2025屆貴州省習水縣一中高一化學第二學期期末監測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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、在相同的A、B密閉容器中分別充入2molSO2和1molO2，使它們在一定溫度下反應，并達新平衡：2SO2+O22SO3(g)。若A容器保持體積不變，B容器保持壓強不變。當A中SO2的轉化率為25%時，B中SO2的轉化率為A．25% B．大于25%C．小于25% D．無法判斷2、下列說法錯誤的是（

）A．石油和天然氣的主要成分都是碳氫化合物B．苯、溴苯和乙醇可以用水鑒別C．在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產物是CH3CO18OH和C2H5OHD．甘氨酸（NH2-CH2-COOH）既能與NaOH反應，又能與鹽酸反應3、下列物質能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的是()A．乙烷B．乙烯C．苯D．四氯化碳4、在0.1mol/LNH4Cl溶液中，離子濃度最大的是（）A．Cl? B．NH4+ C．H+ D．OH?5、一定溫度下恒容的密閉容器中，反應A2(g)＋B2(g)2AB(g)達到平衡的標志是A．正反應速率和逆反應速率相等且都為零B．容器內氣體的總壓強不隨時間變化C．單位時間內生成2nmolAB的同時生成nmolB2D．容器內氣體的平均相對分子質量不隨時間變化6、如圖的裝置中，干燥燒瓶中盛有某種氣體，燒杯和滴管內盛放某種溶液。擠壓膠管的膠頭，下列與實驗事實不相符的是()A．NH3（H2O含石蕊）藍色噴泉B．HCl(H2O含石蕊）紅色噴泉C．C12（飽和食鹽水）無色噴泉D．CO2（NaOH溶液）無色噴泉7、下列反應中，水只作氧化劑的氧化還原反應是A．3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 B．2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑C．2F2+2H2O＝4HF+O2 D．Cl2+H2O?HCl+HClO8、將一定量的乙醇（C2H5OH）和氧氣置于一個封閉的容器中引燃，測得反應前后各物質的質量如下表：物質乙醇氧氣水二氧化碳X反應前質量/g9.216.0000反應后質量/g0010.88.8a下列判斷正確的是A．無論如何改變氧氣的起始量，均有X生成 B．表中a的值是5C．X可能含有氫元素 D．X為CO9、用如圖裝置制取表中的四種干燥、純凈的氣體（圖中鐵架臺、鐵夾、加熱及氣體收集裝置均已略去；必要時可以加熱；a、b、c、d表示相應儀器中加入的試劑）其中正確的是選項氣體abcdACO2鹽酸CaCO3飽和Na2CO3溶液濃硫酸BCl2濃鹽酸MnO2NaOH溶液濃硫酸CNH3飽和NH4Cl溶液消石灰H2O固體NaOHDNO稀硝酸銅屑H2O濃硫酸A．A B．B C．C D．D10、目前，科學界擬合成一種“雙重結構”的球形分子，即把足球烯C60的分子容納在Si60分子中，外面的硅原子與里面的碳原子以共價鍵結合，下列敘述不正確的是A．該反應為置換反應B．該晶體為分子晶體C．該物質是一種新的化合物D．該物質的相對分子質量是240011、下列反應中，屬于取代反應的是A．CH4C＋2H2B．CH3CH=CH2＋Br2CH3CHBrCH2BrC．CH4＋2O2CO2＋2H2OD．C2H6＋Cl2C2H5Cl＋HCl12、設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．1

mol苯分子中含有C=C雙鍵數目為3NAB．標準狀況下，11.2LCCl4中含有的共價鍵數目為2NAC．1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃燒時消耗O2的分子數為3NAD．常溫常壓下，17g羥基含有的電子總數為13、向500mL2mol·L?1的CuSO4溶液中插入一鐵片，反應片刻后取出鐵片，洗滌、烘干，稱其質量比原來增加2.0g。下列說法錯誤的是(設反應后溶液的體積不變)A．參加反應的鐵的質量是14gB．析出的銅的物質的量是0.25molC．反應后溶液中c(CuSO4)=1.5mol·L?1D．反應后溶液中c(FeSO4)=1.5mol·L?114、下列過程不涉及化學變化的是（）A．用鐵礦石煉鐵B．用糯米釀甜酒C．石油分餾D．海水提溴15、能證明乙烯分子里含有一個碳碳雙鍵的事實是（）A．乙烯分子里碳氫原子個數之比為1∶2B．乙烯完全燃燒生成的CO2和H2O的物質的量相等C．乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色D．乙烯易與溴水發生加成反應，且1mol乙烯完全加成消耗1mol溴單質16、一定條件下，下列反應中水蒸氣含量隨反應時間的變化趨勢符合下圖的是A．X(g)+H2O(g)2Y(g)?H>0B．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)?H>0C．CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H<0D．N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)?H<017、正丁烷與異丁烷互為同分異構體的依據是A．具有相似的化學性質 B．具有相同的物理性質C．分子具有相同的空間結構 D．分子式相同，但分子內碳原子的連接方式不同18、下列物質既有共價鍵，又有離子鍵的是A．H2B．CO2C．NaClD．NH4Cl19、已知NO2和N2O4可以相互轉化：2NO2(g)N2O4(g)；ΔH＜0。現將一定量NO2和N2O4的混合氣體通入體積為1L的恒溫密閉容器中，反應物濃度隨時間變化關系如下圖。下列說法中，正確的是A．反應速率：v正(b點)＜v正(d點)B．前10min內用v(N2O4)表示的平均反應速率為0.04mol/(L·min)C．25min時，導致平衡移動的原因是升高溫度D．a和c點：Qc（濃度熵）＜K（平衡常數）20、下列變化過程中，屬于放熱反應的是（）①煅燒石灰石制生石灰②煅燒木炭取暖③固體

NaOH溶于水④酸與堿的中和反應⑤鋁熱反應

⑥NH4Cl晶體與Ba(OH)2·8H2O混合攪拌A．①③⑥ B．②④⑤ C．②③④ D．②④⑥21、下列各物質中，不能發生水解反應的是A．油脂 B．酶 C．纖維素 D．葡萄糖22、下列關于實驗室制取NH3的敘述正確的是A．用N2和H2作反應物 B．用堿石灰干燥C．用向上排空氣法收集 D．用濕潤的藍色石蕊試紙驗滿二、非選擇題(共84分)23、（14分）一種高分子化合物（Ⅵ）是目前市場上流行的墻面涂料之一，其合成路線如下（反應均在一定條件下進行）：回答下列問題：（1）化合物Ⅲ中所含官能團的名稱是___________________、_______________________。（2）化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的同時，副產物為____________________________。（3）CH2=CH2與溴水反應方程式：_______________________________。（4）寫出合成路線中從化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反應方程式：_____________________。（5）下列關于化合物Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ的說法中，正確的是_____________。A化合物Ⅲ可以發生氧化反應B化合物Ⅲ不可以與NaOH溶液反應C化合物Ⅳ能與氫氣發生加成反應D化合物Ⅲ、Ⅳ均可與金屬鈉反應生成氫氣E化合物Ⅳ和Ⅴ均可以使溴的四氯化碳溶液褪色（6）寫出化合物Ⅰ與氧氣在Cu催化下反應的產物______________________。24、（12分）化合物G是一種香料，存在于金橘中，以烷烴A為原料合成G的路線如下：已知：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OH（1）反應②的反應類型是___。（2）已知B是A的一氯代物，且B分子中只有1種不同化學環境的氫原子，則B的結構簡式為___。（3）C的一種同分異構體具有順反異構現象，則其結構簡式為___。（4）寫出同時滿足下列條件的F的一種同分異構體的結構簡式：___。①能發生水解反應，水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應；②苯環上的一氯代物有3種。（5）根據已有知識并結合相關信息，寫出為原料合成成路線流程圖（無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。______________25、（12分）甘氨酸亞鐵(NH2CH2COO)2Fe可廣泛用于缺鐵性貧血的預防和治療。某學習小組欲利用硫酸亞鐵溶液與甘氨酸反應制備甘氨酸亞鐵，實驗過程如下：步驟1制備FeCO3：將100mL0.1mol·L－1FeSO4溶液與100mL0.2mol·L－1NH4HCO3溶液混合，反應結束后過濾并洗滌沉淀。步驟2制備(NH2CH2COO)2Fe：實驗裝置如圖，將步驟1得到的沉淀裝入儀器B，利用裝置A產生的CO2，將裝置中空氣排凈后，逐滴滴入甘氨酸溶液，直至沉淀全部溶解，并稍過量。步驟3提純(NH2CH2COO)2Fe：反應結束后過濾，將濾液蒸發濃縮，加入乙醇，過濾、干燥得到產品。⑴固體X是______，儀器C的名稱是______。⑵碳酸氫鈉溶液的作用是______。⑶步驟1中，FeSO4溶液與NH4HCO3溶液混合時可觀察到有白色沉淀和無色無味氣體生成。該反應的化學方程式為______。⑷步驟1中，檢驗FeCO3沉淀已洗凈的操作是______。⑸步驟2中當觀察到現象是______時，可以開始滴加甘氨酸。26、（10分）某學校實驗室從化學試劑商店買回18.4mol·L－1的硫酸。現用該濃硫酸配制100mL1mol·L－1的稀硫酸。可供選用的儀器有：①膠頭滴管；②燒瓶；③燒杯；④藥匙；⑤量筒；⑥托盤天平。請回答下列問題：（1）配制稀硫酸時，上述儀器中不需要使用的有________(選填序號)，還缺少的儀器有________(寫儀器名稱)。（2）配制100mL1mol·L－1的稀硫酸需要用量筒量取上述濃硫酸的體積為________mL(保留一位小數)，量取濃硫酸時應選用__________(選填①10mL、②50mL、③100mL)規格的量筒。（3）實驗中造成所配溶液濃度偏高的原因可能是________。A．容量瓶中原來含有少量蒸餾水B．未經冷卻，立即轉移至容量瓶并洗滌燒杯，定容C．燒杯沒有洗滌D．向容量瓶中加水定容時眼睛一直仰視刻度線27、（12分）已知單質硫是淡黃色固體粉末，難溶于水。實驗室制氯氣的反應原理為：MnO2(1)儀器X的名稱：_______。(2)用飽和食鹽水除去A中生成Cl2中的雜質氣體_____。（填雜質氣體化學式）(3)碳元素比氯元素的非金屬性______（填“強”或者“弱”）。(4)裝置B中盛放的試劑是Na2S溶液，實驗中可觀察到的現象是______。(5)裝置C燃燒堿稀釋液，目的是吸收剩余氣體，原因是________。28、（14分）某制糖廠以甘蔗為原料制糖，同時得到大量的甘蔗渣，對甘蔗渣進行綜合利用不僅可以提高綜合效益，而且還能防止環境污染，生產流程如下：已知石油裂解已成為生產H的主要方法，E的溶液能發生銀鏡反應，G是具有香味的液體，試回答下列問題。(1)F中所含官能團的名稱是__________________。(2)G的結構簡式為_____________________________。(3)寫出D→E的化學方程式，并注明反應類型：______________________________。(4)F→G的反應裝置如圖所示：a．圖中倒置球形干燥管的作用_____________________________；b．試管Ⅱ中加有飽和Na2CO3溶液，其作用是：____________________；c．若138gD和90gF反應能生成80gG，則該反應的產率為___________。（已知：）（5）為了證明濃硫酸在該反應中起到了催化劑和吸水劑的作用，某同學利用上圖所示裝置進行了以下4個實驗。實驗開始先用酒精燈微熱3min，再加熱使之微微沸騰3min。實驗結束后充分振蕩小試管Ⅱ，再測有機物層的厚度，實驗記錄如下：實驗D與實驗C相對照可證明___________________________________________________。分析實驗A、C的數據，可以推測出濃硫酸的__________提高了乙酸乙酯的產率。(6)生成乙酸乙酯的反應是可逆反應，反應物不能完全變成生成物，反應一段時間后，就達到了該反應的限度，也即達到化學平衡狀態。下列描述能說明乙醇與乙酸的酯化反應已達到化學平衡狀態的有（填序號）________。①單位時間里，生成1mol乙酸乙酯，同時生成1mol水②單位時間里，生成1mol乙酸乙酯，同時生成1mol乙酸③單位時間里，消耗1mol乙醇，同時消耗1mol乙酸④混合物中各物質的濃度不再變化(7)寫出B的一種同分異構體（與B同類）的結構簡式：________________。29、（10分）常溫下，完全燃燒0.1moL某氣態烴可生成17.6g二氧化碳和9g水，試求該烴的分子式；并寫出此烴各種同分異構體的結構簡式及名稱。

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、B【解析】

反應2SO2+O22SO3為氣體物質的量減小的反應，若A容器保持體積不變，B容器保持壓強不變，則隨著反應的進行，A的壓強逐漸減小，B容器壓強大于A容器壓強，B相當于在A的基礎上增大壓強，增大壓強，平衡向正反應方向移動，SO2的轉化率增大，當A中的SO2的轉化率為25%時，則B容器中SO2的轉化率應是大于25%，故選B。2、C【解析】

A.石油的主要成分為烴類物質，而天然氣的主要成分為甲烷；

B.苯和溴苯密度不同，且都不溶于水，乙醇與水任意比互溶；

C.在酸性條件下，CH3CO18OC2H5水解時，18O位于乙醇中；

D.甘氨酸（NH2-CH2-COOH）含有氨基和羧基，具有兩性；【詳解】A.石油的主要成分為烴類物質，而天然氣的主要成分為甲烷，主要成分都是碳氫化合物，A項正確；B.苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，且都不溶于水，乙醇與水任意比互溶，所以可以鑒別，B項正確；C.在酸性條件下，CH3CO18OC2H5水解時，18O位于乙醇中，CH3CO18OC2H5的水解產物是CH3COOH和C2H518OH，C項錯誤；D.甘氨酸(NH2?CH2?COOH)含有氨基和羧基，具有兩性，氨基能和HCl反應、羧基能和NaOH反應，D項正確；答案選C。【點睛】要注意烴類物質密度都小于水。3、B【解析】分析：烷烴性質穩定，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色；烯烴可以與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化反應；苯不能與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化反應；鹵代烷烴不能與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化反應。詳解：乙烷、苯、四氯化碳不能與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化反應，乙烯能與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化反應而使之褪色，所以選B，故答案為：B。點睛：考查有機物的化學性質，涉及到烷烴、烯烴、苯、鹵代烴與酸性高錳酸鉀的反應，掌握烯烴由于含有碳碳雙鍵化學性質比較活潑，本題難度較小。4、A【解析】

NH4Cl溶液中，銨根離子部分水解，則氯離子濃度大，水解顯酸性，則氫離子濃度大于氫氧根離子，且顯性離子大于隱性離子。【詳解】0.10mol/L的NH4Cl溶液中，Cl?不水解，NH4+離子部分水解，溶液呈酸性，且顯性離子大于隱性離子，則溶液中離子濃度大小為：c(Cl?)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH?)，即濃度最大的離子是Cl?。答案選A。5、C【解析】試題分析：A．正反應速率和逆反應速率相等且都不為零是化學平衡狀態的標志，A錯誤；B、反應前后氣體的化學計量數之和相等，反應無論是否達到平衡狀態，壓強都不變，不能作為判斷是否達到平衡狀態的依據，B錯誤；C、單位時間內生成2nmolAB的同時生成nmolB2，說明正逆反應速率相等，達到平衡狀態，故C正確；D、反應前后氣體的質量不變，物質的量不變，無論是否達到平衡狀態，平均相對分子質量都不隨時間變化，不能作為判斷是否達到平衡狀態的依據，故D錯誤．考點：可逆反應達到平衡狀態的標準的判定。6、C【解析】氨氣極易溶于水，能形成噴泉，氨水溶液顯堿性，遇到石蕊顯藍色，A項正確；氯化氫極易溶于水，能形成噴泉，遇到石蕊顯紅色，B項正確；氯氣在飽和食鹽水中的溶解度很小，不能形成噴泉，C項錯誤；二氧化碳能與氫氧化鈉反應造成氣體減小，形成噴泉，D項正確。7、A【解析】

A、Fe元素化合價升高，H2O中H元素化合價降低，得電子，作氧化劑，故A正確；B、H2O中沒有元素化合價的變化，H2O既不作氧化劑也不作還原劑，故B錯誤；C、2F2+2H2O=4HF+O2中，水中O元素化合價由﹣2價變為0價，則水作還原劑，故C錯誤；D、水中各元素化合價不變，Cl元素化合價由0價變為+1價、-1價，水既不是氧化劑又不是還原劑，故D錯誤；答案選A。8、D【解析】分析：參加化學反應的各物質的質量總和等于反應后生成的各物質的質量總和。在本題中，9.2g+16.0g=25.2g，10.8g+8.8g=19.6g，因此一定有X生成，X質量=25.2g-19.6g=5.6g，結合原子守恒解答。詳解：A、氧氣足量時只有二氧化碳和水生成，因此生成物與氧氣的起始量有關，A錯誤；B、9.2g+16.0g=25.2g，10.8g+8.8g=19.6g，因此一定有X生成，X是生成物，a＝25.2－19.6＝5.6，B錯誤；C、乙醇中氫元素的質量=9.2g×6/46=1.2g，水中氫元素的質量=10.8g×2/18=1.2g，因此X中一定沒有氫元素，C錯誤；D、乙醇中氧元素的質量=9.2g×16/46=3.2g，水中氧元素的質量=10.8g×16/18=9.6g，二氧化碳中氧元素的質量=8.8g×32/44=6.4g，由于3.2g+16g＞9.6g+6.4g，所以X一定是CO，D正確；答案選D。9、D【解析】

A、二氧化碳氣體中混有的雜質是氯化氫氣體除去氯化氫氣體用飽和碳酸氫鈉溶液，不能用碳酸鈉溶液，因為碳酸鈉溶液會吸收二氧化碳，A錯誤；B、制取的氯氣中常含有氯化氫氣體但是不能用氫氧化鈉溶液除雜因為氯氣會與氫氧化鈉反應，B錯誤；C、除去氨氣中的雜質氣體不能用水因為氨氣極易溶于水，C錯誤；D、一氧化氮難溶于水，可以用水除去其中的二氧化氮或硝酸，再用濃硫酸干燥即可得到純凈的一氧化氮氣體，正確。答案選D。10、A【解析】試題分析：A、該反應是化合反應，A錯誤；B、由于該物質是“雙重結構”的球形分子，所以該晶體類型是分子晶體，B正確；C、該物質含有兩種元素，是純凈物，因此屬于一種新化合物，C正確；D、該物質的相對分子質量為12×60+28×60=2400，D正確，答案選A。考點：考查“雙重結構”的球形分子Si60C60的結構與性質的知識。11、D【解析】分析：A項，CH4高溫的分解反應；B項，CH3CH=CH2與Br2的CCl4溶液發生的加成反應；C項，CH4的氧化反應；D項，C2H6與Cl2光照下的取代反應。詳解：A項，CH4高溫的分解反應；B項，CH3CH=CH2與Br2的CCl4溶液發生的加成反應；C項，CH4的燃燒反應，屬于CH4的氧化反應；D項，C2H6與Cl2光照下的取代反應；屬于取代反應的是D項，答案選D。12、C【解析】

A.苯分子中沒有C=C雙鍵，故A錯誤；B.標準狀況下，CCl4不是氣體，無法計算含有的共價鍵數目，故B錯誤；C.乙烯和乙醇的化學式可以表示為C2H4、C2H4·H2O，耗氧量相同，1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃燒時消耗O22+mol=3mol，分子數為3NA，故C正確；D.羥基的電子式為，常溫常壓下，17g羥基的物質的量為1mol，含有的電子總數為，故D錯誤；故選C。【點睛】本題的易錯點為B，使用氣體摩爾體積需要注意：①對象是否為氣體；②溫度和壓強是否為標準狀況。13、D【解析】

根據鐵和硫酸銅反應方程式可知Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu△m56g1mol1mol1mol（64-56）g=8gm（Fe）n（CuSO4）n（FeSO4）n（Cu）2gA、m（Fe）=（56g×2g）/8g=14g，A正確；B、n（Cu）=（1mol×2g）/8g=0.25mol，B正確；C、n（CuSO4）=n（Cu）=0.25mol，反應后剩余硫酸銅：0.5L×2mol/L-0.25mol=0.75mol，濃度為：0.75mol/0.5L=1.5mol/L，C正確；D、n（FeSO4）=n（CuSO4）=0.25mol，c（FeSO4）=0.25mol/0.5L=0.5mol/L，D錯誤；答案選D。14、C【解析】A.用鐵礦石煉鐵是用還原劑將+3價的鐵還原為鐵，有新物質生成，涉及化學變化，故A錯誤；B.用糯米釀甜酒是將淀粉轉化為乙醇，有新物質生成，涉及化學變化，故B錯誤；C．石油分餾是利用物質中各成分的沸點不同，控制溫度分離得到餾分的過程，無新物質生成為物理變化，故C正確；D．海水提溴是利用氧化劑氧化溴離子生成溴單質的過程，有新物質生成，涉及化學變化，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查了物質變化的實質、物質變化的過程分析判斷，注意知識的積累，掌握基礎是解題關鍵。判斷一個變化是否為化學變化和物理變化的依據是看變化過程中是否有新物質生成，化學變化過程中有新物質生成，物理變化過程中無新物質生成。15、D【解析】

A.碳氫原子個數之比為1:2只能說明乙烯分子中有一個不飽和度，這個不飽和度不一定是碳碳雙鍵提供的，A項錯誤；B.完全燃燒得到等物質的量的和，只能說明乙烯分子中碳氫原子個數之比為1:2，同A項，B項錯誤；C.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的不一定是碳碳雙鍵，也有可能是碳碳三鍵，C項錯誤；D.若與溴水能發生加成反應，且1mol乙烯完全加成消耗1mol溴單質，則可證明乙烯分子中含有一個碳碳雙鍵，D項正確；答案選D。16、C【解析】分析：根據水蒸氣含量—溫度圖像，溫度越高化學反應速率越快，T2>T1；溫度升高，水蒸氣的平衡含量減小。根據水蒸氣含量—壓強圖像，壓強越高化學反應速率越快，P1>P2；增大壓強，水蒸氣的平衡含量增大。結合反應的特點和溫度、壓強對化學平衡的影響規律作答。詳解：根據水蒸氣含量—溫度圖像，溫度越高化學反應速率越快，T2>T1；溫度升高，水蒸氣的平衡含量減小。根據水蒸氣含量—壓強圖像，壓強越高化學反應速率越快，P1>P2；增大壓強，水蒸氣的平衡含量增大。A項，該反應的正反應是氣體分子數不變的吸熱反應，升高溫度平衡向正反應方向移動，水蒸氣的平衡含量減小，增大壓強平衡不移動，水蒸氣的平衡含量不變，A項不符合；B項，該反應的正反應是氣體分子數不變的吸熱反應，升高溫度平衡向正反應方向移動，水蒸氣的平衡含量增大，增大壓強平衡不移動，水蒸氣的平衡含量不變，B項不符合；C項，該反應的正反應是氣體分子數減小的放熱反應，升高溫度平衡向逆反應方向移動，水蒸氣的平衡含量減小，增大壓強平衡向正反應方向移動，水蒸氣的平衡含量增大，C項符合；D項，該反應的正反應是氣體分子數增大的放熱反應，升高溫度平衡向逆反應方向移動，水蒸氣的平衡含量減小，增大壓強平衡向逆反應方向移動，水蒸氣的平衡含量減小，D項不符合；答案選C。點睛：本題考查外界條件對化學反應速率和化學平衡影響的圖像分析，解題的關鍵是能正確分析溫度、壓強對化學反應速率和化學平衡的影響。17、D【解析】

同分異構體的定義是分子式相同而結構不同的化合物，正丁烷和異丁烷分子式均為C4H10，正丁烷為直鏈結構，異丁烷有支鏈，故結構不同；二者互為同分異構體。答案選D。18、D【解析】H2中只有共價鍵，CO2中只有共價鍵，NaCl中只有離子鍵，NH4Cl中既有離子鍵又有共價鍵，答案選D。點睛：判斷物質中化學鍵的方法：一般，（1）非金屬單質、由非金屬元素組成的化合物（銨鹽除外）中只有共價鍵；（2）活潑非金屬元素與活潑金屬元素組成的化合物中只有離子鍵；（3）含有原子團的離子化合物中既有離子鍵又有共價鍵；（4）稀有氣體中沒有化學鍵。19、A【解析】

0-10min內，Δc(X)=0.4mol/L，Δc(Y)=0.2mol/L，則可以推出X為NO2，Y為N2O4；25min時，NO2的濃度突然增大，然后再減小，而N2O4的濃度是逐漸增大，由此可以推出此時是增加了NO2的濃度引起的平衡的移動。【詳解】A.經分析，X為NO2，Y為N2O4，c(NO2)b＜c(NO2)d，則v正(b點)＜v正(d點)，A正確；B.0-10min內，v(N2O4)=0.2mol/L10min=0.02mol/(L·min)，BC.25min時，c(NO2)突然增大，再慢慢減小，而c(N2O4)則慢慢增大，說明此時平衡的移動是由增加NO2的濃度引起的，C錯誤；D.a點，c(NO2)在增大，c(N2O4)在減小，說明平衡向逆反應方向移動，則a點Qc＞K；c點，c(NO2)在減小，c(N2O4)在增大，說明平衡向正反應方向移動，則c點Qc＜K；D錯誤；故合理選項為A。【點睛】本題的突破口在起始0-10min內X、Y的濃度變化情況，通過這一點可以判斷出X為NO2，Y為N2O4。這就要求學生在平時的練習中，看圖像一定要看全面，再仔細分析。20、B【解析】

①煅燒石灰石制生石灰，吸熱反應；②煅燒木炭取暖，屬于放熱反應；③固體NaOH溶于水放出大量的熱，屬于物理過程；④酸與堿的中和反應，屬于放熱反應；⑤鋁熱反應會放出大量的熱來焊接金屬，該反應屬于放熱反應；⑥NH4Cl晶體與Ba(OH)2·8H2O混合攪拌屬于吸熱反應；據以上分析解答。【詳解】①煅燒石灰石制生石灰，吸熱反應；②煅燒木炭取暖，屬于放熱反應；③固體NaOH溶于水放出大量的熱，屬于物理過程；④酸與堿的中和反應，屬于放熱反應；⑤鋁熱反應會放出大量的熱來焊接金屬，該反應屬于放熱反應；⑥NH4Cl晶體與Ba(OH)2·8H2O混合攪拌屬于吸熱反應。②④⑤符合題意，正確選項B。【點睛】常見的放熱反應有：所有的燃燒、所有的中和反應、金屬和酸的反應、金屬與水的反應、大多數化合反應、鋁熱反應等；常見的吸熱反應為：大多數的分解反應,氫氧化鋇晶體和氯化銨的反應、焦炭和二氧化碳、焦炭和水的反應等。21、D【解析】

A.油脂在酸、堿等催化作用下水解生成甘油和高級脂肪酸，A項錯誤；B.酶是蛋白質，蛋白質在一定條件下可最終水解生成氨基酸，B項錯誤；C.纖維素是多糖，在一定條件下水解最終生成為單糖，C項錯誤；D.葡萄糖是單糖，不能發生水解反應，D項正確；答案選D。22、B【解析】

A．氮氣與氫氣需要在高溫高壓、催化劑條件下生成氨氣，不適合實驗室制備氨氣，故A錯誤；B．堿石灰是堿性干燥劑，可以干燥氨氣，故B正確；C．氨氣的密度比空氣小，應采取向下排空氣法收集氨氣，故C錯誤；D．氨氣的水溶液顯堿性，能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，不能使濕潤的藍色石蕊試紙變色，則不用濕潤的藍色石蕊試紙驗滿，故D錯誤；故答案為B。二、非選擇題(共84分)23、羥基羧基H2OCH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2BrCH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CH-COOCH3+H2OACDEH2O、CH2ClCHO【解析】

乙烯通過加成反應生成I，I通過取代反應得到II，II中-CN轉化為-COOH，III發生消去反應生成IV，結合VI采用逆分析法可推出V為CH2=CH-COOCH3，則（1）根據結構簡式，結合官能團的分類作答；（2）依據有機反應類型和特點作答；（3）乙烯與溴發生加成反應生成1，2-二溴乙烷；（4）化合物Ⅳ到化合物Ⅴ發生的是酯化反應；（5）化合物Ⅲ中含羧基和羥基，化合物Ⅳ中含碳碳雙鍵和羧基，化合物Ⅴ中含碳碳雙鍵和酯基，根據官能團的結構與性質分析解答；（6）羥基在銅做催化劑作用下發生催化氧化。【詳解】（1）根據結構簡式可判斷，化合物Ⅲ中所含官能團的名稱是羥基和羧基；（2）化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的反應是羥基的消去反應，所以另一種生成物是H2O；（3）乙烯含有碳碳雙鍵，能和溴水發生加成反應，反應方程式為CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br；（4）Ⅵ是高分子化合物，其單體CH2=CH-COOCH3，所以從化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反應是酯化反應，方程式為CH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CH-COOCH3+H2O；（5）A.化合物Ⅲ中含羥基，可以發生氧化反應，A項正確；B.化合物Ⅲ中含有羧基，能和氫氧化鈉反應，B項錯誤；C.化合物Ⅳ中含碳碳雙鍵，能與氫氣發生加成反應，C項正確；D.化合物Ⅲ中含羥基，化合物Ⅳ中含羧基，均可與金屬鈉反應生成氫氣，D項正確；E.化合物Ⅳ和Ⅴ中均含碳碳雙鍵，均可以使溴的四氯化碳溶液褪色，E項正確；答案選ACDE；（6）化合物Ⅰ中含有羥基，能被催化氧化，所以生成物是H2O和CH2ClCHO。24、消去反應CH3CH＝CHCH3或【解析】

通過G分析可知，D、F在濃硫酸作用下發生酯化反應，F為D為(CH3)2CHCH2OH，根據F推出E為，根據D為(CH3)2CHCH2OH何已知信息，可推出C為(CH3)2C=CH2，B到C發生消去反應的條件【詳解】⑴根據反應條件可知，是氯代烴在氫氧化鈉醇加熱條件下發生消去反應，因此反應②的反應類型是消去反應，故答案為消去反應；⑵C為(CH3)2C=CH2，B是A的一氯代物，且B分子中只有1種不同化學環境的氫原子，則B的結構簡式為，故答案為；⑶該物質(CH3)2C=CH2沒有順反異構，C的一種同分異構體具有順反異構現象，即碳碳雙鍵兩邊的碳原子不能連接相同的原子或原子團，所以其結構簡式為CH3CH=CHCH3，故答案為CH3CH=CHCH3；⑷①能發生水解反應，說明含有酯基，水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明水解后含有苯酚，進一步說明是酚酸酯，②苯環上的一氯代物有3種，說明苯環上有三種不同環境的氫原子，因此寫出結構簡式為，故答案為；⑸根據已有知識并結合相關信息，寫出為原料合成成路線流程圖該題主要用逆向思維來分析，要生成，只能通過HOOCCH2OCH2CH2OH發生酯化反應得到，而HOOCCH2OCH2CH2OH是通過HOOCCH2OCH=CH2來得到，再結合水解生成的分析，得到HOOCCH2OCH=CH2是通過消去反應得到，因此整個流程或，故答案為或。25、CaCO3（碳酸鈣）分液漏斗除去產生的二氧化碳中混有的氯化氫FeSO4＋2NH4HCO3＝FeCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O取最后的洗滌濾液，向其中滴入足量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，若無明顯現象，則沉淀已洗凈澄清石灰水中有較多沉淀生成（澄清石灰水變渾濁）【解析】

(1)裝置A用于產生CO2，長頸漏斗中盛有鹽酸，則試管內多孔隔板的上方應放置碳酸鹽，為能夠控制裝置A中的反應，該碳酸鹽應難溶于水，因此X為CaCO3（碳酸鈣），儀器C為分液漏斗。答案為：CaCO3（碳酸鈣)；分液漏斗。⑵由于鹽酸具有揮發性，從A中產生的二氧化碳氣體中混有少量氯化氫氣體，為保證不妨礙實驗，應用飽和碳酸氫鈉除去氯化氫氣體；答案為：除去產生的二氧化碳中混有的氯化氫。⑶步驟1中，FeSO4溶液與NH4HCO3溶液混合時，亞鐵離子與碳酸氫根離子發生反應，生成碳酸亞鐵白色沉淀和無色無味二氧化碳氣體，該反應的化學方程式為FeSO4＋2NH4HCO3＝FeCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O。答案為：FeSO4＋2NH4HCO3＝FeCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O。⑷取最后的洗滌濾液，向其中滴入足量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，若無明顯現象，則沉淀已洗凈；答案為：取最后的洗滌濾液，向其中滴入足量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，若無明顯現象，則沉淀已洗凈。⑸實驗過程中通入二氧化碳氣體是為了防止裝置中含有的空氣將二價鐵氧化，當尾部的澄清石灰水變渾濁，產生較多的沉淀時，說明裝置中的空氣排盡，可以滴加甘氨酸與碳酸亞鐵反應；答案為：澄清石灰水中有較多沉淀生成（澄清石灰水變渾濁）。26、②④⑥100mL容量瓶、玻璃棒5.4①B【解析】(1)根據配制步驟是計算、量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶可知所需的儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶和膠頭滴管，用不到，燒瓶、藥匙、托盤天平，還缺少的儀器為：玻璃棒和100mL的容量瓶，故答案為②④⑥；玻璃棒和100mL的容量瓶；(2)濃硫酸的物質的量濃度為c===18.4mol/L，設所需濃硫酸的體積為VmL，根據溶液稀釋定律C濃V濃=C稀V稀可知：18.4mol/L×VmL=1mol/L×100mL解得V=5.4mL；根據“大而近”的原則，根據需要量取的濃硫酸的體積為5.4mL，可知應選擇合適10mL的量筒，故答案為5.4；①；(3)A．容量瓶中原來含有少量蒸餾水，對實驗結果無影響，不選；B．濃硫酸的稀釋存在放熱現象，未經冷卻，立即轉移至容量瓶并洗滌燒杯，定容，導致溶液的體積偏小，濃度偏大，選；C．燒杯沒有洗滌，導致溶質的物質的量偏小，濃度偏低，不選；D．向容量瓶中加水定容時眼睛一直仰視刻度線，導致溶液體積偏大，濃度偏小，不選；故選B。點睛：解答本題的關鍵是熟悉配制一定物質的量濃度的溶液的步驟和誤差分析的方法。根據c=可知，一定物質的量濃度溶液配制的誤差都是由溶質的物質的量n和溶液的體積V引起的，誤差分析時，關鍵要看配制過程中引起n和V怎樣的變化。27、分液漏斗HCl弱生成淡黃色沉淀或溶液變渾濁Cl2有毒，污染空氣【解析】

(1)根據儀器的構造可知，儀器X的名稱為：分液漏斗；(2)鹽酸易揮發，制得的氯氣中含有氯化氫氣體，用飽和食鹽水除去A中生成Cl2中的雜質氣體為HCl；(3)碳元素比氯元素的非金屬性弱；(4)裝置B中盛放的試劑是Na2S溶液，制得的氯氣與硫化鈉反應生成硫單質，實驗中可觀察到的現象是生成淡黃色沉淀或溶液變渾濁；(5)裝置C燃燒堿稀釋液，目的是吸收剩余氣體，原因是Cl2有毒，污染空氣。【點睛】本題考查物質的檢驗及鑒別，側重物質性質的考查，（4）為解答的易錯點，硫離子的還原性強于氯離子，氯氣的氧化性強于硫，反應生成硫單質。28、羧基CH3COOC2H5或CH3COOCH2CH32CH3CH2OH+O22CH