2024届江苏省苏州大学附属中学化学高二上期中预测试题含解析

2024届江苏省苏州大学附属中学化学高二上期中预测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、一定温度下，在一固定体积的密闭容器中，对于可逆反应A(s)＋3B(g)2C(g)，下列说法不能说明达到化学平衡状态的是A．气体密度不再变化 B．混合气体的总压强不再变化；C．A、B、C的物质的量之比为1∶3∶2 D．混合气体的平均相对分子质量不变2、在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是A．sp，范德华力 B．sp2，范德华力C．sp2，氢键 D．sp3，氢键3、下列有关合金的说法错误的是A．青铜是人类历史上使用最早的合金，至今已有三千多年的历史B．合金的硬度一般比它的各成分金属的小，熔点一般也比它的各成分金属的高C．世界上最常见的，用量最大的合金是钢D．合金可以由金属和非金属熔合而成4、环境污染已成为人类社会面临的重大威胁，下列各项中与环境污染无关的是()①温室效应②赤潮③酸雨④光化学污染⑤臭氧空洞⑥水俣病⑦潮汐现象⑧水华⑨地方性甲状腺肿大A．⑥⑧ B．④⑤ C．①②③ D．⑦⑨5、下列图示内容的对应说明错误的是ABCD图示说明可保护钢闸门不被腐蚀可以结合秒表测量锌与硫酸的反应速率证明温度对平衡移动的影响反应为放热反应A．A B．B C．C D．D6、100℃，有pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，以下说法中不正确的是A．在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强B．HX、HY、HZ三者中有一种为强酸C．在X－、Y－、Z－三者中，以Z－最易发生水解D．向1molHY加入NaOH充分反应至溶液呈中性时，需要的NaOH稍小于1mol7、关于下列电化学装置说法正确的是A．装置①中，构成电解池时Fe极质量既可增也可减B．装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小C．用装置③精炼铜时，d极为精铜D．装置④中电子由Fe经导线流向Zn8、可逆反应，在密闭容器中达到平衡后，改变条件，能使B的转化率提高的是A．保持温度不变，增大容器体积使压强减小 B．保持恒温恒容，充入氦气C．其他条件不变时，升高温度 D．保持恒温恒容，加入一定量A物质9、25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH-△H＞0，下列叙述正确的是（）A．向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c（H+）增大B．将水加热，Kw增大，pH不变C．向水中加入少量硫酸氢钠固体，增大D．向水中加入少量NaOH固体，平衡正向移动，c（H+）降低10、金属晶体的形成是因为晶体中存在()A．脱落价电子后的金属离子间的相互作用B．金属原子间的相互作用C．脱落了价电子的金属离子与脱落的价电子间的相互作用D．金属原子与价电子间的相互作用11、已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1。现有以下四个化学反应方程式：①H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋2H2O(l)②H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)③HCl(aq)＋NH3·H2O(aq)===NH4Cl(aq)＋H2O(l)④CH3COOH(aq)＋NH3·H2O(aq)===CH3COONH4(aq)＋H2O(l)其中放出的热量为57.3kJ的是A．①和②B．③C．④D．以上都不对12、下列各组物质中，都是强电解质的是A．HF、HCl、BaSO4B．NH4F、CH3COONa、Na2SC．NaOH、Ca（OH）2、NH3•H2OD．HClO、NaF、Ba（OH）213、对于2A(g)+B(g)2C(g)△H<0当温度升高时，平衡向逆反应方向移动，其原因是()A．正反应速率增大，逆反应速率减小B．逆反应速率增大，正反应速率减小C．正、逆反应速率均增大，但是逆反应速率增大的程度大于正反应速率增大的程度D．正、逆反应速率均增大，而且增大的程度一样14、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是()A．已知2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)△H＝－1．6kJ·mol-1，则氢气的燃烧热为2．8kJ·mol-1B．已知C(石墨，s)＝C(金刚石，s)△H＞0则金刚石比石墨稳定C．已知NaOH(ag)+HCl(aq)＝NaCl(aq)＋H2O(l)；△H＝－3．4kJ·mol-1则含4．0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出5．7kJ的热量D．己知2C(s)+2O2(g)＝2CO2(g)△H12C(s)+O2(g)＝2CO(g)△H2，则△H1＞△H215、下列有关化学键类型的判断不正确的是A．s­—sσ键与s—­pσ键的对称性相同B．分子中含有共价键，则至少含有一个σ键C．已知乙炔的结构式为H—C≡C—H，则乙炔分子中存在2个σ键(C—H)和3个π键(C≡C)D．乙烷分子中只存在σ键，即6个C—H键和1个C—C键都为σ键，不存在π键16、常温下，在pH＝5的HA溶液中存在电离平衡：HAA－＋H＋，对于该平衡，下列叙述正确的是A．加入水时，平衡向右移动，HA电离常数增大.B．加入少量NaA固体，平衡向右移动C．稍微升高溶液温度，溶液中的c(OH－)增大D．加入少量NaOH固体，平衡向右移动，c(H＋)减少17、将10mLpH=1的CH3COOH溶液加水稀释至100mL后,溶液的pH为A．2B．2<pH<7C．1<pH<2D．无法判断18、如果1g水中含有a个氢原子，则阿伏加德罗常数是A．1/9amol－1 B．9amol－1 C．2amol－1 D．18amol－119、下列微粒中能使水的电离平衡向左移动且溶液的pH减小的是()A． B．Cl-C．Na+ D．OH-20、将2.0molPCl3(g)和1.0molCl2(g)充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生反应：PCl3(g)＋Cl2(g)⇌PCl5(g)，达到平衡时，PCl5为0.40mol。如果此时移走1.0molPCl3和0.50molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是A．0.2mol B．0.4molC．小于0.2mol D．大于0.20mol，小于0.40mol21、下列事实不能说明有机物分子中原子或原子团间的相互影响，会导致化学性质差异的是A．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而乙烷不能C．苯与液溴在催化剂作用下才发生反应，而苯酚与浓溴水混合就能发生反应D．等物质的量的乙醇和甘油与足量的金属钠反应，后者产生的氢气比前者多22、2－丁烯的结构简式正确的是A．CH2＝CHCH2CH3 B．CH2＝CHCH＝CH2C．CH3CH＝CHCH3 D．CH2＝C＝CHCH3二、非选择题(共84分)23、（14分）为探究工业尾气处理副产品X(黑色固体，仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X含有的两种元素是__________，其化学式是____________。（2）无色气体D与氯化铁溶液反应的离子方程式是____________________。（3）已知化合物X能与稀盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g·L-1），写出该反应的化学方程式________________________________________。24、（12分）下图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。各方框表示有关的一种反应物或生成物（某些物质已经略去），其中A、B、D在常温下均为无色无刺激性气味的气体，C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体。（1）物质G的化学式：______。（2）物质B的电子式：______。（3）写出A→D的化学方程式：______；G→E的离子方程式：_____。25、（12分）已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下步骤实验：①称量1.0g样品溶于水，配成250mL溶液；②准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中；③滴加几滴酚酞溶液；④用0.10mol∙L−1的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如表：滴定序号待测液体积/(mL)所消耗盐酸标准液的体积/(mL)滴定前滴定后125.000.5020.60225.006.0026.00325.001.1021.00请回答：(1)将样品配成250mL溶液，除小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有______________。(2)用___________滴定管填“酸式”或“碱式”盛装0.10mol∙L−1的盐酸标准液。(3)达到滴定终点时的标志为____________。(4)烧碱样品的纯度为_____________。(5)若出现下列情况，测定结果偏高的是_____________。a.未用待测液润洗碱式滴定管b.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确c.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗d.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液26、（10分）草酸晶体的组成可用H2C2O4·2H2O（M=126g/mol）表示，其中混有不参与反应的杂质，为了测定草酸晶体的纯度，进行如下实验：称取mg样品，配成250mL水溶液。量取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为cmol·L-1的KMnO4溶液滴定，所发生的反应：KMnO4＋H2C2O4＋H2SO4＝K2SO4＋CO2↑＋MnSO4＋H2O.试回答：（1）写出该反应的离子方程式并配平：_________________________________________,该反应发生时产生气体先慢后快的原因是_______________________________________________（2）实验中，KMnO4溶液应装在_____式滴定管中，因为___________________。（3）滴定过程中需要加入的指示剂为___________(填指示剂的名称或“不需要”)，确定反应达到滴定终点时的现象是______________________________________。（4）在滴定过程中若用cmol·L-1的KMnO4溶液VmL，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为____________mol·L-1，由此可计算样品中草酸晶体的纯度是________。27、（12分）为探究实验室制乙烯及乙烯和溴水的加成反应。甲同学设计了如图所示的实验装置，并进行了实验。当温度升至170℃左右时，有大量气体产生，产生的气体通入溴水中，溴水的颜色迅速褪去。甲同学认为达到了实验目的。乙同学仔细考察了甲同学的整个实验过程，发现当温度升到100℃左右时，无色液体开始变色，到160℃左右时，混合液全呈黑色，在超过170℃后生成气体速度明显加快，生成的气体有刺激性气味。由此他推出，产生的气体中应有某杂质，可能影响乙烯的检出，必须除去。据此回答下列问题：(1)写出甲同学实验中两个主要反应的化学方程式：________________________；________________________(2)乙同学认为因刺激性气体的存在不能认为溴水褪色是乙烯的加成反应造成的。原因是(用化学方程式表示)：____________________________________(3)丙同学根据甲、乙同学的分析，认为还可能有CO、CO2两种气体产生。为证明CO存在，他设计了如下过程(该过程可把实验中产生的有机产物除净)：发现最后气体经点燃是蓝色火焰，确认有一氧化碳。①设计装置a的作用是________________________________________________②浓氢氧化钠的作用是____________________________________③浓溴水的作用是________________________④稀溴水的作用是________________________28、（14分）聚醋酸乙烯酯是黏合剂，应用广泛。下面是该有机物的合成路线：提示：①甲烷在电弧的作用下生成炔烃。②CH3C≡CHCH3CH2CHO(未配平)。请回答下列问题：（1）甲烷合成A的化学反应中原子利用率为________。（2）B的结构简式为________。（3）B生成C的反应中除新制Cu(OH)2悬浊液外还需要的条件是________。（4）A与C反应生成D的反应类型是________。（5）写出由D生成反应的化学方程式：____________________________________________________。（6）写出能既能溴水褪色又能使紫色石蕊溶液变红的D的同分异构体的结构简式：_____________________________________。29、（10分）SO2是危害最为严重的大气污染物之一，SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。催化还原SO2不仅可以消除SO2污染，而且可得到有价值的单质S。（1）在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和H2O。已知CH4和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol和297.2kJ/mol，CH4和SO2反应的热化学方程式为__________。（2）用H2还原SO2生成S的反应分两步完成，如图1所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示：①分析可知X为______写化学式），0~t1时间段的温度为_____，0~t1时间段用SO2表示的化学反应速率为_____。②总反应的化学方程式为____________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解题分析】A.气体的密度=，该反应中，气体的总质量发生变化，体积不变，故气体密度不再变化可作为判断是否达到平衡状态的依据，故A正确；B.反应前后气体的体积不等，故混合气体的总压强不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故B正确；C.平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C的物质的量比为1：3：2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故C错误；D.平均相对分子质量=，气体的总质量发生变化，总物质的量也发生变化，故混合气体的平均相对分子质量不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故D正确；故选C。【题目点拨】化学反应达到化学平衡状态时，正、逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化。注意本题中A为固体，该反应属于气体总质量和物质的量均发生变化的反应。2、C【分析】与石墨结构相似，则为sp2杂化；羟基间可形成氢键。【题目详解】在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型与石墨中的碳原子相似，同为sp2杂化，同层分子间的主要作用力为氢键，层与层之间的作用力是范德华力，C正确，选C。3、B【分析】合金是将一种或几种金属（或金属与非金属）融合在一起形成的具有优良的物理和机械性能的混合物。【题目详解】A．人类最早使用的合金是青铜，是在商朝时出现的，故A正确；B．合金的硬度一般比其成分金属的高，熔点一般比其成分金属的低，故B错误；C．钢铁是用量最大的合金，故C正确；D．合金可以是金属和金属融合而成，也可以是金属和非金属融合而成，故D正确。故选B。【题目点拨】本题考查了合金的概念、组成和性质，掌握合金的概念是关键，易错点D，由合金的定义，合金不一定全是金属和金属融合而成。4、D【题目详解】①温室效应是指大量燃烧化石燃料释放出大量的二氧化碳所形成，所以与环境污染有关．故①不符合，错误；②赤潮和⑧水华是因为N、P元素过剩，导致藻类疯长，引起水中缺氧，生物大量死亡，与环境污染有关．故②⑧不符合，错误；③酸雨对环境产生污染，与环境中SO2、NO2造成的污染有关．故③不符合，错误；④光化学污染主要是光化学烟雾主要是由于汽车尾气和工业废气排放造成的，汽车尾气中的烯烃类碳氢化合物和二氧化氮（NO2）被排放到大气中后，在强烈的阳光紫外线照射下，会吸收太阳光所具有的能量．形成光化学烟雾，污染环境，故④不符合，错误；⑤臭氧空洞是人类生产生活中向大气排放的氯氟烃等化学物质在扩散至平流层后与臭氧发生化学反应，导致臭氧层反应区产生臭氧含量降低的现象，与环境污染有关，故⑤不符合，错误；⑥水俣病是指人或其他动物食用了含有机水银污染的鱼贝类，使有机水银侵入脑神经细胞而引起的一种综合性疾病，是世界上最典型的公害病之一，“水俣病”于1953年首先在九州熊本县水俣镇发生，当时由于病因不明，故称之为水俣病．与环境污染有关．故⑥不符合，错误；⑦潮汐现象是海水在潮力作用下产生的海面周期性涨落现象，与环境污染无关．⑦符合，正确；⑨地方性甲状腺肿大，地方性甲状腺肿大，是碘缺乏病的主要表现之一。地方性甲状腺肿大的主要原因是碘缺乏，所以又称为碘缺乏性甲状腺肿大，多见于山区和远离海洋的地区．与饮食有关，与环境污染无关，故⑨符合；正确。故答案选D。5、D【题目详解】A.钢闸门连接电源的负极，可被保护而不被腐蚀，故A正确；B.气体的体积可由注射器量出，结合时间可求出反应速率，故B正确；C.已知2NO2N2O4△H＜0，根据颜色的变化可知平衡移动的方向，以此可确定温度对平衡移动的影响，故C正确；D.图像中反应物的总能量小于生成物的总能量，表示该反应为吸热反应，故D错误。故选D。6、B【分析】常温下，水的离子积为1×10-14，即中性溶液的pH值为7，因为电离为吸热过程，升高温度到100℃，促进水的电离，水的离子积增大，此时中性溶液的pH值应小于7，100℃，有pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，溶液均为碱性，说明三种钠盐均水解，HX、HY、HZ三者均为弱酸，pH值越大，证明酸根离子的水解程度越大，其相应的酸的酸性越弱。【题目详解】A、相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH值越大，酸根离子的水解程度越大,其相应的酸的酸性越弱，根据题意知,在三种酸HX、HY、HZ中，HX酸性相对最强，故A不符合题意;

B、水电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，此时中性溶液的pH值应小于7，100℃，pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，溶液均为碱性，说明三种钠盐均水解，HX、HY、HZ三者均为弱酸，故B符合题意;

C、100℃，pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，溶液均为碱性，说明三种钠盐均水解，pH值越大，证明酸根离子越易水解，所以在X－、Y－、Z－三者中，所以Z－最易发生水解，故C不符合题意；D、经分析，HY为弱酸，向1molHY加入NaOH溶液充分反应至溶液呈中性时，HY还有剩余，故需要的NaOH稍小于1mol，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【题目点拨】本题需要学生注意题干中温度为100℃，学生看到pH=7，就会下意识认为溶液为中性，但pH=7为中性只是在室温下（25℃），温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，此时中性溶液的pH值应小于7。7、A【解题分析】分析：A.铁做阳极时，质量减轻，铁做阴极时，铜离子在此极析出，质量增加；B.氢离子在阴极得电子，生成氢气，氢离子浓度减小，pH增大；C.精炼铜时，粗铜做阳极；D.电子由负极经过导线流向正极。详解：如果铁连在电源的正极，做电解池阳极时，失电子，不断溶解，铁极质量减轻，如果铁连在电源的负极，做电解池阴极时，不发生反应，溶液中的铜离子在此极析出，Fe极质量增加，A正确；a极与电源负极相连，作阴极，氢离子在阴极得电子，发生还原反应2H++2e-=H2↑，则a极附近溶液的pH增大，B错误；精炼铜时，粗铜作阳极，与电源正极相连，则d极为粗铜，C错误；装置④为原电池，活泼性：Zn>Fe，则Zn失电子作负极，电子由Zn流向Fe，D错误；正确选项A。8、A【分析】

【题目详解】A.该反应为气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，B的转化率提高，故A选；B.保持恒温恒容，充入氦气，平衡不移动，转化率不变，故B不选；C.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，故C不选；D.A为固体，加少量A，平衡不移动，故D不选；本题选A。【题目点拨】能使B转化率提高，应使平衡正向移动，且不能加入B，以此来解答。9、C【题目详解】A．增加水的量，氢离子和氢氧根离子浓度不变且相等，平衡不移动，故A错误；B．将水加热促进水电离，离子积常数增大，氢离子浓度增大，pH减小，故B错误；C．向水中加入少量硫酸氢钠，导致溶液中氢离子浓度增大，但温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，氢离子和氢氧根离子浓度比值增大，故C正确；D．向水中加入NaOH，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水电离，平衡逆向移动，故D错误；故选C。【题目点拨】明确温度对水的电离的影响及温度与离子积的关系，注意硫酸氢钠电离出氢离子，为易错点；水是弱电解质，存在电离平衡，向水中加入含有氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入含有弱根离子的盐促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。10、C【解题分析】A.金属阳离子间同为阳离子，相互排斥不能形成金属键，所以A错误；B.金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈作用，金属原子是中性的，所以B错误；C.脱落了价电子的金属离子与脱落的价电子间的相互作用是金属键，所以C正确；D.金属原子与价电子间不能形成金属键，所以D错误；本题答案为C。【题目点拨】金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈作用，金属晶体是通过金属键形成的。11、D【解题分析】根据热化学方程式的含义、中和热的概念分析判断。【题目详解】“H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1”表明，稀溶液中1molH＋和1molOH－反应生成1molH2O(l)时放热57.3kJ。①式：2molH＋和2molOH－反应生成2molH2O(l)，放热114.6kJ。②式：生成2molH2O(l)放热114.6kJ，生成1molBaSO4(s)也放热。总放热多于114.6kJ。③式：NH3·H2O电离吸热，故生成1molH2O(l)时放热少于57.3kJ。④式：CH3COOH、NH3·H2O电离吸热，使生成1molH2O(l)时放热少于57.3kJ。本题选D。【题目点拨】热化学方程式有三个特点：(1)用“s、l、g、aq”注明物质状态；(2)化学计量数只表示物质的量，可为分数；(3)ΔH包括符号（+吸热、－放热）、数值、单位（kJ·mol－1，指每摩化学反应），ΔH与化学计量数成正比例。12、B【题目详解】A.HF是弱酸，为弱电解质，A错误；B.NH4F、CH3COONa、Na2S都属于盐，都是强电解质，B正确；C.NH3•H2O是弱碱，为弱电解质，C错误；D.HClO是弱酸，为弱电解质，D错误；答案选B。13、C【题目详解】升温，正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，说明逆反应速率的增大程度大于正反应的增大程度。故选C。14、C【题目详解】A.氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的能量，2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)△H＝－1．6kJ·mol-1，氢气的燃烧热不是2．8kJ·mol-1，故A错误；B.能量越低越稳定，C(石墨，s)＝C(金刚石，s)△H＞0金刚石的能量大于石墨，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；C.已知NaOH(ag)+HCl(aq)＝NaCl(aq)＋H2O(l)；△H＝－3．4kJ·mol-1，含4．0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和生成0.5mol水，放出5．7kJ的热量，故C正确；D.己知2C(s)+2O2(g)＝2CO2(g)△H12C(s)+O2(g)＝2CO(g)△H2，相同物质的量的碳完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧，燃烧过程均为放热反应，△H为负值，所以△H1<△H2，故D错误；故答案选C。15、C【分析】根据共价键的种类和应用分析解答。【题目详解】A.σ键都是轴对称图形，故A正确；B.共价单键为σ键，双键和三键中均含1个σ键，则分子中含有共价键，则至少含有一个σ键，故B正确；C.乙炔中的碳碳三键中含有一个σ键，2个π键，两个C—H键是σ键，故C错误；D.乙烷分子中只存在C—C单键和C—H单键，单键都为σ键，故都是σ键，故D正确。故选C。【题目点拨】单键中只有σ键，双键含有1个σ键和1个π键；碳碳双键、碳碳三键中的π键不稳定，容易断裂，发生加成反应。16、D【题目详解】A.加水稀释促进HA电离，所以平衡向右移动，但是电离平衡常数只与温度有关，温度不变电离平衡常数不变，故A错误；B.加入少量NaA固体，导致溶液中c(A−)增大而抑制HA电离，所以HA电离平衡向左移动，故B错误；C.电离平衡吸热，稍微升高溶液温度，平衡正向移动，c(H+)增大，酸性增强则c(OH－)减小，故C错误；D.加入少量NaOH固体，NaOH和H+反应导致溶液中c(H+)减小而促进HA电离，平衡向右移动，故D正确；故选D。17、C【解题分析】CH3COOH为弱酸，加水稀释促进醋酸的电离，pH=1的CH3COOH溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，稀释至100mL后，醋酸的电离程度增大，则溶液中氢离子浓度大于：0.1mol/L×10100=0.01mol/L【题目详解】CH3COOH为弱酸，加水稀释促进醋酸的电离，pH=1的CH3COOH溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，稀释至100mL后，醋酸的电离程度增大，则溶液中氢离子浓度大于：0.1mol/L×10100=0.01mol/L，所以稀释后溶液的pH小于2，加水稀释氢离子浓度减小，则pH变大，所以稀释后溶液的pH>1，综上所述，稀释后的醋酸溶液：1<pH<2，答案选18、B【分析】根据阿伏加德罗常数的含义进行计算，利用题给物理量用质量求的原子物质的量与用微粒数计算的物质的量相同。【题目详解】阿伏伽德罗常数用NA表示，1g水的物质的量=含氢原子物质的量=mol，a个氢原子物质的量=，根据氢原子物质的量相同得到mol=，得到NA=9amol－1，

所以B选项是正确的。19、A【题目详解】A.能在水溶液中电离出H+，使水的平衡向左移动且增大溶液中的H+浓度，溶液的pH减小，A正确；B.Cl-与水的电离无关，不改变水的电离平衡状态，B错误；C.Na+与水的电离无关，不改变水的电离平衡状态，C错误；D.OH-使水的电离平衡向左移动，但H+浓度减小，溶液的pH增大，D错误；答案为A。20、C【题目详解】化学平衡的建立与路径无关，达到平衡后移走1.0molPCl3和0.50molCl2，可以等效为开始加入1.0molPCl3和0.50molCl2，到达的平衡，与原平衡相比压强减小，减小压强平衡向着气体分子数增加的方向移动，平衡逆向移动，反应物的转化率减小，故达到新平衡时PCl5的物质的量小于原平衡的一半，即达到新平衡时PCl5的物质的量小于0.4mol×=0.2mol；答案选C。21、D【题目详解】A．在苯酚中，由于苯环对-OH的影响，酚羟基具有酸性，对比乙醇，虽含有-OH，但不具有酸性，能说明有机物分子中原子或原子团间的相互影响，会导致化学性质的差异，故A不选；B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能，说明苯基对甲基的性质有影响，使苯环的侧链甲基易被氧化，能说明有机物分子中原子或原子团间的相互影响，会导致化学性质的差异，故B不选；C．苯酚与浓溴水混合就能发生反应，说明含有-OH时，苯环上的氢原子更活泼，可说明有机物分子中原子或原子团间的相互影响，会导致化学性质的差异，故C不选；D．乙醇和乙二醇都含有羟基，但羟基数目不同，生成氢气的量不同，不能说明机物分子中原子或原子团的相互影响，故D选；故选D。22、C【题目详解】2－丁烯的主链有4个碳原子，在第二个碳原子和第三个碳原子之间形成一个碳碳双键，故答案选C。二、非选择题(共84分)23、Fe、SFe2S3SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓【分析】本题考查化学反应流程图、离子反应方程式的书写及物质的推断等知识。根据向B加入KSCN溶液后，C为血红色溶液为突破口，可以推知B为FeCl3，C为Fe(SCN)3，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3)=32g/160g/mol=0.2mol，n(Fe)=0.4mol，m(Fe)=0.4mol56g/mol=22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素。再根据各元素的质量求出个数比，据此分析作答。【题目详解】（1）B加入KSCN，C为血红色溶液，可以知道B为FeCl3，C为Fe(SCN)3等，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3)=32g/160g/mol=0.2mol，n(Fe)=0.4mol，m(Fe)=0.4mol56g/mol=22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素，且m(S)=41.6g-22.4g=19.2g，n(S)==0.6mol，可以知道n(Fe):n(S)=2:3，应为Fe2S3，故答案为Fe、S；Fe2S3；（2）无色气体D为SO2，与氯化铁发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，故答案为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；(3)化合物X能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g/L，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，该反应的化学方程式为Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓，故答案为Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓【题目点拨】用化合价升降法配平氧化还原反应方程式，必须遵循两个基本原则：一是反应中还原剂各元素化合价升高的总数和氧化剂各元素化合价降低的总数必须相等，即得失电子守恒；二是反应前后各种原子个数相等，即质量守恒。对氧化还原型离子方程式的配平法：离子方程式的配平依据是得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，即首先根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，在此基础上根据电荷守恒，配平两边离子所带电荷数，最后根据质量守恒配平其余物质的化学计量数。24、HNO32CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O23Cu+8H++2NO3–=3Cu2++2NO↑+4H2O【分析】无色无刺激性气味的气体A和过氧化钠反应，A为气体二氧化碳，D为氧气；C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为氨气，则B为氮气，在高温高压催化剂条件下和氢气化合生成氨，氨催化氧化得到一氧化氮气体E，F为二氧化氮，溶于水形成硝酸G。【题目详解】（1）物质G为硝酸，其化学式为：HNO3，故答案为HNO3。（2）物质B为氮气，其电子式为：，故答案为。（3）A→D的反应为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，故答案为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2。（4）G→E的反应为铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3–=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为3Cu+8H++2NO3–=3Cu2++2NO↑+4H2O。25、250mL容量瓶酸式最后一滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色80%d【分析】配制溶液需要烧杯、玻璃棒、胶头滴、250mL容量瓶等，根据酸碱中和滴定所需仪器、滴定终点的判断、根据公式进行误差分析。【题目详解】(1)将样品配成250mL溶液，除小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有250mL容量瓶；故答案为：250mL容量瓶。(2)用酸式滴定管盛装0.10mol∙L−1的盐酸标准液；故答案为：酸式。(3)酚酞遇碱变红，随着酸的不断增多，溶液碱性逐渐减弱，颜色逐渐变浅，当最后一滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色；故答案为：最后一滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色。(4)三次消耗盐酸体积分别为20.10mL、20.00mL、19.90mL，三组数据均有效，三消耗盐酸的平均体积为：，由NaOH～HCl可得则，即25.00mL待测溶液中含有，所以250mL待测溶液含有，该烧碱的纯度；故答案为：80%。(5)a．未用待测液润洗碱式滴定管，滴定管内残留的水会稀释待测液，消耗标液体积偏低，导致结果偏低，故a不符合题意；b．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，则所读取的标准液体积偏小，测定结果偏低，故b不符合题意；c．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对结果无影响，故c不符合题意；d．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，则读取的标准液体积比实际用量偏大，测定结果偏高，故d符合题意；综上所述，答案为d。【题目点拨】本题考查中和滴定、溶液配制等知识，题目难度中等，明确中和滴定操作方法、溶液配制步骤为解答关键，注意掌握常见化学实验基本方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。26、2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O生成Mn2+起催化剂作用，加快反应速率酸高锰酸钾溶液具有强氧化性，可腐蚀橡胶管不需要溶液由无色变浅红色（粉红色），且半分钟不褪色cV/10315cV/m%【题目详解】(1)反应中锰元素化合价降低5价，草酸中碳元素化合价升高1价，则高锰酸根离子和草酸的比例为2:5，则根据质量守恒和电荷守恒得到离子方程式为：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O。随着反应进行反应物的浓度都在减小，反应速率加快只能是在反应过程中生成的锰离子起催化剂作用，加快了反应速率。(2)高锰酸钾溶液具有强氧化性，可腐蚀橡胶管，所以只能用酸式滴定管。(3)高锰酸钾溶液有颜色，所以反应过程中不需要指示剂。滴定终点溶液由无色变浅红色（粉红色），且半分钟不褪色。(4)cmol·L-1的KMnO4溶液VmL滴定草酸，根据方程式2MnO4----5H2C2O4分析，设草酸的浓度为xmol/L，2MnO4----5H2C2O425cVx×25有，则草酸的浓度为cV/10mol/L。草酸晶体的纯度为=315cV/m%。27、CH3CH2OHCH2=CH2+H2OCH2=CH2+B