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1．
的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用
为原料可以合成新型可降解高分子
P，其合成路线如下。
已知：反应①中无其他产物生成。下列说法不正确的是
A．
与X 的化学计量比为
B．P 完全水解得到的产物的分子式和Y 的分子式相同
C．P 可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构
D．Y 通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解
2．由柠檬烯制备生物可降解塑料
的过程如图。其中
原子利用率为
。
下列说法不正确的是
A．柠檬烯的分子式为
B．柠檬烯
过程中
作氧化剂
C．试剂
为
D．一定条件下，
可从线型结构变为网状
结构
3．生物降解塑料能在微生物的作用下降解成二氧化碳和水，从而减少废弃塑料对环境的污
1
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染。PHB 就属于这种塑料，其结构简式为
，下列有关PHB 的说
法中正确的是
A．PHB 是一种聚酯，有固定的熔点
B．合成PHB 的单体难溶于水
C．合成PHB 的单体是
D．通过加聚反应可以制得PHB
4．可生物降解高分子材料PET 的结构片段如下：~~~X-Y-X-Y~~~(~~~表示链延长)X 为
，Y 为－OCH2CH2O－，下列有关PET 的说法不正确的是
A．PET 分子中含有酯基，能发生水解反应
B．PET 的结构简式可写为
C．可以通过缩聚反应制备PET
D．若PET 结构中的Y 用
替代，可形成网状结构
5．D 是一种具有交联结构的吸附性高分子材料，其部分合成路线如下图。
2
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下列说法不正确的是
A．A、B、C 生成D 的反应是加聚反应
B．C 中的核磁共振氢谱图吸收峰面积之比为2：1：1：1
C．D 在碱性条件下水解可以生成NH3
D．生成 1mol D 参与反应的A、B 物质的量之比为1：1
6．硅橡胶是一种兼具有机物和无机物性质、热稳定性好的高分子材料。两种硅橡胶L 和
M 的结构如图(图中~表示链延长)。
二甲基硅橡胶L：~Xm~
甲基乙烯基硅橡胶M：~Xn—Yp—Xq~
X 为
Y 为
已知：Si 的性质与C 相似。下列关于硅橡胶的说法不正确的是
A．L、M 的热稳定性好与Si—O 键键能大有关
B．L 可由(CH3)2SiCl2，经水解、脱水缩聚制成
C．M 可通过加成反应实现交联，得到网状结构
D．硅橡胶的抗氧化性：L<M
7．下图是以秸秆为原料制备某种聚酯高分子化合物的合成路线，下列有关说法正确的是
A．X 的化学式为C4H6O4
B．Y 分子中有1 个手性碳原子
C．Y 和1，4－丁二醇通过加聚反应生成聚酯Z
D．消耗Y 和1，4－丁二醇的物质的量之比为1 1∶
8．下图是以秸秆为原料制备某种聚酯高分子化合物的合成路线：
3
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下列有关说法正确的是
A．X 的化学式为C4H6O4
B．Y 分子中有1 个手性碳原子
C．生成聚酯Z 的反应类型为加聚反应
D．制备聚酯Z，消耗Y 和1，4-丁二醇的物质的量之比为1：1
9．可用作安全玻璃夹层的高分子PVB 的合成路线如下：
已知：醛与二元醇反应可生成环状缩醛，如：
下列说法不正确的是
A．合成A 的聚合反应是加聚反应
B．B 易溶于水
C．试剂a 是1-丁醛
D．B 与试剂a 反应的物质的量之比为2：1
10．某吸水性高分子化合物(Z)的一种合成路线如下：
4
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下列说法正确的是
A．X、Y 分子中均有两个手性碳原子
B．过量酸性KMnO4溶液可将X 转化为Y
C．Y 转化为Z 的反应类型是加聚反应
D．Z 与足量H2发生加成反应，消耗Z 与H2的分子数之比为1:3
11．下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是
A．依据相同温度下可逆反应的Q 与K 大小的比较，可推断反应进行的方向
B．依据一元弱酸的
，可推断它们同温度同浓度稀溶液的
大小
C．依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大
D．依据
的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱
12．下列利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是
A．利用焓变数据判断反应能否自发进行
B．利用溶液的pH 判断该溶液的酸碱性
C．利用平衡常数判断反应进行的程度大小
D．利用反应热数据判断反应速率的大小
13．利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是
A．用弱酸的电离常数比较相同条件下强碱弱酸盐溶液的碱性强弱
B．用物质的熔沸点数据推断物质的晶体类型
C．根据溶液的pH 判断该溶液的酸碱性
D．根据焓变数据判断反应能否自发进行
14．下列利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是
A．利用焓变数据判断反应能否自发进行
B．利用反应热数据判断反应速率的大小
C．利用平衡常数判断反应进行的程度大小
D．利用反应的活化能数据判断反应热的大小
15．依据物质的相关数据，可以推断物质的结构和性质。下列利用物质的相关数据作出的
相应推断不合理的是
5
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A．依据元素的原子序数，推断该元素原子的核外电子数
B．依据某原子的相对原子质量，推断其所属元素种类
C．依据气体的摩尔质量，推断相同温度、压强下不同气体密度的大小
D．依据溶解度随温度的变化趋势，推断将两种固体溶质用结晶法分离的可行性
16．依据物质的相关数据，可以推断物质的结构和性质。下列利用物质的相关数据作出的
相应推断不合理的是（ ）
A．依据元素的原子序数，推断该元素原子的核外电子数
B．依据物质摩尔质量，推断物质熔、沸点的高低
C．依据气体的摩尔质量，推断相同状况下不同气体密度的大小
D．依据液体物质的沸点，推断用蒸馏法分离两种互溶液态物质组成的混合物的可行性
17．利用相关数据作出的推理或判断不正确的是
A．利用键能大小的数据，可以估算化学反应的焓变
B．利用原子半径的数据，可推断元素的主要化合价
C．利用0.1mol/L 的醋酸溶液pH 数据，可推测醋酸是否为强酸
D．利用不同温度时的平衡常数的数据，可推测某可逆反应是否为放热反应
18．根据表中数据判断，下列选项结论正确的是
酸
H2C2O4
HCN
H2CO3
电离常数(25℃)
K1=5.6×10-2
K1=1.5×10-4
K=6.2×10-10
K1=4.5×10-7
K2=4.4×10-11
A．NaCN+H2O+CO2(少量)=HCN+Na2CO3
B．0.1mol/L 的Na2CO3溶液逐渐滴加到同浓度的HCN 溶液中，无明显现象，说明无反应
C．浓度均为
的Na2CO3、NaHCO3、NaCN、
溶液，pH 最大的是
Na2CO3
D．
溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序是
19．下列依据相关数据作出的推理和判断中，不正确的是
A．依据相对分子质量的数据，推测乙醇和丙烷沸点的相对高低
6
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B．依据溶解度的数据，选择用重结晶的方法可将粗苯甲酸提纯
C．依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等
D．依据燃烧热的数据、热化学方程式和盖斯定律，可计算一些反应的反应热
20．依据物质的相关数据，可以推断物质的结构和性质。下列利用物质的相关数据作出的
相应推断不合理的是
A．依据元素的原子序数，推断该元素原子的核外电子数
B．依据物质相对分子质量，推断物质熔、沸点的高低
C．依据气体的摩尔质量，推断相同状态下不同气体密度的大小
D．依据液体物质的沸点，推断将两种互溶液态混合物用蒸馏法分离的可行性
21．苯在浓
和浓
作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确
的是
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X 为苯的加成产物，Y 为苯的取代产物
C．由苯得到M 时，苯中的大
键没有变化
D．对于生成Y 的反应，浓
作催化剂
22．丙烯与HCl 在催化剂作用下发生加成反应：第一步
进攻丙烯生成碳正离子，第二步
进攻碳正离子。得到两种产物的反应进程与能量关系如图。
7
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下列说法正确的是
A．催化剂可以改变反应的焓变
B．过渡态(Ⅰ)比过渡态(Ⅱ)稳定
C．生成①的过程所需的活化能较低，速率快
D．丙烯与HCl 加成反应主要生成
23．苯与Br2在一定条件下能发生如下反应，其中部分转化历程与能量变化如图所示：
下列说法不正确的是
A．反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ
B．在该条件下，反应Ⅲ能自发进行
C．苯与Br2主要发生取代反应，生成有机主产物Ⅱ
D．选择相对较短的反应时间能有效增加产物Ⅰ的比例
24．甲烷与氯气发生取代反应分别生成1mol 相关有机物的能量变化如图所示：
8
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已知Cl-Cl、C-Cl 键能分别为
、
，下列说法不正确的是
A．
与
的取代反应是放热反应
B．
的能量比
的能量多99kJ
C．
，说明
与
的四步取代反应，难易程度相当
D．
25．在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸发生反应的反应历程如图。下列说法错误的是
A．生成中间体时碳的杂化方式未发生改变
B．生成中间体的反应为决速步骤
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C．产物1 为加成反应的产物
D．动力学和热力学优势产物均为产物2
26．有机物a、b、c、d 分别与氢气发生加成反应生成1mol 环己烷(
)的能量变化如图
所示，下列推理正确的是
A．由
的值可知，a 分子中碳碳双键的键能为120kJ/mol
B．
，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，不利于物质稳定
C．
，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
D．
，
，说明苯分子具有特殊稳定性
27．苯与液溴反应生成溴苯，其反应过程的能量变化如图所示。
下列关于苯与
反应的说法不正确的是
A．
可作该反应的催化剂
B．将反应后的气体依次通入
和
溶液以检验产物
C．过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小
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D．总反应的
，且
28．苯基甲基乙炔(
)可用作医药中间体，制备帕瑞昔布钠。一定条件下，
苯基甲基乙炔可与HCl 发生催化加成，反应过程如下：
已知：
，下列说法正确的是
A．
中最多4 个碳原子共线
B．
C．产物Ⅱ比产物I 稳定，两者互为立体异构体
D．反应I 的活化能大于反应Ⅱ
29．一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生液相加成反应(1，2-加成和1，4-
加成同时存在)，已知体系中两种产物可通过中间产物
互相转化，反应
历程及能量变化如图所示：
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下列说法正确的是
A．
比
稳定，因此任意条件下主产物均为
B．由
小于
可知，升温有利于
C．
D．由反应历程及能量变化图可知，该加成反应为放热反应
30．已知1，3-丁二烯与HBr 加成的能量-反应进程图如图所示(图中
、
、
表示
各步正向反应的焓变)。下列说法不正确的是
12
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A．选择相对较低的温度，并在较短时间及时分离可获得较高产率的1，2-加成产物
B．增大溴离子浓度可以提高整体反应的速率
C．根据该反应可推测，1，3，5-己三烯与HBr 在高温下反应的主要产物应为
CH3CH=CHCH=CHCH2Br
D．1，3-丁二烯与HBr 发生1，2-加成的反应热为
，发生1，4-加成的反应热为
31．不同条件下，当KMnO4与KI 按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。
反应序号
起始酸碱性
KI
KMnO4
还原产物
氧化产物
物质的量/mol
物质的量/mol
①
酸性
0.001
n
Mn2+
I2
②
中性
0.001
10n
MnO2
已知：
的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是
A．反应①，
B．对比反应①和②，
C．对比反应①和②，
的还原性随酸性减弱而减弱
D．随反应进行，体系
变化：①增大，②不变
32．根据如图所示的转化关系判断(反应条件已略去)，下列说法正确的是
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A．生成等质量
时，①和②反应消耗
B．反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为
C．若反应③和④得到等物质的量的Cu 和Fe，消耗Al 的物质的量之比为
D．反应⑤需要控制氨水的量，若氨水过量，则不会得到
沉淀
33．实验室利用
制取高锰酸钠的相关反应的离子方程式如下：
Ⅰ：
；
Ⅱ：
；
Ⅲ：
。
下列说法错误的是
A．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为5 1∶
B．酸性条件下的氧化性：
C．
可与盐酸发生反应：
D．制得28.4g 高锰酸钠时，理论上消耗氯酸钠的物质的量为
mol
34．钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中
为蓝色，
为淡黄色，已知能发
生如下反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
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下列说法错误的是
A．酸性条件下的氧化性：
B．反应Ⅱ中氧化产物和还原产物物质的量之比为
C．向
溶液中滴加酸性
溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色
D．向含
的酸性溶液中滴加
溶液充分反应，转移
电子
35．将一定量的Cl2通入一定浓度的NaOH 溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，
生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和
两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的
变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A．Cl2和NaOH 溶液在不同温度下可能发生不同反应
B．反应中转移电子数为0.21NA
C．
为10 7∶
D．参加反应Cl2的物质的量为0.3 mol
36．一定温度下，在
的四氯化碳溶液(
)中发生分解反应：
。不同时刻测量放出的
体积，换算成
浓度如下表
所示(
为阿伏加德罗常数的值)：
0
600
1200
1710
2220
2820
15
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1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
下列说法错误的是
A．N、O 均位于周期表中的p 区
B．生成
时，转移电子的数目为
C．反应
时，生成
体积为
(标准状况)
D．
，生成
的平均速率为
37．
、
和
三种浓度硝酸分别与锌反应时，硝酸还原产物
中各物质的物质的量百分数的柱状分布如图所示，下列说法错误的是
A．不同浓度硝酸与锌反应的还原产物不是单一的
B．当
时，生成
转移的电子数大于生成
转移的电子数
C．当
且生成
混合气体时，被氧化的锌为
D．当
且生成
混合气体时，参加反应的硝酸为
38．某小组进行“反应物浓度对反应速率影响”实验研究。分别取
不同浓度的葡萄糖
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溶液和
溶液于试管中，再依次向试管中滴加
酸性
溶液，通
过色度计监测溶液透光率随时间的变化关系。实验结果如图所示。
已知：(1)溶液透光率与溶液中显色微粒的浓度成反比。
(2)酸性
溶液与
溶液反应时，某种历程可表示如图。
下列说法中不合理的是
A．从图1 可知，该实验条件下，葡萄糖溶液浓度越大，反应速率越大
B．理论上，
和
的反应中参与反应的
C．图2 中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成有催化作用的物质有关
D．图2 中
溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随
浓度增大，反应历程
中①、②、③、④速率均减小
39．氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN-，无害化排放时必
须对这种废水进行处理。可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及两个反应：
反应i，CN-+OH-+Cl2
OCN-+Cl-+H2O(未配平)；
反应ii，OCN-+OH-+Cl2
X+Y+Cl-+H2O(未配平)。
其中反应i 中N 元素的化合价没有变化，X、Y 是两种无毒的气体。下列判断正确的是（
）
A．反应i 中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1：2
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B．X、Y 是CO2、N2，且均为反应ii 的氧化产物
C．该废水处理工艺过程中须采取措施，防止Cl2逸出到空气中
D．处理c(CN-)=0.0001mol·L-1的废水106L，消耗标况下的Cl24.48×103L
40．某溶液中含有大量的Cl 一、Br 一、I 一，若向l L 该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液
中Cl-、Br 一、I 一的物质的量与通入Cl2的体积(标准状况)的关系如下表所示，原溶液中Cl 一、
Br 一、I 一的物质的量浓度之比为
Cl2的体积(标准状况)
5.6L
11.2L
22.4L
n(Cl-)
1.5mol
2.0mol
3.0mol
n(Br-)
3.0mol
2.8mol
1.8mol
n(I-)
xmol
0
0
A．5:15:4
B．5:12:4
C．15 : 30 : 8
D．条件不足，无法计
算
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参考答案：
1．B
【详解】A．结合已知信息，通过对比X、Y 的结构可知
与X 的化学计量比为
，A
正确；
B．P 完全水解得到的产物结构简式为
，分子式为
，Y
的分子式为
，二者分子式不相同，B 错误；
C．P 的支链上有碳碳双键，可进一步交联形成网状结构，C 正确；
D．Y 形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而Y 通过碳碳双键加聚得到的
高分子主链主要为长碳链，与聚酯类高分子相比难以降解，D 正确；
故选B。
2．A
【分析】柠檬烯的分子式为C10H16，分析X 与Y 可知，原子利用率为100%，a 为CO2，柠
檬烯→X 过程中H2O2作氧化剂，将碳碳双键氧化，据此回答。
【详解】A．根据分析可知，柠檬烯的分子式为C10H16，A 错误；
B．根据分析可知，柠檬烯→X 过程中H2O2作氧化剂，B 正确；
C．根据分析可知，试剂a 为CO2，C 正确；
D．线型结构里必须还存在能发生加聚或缩聚反应的官能团如双键、羟基、氨基等，才有
可能转变为网状结构，Y 中含有碳碳双键，所以一定条件下，Y 可从线型结构变为网状结
构，D 正确；
故选A。
3．C
【详解】A．PHB 是合成高分子，属于混合物，没有固定的熔点，A 错误；
B．其单体分子中含有—OH 和—COOH，易溶于水，B 错误；
C．由PHB 的结构简式可知，合成PHB 的单体是
，C 正确；
D．PHB 是聚酯类高分子，通过缩聚反应制得，D 错误；
故选C。
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4．B
【详解】A．PET 分子是由XY 链接而成，分子中含有酯基，能发生水解反应，A 正确；
B．PET 的结构简式可写为
，B 错误；
C．由题意可知，PET 的单体为
、
HOCH2CH2OH，两者可以通过缩聚生成PET 同时生成小分子水，C 正确；
D．若PET 结构中的Y 用
替代，分子中不同链之间可以相互结合，
形成网状结构，D 正确；
故选B。
5．B
【详解】A．由于BC 中的碳碳双键，A 是苯乙烯，故该反应是加聚反应，A 正确；
B．C 有三种环境的氢，吸收峰面积之比为2：2：1，B 错误；
C．D 在碱性条件下水解，C-N 键断裂，—NH2结合H 原子生成NH3，C 正确；
D． 从D 的结构中可以看出，合成1molD，A 使用了(m+n)mol，B 使用了(m+n)mol，故生
成 1mol D 参与反应的A、B 物质的量之比为1：1，D 正确；
故选B。
6．D
【详解】A．L、M 中构成高分子的链节是通过硅氧键链接起来的，其热稳定性好与Si−O
键键能大有关，A 正确；
B．L 可由(CH3)2SiCl2在酸催化下水解、聚合制得，(CH3)2SiCl2水解会生成(CH3)2Si(OH)2
和HCl，B 正确；
C．M 中还含有碳碳双键，可通过碳碳双键的加成反应实现交联，得到网状结构，C 正确；
2
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D．M 中还含有碳碳双键，碳碳双键容易被氧化，故硅橡胶的抗氧化性：L>M，D 错误；
故选D。
7．D
【详解】A. 根据X 的结构简式可知，X 的化学式为C6H6O4，选项A 错误；
B. 根据Y 的结构简式可知，Y 中除了两个羧基外，还有4 个亚甲基，不存在手性碳原子，
选项B 错误；
C. Y 和1，4－丁二醇通过缩聚反应生成聚酯Z 和水，选项C 错误；
D. 根据聚酯Z 的结构简式可知，生成Z 时，消耗Y 和1，4－丁二醇的物质的量之比为
1 1∶，选项D 正确。
答案选D。
8．D
【详解】A. 根据X 结构简式可知X 分子式是C6H6O4，A 错误；
B. 与4 个不同的原子或原子团连接的C 原子为手性碳原子，根据Y 结构简式可知Y 中无
手性碳原子，B 错误；
C. Y 分子中含有2 个-COOH，与1，4-丁二醇发生酯化反应形成聚酯Z，同时产生水，因此
反应类型为缩聚反应，C 错误；
D. Y 分子中含有2 个-COOH，1，4-丁二醇分子中含有2 个-OH，二者发生酯化反应形成聚
酯Z 和水，物质的量的比是1：1，D 正确；
故合理选项是D。
9．D
【分析】由已知醛和二元醇的反应及PVB 的结构简式可推知：试剂a 为CH3CH2CH2CHO，
B 为
，A 与NaOH 反应后酸化得到B 和CH3COOH，可推知A 为
，据此分析解题 。
【详解】
A．由分析可知，聚合物A 的结构简式为：
，故合成A 的单体为：
3
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CH2=CHOOCCH3，故合成A 的聚合反应是加聚反应，A 正确；
B．由分析可知，B 的结构简式为
，含有醇羟基，故B 易溶于水，B 正
确；
C．由分析可知，试剂a 的结构简式为CH3CH2CH2CHO，其名称为1-丁醛，C 正确；
D．由已知信息可知，1mol-CHO 需要2mol-OH，所以B 与试剂a 反应的物质的量之比为
2:n，D 错误；
故答案为：D。
10．A
【详解】A．C 原子连有四个不同的原子或基团具有手性，X 分子中有两个手性碳原子(
)，Y 分子中也有两个手性碳原子(
)，故A 正确；
B．羟基和醛基均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，过量酸性KMnO4溶液可将X 转化为
，故B 错误；
C．Y 中的羧基和羟基通过缩聚反应转化为Z，故C 错误；
D．Z 中含有n 个苯环，与足量H2发生加成反应，消耗Z 与H2的分子数之比为1:3n，故D
错误；
故答案为选A。
11．C
【详解】A．对于可逆反应的Q 与K 的关系：Q>K，反应向逆反应方向进行；Q<K，反应
向正反应方向进行；Q=K，反应处于平衡状态，故依据相同温度下可逆反应的Q 与K 大小
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的比较，可推断反应进行的方向，A 正确；
B．一元弱酸的
越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的
越多，
越小，
B 正确；
C．同一周期从左到右，第一电离能是增大的趋势，但是ⅡA 大于ⅢA，VA 大于VIA，C
不正确；
D．
的氢化物分子中氢卤键的键能越大，氢化物的热稳定性越强，D 正确；
故选C。
12．C
【详解】A、反应能否自发进行决定于焓变和熵变两个因素，即△H-T△S，故A 错误；
B、溶液的酸碱性取决于溶液中氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小，常温下pH=6 显酸性，
100℃时pH=6 显中性，故B 错误；
C、化学平衡常数越大反应向正向进行的程度越大，反之越小，故C 正确；
D、反应热表示反应放出或吸收的热量多少，与反应速率无关，故D 错误；
故选C。
13．A
【详解】B：金属晶体的熔沸点范围很大，甚至一些分子晶体的熔沸点都高于它，但钨的
熔沸点特别高，原子晶体都没有它高。C：溶液的酸碱性决定于溶液中c（H+）与c（OH
—）的相对大小，与pH 没有直接的关系；D：自发反应主要决定于自由能的大小△G=
H-
△
T
S
△
14．C
【详解】A．反应能否自发进行决定于焓变和熵变两个因素，故A 错误；
B．反应热表示反应放出或吸收的热量多少，与反应速率无关，影响化学反应速率的因素
主要有温度、浓度、压强、催化剂、接触面积等，故B 错误；
C．化学平衡常数越大反应向正向进行的程度越大，反之越小，故C 正确；
D．一个化学反应的反应热=正反应活化能-逆反应活化能，但只凭正反应活化能或逆反应
活化能无法判断反应热的大小，故D 错误；
综上所述答案为C。
15．B
【详解】A．原子中，原子核外电子数=核内质子数=原子序数，所以依据元素的原子序数，
推断该元素原子的核外电子数，可以进行相应推断，故A 正确；
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B．原子的相对原子质量与物质的元素种类没有必然联系，所以无法进行相应推断，故B
错误；
C．相同条件下，气体摩尔体积相等，根据ρ=
知，气体的密度与其摩尔质量成正比，则
依据气体的摩尔质量，推断相同状态下不同气体密度的大小，可以进行相应推断，故C 正
确；
D．根据各物质溶解度的不同，可以推断将两种固体溶质用结晶法分离的可行性，故D 正
确；
故选：B。
16．B
【详解】试题分析：A、原子的原子序数=原子的核外电子数，正确；B、物质的熔沸点的
高低与物质所属的晶体类型有关，与摩尔质量无关，错误；C、相同状况下，气体摩尔体
积相同，则气体在该条件下的密度=摩尔质量/气体摩尔体积，可以比较密度的大小，正确；
D、蒸馏的原理就是依据物质沸点的高低，分离互溶液态物质的方法，正确，答案选B。
考点：考查化学中物质结构与性质的关系
17．B
【详解】A.化学反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，利用键能大小的数据，可
以估算化学反应的焓变，故A 正确；
B.最外层电子数=元素的最高化合价，故元素的主要化合价由原子的最外层电子数决定，与
原子半径无关，故B 错误；
C.0.1mol/L 的醋酸溶液pH＞1，可以说明醋酸没有完全电离，故醋酸为弱酸，故C 正确；
D.根据平衡常数随温度的变化，分析平衡移动的方向，结合平衡移动原理，可推测某可逆
反应是否为放热反应，若平衡常数随着温度的升高而减小，则该反应为放热反应，故D 正
确；
故选B。
18．C
【分析】根据电离常数，可得出酸强弱顺序为：
。
【详解】A．依据强酸制弱酸原理知：NaCN+H2O+CO2(少量)=HCN+NaHCO3，A 错误；
B．0.1mol/L 的Na2CO3溶液逐渐滴加到同浓度的HCN 溶液中，发生反应，生成NaCN 和
NaHCO3，反应无明显现象，B 错误；
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C．对应的酸越弱，盐溶液中弱酸根离子的水解程度越大，溶液的碱性越强，因此pH 最大
的是Na2CO3，C 正确；
D．
完全电离得到Na+和
，
存在微弱的水解和微弱的电离过程，因
此c（Na+）＞c（
）；
微弱电离得到H+和
，水微弱电离出H+和OH-
（水的电离最微弱），故
；由
的水解平衡常数
知，
电离程度大于水解程度，则
，故该溶液中离子浓度由大到小的顺序是：
，D 错误；
故选C。
19．A
【详解】A．由于在乙醇分子中含有羟基，使分子之间存在氢键，增加了分子之间的相互
作用力，所以不能依据相对分子质量的数据，推测乙醇和丙烷沸点的相对高低，错误；
B．由于苯甲酸的溶解度受温度的影响变化较大，所以可选择用重结晶的方法可将粗苯甲
酸提纯，正确；
C．石油是多种物质的混合物，因为不同的物质沸点不同，沸点低的首先气化，沸点高的
后气化，所以依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等，正确；
D．依据燃烧热的数据、热化学方程式和盖斯定律，不仅可以计算一些能够直接发生反应
的反应热，还可以计算不能直接发生反应的反应热，正确；
答案选A。
20．B
【详解】A、原子序数=核外电子数，因此依据元素的原子序数，推断该元素原子的核外电
子数，A 正确；
B、物质的摩尔质量与不同类晶体熔沸点无关，不同晶体熔沸点与化学键类型有关，B 错误；
C、在相同条件下，气体的摩尔质量之比等于气体的密度之比，因此依据气体的摩尔质量，
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推断相同状态下不同气体密度的大小，C 正确；
D、蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或
不挥发杂质，所以依据液体物质的沸点，推断将两种互溶液态混合物用蒸馏法分离的可行
性，D 正确；
答案选B。
21．C
【详解】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产
物Ⅱ更稳定，以上2 个角度均有利于产物Ⅱ，故A 正确；
B．根据前后结构对照，X 为苯的加成产物，Y 为苯的取代产物，故B 正确；
C．M 的六元环中与
相连的C 为
杂化，苯中大
键发生改变，故C 错误；
D．苯的硝化反应中浓
作催化剂，故D 正确；
故选C。
22．D
【详解】A. 催化剂可降低反应的活化能，不改变始终态，则加催化剂不能改变反应的焓变，
故A 错误；
B. 能量越低越稳定，根据图示知过渡态(Ⅰ)没有过渡态(Ⅱ)稳定，故B 错误；
C. 根据图示知，生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能，则反应速率
较慢，故C 错误；
D. 根据图示知，生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能，则生成②的
碳正离子多，而
进攻碳正离子后得到
，即主要产物是
，故
D 正确；
故选D。
23．D
【详解】A．根据图中信息，反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，则反应焓变：反应
Ⅰ>反应Ⅱ，故A 正确；
B．反应Ⅲ是放热反应，熵增的反应，根据
，则在该条件下，反应Ⅲ
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能自发进行，故B 正确；
C．苯与Br2主要发生取代反应，生成有机主产物Ⅱ(溴苯)，故C 正确；
D．根据图中信息反应Ⅱ活化能较低，则反应速率较快，而反应Ⅰ活化能较大，反应速率
较慢，因此选择相对较短的反应时间能有效增加产物Ⅱ的比例，故D 错误。
综上所述，答案为D。
24．B
【详解】A．
与
的取代反应的焓变小于0，则是放热反应，A 正确；
B．由图可知，
和1mol 氯气的能量之和比
和1mol 氯化氢的能量
多99kJ，B 错误；
C．
，说
明
与
的四步取代反应的难易程度相当，C 正确；
D．已知CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)过程中断裂了1molC-H 键，形成了1mol 的H-Cl 键，
已知Cl—Cl 的键能为243kJ·mol-1，C—Cl 的键能为327kJ·mol-1，且有：CH4(g)
+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g)=-99kJ/mol，即4E(C-H)+E(Cl-Cl)-3E(C-H)-E(C-Cl)-E(H-
Cl)=-99kJ/mol，即E(C-H)+E(Cl-Cl)-E(C-Cl)-E(H-Cl)=-99kJ/mol，则E(C-H)+243kJ/
mol-327kJ/mol-E(H-Cl)=-99kJ/mol，则E(C-H)-E(H-Cl)=-15kJ/mol，即CH4(g)
+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)的△H=-15kJ/mol<0，D 正确；
故选B。
25．A
【详解】A．反应物苯中碳的杂化方式为sp2杂化，生成的中间体中碳的杂化方式既有双键
碳的sp2杂化、又有饱和碳原子的sp3杂化，所以碳原子的杂化发生了改变，故A 错误；
B．由图可知，生成中间体的反应的活化能最大，化学反应速率最慢，所以生成中间体的
反应为决速步骤，故B 正确；
C．对比苯和产物1 的结构简式可知，反应过程相当于在苯的两个邻位碳上各加一个原子团，
其中一个加硝基、另外一个加-OSO3H，即产物1 为加成反应的产物，故C 正确；
D．由图示可知，生成产物2 的反应的活化能更小，化学反应速率更快，即动力学优势产
物为产物2，产物2 的能量更低、更稳定，即热力学优势产物为产物2，故D 正确；
故答案为：A。
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26．D
【详解】A．由
的值可知，2 摩尔碳氢键和1 摩尔碳碳单键的键能和比1 摩尔氢氢键的
键能和1 摩尔碳碳双键之和多120 千焦，A 错误；
B．
，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间
存在相互作用，有利于物质稳定，B 错误；
C．虽然
，但两者并不相等，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键
数目、双键的位置有关，不能简单的说碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成
正比，C 错误；
D．由图示可知，反应I 为：
(l)+H2(g)→
(l) ΔH1，反应III 为：
(l)+2H2(g) →
(l) ΔH3，反应IV 为：
+3H2(g)→
(l) ΔH4，ΔH3-ΔH1＜0 即
(l)+H2(g) →
(l) ΔH＜0，ΔH4-ΔH3＞0 即
+H2(g)→
(l) ΔH＞0，则说明
具有的总能量
小于
，能量越低越稳定，则说明苯分子具有特殊稳定性 ，D 正确；
故选D。
27．D
【详解】A．苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢，
可作该反应的催化剂，故A 正确；
B．反应后的气体中含溴化氢和溴蒸汽，通入
除去溴蒸汽，HBr 和
溶液反应生
成浅黄色AgBr 沉淀，可知反应有
生成，故B 正确；
C．根据图示，过程②的活化能最大，反应速率最慢，慢反应决定总反应速率的大小，故C
正确；
D．根据图示，总反应放热，总反应的
，只知道正反应活化能，不能计算反应的焓
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变，故D 错误；
选D。
28．C
【详解】
A．
中最多5 个碳原子共线，如图虚线所示
，A 错
误；
B．根据盖斯定律可知，
故
，B 错误；
C．由题干信息已知：
，即反应Ⅱ放出的热量大于反应I，即产物I 具有的总
能量高于产物Ⅱ，则有产物Ⅱ比产物I 稳定，由题干信息可知，两者互为立体异构体中的
顺反异构，C 正确；
D．反应所需的活化能越小，反应速率越快，相同时间内所占比例越大，根据图知，短时
间内，反应Ⅰ的占比远远大于反应Ⅱ，说明反应Ⅰ的速率远远大于反应Ⅱ，则所需活化能
反应Ⅰ＜反应Ⅱ，D 错误；
故答案为：C。
29．C
【详解】A．低温下的主产物为1，2-加成，高温下的主要产物是1，4-加成，故A 错误；
B．温度升高对活化能大的反应影响更大，因此升温有利于得到
，故B 错
误；
C．根据图像可以得到
，故C 正确；
D．由反应历程及能量变化图无法判断该加成反应为放热反应，故D 错误；
故选C。
30．B
【详解】A．由图可知，1，2—加成产物的能量高于1，4—加成产物的能量，则反应温度
越低、反应时间越短，1，2-加成产物的比例就越大，A 正确；
B．由图可知，反应中氢离子与烯烃结合的活化能最大，反应速率最慢，所以该步为反应
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的决速步，增大溴离子浓度不能提高整体反应的速率，B 错误；
C．由题给信息可知，1，3，5—己三烯与溴化氢在高温下反应的产物应为
CH3CH=CHCH=CHCH2Br，C 正确；
D．由图可知，1，3-丁二烯与HBr 发生1，2-加成的反应热为
，发生1，4-加成的
反应热为
，D 正确；
故选B。
31．B
【详解】A．反应①中Mn 元素的化合价由+7 价降至+2 价，I 元素的化合价由-1 价升至0 价，
根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2
+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+) n(I
∶
2)=2 5∶，A 项错误；
B．根据反应①可得关系式10I-~2
，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-) n(
∶
)=0.001 (10×0.0002)=1 2
∶
∶，反应②中Mn 元素的化合价由+7 价降至+4 价，反应②对应的关系
式为I-~2
~MnO2~
~6e-，
中I 元素的化合价为+5 价，根据离子所带电荷数等于
正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2
+H2O=2MnO2↓+
+2OH-，B 项正确；
C．已知
的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减
弱而增强，C 项错误；
D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH 增大，反应②产生
OH-、消耗水、pH 增大，D 项错误；
答案选B。
32．B
【详解】A．
、
，则生成等质
量
时，①和②反应消耗
，A 错误；
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B．
，反应中铝发生氧化反应得到氧化产物铝离子，铜离子发生还
原反应得到还原产物铜，则反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为
，B 正确；
C．
、
，反应③和④得到等物质的量的
Cu 和Fe，消耗Al 的物质的量之比为2:3，C 错误；
D．氯化铝和氨水生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于弱碱氨水，故反应⑤氨水过量，仍
会得到
沉淀，D 错误；
故选B。
33．B
【详解】A．反应Ⅰ中
中氯元素化合价降低发生还原反应得到还原产物氯气，氯离子
中氯元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物氯气，根据电子守恒可知，氧化产物和还
原产物的物质的量比为5 1∶，A 正确；
B．氧化剂氧化性大于氧化产物；Ⅰ得氧化性
，Ⅱ在碱性条件显得氧化性
，Ⅲ得氧化性
，故不能说明酸性条件下氧化性：
，B 错误；
C．酸性条件下
可与盐酸发生反应生成氯气，
，C 正确；
D．28.4g 高锰酸钠为0.2mol，根据方程式可知，
，理论
上消耗氯酸钠的物质的量为
mol ，D 正确；
故选B。
34．D
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【详解】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，由Ⅰ可知，氧化性
，由Ⅱ可知，氧
化性
；故酸性条件下的氧化性：
，A 正确；
B．反应Ⅱ中
发生氧化反应得到氧化产物
，
发生还原反应得到还原产物
，由化学方程式可知，氧化产物和还原产物物质的量之比为
，B 正确；
C．向
溶液中滴加酸性
溶液，
被高锰酸钾氧化为
，故溶液颜色由
蓝色变为淡黄色，C 正确；
D．向含
的酸性溶液中滴加
溶液充分反应，由于碘离子还原性大于亚铁
离子，故碘离子完全和
反应生成碘单质，转移
电子，D 错误；
故选D。
35．D
【详解】A．由图可知，t2时，n(ClO-)=0.06 mol，n (
) =0.03 mol，t1时溶液中不存在
，则Cl2和苛性钠溶液在不同温度下可能发生不同反应，A 正确；
B．由电子转移守恒可知：转移电子=失去电子=0.06 mol×(1-0) +0.03 mol×(5-0) =0.21 mol，
则转移的电子数目是0.21NA，B 正确；
C．根据电子守恒可知n(Cl-)=0.06 mol×(1-0) +0.03 mol×(5-0) =0.21 mol，根据物料守恒可知
n(Na+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(
)=0.21 mol+0.06 mol+0.03 mol=0.3 mol，则n(Na+)：n(Cl-)=0.3
mol：0.21 mol=10 7∶，C 正确；
D．根据Cl 元素守恒可知n((Cl2)=
，D 错误；
故合理选项是D。
36．B
【详解】A．N、O 的原子序数分别为7、8，均位于周期表中的p 区，A 正确；
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B．氧元素化合价由-2 价升高到0 价，生成
时，转移电子的数目为
，B 错
误；
C．反应
时，
反应消耗
=0.105mol，生成
体积
0.0525mol，标况下
体积为
，C 正确；
D．
，生成
的平均速率为
=
，D
正确；
故选B。
37．B
【详解】A．由题给信息可知
、
和
三种浓度硝酸分别与锌
反应时，产物不是单一的，
硝酸与锌反应时生成
、
、
、
、
，
硝酸与锌反应时生成
、
、
、
，
硝酸与锌反应时生成
和
，A 正确；
B．当
时，生成物
，每生成1 个
转移3 个电子，
每生成1 个
转移8 个电子，因此每生成25 个
转移75 个电子，每生成10 个
转
移80 个电子，因此生成
转移的电子数小于生成
转移的电子数，B 错误；
C．当
且生成
混合气体时，还原产物为
、
、
、
，
物质的量分别为
、
、
、
，
得电子的总量为
，根据得失电子守恒可计算出被
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氧化的锌的物质的量
，C 正确；
D．当
且生成
混合气体时，还原产物为
、
，物质的量
分别为
、
，则转移的电子为
，被氧化的锌为
，参加反应的硝酸有部分体现酸性生成
，另一部分体现氧化性生成
和
，故参加反应的
为
，D 正确；
故选B。
38．D
【详解】A．由图1，葡萄糖浓度越大，透光率上升越快，由已知(1)，即高锰酸根浓度下降
越快，故反应速率越大，A 正确；
B．高锰酸钾氧化草酸，生成二价锰离子和二氧化碳，锰化合价从+7 变为+2，得5 个电子，
碳化合价+3 变为+4,1 个草酸分子失2 个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，KMnO4和
H2C2O4的反应中参与反应的n(KMnO4)：n(H2C2O4)=2：5，B 正确；
C．由历程图，Mn2+可以作为高锰酸钾和草酸反应的催化剂，故图2 中曲线甲反应速率加快
的原因可能与反应生成Mn2+有催化作用有关，C 正确；
D．随H2C2O4浓度增大，草酸根浓度增大，反应历程①中，草酸根是反应物，随浓度增大，
历程①速率是增大的，故D 错误；
本题选D。
39．C
【详解】A. 反应i 中N 元素的化合价没有变化，碳化合价从+2 升高到+4，氯元素化合价
降低,所以氯气是氧化剂，CN-是还原剂，二者比例为1：1，故A 错误；
B. X、Y 是两种无毒的气体，从元素分析，应含有碳元素和氮元素，其中一种为二氧化碳，
另一种为氮气，其中碳元素化合价不变，氮元素化合价升高，氮气为氧化产物，二氧化碳
不是氧化产物，故B 错误；
C.氯气是有毒气体，应采取措施，防止氯气逸出到空气中，故C 正确；
D. CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl-+H2O，2OCN-+4OH-+3Cl2=2CO2+N2+6Cl-+2H2O，总反应方程
式为，2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，处理c(CN-)=0.0001mol·L-1的废水106L，则
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的物质的量为100mol，消耗的氯气为250mol，标况下的Cl2250mol×22.4L/mol=5.6×103L，
故D 错误。
故选C。
40．A
【分析】还原性：
，加入氯气
时溶液中
为xmol，则说明通入
只发生：
；通入
氯气，
为0mol，碘离子完全反应，同时氧化
溴离
子，发生反应：
，
，据此计算。
【详解】还原性：
，加入氯气
时溶液中
为xmol，则说明通入
只发生：
，生成的氯离子的物质的量为
，由表中数据可
知原溶液中溴离子为3mol，原溶液中氯离子为
；通入
氯气，其
物质的量为
，
为0mol，碘离子完全反应，同时氧化
溴离子，
发生反应：
，
，氯气反应生成的氯离子为
，故原溶液中氯离子为
；由方程式可知溶液中阴离子总
的物质的量不变不含氢氧根离子，故原溶液中碘离子的物质的量为
，故原溶液中
、
、
物质的量之比为1mol：
3mol：
：15：4，由此可知：
答案选A。
【点睛】竞争型氧化还原反应的计算，关键是弄清楚题设条件下发生哪几个反应，再根据
方程式来计算，如本题中通入
只发生：
，生成的氯离子的物质
的量为
；通入
氯气，发生反应：
，
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，氯气反应生成的氯离子为
。
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