【文档说明】湖北省武汉市常青联合体2023-2024学年高一下学期期末考试化学试卷 Word版含解析.docx，共(20)页，2.453 MB，由小赞的店铺上传

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武汉市常青联合体2023-2024学年度第二学期期末考试高一化学试卷本试题卷共8页，19题。全卷满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后请将本试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子

质量：H-1C-12O-16N-14Li-7一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学让生活更美好，下列说法正确的是A.乙烯作为一种植物激素，可催熟水果B.碳纳米材料是一类新型有机非金属材料C.麒麟9000s芯片，其主要

成分是二氧化硅D.在工业上，熟石灰被用来调节水泥的硬化速率【答案】A【解析】【详解】A．乙烯作为一种植物激素，能够促进果实成熟，可催熟水果，A正确；B．碳纳米材料是一类新型无机非金属材料，B错误；C．麒麟90

00s芯片，其主要成分是硅单质，C错误；D．在工业上，石膏被用来调节水泥的硬化速率，D错误；故选A。2.化学在文物保护、修复、鉴定等方面发挥着重要作用，下列文物其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是A.越王勾践剑B.

曾侯乙编钟C.商后母戊鼎D.清明上河图【答案】D【解析】【详解】越王勾践剑、编钟、商后母戊鼎均是由合金制成，属于金属材料；清明上河图（纸张）主要成分为纤维素，答案选D。3.下列反应的反应物的总能量低于生成物的总能量的是A.()22BaOH8HO与4NHCl的反应B.

Na与2HO的反应C.NaOH与盐酸的反应D.Al与盐酸的反应【答案】A【解析】【分析】反应物的总能量低于生成物的总能量，说明该反应是吸热反应。【详解】A．()22BaOH8HO与4NHCl的反应为吸热反应，A正确；B．Na与2HO反应放出热量，属

于放热反应，B错误；C．NaOH与盐酸的反应（中和反应）属于放热反应，C错误；D．Al与盐酸的反应属于放热反应，D错误；故选A。4.下列有关合理用药的说法中正确的是A.非处方药的包装上印有“OTC”标识B.每日早、中、晚三次与每隔8小时一次，服药效果相同C.一次忘记服药，下次可以增

加一倍剂量服用D.长期服用阿司匹林可预防某些疾病，没有副作用【答案】A【解析】【详解】A．OTC是非处方药的标志，A项正确；B．每日早、中、晚三次不等于每隔8小时一次，服药时一定要严格执行规定的时间，不能随便更改，B项

错误；C．一次服用药物的用量是经过严格的科学实验和大量的临床研究确定的，不可随便增加，C项错误；D．药物不能长期服用，避免药物对人体产生不良作用或危害，D项错误；答案选A。5.从海水中提取溴是工业上的一项重要技术，常用如下方法，下列说法正确的是A.步骤①③均发生了置换反应B

.步骤②③的目的是富集溴C.步骤③中2SO被还原D.步骤④利用了溴易挥发的性质【答案】B【解析】【分析】由分离流程可知，浓缩海水中溴离子的浓度较大，①中溴离子与氯气发生反应：2Br-+C12=Br2+2Cl-，用空气和水蒸气将溴吹出，并用SO2吸收，从而达到富集溴的目

的，③中发生反应：Br2+2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，④中发生反应Cl2+2HBr=Br2+2HCl，以此来解答。【详解】A．③中发生反应：Br2+2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，生成物没有单质，不是置换反应，而步骤①中溴离子与氯气发生反应

：2Br-+C12=Br2+2Cl-，步骤①为置换反应，故A错误；B．由分析可知，利用步骤②③增大了溴离子浓度，达到富集溴元素的目的，故B正确；C．③中发生反应：Br2+2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，S元素的化合价升高，失去电子，则SO2被氧化，故C错误；D．利用溴易挥发，

向浓缩、经氯气氧化后的海水中通空气和水蒸气可吹出溴蒸气，步骤②利用了溴易挥发的性质，而④中发生反应Cl2+2HBr=Br2+2HCl，然后萃取、分液、蒸馏分离出溴，并没有利用溴易挥发的性质，故D错误；故选B。

6.化学是一门以实验为基础的自然科学。通过实验观察、测量和分析来揭示物质的性质、组成、结构以及变化规律。下列实验装置能达到实验目的是A．探究浓度对化学反应速率的影响B．实验室制备氨气C．制备()2FeOHD．23NaSO和浓24HSO制2SOA.AB.BC.

CD.D【答案】C【解析】【详解】A．H2O2和NaHSO3溶液反应生成H2O和Na2SO4，该反应没有现象，不能用来探究浓度对化学反应速率的影响，A错误；B．加热氯化铵时，它会分解成氯化氢气体和氨气，二者遇冷又生成氯化铵，不能通过加热氯化铵来制备氨气，B错误；C．实验开始时，先打开C，铁和

硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，利用氢气排出装置中的空气，待装置中充满氢气时，关闭C，A中的亚硫酸铁被压入装置B反应生成()2FeOH，C正确；D．23NaSO易溶于水，23NaSO和浓24HSO制2SO不能用启普发生器，D错误；故选C。7.下列离子方程式书写错误的是A向()32CaHCO溶液中加入少

量NaOH溶液：-2+-2-33232HCO+Ca+2OH=CaCO+2HO+COB.向()4NaAlOH溶液中滴加过量的盐酸：()-+3+24AlOH+4H=Al+4HOC.醋酸除水垢()3CaCO：2

+-333222CHCOOH+CaCOCa+2CHCOO+CO+HO=D.过量的铁与稀硝酸的反应：+-2+323Fe+8H+2NO3Fe+4HO+2NO=【答案】A【解析】详解】A．少量NaOH溶液滴入Ca(HCO3)2溶液，2332HOOHHCOCaCaCO−−+++=+，A错误；

B．向Na[Al(OH)4]溶液中滴加过量的盐酸反应生成铝盐和水，离子方程式为()-+3+24AlOH+4H=Al+4HO，B正确；C．醋酸溶解碳酸钙，醋酸为弱电解质不能拆，碳酸钙为难溶性盐，不拆保留化学式，

C正确；D．过量铁粉加入稀硝酸中得到硝酸亚铁、NO和水，D正确；答案选A。8.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.150g46%酒精溶液中含有氧原子个数为A6N.【B.标准状况下，211.2LNO分

子个数为A0.5NC.90g葡萄糖和醋酸的混合物中碳原子数目为A2ND.1.4gLi与足量2O充分反应，反应中转移的电子数介于A0.2N到A0.4N之间【答案】A【解析】【详解】A．150g46%酒精溶液中，乙醇的物质的物质的量为150g46%=

1.5mol46g/mol，水的物质的量为150g54%=4.5mol18g/mol，因此含有氧原子为6mol，即氧原子个数为A6N，A正确；B．标准状况下，211.2LNO为0.5mol，由于存在反应22

42NONO，则分子个数小于A0.5N，B错误；C．葡萄糖和醋酸的最简式均为2CHO，则90g葡萄糖和醋酸的混合物中碳原子的物质的量为90g=3mol30g/mol，即碳原子的数目为A3N，C错误；D．1.4gLi的物质的量为1.4g=0.2mol7g/mol，与足量2O充分反应，

根据Li元素的化合价变化，反应中转移的电子数为A0.2N，D错误；答案选A。9.维生素C是含碳、氢、氧三种元素组成的重要营养素，具有较强的还原性。其分子结构球棍模型如图所示，下列说法错误的是A.分子式为C6H8O6B.维生素C可溶于水C.维生素C分子中有2种官能团D.向碘和淀粉的混

合液中加入维生素C，溶液蓝色逐渐变浅，最后变为无色【答案】C【解析】【详解】A．由题干有机物的结构简式可知，该有机物的分子式为C6H8O6，A正确；B．由题干有机物的结构简式可知，维生素C中含有多个亲水基团，故可溶于水，维生素C属于水溶性维生素，B正确；C．由题干有机

物的结构简式可知，维生素C分子中有羟基、碳碳双键和酯基等3种官能团，C错误；D．由题干信息可知，维生素C具有较强的还原性，故能与I2发生氧化还原反应，将I2还原为I-，故向碘和淀粉的混合液中加入维生素C，溶液蓝色逐渐变浅，最后变为无色，D正确；故答案为：C。10.X、Y

、Z、M、W为五种短周期元素，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15；X与Z可形成2XZ分子；Y与M形成的气态化合物在标准状态下的密度为10.76gL−；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的12。下列说法正确的是A.原子

半径：W>Z>X>MB.2XZ、22XM、22WZ均为共价化合物C.2CaM和2CaZ两种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为1∶2D.由X、Y、Z、M四种元素共同形成的化合物中一定有共价键，可能有离子键【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，Y与M形成的气态化

合物在标准状况下的密度为0.76，则该化合物的摩尔质量为0.76×22.4L/mol=17g/mol，该化合物为NH3，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，故Y为N元素，M为H元素，Z为O元素，且X与Z可形成XZ2分子，则X为C元素，满足X、Y、Z原子最外层电子数之

和为l5，W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的12，则W的质子数为12×(6+7+8+1)=11，所以W为Na元素，据此解答。【详解】A．原子的电子层数越多，半径越大，原子电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则原子半径Na>C>

O>H，A错误；B．CO2、C2H2为共价化合物，Na2O2为离子化合物，故B错误；C．CaH2中阳离子Ca2＋与阴离子H-个数比为1：2，CaO2中阳离子Ca2＋与阴离子O22−个数比为1：1，C错误；D．由C、N、O、H元素构成的化合物NH4HCO

3中含有共价键、离子键，CO(NH2)2中只含有共价键，故D正确；故选：D。11.热激活电池主要用于导弹、火箭以及应急电子仪器供电，是一种电解质受热熔融即可开始工作的电池。一种热激活电池的结构如图1所示，其放电后的两极产物分别为73LiSi和24LiMnO。已知：LiCl

和KCl混合物的熔点与KCl的物质的量分数的关系如图2所示。下列说法正确的是A.放电时Li+向a极区移动B.放电时，负极的电极反应是2242MnOeLiLiMnO−+=−+C.该电池中火药燃烧的目的是提供

热能将电解质熔化，使电池开始工作D.为降低电池的启动温度，应尽量提高混合物中KCl的物质的量分数【答案】C【解析】【分析】放电后的两极产物分别为73LiSi和24LiMnO，说明放电时，a极的电极反应是134733LiSi11e4LiSi11Li−+−=+，b极的电极反应是2242MnOeLi

LiMnO−+=++，a极为负极，b极为正极，据此解答。【详解】A．放电时阳离子向正极移动，故放电时Li+向b极区移动，A错误；B．放电时，负极的电极反应是134733LiSi11e4LiSi11Li−

+−=+，B错误；C．该电池中火药燃烧的目的是提供热能将电解质熔化，使电池开始工作，C正确；D．由图2可知，为降低电池的启动温度，混合物中KCl的物质的量分数既不能太低也不能太高，应控制在0.6，D错误。答案选C。1

2.氮及其化合物(a、b、c、d)和硫及其化合物(u、v、w、x、y、z)的价类二维图如下所示，下列说法正确的是A.b和v均可一步反应生成对应的各类氧化物B.a、b、u、v、w均能作还原剂C.c、w、x均可与水反应生成酸，都属于酸性氧化物D.d、y的浓

溶液与铜反应分别生成氧化物c、x【答案】B【解析】【分析】根据图中的信息可知，a为NH3，b为N2，c为NO2，d为HNO3，u为H2S，v为S，w为SO2，x为SO3，y为H2SO4，以此解题。【详解】A．氮气一步只能生成一氧化氮，硫一步只能生成二氧化硫，A

错误；B．由分析可知，a为NH3，b为N2，u为H2S，v为S，w为SO2，其中S和N的化合价均不是其最高正价，均可以失去电子，做还原剂，B正确；C．二氧化氮和碱的反应是氧化还原反应，则二氧化氮不属于酸性氧化物，C错误；D．浓硫酸和铜反应生成二

氧化硫，D错误；故选B。13.氮及其化合物的某转化过程如图所示。下列分析中，错误的是A.反应Ⅰ为化合反应，而反应Ⅱ为分解反应B工业生产中原料气N2可以通过分离液态空气获得C.在催化剂a、b表面均发生了化学键断裂和形成D.反应Ⅱ催化剂b

表面形成氮氧键的过程中，发生了电子的转移【答案】A.的【解析】【分析】由图中可以看出，反应Ⅰ为N2+3H2垐垐垐?噲垐垐?高温、高压催化剂2NH3；反应Ⅱ为4NH3+5O2===催化剂4NO+6H2O。【详解】A．由分析可知，反应Ⅰ为化合反应，但反应Ⅱ

不是分解反应，A错误；B．工业生产中原料气N2来自空气，将空气液化后进行蒸馏，可以从液态空气中获得N2，B正确；C．反应Ⅰ、Ⅱ均在催化剂表面上进行，化学反应过程中，伴随着旧化学键的断裂和新化学键的形成，则在催化剂a、b表面均发生了化学键的断裂和形成，C正确；D．反应Ⅱ为4NH3+5O

2===催化剂4NO+6H2O，发生氧化还原反应，则反应Ⅱ催化剂b表面形成氮氧键的过程中，发生了电子的转移，D正确；故选A。14.下列关于化学反应速率或化学平衡图象的说法不正确的是A.图①为反应aA

(s)+2B(g)垐?噲?xC(g)中物质的量随时间的变化关系，则x=2B.图②中φ可表示反应X(g)+3Y(g)垐?噲?2W(g)ΔH<0中X的体积分数C.图③表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)垐?噲?C(g)+3D(g)的影响，则p甲<p乙D.图④表示温度

对某化学平衡体系的影响，则该平衡体系的ΔH>0【答案】B【解析】【详解】A．由图①可知达到平衡时v(B)：(C)=0.1Vmol·L-1·min-1：0.1Vmol·L-1·min-1=1:1,根据对于确定的化学反应以不同物质表示的

反应速率之比等于化学计量数之比，所以x=2，故A正确；B．升高温度，反应逆向移动，X的体积分数增大，故B错误；C．该反应是反应前后气体体积不变的反应，压强对反应前后气体体积不变的反应的平衡状态没影响，增大压强，平衡不移动，反应速率加快，达到平衡需要的时间缩短，故C正确；D．图④中正、逆反应速率曲线

的交点为平衡点，升高温度，正反应速率大于逆反应速率，则平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，故D正确。故选B。15.在密闭的容器中发生()()()2Ag+Bg2Cg，往密闭容器中以()()nA:nB=2:1通入两种反应物，15min后，A在四种不同温度下的转化率如图，下列说

法正确的是A.该反应是吸热反应B.T温度时()23T<T<T，A转化率为70%C.3T温度下，若反应15min后继续进行，则A的转化率变大D.4T温度反应15min后，若()cB=0.5mol/L，则4

T温度时的平衡常数是4.5【答案】D【解析】【详解】A．根据题意T3＜T4，再由表格可得T3时反应达到平衡，后随着温度的升高A的转化率降低，可得升高温度平衡逆向移动，故该反应为放热反应，A错误；B．T2温度下反应未到达平衡，T3温度下反应达到平衡，T2＜T＜T3，A的转化率大于70%，

B错误；C．由A中分析可知T3温度下15min时已经达到平衡，在15min后继续进行反应，A的转化率不变，C错误；D．T4温度反应15min后已建立该条件下的平衡，若c(B)=0.5mol·L−1，设A、B的起始浓度分别为2c，c，A的转化率为60%：()()()2

AgBg2Cg/2cc0/60%2c30%2c60%2c/40%2cc30%2c60%2cmolmolmol+−起始变化平衡，由题意c-60%c=0.5，5c/L4mol=，()()()2222560%

2cC4K4.5cAcB550.80.444===，D正确；故答案为：D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.浓硫酸与木炭在加热的条件下可发生化学反应，为检验反应产物，某同学设计了如图实验装置，回答下列问题。（1）仪器a的名

称_______。（2）装置甲中出现无水硫酸铜由白色变为蓝色，b中发生反应的化学方程式为_______。（3）为验证产物中是否含有2SO生成，某同学思考如下：①乙装置可以证明产物中有2SO生成，现象是_______。②如果去掉装置乙也能实现2SO的验证，该同学依据的实验现象是_______。③在不

影响实验检验结果的情况下，理论上以下试剂可用来代替装置乙中品红溶液的有_______。A．22HO溶液B．饱和3NaHCO溶液C．氨水D．2HS溶液（4）为验证产物中是否含2CO，该同学思考如下：①丙装置的作用是_______，发生的离子方程式是_

______。②如果丙中溶液褪色，为避免2SO对2CO检验造成干扰，可在原装置丙与丁之间插入下列装置_______。(即丙→_______→_______→丁)【答案】（1）分液漏斗（2）24222C+2HSOSO(+CO+2HO)浓（3）①.品红溶液褪色②.丙

中酸性KMnO4溶液颜色变浅③.D（4）①.除去CO2中的SO2，防止干扰CO2的检验②.-2+2-+22442HO+5SO+2MnO=2Mn+5SO+4H③.AB【解析】【分析】浓硫酸和碳在加热条件下反应

生成CO2、SO2、H2O。先利用无水硫酸铜检验水蒸气的生成；二氧化硫气体，用品红试液褪色证明；利用高锰酸钾溶液除去二氧化硫，利用澄清石灰水变浑浊证明二氧化碳的存在，以此分析；【小问1详解】仪器a的名称为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；【小问2详解】甲装置中无水硫酸铜由

白色变为蓝色，证明碳与浓硫酸混合加热反应产生水，24222C+2HSO()SO+CO+2HO浓；故答案为：24222C+2HSO()SO+CO+2HO浓；【小问3详解】①SO2使品红溶液褪色(或溶液颜色变浅)；故答案为：②CO2不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但SO2可以，SO2使酸性高锰酸

钾溶液褪色的过程也是吸收SO2的过程，故酸性高锰酸钾溶液既能检验SO2又能除去CO2中的SO2，酸性高锰酸钾溶液颜色变浅说明产物中有SO2，而溶液未完全褪色时，说明SO2已经被除尽；故答案为：酸性高锰酸钾溶液颜色变浅(或褪色)；③A．品红溶液可以检验SO2，但又不影响CO2，利用

H2O2溶液可以氧化吸收SO2，但没有明显现象，A不选；B．饱和NaHCO3溶液和SO2反应生成CO2，引入了CO2干扰后续实验，B不选；C．氨水可以氧化SO2，溶液无颜色变化，C不选；D．H2S溶液还原SO2，生成浑浊，D可以选；故答案为：D；【小问4详解】①丙装置盛有酸性KMnO4溶液，该物质

具有强氧化性，会将SO2氧化变为硫酸，KMnO4被还原为无色的Mn2+，因而使溶液褪色(或溶液颜色变浅)，SO2也会使澄清石灰水变浑浊，丙装置作用是吸收SO2，防止对CO2的检验产生干扰，发生的该反应的离子方程式是-2+2-+22442HO+5SO+2MnO=2Mn+5SO+4H；故答

案为：除去CO2中的SO2，防止对CO2的检验产生干扰：-2+2-+22442HO+5SO+2MnO=2Mn+5SO+4H；②溴水与SO2发生氧化还原反应，除去CO2中的SO2，再用B中的品红溶液检测SO2是否完全除尽；故答案为：AB。17.层状结构的2MoS薄膜能用于制作

电极材料，2MoS薄膜由辉钼矿(主要含2MoS及少量FeO、2SiO)制得3MoO后再与S经气相反应并沉积得到，其流程如下。回答下列问题：（1）硫元素在周期表中位置_______。2SiO的用途(写一种)_______。（2）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式_____

__。（3）“浸取”后得到()4272NHMoO溶液，为提高“浸取”速率，可以采取的措施是(写一种)_______。（4）“滤渣”的主要成分除铁的氧化物外，还有_______。（5）“灼烧”过程需回收利用的气体是_______。（6）在650C下气相沉积生成2MoS的反应需在特定气

流中进行，选用Ar而不选用验纯后的2H形成该气流的原因是_______。（7）将Li+嵌入层状2MoS充电后得到的2LiMoSx可作为电池负极，该负极放电时电极反应式_______。【答案】（1）①.第三周期第ⅥA族②.制玻璃或光导纤维（2）22322MnS+7O2MoO+4

SO焙烧（3）搅拌或提高氨水的浓度等（4）SiO2（5）NH3（6）H2易与S反应生成H2S（7）-+22LixMoS-xe=xLi+MoS【解析】【分析】MoS2薄膜由辉钼矿(主要含MoS2及少量FeO、SiO2)制得MoO3后再与S经气相反应并沉积得到，辉钼矿焙烧后使用氨水浸取得到[(

NH4)2Mo2O7]，结晶后灼烧得到MoO3，最后与S经气相反应并沉积得到MoS2，据此分析解题；【小问1详解】S位于第三周期第ⅥA族，SiO2可用于制玻璃或光导纤维；故答案为：第三周期第ⅥA族；制玻璃或光导纤维；【小问2详解】“焙烧”时生成MoO3和SO2，22322MnS+7O2MoO+4

SO焙烧；故答案为：22322MnS+7O2MoO+4SO焙烧；【小问3详解】为提高“浸取”速率，可以采取搅拌或提高氨水浓度等；故答案为：搅拌或提高氨水的浓度等；【小问4详解】根据分析，氨水与FeO、

SiO2不反应，则氨水浸取后的滤渣为FeO、SiO2；故答案为：SiO2；【小问5详解】[(NH4)2Mo2O7]为铵盐，“灼烧”过程产生NH3，可回收利用；故答案为：NH3；【小问6详解】H2和S在加热条件下发生生成H2S，所以用

Ar而不选用；故答案为：H2和S在加热条件下发生生成H2S；【小问7详解】LixMoS2在负极失去电子生成Li+，-+22LixMoS-xe=xLi+MoS；故答案为：-+22LixMoS-xe=xLi+MoS。

18.有机玻璃具有透光性好、质轻的优点，可用于制造飞机风挡、舷窗等。实验室由链烃A制备有机玻璃的一种合成路线如下：的已知：+2HCNH/HO⎯⎯⎯⎯→①②。回答下列问题：（1）A的化学名称为_______，E中的官能团名称_______。（2）由A生成B的反应类型是______

_。（3）D的结构简式为_______。（4）用一个化学方程式表示E生成F的化学方程式为_______。（5）能与3NaHCO溶液反应的E的同分异构体有_______种，其中不含甲基结构简式为：_______。（6）参照上述合成路线，

一条由乙醇为起始原料制备的合成路线如下：①的化学方程式为_______，②的条件为：_______。【答案】（1）①.丙烯②.羟基、羧基（2）加成反应（3）（4）3Δ+CHOH⎯⎯⎯→浓硫酸2+2HO（5）①.9

②.（6）①.Δ32232Cu2CHCHOH+O2CHCHO+2HO→②.①HCN②H+/H2O【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，A为链烃，A的分子式为C3H6，在催化剂作用下，A与HCl共热发生反应生成B，则A为CH2=CHCH3、B为CH3CHClCH3；CH3CHClCH3

在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成CH3CH(OH)CH3，则C为CH3CH(OH)CH3；在铜做催化剂作用下，CH3CH(OH)CH3与氧气共热发生催化氧化反应生成，则D为；与HCN发生加成反应后，在酸性条件下发生水解反应生成，在浓硫酸作用下，与CH3O

H共热时发生酯化反应和消去反应生成CH2=C(CH3)COOCH3，则F为CH2=C(CH3)COOCH3；一定条件下，CH2=C(CH3)COOCH3发生加聚反应生成。【小问1详解】由分析可知，A的结构

简式为CH2=CHCH3，名称为丙烯；E的结构简式为，官能团的名称为羟基、羧基。【小问2详解】由A生成B的反应为在催化剂作用下，CH2=CHCH3与HCl共热发生加成反应生成CH3CHClCH3。【小问3详解】由分析可知，D的结构简式为。【小问4详解】E生成F的反应为在浓硫酸作用下，与CH3

OH共热时发生酯化反应和消去反应生成CH2=C(CH3)COOCH3，化学方程式为：3Δ+CHOH⎯⎯⎯→浓硫酸2+2HO。【小问5详解】E为，其同分异构体能与3NaHCO溶液反应，说明其中含有-COOH，另外1个O原子可以构成羟基或者醚键，则满足条件的

同分异构体有：HOCH2CH2CH2COOH、CH3CH(OH)CH2COOH、CH3CH2CH(OH)COOH、CH3OCH2CH2COOH、CH3CH2OCH2COOH、CH3CH2CH2OCOOH、HOCH2CH(CH3)COOH、CH3O

CH(CH3)COOH、CH3CH(CH3)OCOOH共9种，其中不含甲基结构简式为：HOCH2CH2CH2COOH。【小问6详解】由题给流程信息可知，以乙醇为起始原料制备的合成步骤为在铜做催化剂作用下，CH3CH2OH与氧气共热发生

催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO与HCN发生加成反应后，在酸性条件下发生水解反应生成，在催化剂作用下，发生缩聚反应生成，①的化学方程式为Δ32232Cu2CHCHOH+O2CHCHO+2HO→，②的条件为：HCN、H+/H2O。19.氮的循环在自然界中扮演着至关重要的

角色，如何减少污染，维持生态系统平衡有着重要意义。I．大气中的氮氧化合物在阳光照射下发生光化学反应，形成具有强氧化性的二次污染物，导致光化学烟雾事件。汽车排放尾气中含有一定的xNO等有毒气体。（1）一种汽车尾气处理原理为()()()()22Cs+2NO

gNg+COg。下列情况能说明该反应达到平衡状态的是_______。A．()()22vNO=vN正逆B．混合气体中2CO的体积分数保持不变C．单位时间内形成1个NN同时生成1个C=OD．恒温、恒压条件下，混合气体的平均摩尔质量保持不变

E．恒温、恒容条件下，混合气体的压强保持不变（2）汽车尾气中CO和NO可发生反应()()()()222COg+2NOgCOg+Ng，若在容积为10L的密闭容器中进行该反应，起始时充入0.4molCO、0.2molNO，反应

在不同条件下进行，反应体系总压强随时间变化如图所示。①实验b从开始至平衡时的反应速率()vNO=_______()mol/L?min。②实验a中CO的平衡转化率为_______。③与实验b条件相比，实验C改变的条件是_______。II．为减

少汽车尾气的污染，逐步向着新能源汽车发展。肼-空气燃料电池是一种碱性电池，无污染，能量高，有广泛的应用前景，工作原理如图所示。（3）回答下列问题：①该燃料电池中正极通入的物质是_______，负极发生的电极反应方程式_______。②电池工作时，OH−移向_______电极(填“a”或“b

”)。③当电池放电转移6mole−，至少消耗燃料24NH_______g。【答案】（1）BD（2）①.2.5×10-4②.30%③.使用了催化剂（3）①.空气或氧气②.--2422NH-4e+4OH=N+4HO③.a④.48【解析】【分析】【小问1详解

】A．由反应方程式知当v正(NO)=2v逆(CO2)时反应达到平衡，故A不符合题意；B．混合气体中CO2的体积分数保持不变时，说明消耗的CO2和生成的CO2相等，反应达到平衡状态，故B符合题意；C．由方程式知单位时间内断裂1个N≡N同时

生成2个C=O，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故C不符合题意；D．由方程式知，反应前后气体的总物质的量不变，当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，说明气体的总质量不再变化，反应达到了平衡，故D符合题意；E．反应前后气体的系数和相等，混合气体压强始终不变，故E不符合题意；故答案为：BD；【小问2

详解】①实验b起始时充入0.4molCO、0.2molNO，发生2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)，设转化的NO为nmol，则列出三段式：()()()()222g2g2gNg/0.40.200n/nnn2n/0.4n0.2nn2CONOCOmolmolmol+

+−−起始转化平衡，压强比等于物质的量之比，0.40.2180n1650.4n0.2nn2+=−+−++，n=0.1mol，所以实验b从开始至平衡时的反应速率()()40.1v2.510/L?min10L40minmolNOmol−==；②设

转化的CO为xmol，()()()()222g2g2gNg/0.40.200x/xxx2x/0.4x0.2xx2CONOCOmolmolmol++−−起始转化平衡，由压强之比等于物质的量之比得，0.40.2190x1710.4x0.2xx2+=−+−++，解得x=0.12mol，实验

a中CO的平衡转化率为0.12100%30%0.4mol=；③与实验b相比，实验c只是反应速率加快了，反应达平衡时总压强和总物质的量没有改变，改变的条件只能是使用催化剂；故答案为：2.5×10-4；30%；使用催化剂；【小问3详解】①肼-空气燃料电池中肼中氮元素为-2价升高到氮气中

的0价，发生氧化反应，所以通入肼的一极为负极，电极反应式为--2422NH-4e+4OH=N+4HO，通入空气的-极为正极；故答案为：空气或氧气；--2422NH-4e+4OH=N+4HO；②根据①分析a极为负极，b极

为正极，对于原电池来说，阴离子移向负极，所以电池工作时，OH-移向a电极；故答案为：a；③由负极电极反应式--2422NH-4e+4OH=N+4HO知电池放电转移6mol电子时，消耗燃料肼的物质的量为1.5mol，质量为1.5m

ol×32g/mol=48g；故答案为：48。