安徽省宣城市郎溪中学2024届高二化学第一学期期中调研试题含解析

安徽省宣城市郎溪中学2024届高二化学第一学期期中调研试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)达到平衡时，测得PCl3为0.2mol，如果此时再向容器中充入1.0molPCl3和1.0molCl2，在相同温度下再次达平衡时，PCl3的物质的量是A．0.2mol B．大于0.4molC．0.4mol D．大于0.2mol，小于0.4mol2、已知25℃时，醋酸溶液中存在下述关系：Ka＝c(H+)c(CH3COO-)/c(CH3COOH)＝1.75×10－5，其中Ka的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数。有关Ka的下列说法正确的是()A．当向该溶液中加入一定量的硫酸时，Ka的值增大B．升高温度，Ka的值增大C．向醋酸溶液中加水，Ka的值增大D．向醋酸溶液中加氢氧化钠溶液，Ka的值增大3、碳足量，反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一个可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是①增加碳的量且表面积保持不变②将容器的体积缩小一半③保持体积不变，充入He，使体系压强增大④保持压强不变，充入He使容器体积变大A．①④ B．②③ C．①③ D．②④4、反应C+CO22COH>0。升高温度，关于该反应v正和v逆的说法正确的是A．v正增大，v逆减小 B．v正增大，v逆不变C．同时减小 D．同时增大5、已知NO2与N2O4可相互转化：2NO2(g)N2O4(g)ΔH＝－24.2kJ·mol－1，在恒温下，定量NO2和N2O4(g)的混合气体充入体积为2L的密闭容器中，其中物质的量浓度随时间变化的关系如下图所示。下列推理分析不合理的是A．前10min内，用v(NO2)表示的反应速率为0.04mol·L-1·min-1B．反应进行到10min时，体系放出的热量为9.68kJC．a点正反应速率小于逆反应速率D．25min时，正反应速率增大6、下列说法关于离子浓度说法不正确的是A．室温下，向0.20mol/LNH4HCO3中通入CO2至溶液呈中性：c(NH4＋)=c(HCO3—)+2c(CO32—)B．10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合，c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(OHˉ)＞c(H+)C．向0.30mol/LNa2SO3中通入CO2:c(Na＋)＝2[c(SO32—)+c(HSO3—)+c(H2SO3)]D．10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，c(Na+)=c(Cl﹣)＞c(OH-)＞c(H+)7、现有三组混合液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液；②乙醇和丁醇；③NaBr和单质Br2的水溶液.分离以上各混合液的正确方法依次是（）A．分液、蒸馏、萃取 B．萃取、蒸馏、分液C．分液、萃取、蒸馏 D．蒸馏、萃取、分液8、某有机物A由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为90。将4.5gA完全燃烧的产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重2.7g和6.6g。A能与NaHCO3溶液产生CO2，且两分子A之间脱水可生成六元环状化合物。有关A的说法正确的是A．有机物A的分子式为C3H8O3B．0.1molA与足量Na反应生成2.24LH2C．A催化氧化的产物不能发生银镜反应D．A能在一定条件下发生缩聚反应生成9、为了使Na2S溶液中c(Na+)/c(S2-)的比值变小，可加入的物质是A．适量盐酸 B．适量NaOH C．适量H2O D．适量KHS10、相同条件下，下列各组热化学方程式中，△H2＞△H1的是A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H2B．S（g）+O2（g）═SO2（g）△H1；S（s）+O2（g）═SO2（g）△H2C．CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）△H1；2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2D．1/2H2（g）+1/2Cl2（g）═HCl（g）△H1；H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H211、随原子序数的递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。下列关于说法中不正确的是A．f在元素周期表的位置是第3周期ⅢA族。B．d、e常见离子的半径大小：r(O2-)>r(Na+)C．g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：HClO4>H2SO4D．x2d2的结构式：12、石墨是层状晶体，每一层内，碳原子排列成正六边形，许多个正六边形排列成平面网状结构。如果每两个相邻碳原子间可以形成一个碳碳单键，则石墨晶体中每一层碳原子数与碳碳单键数的比是A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．2∶313、乙酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是A．乙酸能与水以任意比互溶B．乙酸溶液的导电能力较弱C．10ml1mol/L.乙酸恰好与10mL1mol/L氢氧化钠溶液完全反应D．CH3COONa溶液的pH值大于714、下列反应中，属于加成反应的是A．CH2=CH2+HClCH3CH2ClB．+HNO3(浓)+H2OC．CH3Cl＋Cl2CH2Cl2＋HClD．CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O15、N2+3H22NH3的正反应速率为v1，逆反应速率为v2。当温度升高时，变化情况为A．同时增大 B．同时减小 C．v1增大，v2减小 D．v1减小，v2增大16、对于某一化学反应，下列各项反应条件改变，能增大单位体积内活化分子百分数，降低化学反应的活化能，从而提高反应速率的是A．增大反应物浓度B．加压C．升温D．加催化剂17、关于蛋白质的下列叙述正确的是A．加热会使蛋白质变性，因此生吃鸡蛋比熟吃好B．一束光线照射蛋白质溶液，产生丁达尔效应C．鸡蛋清加入食盐，会使蛋白质变性D．天然蛋白质中仅含C、H、O、N四种元素18、下列属于天然高分子化合物的是A．聚氯乙烯B．淀粉C．乙酸乙酯D．油脂19、某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH-，若想增大NH4+的浓度，而不增加OH-的浓度，应采取的措施是（）①适当升高温度

②加入NH4Cl固体

③通入NH3

④加入少量盐酸。A．①② B．②③ C．③④ D．②④20、已知某可逆反应aA(g)+bB(g)⇌pC(g)+qD(g)ΔH=QkJ·mol-1，生成物C的物质的量百分数与时间的关系如图所示，下列判断正确的是A．T1>T2Q>0 B．T1<T2Q<0C．P1>P2a+b<p+q D．P1<P2a+b>p+q21、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42-、Cl－B．KW/c(H+)＝1×10－13mol·L−1的溶液中：NH4+、Ca2＋、Cl－、NO3-C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3-、SO42-D．水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液中：Na＋、Mg2＋、Cl－、SO42-22、物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是()A．NH4NO3 B．NH4HSO4 C．CH3COONH4 D．NH3·H2O二、非选择题(共84分)23、（14分）由丙烯经下列反应可制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。（1）聚合物F的结构简式___。A→B的反应条件为_____。E→G的反应类型为_____。（2）D的结构简式______。B转化为C的化学反应方程式是_______。（3）在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式是_____。（4）E有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1molH2，则该种同分异构体的结构简式为______。24、（12分）有机物A～M有如图所示转化关系，A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，F的分子式为C9H10O2，且不能使溴的CCl4溶液褪色，D能发生银镜反应，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种。已知：(R1、R2表烃基或氢原子)请回答：（1）B、F的结构简式分别为________、________。（2）反应①～⑦中，属于消去反应的是________(填反应序号)。（3）D发生银镜反应的化学方程式为______________________________；反应⑦的化学方程式为______________________________。（4）A的相对分子质量在180～260之间，从以上转化中不能确认A中的某一官能团，确定该官能团的实验步骤和现象为__________________________________________。（5）符合下列条件的F的同分异构体共有________种。a．能发生银镜反b．能与FeCl3溶液发生显色反应c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1∶1∶2∶625、（12分）某课题组从植物香料中分离出一种罕见的醇（醇A），其结构简式如下。（1）根据课内所学知识，该醇可发生的反应包括：___（填字母序号）A．与金属Na反应B．与CuO反应C．与浓盐酸反应D．消去反应I.该课题组设计了以醇A为原料制备某物质的合成路线。合成反应的第一步。拟使醇A与浓氢溴酸（质量分数47.6%）在90℃下充分反应，制备中间产物B。实验装置如图所示（夹持及加热仪器略去）。已知：①HBr溶液受热时，HBr能否蒸发受到体系汇总含水量的影响。具体情况如下表。<47.6%47.6%>47.6%先蒸发的物质水先蒸发，直至比值升至47.6%HBr与水按该比例一起蒸发、液化沸点124.3℃HBr先蒸发，直至比值降至47.6%②醇A、中间产物B的沸点均超过200℃。（2）温度计1拟用于监控反应温度，温度计2拟用于监控实验中离开烧瓶的物质的沸点。两个温度计中，水银球位置错误的是___（填“温度计1”或“温度计2”）其水银球应___；（3）实验时，冷凝水应从冷凝管的___（填“a口”或“b口”）流入。II.将温度计位置调节好后，课题组成员依次进行如下操作：①检验气密性，装入沸石；②加入18.6g醇A（0.1mol）、17.0g47.6%氢溴酸（含8.1gHBr、0.1mol）；③开始加热，逐渐升温至反应温度。（4）反应开始后，当温度计2的示数上升至39℃时，冷凝管末端持续有液体流出。反应结束时，共收集到无色液体7.0g。经检测，该液体为纯净物，标记为产物C。取0.7gC在氧气中充分燃烧，共收集到2.2gCO2、0.9gH2O。另取少量C进行质谱试验，结果如图所示。根据上述实验结果，C的分子式为___；（5）取少量产物C进行核磁共振氢谱试验，共有三个信号峰。三个信号峰的面积之比为3：6：1。综合上述实验结果，C的结构简式为___；（6）反应结束后，圆底烧瓶内液体分为两层。可用___方法（填实验操作名称）将两液体分离；（7）后续检验证实，两液体均较纯净，其中所含杂质均可忽略。上层液体质量为10.7g。取下层液体进行核磁共振氢谱实验，共有两个信号峰。峰的面积之比为3：2。综合以上信息，本实验的实际总反应方程式为___。26、（10分）甲、乙两同学用一种标准盐酸去测定同一种未知浓度的NaOH溶液的浓度，但操作不同；甲把一定体积的NaOH溶液放入锥形瓶，把标准盐酸放入滴定管进行滴定；乙把一定体积的标准盐酸放入锥形瓶，把未知液NaOH溶液放入滴定管进行滴定。(1)甲同学使用的是_______滴定管，乙同学使用的是________滴定管。(2)甲同学的滴定管在用蒸馏水洗净后没有用标准盐酸润洗，乙同学的滴定管在用蒸馏水洗净后也没有用待测NaOH溶液润洗，其余操作均正确，这样甲同学测定结果________(偏大、偏小、无影响，下同)，乙同学测定结果__________。(3)乙同学选择酚酞作指示剂进行试验，如何来判断滴定终点：____________。(4)甲同学根据三次实验分别记录有关数据如下：滴定次数待测氢氧化钠溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积（mL）滴定前刻度滴定后刻度溶液体/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09请选用其中合理的数据计算c(NaOH)=______________。27、（12分）现有一FeCl2、AlCl3混合溶液，请回答下列相关问题：（1）为抑制金属离子水解，可向溶液中加入___（填化学式）；请写出铝离子水解反应的离子方程式：___。（2）Fe2+容易被氧气氧化成___，检验久置的FeSO4中含Fe3+的试剂是___（填化学式）。（3）某小组尝试从该混合溶液中分离出铝离子①先向溶液中加入过量的试剂X，试剂X是___（填化学式）。②经过___（填操作名称），取滤液，然后加入过量的试剂Y，试剂Y是___（填化学式）。③该过程主要利用了氢氧化铝的两性。请写出氢氧化铝的电离方程式：___。28、（14分）(Ⅰ)已知反应：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O。甲同学通过测定该反应发生时溶液变浑浊的时间，研究外界条件对化学反应速率的影响。设计实验如下：实验编号实验温度/℃c(Na2S2O3)/(mol·L－1)V(Na2S2O3)/mLc(H2SO4)/(mol·L－1)V(H2SO4)/mLV(H2O)/mL①250.15.00.110.0a②250.110.00.110.00③250.25.00.15.0b④500.25.00.110.05.0其他条件不变时：探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验________(填实验编号)；若同时选择实验①②、实验②③，测定混合液变浑浊的时间，可分别探究Na2S2O3浓度和H2SO4的浓度对化学反应速率的影响，则表中a和b分别为__________和__________。(Ⅱ)实验室中做如下实验：一定条件下，在容积为2.0L的恒容密闭容器中，发生如下反应：2A(g)＋B(g)⇌2C(g)ΔH＝QkJ/mol。(1)若A、B起始物质的量均为零，通入C的物质的量(mol)随反应时间(min)的变化情况如表：实验序号01020304050601800℃1.00.800.670.570.500.500.502800℃n20.600.500.500.500.500.503800℃n30.920.750.630.600.600.604700℃1.00.900.800.750.700.650.65根据上表数据，完成下列填空：①在实验1中反应在10～20min内反应的平均速率vC＝________________，实验2中采取的措施是___________________；实验3中n3________(填“＞”“＝”或“＜”)1.0。②比较实验4和实验1，可推测该反应中Q________0(填“＞”“＝”或“＜”)。(2)在另一反应过程中A(g)、B(g)、C(g)物质的量变化如图所示，根据图中所示判断下列说法正确的是________。a．10～15min可能是升高了温度b．10～15min可能是加入了催化剂c．20min时可能缩小了容器体积d．20min时可能是增加了B的量29、（10分）根据有关信息完成下列各题：（1）有机物A是人工合成的香料。其结构简式为：。该化合物中含有的官能团名称是____。在一定条件下，1mol有机物A消耗H2和Br2的物质的量之比为：____。写出有机物A在催化剂作用下发生加聚反应的化学方程式：____。（2）①用系统命名法命名：____。②用习惯命名法命名为：____。（3）实验室中通常加热无水乙醇与浓硫酸的混合物的方法制取乙烯，浓硫酸的作用是乙醇反应的催化剂和吸水剂。在具体的化学实验中常因加热的温度过低或过高导致副反应发生。如图所表示的装置可以用于确认乙烯气体中是否混有副反应生成的SO2。可选择的化学试剂有：A．品红溶液B．烧碱溶液C．浓硫酸D．酸性高锰酸钾溶液回答下列问题：(I)图中③的试管内盛放的化学试剂是____（填序号），其作用是____。(II)根据④中消耗溶液的物质的量计算反应生成乙烯的物质的量，发现其数值远远小于理论生成的乙烯的物质的量，分析可能的原因是____。

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】如果再向容器中充入1.0molPCl3和1.0molCl2，与原平衡相比相当于压强增大，增大压强，平衡向正反应方向移动，生成PCl5（g）的物质的量大于原来的2倍。【题目详解】温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)达到平衡时，测得PCl3为0.2mol，如果此时再向容器中充入1.0molPCl3和1.0molCl2，等效于原平衡状态增大压强，增大压强，平衡正向进行，在相同温度下再达到平衡时，PCl5的物质的量大于原来的2倍，大于0.4mol，故选D。【题目点拨】本题考查化学平衡的移动、化学平衡的建立等，关键是设计等效平衡建立的途径。2、B【分析】醋酸溶液中存在CH3COOHH++CH3COO-，Ka＝c(H+)c(CH3COO-)/c(CH3COOH)，根据Ka的表达式和影响因素分析解答。【题目详解】A.向醋酸溶液中加入一定量的硫酸时，c(H+)增大，CH3COOHH++CH3COO-平衡逆向移动，但温度不变，Ka不变，故A错误；B.醋酸的电离为吸热过程，升高温度，促进电离，Ka的值增大，故B正确；C.向醋酸溶液中加水，促进醋酸的电离，但温度不变，Ka不变，故C错误；D.向醋酸溶液中加氢氧化钠溶液，c(H+)减小，CH3COOHH++CH3COO-平衡正向移动，但温度不变，Ka不变，故D错误；故选B。3、C【题目详解】①C是固体，没有浓度可言，所以增加碳的量且表面积保持不变，不影响反应速率，故①正确；②将容器的体积缩小一半，气体物质浓度增大，反应速率增大，故②错误；③保持体积不变，充入He．使体系压强增大，但参加反应的气体的浓度不变，则反应速率不变，故③正确；④保持压强不变，充入He使容器体积变大，参加反应的气体的分压减小，反应速率减小，故④错误；只有①③正确，故答案为C。【题目点拨】考查反应速率的影响因素，反应中有固体参加，改变固体的量对反应速率没有影响，而温度、浓度、催化剂、压强、反应物的接触面积等因素影响化学反应速率，注意惰性气体对反应原理没有影响，但如果改变了反应物的浓度，则影响反应速率。4、D【解题分析】升高温度，正逆反应速率都增大，故D正确。故选D。5、B【解题分析】由图可知10-25min为平衡状态，b点所在曲线的浓度增加量为（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，a点所在曲线的浓度减少量为（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，b点所在曲线表示的生成物的浓度变化量是a点所在曲线表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以b点所在曲线表示NO2浓度随时间的变化曲线，a点所在曲线表示N2O4浓度随时间的变化曲线；反应时NO2浓度增大，N2O4浓度减小，说明反应逆向进行。A、由图象可知，10min内NO2的浓度变化量为（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，故v（NO2）==0.04mol/（L•min），故A正确；B、由图可知10-25min为平衡状态时，反应消耗的N2O4浓度为0.2mol/L，则其物质的量为0.2mol/L×2L=0.4mol，反应逆向进行，要吸收热量，则反应吸收的热量为：0.4mol×24.2kJ/mol=9.68kJ，即体系吸收的热量是9.68kJ而不是放出的热量为9.68kJ，故B错误；C、根据图像可知，该反应在10min时达到平衡状态，结合上述分析可知，10min之前NO2浓度增大，N2O4浓度减小，说明反应逆向进行，所以a点正反应速率小于逆反应速率，故C正确；D、根据图像可知，25min时的变化是增加了NO2的浓度，所以正反应速率增大，故D正确；所以此题答案选B。【名师点睛】灵活理解影响反应速率的因素是解题关键，外界条件对化学平衡的影响适用范围：1、浓度对化学平衡的影响适用于气体或液体；2、压强对化学平衡的影响适用于有气体参加且反应前后气体体积变化的反应；3、温度对所有可逆反应都有影响，无论该反应放热还是吸热。6、B【题目详解】A、根据溶液呈现电中性，因此有c(NH4＋)＋c(H＋)=c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，溶液pH=7，即c(H＋)=c(OH－)，因此有c(NH4＋)=c(HCO3－)＋2c(CO32－)，故A说法正确；B、两种溶液混合后，溶质为NH4Cl，该溶液为酸性，因此有c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)，故B说法错误；C、根据物料守恒，因此有c(Na＋)＝2[c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)]，故C说法正确；D、两者恰好完全反应，溶质为NaCl和NH3·H2O，NH3·H2O为弱碱，溶液显碱性，即c(Na＋)=c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故D说法正确。7、A【题目详解】①乙酸乙酯难溶于水、乙酸钠溶于水，因此用分液分离；②乙醇和丁醇是互溶的，利用沸点不同进行蒸馏分离；③NaBr易溶于水，单质Br2的水溶液用有机溶剂萃取分层；故A符合题意。综上所述，答案为A。【题目点拨】难溶于水的液体分离用分液；难溶于水的固体常用过滤分离；互溶的两种液体沸点不同常用蒸馏分离。8、C【解题分析】n(A)=4.5g÷90g/mol=0.05mol；燃烧后产生的各物质的物质的量是：n(H2O)=2.7g÷18g/mol=0.15mol；n(CO2)=6.6g÷44g/mol=0.15mol，则一个分子中含有的原子个数是C：3，H：6；O：（90-12×3-1×6）÷16=3，因此该物质的分子式是C3H6O3；A能与NaHCO3溶液产生CO2，说明含有羧基，两分子A之间脱水可生成六元环状化合物，所以A的结构简式是。【题目详解】n(A)=4.5g÷90g/mol=0.05mol；燃烧后产生的各物质的物质的量是：n(H2O)=2.7g÷18g/mol=0.15mol；n(CO2)=6.6g÷44g/mol=0.15mol，则一个分子中含有的原子个数是C：3、H：6；O：（90-12×3-1×6）÷16=3；因此该物质的分子式是C3H6O3，所以A选项错误；A能与NaHCO3溶液发生反应,说明在A中含羧基，由于2分子A之间脱水可生成六元环化合物，则A是2-羟基丙酸，即，因为一个分子中含有一个羧基、一个羟基，羧基和羟基都能与金属钠发生反应，因此0.1molA与足量Na反应产生标准状况下的H22.24L，故B错误；由于A中的羟基连接的C原子上只含有一个H原子，所以催化氧化的产物是酮，不能发生银镜反应，故C正确；A在一定条件下发生缩聚反应的产物是,故D错误。【题目点拨】考查分子式计算、官能团判断的知识，会用逆推法分析有机物的结构，例如本题中两分子A之间脱水可生成六元环状化合物，说明A中羟基位于2号碳原子上。9、D【分析】在硫化钠溶液中电离出钠离子和硫离子，硫离子水解，导致硫离子浓度会减小，要使c(Na+)/c(S2-)减小，需根据硫离子水解平衡移动来分析。【题目详解】在硫化钠溶液中电离出钠离子和硫离子，硫离子水解方程式为：S2-+H2OHS-+OH-，要使c(Na+)/c(S2-)减小，需使硫离子水解平向逆方向移动即可，所以加适量KHS溶液，c（HS-）增大，硫离子水解平向逆方向移动，c（S2-）增大，c(Na+)/c(S2-)减小，选项D正确；答案选D。【题目点拨】本题考查学生盐的水解平衡移动，可以根据所学知识进行回答，易错点为选项B，应该注意钠离子和氢氧根离子的浓度均增大，钠离子增大的程度更大，氢氧根离子抑制水解使硫离子浓度增大的程度较小。10、B【题目详解】题中四个反应均为放热反应，△H<0；且反应放出热量越多，△H越小；A.生成物水的状态不同，H2O（g）=H2O（l），△H<0，所以生成液态水放热多，但放热越多，△H越小，所以△H1>△H2，错误；B.反应物硫的状态不同，固态硫的能量低于气态硫的能量，所以固态硫燃烧放出的热量少，则△H大，即△H2＞△H1，正确；C.各物质状态一样，后一个反应的量是前一个反应的2倍，所以△H相应增加，因该反应为放热反应，所以△H1>△H2，错误；D.各物质状态一样，后一个反应的量是前一个反应的2倍，所以△H相应增加，因该反应为放热反应，所以△H1>△H2，错误；综上所述，本题选B。11、D【分析】8种元素为短周期元素，在同一周期中，从左向右原子半径逐渐变小，同一主族，从上到下原子半径逐渐变大，主族元素最高正化合价一般等于族序数，最低负价=8-主族族序数，从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数可知，x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此进行解答；【题目详解】A.f为Al元素，在元素周期表的位置是第3周期ⅢA族，A正确；B.d是O元素，e是Na元素，电子层结构相同的离子，核电荷数大者离子半径小，d、e简单离子的半径大小：r(O2-)>r(Na+)，B正确；C.非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，g是S元素，h是Cl元素，g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：HClO4>H2SO4，C正确；D.x2d2的为过氧化氢，属于共价化合物，结构式：H-O-O-H，D不正确；答案选D。12、D【解题分析】石墨晶体每一层内碳原子形成3个共价键，所以平均每个正六边形占有的碳原子数是6×1/3＝2，占有的C－C键是6×1/2＝3，即石墨晶体每一层内碳原子数与碳—碳化学键数的比是2∶3，答案选D。13、D【题目详解】A.乙酸能与水以任意比互溶，与电解质的强弱无关，故A不符；B.导电能力与溶液中离子浓度高低、离子电荷大小有关，乙酸溶液的导电能力较弱，不能说明它是否完全电离，故B不符；C.10ml1mol/L乙酸恰好与10mL1mol/L氢氧化钠溶液完全反应，只能说明它是一元酸，故C不符；D.CH3COONa溶液的pH值大于7，说明CH3COONa是强碱弱酸盐，故D符合；故选D。14、A【题目详解】加成反应是指有机物中的不饱和键（碳碳双键或三键）断裂在两端分别与其他原子或原子团相连的反应，产物只有一种，据此解题。A．CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，符合加成反应的定义，属于加成反应，A符合题意；B．+HNO3(浓)+H2O属于取代反应，B不合题意；C．CH3Cl＋Cl2CH2Cl2＋HCl属于取代反应，C不合题意；D．CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O属于氧化反应，D不合题意；故答案为A。15、A【题目详解】升高温度时，体系内参加反应的各物质的活化分子数将增大，同时活化分子之间的有效碰撞频率将增加，因此正逆化学反应速率都将增大，故答案为A。16、D【解题分析】温度、催化剂能增大单位体积内活化分子百分数，只有催化剂可降低化学反应的活化能，故选D。【题目点拨】本题考查影响反应速率的因素，增大浓度、压强，活化分子的浓度增大，但百分数不变，升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数。17、B【题目详解】A．加热可杀死细菌和寄生虫，并且使蛋白质变得疏松，易被消化吸收，选项A错误；B．蛋白质溶液是胶体，光线在蛋白溶液中会产生丁达尔效应，选项B正确；C．向鸡蛋清中加入食盐，蛋白质析出的过程为盐析，而不是变性，选项C错误；D．天然蛋白质主要由碳、氢、氧、氮4种元素组成，除此之外，还含有少量硫、磷等，选项D错误．答案选B。18、B【解题分析】高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；有机高分子化合物可以分为天然有机高分子化合物和合成有机高分子化合物，据此即可解答。【题目详解】聚乙烯是利用加聚反应生成的合成高分子化合物，不是天然高分子化合物，故不选A；

淀粉属于多糖，相对分子质量在一万以上，为天然高分子化合物，故选B；乙酸乙酯相对分子质量较小，不是高分子化合物，故不选C；油脂是高级脂肪酸和甘油反应生成的酯，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故不选D。19、D【分析】氨水存在电离平衡NH3•H2O⇌NH4++OH-，要想增大NH4+的浓度，而不增大OH-的浓度，则加入的物质必须含有铵根离子或含有能和氢氧根离子反应的离子，据此分析解答。【题目详解】①适当升高温度，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故①错误；②加入氯化铵固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故②正确；③向氨水中通入氨气，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故③错误；④加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c(NH4+)增大，c(OH-)减小，故④正确；故选D。【题目点拨】本题的易错点为③，要注意通入NH3，相当于增大氨水的浓度。20、C【分析】依据先拐先平数据大原则，可以得出：温度T1>T2，压强P1>P2。【题目详解】A.在P2压强下，有T1到T2，降低温度，生成物C的百分数增大，平衡正向进行，依据勒夏特列原理，降温向放热方向移动，可以得出Q<0，故A错误；B.有分析可知：T1>T2，故B错误；C.在T1温度下，有P1到P2，减少压强，生成物C的百分数增大，平衡正向进行，依据勒夏特列原理，减压，平衡向气体体积增大的方向移动，可以得出a+b<p+q，故C正确；D.有分析可知：P1>P2，故D错误；故选：C。21、B【解题分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质和题干中的限制条件分析判断。【题目详解】A.使酚酞变红色的溶液显碱性，在碱性溶液中Al3+会形成沉淀，不能大量共存，A错误；B.KW/c(H+)＝1×10－13mol·L−1的溶液显酸性，在酸性溶液中NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-离子间不能发生反应，能够大量共存，B正确；C.与Al反应能放出H2的溶液显酸性或碱性，在酸性溶液中Fe2+能够被NO3-氧化，不能大量共存，如果显碱性，亚铁离子不能大量共存，C错误；D.水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液显酸性或碱性，在碱性溶液中Mg2＋会反应生成测定，不能大量共存，D错误；答案选B。22、B【分析】根据铵根离子的浓度和水解的影响角度来分析，如果含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱。【题目详解】A.硝酸铵中，铵根离子的水解不受硝酸根离子离子的影响；

B.硫酸氢铵中的氢离子对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度较小，铵根离子浓度较大；

C.醋酸根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大，其铵根离子浓度较小；

D.NH3•H2O是弱电解质，部分电离，其铵根离子浓度最小；

综上NH4+的浓度最大的是NH4HSO4。

故选B。二、非选择题(共84分)23、NaOH水溶液、加热缩聚反应CH3COCOOHCH2(OH)CH(OH)CHO【分析】丙烯与溴发生加成反应生成A，A为CH3CHBrCH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B，B为CH3CH（OH）CH2OH，B催化氧化生成C，C为，C氧化生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E，E为CH3CH（OH）COOH，E发生酯化反应是高聚物G，丙烯发生加聚反应生成高聚物F，F为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题。【题目详解】（1）丙烯发生加聚反应生成F聚丙烯，其结构简式为：。A→B的反应条件为：NaOH水溶液，加热。E→G的反应类型为：缩聚反应。（2）通过以上分析知，D的结构简式为；B转化为C是CH3CH(OH)CH2OH催化氧化生成O=C(CH3)CHO，反应方程式为。（3）在一定条件下，两分子CH3CH(OH)COOH能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是.。（4）E的结构简式为CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1molH2，说明该同分异构体分子中含有2个﹣OH、1个﹣CHO，故符合条件的同分异构体为：HOCH2CH2(OH)CHO。24、④＋2Ag(NH3)2(OH)＋2Ag↓＋2NH3＋H2O＋(n－1)H2O取反应①后的混合液少许，向其中加入稀硝酸至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子2【解题分析】试题分析：A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，均含有-COOH，F的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，且不能使溴的CCl4溶液褪色，不含不饱和键，应含有苯环，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种，故F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有-COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180-28-76-45=31，小于260-28-76=111，X可能为Cl或Br．C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F．C发生缩聚反应生成高聚物H为；（1）由上述分析可知，B的结构简式为，F的结构简式为；（2）反应①属于取代反应，还发生中和反应，反应②属于复分解反应，反应③⑥属于氧化反应，反应④属于消去反应，反应⑤属于加成反应，反应⑦属于缩聚反应，故答案为④；（3）D发生银镜反应的化学方程式为：；反应⑦的化学方程式为：；（4）根据上面的分析可知，X可能为Cl或Br，要确定X是哪种官能团的实验步骤和现象为取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子；（5）符合下列条件的F()的同分异构体：a．能发生银镜反应，说明分子中存在醛基；b．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中存在酚羟基；c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：6，说明有4种氢原子，符合以上条件的F分子中有2个甲基、1个酚羟基、1个-CHO，且2个甲基处于间位，另2个分别处于对位，所以F的同分异构体有2种。【考点定位】考查有机推断、有机反应类型、同分异构体、化学方程式的书写等。【名师点晴】综合分析确定F的结构是关键，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，通过正反应推导确定A～M的结构简式；A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，均含有-COOH，F的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，且不能使溴的CCl4溶液褪色，不含不饱和键，应含有苯环，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种，故F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有-COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180-28-76-45=31，小于260-28-76=111，X可能为Cl或Br．C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F．C发生缩聚反应生成高聚物H为，据此解答。25、AB温度计1插到液面以下bC5H10CH3CH=C(CH3)2分液+HBrCH3CH=C(CH3)2+（CH3）3CCBr(CH3)2+H2O【分析】（1）含-OH可与Na反应生成氢气，可被CuO氧化生成铜，不能与NaOH溶液反应，且与-OH相连的C上无H，不能发生消去反应；（2）该反应在90℃下充分反应，温度计1拟用于监控反应温度，水银球应该插在液面以下；（3）蒸馏时，冷却水应下进上出；（4）由上述反应可知，产物C中一定由碳、氢元素，可能含有氧元素，根据题目中各物质的质量算出产物C中所含元素，根据质谱实验可得，产物C的相对分子质量；（5）由核磁共振氢谱可知，产物C中氢原子有三种，且个数比为3：6：1，找出符合条件的结构简式；（6）对于互不相溶的的液体用分液的办法分离和提纯；（7）根据各物质的物质的量关系可得，反应生成C5H10为0.1mol，H2O为0.1mol，则另外一种产物为C7H15Br，由核磁共振氢谱可知，找出符合条件的C7H15Br的结构简式，进而得到总反应方程式。【题目详解】（1）含-OH可与Na反应生成氢气，可被CuO氧化生成铜，不能与NaOH溶液反应，且与-OH相连的C上无H，不能发生消去反应，故答案为：AB；（2）该反应在90℃下充分反应，温度计1拟用于监控反应温度，水银球应该插在液面以下，故答案为：温度计1；插到液面以下；（3）蒸馏时，冷却水应下进上出，所以应从b处进入，故答案为：b；（4）由上述反应可知，产物C中一定由碳、氢元素，可能含有氧元素，2.2gCO2中碳元素的质量为：2.2g=0.6g，0.9gH2O中氢元素的质量为：0.9g=0.1g，而产物C为0.7g，所以产物C中没有氧元素，碳原子与氢原子的个数比为：=1：2，根据质谱实验可得，产物C的相对分子质量为70，符合条件的产物C的分子式为：C5H10，故答案为：C5H10；（5）由核磁共振氢谱可知，产物C中氢原子有三种，且个数比为3：6：1，符合条件的结构简式为CH3CH=C(CH3)2，故答案为：CH3CH=C(CH3)2；（6）对于互不相溶的的液体用分液的办法分离和提纯，故答案为：分液；（7）由18.6g醇A（0.1mol）、17.0g47.6%氢溴酸（含8.1gHBr、0.1mol），可知反应后一定有水存在，根据物质的量的关系可得，反应生成C5H10为0.1mol,H2O为0.1mol，则另外一种产物为C7H15Br，由核磁共振氢谱可知，符合条件的C7H15Br的结构简式为（CH3）3CCBr(CH3)2,总反应方程式为+HBrCH3CH=C(CH3)2+（CH3）3CCBr(CH3)2+H2O，故答案为：+HBrCH3CH=C(CH3)2+（CH3）3CCBr(CH3)2+H2O。【题目点拨】根据给出各生成物的质量，推断反应物的分子式时，要根据质量守恒定律定性推出该物质中可能含有的元素种类，并且根据质量关系定量确定最终结果。26、酸式碱式偏大偏小滴入最后一滴NaOH溶液，锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且30秒内不褪色0.1044mol/L【分析】(1)中和滴定时，酸溶液放在酸式滴定管中，碱溶液放在碱式滴定管中；(2)甲同学的滴定管在用蒸馏水洗净后没有用标准盐酸润洗，导致标准液浓度偏低，乙同学的滴定管在用蒸馏水洗净后也没有用待测NaOH溶液润洗，导致待测液浓度偏低；(3)滴定终点时锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且30秒内不褪色；(4)舍去误差较大第二次实验数据，根据n(NaOH)·V(NaOH)=n(HCl)·V(HCl)计算。【题目详解】(1)中和滴定时，盐酸溶液放在酸式滴定管中，氢氧化钠溶液放在碱式滴定管中。所以甲同学使用的是酸式滴定管，乙同学使用的是碱式滴定管；(2)甲同学的滴定管在用蒸馏水洗净后没有用标准盐酸润洗，导致标准液浓度偏低，则需要标准液体积偏大，使测量结果偏大；乙同学的滴定管在用蒸馏水洗净后也没有用待测NaOH溶液润洗，导致待测液浓度偏低，则需要氢氧化钠体积偏大，氢氧化钠的浓度偏低；(3)中和滴定时，乙同学用氢氧化钠溶液滴加盐酸，指示剂酚酞在盐酸溶液中，开始无色，随着NaOH的滴入，溶液酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，当滴入最后一滴NaOH溶液，若锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且30秒内不褪色，就证明达到滴定终点；(4)根据表格数据可知：第二次实验误差较大，应舍去，则需要盐酸的体积为V=mL=26.10mL，根据二者恰好反应时n(NaOH)=n(HCl)可知：c(NaOH)×25.00×10-3L=0.1000mol/L×26.10×10-3L，所以c(NaOH)=0.1044mol/L。【题目点拨】本题考查酸碱中和滴定实验，涉及仪器的使用、滴定终点的判断、实验误差与计算等，注意把握实验操作步骤、方法以及注意事项，把实验过程的影响都归结在消耗标准酸溶液的体积上进行分析，判断对实验结果的影响，在计算物质的量浓度时，要对实验数据进行处理，舍去误差较大的实验数据，取多次实验体积的平均值再进行计算。侧重考查学生的分析、实验和计算能力。27、HClAl3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+Fe3+KSCNNaOH过滤HClH++AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3++3OH-