湖南省湖南师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末化学试卷
1．（2024高一下·湖南期末）绿色化学是我们追求的目标，下列最符合“原子经济性反应”的是
A．用碳还原二氧化硅制备高纯硅
B．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜
C．用甲烷与氯气制备一氯甲烷
D．乙烯与氧气在Ag催化下制备环氧乙烷
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；乙烯的物理、化学性质；绿色化学
【解析】【解析】A．用碳还原二氧化硅制备高纯硅，反应方程式为：2C+SiO22CO↑+Si，根据方程式可知，反应除产生Si外，还有CO生成，原子利用率没有达到100%，不符合“原子经济性”，A错误；
B．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜，反应除产生Cu(NO3)2外，还产生NO2、H2O，原子利用率没有达到100%，不符合“原子经济性”，B错误；
C．用甲烷与氯气制备一氯甲烷，取代反应逐步进行，反应除产生一氯甲烷外，还可能产生二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，每一步取代反应都会产生HCl，因此原子利用率没有达到100%，不符合“原子经济性”，C错误；
D．乙烯与氧气在Ag催化下制备环氧乙烷，反应生成物只有环氧乙烷，原子利用率达到了100%，符合“原子经济性”要求，D正确；
故答案为：D。
【分析】“原子经济性反应”即原子利用率为100%，反应物全部生成产物，没有副产物。
2．（2024高一下·湖南期末）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．质量数为14的碳原子：
B．丙烯的键线式：
C．的电子式为
D．的结构示意图：
【答案】C
【知识点】原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解析】A．质量数为14的碳原子可表示为： ，A错误；
B．丙烯的键线式可表示为：，B错误；
C．是乙烯，电子式为，C正确；
D．的结构示意图为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.左下标应该为6，为原子质子数；
B.题目键线式为丁烯而不是丙烯；
D.氯原子为17号元素，不是18.
3．（2024高一下·湖南期末）下列实验方案有误的是
实验方案
目的 A． 实验室制备光亮的银镜 B． 比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性
实验方案
目的 C． 检验石蜡油分解气中是否含有不饱和烃 D． 实验室制备乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】乙酸乙酯的制取
【解析】【解析】A．银镜反应需要水浴加热，A错误；
B．根据钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈，可以推出乙醇中羟基氢原子活泼性比水分子中氢原子的活泼性弱，B正确；
C．如果溴的四氯化碳溶液褪色，则说明生成了不饱和烃，因此可检验石蜡油分解气中是否含有不饱和烃，C正确；
D．实验室制备乙酸乙酯，为了防止倒吸，导管末端不能伸入饱和碳酸钠溶液下方，该装置可以制备乙酸乙酯，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.银镜反应应该为水浴加热；直接用酒精灯加热是无法形成银镜。
4．（2024高一下·湖南期末）一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是
A．反应开始到10s时，用Z表示的反应速率为
B．在10s时，Y的转化率为21%
C．反应的化学方程式为
D．当容器内压强不变时，反应达到平衡
【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解析】A．根据反应速率定义结合图像可知：，A错误；
B.10s内，Y转化为1mol－0.21mol=0.79mol，故转化率=，B错误；
C．根据图像可知相同时间内（反应进行到10s时）X减少0.79mol，Y减少0.79mol，Z增加了1.58mol，依据变化量之比是化学计量数之比可知反应的化学方程式为，C正确；
D．反应前后气体不变，压强始终不变，所以当容器内压强不变时，反应不一定达到平衡，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.计算化学反应速率时，切不可忘记体积；
B.转化率等于已经反应的除以一开始的，根据变化量即可算出转化率；
D. 反应前后气体不变，压强始终不变， 压强不可作为平衡标志判断。
5．（2024高一下·湖南期末）类比法是化学上研究物质的重要方法之一，下列类比结果正确的是
A．铜与氯气反应生成，则铁与氯气反应也生成
B．工业上电解熔融的冶炼Mg，则也可电解熔融的冶炼Al
C．王水能溶解铂，则一定浓度的和HCl的混合溶液也可能溶解铂
D．碳酸钙的分解反应是吸热反应，则过氧化氢的分解反应也为吸热反应
【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理
【解析】【解析】A．氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成高价金属氯化物，则铁与氯气反应生成FeCl3，故A错误；
B．氯化镁是离子化合物，熔融状态能电离出镁离子和氯离子，而氯化铝是共价化合物，熔融状态不能电离出铝离子和氯离子，所以工业上可以电解熔融的MgCl2冶炼Mg，不能电解熔融的AlCl3冶炼Al，应该电解熔融氧化铝制铝，故B错误；
C．王水是浓硝酸和浓盐酸按照体积比1：3的混合溶液，能溶解铂，则一定浓度的NaNO3和HCl的混合溶液中，也混有硝酸和盐酸，所以也可能溶解铂，故C正确；
D．碳酸钙的分解反应是吸热反应，过氧化氢的分解反应为放热反应，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.氯气具有强氧性，可以将铁氧化生成三价铁；
B.氯化铝为共价化合物，不导电。
C.并不是所有分解反应都是吸热反应。
6．（2024高一下·湖南期末）化石燃料的综合利用有利于环境保护，提高经济效益，如图是石油分馏塔的示意图。下列有关叙述正确的是
A．石油的分馏、煤的干馏都是物理变化
B．煤中含苯、甲苯、二甲苯
C．对重油加工处理可以获得沥青、润滑油等产品
D．a、b、c三种馏分中a的沸点最高
【答案】C
【知识点】石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用；石油的分馏
【解析】【解析】A．煤的干馏过程中有新物质生成，属于化学变化，A错误；
B．煤中不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，这些是煤经过干馏生成的产物，B错误；
C．对重油加工处理可以获得沥青、润滑油等化工产品，C正确；
D．从图中可知，a、b、c中a最先分馏出来，c最后分馏出来，因此熔沸点a＜b＜c，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.分馏为物理变化。煤的干馏为化学变化；
B. 苯、甲苯、二甲苯 为干馏产物；
D.越往上气体沸点越低，越先出来。
7．（2024高一下·湖南期末）浓硫酸是实验室常用的试剂之一。将浓硫酸分别和三种钠盐反应，现象如图所示。下列分析正确的是
A．①②③均体现了浓硫酸的强氧化性
B．对比①和②可以说明还原性：
C．②中试管口白雾是盐酸小液滴，说明酸性：
D．③中气体使溴水褪色的原理与使品红溶液褪色的原理不同
【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解析】A．根据实验①的现象得到红棕色气体溴单质，根据实验②的现象得到白雾即HCl，实验③中产生二氧化硫，②③均不是氧化还原反应，因此只有实验①中体现了浓硫酸的强氧化性，故A错误；
B．根据实验①的现象得到红棕色气体溴单质，根据实验②的现象得到白雾即HCl，因此对比①和②可以说明浓硫酸能氧化溴离子但不能氧化氯离子，则还原性：Br－＞Cl－，故B错误；
C．②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致，说明HCl易挥发，说明沸点：H2SO4＞HCl，不能比较酸性强弱，故C错误；
D．反应③生成二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性能使品红溶液褪色，二氧化硫使溴水褪色，是因为二氧化硫具有还原性，使品红溶液褪色的原理不同，故D正确；
故答案为：D。
【分析】实验①的现象得到红棕色气体溴单质，体现其氢氧化性，实验②的现象得到白雾即HCl，体现硫酸的难挥发性酸制备易挥发性酸；实验③体现硫酸的强酸性，利用强酸制备弱酸制备二氧化硫，据此解答即可。
8．（2024高一下·湖南期末）用如图所示装置来测定某原电池工作时，在一段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000mL，电极材料是铁片和铜片。下列有关说法正确的是
A．b电极材料是铁片
B．电子由b电极经导线流向a电极
C．若用浓硝酸代替稀硫酸，溶液中的移向铜片
D．当量筒中收集到672mL(标准状况)气体时，通过导线的电子的物质的量为0.03mol
【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．b为正极，电极材料是铜片，A错误；
B．由分析知，电极a为负极，电极b为正极，电子由a电极经导线流向b电极，B错误；
C．若用浓硝酸代替稀硫酸，则铁被钝化，铁为正极、铜为负极，则溶液中的移向负极铜片一极，C正确；
D．当量筒中收集到672mL(标准状况)气体时，氢气的物质的量是0.672L÷22.4L/mol＝0.03mol，因此通过导线的电子的物质的量为0.06mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据原电池的工作原理，由装置图知，电极b产生气体，则b为正极，电极b为铜片，电极反应式为：；电极a为铁片，作负极，电极反应式为：，电流经正极流向负极，阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此解答。
9．（2024高一下·湖南期末）化合物M是一种制造压塑粉的原料，结构简式如图所示，其组成元素X、Y、Z、W位于短周期，质子数依次增大且满足。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．氧化物对应水化物的酸性：
C．X、Z、W形成的化合物一定不含有离子键
D．简单氢化物稳定性：
【答案】A
【知识点】化学键；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：，A项正确；
B．C、N、S均有不同种氧化物对应的水化物，无法比较酸性强弱，B项错误；
C．H、N、S形成的化合物硫化铵或硫氢化铵中含有离子键，C项错误；
D．非金属性越强，简单氢化物越稳定，简单氢化物稳定性：，D项错误；
故答案为：A。
【分析】由信息推知，X只成一条键，且原子序数最小，X为H，Y成四条键，Y最外层电子数为4，Y为C或Si，Z成3条键，Z最外层电子数为5，Z为N或P，W成两条键，W最外层电子数为6，W为O或S，结合原子序数依次增大且满足，X、Y、Z、W分别为H、C、N、S，M的结构简式为。
10．（2024高一下·湖南期末）莽草酸可以合成甲流药物奥司他韦，部分路线如图。下列说法正确的是
A．奥司他韦分子式为
B．莽草酸与中间体互为同系物
C．莽草酸既可以发生氧化反应，又可以发生还原反应
D．莽草酸最多能消耗
【答案】C
【知识点】羧酸简介；同系物
【解析】【解答】A．奥司他韦分子式为C16H28N2O4，A错误；
B．莽草酸含羟基和羧基，中间体含羟基和酯基，二者所含官能团不完全相同，结构不相似，不互为同系物，B错误；
C．莽草酸官能团含碳碳双键，能与氢气发生加成反应也是还原反应，含醇羟基，能与氧气发生催化氧化，C正确；
D．所含羧基能和氢氧化钠反应，1mol莽草酸最多可与1molNaOH反应，另外的三个属于醇羟基，不能与氢氧化钠反应，D错误；
故答案为：C
【分析】A.根据 奥司他韦 结构式即可得到分子式；注意氢原子数目；
B. ：莽草酸与中间体 结构不相识，不能互为同系物；
C.羟基可以被氧化，碳碳双键被氢气加成可以被还原；
D.醇羟基不能与氢氧化钠反应。
11．（2024高一下·湖南期末）下列有关热化学方程式的说法正确的是
A．甲烷的燃烧热，则
B．将和置于密闭的容器中充分反应生成，放热19.3kJ，则其热化学反应方程式为：
C．HCl和NaOH反应的中和热，则
D．已知： ， ，则
【答案】D
【知识点】燃烧热；中和热；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．根据燃烧热的概念：1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，所放出的热量为燃烧热，水的状态应该为液态，A错误；
B.0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，因反应为可逆反应，则1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热不是38.6kJ，则热化学反应方程式中的反应热数值错误，B错误；
C．中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，HCl和NaOH反应的中和热，1mol硫酸和1mol氢氧化钡反应生成2mol水和1mol硫酸钡沉淀，放出的热量不是114.6kJ，C错误；
D．由于气态水的能量高于液态水的能量，且放热越多，越小，所以反应 ， ，则，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.燃烧热时生成物水必须为液态；
B.可逆反应不能完全进行，故氮气完全反应放出的热量要大于19.3KJ，
C.酸碱中和中有沉淀生成，会方程更多的热量；
D.比较焓变，一定要注意正负号。
12．（2024高一下·湖南期末）丙烯与HBr的加成反应可产生两种可能产物，其部分反应进程及能量变化如图。下列说法正确的是
A．丙烯与HBr加成的反应是基元反应
B．从总能量上看，I和II相比较，II较为稳定
C．决定两种加成方式快慢的关键步骤分别是①和③
D．相比之下，为优势产物，是因为其产生路径活化能更低，活化分子百分比更大
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．丙烯与HBr加成的反应不是一步完成的，因此不是基元反应，故A错误；
B．能量越低越稳定，根据图象可看出，从总能量上看，I的能量比II的能量低，I较为稳定，故B错误；
C．①和③均是慢反应，所以决定两种加成方式快慢的关键步骤分别是①和③，故C正确；
D．根据图象可看出，相比之下，为优势产物，是因为其产生路径活化能更低，活化分子百分比更大，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.由图可知，该加成反应由至少2个基元反应构成，所以该总反应不是基元反应；
B.能量越低，越稳定，能量越高越不稳定；
D.活化能越小，反应越容易进行，产物含量越高。
13．（2024高一下·湖南期末）工业上以某种Al2O3矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图。下列对该工艺流程的判断正确的是
A．试剂X可以为盐酸，沉淀中含有铁的化合物
B．反应Ⅱ中，CO2也可换成稀硫酸、稀盐酸
C．反应Ⅱ的离子方程式为
D．工业上还可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，成本更低
【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．若X是HCl，则Al2O3、Fe2O3都会溶解，形成可溶性AlCl3、FeCl3进入溶液，沉淀中就不含有铁的化合物，A错误；
B．在反应Ⅱ中，若将CO2换成稀硫酸、稀盐酸，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，会被过量强酸溶解，就不能得到Al(OH)3沉淀，B错误；
C．过量CO2与Na[Al(OH)4]反应产生NaHCO3、Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：，C正确；
D．由于金属活动性：Al＞Fe，因此Fe不能置换出Al，所以在工业上不能采用Fe还原Al2O3的方法制Al，只能采用电解熔融的氧化铝的方法冶炼铝，D错误；
故答案为：C。
【分析】向某种Al2O3矿石(含Fe2O3杂质)中加入过量NaOH溶液，发生反应：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]，Fe2O3不能发生反应，以固体形式存在于沉淀中，然后向溶液乙中通入过量CO2气体，发生反应：，形成Al(OH)3沉淀和NaHCO3溶液，将沉淀过滤、洗涤然后加热，Al(OH)3分解产生Al2O3；然后电解熔融Al2O3就制取得到金属Al。
14．（2024高一下·湖南期末）在标准压强101kPa、298K下，由最稳定的单质合成物质B的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用符号表示，部分物质的如图所示。已知：、、的标准摩尔生成焓为0。下列有关判断正确的是
A．根据图中信息，可判断热稳定性：
B．
C．的键能小于与的键能之和
D．标准燃烧热的热化学方程式为
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；燃烧热
【解析】【解答】A．的标准摩尔生成焓为，的标准摩尔生成焓为，能量越低越稳定，则热稳定性：，A错误；
B．由图中信息知： ，因为的能量低于，所以 ，B错误；
C．NO(g)的标准摩尔生成焓为，即生成NO(g)的反应是吸热反应，断键吸热，形成化学键放热，则的键能小于与的键能之和，C正确；
D．标准燃烧热的热化学方程式为，的标准摩尔生成焓为，的标准摩尔生成焓为，可以求出，但标准燃烧热的热化学方程式中水应该是液态，D错误；
故答案选：C。
【分析】A.能量越低，越稳定；
B.生成液态水要比生成气态水放出热量更多，但是焓变为负值，其焓变更小；
C.该反应为放热反应，那么反应物总键能小于生成物总键能；
D.燃烧热的热化学方程式中水必须为液体。
15．（2024高一下·湖南期末）亚硫酸氢铵()常在制药工业中作还原剂，既能与酸作用也能和碱作用，在空气中易被氧化，遇热分解放出。某化学学习小组设计如图装置(加热和夹持装置已省略)制备亚硫酸氢铵，回答下列问题：
已知：是一种酸性氧化物。
（1）甲装置中盛装铜片的仪器名称为 ；丙装置的作用是 ；丁装置用于吸收多余的，则丁装置中的试剂为 (填标号)。
a． 无水 b． 碱石灰 c． d． 浓硫酸
（2）戊装置的试管内发生反应的化学方程式为 。
（3）实验开始时，先关闭，打开，一段时间后，关闭，打开。先打开后打开的原因可能是 。
（4）写出亚硫酸氢铵与等物质的量的氢氧化钡溶液反应的离子方程式： 。
（5）亚硫酸氢铵有较强的还原性，设计实验检验制备的亚硫酸氢铵样品是否被氧化： (填操作、现象及相应的结论，可供选择的试剂：水、稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液)。
【答案】（1）圆底烧瓶；吸收尾气中的，防止污染空气；b
（2）
（3）氨气极易溶于水，先通氨气，使溶液呈碱性，有利于吸收更多，提高的产率
（4）
（5）取适量样品于试管中，加水溶解，加入足量稀盐酸酸化后，滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，说明样品未被氧化，反之，则被氧化
【知识点】硫酸根离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解析】实验开始时，先关闭K1，打开K2，戊装置是用于制备氨气的，氨气进入乙装置中溶于水，由于氨气极易溶于水，a装置为防倒吸装置，一段时间后，关闭K2，打开K1，甲装置是用于制备SO2的，SO2进入乙装置中，发生反应生成亚硫酸氢铵，由于NH3和SO2均有毒，会污染空气，需要进行尾气处理，丙装置中的P2O5是一种酸性氧化物，用于吸收尾气中的NH3，丁装置中试剂应为碱石灰，用于吸收SO2，据此解答。
（1）甲装置中盛装铜片的仪器名称为圆底烧瓶；根据以上分析可知丙装置的作用是吸收尾气中的，防止污染空气；
a． 无水吸水，但不能吸收，a不选；
b． 碱石灰可以吸收，b选；
c．是酸性氧化物，不能吸收，c不选；
d． 浓硫酸不能吸收，d不选；
答案选b；
（2）戊装置制备氨气，试管内发生反应的化学方程式为
（3）由于氨气极易溶于水，先通氨气，使溶液呈碱性，有利于吸收更多，提高的产率，所以先打开后打开。
（4）亚硫酸氢铵与等物质的量的氢氧化钡溶液反应的离子方程式为。
（5）亚硫酸氢铵有强还原性，样品若被空气氧化，则有硫酸根离子，因此检验样品是否被氧化的方法是取适量样品于试管中，加水溶解，加入足量稀盐酸酸化，排除亚硫酸氢铵的干扰，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明样品没有被氧化，反之，则被氧化。
【分析】（1）不带支管的为圆底烧瓶，带支管的为蒸馏烧瓶；该过程有氨气，为防止污染空气，必须要吸收多余氨气；
（2）实验室通常用氯化铵和氢氧化钙制备氨气；
（3）先通入氨气现成碱性条件，再通入二氧化硫吸收；
（4）亚硫酸氢铵与等物质的量的氢氧化钡生成亚硫酸钡沉淀和氨水；
（5） 亚硫酸氢铵被氧化会生成硫酸铵，即检验有没有硫酸根即可。
（1）甲装置中盛装铜片的仪器名称为圆底烧瓶；根据以上分析可知丙装置的作用是吸收尾气中的，防止污染空气；
a． 无水吸水，但不能吸收，a不选；
b． 碱石灰可以吸收，b选；
c．是酸性氧化物，不能吸收，c不选；
d． 浓硫酸不能吸收，d不选；
答案选b；
（2）戊装置制备氨气，试管内发生反应的化学方程式为。
（3）由于氨气极易溶于水，先通氨气，使溶液呈碱性，有利于吸收更多，提高的产率，所以先打开后打开。
（4）亚硫酸氢铵与等物质的量的氢氧化钡溶液反应的离子方程式为。
（5）亚硫酸氢铵有强还原性，样品若被空气氧化，则有硫酸根离子，因此检验样品是否被氧化的方法是取适量样品于试管中，加水溶解，加入足量稀盐酸酸化，排除亚硫酸氢铵的干扰，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明样品没有被氧化，反之，则被氧化。
16．（2024高一下·湖南期末）以淀粉为主要原料模拟合成其他重要化工原料的流程如图所示，据图回答下列问题。
已知：①烃E是一种基础化工原料，标准状况下密度为1.25 g/L。
②；两个羟基连在同一个碳原子上不稳定。
③G能使溴水褪色；H有果香味。
（1）A的结构简式为 ，乳酸分子中的官能团的名称为 ，②的反应类型为 。
（2）写出下列两个反应的化学方程式(有机物用结构简式表示)：
反应① ；反应③ 。
（3）下列说法正确的是 (填标号)。
a． 淀粉、油脂、蛋白质和纤维素都属于天然高分子
b． D可与新制氢氧化铜悬浊液反应生成蓝色溶液
c． B、C和G均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
d． A→B的反应类型为水解反应
e． B和F属于同系物，D和G也属于同系物
（4）等物质的量的D、乳酸和G分别与足量金属钠反应，产生氢气的物质的量之比为 。
（5）久置的H自身会发生聚合反应得到弹性较好的聚合物，该聚合物的结构简式为 。
【答案】（1）CH2OH(CHOH)4CHO；羟基、羧基；加成反应
（2）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；2CH3COOH++2H2O
（3）bc
（4）1∶2∶1
（5）
【知识点】羧酸简介；同系物
【解析】【解析】（1）根据上述分析可知A是葡萄糖，结构简式是CH2OH(CHOH)4CHO；
根据乳酸分子结构可知：乳酸分子中含有的官能团的名称为羟基、羧基；
根据图示可知反应②是CH2=CH2与Br2水发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，故反应类型是加成反应；
（2）根据反应流程图可知：反应①是CH3CH2OH与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生CH3CHO和H2O，该反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
反应③是CH3CH2OH与在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应产生酯和H2O，酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，则该反应的化学方程式为：2CH3COOH++2H2O；
（3）a．油脂是小分子化合物，不属于高分子化合物，a错误；
b．根据上述分析可知D是乙酸，结构简式是CH3COOH，该物质具有酸性，能够与新制Cu(OH)2悬浊液发生中和反应产生可溶性Cu(CH3COO)2、H2O，反应产生的溶液中含有Cu2+，因此蓝色溶液，b正确；
c．根据上述分析可知：B是CH3CH2OH；C是CH3CHO；G是CH2=CH-COOH，这三种物质都具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，c正确；
d．根据上述分析可知：A是葡萄糖，A在酒化酶作用下发生分解反应产生乙醇和CO2，反应类型是分解反应，而不是水解反应，d错误；
e．根据上述分析可知：B是乙醇CH3CH2OH，乙醇属于饱和一元醇；F是乙二醇，乙二醇属于饱和二元醇，二者结构不相似，在分子组成上不是相差CH2的整数倍，因此二者不属于同系物；D是乙酸CH3COOH，乙酸属于饱和一元羧酸；G是丙烯酸CH2=CH-COOH，丙烯酸属于不饱和一元羧酸，二者结构不相似，在分子组成上不是相差CH2的整数倍，因此二者不属于同系物，d错误；
故合理选项是bc；
（4）根据上述分析可知：D是乙酸CH3COOH，乙酸与钠按1：1的物质的量关系反应产生CH3COONa、H2；乳酸分子中含有的1个羟基和1个羧基都可以与钠发生反应，因此乳酸与钠按1∶2关系发生反应产生和H2；G是丙烯酸CH2=CH-COOH，CH2=CH-COOH与Na反应产生CH2=CH-COONa、H2，因此等物质的量的D、乳酸和G分别与足量金属钠反应，产生氢气的物质的量之比为1∶2∶1；
（5）H是CH2=CH-COOC2H5，该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下自身会发生聚合反应得到弹性较好的线型聚合物聚丙烯酸乙酯，其结构简式是。
【分析】淀粉在酯存在条件下，与水加热，发生水解反应产生A是葡萄糖，结构简式是CH2OH(CHOH)4CHO；葡萄糖在酒化酶作用下发生分解产生B是乙醇，结构简式是CH3CH2OH；乙醇与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生C是CH3CHO，CH3CHO在加热条件下发生催化氧化产生D是乙酸CH3COOH，CH3CH2OH与浓硫酸混合加热170℃发生消去反应产生E是CH2=CH2，CH2=CH2与Br2水发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，CH2BrCH2Br与NaOH水溶液共热发生取代反应产生F是，CH3CH2OH与在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应产生酯和H2O。葡萄糖在乳酸菌作用下反应产生乳酸，乳酸在催化剂存在条件下加热发生消去反应产生G是CH2=CH-COOH，CH2=CH-COOH与CH3CH2OH在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应产生H具有果香味，则H是酯：CH2=CH-COOC2H5。
（1）根据上述分析可知A是葡萄糖，结构简式是CH2OH(CHOH)4CHO；
根据乳酸分子结构可知：乳酸分子中含有的官能团的名称为羟基、羧基；
根据图示可知反应②是CH2=CH2与Br2水发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，故反应类型是加成反应；
（2）根据反应流程图可知：反应①是CH3CH2OH与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生CH3CHO和H2O，该反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
反应③是CH3CH2OH与在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应产生酯和H2O，酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，则该反应的化学方程式为：2CH3COOH++2H2O；
（3）a．油脂是小分子化合物，不属于高分子化合物，a错误；
b．根据上述分析可知D是乙酸，结构简式是CH3COOH，该物质具有酸性，能够与新制Cu(OH)2悬浊液发生中和反应产生可溶性Cu(CH3COO)2、H2O，反应产生的溶液中含有Cu2+，因此蓝色溶液，b正确；
c．根据上述分析可知：B是CH3CH2OH；C是CH3CHO；G是CH2=CH-COOH，这三种物质都具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，c正确；
d．根据上述分析可知：A是葡萄糖，A在酒化酶作用下发生分解反应产生乙醇和CO2，反应类型是分解反应，而不是水解反应，d错误；
e．根据上述分析可知：B是乙醇CH3CH2OH，乙醇属于饱和一元醇；F是乙二醇，乙二醇属于饱和二元醇，二者结构不相似，在分子组成上不是相差CH2的整数倍，因此二者不属于同系物；D是乙酸CH3COOH，乙酸属于饱和一元羧酸；G是丙烯酸CH2=CH-COOH，丙烯酸属于不饱和一元羧酸，二者结构不相似，在分子组成上不是相差CH2的整数倍，因此二者不属于同系物，d错误；
故合理选项是bc；
（4）根据上述分析可知：D是乙酸CH3COOH，乙酸与钠按1：1的物质的量关系反应产生CH3COONa、H2；乳酸分子中含有的1个羟基和1个羧基都可以与钠发生反应，因此乳酸与钠按1∶2关系发生反应产生和H2；G是丙烯酸CH2=CH-COOH，CH2=CH-COOH与Na反应产生CH2=CH-COONa、H2，因此等物质的量的D、乳酸和G分别与足量金属钠反应，产生氢气的物质的量之比为1∶2∶1；
（5）H是CH2=CH-COOC2H5，该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下自身会发生聚合反应得到弹性较好的线型聚合物聚丙烯酸乙酯，其结构简式是。
17．（2024高一下·湖南期末）氯及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用，请回答下列问题：
（1）已知：
①
②
则反应 。
（2）几种含氯离子的相对能量如下表所示：
离子
相对能量/() 0 60 101 63 38
①在上述五种离子中，最不稳定的离子是 (填离子符号)。
②反应的 。
③写出由反应生成和的热化学方程式： 。
（3）某实验小组设计用的盐酸100mL与的NaOH溶液100mL置于如图所示的装置中进行测定中和反应反应热的实验。
①该装置中缺少的一种玻璃仪器是 ；大烧杯杯口若不盖泡沫塑料板，测得中和反应的反应热将 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
②实验中，所用NaOH稍过量的原因是 。
（4）该实验小组做了三次实验，每次取盐酸和NaOH溶液各100mL，并记录原始数据：
实验序号 起始温度 终止温度 温差
盐酸 NaOH溶液 平均值
1 25.1 24.9
28.1
2 25.1 25.1
28.3
3 25.1 25.1
28.1
已知盐酸、NaOH溶液密度均近似为。中和后混合液，则该中和反应生成水的反应热 (保留到小数点后1位)。
根据计算结果，分析上述实验产生偏差的原因可能是 (填标号)。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量筒量取溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度
【答案】（1）-415.5
（2）；-117；
（3）玻璃搅拌器；偏大；确保HCl反应完全
（4）；abcd
【知识点】中和热；盖斯定律及其应用；中和热的测定
【解析】【解析】（1）根据盖斯定律kJ/mol；
（2）①能量最高，最不稳定；
②根据反应，其焓变
③根据反应，Cl元素发生歧化反应，生成和，转移6mole-电子，配平后的方程式为，该反应焓变；
（3）①由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是玻璃搅拌器；若不盖泡沫塑料板，会有一部分热量散失，反应的最高温度减小，求得的中和热数值将会偏小，ΔH偏大；
②测定中和反应反应热需要将某一物质完全反应，故需要过量的NaOH溶液将HCl完全反应；
（4）三次测量的温度差的平均值为3.0℃，中和热ΔH=-kJ/mol=-52.1kJ/mol；
a．实验装置保温、隔热效果差，热量散失较大，a符合题意；
b．量取溶液时仰视会导致实际溶液体积偏大，可能导致中和反应不完全，导致反应热数值产生偏差，故b符合题意；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失较大，c符合题意；
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度，HCl溶液的起始温度偏高，d符合题意。
【分析】（1）根据盖斯定律根据已知方程即可得到目标方程式的焓变；
（2）①能量越高越不稳定，能量越低越稳定；②根据生成物的总能量减去反应物总能量节课得到反应焓变；③同理②解答方法；
（3）中和热测定过程需要环形玻璃搅拌器，测定过程氢氧化钠过量目的是使盐酸充分反映；
（4）根据三次平均温差即可计算反应热。
（1）根据盖斯定律kJ/mol；
（2）①能量最高，最不稳定；
②根据反应，其焓变；
③根据反应，Cl元素发生歧化反应，生成和，转移6mole-电子，配平后的方程式为，该反应焓变；
（3）①由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是玻璃搅拌器；若不盖泡沫塑料板，会有一部分热量散失，反应的最高温度减小，求得的中和热数值将会偏小，ΔH偏大；
②测定中和反应反应热需要将某一物质完全反应，故需要过量的NaOH溶液将HCl完全反应；
（4）三次测量的温度差的平均值为3.0℃，中和热ΔH=-kJ/mol=-52.1kJ/mol；
a．实验装置保温、隔热效果差，热量散失较大，a符合题意；
b．量取溶液时仰视会导致实际溶液体积偏大，可能导致中和反应不完全，导致反应热数值产生偏差，故b符合题意；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失较大，c符合题意；
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度，HCl溶液的起始温度偏高，d符合题意。
18．（2024高一下·湖南期末）研究反应机理对于认识和调控化学反应意义重大，下面是NO、等大气污染物治理中的相关反应机理，回答下列问题：
I． NO在一定条件下与反应生成可参与大气生态循环的无毒气体，反应原理为：，已知每生成，放出166kJ的热量。
（1）向容器中充入和，充分反应后，放出的热量 664kJ(填“>”“<”或“=”)。
（2）研究发现，NO与的反应过程可分为三步，每步均为基元反应：
i． (快)
ii． (慢)
iii． ……(快)
①第iii 步对应的基元反应是 。
②该反应的中间产物是 。
③整个反应过程中活化能最大的反应是第 步(填标号)。
（3）反应速率方程可表示反应物浓度与反应速率的定量关系。NO与反应的速率方程为(k、m、n待测，其中k为常数，一般只受温度影响，指数m、n可以通过实验进行测定)。
已知在时，不同浓度NO与对应的反应速率如下表所示：
序号 速率/()
①
②
③
可以推测，速率方程中的 ， ；该反应速率表达式为 。
II． 催化剂参与反应过程，能加快反应速率。
（4）的反应速率很慢，NO和都可以作为该反应的催化剂，快速生成。NO做催化剂时发生两步基元反应： 、 。请结合催化剂的特点，在下图中画出加入催化剂时的能量变化过程(在图上画出)(已知、均小于0)。
【答案】<；；和；ii；2；1；；
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系；有效碰撞理论
【解析】【解析】（1）由于是可逆反应，则向容器中充入和，充分反应后，放出的热量小于664kJ。
（2）①三步反应加和得到总反应，所以依据总反应可判断第iii步对应的基元反应是。
②根据反应i、ii可判断该反应的中间产物是和。
③慢反应对应的活化能大，则整个反应过程中活化能最大的反应是第ii步。
（3）实验①②中NO浓度相同，根据表中数据可以推测，解得n＝1。同理根据实验②③得到，则m＝2，利用实验①的数据带入速率方程可得k＝5000，所以该反应速率表达式为。
（4）由于催化剂可以降低反应的活化能加快反应速率，但不能改变平衡状态，又因为两步基元反应均是放热反应，所以加入催化剂时的能量变化过程可表示为。
【分析】（1）该反应为可逆反应， 向容器中充入和，不能充分反应，所以放出热量小于 664kJ ；
（2）①根据总反应，减去前两个基元反应即可得到第三步基元反应；②中间产物是总反应中没有出现的物质；③反应速率越慢，活化能越大；
（3）根据实验①②可得n=1；根据实验②③可以解得m=2，即可得到速率方程；加入催化剂后反应活化能减小，但是反应焓变不变。
湖南省湖南师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末化学试卷
1．（2024高一下·湖南期末）绿色化学是我们追求的目标，下列最符合“原子经济性反应”的是
A．用碳还原二氧化硅制备高纯硅
B．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜
C．用甲烷与氯气制备一氯甲烷
D．乙烯与氧气在Ag催化下制备环氧乙烷
2．（2024高一下·湖南期末）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．质量数为14的碳原子：
B．丙烯的键线式：
C．的电子式为
D．的结构示意图：
3．（2024高一下·湖南期末）下列实验方案有误的是
实验方案
目的 A． 实验室制备光亮的银镜 B． 比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性
实验方案
目的 C． 检验石蜡油分解气中是否含有不饱和烃 D． 实验室制备乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
4．（2024高一下·湖南期末）一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是
A．反应开始到10s时，用Z表示的反应速率为
B．在10s时，Y的转化率为21%
C．反应的化学方程式为
D．当容器内压强不变时，反应达到平衡
5．（2024高一下·湖南期末）类比法是化学上研究物质的重要方法之一，下列类比结果正确的是
A．铜与氯气反应生成，则铁与氯气反应也生成
B．工业上电解熔融的冶炼Mg，则也可电解熔融的冶炼Al
C．王水能溶解铂，则一定浓度的和HCl的混合溶液也可能溶解铂
D．碳酸钙的分解反应是吸热反应，则过氧化氢的分解反应也为吸热反应
6．（2024高一下·湖南期末）化石燃料的综合利用有利于环境保护，提高经济效益，如图是石油分馏塔的示意图。下列有关叙述正确的是
A．石油的分馏、煤的干馏都是物理变化
B．煤中含苯、甲苯、二甲苯
C．对重油加工处理可以获得沥青、润滑油等产品
D．a、b、c三种馏分中a的沸点最高
7．（2024高一下·湖南期末）浓硫酸是实验室常用的试剂之一。将浓硫酸分别和三种钠盐反应，现象如图所示。下列分析正确的是
A．①②③均体现了浓硫酸的强氧化性
B．对比①和②可以说明还原性：
C．②中试管口白雾是盐酸小液滴，说明酸性：
D．③中气体使溴水褪色的原理与使品红溶液褪色的原理不同
8．（2024高一下·湖南期末）用如图所示装置来测定某原电池工作时，在一段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000mL，电极材料是铁片和铜片。下列有关说法正确的是
A．b电极材料是铁片
B．电子由b电极经导线流向a电极
C．若用浓硝酸代替稀硫酸，溶液中的移向铜片
D．当量筒中收集到672mL(标准状况)气体时，通过导线的电子的物质的量为0.03mol
9．（2024高一下·湖南期末）化合物M是一种制造压塑粉的原料，结构简式如图所示，其组成元素X、Y、Z、W位于短周期，质子数依次增大且满足。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．氧化物对应水化物的酸性：
C．X、Z、W形成的化合物一定不含有离子键
D．简单氢化物稳定性：
10．（2024高一下·湖南期末）莽草酸可以合成甲流药物奥司他韦，部分路线如图。下列说法正确的是
A．奥司他韦分子式为
B．莽草酸与中间体互为同系物
C．莽草酸既可以发生氧化反应，又可以发生还原反应
D．莽草酸最多能消耗
11．（2024高一下·湖南期末）下列有关热化学方程式的说法正确的是
A．甲烷的燃烧热，则
B．将和置于密闭的容器中充分反应生成，放热19.3kJ，则其热化学反应方程式为：
C．HCl和NaOH反应的中和热，则
D．已知： ， ，则
12．（2024高一下·湖南期末）丙烯与HBr的加成反应可产生两种可能产物，其部分反应进程及能量变化如图。下列说法正确的是
A．丙烯与HBr加成的反应是基元反应
B．从总能量上看，I和II相比较，II较为稳定
C．决定两种加成方式快慢的关键步骤分别是①和③
D．相比之下，为优势产物，是因为其产生路径活化能更低，活化分子百分比更大
13．（2024高一下·湖南期末）工业上以某种Al2O3矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图。下列对该工艺流程的判断正确的是
A．试剂X可以为盐酸，沉淀中含有铁的化合物
B．反应Ⅱ中，CO2也可换成稀硫酸、稀盐酸
C．反应Ⅱ的离子方程式为
D．工业上还可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，成本更低
14．（2024高一下·湖南期末）在标准压强101kPa、298K下，由最稳定的单质合成物质B的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用符号表示，部分物质的如图所示。已知：、、的标准摩尔生成焓为0。下列有关判断正确的是
A．根据图中信息，可判断热稳定性：
B．
C．的键能小于与的键能之和
D．标准燃烧热的热化学方程式为
15．（2024高一下·湖南期末）亚硫酸氢铵()常在制药工业中作还原剂，既能与酸作用也能和碱作用，在空气中易被氧化，遇热分解放出。某化学学习小组设计如图装置(加热和夹持装置已省略)制备亚硫酸氢铵，回答下列问题：
已知：是一种酸性氧化物。
（1）甲装置中盛装铜片的仪器名称为 ；丙装置的作用是 ；丁装置用于吸收多余的，则丁装置中的试剂为 (填标号)。
a． 无水 b． 碱石灰 c． d． 浓硫酸
（2）戊装置的试管内发生反应的化学方程式为 。
（3）实验开始时，先关闭，打开，一段时间后，关闭，打开。先打开后打开的原因可能是 。
（4）写出亚硫酸氢铵与等物质的量的氢氧化钡溶液反应的离子方程式： 。
（5）亚硫酸氢铵有较强的还原性，设计实验检验制备的亚硫酸氢铵样品是否被氧化： (填操作、现象及相应的结论，可供选择的试剂：水、稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液)。
16．（2024高一下·湖南期末）以淀粉为主要原料模拟合成其他重要化工原料的流程如图所示，据图回答下列问题。
已知：①烃E是一种基础化工原料，标准状况下密度为1.25 g/L。
②；两个羟基连在同一个碳原子上不稳定。
③G能使溴水褪色；H有果香味。
（1）A的结构简式为 ，乳酸分子中的官能团的名称为 ，②的反应类型为 。
（2）写出下列两个反应的化学方程式(有机物用结构简式表示)：
反应① ；反应③ 。
（3）下列说法正确的是 (填标号)。
a． 淀粉、油脂、蛋白质和纤维素都属于天然高分子
b． D可与新制氢氧化铜悬浊液反应生成蓝色溶液
c． B、C和G均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
d． A→B的反应类型为水解反应
e． B和F属于同系物，D和G也属于同系物
（4）等物质的量的D、乳酸和G分别与足量金属钠反应，产生氢气的物质的量之比为 。
（5）久置的H自身会发生聚合反应得到弹性较好的聚合物，该聚合物的结构简式为 。
17．（2024高一下·湖南期末）氯及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用，请回答下列问题：
（1）已知：
①
②
则反应 。
（2）几种含氯离子的相对能量如下表所示：
离子
相对能量/() 0 60 101 63 38
①在上述五种离子中，最不稳定的离子是 (填离子符号)。
②反应的 。
③写出由反应生成和的热化学方程式： 。
（3）某实验小组设计用的盐酸100mL与的NaOH溶液100mL置于如图所示的装置中进行测定中和反应反应热的实验。
①该装置中缺少的一种玻璃仪器是 ；大烧杯杯口若不盖泡沫塑料板，测得中和反应的反应热将 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
②实验中，所用NaOH稍过量的原因是 。
（4）该实验小组做了三次实验，每次取盐酸和NaOH溶液各100mL，并记录原始数据：
实验序号 起始温度 终止温度 温差
盐酸 NaOH溶液 平均值
1 25.1 24.9
28.1
2 25.1 25.1
28.3
3 25.1 25.1
28.1
已知盐酸、NaOH溶液密度均近似为。中和后混合液，则该中和反应生成水的反应热 (保留到小数点后1位)。
根据计算结果，分析上述实验产生偏差的原因可能是 (填标号)。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量筒量取溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度
18．（2024高一下·湖南期末）研究反应机理对于认识和调控化学反应意义重大，下面是NO、等大气污染物治理中的相关反应机理，回答下列问题：
I． NO在一定条件下与反应生成可参与大气生态循环的无毒气体，反应原理为：，已知每生成，放出166kJ的热量。
（1）向容器中充入和，充分反应后，放出的热量 664kJ(填“>”“<”或“=”)。
（2）研究发现，NO与的反应过程可分为三步，每步均为基元反应：
i． (快)
ii． (慢)
iii． ……(快)
①第iii 步对应的基元反应是 。
②该反应的中间产物是 。
③整个反应过程中活化能最大的反应是第 步(填标号)。
（3）反应速率方程可表示反应物浓度与反应速率的定量关系。NO与反应的速率方程为(k、m、n待测，其中k为常数，一般只受温度影响，指数m、n可以通过实验进行测定)。
已知在时，不同浓度NO与对应的反应速率如下表所示：
序号 速率/()
①
②
③
可以推测，速率方程中的 ， ；该反应速率表达式为 。
II． 催化剂参与反应过程，能加快反应速率。
（4）的反应速率很慢，NO和都可以作为该反应的催化剂，快速生成。NO做催化剂时发生两步基元反应： 、 。请结合催化剂的特点，在下图中画出加入催化剂时的能量变化过程(在图上画出)(已知、均小于0)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；乙烯的物理、化学性质；绿色化学
【解析】【解析】A．用碳还原二氧化硅制备高纯硅，反应方程式为：2C+SiO22CO↑+Si，根据方程式可知，反应除产生Si外，还有CO生成，原子利用率没有达到100%，不符合“原子经济性”，A错误；
B．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜，反应除产生Cu(NO3)2外，还产生NO2、H2O，原子利用率没有达到100%，不符合“原子经济性”，B错误；
C．用甲烷与氯气制备一氯甲烷，取代反应逐步进行，反应除产生一氯甲烷外，还可能产生二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，每一步取代反应都会产生HCl，因此原子利用率没有达到100%，不符合“原子经济性”，C错误；
D．乙烯与氧气在Ag催化下制备环氧乙烷，反应生成物只有环氧乙烷，原子利用率达到了100%，符合“原子经济性”要求，D正确；
故答案为：D。
【分析】“原子经济性反应”即原子利用率为100%，反应物全部生成产物，没有副产物。
2．【答案】C
【知识点】原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解析】A．质量数为14的碳原子可表示为： ，A错误；
B．丙烯的键线式可表示为：，B错误；
C．是乙烯，电子式为，C正确；
D．的结构示意图为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.左下标应该为6，为原子质子数；
B.题目键线式为丁烯而不是丙烯；
D.氯原子为17号元素，不是18.
3．【答案】A
【知识点】乙酸乙酯的制取
【解析】【解析】A．银镜反应需要水浴加热，A错误；
B．根据钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈，可以推出乙醇中羟基氢原子活泼性比水分子中氢原子的活泼性弱，B正确；
C．如果溴的四氯化碳溶液褪色，则说明生成了不饱和烃，因此可检验石蜡油分解气中是否含有不饱和烃，C正确；
D．实验室制备乙酸乙酯，为了防止倒吸，导管末端不能伸入饱和碳酸钠溶液下方，该装置可以制备乙酸乙酯，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.银镜反应应该为水浴加热；直接用酒精灯加热是无法形成银镜。
4．【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解析】A．根据反应速率定义结合图像可知：，A错误；
B.10s内，Y转化为1mol－0.21mol=0.79mol，故转化率=，B错误；
C．根据图像可知相同时间内（反应进行到10s时）X减少0.79mol，Y减少0.79mol，Z增加了1.58mol，依据变化量之比是化学计量数之比可知反应的化学方程式为，C正确；
D．反应前后气体不变，压强始终不变，所以当容器内压强不变时，反应不一定达到平衡，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.计算化学反应速率时，切不可忘记体积；
B.转化率等于已经反应的除以一开始的，根据变化量即可算出转化率；
D. 反应前后气体不变，压强始终不变， 压强不可作为平衡标志判断。
5．【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理
【解析】【解析】A．氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成高价金属氯化物，则铁与氯气反应生成FeCl3，故A错误；
B．氯化镁是离子化合物，熔融状态能电离出镁离子和氯离子，而氯化铝是共价化合物，熔融状态不能电离出铝离子和氯离子，所以工业上可以电解熔融的MgCl2冶炼Mg，不能电解熔融的AlCl3冶炼Al，应该电解熔融氧化铝制铝，故B错误；
C．王水是浓硝酸和浓盐酸按照体积比1：3的混合溶液，能溶解铂，则一定浓度的NaNO3和HCl的混合溶液中，也混有硝酸和盐酸，所以也可能溶解铂，故C正确；
D．碳酸钙的分解反应是吸热反应，过氧化氢的分解反应为放热反应，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.氯气具有强氧性，可以将铁氧化生成三价铁；
B.氯化铝为共价化合物，不导电。
C.并不是所有分解反应都是吸热反应。
6．【答案】C
【知识点】石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用；石油的分馏
【解析】【解析】A．煤的干馏过程中有新物质生成，属于化学变化，A错误；
B．煤中不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，这些是煤经过干馏生成的产物，B错误；
C．对重油加工处理可以获得沥青、润滑油等化工产品，C正确；
D．从图中可知，a、b、c中a最先分馏出来，c最后分馏出来，因此熔沸点a＜b＜c，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.分馏为物理变化。煤的干馏为化学变化；
B. 苯、甲苯、二甲苯 为干馏产物；
D.越往上气体沸点越低，越先出来。
7．【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解析】A．根据实验①的现象得到红棕色气体溴单质，根据实验②的现象得到白雾即HCl，实验③中产生二氧化硫，②③均不是氧化还原反应，因此只有实验①中体现了浓硫酸的强氧化性，故A错误；
B．根据实验①的现象得到红棕色气体溴单质，根据实验②的现象得到白雾即HCl，因此对比①和②可以说明浓硫酸能氧化溴离子但不能氧化氯离子，则还原性：Br－＞Cl－，故B错误；
C．②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致，说明HCl易挥发，说明沸点：H2SO4＞HCl，不能比较酸性强弱，故C错误；
D．反应③生成二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性能使品红溶液褪色，二氧化硫使溴水褪色，是因为二氧化硫具有还原性，使品红溶液褪色的原理不同，故D正确；
故答案为：D。
【分析】实验①的现象得到红棕色气体溴单质，体现其氢氧化性，实验②的现象得到白雾即HCl，体现硫酸的难挥发性酸制备易挥发性酸；实验③体现硫酸的强酸性，利用强酸制备弱酸制备二氧化硫，据此解答即可。
8．【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．b为正极，电极材料是铜片，A错误；
B．由分析知，电极a为负极，电极b为正极，电子由a电极经导线流向b电极，B错误；
C．若用浓硝酸代替稀硫酸，则铁被钝化，铁为正极、铜为负极，则溶液中的移向负极铜片一极，C正确；
D．当量筒中收集到672mL(标准状况)气体时，氢气的物质的量是0.672L÷22.4L/mol＝0.03mol，因此通过导线的电子的物质的量为0.06mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据原电池的工作原理，由装置图知，电极b产生气体，则b为正极，电极b为铜片，电极反应式为：；电极a为铁片，作负极，电极反应式为：，电流经正极流向负极，阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此解答。
9．【答案】A
【知识点】化学键；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：，A项正确；
B．C、N、S均有不同种氧化物对应的水化物，无法比较酸性强弱，B项错误；
C．H、N、S形成的化合物硫化铵或硫氢化铵中含有离子键，C项错误；
D．非金属性越强，简单氢化物越稳定，简单氢化物稳定性：，D项错误；
故答案为：A。
【分析】由信息推知，X只成一条键，且原子序数最小，X为H，Y成四条键，Y最外层电子数为4，Y为C或Si，Z成3条键，Z最外层电子数为5，Z为N或P，W成两条键，W最外层电子数为6，W为O或S，结合原子序数依次增大且满足，X、Y、Z、W分别为H、C、N、S，M的结构简式为。
10．【答案】C
【知识点】羧酸简介；同系物
【解析】【解答】A．奥司他韦分子式为C16H28N2O4，A错误；
B．莽草酸含羟基和羧基，中间体含羟基和酯基，二者所含官能团不完全相同，结构不相似，不互为同系物，B错误；
C．莽草酸官能团含碳碳双键，能与氢气发生加成反应也是还原反应，含醇羟基，能与氧气发生催化氧化，C正确；
D．所含羧基能和氢氧化钠反应，1mol莽草酸最多可与1molNaOH反应，另外的三个属于醇羟基，不能与氢氧化钠反应，D错误；
故答案为：C
【分析】A.根据 奥司他韦 结构式即可得到分子式；注意氢原子数目；
B. ：莽草酸与中间体 结构不相识，不能互为同系物；
C.羟基可以被氧化，碳碳双键被氢气加成可以被还原；
D.醇羟基不能与氢氧化钠反应。
11．【答案】D
【知识点】燃烧热；中和热；反应热的大小比较
【解析】【解答】A．根据燃烧热的概念：1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，所放出的热量为燃烧热，水的状态应该为液态，A错误；
B.0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，因反应为可逆反应，则1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热不是38.6kJ，则热化学反应方程式中的反应热数值错误，B错误；
C．中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，HCl和NaOH反应的中和热，1mol硫酸和1mol氢氧化钡反应生成2mol水和1mol硫酸钡沉淀，放出的热量不是114.6kJ，C错误；
D．由于气态水的能量高于液态水的能量，且放热越多，越小，所以反应 ， ，则，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.燃烧热时生成物水必须为液态；
B.可逆反应不能完全进行，故氮气完全反应放出的热量要大于19.3KJ，
C.酸碱中和中有沉淀生成，会方程更多的热量；
D.比较焓变，一定要注意正负号。
12．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．丙烯与HBr加成的反应不是一步完成的，因此不是基元反应，故A错误；
B．能量越低越稳定，根据图象可看出，从总能量上看，I的能量比II的能量低，I较为稳定，故B错误；
C．①和③均是慢反应，所以决定两种加成方式快慢的关键步骤分别是①和③，故C正确；
D．根据图象可看出，相比之下，为优势产物，是因为其产生路径活化能更低，活化分子百分比更大，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.由图可知，该加成反应由至少2个基元反应构成，所以该总反应不是基元反应；
B.能量越低，越稳定，能量越高越不稳定；
D.活化能越小，反应越容易进行，产物含量越高。
13．【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．若X是HCl，则Al2O3、Fe2O3都会溶解，形成可溶性AlCl3、FeCl3进入溶液，沉淀中就不含有铁的化合物，A错误；
B．在反应Ⅱ中，若将CO2换成稀硫酸、稀盐酸，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，会被过量强酸溶解，就不能得到Al(OH)3沉淀，B错误；
C．过量CO2与Na[Al(OH)4]反应产生NaHCO3、Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：，C正确；
D．由于金属活动性：Al＞Fe，因此Fe不能置换出Al，所以在工业上不能采用Fe还原Al2O3的方法制Al，只能采用电解熔融的氧化铝的方法冶炼铝，D错误；
故答案为：C。
【分析】向某种Al2O3矿石(含Fe2O3杂质)中加入过量NaOH溶液，发生反应：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]，Fe2O3不能发生反应，以固体形式存在于沉淀中，然后向溶液乙中通入过量CO2气体，发生反应：，形成Al(OH)3沉淀和NaHCO3溶液，将沉淀过滤、洗涤然后加热，Al(OH)3分解产生Al2O3；然后电解熔融Al2O3就制取得到金属Al。
14．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；燃烧热
【解析】【解答】A．的标准摩尔生成焓为，的标准摩尔生成焓为，能量越低越稳定，则热稳定性：，A错误；
B．由图中信息知： ，因为的能量低于，所以 ，B错误；
C．NO(g)的标准摩尔生成焓为，即生成NO(g)的反应是吸热反应，断键吸热，形成化学键放热，则的键能小于与的键能之和，C正确；
D．标准燃烧热的热化学方程式为，的标准摩尔生成焓为，的标准摩尔生成焓为，可以求出，但标准燃烧热的热化学方程式中水应该是液态，D错误；
故答案选：C。
【分析】A.能量越低，越稳定；
B.生成液态水要比生成气态水放出热量更多，但是焓变为负值，其焓变更小；
C.该反应为放热反应，那么反应物总键能小于生成物总键能；
D.燃烧热的热化学方程式中水必须为液体。
15．【答案】（1）圆底烧瓶；吸收尾气中的，防止污染空气；b
（2）
（3）氨气极易溶于水，先通氨气，使溶液呈碱性，有利于吸收更多，提高的产率
（4）
（5）取适量样品于试管中，加水溶解，加入足量稀盐酸酸化后，滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，说明样品未被氧化，反之，则被氧化
【知识点】硫酸根离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解析】实验开始时，先关闭K1，打开K2，戊装置是用于制备氨气的，氨气进入乙装置中溶于水，由于氨气极易溶于水，a装置为防倒吸装置，一段时间后，关闭K2，打开K1，甲装置是用于制备SO2的，SO2进入乙装置中，发生反应生成亚硫酸氢铵，由于NH3和SO2均有毒，会污染空气，需要进行尾气处理，丙装置中的P2O5是一种酸性氧化物，用于吸收尾气中的NH3，丁装置中试剂应为碱石灰，用于吸收SO2，据此解答。
（1）甲装置中盛装铜片的仪器名称为圆底烧瓶；根据以上分析可知丙装置的作用是吸收尾气中的，防止污染空气；
a． 无水吸水，但不能吸收，a不选；
b． 碱石灰可以吸收，b选；
c．是酸性氧化物，不能吸收，c不选；
d． 浓硫酸不能吸收，d不选；
答案选b；
（2）戊装置制备氨气，试管内发生反应的化学方程式为
（3）由于氨气极易溶于水，先通氨气，使溶液呈碱性，有利于吸收更多，提高的产率，所以先打开后打开。
（4）亚硫酸氢铵与等物质的量的氢氧化钡溶液反应的离子方程式为。
（5）亚硫酸氢铵有强还原性，样品若被空气氧化，则有硫酸根离子，因此检验样品是否被氧化的方法是取适量样品于试管中，加水溶解，加入足量稀盐酸酸化，排除亚硫酸氢铵的干扰，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明样品没有被氧化，反之，则被氧化。
【分析】（1）不带支管的为圆底烧瓶，带支管的为蒸馏烧瓶；该过程有氨气，为防止污染空气，必须要吸收多余氨气；
（2）实验室通常用氯化铵和氢氧化钙制备氨气；
（3）先通入氨气现成碱性条件，再通入二氧化硫吸收；
（4）亚硫酸氢铵与等物质的量的氢氧化钡生成亚硫酸钡沉淀和氨水；
（5） 亚硫酸氢铵被氧化会生成硫酸铵，即检验有没有硫酸根即可。
（1）甲装置中盛装铜片的仪器名称为圆底烧瓶；根据以上分析可知丙装置的作用是吸收尾气中的，防止污染空气；
a． 无水吸水，但不能吸收，a不选；
b． 碱石灰可以吸收，b选；
c．是酸性氧化物，不能吸收，c不选；
d． 浓硫酸不能吸收，d不选；
答案选b；
（2）戊装置制备氨气，试管内发生反应的化学方程式为。
（3）由于氨气极易溶于水，先通氨气，使溶液呈碱性，有利于吸收更多，提高的产率，所以先打开后打开。
（4）亚硫酸氢铵与等物质的量的氢氧化钡溶液反应的离子方程式为。
（5）亚硫酸氢铵有强还原性，样品若被空气氧化，则有硫酸根离子，因此检验样品是否被氧化的方法是取适量样品于试管中，加水溶解，加入足量稀盐酸酸化，排除亚硫酸氢铵的干扰，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明样品没有被氧化，反之，则被氧化。
16．【答案】（1）CH2OH(CHOH)4CHO；羟基、羧基；加成反应
（2）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；2CH3COOH++2H2O
（3）bc
（4）1∶2∶1
（5）
【知识点】羧酸简介；同系物
【解析】【解析】（1）根据上述分析可知A是葡萄糖，结构简式是CH2OH(CHOH)4CHO；
根据乳酸分子结构可知：乳酸分子中含有的官能团的名称为羟基、羧基；
根据图示可知反应②是CH2=CH2与Br2水发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，故反应类型是加成反应；
（2）根据反应流程图可知：反应①是CH3CH2OH与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生CH3CHO和H2O，该反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
反应③是CH3CH2OH与在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应产生酯和H2O，酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，则该反应的化学方程式为：2CH3COOH++2H2O；
（3）a．油脂是小分子化合物，不属于高分子化合物，a错误；
b．根据上述分析可知D是乙酸，结构简式是CH3COOH，该物质具有酸性，能够与新制Cu(OH)2悬浊液发生中和反应产生可溶性Cu(CH3COO)2、H2O，反应产生的溶液中含有Cu2+，因此蓝色溶液，b正确；
c．根据上述分析可知：B是CH3CH2OH；C是CH3CHO；G是CH2=CH-COOH，这三种物质都具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，c正确；
d．根据上述分析可知：A是葡萄糖，A在酒化酶作用下发生分解反应产生乙醇和CO2，反应类型是分解反应，而不是水解反应，d错误；
e．根据上述分析可知：B是乙醇CH3CH2OH，乙醇属于饱和一元醇；F是乙二醇，乙二醇属于饱和二元醇，二者结构不相似，在分子组成上不是相差CH2的整数倍，因此二者不属于同系物；D是乙酸CH3COOH，乙酸属于饱和一元羧酸；G是丙烯酸CH2=CH-COOH，丙烯酸属于不饱和一元羧酸，二者结构不相似，在分子组成上不是相差CH2的整数倍，因此二者不属于同系物，d错误；
故合理选项是bc；
（4）根据上述分析可知：D是乙酸CH3COOH，乙酸与钠按1：1的物质的量关系反应产生CH3COONa、H2；乳酸分子中含有的1个羟基和1个羧基都可以与钠发生反应，因此乳酸与钠按1∶2关系发生反应产生和H2；G是丙烯酸CH2=CH-COOH，CH2=CH-COOH与Na反应产生CH2=CH-COONa、H2，因此等物质的量的D、乳酸和G分别与足量金属钠反应，产生氢气的物质的量之比为1∶2∶1；
（5）H是CH2=CH-COOC2H5，该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下自身会发生聚合反应得到弹性较好的线型聚合物聚丙烯酸乙酯，其结构简式是。
【分析】淀粉在酯存在条件下，与水加热，发生水解反应产生A是葡萄糖，结构简式是CH2OH(CHOH)4CHO；葡萄糖在酒化酶作用下发生分解产生B是乙醇，结构简式是CH3CH2OH；乙醇与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生C是CH3CHO，CH3CHO在加热条件下发生催化氧化产生D是乙酸CH3COOH，CH3CH2OH与浓硫酸混合加热170℃发生消去反应产生E是CH2=CH2，CH2=CH2与Br2水发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，CH2BrCH2Br与NaOH水溶液共热发生取代反应产生F是，CH3CH2OH与在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应产生酯和H2O。葡萄糖在乳酸菌作用下反应产生乳酸，乳酸在催化剂存在条件下加热发生消去反应产生G是CH2=CH-COOH，CH2=CH-COOH与CH3CH2OH在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应产生H具有果香味，则H是酯：CH2=CH-COOC2H5。
（1）根据上述分析可知A是葡萄糖，结构简式是CH2OH(CHOH)4CHO；
根据乳酸分子结构可知：乳酸分子中含有的官能团的名称为羟基、羧基；
根据图示可知反应②是CH2=CH2与Br2水发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，故反应类型是加成反应；
（2）根据反应流程图可知：反应①是CH3CH2OH与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生CH3CHO和H2O，该反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
反应③是CH3CH2OH与在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应产生酯和H2O，酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，则该反应的化学方程式为：2CH3COOH++2H2O；
（3）a．油脂是小分子化合物，不属于高分子化合物，a错误；
b．根据上述分析可知D是乙酸，结构简式是CH3COOH，该物质具有酸性，能够与新制Cu(OH)2悬浊液发生中和反应产生可溶性Cu(CH3COO)2、H2O，反应产生的溶液中含有Cu2+，因此蓝色溶液，b正确；
c．根据上述分析可知：B是CH3CH2OH；C是CH3CHO；G是CH2=CH-COOH，这三种物质都具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，c正确；
d．根据上述分析可知：A是葡萄糖，A在酒化酶作用下发生分解反应产生乙醇和CO2，反应类型是分解反应，而不是水解反应，d错误；
e．根据上述分析可知：B是乙醇CH3CH2OH，乙醇属于饱和一元醇；F是乙二醇，乙二醇属于饱和二元醇，二者结构不相似，在分子组成上不是相差CH2的整数倍，因此二者不属于同系物；D是乙酸CH3COOH，乙酸属于饱和一元羧酸；G是丙烯酸CH2=CH-COOH，丙烯酸属于不饱和一元羧酸，二者结构不相似，在分子组成上不是相差CH2的整数倍，因此二者不属于同系物，d错误；
故合理选项是bc；
（4）根据上述分析可知：D是乙酸CH3COOH，乙酸与钠按1：1的物质的量关系反应产生CH3COONa、H2；乳酸分子中含有的1个羟基和1个羧基都可以与钠发生反应，因此乳酸与钠按1∶2关系发生反应产生和H2；G是丙烯酸CH2=CH-COOH，CH2=CH-COOH与Na反应产生CH2=CH-COONa、H2，因此等物质的量的D、乳酸和G分别与足量金属钠反应，产生氢气的物质的量之比为1∶2∶1；
（5）H是CH2=CH-COOC2H5，该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下自身会发生聚合反应得到弹性较好的线型聚合物聚丙烯酸乙酯，其结构简式是。
17．【答案】（1）-415.5
（2）；-117；
（3）玻璃搅拌器；偏大；确保HCl反应完全
（4）；abcd
【知识点】中和热；盖斯定律及其应用；中和热的测定
【解析】【解析】（1）根据盖斯定律kJ/mol；
（2）①能量最高，最不稳定；
②根据反应，其焓变
③根据反应，Cl元素发生歧化反应，生成和，转移6mole-电子，配平后的方程式为，该反应焓变；
（3）①由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是玻璃搅拌器；若不盖泡沫塑料板，会有一部分热量散失，反应的最高温度减小，求得的中和热数值将会偏小，ΔH偏大；
②测定中和反应反应热需要将某一物质完全反应，故需要过量的NaOH溶液将HCl完全反应；
（4）三次测量的温度差的平均值为3.0℃，中和热ΔH=-kJ/mol=-52.1kJ/mol；
a．实验装置保温、隔热效果差，热量散失较大，a符合题意；
b．量取溶液时仰视会导致实际溶液体积偏大，可能导致中和反应不完全，导致反应热数值产生偏差，故b符合题意；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失较大，c符合题意；
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度，HCl溶液的起始温度偏高，d符合题意。
【分析】（1）根据盖斯定律根据已知方程即可得到目标方程式的焓变；
（2）①能量越高越不稳定，能量越低越稳定；②根据生成物的总能量减去反应物总能量节课得到反应焓变；③同理②解答方法；
（3）中和热测定过程需要环形玻璃搅拌器，测定过程氢氧化钠过量目的是使盐酸充分反映；
（4）根据三次平均温差即可计算反应热。
（1）根据盖斯定律kJ/mol；
（2）①能量最高，最不稳定；
②根据反应，其焓变；
③根据反应，Cl元素发生歧化反应，生成和，转移6mole-电子，配平后的方程式为，该反应焓变；
（3）①由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是玻璃搅拌器；若不盖泡沫塑料板，会有一部分热量散失，反应的最高温度减小，求得的中和热数值将会偏小，ΔH偏大；
②测定中和反应反应热需要将某一物质完全反应，故需要过量的NaOH溶液将HCl完全反应；
（4）三次测量的温度差的平均值为3.0℃，中和热ΔH=-kJ/mol=-52.1kJ/mol；
a．实验装置保温、隔热效果差，热量散失较大，a符合题意；
b．量取溶液时仰视会导致实际溶液体积偏大，可能导致中和反应不完全，导致反应热数值产生偏差，故b符合题意；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失较大，c符合题意；
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度，HCl溶液的起始温度偏高，d符合题意。
18．【答案】<；；和；ii；2；1；；
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系；有效碰撞理论
【解析】【解析】（1）由于是可逆反应，则向容器中充入和，充分反应后，放出的热量小于664kJ。
（2）①三步反应加和得到总反应，所以依据总反应可判断第iii步对应的基元反应是。
②根据反应i、ii可判断该反应的中间产物是和。
③慢反应对应的活化能大，则整个反应过程中活化能最大的反应是第ii步。
（3）实验①②中NO浓度相同，根据表中数据可以推测，解得n＝1。同理根据实验②③得到，则m＝2，利用实验①的数据带入速率方程可得k＝5000，所以该反应速率表达式为。
（4）由于催化剂可以降低反应的活化能加快反应速率，但不能改变平衡状态，又因为两步基元反应均是放热反应，所以加入催化剂时的能量变化过程可表示为。
【分析】（1）该反应为可逆反应， 向容器中充入和，不能充分反应，所以放出热量小于 664kJ ；
（2）①根据总反应，减去前两个基元反应即可得到第三步基元反应；②中间产物是总反应中没有出现的物质；③反应速率越慢，活化能越大；
（3）根据实验①②可得n=1；根据实验②③可以解得m=2，即可得到速率方程；加入催化剂后反应活化能减小，但是反应焓变不变。
