2024届黑龙江省齐市地区普高联谊校高二化学第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

2024届黑龙江省齐市地区普高联谊校高二化学第一学期期中质量跟踪监视试题注意事项：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、25℃时，关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①醋酸、②NaOH、③醋酸钠溶液，下列说法不正确的是A．若测得0.1mol/LCH3COONa溶液显碱性，则可证明醋酸是弱电解质B．若用0.1mol/L的某一元酸HA与②混合，若pH=7，则VHA≤VNaOHC．①和②等体积混合后的溶液：c(OH－)＝c(H+)+c(CH3COOH)D．①和③等体积混合后的溶液：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)2、在一定温度下，向容积为的恒容密闭容器中充入和一定量的N，发生反应；当反应进行到时达到平衡，测得M的浓度为。下列说法正确的是（）A．时，M的转化率为80%B．，用M表示的平均反应速率为C．时，M的物质的量浓度为D．后，向容器中充入惰性气体，M的物质的量减小3、下列由乙烯推测丙烯的结构或性质中，正确的是A．分子中所有原子都在同一平面上B．不能发生氧化反应C．与

HCl

加成只生成一种产物D．能发生加聚反应4、硝酸汞和碘化钾溶液混合后会生成红色的碘化汞沉淀，为了探究硝酸汞和碘化钾溶液之间能否发生氧化还原反应，研究人员设计了如图的实验装置，结果电流计指针发生了偏转，下列分析不正确的是A．如图装置的电流方向是从C2到C1B．C1附近加入淀粉变蓝，C2析出固体C．可用饱和KI溶液—琼脂填充盐桥增强导电性D．该装置内发生的氧化还原反应可自发进行5、反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)=0.45mol⋅L-1⋅s-1②v(B)=0.6mol⋅L-1⋅s-1③v(C)=0.4mol⋅L-1⋅s-1④v(D)=0.45mol⋅L-1⋅s-1，该反应进行的快慢顺序为()A．④<③=②<① B．④>③=②>① C．①>②>③>④ D．④>③>②>①6、下列物质的电子式书写正确的是A． B．C． D．7、咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用，其结构简式如下图所示，关于咖啡鞣酸的下列叙述正确的是()A．分子式为C16H20O9B．1mol咖啡鞣酸水解时可消耗8molNaOHC．1mol咖啡鞣与H2反应时可消耗4molH2D．能发生取代反应和加成反应，但不能消去反应8、在C(s)+CO2(g)2CO(g)反应中，可使反应速率增大的措施是（）①增大压强②增加碳的量③通入CO2④恒压下充入N2⑤恒容下充入N2⑥通入COA．①③④ B．②④⑥ C．①③⑥ D．③⑤⑥9、对于下列各组反应，反应开始时，产生氢气速率最快的是A．70℃，将0.1mol

镁粉加入到10mL6mol·L－1

的硝酸溶液中B．60℃，将0.2mol

镁粉加入到20mL3mol·L－1

的盐酸溶液中C．60℃，将0.2mol

铁粉加入到10mL3mol·L－1

的盐酸溶液中D．60℃，将0.1mol

镁粉加入到10mL3mol·L－1的硫酸溶液中10、某温度下，反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H＜0，在密闭容器中达到平衡，平衡时改变外界条件，使反应再次平衡，新平衡时，与原平衡相比变小了，则改变条件的可能有A．保持容器的容积不变，升高了温度B．保持容器压强和温度不变，向容器内补充了Ar（g）C．保持容器容积和温度不变，向容器内补充了N2D．保持容器容积和温度不变，液化分离走部分NH311、下列递变规律正确的是A．KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐增强B．Na、Mg、Al、Si的金属性逐渐增强C．O、S、Na、K的原子半径依次增大D．HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强12、已知稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，由此判断下列热化学方程式书写正确的是()A．KOH(aq)＋12H2SO4(浓)===12K2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·molB．12Ba(OH)2(aq)＋12H2SO4(aq)===12BaSO4(s)＋H2O(l)ΔHC．HCN(aq)＋KOH(aq)===KCN(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1D．HCl(aq)＋NaOH(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－113、下列各组物质全部是弱电解质的是A．H2SiO3H2SCO2 B．MgSO4CH3COOHCH3CH2OHC．H2SO3BaSO4CH4 D．H2ONH3·H2OH3PO414、标准状况下，相同质量的下列气体中，体积最大的是A．Cl2 B．O2 C．H2 D．CO215、下列实验不正确的是（）A．将溴乙烷与氢氧化钠共热反应后，加入AgNO3溶液来鉴别溴离子B．向放有电石的圆底烧瓶中滴加饱和食盐水可产生乙炔气体C．制取硝基苯时，温度计应插入反应水浴中控制反应温度D．制取乙炔时，要用一小团棉花防止泡沫进入导管16、常温下，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是：A．1molD3O+中含中子数目为10NAB．一定条件下1molN2与4molH2充分反应后，所得混合物中极性键数目为6NAC．在100.0mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加50.0mL0.5mol/L稀盐酸，生成CO2气体分子数目为0.01NAD．5.6gFe粉与足量S粉加热充分反应转移的电子数为0.2NA，17、分子式为C4H8O2的有机物，属于酯类分子最多有A．2种 B．3种 C．4种 D．5种18、时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．的盐酸与的溶液混合后：B．0.1mol/L的NaHS溶液中：C．100mL1.0mol/L的溶液和100mL2.0mol/L的HNO3溶液混合后（忽略混合后溶液体积变化）：D．0.1mol/L的HCN溶液和0.1mol/L的NaCN溶液等体积混合后：19、已知常温时HClO的Ka=3.0×10-8，HF的Ka=3.5×10-4。现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（）A．曲线I为次氯酸稀释时pH变化曲线B．b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小C．a点时，若都加入相同大小的锌粒，此时与氢氟酸反应的速率大D．取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗次氯酸的体积较小20、下列说法或表示方法不正确的是A．盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现B．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJC．由C(石墨)→C(金刚石)△H=+73kJ/mol，可知石墨比金刚石稳定D．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)△H=–285.8kJ/mol21、下列各组物质中，实验式相同，但既不是同系物，又不是同分异构体的是()A．丙烯和环己烷 B．正戊烷和2-甲基丁烷C．乙烷和苯 D．乙烯和己烯22、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．1mo1⋅L-1的AlCl3溶液中，Cl-离子的数目为3NAB．4g氦气含有的氦原子数为2NAC．标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NAD．5.6g铁分别与足量的盐酸反应，电子转移总数为0.2NA二、非选择题(共84分)23、（14分）高聚物G、I可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用。有关转化关系如下：已知：①②H的分子中有一个“—O—”结构的三元环③含有结构的有机物分子不能稳定存在，易失水形成→请回答下列问题:（1）写出Ｈ的结构简式___________（2）写出H转化为I的化学方程式___________（3）某化合物M分子式为C4H8O3，写出符合下列条件M的同分异构体的结构简式____________①与化合物F具有相同的官能团②官能团不连在同一个碳上（4）依据上述合成路线，设计以甲苯为原料制备的合成路线（无机原料任意选择，合成路线用流程图表示）_______________合成路线流程图示例:。24、（12分）化合物G是临床常用的镇静、麻醉药物，其合成路线流程图如下：（1）B中的含氧官能团名称为______和______。（2）D→E的反应类型为______。（3）X的分子式为C5H11Br，写出X的结构简式：______。（4）F→G的转化过程中，还有可能生成一种高分子副产物Y，Y的结构简式为______。（5）写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：______。①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应②分子中只有4种不同化学环境的氢（6）写出以CH2BrCH2CH2Br、CH3OH和CH3ONa为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。____________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）某实验小组用0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/LH2SO4溶液进行中和热的测定实验。I.配制0.50mol/LNaOH溶液，若实验中大约要使用245mLNaOH溶液，则至少需要称量NaOH固体___g。II.实验小组组装的实验装置如图所示：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是___，装置中仍存在的缺陷是___。（2）若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水，测得的中和热数值会___(填“偏大”“偏小”或“无影响”，下同)；若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的Ba(OH)2溶液，测得的中和热数值会__。（3）纠正好实验装置后进行实验，在实验测定过程中保证酸稍过量，原因是___。最终实验结果的数值偏大，产生偏差的原因可能是___(填字母)。a.实验装置保温、隔热效果差b.在量取NaOH溶液的体积时仰视读数c.分多次把NaOH溶液倒入盛有H2SO4溶液的小烧杯中d.用温度汁测定NaOH溶液的起始温度后直接测定H2SO4溶液的起始温度27、（12分）用0.2000mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol/L的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴甲基橙溶液；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。⑥重复以上滴定操作2－3次。请回答：（1）以上步骤有错误的是(填编号)____________________（2）步骤④中，量取20.00mL待测液应使用_________________(填仪器名称)（3）步骤⑤滴定时眼睛应注视______________________________；判断到达滴定终点的依据是：______________________________________。（4）以下是实验数据记录表滴定次数盐酸体积（mL）NaOH溶液体积读数（mL）滴定前滴定后120.000.0018.10220.000.0016.20320.000.0016.16从表中可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，其可能的原因是__________A．锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水B．滴定结束时，仰视读数C．滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束有气泡D．锥形瓶用待测液润洗E．NaOH标准液保存时间过长，有部分变质（5）根据表中记录数据，通过计算可得，该盐酸浓度为：____________mol/L28、（14分）工业上用CO生产燃料甲醇。一定温度和容积条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。图2表示反应中的能量变化；图1表示一定温度下，在体积为1L的密闭容器中加入2molH2和一定量的CO后，CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化。请回答下列问题：（1）在“图2”中，曲线__(填“a”或“b”)表示使用了催化剂；没有使用催化剂时，在该温度和压强条件下反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的△H=_________。（2）从反应开始到建立平衡，v(CO)=_______；达到平衡时，c(H2)=_____，该温度下CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数为_____________。达到平衡后若保持其它条件不变，将容器体积压缩为0.5L，则平衡__________移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。（3）恒容条件下，下列措施中能使n(CH3OH)/n(CO)增大的有___________．a．升高温度b．充入He气c．再充入2molH2d．使用催化剂．（4）已知CH3OH(g)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝－193kJ/mol。又知H2O(l)=H2O(g)；ΔH＝＋44kJ/mol，请写出32g的CH3OH(g)完全燃烧生成液态水的热化学方程式________________。29、（10分）甲烷是一种重要的基础化工原料，不仅可制备多种重要有机产品，还可用于环境保护。请回答下列问题：（1）用甲烷催化还原氮的氧化物可消除氮氧化物的污染。已知：反应过程（2）是__反应（填“放热”或“吸热”），甲烷还原NO2生成H2O(g)、N2和CO2时的热化学方程式是__。（2）工厂利用甲烷与氯气的反应原理制取氯甲烷，为妥善处理氯甲烷生产企业的副产物CCl4，以减少其对臭氧层的破坏。化学家研究在催化条件下，通过下列反应：CCl4(g)+H2(g)CHCl3(g)+HCl(g)，使CCl4转化为重要的化工原料氯仿(CHCl3)（不考虑副反应）。在固定容积为2L的密闭容器中，该反应达到平衡后，测得如下数据：实验序号温度℃初始n(CCl4)(mol)初始n(H2)(mol)平衡时n(CHCl3)(mol)11100.81.221102213100110.6①此反应在110℃时平衡常数为___。②实验l中，CCl4的转化率为__。③判断该反应的正反应是__（填“放热”或“吸热”），理由是__。④为提高实验3中CCl4的转化率，可采取的措施是__。a.使用高效催化剂b.向容器中再投入1molCCl4和1molH2c.温度升高到200℃d.向容器中再投入1molHCle.向容器中再投入1molH2

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、B【题目详解】A．若测得0.1mol/LCH3COONa溶液显碱性，说明CH3COONa为强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解，则可证明醋酸是弱酸，属于弱电解质，故A正确；B．若用0.1mol/L的某一元酸HA与②NaOH溶液混合，若HA为强酸，二者等体积混合，生成的盐NaA为强酸强碱盐，溶液pH=7，则VHA=VNaOH，若HA为弱酸，二者等体积混合，生成的盐NaA为强碱弱酸盐，溶液显碱性，要使溶液pH=7，可减少NaOH溶液的用量或增大HA的用量，则VHA＞VNaOH，故B错误；C．醋酸溶液和NaOH溶液等体积混合后恰好完全反应，生成的盐为强碱弱酸盐，溶液显碱性性，由质子守恒可知：c(OH－)＝c(H+)+c(CH3COOH)，故C正确；D．醋酸溶液和醋酸钠溶液等体积混合后，溶液呈酸性，即醋酸的电离大于醋酸钠的水解，则c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)，故D正确；答案选B。2、A【题目详解】A．根据题意列出三段式：，时，M的转化率为，故A正确；B．，用M表示的平均反应速率为，故B错误；C．若反应速率不变，，M的转化浓度为，M的物质的量浓度为，但在反应过程中，正反应速率逐渐减小，前的反应速率比后反应速率快，因此M的物质的量浓度小于，故C错误；D．恒容条件下，向容器中充入惰性气体，平衡不移动，M的物质的量不变，故D错误。综上所述，答案为A。3、D【解题分析】根据乙烯的结构或性质，推测丙烯的结构或性质。注意它们的相似性和特殊性。【题目详解】乙烯分子中所有原子共面，将其中一个氢原子换成甲基即得丙烯，甲基碳所连接的4个原子在四面体的顶点上（A项错误）；乙烯和丙烯都能燃烧、碳碳双键都能使酸性高锰酸钾褪色，发生氧化反应（B项错误）；有碳碳双键就能发生加聚反应，分别生成聚乙烯、聚丙烯（D项正确）；乙烯双键两端对称，与HCl加成产物只有一种。丙烯双键两端不对称，与HCl加成产物有两种（C项错误）。本题选D。4、C【分析】电流计指针发生了偏转，说明有电流形成，证明形成了原电池反应，碘离子具有还原性，C1做负极，失电子生成碘单质，电极反应为2I--2e-═I2；C2做正极，溶液中汞离子得到电子发生还原反应，电流方向是从正极流向负极，据此答题。【题目详解】A.分析可知C1为负极，C2为正极，电流是从正极C2流向负极C1，故A正确；B.碘离子具有还原性，C1做负极，失电子生成碘单质，电极反应为2I--2e-═I2，加入淀粉变蓝；C2做正极，溶液中汞离子得到电子发生还原反应，生成碘化亚汞，析出固体，故B正确；C.饱和KI溶液—琼脂盐桥中的I-与Ag+、Hg2+发生反应，故不能使用，C错误；D.该装置为原电池，原电池反应都是自发发生的氧化还原反应，故D正确。故选C。5、B【题目详解】同一化学反应，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则①=0.45，②=0.2，③=0.2，④=0.225，则反应快慢为④>③=②>①，故选B。6、C【解题分析】氨气的电子式是，故A错误；氯化钠是离子化合物，电子式是，故B错误；水是共价化合物，电子式是，故C正确；氯气的电子式是，故D错误。7、C【解题分析】每个C4条键，不够用H来补，可确定，分子式为：C16H18O9，酯基、酚羟基与羧基可与NaOH反应，即4mol；1mol咖啡鞣与H2反应时可消耗4molH2，苯环消耗3mol，C=C消耗1mol，即4mol；醇羟基和相邻碳原子上的H原子可以发生消去反应。【题目详解】A.每个C4条键，不够用H来补，可确定，分子式为：C16H18O9，A错误；B.酯基、酚羟基与羧基可与NaOH反应，即4mol，B错误；C.1mol咖啡鞣与H2反应时可消耗4molH2，苯环消耗3mol，C=C消耗1mol，即4mol，C正确；D.醇羟基和相邻碳原子上的H原子可以发生消去反应，D错误；答案为。8、C【解题分析】①该反应为气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，故①正确；②增加炭的量，增加固体物质的浓度不影响化学反应速率，故②错误；③恒容通入CO2，反应物浓度增大，反应速率加快，故③正确；④恒压下充入N2，反应物的分压减小，反应速率减小，故④错误；⑤恒容下充入N2，反应物的浓度不变，反应速率不变，故⑤错误；⑥通入CO，浓度增大，可增大反应速率，故⑥正确；故答案为C。9、D【解题分析】因为HNO3具有强氧化性，镁粉与硝酸反应不产生氢气，A项错误；镁的金属性比铁更强，其它条件相同时，镁跟盐酸反应产生氢气的速率比铁跟盐酸反应产生氢气的速率快，所以反应速率B>C；D组3mol/L的硫酸溶液中c(H+)=6mol/L，B组3mol/L的盐酸溶液中c(H+)=3mol/L，反应实质都是Mg+2H+=Mg2++H2↑，其它条件相同时，H+浓度越大产生氢气的速率越快，所以反应速率D>B，反应开始时产生氢气速率最快的是D选项，答案选D。10、C【分析】使反应再次平衡，新平衡时，与原平衡相比变小了，说明新的化学平衡正向移动，改变的条件是增大压强、或是增加氮气的量、或是降低了温度，据化学平衡移动原理来回答。【题目详解】A、保持容器的容积不变，升高了温度，则平衡会逆向进行，与原平衡相比变大了，选项A错误；B、保持容器压强和温度不变，向容器内补充了Ar（g），则会加大体积，相对于原平衡是减小了压强，平衡逆向移动，使得与原平衡相比变大了，选项B错误；C、保持容器容积和温度不变，向容器内补充了N2，则平衡会正向进行，与原平衡相比变小了，选项C正确；D、保持容器容积和温度不变，液化分离走部分NH3，平衡正向移动，但是氨气浓度减小的值要比氢气浓度减小的值更大，所以与原平衡相比变大了，选项D错误；答案选C。【题目点拨】本题考查影响化学平衡移动的因素：浓度、压强、温度等，注意知识的灵活应用是解题的关键，难度不大。11、C【题目详解】A、同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故碱性：KOH>Ca(OH)2>Mg(OH)2>Al(OH)3，故A错误；B、Si是非金属元素，无金属性，故B错误；C、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：O<S<Na<K，故C正确；D、非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：F>Cl>S>P，故稳定性：HF>HCl>H2S>PH3，故D错误；答案选C。12、D【解题分析】A项，因浓硫酸稀释会放出大量的热，所以浓硫酸与KOH反应生成1mol水时放出的热量大于57.3kJ，故A错误；B项，Ba(OH)2和H2SO4反应时生成BaSO4沉淀，形成沉淀时会放热，，所以Ba(OH)2和H2SO4反应生成1mol水时放出的热量大于57.3kJ，故B错误；C项，HCN是弱酸，弱酸电离时吸热，则HCN与NaOH反应生成1mol水时放出的热量小于57.3kJ，因此C错误；D项，在稀溶液中，稀的酸与碱发生中和反应生成1mol水，这时的反应热叫做中和热，中和热为ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1正确，故D正确。答案选D。点睛：本题主要考查了热化学方程式的正误判断。在解决此类问题时要注意热化学方程式与普通化学方程式的区别，热化学方程式除了表示物质变化，还体现了能量的变化，所以在书写热化学方程式时要注意物质的聚集状态、计量关系、吸热还是放热以及单位，对于燃烧热和中和热还要从其定义上注意。13、B【解题分析】弱电解质一般包括弱酸、弱碱、水。A、CO2是非电解质，A项错误；B、MgSO4是强电解质，B项错误；C、CH4是非电解质，C项错误；D、三者都是弱电解质，D项正确；本题答案选D。。14、C【分析】相同条件下，气体的物质的量越大，则体积越大；相同质量时，摩尔质量越小，则物质的量越大。【题目详解】A.Cl2的摩尔质量为71g/mol；B.O2的摩尔质量为32g/mol；C.H2的摩尔质量为2g/mol；D.CO2的摩尔质量为44g/mol；综上所述，H2的摩尔质量最小，相同质量时物质的量最大，体积最大，答案为C。15、A【题目详解】A、将溴乙烷与氢氧化钠共热，发生水解反应后，应先加入硝酸中和NaOH，再加AgNO3溶液来鉴别溴离子，故A错误；B、水与电石反应比较剧烈，因此实验室制乙炔时用饱和食盐水代替水，得到平稳的乙炔气体，故B正确；C、制取硝基苯时，采用水浴加热，使反应温度控制在50~60℃，温度计应插入水浴中，故C正确；D、碳化钙与水反应非常剧烈，反应放出大量的热，生成的氢氧化钙糊状物容易把导管口堵塞，所以在试管上部放置一团疏松的棉花，故D正确。故选A。16、D【题目详解】A.1个D3O+中含中子数目为11个，所以1molD3O+中含中子数目为11NA，A错误；B.合成氨反应为可逆反应，无法计算生成氨气的量，也就无法计算极性键数目，B错误；C.在100.0mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，NaOH和Na2CO3的物质的量均为0.01mol，加入50.0mL0.5mol/L稀盐酸（0.025mol），NaOH消耗0.01molHCl，剩余的0.015HCl再与0.01molNa2CO3，明显盐酸不足，无法将碳酸钠全部反应掉，所以生成CO2气体分子数目小于0.01NA，C错误；D.铁粉与足量S粉加热充分反应生成硫化亚铁，5.6gFe的物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.2NA，D正确；综上所述，本题选D。【题目点拨】Fe粉与足量S粉加热充分反应生成硫化亚铁，铁为+2价；Fe粉与足量氯气加热充分反应生成氯化铁，铁为+3价，以上两个反应说明氯气的氧化性大于硫。17、C【题目详解】分子式为C4H8O2的有机物，属于酯类分子有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，共计4种，答案为C。18、B【题目详解】A．pH=2的盐酸中c（H+）和pH=12的Ba（OH）2溶液中c（OH-）相等，二者的体积未知，无法确定溶液酸碱性，如果二者等体积混合，则混合溶液pH=7，故A错误；B.1．lmol/LNaHS溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=2c（S2-）+c（HS-）+c（OH-），物料守恒：c（Na+）=c（S2-）+c（HS-）+c（H2S），得到，故B正确；C.111mL1.1mol•L-1Fe（NO3）2溶液和111mL2.1mol•L-1

HNO3溶液混合后，如果不发生反应，则混合后溶液中硝酸根离子浓度为2mol/L，由于硝酸具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，导致反应后溶液中硝酸根离子小于2mol/L，故C错误；D，1.1mol/L的HCN溶液与1.1mol/L的NaCN溶液等体积混合，混合后溶液的pH>7，溶液呈碱性，说明CN-水解程度大于HCN电离程度，c（OH-）>c（H+），溶液中离子浓度大小顺序为：，故D错误。故答案选：B。19、D【题目详解】A.pH相同的两种酸溶液，酸的酸性越强，其初始浓度越小，稀释过程中，pH变化越大，由于HF酸性强于HClO，所以稀释过程中，HF的pH变化更大，则曲线Ⅰ代表HF溶液稀释过程中pH变化曲线，故A错误；B.酸抑制水电离，酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，c（H+）：c＞b，则水电离程度：b＞c，故B错误；C.酸的浓度越大，反应速率越快，a点时HClO的浓度大于HF，则HClO的反应速率较大，故C错误；D.pH相同的两种酸，酸性越强酸浓度越小，则a点酸浓度：HF＜HClO，取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗酸的体积与酸的浓度成反比，所以HClO溶液消耗体积小，故D正确；故选D。20、D【解题分析】A.盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，反应的热效应只与始态和终态有关，与过程无关；B.中和热指强酸强碱的稀溶液发生中和反应，生成1mol水时所产放出的热量，浓硫酸稀释的过程中放出热量；C.能量越低，物质越稳定；D.燃烧热指1mol纯物质完全燃烧，生成稳定的氧化物时所放出的热量。【题目详解】A.盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，反应的热效应只与始态和终态有关，与过程无关，A项正确；B.中和热指强酸强碱的稀溶液发生中和反应，生成1mol水时所产放出的热量，浓硫酸稀释的过程中放出热量，因而放出的热量大于57.3kJ，B项正确；C.能量越低，物质越稳定，石墨变为金刚石为吸热反应，石墨能量低于金刚石，故石墨比金刚石稳定，C项正确；D.2g（即1mol）H2完全燃烧，生成液态水放出285.8kJ热量，那么2molH2完全燃烧，生成液态水放出571.6kJ热量，热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)△H=571.6kJ/mol，D项错误；答案选D。【题目点拨】解答本题时要注意：①中和热指强酸强碱的稀溶液发生中和反应，生成1mol水时所产放出的热量，浓硫酸稀释时需要放出热量，这一点容易忽略；②燃烧热指1mol纯物质完全燃烧，生成稳定的氧化物时所放出的热量。21、A【题目详解】A．丙烯和环己烷的分子式分别为C3H6、C6H12，故最简式均为CH2，但是它们不是同分异构体，且结构不相似，故不是同系物，A符合题意；B．正戊烷和2-甲基丁烷它们是同分异构体关系，B不合题意；C．乙烷和苯的最简式不同，不为同系物和同分异构体，C不合题意；D．乙烯和己烯的最简式相同，分子式不同，不为同分异构体，但结构相似，组成上相差4个CH2原子团，D不合题意；故答案为：A。22、D【题目详解】A.1mo1⋅L−1的AlCl3溶液中的体积未知，无法求出溶液中氯离子的数目，故A错误；B.4g氦气的物质的量为1mol，含有的氦原子数为NA个，故B错误；C.标准状况下，H2O为固体，无法利用气体摩尔体积计算含有的分子数，故C错误；D.铁与盐酸反应生成的是亚铁离子，则5.6g铁（即1mol铁）与足量的盐酸反应时转移电子数为0.2NA，故D正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、【分析】B的结构简式为CH2=CHCH3，C为CH2BrCHBrCH3，D为CH2OHCHOHCH3，E为CH3COCOOH，F为CH3CHOHCOOH，H的分子中有一个“—O—”结构的三元环，说明H的结构为。【题目详解】(1)化合物H为结构简式为。(2)I为全生物降解塑料，即I应含有酯基官能团，所以有H和二氧化碳反应生成I的方程式为：。(3)某化合物M分子式为C4H8O3，与F具有相同的官能团，则有羟基和羧基，官能团不连在同一个碳原子上，所以，可能的结构为。(4).以甲苯为原料制备苯甲醛，即先将甲基发生卤代反应，再将卤代烃发生水解反应，根据一个碳原子连接两个羟基，会自动变为醛基进行分析，合成路线为。24、醛基酯基取代反应或【分析】本题中各主要物质的结构简式已经给出，因此只要顺水推舟即可，难度一般。【题目详解】（1）B中的含氧官能团为醛基和酯基；（2）观察D和E的结构简式，不难发现D上的1个氢原子被1个乙基取代形成了一条小尾巴（侧链），因此D→E属于取代反应；（3）观察E和F的结构简式，不难发现E上的1个氢原子被1个含有支链的丁基取代，结合X的分子式不难推出X的结构简式为；（4）F到G实际上是F和尿素反应，脱去两分子甲醇形成了六元环的结构，我们发现F中有2个酯基，尿素中有2个氨基，两种各含2个官能团的化合物符合缩聚反应的发生条件，因此二者可以缩聚成；（5）根据条件，G的分子式为，要含有苯环，其次能和氯化铁溶液发生显色反应，则一定有酚羟基，还要含有4种不同化学环境的氢，再来看不饱和度，分子中一共有4个不饱和度，而1个苯环恰好是4个不饱和度，因此分子中除苯环外再无不饱和键，综上，符合条件的分子有或；（6）采用逆推法，分子中有两个酯，一定是2个羧基和2个甲醇酯化后得到的，甲醇已有，因此接下来要得到这个丙二羧酸，羧基可由羟基氧化得到，羟基可由卤原子水解得到，最后再构成四元环即可：。【题目点拨】在进行同分异构体的推断时，不饱和度是一个有力的工具，对于含氮有机物来讲，每个N可以多提供1个H，氨基无不饱和度，硝基则相当于1个不饱和度，据此来计算即可。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、5.0环形玻璃搅拌棒大小烧杯杯口未平(或大小烧杯杯口未平，大小烧杯间未用碎纸条填满)偏小偏大确保碱能反应完全b【题目详解】I.没有245mL的容量瓶，所以用250mL的容量瓶，需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g；II.(1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；装置中仍存在的缺陷是大小烧杯杯口未平(或大小烧杯杯口未平，大小烧杯间未用碎纸条填满)，容易引起热量损失；(2)一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于56.8kJ，故答案为偏小；若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的Ba(OH)2溶液，因反应生成硫酸钡沉淀放热，使得酸碱反应放出更多的热，则测得的中和热数值会偏大；(3)纠正好实验装置后进行实验，在实验测定过程中保证酸稍过量，原因是确保碱能反应完全；a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，选项a不符合；b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，选项b符合；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失，中和热的数值偏小，选项c不符合；d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，选项d不符合；答案选b。27、①酸式滴定管锥形瓶内颜色变化当滴入最后一滴时，溶液由红色变橙色，且半分钟内颜色不变BD0.1618【分析】(1)滴定管用蒸馏水洗涤后还要用待装的溶液润洗，以防止滴定管内壁上的水膜稀释溶液，引起实验误差。(2)中和滴定是精确度较高的定量实验，与此相匹配的仪器是滴定管，还要注意溶液的酸碱性以选择对应的滴定管。(3)中和滴定的关键之一就是要准确判断滴定终点，因此操作时眼睛始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化；因为滴定前盐酸中滴入了甲基橙，溶液为红色，根据恰好中和时溶液pH突跃，滴定终点时溶液由红色变为橙色，且半分钟内颜色不变。(4)表中第1次实验滴定结束时消耗NaOH溶液体积明显偏大，分析选项时，一看是否是读数造成的误差，滴定管的0刻度在上，越往下数值越大；二看是否是HCl的物质的量造成的误差，根据NaOH+HCl=NaCl+H2O反应，NaOH与HCl以等物质的量反应；三看NaOH变质生成Na2CO3，等物质的量的NaOH和Na2CO3消耗HCl的物质的量有无变化。(5)根据表中消耗的NaOH溶液的数据先判断数据的有效性，然后计算出消耗NaOH溶液的平均体积，最后计算出待测液盐酸的浓度。【题目详解】(1)碱式滴定管用蒸馏水洗涤后还要用0.2000mol/LNaOH溶液润洗，防止NaOH溶液被滴定管内壁上的水膜稀释，引起实验误差，故有错误的编号是①。(2)中和滴定是精确度较高的定量实验，与此相匹配的仪器是滴定管，所以步骤④中，量取20.00mL待测液（盐酸）应使用酸式滴定管。(3)中和滴定的关键之一就是要准确判断滴定终点，所以操作时眼睛始终注视锥形瓶内溶液颜色变化；待测的盐酸中事先加入了甲基橙，溶液显红色，根据恰好中和时溶液pH突跃，滴定终点时溶液显橙色，所以判断到达滴定终点的依据是：当滴入最后一滴时，溶液由红色变橙色，且半分钟内颜色不变。(4)表中第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显偏大，A.锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，HCl的物质的量没有变化，故消耗NaOH溶液的体积不受影响，A项错误；B.滴定管的0刻度在上，越往下数值越大，读数应从上往下读，仰视读数会使NaOH溶液体积偏大，B项正确；C.滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束有气泡，滴定管液面上升，使NaOH溶液体积偏小，C项错误；D.锥形瓶用待测液润洗，HCl的物质的量增大，消耗的NaOH溶液体积偏大，D项正确；E.NaOH标准液保存时间过长，有部分NaOH变质生成Na2CO3，以甲基橙作指示剂时滴定过程有反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，1molNaOH~0.5molNa2CO3~1molHCl，所以滴定消耗NaOH溶液体积不受影响，E项错误；答案选BD。(5)表中第1次实验数据误差太大舍去，取第2、3次实验数据，消耗标准NaOH溶液体积的平均值==16.18mL，该盐酸浓度为。28、b-91kJ•mol-10.075mol•L-1•min-10.5mol•L-112正向cCH3OH（g）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-281kJ/mol【分析】(1)根据图中反应的活化能的大小来分析是否使用催化剂,利用反应前后的总能量来分析反应的能量变化;

(2)根据v=△c/△t进行计算；利用各物质平衡的浓度来计算平衡时化学平衡常数；(3)结合平衡移动的方向，分析n(CH3OH)/n(CO)