氧化【解析】

（1）鏈節主鏈為碳原子，且含有碳碳雙鍵，應是烯烴、1，3﹣丁二烯之間發生的加聚反應，除苯乙烯外，還需要另外兩種單體為：CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2，故答案為CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2；（2）苯乙烯先與HBr發生加成反應，然后再催化劑條件下發生取代反應，最后在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發生消去反應得到，第一步的目的是：保護碳碳雙鍵防止被加成，故答案為HBr；保護碳碳雙鍵防止被加成；（3）鄰甲基苯酚可合成A，分子式為C7H6O3，則A為，A發生縮聚反應得到B，B的結構簡式為：，A與濃溴水反應的化學方程式為：，故答案為；；（4）在堿性條件下水解得到，然后發生催化氧化得到，再氧化得到，最后用酸酸化得到，合成路線流程圖為：。24、溴原子、羥基、酯基1，3-丁二醇取代反應或水解反應縮聚反應11CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH【解析】試題分析：A水解生成B和C，C連續2次以后生成E，E和氫氣發生加成反應生成B，則B和C分子中含有相同的碳原子數，均是4個。B發生縮聚反應生成F，則根據F的結構簡式可知B的結構簡式為HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的結構簡式為CH3COCH2COOH，D的結構簡式為CH3COCH2CHO，因此C的結構簡式為CH3CHOHCH2CH2OH，據此分析解答。解析：A水解生成B和C，C連續2次以后生成E，E和氫氣發生加成反應生成B，則B和C分子中含有相同的碳原子數，均是4個。B發生縮聚反應生成F，則根據F的結構簡式可知B的結構簡式為HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的結構簡式為CH3COCH2COOH，D的結構簡式為CH3COCH2CHO，因此C的結構簡式為CH3CHOHCH2CH2OH，則（1）A屬于酯類，且含有溴原子和羥基，因此A的官能團名稱是溴原子、羥基、酯基；C分子中含有2個羥基，其系統命名是1，3-丁二醇。（2）根據以上分析可知①的反應類型是取代反應或水解反應，⑤的反應類型是縮聚反應。（3）反應③是醛基的氧化反應，反應的化學方程式為。（4）Ⅰ.能與Na反應產生氣體，說明含有羥基或羧基；Ⅱ.能與NaOH反應，說明含有羧基或酯基；Ⅲ.不能與Na2CO3反應，說明含有酯基，不存在羧基，如果是甲酸形成的酯基，有5種；如果是乙酸形成的酯基有2種；如果羥基乙酸和乙醇形成的酯基有1種；丙酸形成的酯基有1種；羥基丙酸和甲醇形成的酯基有2種，共計11種；若與NaOH溶液反應的有機物中的碳原子數目為2，則符合條件的有機物結構簡式有CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH。（5）結合已知信息、相關物質的結構和性質，利用逆推法可知其合成路線可以設計為。25、堿石灰(或生石灰、氫氧化鈉固體)排盡裝置中的空氣2Na+2NH32NaNH2+H2油浴加熱NaNH2+N2ONaN3+H2O65%ACClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑【解析】

(1)制備的氨氣中含有大量的水，B中盛放堿石灰干燥氨氣，故答案為：堿石灰(或生石灰、氫氧化鈉固體)；(2)用氨氣排盡裝置中的空氣，防止加熱時空氣中的氧氣等能與鈉反應，步驟②制備NaNH2，還生成氫氣，反應方程式為：2Na+2NH32NaNH2+H2；控制溫度210～220℃，故選用油浴加熱，故答案為：排盡裝置中的空氣；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加熱；(3)NaNH2和N2O在210～220℃下反應生成NaN3和水，反應為：NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案為：NaNH2+N2ONaN3+H2O；（4）Ce4+的物質的量濃度總計為0.10mol?L?1×0.04L=0.004mol，分別與Fe2+和N3?反應。其中與Fe2+按1:1反應消耗0.10mol?L?1×0.02L=0.002mol，則與N3?按1:1反應也為0.002mol，即10mL所取溶液中有0.002molN3?，原2.0g疊氮化鈉試樣，配成100mL溶液中有0.02mol即1.3gNaN3，所以樣品質量分數為=65%；A.使用疊氮化鈉溶液潤洗錐形瓶，使進入錐形瓶中溶質比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亞鐵銨標準液體積減小，疊氮化鈉溶液濃度偏大，故A正確；B.六硝酸鈰銨溶液實際取量大于40.00mL，滴定消耗的硫酸亞鐵銨標準液體積增大，計算疊氮化鈉溶液濃度偏小，故B錯誤；C.滴定前無氣泡，終點時出現氣泡，則讀數體積為實際溶液體積減氣泡體積，硫酸亞鐵銨標準液讀數體積減小，疊氮化鈉溶液濃度偏大，故C正確；D選項，滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標準液滴用蒸餾水沖進瓶內無影響，故D錯誤；故答案為：65%；AC；（5）反應后溶液堿性明顯增強，且產生無色無味的無毒氣體，根據氧化還原反應得失電子守恒，則發生的離子反應為：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑故答案為：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。26、4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3還原K3[Fe(CN)6](或鐵氰化鉀)KSCN(或硫氰化鉀)不正確NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面白色沉淀變為紅褐色，中間過程無灰綠色出現沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更容易吸附Fe2+向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液除去溶液中Fe3+和O2【解析】

(1)實驗1中產生紅褐色沉淀是因為Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反應方程式為4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3，故答案為：4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3；(2)實驗1中加入維生素C是為了防止Fe2+被氧化，利用了其還原性，故答案為：還原；(3)根據實驗現象可知，①中加入試劑出現藍色沉淀，是在檢驗Fe2+，試劑a為K3[Fe(CN)6]，②中溶液是否變紅是在檢驗Fe3+，試劑b為KSCN，由于②中溶液沒有變紅，則不存在Fe3+，即灰綠色沉淀中沒有Fe(OH)3，甲同學的猜測錯誤，故答案為：K3[Fe(CN)6](或鐵氰化鉀)；KSCN(或硫氰化鉀)；不正確；(4)根據已知，Fe(OH)2沉淀具有較強的吸附性，灰綠色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而實驗4中NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，導致沉淀沒有灰綠色，故答案為：NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；(5)當實驗5中的現象為白色沉淀變為紅褐色，中間過程無灰綠色出現時，可說明白色沉淀上沒有或很少附著有Fe2+，故答案為：白色沉淀變為紅褐色，中間過程無灰綠色出現；(6)溶液中存在Fe3+或溶解較多O2時，O2能將Fe2+氧化成Fe3+，形成Fe(OH)3沉淀，根據題干信息可知，沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更容易吸附Fe2+，從而白色沉淀更容易變成灰綠色，故答案為：沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更容易吸附Fe2+；(7)根據上述實驗可知道，當NaOH濃度高或者溶液中不存在Fe3+和O2時，制備Fe(OH)2時能較長時間觀察到白色沉淀，其操作可以是向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶液中Fe3+和O2，故答案為：向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液；除去溶液中Fe3+和O2。【點睛】本題主要考查學生的實驗探究與分析能力，同時對學生提取信息的能力有較高的要求，難度較大，解題關鍵在于對題干信息的提取和結合所學知識進行綜合解答。27、圓底燒瓶先關閉彈簧夾，從滴液漏斗處倒水，若形成一段穩定的水柱，則證明裝置氣密性好e-f-c-d-a-b-g5NO+3MnO4－+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O有氣泡產生，液面上方變紅0.69mg/L偏低【解析】

(1)(2)根據實驗安全與操作，進行分析；(3)根據信息可知，酸性高錳酸鉀溶液能夠把剩余的氮的氧化物吸收處理；(4)弱酸鹽與強酸反應，生成弱酸，再根據HNO2的性質作答；(5)NO2－可將MnO4－還原為Mn2+，根據化合價變化可得反應的關系式：2MnO4－~5NO2－，多余的高錳酸鉀，可將草酸根氧化，根據化合價變化可得反應的關系式：2MnO4－~5C2O42－，據此計算。【詳解】(1)儀器名稱是圓底燒瓶；檢査裝置E氣密性的方法是先關閉彈簧夾，從滴液漏斗處倒水，若形成一段穩定的水柱，則證明裝置氣密性好，故答案為：圓底燒瓶；先關閉彈簧夾，從滴液漏斗處倒水，若形成一段穩定的水柱，則證明裝置氣密性好；(2)Na2O2會與水反應，接A前要干燥，硝酸易揮發，生成的二氧化氮和水反應生成一氧化氮，接C，多余的NO對空氣有害，接尾氣處理，順序為h-e-f-c-d-a-b-g，故答案為：e-f-c-d-a-b-g；(3)NO能被酸性高錳酸鉀溶液氧化為NO3-，離子方程式為5NO+3MnO4－+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O，故答案為：5NO+3MnO4－+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O；(4)亞硝酸鈉與硫酸反應，生成HNO2，HNO2反應3HNO2=HNO3+2NO+H2O，NO與空氣反應，生成二氧化氮，現象為：有氣泡產生，液面上方變紅，故答案為：有氣泡產生，液面上方變紅；(5)NO2－可將MnO4－還原為Mn2+，根據化合價變化可得反應的關系式：2MnO4－~5NO2－，多余的高錳酸鉀，可將草酸根氧化，根據化合價變化可得反應的關系式：2MnO4－~5C2O42－，消耗0.001mol·L-1草酸鈉115.00mL，消耗高錳酸鉀的物質的量為0.001mol·L－1×0.115L×2/5=4.6×10-5mol，則1000mL水樣消耗高錳酸鉀的物質的量為0.001mol·L－1×0.05L-4.6×10-5mol=4×10-6mol，則水樣中含有亞硝酸鈉的物質的量為4×10-6mol×5/2=10-5mol，質量為10-5mol×69g/mol=6.9×10-4g=0.69mg，所以水中NaNO2的含量為0.69mg/1L=0.69mg/L；NaNO2放置空氣中時間過長被氧化，實際含量降低，測定結果偏低，故答案為：0.69mg/L；偏低。28、+14620%或者0.20.05c0<溫度升高，C2H4平衡轉化率減小，平衡逆向移動，該反應為放熱反應>延長反應時間或及時分離出產品陰離子C2H5OH－12e-+16OH-=2CO32-+11H2O【解析】

(1)已知：①2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)ΔH1＝－192kJ/mol②2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH2＝－484kJ/mol利用蓋斯定律，將[①-②]×，即得：③C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)的ΔH3。(2)可設乙烷的轉化率為x，利用三段式得出各物質的平衡量，從而建立反應前后的壓強關系式，利用“平衡時容器內總壓強增加了20%”，求乙烷的轉化率及該溫度下反應的平衡常數K。(3)①從圖象中可看出，升高溫度，C2H4的轉化率減小，則平衡逆向移動，從而得出ΔH4與0的關系。②X點之后，平衡繼續正向