2024届盐城市重点中学化学高二上期中考试模拟试题含解析

2024届盐城市重点中学化学高二上期中考试模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列事实中，不能应用化学平衡移动原理来解释的是（）①可用浓氨水和NaOH固体快速制氨气②用两个惰性电极电解CuCl2溶液，溶液颜色变浅：CuCl2Cu＋Cl2③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫④溴水中有下列平衡Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入少量硝酸银固体后，溶液颜色变浅⑤对于反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深A．①②③ B．②④⑤ C．②⑤ D．③④⑤2、中和反应反应热的测定中使用0.50mol/L的酸和0.55mol/L的碱。在相同的条件下，下列测定结果最接近57.3kJ·mol－1的是A．用H2SO4和Ba(OH)2B．用CH3COOH和Ba(OH)2C．用盐酸和NaOHD．用CH3COOH和NaOH3、若平衡体系A＋BC＋D，增大压强时反应速率变化如图所示。则下列关于各物质状态的说法正确的是（）A．A、B、C、D都是气体B．C、D都是气体，A、B中有一种是气体C．A、B都不是气体，C、D中有一种是气体D．A、B都是气体，C、D中有一种是气体4、实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是A． B． C． D．5、以下气体中因与人体血液中的血红蛋白作用而引起中毒的是A．CO B．NO2 C．H2O D．SO26、用如图装置电解K2SO4溶液，同时制备H2SO4溶液和KOH溶液，Ⅱ中装入K2SO4溶液，下列有关分析正确的是()A．Ⅰ区生成H2SO4B．a是阴离子交换膜C．Ⅱ区的K＋进入Ⅰ区D．Ⅲ区溶液的pH会升高7、如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析正确的是A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H＋＋2e－=H2↑B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法D．K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体8、下列各组液体混合物，出现分层且水层在上层的一组物质是A．乙酸乙酯和水B．溴乙烷和水C．甲苯和水D．甲醇和水9、下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是A．石墨>金刚石>SiO2 B．KCl>NaCl>MgCl2>MgOC．Rb>K>Na>Li D．CH4>SiH4>GeH4>SnH410、己知CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O△H＜0。下列说法不正确的是A．其他条件不变，适当增加盐酸的浓度将加快化学反应速率B．其他条件不变，适当增加CaCO3的用量将加快化学反应速率C．反应过程中，化学反应速率将先增大后减小D．一定条件下反应速率改变，△H＜0不变11、某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知：难溶于水和稀硫酸；下列说法不正确的是（）A．步骤②中的可用替换B．步骤③中为防止被氧化，可用水溶液洗涤C．步骤④发生反应的离子方程式为D．如果试样中混有和杂质，用足量稀硫酸与试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度12、氢氧燃料电池以KOH溶液为电解质溶液，下列有关该电池的叙述不正确的是（）A．正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－B．工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度不变C．该燃料电池的总反应方程式为：2H2＋O2===2H2OD．用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24LCl2（标准状况）时，有0.2mol电子转移13、在气体反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增加的方法是①增大反应物浓度②升高温度③增大压强④移去生成物⑤加入催化剂A．①③B．②⑤C．②④D．①⑤14、以1-氯丙烷为主要原料制1,2-丙二醇(CH3—CHOH—CH2OH)时,需要经过的反应依次为（）A．加成、消去、取代B．取代、加成、消去C．取代、消去、加成D．消去、加成、取代15、右图是一个一次性加热杯的示意图。当水袋破裂时，水与固体碎块混和，杯内食物温度逐渐上升。制造此加热杯可选用的固体碎块是A．硝酸铵 B．生石灰C．氯化镁 D．食盐16、常温下，下列说法正确的是A．pH加和为12的强酸与弱酸混合，pH可能为6B．pH加和为12的强酸与弱碱等体积混合，溶液一定呈碱性C．pH加和为12的弱酸与强碱混合，若成中性，则v（酸）＞v（碱）D．pH加和为12的强酸与强碱混合，若成中性，则两溶液体积比为100：117、NH3和纯净的O2在一定条件下发生反应4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)，现向一容积为2L的恒容密闭容器中充入4molNH3和3molO2，4min后，测得H2O(g)的体积分数为40%，则下列表示此段时间内该反应的平均速率不正确的是（）A．v(O2)=0.225mol/(L∙min) B．v(H2O)=0.375mol/(L∙min)C．v(N2)=0.125mol/(L∙min) D．v(NH3)=0.250mol/(L∙min)18、将下列物质加入水中，会影响水的电离平衡，使溶液显酸性的是A．醋酸钠 B．硫酸铝 C．碳酸钾 D．硝酸钾19、下列物质中,在一定条件下既能进行加成反应,也能进行取代反应,并且不能使KMnO4酸性溶液褪色的是(

)A．乙烷 B．乙烯 C．乙炔 D．苯20、a为乙二胺四乙酸（EDTA），易与金属离子形成螯合物．b为EDTA与Ca2+形成的螯合物．下列叙述正确的是A．a和b中的N原子均为sp3杂化 B．b中Ca2+的配位数为4C．b含有分子内氢键 D．b含有共价键、离子键和配位键21、将1L含有0.4molCu(NO3)2和0.4molKCl的水溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一电极上析出19.2gCu。此时，在另一电极上放出气体的体积在标准状况下为(不考虑产生的气体在水中的溶解)()A．6.72L B．13.44L C．3.36L D．5.6L22、下列有关烯烃的说法中，正确的是A．烯烃分子中所有的原子一定在同一平面上B．烯烃在适宜的条件下只能发生加成反应，不能发生取代反应C．分子式是C4H8的烃分子中一定含有碳碳双键D．烯烃既能使溴水褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色二、非选择题(共84分)23、（14分）Ⅰ.有机物的结构可用“键线式”简化表示。如CH3—CH＝CH－CH3可简写为，若有机物X的键线式为：，则该有机物的分子式为________，其二氯代物有________种；Y是X的同分异构体，分子中含有1个苯环，写出Y的结构简式__________________________，Y与乙烯在一定条件下发生等物质的量聚合反应，写出其反应的化学方程式：__________________________________。Ⅱ.以乙烯为原料合成化合物C的流程如下所示：（1）乙醇和乙酸中所含官能团的名称分别为_____________和_____________。（2）B物质的结构简式为________________。（3）①、④的反应类型分别为______________和_______________。（4）反应②和④的化学方程式分别为：②__________________________________________________________。④___________________________________________________________。24、（12分）乙烯是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，结合图1中路线回答：已知：2CH3CHO+O22CH3COOH（1）上述过程中属于物理变化的是______________（填序号）。①分馏②裂解（2）反应II的化学方程式是______________。（3）D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料，其结构简式是______________。（4）E是有香味的物质，在实验室中可用图2装置制取。①反应IV的化学方程式是______________。②试管乙中的导气管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是______________。（5）根据乙烯和乙酸的结构及性质进行类比，关于有机物CH2=CH-COOH的说法正确的是______________。①与CH3COOH互为同系物②可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体③在一定条件下可以发生酯化、加成、氧化反应25、（12分）滴定法是化学常用来定量测定物质浓度的一种重要的实验方法。在食品工业、药品制造、化妆品行业等等都被广泛应用。中华人民共和国国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1。某兴趣小组用如图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。（1）仪器A的名称是________，水通入A的进口为________。B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热B使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应。（2）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________。滴定终点现象为_______________。（3）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：________g·L－1。（4）该测定结果往往比实际值偏高，最可能的原因是_________________，在不改变装置的情况下，如何改进：______________________________________________。26、（10分）已知MnO2、Fe3+、Cu2+等均可以催化过氧化氢的分解。某化学实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件，用如图装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如下表：请回答下列问题:（1）盛装双氧水的化学仪器名称是__________。（2）如何检验该套装置的气密性__________________________________________________。（3）相同浓度的过氧化氢，其分解速率随着二氧化锰用量的增加而__________。（4）从实验效果和“绿色化学”角度考虑，双氧水的浓度相同时，加入______g的二氧化锰为较佳选择。（5）某同学查阅资料知道，H2O2是一种常见的氧化剂，可以将Fe2+氧化为Fe3+，他在FeCl2溶液中加入过氧化氢溶液，发现溶液由浅绿色变成了棕黄色，过了一会，又产生了气体，猜测该气体可能为______，产生该气体的原因是_____________________。27、（12分）实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某学生在实验室中进行测定盐酸浓度的实验。请完成下列填空:（1）配制500mL0.1000mol·L-1NaOH标准溶液。①配制所需的玻璃仪器有:烧杯、量筒、玻璃棒、__________、__________等。②称取__________g氢氧化钠固体所需仪器有天平(带砝码、镊子)、药匙、__________（2）取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中,并滴加2~3滴酚酞作指示剂,用__________(填仪器名称)盛装配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2〜3次,记录数据如下:滴定次数待测盐酸的体积/mL标准NaOH溶液体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/rnL第一次20.000.4020.50第二次20.004.1024.00第三次20.001.0024.00（3）①如何判断滴定终点：____________________________。②根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为__________mol·L-1。③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用下图操作中的__________(填序号),然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。（4）在上述实验中,下列操作(其他操作正确)会造成测定果偏低的有__________(填序号)。A．酸式滴定管使用前,水洗后未用待测盐酸润洗B．锥形瓶水洗后未干燥C．称量NaOH固体中混有Na2CO3固体D．滴定终点读数时俯视读数E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失28、（14分）某化学兴趣小组拟通过中和滴定实验验证某品牌陈醋的酸度。（1）查阅资料：①食醋组成极为复杂，除水以外的主要成分是醋酸CH3COOH，此外还有其他各种有机物和一些无机物等微量成分，醋酸的含量远远多于其他成分的含量。另外其中含一些色素成分，使食醋呈棕色(白醋除外)。②0.1mol·L－1醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时的pH约为________。A．5.6B．7.0C．8.8D．13.0③包装显示该陈醋的酸度约是3.6g/100mL。（2）由以上资料，同学们认为：①测量时可以忽略老陈醋其他成分特别是有机酸所带来的影响。②根据陈醋的特点，只能选用________来指示滴定终点。A．甲基橙B．酚酞C．石蕊③为使滴定时溶液中的醋酸浓度接近0.1mol·L－1，应将10mL样品醋稀释至________。A．36mLB．60mLC．360mLD．600mL（3）配制标准氢氧化钠溶液由于NaOH在称量过程中极易吸水，配好的溶液浓度往往比预期偏小。故实验小组先用0.1010mol·L－1的KHP标准溶液准确测定NaOH溶液的浓度(KHP与NaOH按物质的量比1∶1完全反应)。向锥形瓶中盛入20.00mLNaOH溶液时，应用________量取。A．20mL的量筒B．100mL的容量瓶C．碱式滴定管D．酸式滴定管（4）用标准氢氧化钠溶液测定醋酸的浓度，并换算为酸度。V(NaOH)V(KHP)平均20.00mL18.00mLV(稀释后的醋)V(NaOH)平均18.00mL20.00mL计算得出该陈醋样品的酸度为________g/100mL。(计算结果保留4位有效数字)29、（10分）今有A，B两种元素，A的＋1价阳离子与B的－2价阴离子的电子层结构与氖相同。(1)用电子式表示A与B两种元素构成的两种化合物分别为__________________和__________________，前者只有__________键；后者既有________键，又有________键。(2)A的氢化物的电子式为_______，其中含有________键，它与水反应的化学方程式为____________。(3)元素B的气态氢化物的电子式为___________________________________________，该分子中的键属于________(填“极性”或“非极性”)键，该氢化物与H＋形成的键属于________。(4)元素A的最高价氧化物的水化物的电子式为____________，其中既有________键，又有________键。(5)B元素的单质有__________和__________，二者互称为______________________。

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【题目详解】①氨水中存在：NH3+H2ONH3·H2O+OH-，NaOH固体有吸水性，且增大OH-浓度，使上述平衡逆向移动，故①可用平衡移动原理来解释，不合题意；②用两个惰性电极电解CuCl2溶液时溶液中不存在化学平衡，溶液颜色变浅是由于Cu2+浓度减小，故②不能用平衡移动原理来解释，符合题意；③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫是由于减小压强使平衡CO2+H2OH2CO3逆向移动，故③能用平衡移动原理解释，不合题意；④溴水中有下列平衡Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入少量硝酸银固体后，由于Ag++Br-=AgBr↓，导致Br-浓度减小，平衡正向移动，溶液颜色变浅，故④能用平衡移动原理解释，不合题意；⑤对于反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)达平衡后，缩小容器体积即增大压强，上述平衡不移动，由于体积减小，I2蒸气浓度增大使体系颜色变深，故⑤不能用平衡移动原理来解释，符合题意；综上所述，只有②⑤不能用平衡移动的原理来解释，故答案为：C。2、C【题目详解】A.在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热称为中和热，H1SO4和Ba(OH)1反应生成硫酸钡沉淀，由于自由离子生成沉淀或是弱电解质过程中放出热量，所以测得中和热的值将大于2.3kJ·mol－1，故A错误；B.醋酸是弱酸，电离时，吸收热量，所以测得的中和热应小于2.3kJ·mol－1，故B错误；C.盐酸是强酸，NaOH是强碱，反应生成氯化钠和水，根据中和热的定义可知，盐酸和NaOH反应测得的中和热最接近2.3kJ·mol－1，故C正确；D.醋酸是弱酸，电离的过程吸热，所以测得的中和热应小于2.3kJ·mol－1，故D错误；故选C。【题目点拨】在稀溶液中，酸和碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量称为中和热。注意：1.必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；1．弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其中和热小于2．3kJ·mol－1；3．以生成1mol水为基准；4.反应不可以生成沉淀（如Ba(OH)1+H1SO4=BaSO4+1H1O)。3、B【解题分析】试题分析：图像分析可知，增大压强正逆反应速率都增大，平衡逆向进行，说明反应前后都有气体，且正反应为气体体积增大的反应。A．A、B、C、D都是气体时，反应前后气体体积不变，增大压强平衡不动，不符合图像变化，错误；B．C、D都是气体，A、B中有一种是气体，符合反应前后气体体积增大，增大压强平衡逆向进行，正逆反应速率都增大，正确；C．A、B都不是气体，C、D中有一种是气体，增大压强平衡逆向进行，但正反应速率应从原平衡点变化，错误；D．A、B都是气体，C、D中有一种是气体，增大压强平衡正向进行，不符合图像变化，错误。考点：考查图像方法在化学平衡影响因素分析的知识。4、D【分析】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，结合有关物质的溶解性分析解答。【题目详解】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，由于Cl2被消耗，气体的颜色逐渐变浅；氯化氢极易溶于水，所以液面会上升；但氯代甲烷是不溶于水的无色气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。【题目点拨】明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。5、A【题目详解】A．一氧化碳有毒，它能与血液中的血红蛋白结合，从而导致体内组织器官严重缺氧而死亡，故A符合题意；B．二氧化氮的毒副作用主要是损害呼吸道，故B不符合题意；C．H2O无毒，故C不符合题意D．二氧化硫对眼和呼吸道有强烈刺激作用，吸入高浓度二氧化硫可引起喉水肿、肺水肿、声带水肿及(或)痉挛导致窒息；SO2还会导致糖及蛋白质的代谢障碍，从而引起脑、肝、脾等组织发生退行性变，故D不符合题意；答案选A。6、C【解题分析】Ⅰ是阴极，电极反应为2H++2e-7、B【解题分析】A、K1闭合构成原电池，铁是活泼的金属，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe-2e－＝Fe2＋，A不正确；B、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，B正确；C、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电产生氢气，铁不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，C不正确；D、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电生成氢气。石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，电极反应式分别为2H＋＋2e－＝H2↑、2Cl－－2e－＝Cl2↑，电路中通过0.002NA个电子时，两极均产生0.001mol气体，共计是0.002mol气体，D不正确；答案选B。8、B【解题分析】A、乙酸乙酯密度小于水，且不溶于水，与水混合，分层，水在下层，故A错误；B、溴乙烷不溶于水，且密度比水大，与水混合后，分层，且水在上层，故B正确；C、甲苯不溶于水，且密度小于水，与水混合后，分层，且水在下层，故C错误；D、甲醇溶于水，与水混合后不会出现分层现象，故D错误。故选B。9、A【题目详解】A．原子晶体中，共价键的键长越小，熔点越高，石墨为混合晶体，石墨的键长比金刚石的小，所以石墨比金刚石的熔点高，故A项正确；B.离子晶体中离子电荷数较高的熔点较高，离子电荷数相同时，离子半径越小，熔点越高，KCl<NaCl，MgCl2<MgO,故B项错误；C．金属晶体中原子半径越小，金属键越强，熔点越高，Rb＜K＜Na＜Li，故C项错误；D．分子晶体中，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，CH4<SiH4<GeH4<SnH4，故D项错误；综上所述，本题选A。【题目点拨】晶体熔沸点比较规律：原子晶体：主要看原子半径，原子半径越小，共价键越强，熔沸点就越高；离子晶体：组成和结构相似的，主要看离子半径，离子半径越小，离子键越强，熔沸点就越高；分子晶体：组成和结构相似的，相对分子质量越大，熔沸点越高（含有氢键的反常）。10、B【题目详解】A.盐酸浓度增大，H+离子浓度增大，速率加快，故A正确；B.由于CaCO3是固体，若只增大其用量，而不增大其与盐酸的接触面积，化学反应速率不变，故B不正确；C.由于反应放热，反应过程中温度升高，速率会变快，但随着盐酸浓度的减小，速率会逐渐变慢，故C正确；D.反应焓变只与反应物和生成物的能量状态有关，与反应快慢无关，故D正确。答案选B。11、D【题目详解】A.步骤②中的主要作用是将还原为，同样具有还原性，可以替换，选项A正确；B.水溶液具有还原性，可以防止被氧化，选项B正确；C.步骤④与氢氧化钠反应生成氧化亚铜、氯化钠和水，发生反应的离子方程式为，选项C正确；D.如果试样中混有和杂质，用足量稀硫酸与试样充分反应后，得到的固体中含有和，此时无法计算试样纯度，选项D错误。答案选D。12、B【题目详解】A．正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-，故A正确；B．燃料电池的总反应方程式为：2H2＋O2=2H2O，反应生成水，KOH不参加反应，物质的量不变，故电解液中KOH的物质的量浓度减小，B不正确；C．电池反应式与氢气燃烧方程式相同，为2H2+O2═2H2O，故C正确；D．用该电池电解CuCl2溶液，阳极反应为2Cl--2e－=Cl2↑，产生2.24LCl2（标准状况）即0.1molCl2，有0.2mol电子转移，D正确；故选B。13、B【解题分析】①增大反应物浓度，增大了单位体积内活化分子数，活化分子百分数不改变；②升高温度可以增加活化分子总数和活化分子百分数；③增大压强可以增加单位体积内活化分子数，但活化分子百分数不改变；④移去生成物不能增大活化分子数和活化分子百分数；⑤加入催化剂降低了活化能，增大了活化分子百分数和活化分子数。故选B。14、D【解题分析】1-氯丙烷制取1,2-丙二醇，一个氯原子引入两个羟基且相邻，可经过氯代烃的消去反应，引入一个双键，在发生烃的加成反应，再发生卤代烃的取代反应（水解反应）。【题目详解】1-氯丙烷制取1,2-丙二醇，一个氯原子引入两个羟基且相邻，可经过氯代烃的消去反应，引入一个双键，在发生烃的加成反应，再发生卤代烃的取代反应（水解反应）。故答案为D15、B【分析】分析反应为放热反应的即可满足要求。【题目详解】A.硝酸铵溶于水是吸热的，温度降低；B.生石灰与水反应放出大量的热，可以使食物温度逐渐上升；C.氯化镁溶于水后温度变化不明显；D.食盐溶于水后温度变化不明显。综上所述，B满足题意，选B。16、A【题目详解】A.pH加和为12的强酸与弱酸，因为酸的pH都小于7，则二者的pH在5-7之间，混合后pH可能为6，故正确；B.pH加和为12的强酸与弱碱，假设酸的pH为x，碱的pH为y，有x+y=12，则酸中的氢离子浓度为10-x=10y-12mol/L，碱中的氢氧根离子浓度为10y-14，强酸中的氢离子浓度大于弱碱中的氢氧根离子浓度。但由于是弱碱不完全电离，所以弱碱的浓度远远大于氢氧根离子浓度，等体积混合不能确定酸碱是否完全反应、是否有剩余，故不能确定溶液的酸碱性，故错误；C.pH加和为12的弱酸与强碱混合，假设酸的pH为x，碱的pH为y，有x+y=12，则酸中的氢离子浓度为10-x=10y-12mol/L，碱中的氢氧根离子浓度为10y-14，弱酸中的氢离子浓度大于强碱中的氢氧根离子浓度，弱酸不完全电离，若等体积混合，酸有剩余，显酸性，若成中性，则v（酸）<v（碱）,故错误。D.pH加和为12的强酸与强碱混合，假设酸的pH为x，碱的pH为y，有x+y=12，则酸中的氢离子浓度为10-x=10y-12mol/L，碱中的氢氧根离子浓度为10y-14，若成中性，则氢离子物质的量等于氢氧根离子物质的量，即10y-12V（酸）=10y-14V（碱），则两溶液体积比为1：100，故错误。故选A。【题目点拨】掌握酸的pH小于7，注意弱酸或弱碱部分电离，所以电离出的氢离子浓度或氢氧根离子浓度远远小于酸或碱的浓度。17、A【分析】设转化的NH3的物质的量为xmol，则根据题意有×100%=40%，解得x=2，v(NH3)==0.250mol/(L∙min)。【题目详解】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，A．v(O2)=0.250mol/(L∙min)×=0.1875mol/(L∙min)，A速率不正确；B．v(H2O)=0.250mol/(L∙min)×=0.375mol/(L∙min)，B速率正确；C．v(N2)=0.250mol/(L∙min)×=0.125mol/(L∙min)，C速率正确；D．v(NH3)==0.250mol/(L∙min)，D速率正确；答案为A。18、B【题目详解】A.醋酸钠是强碱弱酸盐，水解后呈碱性，故A不符；B.硫酸铝是强酸弱碱盐，水解后呈酸性，故B符合；C.碳酸钾是强碱弱酸盐，水解后呈碱性，故C不符；D.硝酸钾是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故D不符；故选B。19、D【题目详解】A.乙烷不含不饱和键，不能发生加成反应，也不能使KMnO4酸性溶液褪色，故A错误；B.乙烯含有C=C键，能发生加成反应，并能使KMnO4酸性溶液褪色，故B错误；C.乙炔含有C≡C键，能发生加成反应，并能使KMnO4酸性溶液褪色，故C错误；D.苯环中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的独特的化学键，既能发生加成反应，又能起取代反应，但不能使KMnO4酸性溶液褪色，故D正确；故选D。20、A【解题分析】A．a中N原子形成3个σ键、含有1对孤对电子，而b中N原子形成4个σ键、没有孤对电子，N原子杂化轨道数目均为4，N原子均采取sp3杂化，故A正确；B．b为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，b中Ca2+的配位数为6，故B错误；C．b中N原子、O原子均未与H原子形成共价键，b中没有分子内氢键，故C错误；D．b为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，其它原子之间形成共价键，不含离子键，故D错误；故选：A。21、D【题目详解】n(Cu)==0.3mol，阴极发生Cu2++2e-=Cu，由于Cu是+2价的金属，所以阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O，则生成n(Cl2)=0.2mol，转移电子0.4mol，则生成O2转移电子0.2mol，生成氧气0.2mol÷4=0.05mol，所以阳极共生成气体的物质的量是0.2mol+0.05mol=0.25mol，其在标准状况下气体体积为：22.4L/mol×0.25mol=5.6L，故合理选项是D。22、D【分析】A.烯烃分子中，与双键碳原子相连的6个原子处于同一平面上，而其他的原子则不一定处于该平面上；

B.加成反应是不饱和键的特征反应，但若烯烃中还含有烷基等其他原子时，一定条件下也可发生取代反应；

C.分子式为C4H8的烃可以是烯烃，也可以是环烷烃，而环烷烃中并不含碳碳双键；

D.烯烃中的碳碳双键既可以与Br2加成而使溴水褪色，也可被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色。【题目详解】A.烯烃分子中，与双键碳原子相连的6个原子处于同一平面上，而其他的原子则不一定处于该平面上，如丙烯CH3CH═CH2分子中-CH3上的氢原子最多只有一个处于其他6个原子所在的平面上，故A错误；

B.烯烃中含有碳碳双键，能发生加成反应，若烯烃中还含有烷基等其他原子时，一定条件下也可发生取代反应，如CH2Cl-CH=CH2能与氢氧化钠水溶液发生取代反应，故B错误；

C.分子式为C4H8的烃可以是环烷烃，而环烷烃中并不含碳碳双键，故C错误；

D.烯烃中含有碳碳双键，既能使溴水褪色也能使酸性KMnO4溶液褪色，所以D选项是正确的；

答案选D。【题目点拨】本题主要考查了烯烃的共面、同分异构体以及双键的性质等，需要注意的是若烯烃中还含有烷基等其他原子时，一定条件下也可发生取代反应。二、非选择题(共84分)23、C8H83羟基羧基CH3CHO加成反应取代反应CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2ClHOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O【分析】Ⅰ.根据价键理论写出该物质的分子式；根据有机物结构，先确定一个氯原子位置，再判断另外一个氯原子位置有邻间对三种位置；根据分子中含有苯环，结合分子式C8H8，写出Y的结构简式，根据烯烃间发生加聚反应规律写出加成反应方程式；据以上分析解答。Ⅱ.由工艺流程图可知：乙烯与氯气发生加成反应生成物质A，为CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化得到物质B，为CH3CHO，CH3CHO氧化得到乙酸，乙酸与乙二醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成C，为CH3COOCH2CH2OOCCH3；据以上分析解答。【题目详解】Ⅰ.根据有机物成键规律：含有8个C，8个H，分子式为C8H8；先用一个氯原子取代碳上的一个氢原子，然后另外一个氯原子的位置有3种，如图：所以二氯代物有3种；Y是X的同分异构体，分子中含有1个苯环，根据分子式C8H8可知，Y的结构简式为；与CH2=CH2在一定条件下发生等物质的量聚合反应，生成高分子化合物，反应的化学方程式：；综上所述，本题答案是：C8H8，3，，。Ⅱ.由工艺流程图可知：乙烯与氯气发生加成反应生成物质A为CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化得到物质B为CH3CHO，CH3CHO氧化得到乙酸，乙酸与乙二醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成C为CH3COOCH2CH2OOCCH3；（1）乙醇结构简式为C2H5OH，含有官能团为羟基；乙酸结构简式为：CH3COOH，含有官能团为羧基；综上所述，本题答案是：羟基，羧基。（2）根据上面的分析可知，B为：CH3CHO；综上所述，本题答案是：CH3CHO。（3）反应①为乙烯在催化剂条件下能够与水发生加成反应生成乙醇；反应③为CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇，反应④为乙二醇与乙酸在一定条件下发生酯化反应；综上所述，本题答案是：加成反应，取代反应。（4）反应②为乙烯和氯气发生加成反应，化学方程式为：CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl；综上所述，本题答案是：CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl。反应④为乙二醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，化学方程式为：HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；综上所述，本题答案是：HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O。【题目点拨】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。24、①2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O防止倒吸②③【分析】石油经分馏后得到沸点不同的各种组分，将得到的重油裂解后得到含有不饱和键的短链烃，如丙烯、乙烯等；乙烯经反应Ⅰ与水发生加成反应生成乙醇，乙醇经反应Ⅱ与氧气发生催化氧化反应生成乙醛，乙醛经反应Ⅲ与氧气发生氧化反应生成乙酸，乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生反应Ⅳ生成乙酸乙酯，据此分析。【题目详解】(1)石油分馏时不产生新物质，所以属于物理变化；裂解时产生新物质，所以属于化学变化，则上述过程中属于物理变化的是①；(2)在铜或银作催化剂、加热条件下，乙醇能被氧气氧化生成乙醛和水，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(3)乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，其结构简式为；(4)①乙烯与水反应生成乙醇，乙醇在催化剂作用下生成乙醛，乙醛继续被氧化生成乙酸，在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，则反应IV的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；②试管乙中的导气管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，因为随反应蒸出的乙醇和乙酸在溶液中的溶解度较大，导管插在液面下极易发生倒吸，因此导气管在液面上的目的是防止倒吸；(5)①CH2=CH-COOH和CH3COOH结构不相似，且在分子组成上也没有相差一个-CH2原子团，所以二者不属于同系物，错误；②CH2=CH-COOH中含有羧基，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，正确；③CH2=CH-COOH含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应、加聚反应等，含羧基能发生酯化反应，正确；答案选②③。25、冷凝管b酚酞当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色0.24盐酸的挥发用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响【解题分析】根据仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；根据盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响。【题目详解】（1）根据仪器的构造特点可知，仪器A是冷凝管或冷凝器。冷凝时冷却水的流向应该是下口进，上口出，即水通入A的进口是b。（2）滴定终点时的pH＝8.8，说明溶液显碱性，则指示剂的变色范围在碱性条件下，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，酚酞的变色范围是8.2～10.0，所以选择的指示剂是酚酞；滴定终点现象为当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色。（3）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：1/2×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.72g/0.3L=0.24g/L。由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。【题目点拨】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法是解答的关键。26、分液漏斗

关闭分液漏斗的活塞，将注射器的活栓向外拉出一段距离，若一段时间后活栓能够恢复到原位置，则装置的气密性好加快0.3O2生成的Fe3+催化了过氧化氢的分解【解题分析】本题探究过氧化氢分解的最佳催化条件，使用注射器测量气体体积，能保证所测气体恒温恒压，实验数据中表征反应快慢的物理量是反应停止所用时间，反应停止所用时间越短反应速率越快，从表格数据可以看出催化剂使用量越大反应所用时间越短，但使用0.3gMnO2和0.8gMnO2时反应所用时间差别不大。“绿色化学”的理念是原子经济性、从源头上减少污染物的产生等，使用0.3gMnO2有较好的反应速率又符合“绿色化学”的理念。H2O2能将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+又能催化H2O2的分解放出O2，由此分析解答。【题目详解】(1)盛装双氧水的化学仪器是分液漏斗。(2)通常在密闭体系中形成压强差来检验装置的气密性，本实验中推拉注射器活栓就可以造成气压差，再观察活栓能否复位，其操作方法是：关闭分液漏斗的活塞，将注射器的活栓向外拉出一段距离，若一段时间后活栓能够恢复到原位置，则装置的气密性好。(3)由表格数据可知，过氧化氢浓度相同时，增大MnO2的质量，反应停止所用时间缩短，反应速率加快，所以相同浓度的过氧化氢，其分解速率随着二氧化锰用量的增加而加快。(4)从表格数据看，三次实验中尽管双氧水的浓度不同，但使用0.3gMnO2的反应速率明显比0.1gMnO2加快很多倍，使用0.8gMnO2尽管比0.3gMnO2时反应速率有所加快，但增大的幅度很小，而“绿色化学”要求原子经济性、从源头减少污染物的产生等，所以使用0.3gMnO2既能有较好的实验效果又符合“绿色化学”的理念。(5)在FeCl2溶液中加入过氧化氢溶液，发现溶液由浅绿色变成了棕黄色，是因为H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，根据题给信息，Fe3+可以催化过氧化氢的分解，所以H2O2在Fe3+催化下发生了分解反应2H2O22H2O+O2↑，所以产生的气体是O2，原因是生成的Fe3+催化了过氧化氢的分解。27、500ml容量瓶（容量瓶不写体积不给分）胶头滴管2.0小烧杯碱式滴定管当最后一滴恰好由无色变成浅红色，且半分钟不褪色即为