甘肃省师大附中2024届化学高二第一学期期中调研试题含解析

甘肃省师大附中2024届化学高二第一学期期中调研试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是A．CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒C．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂D．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物2、根据下列操作及现象，所得结论正确的是（）序号操作及现象结论A将0.1mol•L﹣1氨水稀释成0.01mol•L﹣1，测得pH由11.1变成10.6稀释后NH3•H2O的电离程度减小B常温下，测得饱和Na2CO3溶液的pH大于饱和NaHCO3溶液常温下水解程度：C向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色温度升高，Fe3+的水解程度增大D将固体CaSO4加入Na2CO3饱和溶液中，一段时间后，检验固体成分为CaCO3同温下溶解度：CaSO4＜CaCO3A．A B．B C．C D．D3、在2L密闭容器中把4molA和2molB混合，在一定条件下发生反应3A(g)＋2B(g)zC(g)＋2D(g)。2min后反应达到平衡时生成1.6molC，又测得反应速率v(D)=0.2mol/(L·min)。则下列说法正确的是（）A．z=4B．B物质的转化率是20%C．A的平衡浓度是1.6mol/LD．平衡时气体压强是原来的4、下列关于热化学反应的描述中正确的是()A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH=﹣57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热是ΔH=2×(﹣57.3)kJ·mol-1B．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol-1，则2CO2(g)====2CO(g)+O2(g)反应的ΔH=+566.0kJ·mol-15、向20mL0.5mol/L的氨水中逐滴加入等物质的量浓度的盐酸，测定混合溶液的温度变化如图所示．下列关于混合溶液的说法错误的是A．从a点到b点，混合溶液不可能存在：c（Cl-）=c（NH4+）B．由水电离的c（H+）：b点＞c点C．NH3·H2O的电离程度：b点＞a点D．b点到c点，混合溶液中可能存在：c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）6、已知室温时Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaCO3)＝2.5×10－9。下列说法中不正确的是A．BaCO3、BaSO4均不溶于水，所以均可以做胃病患者的钡餐试剂（提示：可溶性重金属钡盐是剧毒物质）B．虽然BaSO4和BaCO3溶解度相差较小，但BaCO3可以转化为BaSO4C．室温下，饱和BaSO4和BaCO3混合溶液中，c(SO42-)/c(CO32-)＝4.4×10－2D．分别用等体积的水和0.010mol/L硫酸洗涤BaSO4沉淀，用水洗涤造成BaSO4的损失量大7、光气又称碳酰氯，有剧毒，可发生反应:COCl2(g)CO(g)

+Cl2(g)

∆H>0。当反应达到平衡时，下列措施不能提高COCl2转化率的是A．升温 B．恒容通入惰性气体 C．减压 D．恒压通入惰性气体8、下列各化合物中，均为弱电解质的一组是A．H2CO3Ba(OH)2K2SH3PO4 B．FeCl3HClC2H5OHNH4ClC．CH3COOHH2CO3Cu(OH)2H2O D．HClKNO3H2CO3H2SO49、含有一个三键的炔烃，氢化后的产物结构简式为，此炔烃可能的结构简式有()A．1种 B．2种 C．3种 D．4种10、下列关于能层与能级的说法中正确的是A．原子核外每一个能层最多可容纳的电子数为n2B．任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层数C．不同能层中s电子的原子轨道半径相同D．不同能层中p电子的原子轨道能量相同11、将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)△H=+akJ·mol-l。能判断该分解反应已经达到化学平衡的是（）A．v(NH3)=2v(CO2)B．密闭容器中NH3体积分数不变C．反应吸收akJ热量D．密闭容器中混合气体的密度不变12、下图所示为800℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是()A．A是反应物B．前2minA的分解速率为0.1mol·L－1·min－1C．前2minC的生成速率为0.2mol·L－1·min－1D．反应的方程式为：2A(g)2B(g)＋C(g)13、常温下，下列有关叙述正确的是A．Na2CO3溶液中，2c(Na+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)B．NaB溶液的pH＝8，c(Na＋)－c(B-)＝9.9×10-7mol/LC．pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4三种溶液中，c(NH4＋)大小顺序：②＞①＞③D．10mLpH＝12的氢氧化钠溶液中加入pH＝2的CH3COOH至pH刚好等于7，所得溶液体积V(总)≥20mL14、下列无机含氧酸分子中酸性最强的是（）A．HNO2 B．H2SO3 C．HClO3 D．HClO415、常温下，向10mLH2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液．有关微粒的物质的量变化如图．根据图示判断，下列说法不正确的是A．H2A是二元弱酸B．当0mL＜V（NaOH）＜20mL时，一定有：c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣）=c（Na+）+c（H+）C．当V（NaOH）=10mL时，溶液中离子浓度关系一定有：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）D．当V（NaOH）=20mL后，再向溶液中加水稀释，c（H+）减小，c（OH﹣）也减小16、一定条件下，在水溶液中1molCl－、ClO(x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是（）A．a、b、c、d、e中，c最稳定B．b→a+c反应的活化能为60kJ·mol－1C．b→a+d反应的热化学方程式为3ClO－(aq)=ClO(aq)+2Cl－(aq)

△H=-116kJ·mol－1D．e是ClO二、非选择题（本题包括5小题）17、有U、V、W、X四种短周期元素，原子序数依次增大，其相关信息如下表：请回答下列问题：（1）U、V两种元素组成的一种化合物甲是重要的化工原料，常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则甲分子中σ键和π键的个数比为________，其中心原子采取______杂化。（2）V与W原子结合形成的V3W4晶体，其硬度比金刚石大，则V3W4晶体中含有________键，属于________晶体。（3）乙和丙分别是V和X的氢化物，这两种氢化物分子中都含有18个电子。乙和丙的化学式分别是________、____________，两者沸点的关系为：乙________丙(填“>”或“<”)，原因是______________。18、下表列出了A~R10种元素在周期表中的位置：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02EG3ACDFHIR4B（1）这10种元素中化学性质最不活泼的是______（填元素符号）。（2）A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为____。（3）A的过氧化物与水反应的化学方程式为_______；在该反应中，还原剂是________。（4）D的最高价氧化物对应的水化物与NaOH溶液发生反应，其离子方程式为___________。（5）E元素和F元素两者核电荷数之差是____。19、如图为实验室制备乙炔并进行性质验证的装置(夹持仪器己略去)。（1）实验室制备乙炔的方程式为___；（2）仪器A的名称为___，为防止气体生成的速率过快，由A滴入B的试剂为___；（3）装置C可选用的试剂为___(写出一种即可)，其作用为___；（4）反应开始后，D中的现象为___，所发生反应的反应类型为___；（5）D中验证实验结束后。B中反应仍在继续。此时可撤去装置D，在装置C之后连接收集装置，以下装置中最适合用于收集乙炔的是___。20、阿司匹林（乙酰水杨酸，）是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃。某学习小组在实验室以水杨酸（邻羟基苯甲酸）与醋酸酐为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：+(CH3CO)2O+CH3COOH制备基本操作流程如下：主要试剂和产品的物理常数如表所示：请根据以上信息回答下列问题：（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是___。（2）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是___。（3）提纯粗产品流程如图，加热回流装置如图：①仪器d的名称为___。②使用温度计的目的是控制加热温度，防止___。③趁热过滤的原因是___。④下列说法正确的是___（填字母选项）。a.此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂b.此种提纯粗产品的方法叫重结晶c.根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时很小d.可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸（4）在实验中原料用量2.0g水杨酸、5.0ml醋酸酐（ρ=1.08g/cm3），最终称得产品质量为2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为___（用百分数表示，小数点后一位）。21、25℃，几种酸的电离平衡常数如表。化学式CH3COOHH2CO3HCNHClOH2SO3电离常数1.8×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-115×10-103.0×10-8K1=2×10-2K2=1×10-7（1）物质的量浓度均为0.1mol/L的四种溶液：a.CH3COONab.Na2CO3c.NaClOd.NaHCO3，pH由大到小的顺序为__（用编号填写）。（2）根据上表数据判断，下列离子方程式错误的是__。A．CO2(过量)+H2O+ClO-=HCO+HClOB．SO2(过量)+H2O+ClO-=HSO+HClOC．CO2(少量)+H2O+CN-=HCO+HCND．SO2(少量)+H2O+CN-=HSO+HCNE.SO2(少量)+2CO+H2O=SO+2HCOF.2SO2(过量)+CO+H2O=2HSO+CO2↑（3）0.10mol·L-1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为__。（4）25℃时，NaCN与HCN的混合溶液，若c（CN-）=c（HCN），则溶液中pH=_（已知lg2=0.3，lg5=0.7）。（5）25℃时，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将__（填“增大”“减小”或“不变”）。（6）25℃时，在pH=7的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，c(Na+)-c(CH3COO-)=___。（7）同浓度下列溶液中A．NH4ClB．NH4HSO4C．NH4NO3D．NH4HCO3E.NH3·H2OF.(NH4)2CO3，c平（NH）由大到小排序___（填序号）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【题目详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。2、C【题目详解】A．NH3•H2O为弱电解质，加水稀释促进电离，由于溶液体积增大，pH反而减小，故A错误；B．饱和溶液的浓度不同，Na2CO3溶解度较大，应比较相同的浓度的溶液的pH，故B错误；C．盐类的水解为吸热反应，升高温度促进水解，可根据溶液颜色判断，故C正确；D．水垢中的CaSO4用Na2CO3溶液充分浸泡后可转化为CaCO3，说明溶解度CaSO4＞CaCO3，故D错误。答案选C。3、A【题目详解】A.根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数。由3A(g)＋2B(g)zC(g)＋2D(g)，且v(D)=0.2mol/(L·min)，则v(C)==0.4mol/(L·min)，v(D)：v(C)=0.2：0.4=1:2，则z=4，故A正确；

B.由反应3A(g)+2B(g)=4C(g)+2D(g)，

开始量4200

变化量1.20.81.60.8

平衡量2.81.21.60.8

所以B的转化率=，故B错误；

C.A的平衡浓度==1.4mol/L，故C错误；

D.气体物质的量之比等于压强之比，平衡时气体压强是原来的==，故D错误；故选A。4、D【题目详解】A、中和热是指稀酸与稀碱反应生成1mol水放出的热量，中和热数值与参加反应的酸与碱物质的量无关，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，A错误；B、1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，B错误；C、需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如燃烧反应，C错误；D、CO燃烧热△H=-283.0kJ/mol，则燃烧的热化学方程式为2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-2×283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ/mol，D正确；答案选D。5、A【分析】从a点到b点，溶液由碱性中性酸性；b点溶质为氯化铵，氯化铵水解促进水电离，c点是盐酸和氯化铵的混合液，盐酸抑制水电离；盐酸促进NH3·H2O的电离；氯化铵和盐酸混合，当盐酸的物质的量浓度等于氯化铵的物质的量浓度时，出现c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）。【题目详解】从a点到b点，b点为氯化铵溶液,b点溶液呈酸性，溶液由碱性恰好变为中性时c（Cl-）=c（NH4+），从a点到b点，混合溶液可能存在：c（Cl-）=c（NH4+），故A错误；b点溶质为氯化铵，氯化铵水解促进水电离，c点是盐酸和氯化铵的混合液，盐酸抑制水电离，所以由水电离的c（H+）：b点＞c点，故B正确；盐酸促进NH3·H2O的电离，b点加入的盐酸大于a点，所以NH3·H2O的电离程度：b点＞a点，故C正确；从b点到c点，盐酸过量，溶液中的溶质是氯化铵和盐酸，c点时盐酸的物质的量浓度等于氯化铵的物质的量浓度，混合溶液中存在：c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-），b点到c点，接近c点也可以出现此种排序，故D正确；选A。6、A【解题分析】A.由于BaCO3能与胃酸的成分盐酸反应，生成可溶性钡盐，会引起中毒，所以不能用做胃病患者的钡餐试剂，故A错误；

B.由题给数据可知，Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，溶度积较小的可以转化成溶度积更小的，故B正确；C.室温下，饱和BaSO4和BaCO3混合溶液中，溶液中Ba2＋浓度相等，根据溶度积常数可以求出，当两种沉淀共存时=＝＝4.4×10-2，故C正确；D.硫酸钡溶于存在溶解平衡，电离出钡离子和硫酸根离子，硫酸溶液中含有硫酸根离子，能抑制硫酸钡溶解，所以用水洗涤造成BaSO4的损失大于用稀硫酸洗涤的损失量，故D正确；故答案选A。7、B【解题分析】分析：该反应的正反应是气体分子数增大的吸热反应，根据温度、压强等外界条件对化学平衡的影响规律作答。详解：A项，该反应的正反应为吸热反应，升温平衡向正反应方向移动，能提高COCl2的转化率；B项，恒容通入惰性气体，各物质的浓度不变，平衡不发生移动，COCl2的转化率不变；C项，该反应的正反应为气体分子数增大的反应，减压平衡向正反应方向移动，能提高COCl2的转化率；D项，恒压通入惰性气体，容器体积变大，相当于减压，减压平衡向正反应方向移动，能提高COCl2的转化率；不能提高COCl2转化率的是B项，答案选B。点睛：本题考查外界条件对化学平衡的影响。注意通入惰性气体对化学平衡的影响，恒容时通入惰性气体，由于各物质的浓度不变，化学平衡不移动；恒压时通入惰性气体，由于容器的体积变大，相当于减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动。8、C【题目详解】A.Ba(OH)2是强碱，属于强电解质，K2S是盐，属于强电解质；B.HCl是强酸，属于强电解质，FeCl3、NH4Cl是盐，属于强电解质，C2H5OH不能电离，属于非电解质；C.乙酸、碳酸、水、Cu(OH)2部分电离，属于弱电解质；D.HCl、H2SO4是强酸，属于强电解质，KNO3是盐，属于强电解质。故选C。【题目点拨】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，能导电是电解质自身能电离出自由移动的离子；强电解质在水溶液或熔融状态下，能完全电离成离子；弱电解质是指，在水溶液或熔融状态下部分电离的电解质，包括弱酸，弱碱、水与少数盐。9、B【题目详解】根据炔烃与H2加成反应的原理可知，烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是才可以形成C、C三键，由烷烃的结构简式可知，该烷烃有如下所示的3个位置可以形成C、C三键，其中1、2两位置相同，故该炔烃共有2种，故选B。【题目点拨】加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应，根据加成原理采取逆推可知烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间才可以形成C、C三键，判断形成C、C三键时注意先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子的2个氢原子形成C、C三键。10、B【题目详解】A.原子核外每一个能层最多可容纳的电子数为2n2，故A错误；

B.能层含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大，在不违反泡利原理、和洪特规则的条件下，电子优先占据能量较低的原子轨道，使整个原子体系能量处于最低，这样的状态是原子的基态，所以任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数，故B正确；

C.能层序数越大，s原子轨道的能量越高，轨道的半径越大，故C错误；

D.离原子核越远的电子，其能量越大，所以p原子轨道电子的平均能量随能层的增大而增加，故D错误。

故选B。11、D【解题分析】分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变。详解：A、未体现正逆反应速率的关系，故A错误；B、由于反应物为固体，根据方程式，从反应开始到平衡，密闭容器中氨气的体积分数一直不变，不能判断该分解反应已经达到化学平衡，故B错误；C.该反应为可逆反应，反应吸收akJ热量，只是说明分解的氨基甲酸铵的物质的量为1mol，不能说明氨基甲酸铵的物质的量是否变化，故C错误；D、密闭容器中混合气体的密度不变，说明气体质量不变，正逆反应速率相等，故D正确；故选D。点睛：本题考查了化学平衡状态的判断注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。本题的易错点为C，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。12、C【题目详解】A.根据图示可知：A是反应物，B、C是生成物，故A错误；B．在前2minA的分解速率(0.4mol/L-0.2mol/L)÷2min="0.1"mol·L－1·min－1.，故B错误；C．在前2minC的生成速率为(0.2mol/L-0mol/L)÷2min=0.1mol/(L·min)，故C正确；D．在反应中各种物质的浓度的变化关系是：A：0.2mol/L;B:0.2mol/L;；C：0.1mol/L.在相同时间内，物质的浓度变化的比对于方程式该物质前边的计量数的比。所以反应的方程式为：2A(g)2B(g)＋C(g)，故D错误；答案选C。13、B【解题分析】A、根据原子守恒可知c(Na＋)＝2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，A不正确；B、NaB溶液的pH＝8，说明B－水解显碱性，c(H+)=10－8mol/L，则c(OH-)＝10－6mol/L。根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H+)=c(OH-)＋c(B－)可知，选项B是正确的。C、NH4＋水解显酸性，c(NH4＋)越大，酸性越强，所以当pH相等时，氯化铵和硫酸铵溶液中NH4＋浓度是相同的。由于NH4HSO4能电离出大量的氢离子，所以该溶液中NH4＋浓度最小，C也不正确。D、若HA是强酸，则二者恰好反应时，溶液显中性，需要HA的体积是10ml。若HA是弱酸，则pH＝2的HA，其HA的浓度大于0.01mol/L。若消耗10mlHA，则HA一定是过量的，溶液显酸性。所以要使溶液显中性，则HA的体积必须小于10ml，因此D也是错误的。答案选B。14、D【分析】在含氧酸的分子中，非羟基氧原子的数目越多，则含氧酸的酸性越强。．【题目详解】A.HNO2非羟基氧原子的数目是1；B.H2SO3非羟基氧原子的数目是2；C.HClO3非羟基氧原子的数目是2；D.HClO4非羟基氧原子的数目是3；综上所述，非羟基氧原子的数目最多的是HClO4，所以HClO4的酸性最强，故选D．15、D【解题分析】A、图象分析可知，随氢氧化钠溶液滴加HA-离子物质的量增大，H2A为二元弱酸；B、依据溶液中电荷守恒分析判断；C、图象分析可知H2A浓度=1×10-3mol0.01L=0.1mol/L，向10mLH2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，当V（NaOH）=10mL时，恰好反应生成NaHA，图象分析可知此时A2-离子大于H2D、当V（NaOH）=20mL后，恰好完全反应生成Na2A，A2-离子水解溶液呈碱性，向溶液中加水稀释c（OH-）减小，温度不变，水的离子积不变，则c（H+）增大。【题目详解】A、图象分析可知，随氢氧化钠溶液滴加HA-离子物质的量增大，说明H2A为二元弱酸，选项A正确；B、依据溶液中电荷守恒分析判断，当0mL＜V（NaOH）＜20mL时，一定有电荷守恒：c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-）=c（Na+）+c（H+），选项B正确；C、图象分析可知H2A浓度=1×10-3mol0.01L=0.1mol/L，向10mLH2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，当V（NaOH）=10mL时，恰好反应生成NaHA，图象分析可知此时A2-离子大于H2A，说明溶液中HA-离子电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度大小为；c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-D、当V（NaOH）=20mL后，恰好完全反应生成Na2A，A2-离子水解溶液呈碱性，向溶液中加水稀释c（OH-）减小，温度不变，水的离子积不变，则c（H+）增大，选项D错误；答案选D。【题目点拨】本题考查了酸碱反应后溶液中溶质分析，酸碱性的分析判断，离子浓度大小比较，图象分析判断和反应过程的理解应用是解题关键，题目难度较大。16、C【题目详解】A．a、b、c、d、e中a能量最低，所以a最稳定，A错误；B．依据图中数据无法判断b→>a+C反应的活化能，B错误；C．b→a+d，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+2×0kJ/mol)－3×60kJ/mol=-116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO－(aq)=ClO(aq)+2Cl－(aq)△H=-116kJ·mol－1，C正确；D．e中Cl元素化合价为+7价，而ClO3-中Cl元素化合价为+5价，D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、5∶1sp2共价原子C2H6H2O2<H2O2分子间存在氢键，C2H6分子间不存在氢键【分析】根据核外电子排布规律分析解答；根据共价键的形成及分类分析解答；根据分子间作用力的综合利用分析解答；【题目详解】根据题意已知，U是H元素；V元素三个能级，说明只有2个电子层，且每个能级中电子数相等，它的核外电子排布式为：1s22s22p2，即C元素；W在基态时，2p轨道处于半充满状态，所以它的核外电子排布式为：1s22s22p3，即N元素；X与W同周期，说明X处于第二周期，且X的第一电离能比W小，故X是O元素；(1)衡量石油化工发展水平的标志的是乙烯，即甲分子是乙烯分子，乙烯分子中含有碳碳双键，双键中含有一个σ键和一个π键，两个碳氢共价键，即四个σ键，则甲分子中σ键和π键的个数比为：5∶1，其中心原子采取的是sp2杂化，体现平面结构；(2)V3W4晶体是C3N4晶体，其硬度比金刚石大，说明晶体中含有共价键，是原子晶体；(3)V的氢化物含有18个电子，该分子是C2H6，W的氢化物含有18个电子的分子是：H2O2，由于H2O2分子间存在氢键，C2H6分子间不存在氢键，故沸点：C2H6<H2O2；【题目点拨】同种元素形成的不同种单质，互为同素异形体。同种原子形成共价键，叫做非极性键。形成分子间氢键的分子熔点和沸点都会比同系列的化合物偏高，例如：H2O常温下为液态，而不是气态。18、ArK＞Na＞Mg2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Na2O2Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O8【分析】由元素在周期表中的位置可知，A、B、C、D、E、F、G、H、I、R分别为Na、K、Mg、Al、C、Si、O、S、Cl、Ar。【题目详解】（1）这10种元素中化学性质最不活泼的是稀有气体Ar。（2）同一主族的元素从上到下，原子半径依次增大，同一周期的元素从左到右，原子半径依次减小，因此，A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为K＞Na＞Mg。（3）A的过氧化物为Na2O2，其与水反应生成NaOH和O2，该反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；在该反应中化合价升高的元素是Na2O2中的O元素，还原剂是Na2O2。（4）D的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，其为两性氢氧化物，其与NaOH溶液发生反应生成偏铝酸钠和水，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O。（5）E元素和F元素分别为C和Si，两者核电荷数之差是14-6=8。【题目点拨】根据元素在周期表中的位置确定元素的名称，这是高中学生的基本功，根据元素周期律结合常见元素的基本性质进行有关性质的比较和推断，也是学生的基本功，要求学生要在这些方面打好基础。19、CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑分液漏斗饱和食盐水NaOH溶液（或CuSO4溶液）除去气体中的杂质溴水褪色加成反应A【分析】碳化钙（CaC2）与水反应生成氢氧化钙[Ca（OH）2]和乙炔，为减缓反应，可用饱和食盐水代替水；得到的乙炔气体中混有H2S等还原性有毒气体，可以用NaOH溶液或硫酸铜溶液来除去；乙炔含有不饱和键，能够与溴水发生加成反应，使溴水褪色；乙炔难溶于水，可以用排水法收集。【题目详解】（1）碳化钙（CaC2）与水反应生成氢氧化钙[Ca（OH）2]和乙炔，配平即可，方程式为CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑，故答案为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；

（2）仪器A为分液漏斗，乙炔与水反应剧烈，为减缓反应，可用饱和食盐水，故答案为：分液漏斗；饱和食盐水；

（3）电石中往往混有CaS等杂质，与水反应会产生H2S等还原性有毒气体，硫化氢能与NaOH溶液或硫酸铜溶液反应，可以用NaOH溶液或硫酸铜溶液除去，故答案为：NaOH溶液（或CuSO4溶液）；除去气体中的杂质；

（4）乙炔能够和溴水发生加成反应，方程式为：CH≡CH+2Br2→CHBr2CHBr2，D中的现象为溴水褪色；故答案为：溴水褪色；加成反应；

（5）乙炔难溶于水选择A收集，在装置C之后连接收集装置，最适合用于收集A排水法收集，气体纯度高，故答案为：A。【题目点拨】对于制取气体的反应，为了防止气体产生速率过快，通常可以选择降低反应物浓度的办法，此题中用饱和食盐水代替蒸馏水就是应用了这个原理。20、防止醋酸酐水解水浴加热球形冷凝管防止乙酰水杨酸受热分解防止乙酰水杨酸结晶析出，降低产率abc84.3%【分析】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品，然后向粗产品中加入饱和碳酸氢钠溶液，使乙酰水杨酸转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，从而除去杂质；然后加入浓盐酸除去剩余的碳酸氢钠、将乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，最后过滤、洗涤、干燥得到乙酰水杨酸。【题目详解】(1)乙酸酐容易发生水解生成乙酸，故仪器应干燥防止乙酸酐水解；(2)控制温度在85℃～90℃，小于100℃，应使用水浴加热；(3)①仪器d的名称为球形冷凝管；②乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃，使用温度计的目的是控制加热的温度，防止乙酰水杨酸受热易分解；③趁热过滤，防止乙酰水杨酸结晶析出，减少损失；④a．乙酸乙酯起溶剂作用，故a正确；b．趁热过滤除去水杨酸，再冷却结晶析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，利用水杨酸、乙酰水杨酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分离提纯，这种分离提纯方法为重结晶，故b正确；c．冷却结晶可析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，故c正确；d．由于水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸，故d错误；故答案为abc；(4)n(水杨酸)==0.0145mol，n(醋酸酐)==0.053mol，则理论上生成乙酰水杨酸0.0145mol，产率为=84.3%。【题目点拨】考查有机物制备实验方案设计与评价，注意对题目信息的应用，(3)中注意根据流程理解分离提纯方法，常见方