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2023-2024学年北京市重点大学附属中学高三（上）开学化学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年北京市重点大学附属中学高三（上）开学化学试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年北京市重点大学附属中学高三（上）开学化学试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1.下列化学用语正确的是( )
A. 羟基的电子式：
B. 聚丙烯的结构简式：
C. Ga的价层电子排布：4s24p1
D. 水分子的充填模型：
2.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 3.2gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为0.2NA
B. 1mol金刚石中含有的共价键数为4NA
C. 标准状况下，11.2L水中含有的氧原子数为0.5NA
D. 2.0mol/L硫酸溶液中含有的硫酸根离子数目为2NA
3.根据元素周期律判断，不正确的是( )
A. Mg原子失电子能力比Ca弱 B. K与水反应比Mg与水反应剧烈
C. HCl的稳定性强于HBr D. H3PO4酸性强于H2SO4
4.元素周期表中的五种元素A、B、E、W、Z，原子序数依次增大。A的基态原子价层电子排布为nsnnpn；B的基态原子最外层有3个单电子；E的原子最外层电子数是其内层的3倍，W和E位于同一族；Z3+的3d轨道中有5个电子。下列说法正确的是( )
A. 第一电离能：I1(E)>I1(B)>I1(A)
B. A单质的晶体都属于共价晶体
C. E的单质可将W从它的氢化物中置换出来
D. 单质Z和稀硫酸反应的离子方程式为：2Z+6H+=2Z3++3H2↑
5.下列各组变化，所克服的粒子间作用属于同种类型的是( )
A. Na2O2和SiO2熔化 B. Mg和S熔化
C. 氯化钾和蔗糖熔化 D. 碘和干冰升华
6.N2(g)与H2(g)在铁催化剂表面经历如图过程生成NH3(g)，下列说法不正确的是( )
A. Ⅰ过程中破坏的均为非极性键
B. Ⅰ过程吸收能量，Ⅱ过程放出能量
C. 氨分解的热化学方程式为2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)ΔH=+92kJ⋅mol−1
D. 使用催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
7.香兰素是生活中常用的一种香料，可通过以下方法合成。下列有关说法不正确的是( )
A. 物质A能与氯化铁溶液发生显色反应
B. 反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应类型分别是加成反应、氧化反应
C. 1mol物质B最多能与3molNaOH反应
D. 香兰素中碳原子有两种杂化方式
8.已知A(g)+B(g)⇌C(s)+2D(g)反应的平衡常数和温度的关系如表所示：
温度/℃
700
800
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.6mol的A和0.6mol的B，反应初始4s内D的平均反应速率v(D)=0.02mol/(L⋅s)。下列说法不正确的是( )
A. 该反应ΔH<0
B. 4s时c(A)为0.56mol/L
C. 1200℃时反应C(s)+2D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数为2.5
D. 830℃达平衡时，A的转化率为33.3%
9.已如NO2与N2O4相互转化：2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH=−24.4kJ/mol，在恒温下，将一定量NO2和N2O4的混合气体充入体积为2L的密闭容器中，其中物质的量浓度随时间变化的关系如图。下列分析不合理的是( )
A. a点时反应正在逆向进行
B. b点的正反应速率等于逆反应速率
C. 25min时，导致平衡移动原因是减小压强或降低温度
D. 反应进行到l0min时，体系吸收的热量为9.76kJ
10.聚碳酸酯二醇作为一种特种多元醇，已成为合成新型聚氨酯(PU)的重要原料。通过下列反应可合成聚1，4−环己基碳酸酯二醇(PCHDL)，下列说法不正确的是 ( )
A. PCHDL是一种可降解高分子材料 B. 单体A是乙二醇的同系物
C. 单体B的核磁共振氢谱有4组峰 D. 该合成反应为缩聚反应
11.某小组设计完成了如图实验，下列说法不正确的是 ( )
A. ⅰ中深蓝色溶液中存在[Cu(NH3)4]2+
B. ⅱ中发生反应的离子方程式为：Cu2++S2−=CuS↓
C. ⅲ中现象是Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+逆向移动的结果
D. ⅳ中生成的气体是NH3
12.铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示如图−1所示，晶胞边长为anm。Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x−n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图−2所示，下列说法不正确的是 ( )
A. 制备该铁氮化合物时生成氢气
B. a位置周围距离最近的铁原子有6个
C. 可通过晶体的X−射线衍射实验获取晶体结构信息
D. 更稳定的Cu替代型产物的化学式Fe3CuN
13.探究草酸(H2C2O4)性质，进行如下实验。(已知：室温下，0.1mol⋅L−1H2C2O4的pH=1.3)
实验
装置
试剂a
现象
①
Ca(OH)2溶液(含酚酞)
溶液褪色，产生白色沉淀
②
少量NaHCO3溶液
产生气泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
根据上述实验判断草酸性质以及所对应的方程式不正确的是( )
A. H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O
B. 酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O
C. H2C2O4具有还原性，2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D. H2C2O4可发生酯化反应：
14.下列实验操作和现象对应所得到的结论均正确的是 ( )
选项
实验操作和现象
结论
A
向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫色
原溶液中有I−
B
向稀HNO3中加入过量的Fe粉，充分反应后，滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀
稀HNO3只能将Fe氧化为Fe2+
C
向试管中加入1mL0.002mol/LFeCl3溶液和1mL0.002mol/LKSCN溶液，溶液变为红色，再滴加2滴0.02mol/LKSCN溶液，溶液颜色变深
其它条件不变，增大反应物浓度，平衡正向移动
D
将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入到酸性KMnO4溶液中，溶液紫色逐渐变浅
乙炔具有还原性，被高锰酸钾酸性溶液氧化
A. A B. B C. C D. D
二、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
15.某同学研究浓硝酸与KSCN溶液的反应。
资料：Ⅰ.SCN−中S、C、N元素的化合价依次为：−2价、+4价、−3价。
Ⅱ.SCN−的性质类似卤素离子，能被氧化为黄色的(SCN)2，(SCN)2可聚合为红色的(SCN)x。
Ⅲ.NO2可溶于浓硝酸。
实验一：
(1)向浓硝酸中滴加KSCN溶液，溶液立即变红是因为生成了 ______ (填化学式)。
(2)研究SCN−的转化产物。
实验二：
a.将实验一ⅲ中的气体通入Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成。
b.过滤、洗涤白色沉淀，取少量于试管中，加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色。
c.另取少量实验一ⅲ中试管内的溶液加入BaCl2溶液，产生大量白色沉淀。
①通过b证实了红棕色气体中不含SO2，证据是 ______ 。
②a中，Ba(OH)2溶液中加入NaOH溶液以增大OH−浓度的目的是 ______ 。
③由上述实验现象可知：SCN−转化的最终产物中一定有 ______ 。
(3)继续研究实验一ⅲ中“静置一段时间后，突然剧烈反应，红色迅速褪去”的原因。
实验三：
①对比实验一和实验三可得结论：一定浓度的NO2 ______ 。
②结合实验三，从化学反应速率的角度解释实验一ⅱ和ⅲ中的现象： ______ 。
三、简答题（本大题共4小题，共48.0分）
16.“撞击说”是导致恐龙灭绝的可能原因。在一个6500万年前形成的沉积物薄层中发现了含量丰富的 77Ir，这可能是由于小行星对地球的撞击的结果，同时，被撞击出的坑表面还发现有超石英(SiO2)的存在。请回答下列问题：
(1)Ir在元素周期表中位于 ______ ，价层电子排布式是 ______ 。
(2)SiO2有多种结构，常温下最稳定的是低温石英，低温石英和超石英的晶胞如图所示：
所有大球在面上，所有小球在体内(a=b=c=5×10−8cm)
立方体(a=c=4×10−8cm,b=3×10−8cm)
①Si的最高能级符号是 ______ ，低温石英晶体中，Si的杂化轨道类型是 ______ 。
②超石英晶体中，Si的紧邻O原子个数是 ______ 个。
③结合密度计算说明，被撞击出的坑表面有超石英存在的原因是： ______ 。(已知sin60°≈0.9)
④超石英也会出现在地壳深处，可通过火山喷发被携带到地表，但人们在火山活动等高温地区的地表层尚未发现过超石英，而撞击坑表面却至今还存在超石英。请解释火山活动地区未发现超石英的原因： ______ 。
(3)工业上用焦炭在高温下还原SiO2可制备粗硅，其化学方程式为 ______ ，某同学认为该反应能用来比较C和Si的非金属性强弱，你是否同意？说明理由： ______ 。
17.有催化剂的条件下，将H2和CO2混合加热可制备CH4。主要的反应有：
Ⅰ.CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=−165kJ/mol
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2>0
Ⅲ.CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g) ΔH3=−96.1kJ/mol
(1)CO2、CH4、H2O的沸点由高到低的顺序是 ______ 。
(2)由燃烧热求ΔH2。已知H2(g)和CO(g)的燃烧热分别为−285.8kJ/mol、−283kJ/mol。
①要计算ΔH2至少还需要一个过程的热效应(该热效应记为ΔH4)，则此过程的热化学方程式是 ______ 。
②ΔH2= ______ (用含有ΔH4的代数式表示)。
(3)CO2的电子式是 ______ ，其中C=O键的键能是799kJ/mol，H2O中O−H键的键能是463kJ/mol。则H−H键的键能与C−H的键能相差 ______ kJ/mol。
(4)CO2甲烷化反应的机理大体可归结为两种，如图表示了两种途径每步反应的能量变化(TSx代表过渡态，*表示吸附在催化剂表面的物料)，其中速率较快的途径中的决速步的化学方程式是 ______ 。
(5)将n(CO2)：n(H2)=1：4混合气持续以一定的流速通过含催化剂的恒容反应器，测定CO2的转化率和CH4的选择性随温度的变化关系如图所示。温度高于500℃后，CO2的转化率几乎保持不变但CH4的选择性下降的可能原因是 ______ 。
(6)不同压强下，保持相同的投料比，测定反应体系中CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率随温度的变化关系如图所示。
P1时曲线出现拐点的温度高于P2时的，原因是 ______ 。
18.法匹拉韦
是我国最早批准的可用于抗新冠肺炎临床试验的药物之一，而最新文献研究也证实了其对新型冠状病毒(2019nCoV)表现出良好的体外抑制作用。F是合成法匹拉韦过程中的重要中间体，其合成路线如图：
已知：
①
②
(1)A可以与Na2CO3溶液反应产生CO2，A的官能团名称为 ______ 。
(2)X含三种元素，请写出B→X的方程式 ______ 。
(3)反应①的反应类型为 ______ 。
(4)Y含有酯基，请写出Y的结构简式 ______ 。
(5)补充下列合成路线：合成E分三步进行，③为取代反应，中间产物2和E互为同分异构体，请补充中间产物1、中间产物2和E的结构简式 ______ 。
(6)依据整个反应流程判断反应②的目的是 ______ 。
19.用ClO2消毒的饮用水中会含有ClO2、ClO2−和ClO3−，化学小组用如下方法测定预处理后的饮用水中ClO2、ClO2−和ClO3−的含量和总量(总氯)。
资料：氧化性强弱：ClO2>ClO2−>ClO3−；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6(Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色)
Ⅰ.ClO2和ClO2−含量的测定
①向v1mL的饮用水中加入过量KI溶液，用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点。消耗Na2S2O3溶液v2mL；
②向①中反应后的溶液中，加入盐酸调节溶液pH=2，充分反应后，继续用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，又消耗Na2S2O3溶液v3mL。
Ⅱ.总氯的测定
③向v1mL的饮用水中加入过量KBr溶液，加入浓盐酸调节溶液pH=0.5，密封放置20min；然后加入过量KI溶液，立即用饱和磷酸氢二钠溶液调节溶液pH=1.5。
④用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液v4mL。
⑤用v1mL的纯水重复③～⑤，消耗Na2S2O3溶液v5mL。
(1)配制vmL amol/LNa2S2O3标准溶液，需称量Na2S2O3固体______g。
(2)①中滴定时所用的指示剂应该是______，滴定至终点的现象是______。
(3)②中加入盐酸后发生反应的离子方程式是______。
(4)磷酸氢二钠(Na2HPO4)溶液呈碱性的原因是______。(结合离子方程式和必要的文字说明)
(5)③中加入KI后发生反应的化学方程式是______。
(6)水样中ClO3−的含量是______mg/L。
(7)测定总氯时不用KI直接反应，而是先加入KBr的原因是______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.羟基中O、H原子间共用1对电子，O原子的最外层电子数为7，其电子式为，故A错误；
B.丙烯结构简式为CH3CH=CH2，断裂碳碳双键发生加聚反应生成聚丙烯，则聚丙烯的结构简式为，故B错误；
C.基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，4s、4p能级上的电子为其价电子，价电子排布式为3d104s24p1，故C正确；
D.H2O是共价化合物，空间构型为V型，并且O原子半径大于H，则空间充填模型为，故D错误；
故选：C。
A.羟基中O原子的最外层电子数为7；
B.聚丙烯是丙烯加聚反应的产物，碳碳双键断裂形成；
C.基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，4s、4p能级上的电子为其价电子；
D.H2O的空间构型为V型，O原子半径大于H。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、结构简式、电子排布式和充填模型等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.氧气和臭氧均由氧原子构成，故3.2g氧气和臭氧的混合物中含有的氧原子的物质的量为0.2mol，个数为0.2NA个，故A正确；
B.金刚石为原子晶体，晶体中每个C原子与其它4个C形成了4个C−C共价键，根据均摊法，每个碳原子形成共价键的数目为：12×4=2，1molC能够形成2mol共价键，含有的共价键数为2NA，故B错误；
C.标况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，故C错误；
D.溶液体积未知，无法计算硫酸根离子个数，故D错误；
故选：A。
A.氧气和臭氧均由氧原子构成；
B.金刚石中，每个C原子与其它4个C形成了4个C−C共价键，根据均摊法，每个碳原子形成共价键的数目为：12×4=2，据此计算出1mol碳原子形成的共价键数目；
C.标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；
D.溶液体积未知。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意公式的运用和物质的结构特点．
3.【答案】D
【解析】解：A.镁和钙为同主族元素，钙原子半径大于镁原子，失电子能量强于镁，Mg原子失电子能力比Ca弱，故A正确；
B.K的金属性大于镁，K与水反应比Mg与水反应剧烈，故B正确；
C.非金属性Cl>Br，氢化物HCl的稳定性强于HBr，故C正确；
D.非金属性P
A.同主族金属性增强；
B.金属性越强，金属与水反应的剧烈程度越大；
C.非金属性越强，形成的氢化物稳定性越强；
D.非金属元素的非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物形成的酸的酸性越强。
本题考查了周期表中的递变规律分析、金属性和非金属性的判断依据等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：由分析可知，A为C元素、B为N元素、E为O元素、W为S元素、Z为Cu元素；
A.同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p轨道为半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：N>O>C，故A错误；
B.碳单质的晶体中，金刚石属于共价晶体，而石墨属于混合型晶体，富勒烯属于分子晶体，故B错误；
C.O2能与H2S反应生成S和H2O，故C正确；
D.Z是Cu元素，Cu单质不能与稀硫酸反应，故D错误；
故选：C。
元素周期表中的五种元素A、B、E、W、Z，原子序数依次增大，其中A的基态原子价层电子排布为nsnnpn，由于s能级填充电子最多容纳2个电子，则n=2，故A为C元素；E的原子最外层电子数是其内层的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故E为O元素；W和E位于同一族，可知W为S元素；B的基态原子最外层有3个单电子，其原子序数介于碳、氧之间，故B为N元素；Z3+的3d轨道中有5个电子，可知Z原子外围电子排布式为3d64s2，故Z为Cu元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况。
5.【答案】D
【解析】解：A.Na2O2和SiO2分别属于离子晶体、共价晶体，Na2O2熔化克服离子键、SiO2熔化克服共价键，类型不同，故A错误；
B.Mg和S分别属于金属晶体、分子晶体，Mg熔化克服金属键，硫熔化克服分子间作用力，类型不同，故B错误；
C.氯化钾和蔗糖分别属于离子晶体、分子晶体，氯化钾溶化克服离子键，蔗糖熔化克服分子间作用力，类型不同，故C错误；
D.碘和干冰升华均属于分子晶体，升华时均克服分子间作用力，类型相同，故D正确；
故选：D。
根据离子晶体熔化克服离子键，原子晶体熔化克服共价键，金属晶体熔化克服金属键，分子晶体熔化或升华克服分子间作用力，以此来解答。
本题考查晶体类型及化学键，为高频考点，明确不同类型的晶体在熔化时克服不同的作用力是解答本题的关键，题目难度不大，注意把握晶体类型．
6.【答案】D
【解析】解：A.N2和H2分子中存在的共价键为非极性键，由图可知，过程I中破坏的化学键均为非极性键，故A正确；
B.由图可知，过程I是N2和H2断裂化学键生成N和H原子的过程，吸收热量，过程Ⅱ放出能量是N和H原子生成NH3的过程，放出热量，故B正确；
C.由图可知，氨分解的热化学方程式为2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)ΔH=2×(1175−1129)kJ⋅mol−1=+92kJ⋅mol−1，故C正确；
D.使用催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能降低反应的焓变，故D错误，
故选：D。
A.过程I是N2和H2断裂化学键生成N和H原子的过程，N2和H2分子中存在非极性键；
B.断裂化学键吸热，形成化学键放热；
C.根据题给图示进行分析判断，氨分子断裂化学键放出能量，氮原子、氢原子分别形成氮分子、氢分子吸收能量，两种之差即为该反应的总能量；
D.使用催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能降低反应的焓变，
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、吸放热反应的判定、焓变与物质具有总能量的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意焓变的计算方法，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，A中含有酚羟基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应，故A正确；
B.反应Ⅰ中−CHO转化为−CH(OH)−，反应Ⅱ中醇羟基转化为羰基，则前者为加成反应、后者为氧化反应，故B正确；
C.B中酚羟基、羧基都能和NaOH以1：1反应，1molB最多消耗2molNaOH，故C错误；
D.香兰素中苯环和醛基上的碳原子采用sp2杂化，甲基上的碳原子采用sp3杂化，所以香兰素中碳原子有两种杂化方式，故D正确；
故选：C。
A.含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应；
B.反应Ⅰ中−CHO转化为−CH(OH)−，反应Ⅱ中醇羟基转化为羰基；
C.B中酚羟基、羧基都能和NaOH以1：1反应；
D.香兰素中苯环和醛基上的碳原子采用sp2杂化，甲基上的碳原子采用sp3杂化。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.由表可知，升高温度化学平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，即ΔH<0，故A正确；
B.化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(D)=0.02mol/(L⋅s)，则v(A)=0.01mol/(L⋅s)，Δc(A)=v(A)Δt=0.01mol/(L⋅s)×4s=0.04mol/L，4s时c(A)为0.3mol/L−0.04mol/L=0.26mol/L，故B错误；
C.已知1200℃时反应A(g)+B(g)⇌C(s)+2D(g)的化学平衡常数为0.4，C(s)+2D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数与A(g)+B(g)⇌C(s)+2D(g)的化学平衡常数互为倒数，因此1200℃时反应C(s)+2D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数为10.4=2.5，故C正确；
D.设830℃达平衡时，转化A的浓度为xmol/L，则有：
A(g)+B(g)⇌C(s)+2D(g)
始(mol/L) 0.3 0.3 0 0
转(mol/L) x x x 2x
平(mol/L) 0.3−x 0.3−x x 2x
K=c2(D)c(A)c(B)=(2x)2(0.3−x)2=1.0，解之得，x=0.1，A的转化率为：0.1mol/L0.3mol/L×100%=33.3%，故D正确；
故选：B。
A.升高温度平衡向吸热反应方向移动；
B.化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(D)=0.02mol/(L⋅s)，则v(A)=0.01mol/(L⋅s)，代入Δc(A)=v(A)Δt即可得4s时c(A)；
C.互为可逆反应的两反应的化学平衡常数互为倒数；
D.设830℃达平衡时，转化A的浓度为xmol/L，列反应A(g)+B(g)⇌C(s)+2D(g)的三段式，代入公式K=c2(D)c(A)c(B)即可得，x=0.1，进而得A的转化率。
本题主要考查化学平衡的计算，为高频考点，题目难度一般。
9.【答案】C
【解析】解：A.反应为2NO2(g)⇌N2O4(g)，则△c(NO2)：△c(N2O4)=2：1，由图可知，b点所在曲线表示c(NO2)随时间变化，a点后c(NO2)增大、c(N2O4)减小，所以a点时反应正在逆向进行，故A正确；
B.由图可知，b点时c(NO2)和c(N2O4)不再变化，反应达到平衡状态，则b点的正反应速率等于逆反应速率，故B正确；
C.正反应2NO2(g)⇌N2O4(g)是气体体积减小的放热反应，减小压强时平衡逆向移动，c(NO2)增大、c(N2O4)减小，降低温度时平衡正向移动，c(NO2)减小、c(N2O4)增大，则25min时导致平衡移动原因是增大压强或降低温度，故C错误；
D.反应进行到10min时，NO2浓度增大0.4mol/L，即NO2物质的量增大了0.4mol/L×2L=0.8mol，且反应向逆反应方向移动，则反应吸收热量为0.8mol2×24.4kJ/mol=9.76kJ热量，故D正确；
故选：C。
A.反应为2NO2(g)⇌N2O4(g)，则△c(NO2)：△c(N2O4)=2：1，结合图象中各物质浓度变化分析判断；
B.物质的浓度不发生变化时表示化学反应处于平衡状态；
C.正反应2NO2(g)⇌N2O4(g)是气体体积减小的放热反应，减小压强时平衡逆向移动，降低温度时平衡正向移动；
D.反应向逆反应方向移动，反应进行到10min时，NO2浓度增大0.4mol/L，即NO2物质的量增大了0.4mol/L×2L=0.8mol，据此计算反应吸收的热量。
本题考查化学平衡图象，侧重考查学生的分析能力和计算能力，把握化学平衡影响因素、平衡状态的判定、反应热的计算等知识即可解答，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.PCHDL中酯基能发生水解反应生成和CO2、H2O、CH3CH2OH，所以PCHDL是一种可降解高分子材料，故A正确；
B.A属于酯类物质、HOCH2CH2OH属于醇类物质，二者结构不相似，所以不互为同系物，故B错误；
C.有机物B中含有4种氢原子，其核磁共振氢谱中有4组峰，故C正确；
D.A和B反应生成PCHDL和CH3CH2OH，所以该合成反应为缩聚反应，故D正确；
故选：B。
A.酯基能发生水解反应；
B.结构相似，在分子组成上相差1个或nCH2原子团的有机物互为同系物；
C.有机物中含有几种氢原子，其核磁共振氢谱中就有几组峰；
D.A和B反应生成PCHDL和CH3CH2OH。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确缩聚反应特点、同系物概念的内涵、氢原子种类与核磁共振氢谱吸收峰的关系是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：A.氨水呈碱性，向CuSO4溶液中滴加氨水，先生成氢氧化铜的蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀溶解发生反应，形成铜氨([Cu(NH3)4]2+)溶液，为深蓝色溶液，故A正确；
B.[Cu(NH3)4]2+和S2−反应生成CuS黑色沉淀，则离子方程式为．[Cu(NH3)4]2++S2−=CuS↓+4NH3，故B错误；
C.产生蓝色沉淀，是Cu2+和OH−反应生成蓝色沉淀Cu(OH)2，则Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+酸性条件下生成更多的Cu2+，故C正确；
D.Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+碱性性条件下生成蓝色沉淀Cu(OH)2，平衡逆向移动生成氨气，故D正确，
故选：B。
A.氨水呈碱性，向CuSO4溶液中滴加氨水，先生成氢氧化铜的蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀溶解发生反应，形成铜氨溶液，为深蓝色溶液；
B.[Cu(NH3)4]2+和S2−反应生成CuS黑色沉淀；
C.Cu2+和OH−反应生成蓝色沉淀，则[Cu(NH3)4]2+，酸性条件下转化成Cu2+；
D.蓝色沉淀为氢氧化铜，则气体为氨气。
本题考查了铜及其化合物性质的分析应用、平衡移动原理等，注意根据物质的颜色判断平衡移动方向。
12.【答案】B
【解析】解：A.铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一为铁氮化合物，根据原子守恒，另一种产物为氢气，故A正确；
B.a位置的Fe位于顶点，距顶点的Fe最近的Fe位于距a位置最近的b位置，个数为3×82=12，故B错误；
C.X−射线衍射法是测定晶体结构最科学的方法，通过晶体的X−射线衍射实验获取晶体结构信息，故C正确；
D.由图2可知，更稳定的Cu替代型产物为Cu替代a位置Fe型，其化学式为，Cu位于顶点，个数为8×18=1，Fe位于面心，个数为6×12=3，1个N位于体心，其化学式Fe3CuN，故D正确；
故选：B。
A.铁和氨气在640℃可发生置换反应；
B.a位置的Fe位于顶点，距顶点的Fe最近的Fe位于距a位置最近的b位置；
C.X−射线衍射法是测定晶体结构最科学的方法；
D.由图2可知，更稳定的Cu替代型产物为Cu替代a位置Fe型。
本题考查晶胞的计算，把握原子的位置、均摊法计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等。
13.【答案】C
【解析】解：A.H2C2O4有酸性，能够与Ca(OH)2溶液发生反应Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O，对应的离子方程式为：Ca2++2OH−+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O，故A正确；
B.酸性H2C2O4>H2CO3，向少量NaHCO3溶液中加入草酸会生成CO2和NaHC2O4，反应的化学方程式为：NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O，故B正确；
C.H2C2O4有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2，H2C2O4是弱电解质，离子方程式中应保留化学式，离子方程式为：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；
D.H2C2O4是二元羧酸，可以与乙醇发生酯化反应，其完全酯化的化学方程式为，故D正确；
故选：C。
A.酸可与碱发生中和反应；
B.发生强酸制取弱酸的反应；
C.草酸为弱酸，在离子反应中保留化学式；
D.草酸含−COOH，可发生酯化反应。
本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意草酸为弱酸，题目难度不大。
14.【答案】A
【解析】解：A.氯水可氧化碘离子生成碘，碘易溶于四氯化碳，则下层溶液显紫色，可知原溶液中有I−，故A正确；
B.Fe与硝酸反应生成硝酸铁，过量Fe与硝酸铁反应生成硝酸亚铁，滴入K3[Fe(CN)6]溶液，与亚铁离子反应产生蓝色沉淀，故B错误；
C.FeCl3溶液过量，与再滴加的2滴0.02mol/LKSCN溶液反应，则溶液的颜色加深，不能证明浓度对平衡移动的影响，故C错误；
D.生成的乙炔中混有硫化氢等，均使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明乙炔具有还原性，故D错误；
故选：A。
A.氯水可氧化碘离子生成碘，碘易溶于四氯化碳；
B.Fe与硝酸反应生成硝酸铁，过量Fe与硝酸铁反应生成硝酸亚铁；
C.FeCl3溶液过量，与再滴加的2滴0.02mol/LKSCN溶液反应；
D.生成的乙炔中混有硫化氢等，均使酸性高锰酸钾溶液褪色。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
15.【答案】(1)(SCN)x
(2)①向洗净的白色沉淀中加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色
②避免混合气体中大量的NO2使溶液呈酸性，干扰检验CO2和SO2
③CO2、SO42−
(3)①加快浓硝酸氧化(SCN)x的化学反应速率
②实验一中存在反应：a.浓硝酸氧化SCN−，b.浓硝酸氧化(SCN)x，化学反应速率：υa>υb，所以ⅱ中溶液立即变红；静置过程中，生成的NO2溶于硝酸，浓度积累到一定程度时，使υb增大，红色迅速褪去
【解析】【分析】
本题以浓硝酸的强氧化性为载体，探究KSCN被硝酸氧化的反应原理，准确利用实验现象，综合分析实验原理是解题关键，难点是通过实验一和实验三的对比明确NO2的催化作用，基础考查，难度中等。
【解答】
(1)黄色的(SCN)2可聚合为红色的(SCN)x，则向浓硝酸中滴加KSCN溶液变红色，说明反应中生成了(SCN)x。
(2)①实验一ⅲ中的气体通入Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中生成的白色沉淀能完全溶解于稀硝酸，说明此沉淀不是BaSO3或BaSO4沉淀，且反应后的溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色不褪去，可知沉淀为BaCO3，证明红棕色气体中无SO2。
②NO2溶于水生成HNO3，而HNO3能溶解BaCO3，则a中，Ba(OH)2溶液中加入NaOH溶液以增大OH−浓度的目的是避免混合气体中大量的NO2使溶液呈酸性，溶解BaCO3或氧化BaSO3沉淀，干扰检验CO2和SO2。
③混合气体成分是NO2和CO2，根据元素守恒，溶液中含有SO42−，则SCN−被氧化的最终产物中一定有CO2、SO42−。
(3)①实验一与实验三比较是硝酸中增加了溶解的NO2，生成的红色(SCN)x迅速褪色，反应速率加快，说明NO2能加快浓硝酸氧化(SCN)x的化学反应速率，起催化作用。
②实验一ⅱ中有(SCN)x生成，而ⅲ中当NO2的浓度达到一定程度时(SCN)x迅速被氧化，说明实验一中存在反应：a.浓硝酸氧化SCN−，b.浓硝酸氧化(SCN)x，化学反应速率：υa>υb，所以ⅱ中溶液立即变红；静置过程中，生成的NO2溶于硝酸，浓度积累到一定程度时，使υb增大，红色迅速褪去。
16.【答案】第六周期Ⅷ族 5d76s2 3p sp3 6 低温石英晶体密度为1.610−24×NAg⋅cm−3，超石英晶体密度为2.510−24×NAg⋅cm−3，低温石英密度更小，可在被撞击时转变为密度较大的超石英 超石英由于原子间距离过近，室温下不稳定，在高温下转变为低温石英的速率较快，因此火山喷发携带出的超石英在高温下会转变为低温石英，导致至今未发现过超石英 不同意，该反应只能说明在该条件下C的还原性大于Si的，而无法说明C的氧化性大于Si的，因此无法用来比较C和Si的非金属性强弱
【解析】解：(1)Ir为77号元素，位于元素周期表中第六周期Ⅷ族，价层电子排布式为5d76s2，
故答案为：第六周期Ⅷ族；5d76s2；
(2)①基态Si原子的价层电子排布式为3s23p2，最高能级符号是3p；由低温石英晶胞图可知，Si原子与4个O原子形成Si−Oσ键，为sp3杂化，
故答案为：3p；sp3；
②由超石英晶胞图可知，体心的Si原子与6个O原子成键，Si的紧邻O原子个数是6，
故答案为：6；
③由低温石英晶胞图可知，Si位于面上，个数为6×12=3，6个O原子位于体内，低温石英晶体密度为3×28+6×16NAsin60∘×(5×10−8)3g⋅cm−3=1800.9×53×10−24×NAg⋅cm−3=1.610−24×NAg⋅cm−3；由超石英晶胞图可知，Si位于顶点和体心，个数为8×18+1=2，O原子位于面上和体内，个数为4×12+2=4，超石英晶体密度为2×28+4×16NA4×10−8×4×10−8×3×10−8g⋅cm−3=12042×3×10−24×NAg⋅cm−3=2.510−24×NAg⋅cm−3，低温石英密度更小，可在被撞击时转变为密度较大的超石英，
故答案为：低温石英晶体密度为1.610−24×NAg⋅cm−3，超石英晶体密度为2.510−24×NAg⋅cm−3，低温石英密度更小，可在被撞击时转变为密度较大的超石英；
④由图a和图b可知，超石英中Si−O原子间距离比低温石英中Si−O原子距离小，由图c可知，Si−O原子间距离越小，原子间能量越大，故超石英中Si−O原子距离过近，能量比较高，室温下不稳定，在高温下转变为低温石英的速率较快，因此火山喷发携带出的超石英在高温下会转变为低温石英，导致人们在火山活动等高温地区的地表层尚未发现过超石英，
故答案为：超石英由于原子间距离过近，室温下不稳定，在高温下转变为低温石英的速率较快，因此火山喷发携带出的超石英在高温下会转变为低温石英，导致至今未发现过超石英；
(3)焦炭在高温下还原SiO2可制备粗硅，并得到CO，反应方程式为：；由反应方程式可知，C为还原剂，Si为还原产物，还原性：C>Si，无法说明C的氧化性比Si的强，因此无法用来比较C和Si的非金属性强弱，
故答案为：；不同意，该反应只能说明在该条件下C的还原性大于Si的，而无法说明C的氧化性大于Si的，因此无法用来比较C和Si的非金属性强弱。
(1)Ir为77号元素；
(2)①基态Si原子的价层电子排布式为3s23p2；由低温石英晶胞图可知，Si原子与4个O原子形成Si−Oσ键；
②由超石英晶胞图可知，体心的Si原子与6个O原子成键；
③撞击过程中，密度小的物质可转化为密度大的物质；
④由图a和图b可知，超石英中Si−O原子间距离比低温石英中Si−O原子距离小，由图c可知，Si−O原子间距离越小，原子间能量越大；
(3)焦炭在高温下还原SiO2可制备粗硅，并得到CO；根据氧化还原反应分析反应。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、价层电子对互斥理论、杂化方式、晶体结构与性质、化学反应式书写等知识点，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。
17.【答案】H2O>CO2>CH4 H2O(g)=H2O(l)ΔH4或H2O(l)=H2O(g)ΔH4 (−285.8+283)kJ/mol−ΔH4或(−285.8+283)kJ/mol+ΔH4 22.25 *OCOH―*O=*CHO或*OCOH=*CHO+*O 温度高于500℃后，因积碳或超过了催化剂的活性温度等，致使催化剂对反应Ⅰ的催化效率降低，反应Ⅰ反应速率减慢，造成甲烷的选择性下降，而反应Ⅱ、Ⅲ的反应速率仍有所增加，二氧化碳的转化率基本不变；温度高于500℃后，化学反应达到平衡状态，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ的化学平衡逆向移动，反应Ⅱ的化学平衡正向移动，可能使二氧化碳的转化率基本不变，而甲烷占含碳产物的比例下降，即选择性下降 升高温度，反应Ⅰ(和Ⅲ)的平衡左移使二氧化碳的平衡转化率降低；反应Ⅱ的平衡右移，使二氧化碳的平衡转化率增大；因此，图像中拐点前体系中以反应Ⅰ(和Ⅲ)为主，拐点后体系中以反应Ⅱ为主。图中P1>P2，高压条件下更有利于反应Ⅰ(和Ⅲ)，因此P1条件下需要更高温度才能抑制反应Ⅰ(和Ⅲ)，促进反应Ⅱ，使体系中的反应Ⅱ成为主要方面
【解析】解：(1)分子晶体中分子间氢键大于范德华力，同为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，CO2、CH4、H2O均为分子晶体，水分子间存在氢键，CO2、CH4分子间为范德华力，H2O的沸点最大，CO2相对分子质量大于CH4，即沸点大小顺序是H2O>CO2>CH4，
故答案为：H2O>CO2>CH4；
(2)①氢气燃烧热的化学方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/mol；CO燃烧热的化学方程式为CO(g)+12O2(g)=CO2(g) ΔH=−283kJ/mol；则ΔH2需要判断H2O(g)=H2O(l) ΔH4或H2O(l)=H2O(g) ΔH4，
故答案为：H2O(g)=H2O(l) ΔH4或H2O(l)=H2O(g) ΔH4；
②H2(g)+12O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/mol①；CO(g)+12O2(g)=CO2(g) ΔH=−283kJ/mol②；H2O(g)=H2O(l) ΔH4③；根据目标反应方程式，可知①−②−③，ΔH2=(−285.8+283)kJ/mol−ΔH4，若H2O(l)=H2O(g) ΔH4④，根据目标反应方程式可知，①−②+④，ΔH2=(−285.8+283)kJ/mol+ΔH4，
故答案为：(−285.8+283)kJ/mol−ΔH4或(−285.8+283)kJ/mol+ΔH4；
(3)二氧化碳的结构式为O=C=O，其电子式为；根据ΔH=反应物键能总和―生成物键能总和，因此有799×2+4E(H−H)―[4E(C−H)+4×463]=−165，解得E(H−H)―E(C−H)=22.25kJ/mol，
故答案为：；22.25；
(4)活化能越小，化学反应速率越快，TS1、TS2、TS3所对应的反应速率快，活化能大为该途径的决速步，因此化学方程式为*OCOH―*O=*CHO或*OCOH=*CHO+*O，
故答案为：*OCOH―*O=*CHO或*OCOH=*CHO+*O；
(5)温度高于500℃后，CO2的转化率几乎保持不变但CH4的选择性下降的可能原因是温度高于500℃后，因积碳或超过了催化剂的活性温度等，致使催化剂对反应Ⅰ的催化效率降低，反应Ⅰ反应速率减慢，造成甲烷的选择性下降，而反应Ⅱ、Ⅲ的反应速率仍有所增加，二氧化碳的转化率基本不变；温度高于500℃后，化学反应达到平衡状态，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ的化学平衡逆向移动，反应Ⅱ的化学平衡正向移动，可能使二氧化碳的转化率基本不变，而甲烷占含碳产物的比例下降，即选择性下降，
故答案为：温度高于500℃后，因积碳或超过了催化剂的活性温度等，致使催化剂对反应Ⅰ的催化效率降低，反应Ⅰ反应速率减慢，造成甲烷的选择性下降，而反应Ⅱ、Ⅲ的反应速率仍有所增加，二氧化碳的转化率基本不变；温度高于500℃后，化学反应达到平衡状态，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ的化学平衡逆向移动，反应Ⅱ的化学平衡正向移动，可能使二氧化碳的转化率基本不变，而甲烷占含碳产物的比例下降，即选择性下降；
(6)拐点的温度P1高于P2，原因是升高温度，使反应Ⅰ(和Ⅲ)的平衡左移，二氧化碳的平衡转化率降低；反应Ⅱ的平衡右移，二氧化碳的平衡转化率增大；图像中拐点前体系中以反应Ⅰ(和Ⅲ)为主，拐点后以反应Ⅱ为主；图中P1>P2，高压条件下更有利于反应Ⅰ(和Ⅲ)，则P1条件下需要更高温度才能抑制反应Ⅰ(和Ⅲ)，促进反应Ⅱ，使体系中的反应Ⅱ成为主要方面，
故答案为：升高温度，反应Ⅰ(和Ⅲ)的平衡左移使二氧化碳的平衡转化率降低；反应Ⅱ的平衡右移，使二氧化碳的平衡转化率增大；因此，图像中拐点前体系中以反应Ⅰ(和Ⅲ)为主，拐点后体系中以反应Ⅱ为主。图中P1>P2，高压条件下更有利于反应Ⅰ(和Ⅲ)，因此P1条件下需要更高温度才能抑制反应Ⅰ(和Ⅲ)，促进反应Ⅱ，使体系中的反应Ⅱ成为主要方面。
(1)三种物质均为分子晶体，水分子间存在氢键，CO2、CH4不含分子间氢键，H2O的沸点最大，CO2相对分子质量大于CH4；
(2)①氢气燃烧热的化学方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/mol；CO燃烧热的化学方程式为CO(g)+12O2(g)=CO2(g) ΔH=−283kJ/mol；根据目标反应方程式可知；
②H2(g)+12O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/mol①；CO(g)+12O2(g)=CO2(g) ΔH=−283kJ/mol②；H2O(g)=H2O(l) ΔH4③；根据目标反应方程式，可知①−②−③，ΔH2=−285.8+283−ΔH4，若H2O(l)=H2O(g) ΔH4④，根据目标反应方程式可知，①−②+④；
(3)二氧化碳的结构式为O=C=O，其电子式为；根据ΔH=反应物键能总和―生成物键能总和；
(4)活化能越小，化学反应速率越快，根据图像可知，TS1、TS2、TS3所对应的反应速率快，活化能大为该途径的决速步；
(5)温度高于500℃后，CO2的转化率几乎保持不变但CH4的选择性下降的可能原因是(速率角度)温度高于500℃后，因积碳或超过了催化剂的活性温度等，致使催化剂对反应Ⅰ的催化效率降低，反应Ⅰ反应速率减慢，造成甲烷的选择性下降，而反应Ⅱ、Ⅲ的反应速率仍有所增加，可以保持二氧化碳的转化率基本不变；
(6)P1时曲线出现拐点的温度高于P2时的，原因是升高温度，使反应Ⅰ(和Ⅲ)的平衡左移使二氧化碳的平衡转化率降低；反应Ⅱ的平衡右移，二氧化碳的平衡转化率增大。因此，图像中拐点前体系中以反应Ⅰ(和Ⅲ)为主，拐点后体系中以反应Ⅱ为主。
本题反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生焓变和平衡图像的掌握情况，试题难度中等。
18.【答案】羧基 ClCH2COOH+2NaOH→△H2OHOCH2COONa+NaCl+H2O、HOCH2COO−+H+→HOCH2COOH 取代反应 、、 保护醛基
【解析】解：(1)A的分子式为C2H4O2，不饱和度为1，A可以与Na2CO3溶液反应产生CO2，说明A含有的官能团只有羧基，
故答案为：羧基；
(2)B→X的过程中，有关反应方程式为ClCH2COOH+2NaOH→△H2OHOCH2COONa+NaCl+H2O、HOCH2COO−+H+→HOCH2COOH，
故答案为：ClCH2COOH+2NaOH→△H2OHOCH2COONa+NaCl+H2O、HOCH2COO−+H+→HOCH2COOH；
(3)反应①是CH3COOH转化为ClCH2COOH，该反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
(4)由分析可知，Y的结构简式为，
故答案为：；
(5)合成E分三步进行，③为取代反应，该过程是氯原子取代−OH，可知E为，在酸性条件下反应产生中间产物1为，中间产物1的醛基与氨基再发生消去反应产生中间产物2为，中间产物2异构生成，
故答案为：、、；
(6)反应②中消除醛基，D的系列转化过程中存在氨基与羧基的反应，而在生成E的三步反应中第一步重新引入消除的醛基、第二步是醛基与氨基反应，可知整个反应②的目的是保护醛基，防止在D系列转化中醛基与氨基反应，
故答案为：保护醛基。
A的分子式为C2H4O2，(1)中A可以与Na2CO3溶液反应产生CO2，说明A含有羧基，结合B的结构简式(ClCH2COOH)，可推知A为CH3COOH；(2)中X含三种元素，由B的结构简式、C的分子式，可知B中氯原子被羟基替代生成X，X中羟基发生醇的催化氧化生成C，推知X为HOCH2COOH、C为OHC−COOH，(4)中Y含有酯基，结合D的结构简式、反应条件，可知X与乙醇在浓硫酸、共热条件下生成Y为，与NaOH溶液共热发生酯的水解反应、然后酸化生成D()，经一系列反应产生，合成E经过3步反应，而(5)中E生成F的反应为取代反应，该过程是氯原子取代−OH，可知E为，在酸性条件下反应产生中间产物1为，中间产物1的醛基与氨基再发生消去反应产生中间产物2为，中间产物2异构生成。
本题考查有机物的推动与合成，涉及官能团、有机反应方程式的书写、有机反应类型、对步骤的分析评价等，充分利用转化中有机物结构简式、分子式进行分析推断，题目较好地考查了学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力。
19.【答案】0.158av 淀粉 加入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且30s内不变色 4I−+ClO2−+4H+=2I2+Cl−+2H2O HPO42−既能电离：HPO42−⇌PO43−+H+，又能水解HPO42−+H2O⇌H2PO4−+OH−，且水解程度大于电离程度，则溶液中c(OH−)>c(H+) Br2+2KI=2KBr+I2 501000×av3v1 饮用水中含有少量O2，可将KI氧化为I2，使测定结果偏高
【解析】解：(1)根据题意，配制vmLamol/LNa2S2O3标准溶液，根据n=c⋅V=vmL×amol/L1000mL/L=va10−3mol，m=nM=va10−3mol×158g/mol=0.158avg，
故答案为：0.158av；
(2)向v1mL的饮用水中加入过量KI溶液，ClO2可将I−氧化为I2，用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可看出Na2S2O3标准溶液与I2反应，根据I2遇淀粉变蓝可知指示剂为淀粉，则滴定终点的现象是加入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且30s内不变色，
故答案为：淀粉；加入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且30s内不变色；
(3)向①中反应后的溶液中，加入盐酸调节溶液pH=2，ClO2−在酸性环境下将I−氧化为I2，离子方程式为：4I−+ClO2−+4H+=2I2+Cl−+2H2O，
故答案为：4I−+ClO2−+4H+=2I2+Cl−+2H2O；
(4)磷酸氢二钠(Na2HPO4)溶液呈碱性的原因是HPO42−既能电离：HPO42−⇌PO43−+H+，又能水解HPO42−+H2O⇌H2PO4−+OH−，且水解程度大于电离程度，则溶液中c(OH−)>c(H+)，使磷酸氢二钠(Na2HPO4)溶液呈碱性，
故答案为：HPO42−既能电离：HPO42−⇌PO43−+H+，又能水解HPO42−+H2O⇌H2PO4−+OH−，且水解程度大于电离程度，则溶液中c(OH−)>c(H+)；
(5)向v1mL的饮用水中加入过量KBr溶液，加入浓盐酸调节溶液pH=0.5，ClO2、ClO2−和ClO3−均能将Br−氧化为Br2，然后加入过量KI溶液，Br2可将I−氧化为I2，化学方程式为：Br2+2KI=2KBr+I2，
故答案为：Br2+2KI=2KBr+I2；
(6)由实验Ⅰ②知，ClO3−将I−氧化为I2，I2用Na2S2O3标准溶液滴定，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，则依据电子转移守恒有如下关系：ClO3−～6Na2S2O3，则ClO3−的含量为amol/L×v3mL×6×83.5g/mol×1000mg/gv1mL=501000×av3v1mg/L，
故答案为：501000×av3v1；
(7)由于饮用水中含有少量O2，可将KI氧化为I2，使滴定结果偏高，故测定总氯时不用KI直接反应，而是先加入KBr，
故答案为：饮用水中含有少量O2，可将KI氧化为I2，使测定结果偏高。
(1)根据题意，配制vmLamol/LNa2S2O3标准溶液，根据n=c⋅V，m=nM进行计算；
(2)向v1mL的饮用水中加入过量KI溶液，ClO2可将I−氧化为I2，用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可看出Na2S2O3标准溶液与I2反应，根据I2遇淀粉变蓝可知；
(3)向①中反应后的溶液中，加入盐酸调节溶液pH=2，ClO2−在酸性环境下将I−氧化为I2；
(4)HPO42−既能电离：HPO42−⇌PO43−+H+，又能水解HPO42−+H2O⇌H2PO4−+OH−，且水解程度大于电离程度
(5)向v1mL的饮用水中加入过量KBr溶液，加入浓盐酸调节溶液pH=0.5，ClO2、ClO2−和ClO3−均能将Br−氧化为Br2，然后加入过量KI溶液，Br2可将I−氧化为I2；
(6)由实验Ⅰ②知，ClO3−将I−氧化为I2，I2用Na2S2O3标准溶液滴定，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，则依据电子转移守恒有如下关系：ClO3−～6Na2S2O3进行计算；
(7)饮用水中含有少量O2，可将KI氧化为I2。
本题考查饮用水中Cl元素的含量测定，注意掌握氧化还原滴定、氧化还原计算、误差的分析等，题目难度中等。
2023-2024学年北京市重点大学附属中学高三（上）开学化学试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1.下列化学用语正确的是( )
A. 羟基的电子式：
B. 聚丙烯的结构简式：
C. Ga的价层电子排布：4s24p1
D. 水分子的充填模型：
2.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 3.2gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为0.2NA
B. 1mol金刚石中含有的共价键数为4NA
C. 标准状况下，11.2L水中含有的氧原子数为0.5NA
D. 2.0mol/L硫酸溶液中含有的硫酸根离子数目为2NA
3.根据元素周期律判断，不正确的是( )
A. Mg原子失电子能力比Ca弱 B. K与水反应比Mg与水反应剧烈
C. HCl的稳定性强于HBr D. H3PO4酸性强于H2SO4
4.元素周期表中的五种元素A、B、E、W、Z，原子序数依次增大。A的基态原子价层电子排布为nsnnpn；B的基态原子最外层有3个单电子；E的原子最外层电子数是其内层的3倍，W和E位于同一族；Z3+的3d轨道中有5个电子。下列说法正确的是( )
A. 第一电离能：I1(E)>I1(B)>I1(A)
B. A单质的晶体都属于共价晶体
C. E的单质可将W从它的氢化物中置换出来
D. 单质Z和稀硫酸反应的离子方程式为：2Z+6H+=2Z3++3H2↑
5.下列各组变化，所克服的粒子间作用属于同种类型的是( )
A. Na2O2和SiO2熔化 B. Mg和S熔化
C. 氯化钾和蔗糖熔化 D. 碘和干冰升华
6.N2(g)与H2(g)在铁催化剂表面经历如图过程生成NH3(g)，下列说法不正确的是( )
A. Ⅰ过程中破坏的均为非极性键
B. Ⅰ过程吸收能量，Ⅱ过程放出能量
C. 氨分解的热化学方程式为2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)ΔH=+92kJ⋅mol−1
D. 使用催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
7.香兰素是生活中常用的一种香料，可通过以下方法合成。下列有关说法不正确的是( )
A. 物质A能与氯化铁溶液发生显色反应
B. 反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应类型分别是加成反应、氧化反应
C. 1mol物质B最多能与3molNaOH反应
D. 香兰素中碳原子有两种杂化方式
8.已知A(g)+B(g)⇌C(s)+2D(g)反应的平衡常数和温度的关系如表所示：
温度/℃
700
800
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.6mol的A和0.6mol的B，反应初始4s内D的平均反应速率v(D)=0.02mol/(L⋅s)。下列说法不正确的是( )
A. 该反应ΔH<0
B. 4s时c(A)为0.56mol/L
C. 1200℃时反应C(s)+2D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数为2.5
D. 830℃达平衡时，A的转化率为33.3%
9.已如NO2与N2O4相互转化：2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH=−24.4kJ/mol，在恒温下，将一定量NO2和N2O4的混合气体充入体积为2L的密闭容器中，其中物质的量浓度随时间变化的关系如图。下列分析不合理的是( )
A. a点时反应正在逆向进行
B. b点的正反应速率等于逆反应速率
C. 25min时，导致平衡移动原因是减小压强或降低温度
D. 反应进行到l0min时，体系吸收的热量为9.76kJ
10.聚碳酸酯二醇作为一种特种多元醇，已成为合成新型聚氨酯(PU)的重要原料。通过下列反应可合成聚1，4−环己基碳酸酯二醇(PCHDL)，下列说法不正确的是 ( )
A. PCHDL是一种可降解高分子材料 B. 单体A是乙二醇的同系物
C. 单体B的核磁共振氢谱有4组峰 D. 该合成反应为缩聚反应
11.某小组设计完成了如图实验，下列说法不正确的是 ( )
A. ⅰ中深蓝色溶液中存在[Cu(NH3)4]2+
B. ⅱ中发生反应的离子方程式为：Cu2++S2−=CuS↓
C. ⅲ中现象是Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+逆向移动的结果
D. ⅳ中生成的气体是NH3
12.铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示如图−1所示，晶胞边长为anm。Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x−n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图−2所示，下列说法不正确的是 ( )
A. 制备该铁氮化合物时生成氢气
B. a位置周围距离最近的铁原子有6个
C. 可通过晶体的X−射线衍射实验获取晶体结构信息
D. 更稳定的Cu替代型产物的化学式Fe3CuN
13.探究草酸(H2C2O4)性质，进行如下实验。(已知：室温下，0.1mol⋅L−1H2C2O4的pH=1.3)
实验
装置
试剂a
现象
①
Ca(OH)2溶液(含酚酞)
溶液褪色，产生白色沉淀
②
少量NaHCO3溶液
产生气泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
根据上述实验判断草酸性质以及所对应的方程式不正确的是( )
A. H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O
B. 酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O
C. H2C2O4具有还原性，2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D. H2C2O4可发生酯化反应：
14.下列实验操作和现象对应所得到的结论均正确的是 ( )
选项
实验操作和现象
结论
A
向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫色
原溶液中有I−
B
向稀HNO3中加入过量的Fe粉，充分反应后，滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀
稀HNO3只能将Fe氧化为Fe2+
C
向试管中加入1mL0.002mol/LFeCl3溶液和1mL0.002mol/LKSCN溶液，溶液变为红色，再滴加2滴0.02mol/LKSCN溶液，溶液颜色变深
其它条件不变，增大反应物浓度，平衡正向移动
D
将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入到酸性KMnO4溶液中，溶液紫色逐渐变浅
乙炔具有还原性，被高锰酸钾酸性溶液氧化
A. A B. B C. C D. D
二、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
15.某同学研究浓硝酸与KSCN溶液的反应。
资料：Ⅰ.SCN−中S、C、N元素的化合价依次为：−2价、+4价、−3价。
Ⅱ.SCN−的性质类似卤素离子，能被氧化为黄色的(SCN)2，(SCN)2可聚合为红色的(SCN)x。
Ⅲ.NO2可溶于浓硝酸。
实验一：
(1)向浓硝酸中滴加KSCN溶液，溶液立即变红是因为生成了 ______ (填化学式)。
(2)研究SCN−的转化产物。
实验二：
a.将实验一ⅲ中的气体通入Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成。
b.过滤、洗涤白色沉淀，取少量于试管中，加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色。
c.另取少量实验一ⅲ中试管内的溶液加入BaCl2溶液，产生大量白色沉淀。
①通过b证实了红棕色气体中不含SO2，证据是 ______ 。
②a中，Ba(OH)2溶液中加入NaOH溶液以增大OH−浓度的目的是 ______ 。
③由上述实验现象可知：SCN−转化的最终产物中一定有 ______ 。
(3)继续研究实验一ⅲ中“静置一段时间后，突然剧烈反应，红色迅速褪去”的原因。
实验三：
①对比实验一和实验三可得结论：一定浓度的NO2 ______ 。
②结合实验三，从化学反应速率的角度解释实验一ⅱ和ⅲ中的现象： ______ 。
三、简答题（本大题共4小题，共48.0分）
16.“撞击说”是导致恐龙灭绝的可能原因。在一个6500万年前形成的沉积物薄层中发现了含量丰富的 77Ir，这可能是由于小行星对地球的撞击的结果，同时，被撞击出的坑表面还发现有超石英(SiO2)的存在。请回答下列问题：
(1)Ir在元素周期表中位于 ______ ，价层电子排布式是 ______ 。
(2)SiO2有多种结构，常温下最稳定的是低温石英，低温石英和超石英的晶胞如图所示：
所有大球在面上，所有小球在体内(a=b=c=5×10−8cm)
立方体(a=c=4×10−8cm,b=3×10−8cm)
①Si的最高能级符号是 ______ ，低温石英晶体中，Si的杂化轨道类型是 ______ 。
②超石英晶体中，Si的紧邻O原子个数是 ______ 个。
③结合密度计算说明，被撞击出的坑表面有超石英存在的原因是： ______ 。(已知sin60°≈0.9)
④超石英也会出现在地壳深处，可通过火山喷发被携带到地表，但人们在火山活动等高温地区的地表层尚未发现过超石英，而撞击坑表面却至今还存在超石英。请解释火山活动地区未发现超石英的原因： ______ 。
(3)工业上用焦炭在高温下还原SiO2可制备粗硅，其化学方程式为 ______ ，某同学认为该反应能用来比较C和Si的非金属性强弱，你是否同意？说明理由： ______ 。
17.有催化剂的条件下，将H2和CO2混合加热可制备CH4。主要的反应有：
Ⅰ.CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=−165kJ/mol
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2>0
Ⅲ.CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g) ΔH3=−96.1kJ/mol
(1)CO2、CH4、H2O的沸点由高到低的顺序是 ______ 。
(2)由燃烧热求ΔH2。已知H2(g)和CO(g)的燃烧热分别为−285.8kJ/mol、−283kJ/mol。
①要计算ΔH2至少还需要一个过程的热效应(该热效应记为ΔH4)，则此过程的热化学方程式是 ______ 。
②ΔH2= ______ (用含有ΔH4的代数式表示)。
(3)CO2的电子式是 ______ ，其中C=O键的键能是799kJ/mol，H2O中O−H键的键能是463kJ/mol。则H−H键的键能与C−H的键能相差 ______ kJ/mol。
(4)CO2甲烷化反应的机理大体可归结为两种，如图表示了两种途径每步反应的能量变化(TSx代表过渡态，*表示吸附在催化剂表面的物料)，其中速率较快的途径中的决速步的化学方程式是 ______ 。
(5)将n(CO2)：n(H2)=1：4混合气持续以一定的流速通过含催化剂的恒容反应器，测定CO2的转化率和CH4的选择性随温度的变化关系如图所示。温度高于500℃后，CO2的转化率几乎保持不变但CH4的选择性下降的可能原因是 ______ 。
(6)不同压强下，保持相同的投料比，测定反应体系中CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率随温度的变化关系如图所示。
P1时曲线出现拐点的温度高于P2时的，原因是 ______ 。
18.法匹拉韦
是我国最早批准的可用于抗新冠肺炎临床试验的药物之一，而最新文献研究也证实了其对新型冠状病毒(2019nCoV)表现出良好的体外抑制作用。F是合成法匹拉韦过程中的重要中间体，其合成路线如图：
已知：
①
②
(1)A可以与Na2CO3溶液反应产生CO2，A的官能团名称为 ______ 。
(2)X含三种元素，请写出B→X的方程式 ______ 。
(3)反应①的反应类型为 ______ 。
(4)Y含有酯基，请写出Y的结构简式 ______ 。
(5)补充下列合成路线：合成E分三步进行，③为取代反应，中间产物2和E互为同分异构体，请补充中间产物1、中间产物2和E的结构简式 ______ 。
(6)依据整个反应流程判断反应②的目的是 ______ 。
19.用ClO2消毒的饮用水中会含有ClO2、ClO2−和ClO3−，化学小组用如下方法测定预处理后的饮用水中ClO2、ClO2−和ClO3−的含量和总量(总氯)。
资料：氧化性强弱：ClO2>ClO2−>ClO3−；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6(Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色)
Ⅰ.ClO2和ClO2−含量的测定
①向v1mL的饮用水中加入过量KI溶液，用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点。消耗Na2S2O3溶液v2mL；
②向①中反应后的溶液中，加入盐酸调节溶液pH=2，充分反应后，继续用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，又消耗Na2S2O3溶液v3mL。
Ⅱ.总氯的测定
③向v1mL的饮用水中加入过量KBr溶液，加入浓盐酸调节溶液pH=0.5，密封放置20min；然后加入过量KI溶液，立即用饱和磷酸氢二钠溶液调节溶液pH=1.5。
④用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液v4mL。
⑤用v1mL的纯水重复③～⑤，消耗Na2S2O3溶液v5mL。
(1)配制vmL amol/LNa2S2O3标准溶液，需称量Na2S2O3固体______g。
(2)①中滴定时所用的指示剂应该是______，滴定至终点的现象是______。
(3)②中加入盐酸后发生反应的离子方程式是______。
(4)磷酸氢二钠(Na2HPO4)溶液呈碱性的原因是______。(结合离子方程式和必要的文字说明)
(5)③中加入KI后发生反应的化学方程式是______。
(6)水样中ClO3−的含量是______mg/L。
(7)测定总氯时不用KI直接反应，而是先加入KBr的原因是______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.羟基中O、H原子间共用1对电子，O原子的最外层电子数为7，其电子式为，故A错误；
B.丙烯结构简式为CH3CH=CH2，断裂碳碳双键发生加聚反应生成聚丙烯，则聚丙烯的结构简式为，故B错误；
C.基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，4s、4p能级上的电子为其价电子，价电子排布式为3d104s24p1，故C正确；
D.H2O是共价化合物，空间构型为V型，并且O原子半径大于H，则空间充填模型为，故D错误；
故选：C。
A.羟基中O原子的最外层电子数为7；
B.聚丙烯是丙烯加聚反应的产物，碳碳双键断裂形成；
C.基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，4s、4p能级上的电子为其价电子；
D.H2O的空间构型为V型，O原子半径大于H。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、结构简式、电子排布式和充填模型等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.氧气和臭氧均由氧原子构成，故3.2g氧气和臭氧的混合物中含有的氧原子的物质的量为0.2mol，个数为0.2NA个，故A正确；
B.金刚石为原子晶体，晶体中每个C原子与其它4个C形成了4个C−C共价键，根据均摊法，每个碳原子形成共价键的数目为：12×4=2，1molC能够形成2mol共价键，含有的共价键数为2NA，故B错误；
C.标况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，故C错误；
D.溶液体积未知，无法计算硫酸根离子个数，故D错误；
故选：A。
A.氧气和臭氧均由氧原子构成；
B.金刚石中，每个C原子与其它4个C形成了4个C−C共价键，根据均摊法，每个碳原子形成共价键的数目为：12×4=2，据此计算出1mol碳原子形成的共价键数目；
C.标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；
D.溶液体积未知。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意公式的运用和物质的结构特点．
3.【答案】D
【解析】解：A.镁和钙为同主族元素，钙原子半径大于镁原子，失电子能量强于镁，Mg原子失电子能力比Ca弱，故A正确；
B.K的金属性大于镁，K与水反应比Mg与水反应剧烈，故B正确；
C.非金属性Cl>Br，氢化物HCl的稳定性强于HBr，故C正确；
D.非金属性P
A.同主族金属性增强；
B.金属性越强，金属与水反应的剧烈程度越大；
C.非金属性越强，形成的氢化物稳定性越强；
D.非金属元素的非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物形成的酸的酸性越强。
本题考查了周期表中的递变规律分析、金属性和非金属性的判断依据等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：由分析可知，A为C元素、B为N元素、E为O元素、W为S元素、Z为Cu元素；
A.同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p轨道为半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：N>O>C，故A错误；
B.碳单质的晶体中，金刚石属于共价晶体，而石墨属于混合型晶体，富勒烯属于分子晶体，故B错误；
C.O2能与H2S反应生成S和H2O，故C正确；
D.Z是Cu元素，Cu单质不能与稀硫酸反应，故D错误；
故选：C。
元素周期表中的五种元素A、B、E、W、Z，原子序数依次增大，其中A的基态原子价层电子排布为nsnnpn，由于s能级填充电子最多容纳2个电子，则n=2，故A为C元素；E的原子最外层电子数是其内层的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故E为O元素；W和E位于同一族，可知W为S元素；B的基态原子最外层有3个单电子，其原子序数介于碳、氧之间，故B为N元素；Z3+的3d轨道中有5个电子，可知Z原子外围电子排布式为3d64s2，故Z为Cu元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况。
5.【答案】D
【解析】解：A.Na2O2和SiO2分别属于离子晶体、共价晶体，Na2O2熔化克服离子键、SiO2熔化克服共价键，类型不同，故A错误；
B.Mg和S分别属于金属晶体、分子晶体，Mg熔化克服金属键，硫熔化克服分子间作用力，类型不同，故B错误；
C.氯化钾和蔗糖分别属于离子晶体、分子晶体，氯化钾溶化克服离子键，蔗糖熔化克服分子间作用力，类型不同，故C错误；
D.碘和干冰升华均属于分子晶体，升华时均克服分子间作用力，类型相同，故D正确；
故选：D。
根据离子晶体熔化克服离子键，原子晶体熔化克服共价键，金属晶体熔化克服金属键，分子晶体熔化或升华克服分子间作用力，以此来解答。
本题考查晶体类型及化学键，为高频考点，明确不同类型的晶体在熔化时克服不同的作用力是解答本题的关键，题目难度不大，注意把握晶体类型．
6.【答案】D
【解析】解：A.N2和H2分子中存在的共价键为非极性键，由图可知，过程I中破坏的化学键均为非极性键，故A正确；
B.由图可知，过程I是N2和H2断裂化学键生成N和H原子的过程，吸收热量，过程Ⅱ放出能量是N和H原子生成NH3的过程，放出热量，故B正确；
C.由图可知，氨分解的热化学方程式为2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)ΔH=2×(1175−1129)kJ⋅mol−1=+92kJ⋅mol−1，故C正确；
D.使用催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能降低反应的焓变，故D错误，
故选：D。
A.过程I是N2和H2断裂化学键生成N和H原子的过程，N2和H2分子中存在非极性键；
B.断裂化学键吸热，形成化学键放热；
C.根据题给图示进行分析判断，氨分子断裂化学键放出能量，氮原子、氢原子分别形成氮分子、氢分子吸收能量，两种之差即为该反应的总能量；
D.使用催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能降低反应的焓变，
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、吸放热反应的判定、焓变与物质具有总能量的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意焓变的计算方法，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，A中含有酚羟基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应，故A正确；
B.反应Ⅰ中−CHO转化为−CH(OH)−，反应Ⅱ中醇羟基转化为羰基，则前者为加成反应、后者为氧化反应，故B正确；
C.B中酚羟基、羧基都能和NaOH以1：1反应，1molB最多消耗2molNaOH，故C错误；
D.香兰素中苯环和醛基上的碳原子采用sp2杂化，甲基上的碳原子采用sp3杂化，所以香兰素中碳原子有两种杂化方式，故D正确；
故选：C。
A.含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应；
B.反应Ⅰ中−CHO转化为−CH(OH)−，反应Ⅱ中醇羟基转化为羰基；
C.B中酚羟基、羧基都能和NaOH以1：1反应；
D.香兰素中苯环和醛基上的碳原子采用sp2杂化，甲基上的碳原子采用sp3杂化。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.由表可知，升高温度化学平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，即ΔH<0，故A正确；
B.化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(D)=0.02mol/(L⋅s)，则v(A)=0.01mol/(L⋅s)，Δc(A)=v(A)Δt=0.01mol/(L⋅s)×4s=0.04mol/L，4s时c(A)为0.3mol/L−0.04mol/L=0.26mol/L，故B错误；
C.已知1200℃时反应A(g)+B(g)⇌C(s)+2D(g)的化学平衡常数为0.4，C(s)+2D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数与A(g)+B(g)⇌C(s)+2D(g)的化学平衡常数互为倒数，因此1200℃时反应C(s)+2D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数为10.4=2.5，故C正确；
D.设830℃达平衡时，转化A的浓度为xmol/L，则有：
A(g)+B(g)⇌C(s)+2D(g)
始(mol/L) 0.3 0.3 0 0
转(mol/L) x x x 2x
平(mol/L) 0.3−x 0.3−x x 2x
K=c2(D)c(A)c(B)=(2x)2(0.3−x)2=1.0，解之得，x=0.1，A的转化率为：0.1mol/L0.3mol/L×100%=33.3%，故D正确；
故选：B。
A.升高温度平衡向吸热反应方向移动；
B.化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(D)=0.02mol/(L⋅s)，则v(A)=0.01mol/(L⋅s)，代入Δc(A)=v(A)Δt即可得4s时c(A)；
C.互为可逆反应的两反应的化学平衡常数互为倒数；
D.设830℃达平衡时，转化A的浓度为xmol/L，列反应A(g)+B(g)⇌C(s)+2D(g)的三段式，代入公式K=c2(D)c(A)c(B)即可得，x=0.1，进而得A的转化率。
本题主要考查化学平衡的计算，为高频考点，题目难度一般。
9.【答案】C
【解析】解：A.反应为2NO2(g)⇌N2O4(g)，则△c(NO2)：△c(N2O4)=2：1，由图可知，b点所在曲线表示c(NO2)随时间变化，a点后c(NO2)增大、c(N2O4)减小，所以a点时反应正在逆向进行，故A正确；
B.由图可知，b点时c(NO2)和c(N2O4)不再变化，反应达到平衡状态，则b点的正反应速率等于逆反应速率，故B正确；
C.正反应2NO2(g)⇌N2O4(g)是气体体积减小的放热反应，减小压强时平衡逆向移动，c(NO2)增大、c(N2O4)减小，降低温度时平衡正向移动，c(NO2)减小、c(N2O4)增大，则25min时导致平衡移动原因是增大压强或降低温度，故C错误；
D.反应进行到10min时，NO2浓度增大0.4mol/L，即NO2物质的量增大了0.4mol/L×2L=0.8mol，且反应向逆反应方向移动，则反应吸收热量为0.8mol2×24.4kJ/mol=9.76kJ热量，故D正确；
故选：C。
A.反应为2NO2(g)⇌N2O4(g)，则△c(NO2)：△c(N2O4)=2：1，结合图象中各物质浓度变化分析判断；
B.物质的浓度不发生变化时表示化学反应处于平衡状态；
C.正反应2NO2(g)⇌N2O4(g)是气体体积减小的放热反应，减小压强时平衡逆向移动，降低温度时平衡正向移动；
D.反应向逆反应方向移动，反应进行到10min时，NO2浓度增大0.4mol/L，即NO2物质的量增大了0.4mol/L×2L=0.8mol，据此计算反应吸收的热量。
本题考查化学平衡图象，侧重考查学生的分析能力和计算能力，把握化学平衡影响因素、平衡状态的判定、反应热的计算等知识即可解答，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.PCHDL中酯基能发生水解反应生成和CO2、H2O、CH3CH2OH，所以PCHDL是一种可降解高分子材料，故A正确；
B.A属于酯类物质、HOCH2CH2OH属于醇类物质，二者结构不相似，所以不互为同系物，故B错误；
C.有机物B中含有4种氢原子，其核磁共振氢谱中有4组峰，故C正确；
D.A和B反应生成PCHDL和CH3CH2OH，所以该合成反应为缩聚反应，故D正确；
故选：B。
A.酯基能发生水解反应；
B.结构相似，在分子组成上相差1个或nCH2原子团的有机物互为同系物；
C.有机物中含有几种氢原子，其核磁共振氢谱中就有几组峰；
D.A和B反应生成PCHDL和CH3CH2OH。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确缩聚反应特点、同系物概念的内涵、氢原子种类与核磁共振氢谱吸收峰的关系是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：A.氨水呈碱性，向CuSO4溶液中滴加氨水，先生成氢氧化铜的蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀溶解发生反应，形成铜氨([Cu(NH3)4]2+)溶液，为深蓝色溶液，故A正确；
B.[Cu(NH3)4]2+和S2−反应生成CuS黑色沉淀，则离子方程式为．[Cu(NH3)4]2++S2−=CuS↓+4NH3，故B错误；
C.产生蓝色沉淀，是Cu2+和OH−反应生成蓝色沉淀Cu(OH)2，则Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+酸性条件下生成更多的Cu2+，故C正确；
D.Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+碱性性条件下生成蓝色沉淀Cu(OH)2，平衡逆向移动生成氨气，故D正确，
故选：B。
A.氨水呈碱性，向CuSO4溶液中滴加氨水，先生成氢氧化铜的蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀溶解发生反应，形成铜氨溶液，为深蓝色溶液；
B.[Cu(NH3)4]2+和S2−反应生成CuS黑色沉淀；
C.Cu2+和OH−反应生成蓝色沉淀，则[Cu(NH3)4]2+，酸性条件下转化成Cu2+；
D.蓝色沉淀为氢氧化铜，则气体为氨气。
本题考查了铜及其化合物性质的分析应用、平衡移动原理等，注意根据物质的颜色判断平衡移动方向。
12.【答案】B
【解析】解：A.铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一为铁氮化合物，根据原子守恒，另一种产物为氢气，故A正确；
B.a位置的Fe位于顶点，距顶点的Fe最近的Fe位于距a位置最近的b位置，个数为3×82=12，故B错误；
C.X−射线衍射法是测定晶体结构最科学的方法，通过晶体的X−射线衍射实验获取晶体结构信息，故C正确；
D.由图2可知，更稳定的Cu替代型产物为Cu替代a位置Fe型，其化学式为，Cu位于顶点，个数为8×18=1，Fe位于面心，个数为6×12=3，1个N位于体心，其化学式Fe3CuN，故D正确；
故选：B。
A.铁和氨气在640℃可发生置换反应；
B.a位置的Fe位于顶点，距顶点的Fe最近的Fe位于距a位置最近的b位置；
C.X−射线衍射法是测定晶体结构最科学的方法；
D.由图2可知，更稳定的Cu替代型产物为Cu替代a位置Fe型。
本题考查晶胞的计算，把握原子的位置、均摊法计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等。
13.【答案】C
【解析】解：A.H2C2O4有酸性，能够与Ca(OH)2溶液发生反应Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O，对应的离子方程式为：Ca2++2OH−+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O，故A正确；
B.酸性H2C2O4>H2CO3，向少量NaHCO3溶液中加入草酸会生成CO2和NaHC2O4，反应的化学方程式为：NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O，故B正确；
C.H2C2O4有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2，H2C2O4是弱电解质，离子方程式中应保留化学式，离子方程式为：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；
D.H2C2O4是二元羧酸，可以与乙醇发生酯化反应，其完全酯化的化学方程式为，故D正确；
故选：C。
A.酸可与碱发生中和反应；
B.发生强酸制取弱酸的反应；
C.草酸为弱酸，在离子反应中保留化学式；
D.草酸含−COOH，可发生酯化反应。
本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意草酸为弱酸，题目难度不大。
14.【答案】A
【解析】解：A.氯水可氧化碘离子生成碘，碘易溶于四氯化碳，则下层溶液显紫色，可知原溶液中有I−，故A正确；
B.Fe与硝酸反应生成硝酸铁，过量Fe与硝酸铁反应生成硝酸亚铁，滴入K3[Fe(CN)6]溶液，与亚铁离子反应产生蓝色沉淀，故B错误；
C.FeCl3溶液过量，与再滴加的2滴0.02mol/LKSCN溶液反应，则溶液的颜色加深，不能证明浓度对平衡移动的影响，故C错误；
D.生成的乙炔中混有硫化氢等，均使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明乙炔具有还原性，故D错误；
故选：A。
A.氯水可氧化碘离子生成碘，碘易溶于四氯化碳；
B.Fe与硝酸反应生成硝酸铁，过量Fe与硝酸铁反应生成硝酸亚铁；
C.FeCl3溶液过量，与再滴加的2滴0.02mol/LKSCN溶液反应；
D.生成的乙炔中混有硫化氢等，均使酸性高锰酸钾溶液褪色。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
15.【答案】(1)(SCN)x
(2)①向洗净的白色沉淀中加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色
②避免混合气体中大量的NO2使溶液呈酸性，干扰检验CO2和SO2
③CO2、SO42−
(3)①加快浓硝酸氧化(SCN)x的化学反应速率
②实验一中存在反应：a.浓硝酸氧化SCN−，b.浓硝酸氧化(SCN)x，化学反应速率：υa>υb，所以ⅱ中溶液立即变红；静置过程中，生成的NO2溶于硝酸，浓度积累到一定程度时，使υb增大，红色迅速褪去
【解析】【分析】
本题以浓硝酸的强氧化性为载体，探究KSCN被硝酸氧化的反应原理，准确利用实验现象，综合分析实验原理是解题关键，难点是通过实验一和实验三的对比明确NO2的催化作用，基础考查，难度中等。
【解答】
(1)黄色的(SCN)2可聚合为红色的(SCN)x，则向浓硝酸中滴加KSCN溶液变红色，说明反应中生成了(SCN)x。
(2)①实验一ⅲ中的气体通入Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中生成的白色沉淀能完全溶解于稀硝酸，说明此沉淀不是BaSO3或BaSO4沉淀，且反应后的溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色不褪去，可知沉淀为BaCO3，证明红棕色气体中无SO2。
②NO2溶于水生成HNO3，而HNO3能溶解BaCO3，则a中，Ba(OH)2溶液中加入NaOH溶液以增大OH−浓度的目的是避免混合气体中大量的NO2使溶液呈酸性，溶解BaCO3或氧化BaSO3沉淀，干扰检验CO2和SO2。
③混合气体成分是NO2和CO2，根据元素守恒，溶液中含有SO42−，则SCN−被氧化的最终产物中一定有CO2、SO42−。
(3)①实验一与实验三比较是硝酸中增加了溶解的NO2，生成的红色(SCN)x迅速褪色，反应速率加快，说明NO2能加快浓硝酸氧化(SCN)x的化学反应速率，起催化作用。
②实验一ⅱ中有(SCN)x生成，而ⅲ中当NO2的浓度达到一定程度时(SCN)x迅速被氧化，说明实验一中存在反应：a.浓硝酸氧化SCN−，b.浓硝酸氧化(SCN)x，化学反应速率：υa>υb，所以ⅱ中溶液立即变红；静置过程中，生成的NO2溶于硝酸，浓度积累到一定程度时，使υb增大，红色迅速褪去。
16.【答案】第六周期Ⅷ族 5d76s2 3p sp3 6 低温石英晶体密度为1.610−24×NAg⋅cm−3，超石英晶体密度为2.510−24×NAg⋅cm−3，低温石英密度更小，可在被撞击时转变为密度较大的超石英 超石英由于原子间距离过近，室温下不稳定，在高温下转变为低温石英的速率较快，因此火山喷发携带出的超石英在高温下会转变为低温石英，导致至今未发现过超石英 不同意，该反应只能说明在该条件下C的还原性大于Si的，而无法说明C的氧化性大于Si的，因此无法用来比较C和Si的非金属性强弱
【解析】解：(1)Ir为77号元素，位于元素周期表中第六周期Ⅷ族，价层电子排布式为5d76s2，
故答案为：第六周期Ⅷ族；5d76s2；
(2)①基态Si原子的价层电子排布式为3s23p2，最高能级符号是3p；由低温石英晶胞图可知，Si原子与4个O原子形成Si−Oσ键，为sp3杂化，
故答案为：3p；sp3；
②由超石英晶胞图可知，体心的Si原子与6个O原子成键，Si的紧邻O原子个数是6，
故答案为：6；
③由低温石英晶胞图可知，Si位于面上，个数为6×12=3，6个O原子位于体内，低温石英晶体密度为3×28+6×16NAsin60∘×(5×10−8)3g⋅cm−3=1800.9×53×10−24×NAg⋅cm−3=1.610−24×NAg⋅cm−3；由超石英晶胞图可知，Si位于顶点和体心，个数为8×18+1=2，O原子位于面上和体内，个数为4×12+2=4，超石英晶体密度为2×28+4×16NA4×10−8×4×10−8×3×10−8g⋅cm−3=12042×3×10−24×NAg⋅cm−3=2.510−24×NAg⋅cm−3，低温石英密度更小，可在被撞击时转变为密度较大的超石英，
故答案为：低温石英晶体密度为1.610−24×NAg⋅cm−3，超石英晶体密度为2.510−24×NAg⋅cm−3，低温石英密度更小，可在被撞击时转变为密度较大的超石英；
④由图a和图b可知，超石英中Si−O原子间距离比低温石英中Si−O原子距离小，由图c可知，Si−O原子间距离越小，原子间能量越大，故超石英中Si−O原子距离过近，能量比较高，室温下不稳定，在高温下转变为低温石英的速率较快，因此火山喷发携带出的超石英在高温下会转变为低温石英，导致人们在火山活动等高温地区的地表层尚未发现过超石英，
故答案为：超石英由于原子间距离过近，室温下不稳定，在高温下转变为低温石英的速率较快，因此火山喷发携带出的超石英在高温下会转变为低温石英，导致至今未发现过超石英；
(3)焦炭在高温下还原SiO2可制备粗硅，并得到CO，反应方程式为：；由反应方程式可知，C为还原剂，Si为还原产物，还原性：C>Si，无法说明C的氧化性比Si的强，因此无法用来比较C和Si的非金属性强弱，
故答案为：；不同意，该反应只能说明在该条件下C的还原性大于Si的，而无法说明C的氧化性大于Si的，因此无法用来比较C和Si的非金属性强弱。
(1)Ir为77号元素；
(2)①基态Si原子的价层电子排布式为3s23p2；由低温石英晶胞图可知，Si原子与4个O原子形成Si−Oσ键；
②由超石英晶胞图可知，体心的Si原子与6个O原子成键；
③撞击过程中，密度小的物质可转化为密度大的物质；
④由图a和图b可知，超石英中Si−O原子间距离比低温石英中Si−O原子距离小，由图c可知，Si−O原子间距离越小，原子间能量越大；
(3)焦炭在高温下还原SiO2可制备粗硅，并得到CO；根据氧化还原反应分析反应。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、价层电子对互斥理论、杂化方式、晶体结构与性质、化学反应式书写等知识点，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。
17.【答案】H2O>CO2>CH4 H2O(g)=H2O(l)ΔH4或H2O(l)=H2O(g)ΔH4 (−285.8+283)kJ/mol−ΔH4或(−285.8+283)kJ/mol+ΔH4 22.25 *OCOH―*O=*CHO或*OCOH=*CHO+*O 温度高于500℃后，因积碳或超过了催化剂的活性温度等，致使催化剂对反应Ⅰ的催化效率降低，反应Ⅰ反应速率减慢，造成甲烷的选择性下降，而反应Ⅱ、Ⅲ的反应速率仍有所增加，二氧化碳的转化率基本不变；温度高于500℃后，化学反应达到平衡状态，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ的化学平衡逆向移动，反应Ⅱ的化学平衡正向移动，可能使二氧化碳的转化率基本不变，而甲烷占含碳产物的比例下降，即选择性下降 升高温度，反应Ⅰ(和Ⅲ)的平衡左移使二氧化碳的平衡转化率降低；反应Ⅱ的平衡右移，使二氧化碳的平衡转化率增大；因此，图像中拐点前体系中以反应Ⅰ(和Ⅲ)为主，拐点后体系中以反应Ⅱ为主。图中P1>P2，高压条件下更有利于反应Ⅰ(和Ⅲ)，因此P1条件下需要更高温度才能抑制反应Ⅰ(和Ⅲ)，促进反应Ⅱ，使体系中的反应Ⅱ成为主要方面
【解析】解：(1)分子晶体中分子间氢键大于范德华力，同为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，CO2、CH4、H2O均为分子晶体，水分子间存在氢键，CO2、CH4分子间为范德华力，H2O的沸点最大，CO2相对分子质量大于CH4，即沸点大小顺序是H2O>CO2>CH4，
故答案为：H2O>CO2>CH4；
(2)①氢气燃烧热的化学方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/mol；CO燃烧热的化学方程式为CO(g)+12O2(g)=CO2(g) ΔH=−283kJ/mol；则ΔH2需要判断H2O(g)=H2O(l) ΔH4或H2O(l)=H2O(g) ΔH4，
故答案为：H2O(g)=H2O(l) ΔH4或H2O(l)=H2O(g) ΔH4；
②H2(g)+12O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/mol①；CO(g)+12O2(g)=CO2(g) ΔH=−283kJ/mol②；H2O(g)=H2O(l) ΔH4③；根据目标反应方程式，可知①−②−③，ΔH2=(−285.8+283)kJ/mol−ΔH4，若H2O(l)=H2O(g) ΔH4④，根据目标反应方程式可知，①−②+④，ΔH2=(−285.8+283)kJ/mol+ΔH4，
故答案为：(−285.8+283)kJ/mol−ΔH4或(−285.8+283)kJ/mol+ΔH4；
(3)二氧化碳的结构式为O=C=O，其电子式为；根据ΔH=反应物键能总和―生成物键能总和，因此有799×2+4E(H−H)―[4E(C−H)+4×463]=−165，解得E(H−H)―E(C−H)=22.25kJ/mol，
故答案为：；22.25；
(4)活化能越小，化学反应速率越快，TS1、TS2、TS3所对应的反应速率快，活化能大为该途径的决速步，因此化学方程式为*OCOH―*O=*CHO或*OCOH=*CHO+*O，
故答案为：*OCOH―*O=*CHO或*OCOH=*CHO+*O；
(5)温度高于500℃后，CO2的转化率几乎保持不变但CH4的选择性下降的可能原因是温度高于500℃后，因积碳或超过了催化剂的活性温度等，致使催化剂对反应Ⅰ的催化效率降低，反应Ⅰ反应速率减慢，造成甲烷的选择性下降，而反应Ⅱ、Ⅲ的反应速率仍有所增加，二氧化碳的转化率基本不变；温度高于500℃后，化学反应达到平衡状态，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ的化学平衡逆向移动，反应Ⅱ的化学平衡正向移动，可能使二氧化碳的转化率基本不变，而甲烷占含碳产物的比例下降，即选择性下降，
故答案为：温度高于500℃后，因积碳或超过了催化剂的活性温度等，致使催化剂对反应Ⅰ的催化效率降低，反应Ⅰ反应速率减慢，造成甲烷的选择性下降，而反应Ⅱ、Ⅲ的反应速率仍有所增加，二氧化碳的转化率基本不变；温度高于500℃后，化学反应达到平衡状态，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ的化学平衡逆向移动，反应Ⅱ的化学平衡正向移动，可能使二氧化碳的转化率基本不变，而甲烷占含碳产物的比例下降，即选择性下降；
(6)拐点的温度P1高于P2，原因是升高温度，使反应Ⅰ(和Ⅲ)的平衡左移，二氧化碳的平衡转化率降低；反应Ⅱ的平衡右移，二氧化碳的平衡转化率增大；图像中拐点前体系中以反应Ⅰ(和Ⅲ)为主，拐点后以反应Ⅱ为主；图中P1>P2，高压条件下更有利于反应Ⅰ(和Ⅲ)，则P1条件下需要更高温度才能抑制反应Ⅰ(和Ⅲ)，促进反应Ⅱ，使体系中的反应Ⅱ成为主要方面，
故答案为：升高温度，反应Ⅰ(和Ⅲ)的平衡左移使二氧化碳的平衡转化率降低；反应Ⅱ的平衡右移，使二氧化碳的平衡转化率增大；因此，图像中拐点前体系中以反应Ⅰ(和Ⅲ)为主，拐点后体系中以反应Ⅱ为主。图中P1>P2，高压条件下更有利于反应Ⅰ(和Ⅲ)，因此P1条件下需要更高温度才能抑制反应Ⅰ(和Ⅲ)，促进反应Ⅱ，使体系中的反应Ⅱ成为主要方面。
(1)三种物质均为分子晶体，水分子间存在氢键，CO2、CH4不含分子间氢键，H2O的沸点最大，CO2相对分子质量大于CH4；
(2)①氢气燃烧热的化学方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/mol；CO燃烧热的化学方程式为CO(g)+12O2(g)=CO2(g) ΔH=−283kJ/mol；根据目标反应方程式可知；
②H2(g)+12O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/mol①；CO(g)+12O2(g)=CO2(g) ΔH=−283kJ/mol②；H2O(g)=H2O(l) ΔH4③；根据目标反应方程式，可知①−②−③，ΔH2=−285.8+283−ΔH4，若H2O(l)=H2O(g) ΔH4④，根据目标反应方程式可知，①−②+④；
(3)二氧化碳的结构式为O=C=O，其电子式为；根据ΔH=反应物键能总和―生成物键能总和；
(4)活化能越小，化学反应速率越快，根据图像可知，TS1、TS2、TS3所对应的反应速率快，活化能大为该途径的决速步；
(5)温度高于500℃后，CO2的转化率几乎保持不变但CH4的选择性下降的可能原因是(速率角度)温度高于500℃后，因积碳或超过了催化剂的活性温度等，致使催化剂对反应Ⅰ的催化效率降低，反应Ⅰ反应速率减慢，造成甲烷的选择性下降，而反应Ⅱ、Ⅲ的反应速率仍有所增加，可以保持二氧化碳的转化率基本不变；
(6)P1时曲线出现拐点的温度高于P2时的，原因是升高温度，使反应Ⅰ(和Ⅲ)的平衡左移使二氧化碳的平衡转化率降低；反应Ⅱ的平衡右移，二氧化碳的平衡转化率增大。因此，图像中拐点前体系中以反应Ⅰ(和Ⅲ)为主，拐点后体系中以反应Ⅱ为主。
本题反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生焓变和平衡图像的掌握情况，试题难度中等。
18.【答案】羧基 ClCH2COOH+2NaOH→△H2OHOCH2COONa+NaCl+H2O、HOCH2COO−+H+→HOCH2COOH 取代反应 、、 保护醛基
【解析】解：(1)A的分子式为C2H4O2，不饱和度为1，A可以与Na2CO3溶液反应产生CO2，说明A含有的官能团只有羧基，
故答案为：羧基；
(2)B→X的过程中，有关反应方程式为ClCH2COOH+2NaOH→△H2OHOCH2COONa+NaCl+H2O、HOCH2COO−+H+→HOCH2COOH，
故答案为：ClCH2COOH+2NaOH→△H2OHOCH2COONa+NaCl+H2O、HOCH2COO−+H+→HOCH2COOH；
(3)反应①是CH3COOH转化为ClCH2COOH，该反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
(4)由分析可知，Y的结构简式为，
故答案为：；
(5)合成E分三步进行，③为取代反应，该过程是氯原子取代−OH，可知E为，在酸性条件下反应产生中间产物1为，中间产物1的醛基与氨基再发生消去反应产生中间产物2为，中间产物2异构生成，
故答案为：、、；
(6)反应②中消除醛基，D的系列转化过程中存在氨基与羧基的反应，而在生成E的三步反应中第一步重新引入消除的醛基、第二步是醛基与氨基反应，可知整个反应②的目的是保护醛基，防止在D系列转化中醛基与氨基反应，
故答案为：保护醛基。
A的分子式为C2H4O2，(1)中A可以与Na2CO3溶液反应产生CO2，说明A含有羧基，结合B的结构简式(ClCH2COOH)，可推知A为CH3COOH；(2)中X含三种元素，由B的结构简式、C的分子式，可知B中氯原子被羟基替代生成X，X中羟基发生醇的催化氧化生成C，推知X为HOCH2COOH、C为OHC−COOH，(4)中Y含有酯基，结合D的结构简式、反应条件，可知X与乙醇在浓硫酸、共热条件下生成Y为，与NaOH溶液共热发生酯的水解反应、然后酸化生成D()，经一系列反应产生，合成E经过3步反应，而(5)中E生成F的反应为取代反应，该过程是氯原子取代−OH，可知E为，在酸性条件下反应产生中间产物1为，中间产物1的醛基与氨基再发生消去反应产生中间产物2为，中间产物2异构生成。
本题考查有机物的推动与合成，涉及官能团、有机反应方程式的书写、有机反应类型、对步骤的分析评价等，充分利用转化中有机物结构简式、分子式进行分析推断，题目较好地考查了学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力。
19.【答案】0.158av 淀粉 加入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且30s内不变色 4I−+ClO2−+4H+=2I2+Cl−+2H2O HPO42−既能电离：HPO42−⇌PO43−+H+，又能水解HPO42−+H2O⇌H2PO4−+OH−，且水解程度大于电离程度，则溶液中c(OH−)>c(H+) Br2+2KI=2KBr+I2 501000×av3v1 饮用水中含有少量O2，可将KI氧化为I2，使测定结果偏高
【解析】解：(1)根据题意，配制vmLamol/LNa2S2O3标准溶液，根据n=c⋅V=vmL×amol/L1000mL/L=va10−3mol，m=nM=va10−3mol×158g/mol=0.158avg，
故答案为：0.158av；
(2)向v1mL的饮用水中加入过量KI溶液，ClO2可将I−氧化为I2，用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可看出Na2S2O3标准溶液与I2反应，根据I2遇淀粉变蓝可知指示剂为淀粉，则滴定终点的现象是加入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且30s内不变色，
故答案为：淀粉；加入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且30s内不变色；
(3)向①中反应后的溶液中，加入盐酸调节溶液pH=2，ClO2−在酸性环境下将I−氧化为I2，离子方程式为：4I−+ClO2−+4H+=2I2+Cl−+2H2O，
故答案为：4I−+ClO2−+4H+=2I2+Cl−+2H2O；
(4)磷酸氢二钠(Na2HPO4)溶液呈碱性的原因是HPO42−既能电离：HPO42−⇌PO43−+H+，又能水解HPO42−+H2O⇌H2PO4−+OH−，且水解程度大于电离程度，则溶液中c(OH−)>c(H+)，使磷酸氢二钠(Na2HPO4)溶液呈碱性，
故答案为：HPO42−既能电离：HPO42−⇌PO43−+H+，又能水解HPO42−+H2O⇌H2PO4−+OH−，且水解程度大于电离程度，则溶液中c(OH−)>c(H+)；
(5)向v1mL的饮用水中加入过量KBr溶液，加入浓盐酸调节溶液pH=0.5，ClO2、ClO2−和ClO3−均能将Br−氧化为Br2，然后加入过量KI溶液，Br2可将I−氧化为I2，化学方程式为：Br2+2KI=2KBr+I2，
故答案为：Br2+2KI=2KBr+I2；
(6)由实验Ⅰ②知，ClO3−将I−氧化为I2，I2用Na2S2O3标准溶液滴定，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，则依据电子转移守恒有如下关系：ClO3−～6Na2S2O3，则ClO3−的含量为amol/L×v3mL×6×83.5g/mol×1000mg/gv1mL=501000×av3v1mg/L，
故答案为：501000×av3v1；
(7)由于饮用水中含有少量O2，可将KI氧化为I2，使滴定结果偏高，故测定总氯时不用KI直接反应，而是先加入KBr，
故答案为：饮用水中含有少量O2，可将KI氧化为I2，使测定结果偏高。
(1)根据题意，配制vmLamol/LNa2S2O3标准溶液，根据n=c⋅V，m=nM进行计算；
(2)向v1mL的饮用水中加入过量KI溶液，ClO2可将I−氧化为I2，用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可看出Na2S2O3标准溶液与I2反应，根据I2遇淀粉变蓝可知；
(3)向①中反应后的溶液中，加入盐酸调节溶液pH=2，ClO2−在酸性环境下将I−氧化为I2；
(4)HPO42−既能电离：HPO42−⇌PO43−+H+，又能水解HPO42−+H2O⇌H2PO4−+OH−，且水解程度大于电离程度
(5)向v1mL的饮用水中加入过量KBr溶液，加入浓盐酸调节溶液pH=0.5，ClO2、ClO2−和ClO3−均能将Br−氧化为Br2，然后加入过量KI溶液，Br2可将I−氧化为I2；
(6)由实验Ⅰ②知，ClO3−将I−氧化为I2，I2用Na2S2O3标准溶液滴定，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，则依据电子转移守恒有如下关系：ClO3−～6Na2S2O3进行计算；
(7)饮用水中含有少量O2，可将KI氧化为I2。
本题考查饮用水中Cl元素的含量测定，注意掌握氧化还原滴定、氧化还原计算、误差的分析等，题目难度中等。
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