2024届河南省灵宝市实验高中化学高二第一学期期中调研试题含解析

2024届河南省灵宝市实验高中化学高二第一学期期中调研试题注意事项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、下列物质溶于水，能使水的电离程度变大的是()A．HClB．NaHSO4C．CH3COOHD．Na2CO32、有一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积一定是（）A．amL B．（50―a）mL C．大于（50―a）mL D．大于amL3、可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，在容积为10L的密闭容器中进行，开始时加入2molN2和3molH2，则达到平衡时，NH3的浓度不可能为()A．0.1mol·L－1 B．0.2mol·L－1 C．0.05mol·L－1 D．0.15mol·L－14、在恒温时，一固定容积的容器内发生如下反应：2NO2（g）N2O4(g)达到平衡时，再向容器内通入一定量的NO2（g），重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，NO2的体积分数()A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断5、分子式为C9H18O2的有机物A能在酸性条件下进行下列转化，同温同压下，相同质量的B和C的蒸气所占体积相同。则下列说法不正确的是（A、B、C、D、E均为有机物）A．符合上述转化关系的有机物A的结构有8种B．C和E一定为同系物C．1molB完全转化为D转移2mol电子D．D到E发生氧化反应6、以下4种有机物的分子式皆为C4H10O。①CH3CH2CHOHCH3②CH3(CH2)3OH③CH3CH(CH3)CH2OH④CH3C(CH3)2OH。其中能被氧化为含—CHO的有机物是A．①② B．②③ C．②④ D．③④7、氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（）A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化B．NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道C．NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子8、下列反应的热效应与其它三项不相同的是A．铝粉与氧化铁的反应 B．氯化铵与Ba(OH)2·8H2O反应C．锌片与稀硫酸反应 D．钠与冷水反应9、在电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，常常要加入一些电解质，下列电解质中不适宜加入的是A．KIB．KNO3C．H2SO4D．NaOH10、下列有关叙述正确的是A．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=—483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/molB．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2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H1;2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2;，则△H1＞△H2D．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则该反应中和热的热方程式为NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H＝一57.4kJ/mol11、当光束通过下列分散系时，能产生丁达尔效应的是A．淀粉溶液 B．稀硝酸C．氨水 D．氮气和氧气的混合物12、将甲、乙两种金属分别放入硫酸铜溶液中，甲表面析出金属铜，乙没有明显现象。据此判断，三种金属活动性顺序为（）A．乙>铜>甲 B．铜>甲>乙 C．甲>铜>乙 D．甲>乙>铜13、反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)在5L密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率xA．(O2)=0.01mol·(L·s)–1 B．(NO)=0.008mol·(L·s)–1C．(H2O)=0.006mol·(L·s)–1 D．(NH3)=0.002mol·(L·s)–114、用pH试纸测定溶液pH的正确操作是（）A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照C．将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照15、可逆反应A（g）+B（g）=C（g）+D（g），在四种不同情况下的反应速率如下，其中反应进行得最快的是A．v(A)=0.15mol/(L·min) B．v(B)=0.5mol/(L·min)C．v(C)=0.4mol/(L·min) D．v(D)=0.01mol/(L·s)16、下列说法正确的是（）A．形成生成物中化学键所释放的总能量大于断开反应物中化学键所吸收的总能量时，△H<0B．体系温度升高一定是反应放热造成的；体系温度降低一定是反应吸热造成的C．需要加热才能进行的反应一定是吸热反应D．反应放出热量的多少与反应物的质量和状态无关17、下列解释实验事实的离子方程式正确的是A．用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2OB．用大理石与稀盐酸制备二氧化碳：CO32﹣+2H+＝CO2↑+H2OC．稀硫酸与氢氧化钡溶液混合产生沉淀：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓D．铜片放入稀硝酸中产生气体：Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O18、在一定条件下，Na2CO3溶液中存在CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡。下列说法不正确的是A．稀释溶液，[c（HCO3-）·c（OH-）]/c（CO32-）增大B．通入CO2，溶液pH减小C．升高温度，平衡常数增大D．加入NaOH固体，c（HCO3-）/c（CO32-）减小19、反应2X（气）+Y（气）=2Z（气）+热量，在不同温度(T1和T2)及压强(P1和P2)下，产物Z的物质的量(nz)与反应时间(t)的关系如图所示。下列判断正确的是A．T1<T2P1<P2 B．T1<T2Pl>P2C．T1>T2P1>P2 D．T1>T2P1<P220、下列溶液一定呈中性的是（）A．使石蕊试液呈紫色的溶液 B．c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L溶液C．pH=7的溶液 D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液21、下列说法错误的是A．油脂在人体内通过酶的参与可水解为高级脂肪酸和甘油B．油脂主要是在小肠中被消化吸收C．磷脂对人体吸收维生素A、E是有利的D．同质量的脂肪在体内氧化时放出的能量比糖类和蛋白质高得多，故脂肪是人体提供能量的主要物质22、工业上合成氨采用500℃左右的温度，其原因是：①适当加快NH3的合成速率②提高氢气的转化率③提高氨的产率④催化剂在500℃左右活性最好A．① B．①③ C．①④ D．②③④二、非选择题(共84分)23、（14分）以煤气(主要成分CO、H2)和油脂为原料合成有机化合物日益受到重视。其中一种转化关系如下：(1)A的结构简式是______________。(2)E是两种含碳碳双键的酯的混合物，C与D反应得到E的化学方程式是____________(写出一个即可)。(3)以CH2＝CHCH3为原料合成D的过程如下：在方框“”中填写物质或条件__________、__________、_________。24、（12分）含有C、H、O的某个化合物，其C、H、O的质量比为12：1：16，其蒸气对氢气的相对密度为58，它能与小苏打反应放出CO2，也能使溴水褪色，0.58g

这种物质能与50mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液完全反应。试回答：(1)该有机物的分子式为________。(2)该有机物可能的结构简式有_________。25、（12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_____________________。26、（10分）苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。反应原理：己知：甲苯的熔点为-95℃，沸点为110.6℃，易挥发，密度为0.866g/cm3；苯甲酸的熔点为122.4℃,在25°C和95℃下溶解度分别为0.3g和6.9g。i制备产品：将30.0mL甲苯和25.0mLlmol/L高锰酸钾溶液在100°C下反应30min，装置如图所示。（1）图中冷凝管的进水口为________(填“a”或“b”）。支管的作用是___________。（2）在本实验中，三颈烧瓶最合适的容积__________(填字母）。A．50mLB．I00mLC．200mLD．250mL相对于用酒精灯直接加热，用沸水浴加热的优点是___________________。ii分离产品：该同学设计如下流程分离粗产品苯甲酸和回收甲苯（3）操作Ⅰ的名称是___________；含有杂质的产物经操作Ⅱ进一步提纯得无色液体甲苯，则操作Ⅱ的名称是______________。iii纯度测定（4）称取1.220g产品，配成100mL甲酸溶液，取25.00mL溶液，用0.1000mol/LKOH溶滴定（与苯甲酸恰好完全反应）。重复三次，平均每次消耗KOH溶液的体积24.00mL。样品中苯甲酸纯度为______________。（5）测定白色固体的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，该同学推测白色固体是苯甲酸与KCl的混合物,应采用___________法对样品提纯。27、（12分）某课题小组探究乙酸乙酯(CH3COOC2H5)在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率，取四支大小相同的试管，在试管外壁贴上体积刻度纸，按下表进行对照实验。在两种不同温度的水浴中加热相同时间后，记录酯层的体积来确定水解反应的速率。实验试剂试管Ⅰ(55℃)试管Ⅱ(55℃)试管Ⅲ(55℃)试管Ⅳ(75℃)乙酸乙酯/mL1V1V2V31mol/LNaOHmLV430V5蒸馏水/mL0V652已知：①水解反应CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH；②CH3COOC2H5难溶于水，密度比水小。（1）V4=____________。（2）①下列说法正确的是____________________________；A、加入水，平衡正向移动B、加入稀盐酸可使平衡逆向移动C、酯层体积不再改变时，反应停止D、c(CH3COOH)=c(C2H5OH)时，反应达平衡状态②用各物质的浓度表示水解平衡常数Kh，则表达式为____________。（3）实验中常用饱和食盐水代替蒸馏水，目的是减小乙酸乙酯在水中的溶解度，会使实验结果更准确，______________填“能”或“不能”)用饱和Na2CO3溶液代替蒸馏水。（4）实验中，试管Ⅳ比试管Ⅱ中的酯层减少更快，可能的原因有_______。(乙酸乙酯的沸点为77.1℃)28、（14分）如图所示，甲、乙两池电极材料都是铁棒和碳棒，请回答下列问题：（1）若两池中电解质溶液均为CuSO4溶液，则反应一段时间后：①有红色物质析出的是甲池中的________棒，乙池中的________棒。②乙池中阳极的电极反应式是__________________________________。（2）若两池中电解质溶液均为饱和NaCl溶液：①写出乙池中总反应的离子方程式_______________________________。②甲池中碳极上电极反应式是____________________________，乙池碳极上电极反应属于______________(填“氧化反应”或“还原反应”)。③将湿润的KI淀粉试纸放在乙池碳极附近，发现试纸变蓝，反应的化学方程式为________________________________________。④若乙池转移0.02mole－后停止实验，池中电解质溶液体积是200mL，则溶液混合均匀后的c(OH—)＝________。29、（10分）一定温度下,向1.0L密闭容器中加入0.60molX(g),发生反应X(g)Y(s)+2Z(g)ΔH>0,测得反应物X的浓度与反应时间的数据如下表:(1)0~3min用Z表示的平均反应速率v(Z)=____。(2)分析该反应中反应物的浓度与时间的规律,得出的结论是_____________。由此规律推出反应在6min时反应物的浓度a为____mol·L-1。(3)反应的逆反应速率随时间变化的关系如图所示,t2时改变的条件可是______、_____。

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、D【解题分析】HCl电离出的氢离子抑制水电离；NaHSO4电离出的氢离子抑制水电离；CH3COOH电离出的氢离子抑制水电离；Na2CO3水解促进水电离，所以能使水的电离程度变大的是Na2CO3，故D正确。点睛：酸电离出的氢离子、碱电离出的氢氧根离子抑制水电离；盐电离出的弱酸根离子、弱碱阳离子水解能促进水电离。2、C【题目详解】滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50mL，因此，一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过(50–a)mL，故选C。3、B【分析】依据反应是可逆反应，不能进行彻底分析计算判断，可以利用极值法分析，以此解答该题。【题目详解】可逆反应的基本特征是反应物不可能完全转化，达到反应限度时各物质不为0。理论上反应物完全转化时，生成NH32mol，c(NH3)＝0.2mol·L－1；由可逆反应不为0可知，N2与H2不可能全部生成NH3，c(NH3)<0.2mol·L－1，则达到平衡时，n（NH3）＜2mol，c（NH3）＜0.2mol·L－1，只有B符合题意。故选B。4、C【题目详解】假设在题给的过程中，容器的体积从A变化到A+B（见图），这个过程也可以理解成：假设有一个虚拟的隔板可以保持A的体积不变，在B中充入NO2，使其反应直至达到平衡。很明显，在同温、同压下，A、B中达到平衡后，NO2、N2O4的质量分数分别相等。这时，抽去虚拟的隔板，将B压缩至A，平衡正向移动，NO2的体积分数减小。故选C。5、B【分析】有机物A的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下水解为B和C两种有机物，则有机物A为酯，同温同压下，相同质量的B和C的蒸气所占体积相同，说明B与C相对分子质量相同，因此酸比醇少一个碳原子，说明水解后得到的羧酸含有4个碳原子，而得到的醇含有5个碳原子，含有4个碳原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，（CH3）2CHCOOH；含有5个碳原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3；CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2CH（CH3）CH3；CH3C（CH3）2CH2OH，其中醇能能被氧化成羧酸，说明羟基所连碳上有2个氢原子，共有4种，所以有机物A的同分异构体数目有2×4＝8。【题目详解】A．根据以上分析可知符合上述转化关系的有机物A的结构有8种，A项正确；B．C是饱和一元羧酸，E是羧酸钠，不能为同系物，B项错误；C．1molB发生催化氧化完全转化为D转移2mol电子，C项正确；D．D到E是醛基与新制氢氧化铜发生的氧化反应，D项正确；答案选B。【题目点拨】本题考查有机物的推断，同分异构体数目的判断，清楚饱和一元醇与少一个C原子的饱和一元羧酸的相对分子质量相同以及醇氧化成醛的条件是解题关键，同时掌握组合法的使用。分子式为C9H18O2的有机物A，它能在酸性条件下水解生成B和C，B和C的相对分子质量相等，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，判断5个碳原子醇属于醇以及4个碳原子酸属于酸的同分异构体，从而判断有机物的同分异构体数目。6、B【分析】醇分子中与羟基相连的碳原子上含有氢原子时才能发生催化氧化，结合醇的结构分析解答。【题目详解】①CH3CH2CHOHCH3发生催化氧化生成CH3CH2COCH3，CH3CH2COCH3中官能团为羰基；②CH3(CH2)3OH发生催化氧化生成CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO中官能团为醛基（－CHO）；③CH3CH(CH3)CH2OH发生催化氧化生成CH3CH(CH3)CHO，CH3CH(CH3)CHO中官能团为醛基；④CH3C(CH3)2OH中与－OH相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；因此能被氧化为含－CHO的有机物为②③，答案选B。【题目点拨】醇的催化氧化反应情况与跟羟基(－OH)相连的碳原子上的氢原子的个数有关。（1）若α-C上有2个氢原子，醇被氧化成醛；（2）若α－C上没有氢原子，该醇不能被催化氧化。即：7、C【题目详解】A．NH3和CH4中心原子价层电子对数均为4，都是sp3杂化，故A错误；B．NH3和CH4中中心原子都是sp3杂化，均形成4个sp3杂化轨道，故B错误；C．CH4分子中杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，故CH4为正四面体构型，而NH3分子中只有3个杂化轨道用于成键，另一个杂化轨道中有一对孤对电子，对成键电子的排斥作用较强，所以为三角锥形，故C正确；D．虽然氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子，但不是分子空间构型不同的原因，这是分子空间构型不同造成的结果，故D不符合题意；故答案为C。8、B【题目详解】A.氧化铁和铝在高温的条件下生成氧化铝和铁，,是典型的放热反应，利用放出的热冶炼金属铁，常用于野外铁轨的焊接，为放热反应；B.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合：═2NH3↑+BaCl2+10H2O，是典型在常温下发生的吸热反应；C.锌片与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，是放热反应；D.钠与冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，放出大量的热，是放热反应；根据以上分析可以知道,B的热效应与其它三者不同；本题答案为B。9、A【解题分析】在电解水制取H2和O2时，阳极反应是4OH--4e-=2H2O+O2，阴极反应是2H++2e-=H2。【题目详解】电解碘化钾溶液，阳极反应是2I--2e-=I2，故A不合适；电解KNO3溶液，阳极反应是4OH--4e-=2H2O+O2，阴极反应是2H++2e-=H2，故B合适；电解H2SO4溶液，阳极反应是4OH--4e-=2H2O+O2，阴极反应是2H++2e-=H2，故C合适；电解NaOH溶液，阳极反应是4OH--4e-=2H2O+O2，阴极反应是2H++2e-=H2，故D合适；选A。10、D【解题分析】A项，H2完全燃烧后生成的稳定氧化物为H2O（l），氢气的燃烧热大于241.8kJ/mol，错误；B项，石墨转化为金刚石为吸热反应，石墨具有的总能量小于金刚石具有的总能量，则石墨比金刚石稳定，错误；C项，两者都是C（s）的燃烧反应，ΔH10、ΔH20，前者为2molC（s）完全燃烧，后者为2molC（s）不完全燃烧，等物质的量的C（s）完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，则ΔH1ΔH2，错误；D项，n（H2O）=n（NaOH）==0.5mol，则生成1molH2O放出的热量为=57.4kJ，则中和热的热化学方程式为NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H＝一57.4kJ/mol，正确；答案选D。11、A【题目详解】A、淀粉溶液属于胶体分散系，当光束通过时，可能产生丁达尔效应，选项A正确；B、稀硝酸属于溶液分散系，当光束通过时，不可能产生丁达尔效应，选项B错误；C、氨水属于溶液分散系，当光束通过时，不可能产生丁达尔效应，选项C错误；D、氮气和氧气的混合物不形成胶体，当光束通过时，不可能产生丁达尔效应，选项D错误；答案选A。12、C【题目详解】将甲、乙两种金属分别加入CuSO4溶液中，甲表面析出金属Cu，乙没有明显现象，甲能置换出Cu，乙不能置换出Cu，则甲比Cu活泼，乙的活动性不及Cu，三种金属活动性顺序：甲Cu乙，答案选C。13、D【分析】半分钟后NO的物质的量增加了0.3mol，所以△c（NO）=0.3mol/5L=0.06mol·L－1，所以v（NO）═0.06mol·L－1/30s=0.002mol/（L·s）【题目详解】A、v（O2）=5v（NO）/4═1.25×0.002mol/（L·s）=0.0025mol/（L·s）故A错误；B、v（NO）═0.06mol·L－1/30s=0.002mol/（L·s），故B错误；C、v（H2O）=6v（NO）/4═1.5×0.002mol/（L·s）=0.003mol/（L·s），故C错误；D、氨气与NO的化学计量数相同，化学反应速率之比等于化学计量数之比，故v（NH3）=0.002mol·(L·s)–1，故D正确；答案选D。14、A【题目详解】A.将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照，A正确；B.用pH试纸测定溶液pH值时，若用蒸馏水润湿试纸，相当于把待测液加水稀释，导致所测的pH值可能不准，故试纸是不能事先润湿的，B不正确；C.不能将试纸在待测液中蘸一下，这样会污染试剂，C不正确；D.不能将试纸用蒸馏水润湿，D不正确。本题选A。15、D【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故反应速率与其化学计量数的比值越大,反应速率越快。【题目详解】A．；B．；C．；D．；显然D中比值最大，故反应速率最快，故选D。16、A【题目详解】A.形成生成物中化学键所释放的总能量大于断开反应物中化学键所吸收的总能量时，说明该反应为放热反应，△H<0，A正确；B.体系的温度高低不仅与吸热或放热有关，还与反应条件有关，不能依据反应吸热或放热确定反应体系的温度变化，B错误；C.放热反应有的需要加热，有的不需要加热，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点。再例如铝热反应等，C错误；D.反应物的质量及状态不同时，反应物所具有的能量也不同，反应放出的热量的多少与反应物的质量和状态有关，D错误；答案选A。17、A【题目详解】A.用氢氧化钠溶液吸收氯气，离子方程式：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O，故A正确；B.用大理石与稀盐酸制备二氧化碳，离子方程式：CaCO3+2H+＝CO2↑+H2O+Ca2+，故B错误；C.稀硫酸与氢氧化钡溶液混合产生沉淀，离子方程式：2H++2OH﹣+Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，故C错误；D.铜片放入稀硝酸中产生气体，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；故选A。18、A【解题分析】试题分析：A、加水稀释促进水解，[c（HCO3-）·c（OH-）]/c（CO32-）表示水解常数，温度不变，水解常数不变，A错误；B、CO2与CO32-反应生成HCO3-，HCO3-比CO32-水解程度小，所以碱性减弱，即pH减小，B正确；C、水解吸热，升温可以促进水解，平衡正向移动，因此升高温度平衡常数增大，C正确；D、加入NaOH固体抑制碳酸根水解，HCO3-的物质的量浓度减小，CO32-的物质的量浓度增大，所以c（HCO3-）/c（CO32-）减小，D正确，答案选A。【考点定位】本题考查了水解平衡常数及影响水解平衡的因素【名师点晴】明确盐类水解的特点和外界条件对盐类水解平衡的影响变化规律是解答的关键，注意水解平衡常数和化学平衡常数一样是温度的函数，与浓度无关。19、C【题目详解】根据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：T1＞T2；根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，先拐先平压强大，故有：P1＞P2，故选C。【点晴】解答本题可以采取“定一议二”原则分析，根据等压线，由温度对Z的转化率影响，判断升高温度平衡移动方向，确定反应吸热与放热；特别注意根据温度、压强对平衡移动的影响分析，温度越高、压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，先拐先平温度、压强大。20、B【题目详解】A．使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液显酸性，故A错误；B．氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小是判断溶液的酸碱性的依据，所以c（H+）=c（OH-）的溶液一定呈中性，故B正确；C．常温下，水的离子积Kw=1×10-14，所以pH＜7，溶液呈酸性；pH=7，溶液呈中性；pH＞7，溶液呈碱性。Kw受温度影响，水的电离是吸热的，温度越高Kw越大，如100℃时，水的离子积常数是10-12，当PH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，该选项中c（H+）=10-7mol/L溶液，不一定是在常温下，溶液中c（H+）、c（OH-）不一定相等，故C错误；D．盐溶液的PH可以是中性如NaCl，酸性如AlCl3，或碱性如Na2CO3，故D错误；故选：B。21、D【解题分析】A.油脂是高级脂肪酸甘油酯，在人体内通过酶的参与可水解为高级脂肪酸和甘油，故A正确；B.油脂主要在小肠中被消化吸收，B项错误；C.磷脂能溶解维生素A、E，所以对人体吸收维生素A、E是有利的，故C正确；D同质量的脂肪在体内氧化时放出的热量比糖类和蛋白质高，但其提供的能量只占日需总能量的20%～25%，人体提供能量的主要物质是糖类(淀粉),故D错误；答案：D。22、C【题目详解】合成氨反应是放热反应，500℃有利于提高反应速率、不利于氨的合成，也不利于提高氢气的转化率，但是500℃时催化剂的活性最好，能最大程度提高催化效果，故①④正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、CH2=CHCH2OHCH2OHCHOHCH2OH+CH2=CHCOOHCH2OHCHOHCH2OOCCH=CH2+H2OCl2CH2ClCHClCH2ClNaOH溶液、加热【分析】根据流程图，丙烯与氯气发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl与NaOH溶液在加热的条件下发生取代反应，生成CH2=CHCH2OH，即A；A中的羟基被氧化生成CH2=CHCHO，B被氧化生成C，则C为CH2=CHCOOH；油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和丙三醇，则D为丙三醇，丙三醇与C反应生成酯和水。【题目详解】(1)分析可知，A的结构简式CH2=CHCH2OH；(2)E是由丙三醇和CH2=CHCOOH发生酯化反应生成的两种含碳碳双键的酯的混合物，则E为CH2OHCH(CH2OH)OOCCH=CH2或CH2OHCHOHCH2OOCCH=CH2，反应的方程式为CH2OHCHOHCH2OH+CH2=CHCOOHCH2OHCHOHCH2OOCCH=CH2+H2O；(3)丙烯与氯气在500℃的条件下，发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl与氯气发生加成反应生成CH2ClCHClCH2Cl，再与NaOH溶液共热的条件下生成丙三醇。24、C4H4O4HOOC-CH=CH-COOH、CH2=C(COOH)2【分析】由C、H、O的质量比，可求出其最简式，再由与氢气的相对密度，求出相对分子质量，从而求出分子式；最后由“与小苏打反应放出CO2，也能使溴水褪色”的信息，确定所含官能团的数目，从而确定其结构简式。【题目详解】(1)由C、H、O的质量比为12:1:16，可求出n(C):n(H):n(O)=1:1:1，其最简式为CHO；其蒸气对氢气的相对密度为58，则相对分子质量为58×2=116；设有机物的分子式为(CHO)n，则29n=116，从而求出n=4，从而得出分子式为C4H4O4。答案为：C4H4O4；(2)它能与小苏打反应放出CO2，则分子中含有-COOH，0.58g

这种物质能与50mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液完全反应，则0.005mol有机物与0.01molNaOH完全反应，从而得出该有机物分子中含有2个-COOH；该有机物也能使溴水褪色，由不饱和度为3还可确定分子内含有1个碳碳双键，从而确定其结构简式为HOOC-CH=CH-COOH或CH2=C(COOH)2。答案为：HOOC-CH=CH-COOH或CH2=C(COOH)2。【题目点拨】由分子式C4H4O4中C、H原子个数关系，与同数碳原子的烷烃相比，不饱和度为3。25、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。26、a平衡压强，使甲苯顺利滴入三颈烧瓶B便于控制温度和使容器受热均匀分液蒸馏96%重结晶【题目详解】（1）根据逆流的冷却的效率高的原理可知，进水口应在冷凝管的下方a处，支管连接了恒压滴液漏斗中的液体上、下方，使恒压滴液漏斗中的液体上、下方的压强相等，便于甲苯顺利滴入三颈烧瓶；综上所述，本题答案是：a，平衡压强，使甲苯顺利滴入三颈烧瓶。

（2）本实验中用到的液体体积约为55mL，所以选择100mL的三颈烧瓶，故选B，沸水浴加热便于控制温度和使容器受热均匀；综上所述，本题答案是：B，便于控制温度和使容器受热均匀。

（3）一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯；所以操作Ⅰ是分离出有机相甲苯，用分液方法得到；操作Ⅱ是蒸馏的方法控制甲苯沸点得到纯净的甲苯液体；综上所述，本题答案是：分液，蒸馏。

（4）苯甲酸纯度=苯甲酸的质量/样品的质量×100%=(2.4×10−3mol×4×122g/mol)/1.22g×100%=96%。综上所述，本题答案是：96%。

（5）由题给信息可知，苯甲酸的熔点为122.4℃,在25°C和95℃下溶解度分别为0.3g和6.9g；而氯化钾溶解度随温度变化较大，因此提纯苯甲酸与KCl的混合物，应采用重结晶法。综上所述，本题答案是：重结晶。【题目点拨】本实验明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键；本实验应该注意掌握：冷凝管的作用，恒压滴液漏斗的作用，水浴的作用，物质的分离和提纯方法，样品纯度的计算等方面的基础知识，才能解决好综合实验题所涉及到的相关问题。27、5ABKh=c(CH3COOH)·c(C2H5OH)/c(CH3COOC2H5)不能温度升高，反应速率加快；温度升高，乙酸乙酯挥发的更多【解题分析】(1)①根据实验目的“乙组探究乙酸乙酯(沸点77.1℃)在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率”及对照试验的设计原则进行判断；(2)①CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH，结合平衡移动的影响因素分析判断；②根据化学平衡的表达式书写；(3)根据碳酸钠溶液水解显碱性，结合实验的探究目的分析判断；(4)根据反应温度，从反应速率和物质的挥发性角度分析解答。【题目详解】(1)探究乙酸乙酯(沸点77.1℃)在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率，四个试管中乙酸乙酯的体积都应该为1mL，即：V1=V2=V3=1；试验Ⅰ和试验Ⅲ中蒸馏水的体积不同，则探究的是氢氧化钠的浓度对乙酸乙酯水解的影响，还必须保证溶液总体积相等，则氢氧化钠溶液体积应该为5mL，即：V4=5，故答案为：5；(2)①CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH；A、加入水，反应物和生成物的浓度均减小，但生成物浓度减小的更大，平衡正向移动，故A正确；B、加入稀盐酸，溶液的酸性增强，抑制CH3COOH的生成，可使平衡逆向移动，故B正确；C、酯层体积不再改变时，说明反应达到了平衡，但反应仍在进行，没有停止，故C错误