湖北省四地七校考试联盟2025届高一化学第二学期期末预测试题含解析

湖北省四地七校考试联盟2025届高一化学第二学期期末预测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列关于常见有机物的说法中正确的是A．苯能发生取代反应生成氯苯、硝基苯等，但是不能发生氧化反应B．乙烯和乙烷的混合气体可用酸性高锰酸钾溶液分离C．石油裂解与裂化的原理相同、目的不同D．光照条件下，控制CH4和Cl2的比例为1∶1，能够制得纯净的CH3Cl和HCl2、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。下列说法正确的是()A．Z元素的最高价氧化物的水化物的化学式为HZO4B．简单离子的半径：M的离子>Z的离子>Y的离子>X的离子C．YX2、M2Y都是含有极性键的分子D．还原性：X的氢化物>Y的氢化物>Z的氢化物3、人体内最重要的供能物质是()A．葡萄糖 B．油脂 C．蛋白质 D．纤维素4、在2L密闭容器中进行如下反应：N2＋3H22NH3，5min内氨的物质的量质量增加了0.1mol，则反应速率为A．v(NH3)＝0.02mol/(L·min)B．v(NH3)＝0.01mol/(L·min)C．v(N2)＝0.01mol/(L·min)D．v(H2)＝0.03mol/(L·min)5、2019年“世界环境日”由中国主办，聚焦“空气污染”主题。下列做法与这一主题相一致的是A．煤炭脱硫脱硝 B．市区尽量开车出行C．工业废气直接排放 D．农田秸秆直接焚烧6、已知铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水。下列说法正确的是()A．硝酸是氧化剂，二氧化氮是氧化产物B．还原剂与氧化剂的物质的量之比是1∶4C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1D．若2mol硝酸(浓)完全反应，则反应中共转移了NA个电子7、化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是A．CO2的电子式 B．Cl-的结构示意图C．乙烯的结构简式C2H4 D．质量数为37的氯原子8、用石墨作电极，电解1mol·L-1下列物质的溶液，则电解前后溶液的pH保持不变的是A．盐酸 B．硫酸铜 C．氢氧化钾 D．硫酸钠9、某温度下，在2L容器中3种物质间进行反应，X、Y、Z的物质的量随时间的变化曲线如图。其中X、Y、Z都为气体，反应在t1min时到达平衡，如图所示，下列说法正确的是（）A．该反应的化学方程式是2X＝3Y+ZB．已知１molX完全反应要吸收46kJ的热量，则至t1min时，该反应吸收的热量为36.8kJ·mol-1C．在此ｔ1min时间内，用Ｙ表示反应的平均速率ｖ(Y)为0.6mol/(L·min)D．在相同状态下，反应前的压强是反应后的0.75倍10、已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3—、dD—都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（）A．原子半径：A＞B＞C＞DB．原子序数：d＞c＞b＞aC．离子半径：C＞D＞B＞AD．单质的还原性：A＞B＞D＞C11、下列物质中，只含有共价键的化合物是A．NaOH B．MgCl2 C．Br2 D．H2O12、下列关于资源综合利用和环境保护的化学方程式与工业生产实际不相符的是A．海水提溴时用吸收蒸气：B．将煤气化为可燃性气体：C．用电解法冶炼金属镁：熔融

D．燃煤时加入脱硫：13、在溶液中一定能大量共存的离子组是A．H+、Fe2+、Cl-、SO42-、NO3-B．S2-、SO32-、Br-、Na+、OH-C．ClO-、Na+、H+、NH4+、C1-D．Na+、Mg2+、Cl-、SO42-、OH-14、下列说法中，能说明苯不是单双键交替结构的是A．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．苯能和氢气发生加成反应C．苯的间位二氯代物没有同分异构体D．苯能与溴水因发生化学反应而褪色15、化学能与热能、电能等可以相互转化，下列说法正确的是A．图1所示的装置能将化学能转变为电能B．图2所示的反应为吸热反应C．化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成D．中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低16、在容积可变的密闭容器中，2molN2和8molH2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时的氮气的体积分数接近于（）A．5% B．10%C．15% D．20%17、下列说法正确的是A．甲烷、汽油、酒精都是可燃性烃，都可作燃料B．可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质C．淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物D．石油的分馏、煤的液化和气化都是物理变化，石油的裂化、裂解都是化学变化18、下列过程一定吸收热量的是A．化学反应过程中形成新的化学键B．干冰升华C．加热才能发生的化学反应D．氧化钙与水反应19、在298K、1.01×105Pa，将22gCO2通入0.75L1.0mol·L-1NaOH溶液中充分反应，测得反应放出的热量为akJ。已知该条件下1molCO2通入1L2.0mol·L-1NaOH溶液中充分反应放出的热量为bkJ。则CO2与NaOH反应生成NaHCO3的热化学方程式为()。A．CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq)ΔH=-(2b-a)kJ·mol-1B．CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq)ΔH=+(4a-b)kJ·mol-1C．CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq)ΔH=-(4a-b)kJ·mol-1D．CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq)ΔH=+(2b-a)kJ·mol-120、《本草纲目》记载了烧酒的制造工艺:“凡酸坏之杯，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次…价值数倍也”，此方法的原理是A．过滤B．萃取C．结晶D．蒸馏21、下列反应中属于吸热反应的是：A．甲烷燃烧B．Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应C．铝片与盐酸反应D．氧化钙与水反应22、己知CH3C18OOCH2CH3CH3CO18OCH2CH3。则将CH3C18OOH与CH3CH2OH在浓硫酸加热条件下反应达到平衡时含有18O的物质有（）种A．2 B．3 C．5 D．无法确定二、非选择题(共84分)23、（14分）我国科学家成功实现甲烷在催化剂及无氧条件下，一步高效生产乙烯、芳烃和氢气等化学品，为天然气化工开发了一条革命性技术。以甲烷为原料合成部分化工产品流程如下（部分反应条件已略去）：（1）E的名称为____，B物质的结构简式：______；（2）上述③～⑥转化反应中，属于取代反应的有______（用反应序号填写）；（3）写出反应⑦的反应方程式：______；（4）如图为实验室制取E的装置图，图中a试剂为_______；（5）某同学在试管b中加入6.0克乙酸和足量乙醇采用适当条件使反应充分进行，结束后在试管b回收到3.0克乙酸，则该同学在本次实验中制得乙酸乙酯的最大质量为_______。24、（12分）一种高分子化合物（Ⅵ）是目前市场上流行的墙面涂料之一，其合成路线如下（反应均在一定条件下进行）：回答下列问题：（1）化合物Ⅲ中所含官能团的名称是___________________、_______________________。（2）化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的同时，副产物为____________________________。（3）CH2=CH2与溴水反应方程式：_______________________________。（4）写出合成路线中从化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应方程式：_____________________。（5）下列关于化合物Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ的说法中，正确的是_____________。A化合物Ⅲ可以发生氧化反应B化合物Ⅲ不可以与NaOH溶液反应C化合物Ⅳ能与氢气发生加成反应D化合物Ⅲ、Ⅳ均可与金属钠反应生成氢气E化合物Ⅳ和Ⅴ均可以使溴的四氯化碳溶液褪色（6）写出化合物Ⅰ与氧气在Cu催化下反应的产物______________________。25、（12分）肼(N2H4)是一种无色易溶于水的油状液体，具有碱性和极强的还原性，在工业生产中应用非常广泛。(1)已知肼的球棍模型如图所示，写出肼的电子式:____________。(2)已知1g肼(N2H4)气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量。写出该反应的热化学方程式:______________。(3)目前正在研发的一-种肼燃料电池的结构如下图所示。①该电池的负极是______(填“a”或“b”)电极。②写出正极的电极反应式:_____________。(4)在1L固定体积的容器中加入0.1molN2H4，在303K、Pt催化下发生反应:N2H4(l)N2(g)+2H2(g)。测得容器中与时间关系如下图所示，则0～4min内氮气的平均反应速率v(N2)=______。26、（10分）50mL0.5mol·L－1的盐酸与50mL0.55mol·L－1的NaOH溶液在下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。请回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_____________________。由图可知该装置仍有不妥之处，如不改正，求得的中和热数值会____________（填“偏大”“偏小”“无影响”）。（2）写出该反应的热化学方程式(中和热为57.3kJ·mol－1)：_______________。（3）取50mLNaOH溶液和50mL盐酸溶液进行实验，实验数据如下表。①请填写下表中的空白：温度实验次数起始温度T1/℃终止温度T2/℃温度差平均值(T2－T1)/℃HClNaOH平均值126.226.026.129.1________________225.925.925.929327.027.427.231.7426.426.226.329.2②近似认为0.55mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1盐酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)，则中和热ΔH＝________(取小数点后一位)。（4）下列情况会使测得中和热的数值偏小的是________(填字母)。A．用浓硫酸代替盐酸进行上述实验B．用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验C．用50mL0.50mol·L－1的NaOH溶液进行上述实验27、（12分）(Ti)及其化合物大量应用于航空、造船、电子、化学、医疗器械、电讯器材等各个领域，工业上常以金红石(主要成分是TiO2)、焦炭、氯气、金属镁为原料生产金属钛，其流程如下：(1)过程Ⅰ中，可燃性气体X是______。(2)过程Ⅱ中，发生反应的化学方程式是______；稀有气体的作用是______。28、（14分）A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间的相互关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出)。已知H为两性氧化物,F是红褐色难溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六种物质中均合同一种元素。请填写下列空白：(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是____________。(2)写出C、H的化学式：C___，H______。(3)写出反应①、⑦的化学方程式：反应①_______________，反应⑦________________。(4)反应⑥过程中出现的现象是_______________。29、（10分）有研究人员设计了如下利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储的过程.回答下列问题：（1）反应I中，主要能量转化形式为__________能转化为_____________能。（2）S在元素周期表中位于第___________周期第_____________族。（3）下列事实中，能说明硫的非金属性比碳强的是__________________（填标号）。A．H2SO3的酸性比H2CO3的酸性强B．在硫与碳的化合物CS2中S显负价C．硫的单质的硬度比金刚石低（4）配平反应Ⅱ的化学方程式：________SO2＋_________H2O=______H2SO4＋______S，该反应中氧化剂是_______________。（5）通过反应Ⅲ也可以不经过热能转化过程而直接获取电能，化学上将实现这一直接转化的装置称为_____________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】

A.苯在氧气中燃烧，属于氧化反应，故A错误；B.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳，变成了二氧化碳和乙烷的混合气体，不符合除杂的原则，故B错误；C.石油的裂解和裂化的形式很像,都是1个烃分解成2个较小的烃分子.裂化的目的是为了得到更多的10个碳原子左右的汽油.裂解的目的是为了得到碳原子数更少的烯烃,主要为了生产乙烯.可见裂解的程度比裂化更大,也成为裂解是深度裂化.由于都分解生成了新物质,所以都是化学变化.故C正确;D.光照条件下,CH4和Cl2发生取代反应，得到的是混合物，故D错误。2、A【解析】分析：X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，推测X为氧元素，则Y为硫元素，Z为氯元素；Y与M可形成化合物M2Y，则M为K元素，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答。详解：根据以上分析可知X为氧元素，Y为硫元素，Z为氯元素，M为K元素。则A．Z为氯元素，其最高价氧化物的水化物为HClO4，A正确；B．电子层数越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子原子序数大的离子半径小，则离子的半径：Y的离子＞Z的离子＞M的离子＞X的离子，B错误；C．SO2为含有极性键的极性分子，而K2S属于含有离子键的离子化合物，C错误；D．非金属性O＞S，Cl＞S，三种元素中S元素的非金属性最弱，因此其氢化物的还原性最强，则还原性为Y的氢化物＞Z的氢化物＞X的氢化物，D错误。答案选A。点睛：本题考查位置、结构、性质，熟悉元素周期律和元素周期表的相关知识，以及各知识点的综合应用即可解答，题目难度不大。易错点是微粒半径大小比较，注意掌握比较的规律。3、A【解析】

物质所含的六类营养物质中，能为人体提供能量的是糖类、脂肪和蛋白质，水、维生素、无机盐不能为人体提供能量；而脂肪是人体的备用能源物质，蛋白质是构成人体细胞的基本物质，糖类才是人体最重要的供能物质，人体的一切活动，包括学习、走路、消化和呼吸等所消耗的能量主要来自糖类。【详解】A.糖类是人体最重要的供能物质,人体的一切活动,包括学习、走路、消化和呼吸等所消耗的能量(约70%)主要来自糖类,脂肪是人体内备用的能源物质,A正确；B.油脂可以给人体提供能量,但不是最重要的供能物质,B错误；C.蛋白质是构成人体细胞的基本物质,C错误；D.人体内无纤维素酶,不能消化纤维素,D错误；正确选项A。4、B【解析】分析：根据v＝△c/△t结合反应速率之比是相应的化学计量数之比解答。详解：A、5min内氨的物质的量质量增加了0.1mol，浓度是0.1mol÷2L＝0.05mol/L，则用氨气表示的反应速率为0.05mol/L÷5min＝0.01mol/(L·min)，A错误；B、根据A中分析可知B正确；C、反应速率之比是化学计量数之比，则用氮气表示的反应速率是0.005mol/(L·min)，C错误；D、反应速率之比是化学计量数之比，则用氢气表示的反应速率是0.015mol/(L·min)，D错误；答案选B。5、A【解析】

A项、煤炭脱硫脱硝可以减少二氧化硫和氮的氧化物的排放，故A正确；B项、市区尽量开车出行会增加氮的氧化物的排放，应尽量减少，故B错误；C项、工业废气直接排放到大气中会造成严重的空气污染，要处理达标后排放，故C错误；D项、秸秆就地焚烧会造成大量的烟尘，造成空气污染，故D错误。故选A。【点睛】本题考查空气污染，注意减少化石燃料的燃烧和有害气体的排放，注意环境保护是解答关键。6、D【解析】

铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的方程式是：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。A.在这个反应中，N元素的化合价由反应前HNO3中的+5价变为反应后NO2中的+4价，化合价降低，获得电子，被还原，所以HNO3是氧化剂，NO2是还原产物，A错误；B.Cu元素化合价由反应前Cu单质的0价变为反应后Cu(NO3)2中的+2价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以Cu是还原剂，Cu(NO3)2是氧化产物；在方程式中4个HNO3参加反应，其中只有2个起氧化剂作用，获得电子，另外2个起酸的作用，提供酸根离子，用来结合形成盐，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比是1∶2，B错误；C.通过A、B选项分析可知：Cu(NO3)2是氧化产物，NO2是还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，C错误；D.在反应中4molHNO3反应，转移2mol电子，若2mol硝酸(浓)完全反应，则反应中转移1mol电子，电子转移电子数目为NA，D正确。7、B【解析】

A、CO2的电子式为，A错误；B、Cl原子的电子结构示意图为，所以Cl-的电子结构示意图中，最外层电子数为8，B正确；C、乙烯的结构简式为CH2=CH2，C错误；D、质量数在原子符号的左上角，质子数在原子符号的右下角，所以质量数为37的氯原子为，D错误；故合理选项为B。8、D【解析】

用惰性电解电解质溶液时，分为电解电解质型、电解水型、电解电解质和水型；用石墨作电极电解1mol/L下列物质的溶液，则电解前后溶液的pH保持不变，说明属于电解水型且电解质为强酸强碱盐，酸为含氧酸，据此分析解答。【详解】A．电解HCl溶液时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，所以属于电解电解质型，导致溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A错误；B．电解硫酸铜溶液时，阴极上铜离子放电、阳极上氢氧根离子放电，所以是电解电解质和水型，导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH变小，故B错误；C．电解KOH溶液时，实质上是电解水型，但电解后KOH浓度增大，溶液的pH增大，故C错误；D．电解硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，是电解水型，硫酸钠是强酸强碱盐，其浓度大小不影响溶液pH，故D正确；故答案为D。【点睛】用惰性电极电解电解质溶液时，通常有以下几种情况：(1)电解含氧酸、强碱和活泼金属含氧酸盐的水溶液，实际上都是电解水；(2)电解无氧酸(HF除外)、不活泼金属无氧酸的水溶液，就是电解溶质本身；(3)电解活泼金属无氧酸盐溶液如NaCl时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OH2↑+碱+卤素单质X2(或S)；(4)电解不活泼金属含氧酸盐的溶液如CuSO4时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OO2↑+酸+金属单质；(5)电解时，若只生成H2，pH增大；若只生成O2，则pH减小；若同时生成H2和O2，则分为三种情况：电解酸性溶液，pH减小；电解碱性的溶液，pH增大；电解中性盐的溶液，pH不变。9、D【解析】

A．在0~t1min时X、Y、Z三者变化的物质的量依次为0.8mol、1.2mol、0.4mol，且X是反应物，Y、Z是生成物，三者的物质的量之比为2:3:1，t1min时反应达到平衡，则此反应的化学方程式为2X(g)3Y(g)+Z(g)，故A错误；B．达到平衡时X的变化量为0.8mol，则反应中吸收的热量为46kJ×=36.8kJ，单位错误，故B错误；C．达到平衡过程中Y的平均反应速率为=mol/(L·min)，故C错误；D．在恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则反应前的压强是反应后的倍，故D正确；答案为D。10、C【解析】试题分析：短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则一定满足关系式a－2＝b－1＝c＋3＝d＋1。其中A和B属于金属，位于同一周期，且A在B的右侧。C和D是非金属，位于同一周期，且位于A和B的上一周期，其中D位于C的右侧。A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径B＞A＞C＞D，A错误；B．原子序数a＞d＞d＞c，B错误；C．核外电子数相同的微粒，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径C＞D＞B＞A，C正确；D．同周期自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，则单质的还原性B＞A＞C＞D，D错误，答案选C。考点：考查元素周期表的结构与元素周期律的应用视频11、D【解析】

A、NaOH为离子化合物，含有离子键、共价键，故A不符合题意；B、MgCl2属于离子化合物，只含离子键，故B不符合题意；C、Br2为单质，故C不符合题意；D、H2O属于共价化合物，含有共价键，故D符合题意。答案选D。12、C【解析】

二氧化硫可以和溴单质发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，即，故A与工业生产相符；B.焦炭在高温下可以和水蒸气发生反应生成氢气和一氧化碳，即C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），故B与工业生产相符；C.Mg为活泼金属，通常用电解熔融的氯化镁的方法冶炼，MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，而MgO熔点很高，熔融时耗费大量的能量而增加生产成本，故C与工业生产不符；D.燃煤时加入CaCO3脱硫的化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，故D与工业生产相符；故选C。13、B【解析】分析：A项，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存；B项，离子相互间不反应，能大量共存；C项，ClO-、H+、Cl-反应不能大量共存；D项，Mg2+与OH-反应不能大量共存。详解：A项，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；B项，离子相互间不反应，能大量共存；C项，ClO-、H+、Cl-反应不能大量共存，可能发生的反应有ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O、ClO-+H+=HClO；D项，Mg2+与OH-反应不能大量共存，反应的离子方程式为Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；一定能大量共存的离子组是B项，答案选B。点睛：本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中D项；②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；③离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；④注意题中的附加条件。14、A【解析】

A.苯若是单双键交替结构，就能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则能说明苯不是单双键交替结构，故A正确；B.苯能和氢气发生加成反应，但是能和氢气发生加成反应不一定能说明苯不是单双键交替结构，因为大π键也能和H2发生加成反应，故B错误；C.无论苯是不是单双键交替结构，苯的间位二氯代物都没有同分异构体，苯的间位二氯代物没有同分异构体则不能说明苯不是单双键交替结构，故C错误；D.苯不能与溴水发生化学反应，故D错误；故答案为：A。【点睛】易错选项为C，注意是间位二氯代物没有同分异构体，若是邻位二氯代物没有同分异构体就能说明苯不是单双键交替结构。15、C【解析】分析：A．图1所示的装置没有形成闭合回路；B．图2所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量；C．化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量；D．中和反应为放热反应。详解：A．图1所示的装置没有形成闭合回路，没有电流通过，不能形成原电池，所以不能把化学能转变为电能，故A错误；B．图2所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故B错误；C．化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故C正确；D．中和反应为放热反应，则反应物的总能量比生成物的总能量高，故D错误；故选C。点睛：本题考查学生对化学反应中能量变化对的原因、影响反应热大小因素以及原电池构成条件的熟悉，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。本题的关键是掌握反应物和生成物总能量的相对大小与反应的热效应的关系和原电池的构成条件的理解。16、C【解析】

N2＋3H22NH3起始量（mol）280转化量（mol）2/324/3平衡量（mol）4/364/3则平衡时氮气的体积分数＝=15.47%，答案选C。17、B【解析】

A、酒精是由C、H、O三种元素组成，属于烃的含氧衍生物，故A说法错误；B、糖类、油脂、蛋白质是人体的基本营养物质，可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质，故B说法正确；C、淀粉、蛋白质、纤维素是高分子化合物，葡萄糖不属于高分子化合物，故C说法错误；D、石油分馏利用沸点不同进行分离，属于物理变化，煤的液化、气化、石油的裂化、裂解都是化学变化，故D说法错误；答案选B。18、B【解析】试题分析：A.化学反应过程中形成新的化学键释放能量，A项不符；B.干冰升华是吸热过程；B项符合；C.铝热反应是放热反应，但需要高温加热，C项不符；D.氧化钙与水反应生成氢氧化钙的反应是放热反应，D项不符；答案选B。考点：考查化学反应中的热量变化。19、C【解析】

根据题意可知，22gCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出akJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1mol

CO2通入2mol•L-1NaOH溶液1L中充分反应放出b

kJ的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式。【详解】根据题意，22gCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mL中充分反应，n（CO2）==0.5mol，n（NaOH）=1mol•L-1×0.75L=0.75mol，该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为2CO2+3NaOH═NaHCO3+Na2CO3+H2O，由0.5molCO2反应放出热量为aKJ，则2molCO2反应放出热量为4aKJ，即热化学反应方程式为2CO2（g）+3NaOH（aq）═NaHCO3

（aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-4aKJ/mol①。又1mol

CO2通入2mol•L-1NaOH溶液1L中充分反应放出bkJ的热量，则热化学方程式为

2NaOH（aq）+CO2（g）═Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-bKJ/mol②，由盖斯定律可知，①-②可得，CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq)ΔH=-(4a-b)kJ·mol-1，故C正确；答案选C。20、D【解析】酒精和水互溶，二者沸点相差较大，根据“凡酸坏之杯，皆可蒸烧”可判断此方法的原理是蒸馏，答案选D。21、B【解析】试题分析：常见的放热反应有：物质的燃烧反应、金属与酸或水的反应、中和反应、绝大多数化合反应、铝热反应等；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、以碳、一氧化碳、氢气为还原剂的氧化还原反应、铵盐和强碱的反应。A．Mg与盐酸反应是放热反应，A错误；B．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应是吸热反应，B正确；C．CH4燃烧是放热反应，C错误；D．NaOH溶液与CH3COOH溶液发生中和反应是放热反应，D错误。考点：考查了放热反应和吸热反应的相关知识。22、C【解析】酯化反应是可逆反应，羧酸提供羟基，醇提供氢原子，因此将CH3C18OOH与CH3CH2OH在浓硫酸加热条件下反应达到平衡时乙酸乙酯和乙酸中含有18O。又因为CH3C18OOCH2CH3CH3CO18OCH2CH3，所以乙醇、水、CH3CO18OCH2CH3也含有18O，共计5种物质含有18O，答案选C。二、非选择题(共84分)23、乙酸乙酯CH3CH2OH⑥饱和碳酸钠溶液4.4g【解析】

由图可知，①、②为甲烷在催化剂及无氧条件下，一步高效生产乙烯、苯的过程，则A为乙烯；③为乙烯与水的加成反应生成乙醇的过程，④为乙醇的催化氧化生成乙醛的过程，⑤为乙醛氧化生成乙酸的过程，⑥为乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的过程；⑦为苯与液溴发生取代反应生成溴苯和HBr的过程，以此来解答。【详解】（1）E为乙酸乙酯；B为乙醇，其结构简式为CH3CH2OH；（2）⑥为乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的过程，属于取代反应，故答案为：（3）反应⑦⑦为苯与液溴发生取代反应生成溴苯和HBr的过程，其化学方程式为：；（4）如图为实验室制取E的装置图，图中a为饱和碳酸钠，可以吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯在水中的溶解度；（5）在试管b中加入6.0克乙酸，回收到3.0克乙酸，则参加反应的乙酸的质量为3.0g，其物质的量为=0.05mol，根据乙酸和乙醇制备乙酸乙酯的化学方程式可知，制得的乙酸乙酯的最大的物质的量为0.05mol，其质量为0.05mol×88g/mol=4.4g。24、羟基羧基H2OCH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2BrCH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CH-COOCH3+H2OACDEH2O、CH2ClCHO【解析】

乙烯通过加成反应生成I，I通过取代反应得到II，II中-CN转化为-COOH，III发生消去反应生成IV，结合VI采用逆分析法可推出V为CH2=CH-COOCH3，则（1）根据结构简式，结合官能团的分类作答；（2）依据有机反应类型和特点作答；（3）乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷；（4）化合物Ⅳ到化合物Ⅴ发生的是酯化反应；（5）化合物Ⅲ中含羧基和羟基，化合物Ⅳ中含碳碳双键和羧基，化合物Ⅴ中含碳碳双键和酯基，根据官能团的结构与性质分析解答；（6）羟基在铜做催化剂作用下发生催化氧化。【详解】（1）根据结构简式可判断，化合物Ⅲ中所含官能团的名称是羟基和羧基；（2）化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的反应是羟基的消去反应，所以另一种生成物是H2O；（3）乙烯含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，反应方程式为CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br；（4）Ⅵ是高分子化合物，其单体CH2=CH-COOCH3，所以从化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是酯化反应，方程式为CH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CH-COOCH3+H2O；（5）A.化合物Ⅲ中含羟基，可以发生氧化反应，A项正确；B.化合物Ⅲ中含有羧基，能和氢氧化钠反应，B项错误；C.化合物Ⅳ中含碳碳双键，能与氢气发生加成反应，C项正确；D.化合物Ⅲ中含羟基，化合物Ⅳ中含羧基，均可与金属钠反应生成氢气，D项正确；E.化合物Ⅳ和Ⅴ中均含碳碳双键，均可以使溴的四氯化碳溶液褪色，E项正确；答案选ACDE；（6）化合物Ⅰ中含有羟基，能被催化氧化，所以生成物是H2O和CH2ClCHO。25、N2H4(g)+O2(g)=

N2(g)+2H2O(g)∆H=-534.4kJ/molaO2+4e-+2H2O

=4OH-0.0125mol/(L·min)【解析】分析：(1)氨分子中氢原子被氨基（-NH2）取代后的生成物叫肼,分子中全部为单键；(2)正极是氧气得电子发生还原反应,负极肼失电子发生氧化反应；(3)在303K,Pt催化下,则发生N2H4(l)N2(g)+2H2(g),设生成氮气的量为xmol,则氢气的量为2mol,此时N2H4(l)的物质的量为（0.1-x）mol,根据4min时比值为3,求出x的值,然后根计算。详解：(1)由肼的球棍模型和价键理论可知，肼中氮氮原子之间、氮氢原子之间都是单键，所以肼的电子式为:。答案：。(2)已知1g肼(N2H4)气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量。则1mol肼(N2H4)气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出534.4kJ的热量,所以肼反应的热化学方程式:N2H4(g)+O2(g)=

N2(g)+2H2O(g)∆H=-534.4kJ/mol。(2)正极是氧气得电子发生还原反应,负极肼失电子发生氧化反应,所以a电极为电池的负极,因此，答案是:a。(3)在303K、Pt催化下,则发生N2H4(l)N2(g)+2H2(g),设生成氮气的量为xmol,则氢气的量为2mol,此时N2H4(l)的物质的量为（0.1-x）mol,根据4min时比值为3,所以3x/（0.1-x）=3,则x=0.05mol,,因此，本题正确答案是:0.0125mol/(L·min)。26、环形玻璃搅拌棒偏小HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)；△H=－57.3kJ/mol3-50.2kJ·mol－1BC【解析】

（1）环形玻璃搅拌棒上下搅动使溶液充分反应；若盐酸反应不完全，会使求得的中和热数值将会减小；（2）根据中和热的概念以及热化学方程式的书写方法书写热化学方程式；（3）先判断数据的有效性，然后计算出平均温度差，再根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，最后根据中和热的概念求出反应热；（4）A、浓硫酸稀释时释放能量；B、氨水为弱碱，电离过程为吸热过程；C、若用50mL0.50mol•L-1NaOH溶液进行上述实验，盐酸可能反应不完全，导致生成水的量减小。【详解】（1）为了测得温度的最高值，应在最短的时间内让盐酸和过量的氢氧化钠溶液充分反应，减少热量散失，则图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒；如不改正，盐酸反应可能不完全，会使求得的中和热数值将会减小，故答案为：环形玻璃搅拌棒；偏小；（2）盐酸和氢氧化钠溶液发生中和反应生成1mol水放出的热量为57.3kJ，反应的热化学方程式为HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)；△H=－57.3kJ/mol，故答案为：HCl(aq)+NaOH(aq)＝NaCl(aq)+H2O(l)；△H=－57.3kJ/mol；（3）①根据表中数据可知，温度的差值是分别为3.0℃、3.1℃、4.5℃、2.9℃，实验3的误差太大舍去，则温度差的平均值是℃=3℃，故答案为：3；②50mL0.5mol•L-1盐酸和50mL0.55mol•L-1的氢氧化钠溶液的质量和为100mL×1g/cm3=100g，比热容c=4.18J/（g•℃），由公式Q=cm△t可知反应生成0.025mol水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3℃=1254J=1.254kJ，则中和热△H＝—≈-50.2kJ/mol，故答案为：50.2；（4）A、浓硫酸稀释时释放能量，用浓硫酸代替盐酸进行上述实验会导致测得中和热的数值偏大，故错误；B、氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，会使测得中和热的数值偏小，故正确；C、反应中选用50mL0.55mol·L－1的NaOH溶液的目的是氢氧化钠溶液过量保证50ml0.5mol·L－1的盐酸完全反应，若用50mL0.50mol•L-1NaOH溶液进行上述实验，盐酸可能反应不完全，导致生成水的量减小，使测得中和热的数值偏小，故正确；正确的是BC，故答案为：BC。【点睛】本题考查中和热的测定，试题侧重