2024届河北省宣化一中、张北一中化学高二第一学期期中质量跟踪监视模拟试题含解析

2024届河北省宣化一中、张北一中化学高二第一学期期中质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、某反应CH3OH(l)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)在高温时才能自发进行。下列对该反应过程的ΔH、ΔS判断正确的是（）。A．ΔH>0，ΔS<0 B．ΔH<0，ΔS<0 C．ΔH>0，ΔS>0 D．ΔH<0，ΔS>02、为维持人体内电解质平衡，人在大量出汗后应及时补充的离子是（）A．Mg2+ B．Ca2+ C．Na+ D．Fe3+3、对苯乙烯的下列叙述，①能使酸性KMnO4溶液褪色②可发生加成反应③可溶于水④可溶于苯中⑤能与浓HNO3发生取代反应⑥所有原子可能共平面，正确的是（）A．仅①②④⑤ B．仅①②⑤⑥ C．仅①②④⑤⑥ D．全部正确4、以下是一些常用的危险品标志，在烟花爆竹包装箱上应贴上（）A．B．C．D．5、可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)H＜0达到平衡后，当改变外界条件如物质浓度、体系压强、温度等而发生下列项目的变化时，能作为平衡一定发生了移动的标志的是A．气体的密度变小了 B．反应物和生成物浓度均变为原来的2倍C．气体的颜色变深了 D．体系的温度发生了变化6、下面关于“Na2CO3”分类的说法错误的是A．属于钠盐 B．属于碳酸盐 C．属于电解质 D．属于氧化物7、下列化学用语正确的是(

)A．H2SO3的电离方程式：H2SO32H＋＋SO32－B．NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－C．Na2CO3的水解∶CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－D．NH4Cl的水解：NH4+＋H2O＝NH3·H2O＋H＋8、氨硼烷()电池可在常温下工作，装置如图所示。该电池工作时的总反应为。下列说法正确的是()A．正极附近溶液的pH减小B．电池工作时，通过质子交换膜向负极移动C．消耗氨硼烷，理论上有电子通过内电路D．电池负极反应式为9、下列气体中，可用向下排空气法收集的是A．Cl2 B．SO2 C．CO2 D．H210、下列说法正确的是()A．室温下，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl﹣)=c(NH4+)＞c(OH﹣)=c(H+)B．醋酸与醋酸钠的pH=7的混合溶液中：c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)＜c(Na+)C．相同物质的量浓度的NaClO和NaHCO3混合溶液中：c(HClO)+c(ClO﹣)=c(HCO3﹣)+c(H2CO3)+c(CO32﹣)D．c(NH4+)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c(NH4HSO4)＞c[(NH4)2SO4]＞c(NH4Cl)11、对于密闭容器中的可逆反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)，探究单一条件改变情况下，可能引起平衡状态的改变，得到如图所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。下列判断正确的是A．加入催化剂可以使状态d变为状态bB．若T1>T2，则该反应一定是放热反应C．达到平衡时，A2的转化率大小为b>a>cD．其他条件不变时，增大B2的物质的量，AB3的体积分数一定增大12、已知反应FeO(s)+C(s)=CO(g)+Fe(s)△H＞0，（假设△H，△S不随温度变化而变化），下列叙述中正确的是（

）A．高温下为自发过程，低温下为非自发过程 B．任何温度下为非自发过程C．低温下为自发过程，高温下为非自发过程 D．任何温度下为自发过程13、现有等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量镁，产生H2的体积（同温同压下测定）的变化图示如下。其中正确的是A．①③ B．②④ C．①②③④ D．都不对14、下列事实不能用勒沙特列原理解释的是A．浓度均为0.1mol·L－1的新制氯水，加入少量NaHSO3晶体，片刻后，溶液中HClO分子的浓度减小B．室温下，将1mLpH＝3的醋酸溶液加水稀释至100mL后，测得其pH＜5C．在硫化氢水溶液中加入碱有利于S2—的生成D．增大压强更利于合成氨反应15、2011年3月11日在日本发生的大地震中，福岛核电站发生了核泄漏，其周边区域的空气中漂浮着放射性物质，其中含有碘的同位素13153I，13153I中的质子数为A．53 B．78 C．131 D．18416、下列各组物质中，互为同系物的是A．CH4、C10H22 B．CH4、C2H5OH C．C2H6、C4H8 D．CH3COOH、C3H817、已知断开1molH-H键吸收的能量为436kJ，形成1molN-H键放出的能量为391kJ，根据化学方程式N2+3H22NH3可知，高温、高压条件下，1molN2完全反应放出的能量为92.4kJ，则断开1molNN键吸收的能量是（）A．431kJ B．649kJ C．869kJ D．945.6kJ18、密闭容器中进行下列反应：M(g)＋N(g)R(g)＋2L，如图所示R%是R的体积分数，t是时间，下列关于该反应的分析正确的是A．正反应吸热，L为气体 B．正反应吸热，L为固体或纯液体C．正反应放热，L为气体 D．正反应放热，L为固体或纯液体19、下列化合物中，既能发生消去反应生成烯烃，又能发生水解反应的是（）A．CH3CH2OHB．C．D．20、下列说法正确的是()A．键能越大，表示该分子越容易受热分解B．共价键都具有方向性C．在分子中，两个成键的原子间的距离叫键长D．H—Cl的键能为431.8kJ·mol－1，H—Br的键能为366kJ·mol－1，这可以说明HCl比HBr分子稳定21、分子式为C3H4Cl2的链状有机物的同分异构体共有(不包括立体异构)()A．6种B．5种C．4种D．3种22、下列物质中，属于CH3CH(OH)CH2CH2CH3在铜的催化作用下被氧化的产物的同分异构体的是A．CH3CH2CH2CHOB．C．D．CH3CH2CH2CH2CH2OH二、非选择题(共84分)23、（14分）某研究小组苯酚为主要原料，按下列路线合成药物—沙丁胺醇已知①A→B原子利用率100%②③请回答（1）写出D官能团的名称____________（2）下列说法正确的是（_________）A．A是甲醛B．化合物D与FeCl3溶液显色反应C．B→C反应类型为取代反应D．沙丁胺醇的分子式C13H19NO3（3）设计化合物C经两步反应转变为D到的合成路线（用流程图表示）__________（4）写出D+E→F的反应化学方程式____________________________________（5）化合物M比E多1个CH2，写出化合物M所有可能的结构简式须符合：1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子____________________________________________24、（12分）A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满。回答下列问题：（1）B、C中第一电离能较大的是__(用元素符号填空)，基态E原子价电子的轨道表达式______。（2）DA2分子的VSEPR模型是_____。（3）实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6属于_______晶体（填晶体类型），其中C原子的杂化轨道类型为________杂化。②[C(OH)4]-中存在的化学键有________。a．离子键b．共价键c．σ键d．π键e．配位键f．氢键（4）B、C的氟化物晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，二者相差很大的原因________。（5）D与E形成化合物晶体的晶胞如下图所示：①在该晶胞中，E的配位数为_________。②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。上图晶胞中，原子的坐标参数为：a(0，0，0)；b(，0，)；c(，，0)。则d原子的坐标参数为______。③已知该晶胞的边长为xcm，则该晶胞的密度为ρ=_______g/cm3（列出计算式即可）。25、（12分）为了证明一水合氨是弱电解质，甲、乙、丙三位同学利用下面试剂进行实验：0.10mol·L－1氨水、NH4Cl晶体、醋酸铵晶体、酚酞试剂、pH试纸、蒸馏水。(1)常温下，pH=10的氨水中，c(OH－)=___，由水电离出来的浓度为c(OH－)水=_____。(2)甲用pH试纸测出0.10mol·L－1氨水的pH为10，据此他认定一水合氨是弱电解质，你认为这一结论______(填“正确”或“不正确”)，并说明理由__________________。(3)乙取出10mL0.10mol·L－1氨水，滴入2滴酚酞试液，显粉红色，原因是(用电离方程式回答)：______；再加入CH3COONH4晶体少量，颜色变浅，原因是：__________。你认为这一方法能否证明一水合氨是弱电解质：_____(填“能”或“否”)。(4)丙取出10mL0.10mol·L－1氨水，用pH试纸测出其pH为a，然后用蒸馏水稀释至1000mL，再用pH试纸测出其pH为b，他认为只要a、b满足如下关系__________(用等式或不等式表示)就可以确认一水合氨是弱电解质。26、（10分）某学习小组研究NaOH与某些酸之间的反应。Ⅰ．中和热的测定在25℃、101kPa条件下，强酸与强碱的稀溶液中和热可表示为：H+(aq)+OH─(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ·mol−1。按照右图所示装置进行实验。(1)仪器A的名称是________________________。(2)碎泡沫塑料的作用是____________________________________________。(3)在25℃、101kPa条件下，取50mL0.50mol·L−1CH3COOH溶液、50mL0.55mol·L−1NaOH溶液进行实验，测得的中和热△H______-57.3kJ·mol−1（填“＞”“=”或“＜”）。Ⅱ．某实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计方案如下(KMnO4溶液已酸化):实验序号A溶液B溶液①30mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液20mL0.01mol.L-1KMnO4溶液②30mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液20mL0.01mol.L-1KMnO4溶液(1)若反应均未结束，则相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是__________(填实验序号)。(2)若实验①在2min末注射器的活塞向右移动到了amL的位置,则这段时间的反应速率可表示为v(CO2)=______________mL/min。若实验②在tmin收集了4.48×10-3LCO2(标准状况下)，则tmin末c()=______________。(3)该小组同学发现反应速率总是如图二，其中t1~t2时间内速率变快的主要原因可能是：①_____________________________；②反应放热使体系温度升高。27、（12分）原电池原理应用广泛。(1)利用原电池装置可以验证Fe3+与Cu2+氧化性相对强弱。如图所示，该方案的实验原理是自发进行的氧化还原反应可以设计为原电池。写出该氧化还原反应的离子方程式：__________________________，装置中的负极材料是______（填化学式），正极反应式是_________________________。(2)某研究性学习小组为证明2Fe3++2I－2Fe2++I2为可逆反应，设计如下方案：组装如图原电池装置，接通灵敏电流计，指针向右偏转（注：此灵敏电流计指针是偏向电源正极），随着时间进行电流计读数逐渐变小，最后读数变为零。当指针读数变零后，在右管中加入1mol/LFeCl2溶液。①实验中，“读数变为零”是因为___________________。②“在右管中加入1mol/LFeCl2溶液”后，观察到灵敏电流计的指针_________偏转（填“向左”、“向右”或“不”），可证明该反应为可逆反应。28、（14分）Ⅰ.保护环境，提倡“低碳生活”，是我们都应关注的社会问题。目前，一些汽车已改用天然气（CNG）做燃料，以减少对空气污染。已知：16g甲烷完全燃烧生成液压态水放出890kJ热量,1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出393.5kJ热量，通过计算比较，填写下列表格（精确到0.01）：物质质量1g燃烧放出的热量/kJ生成CO2的质量/g碳32.80_________甲烷_________2.75根据表格中的数据，天然气与煤相比，用天然气做燃料的优点是____________。II.联合国气候变化大会于2009年12月7～18日在哥本哈根召开。中国政府承诺到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～45%。(1)用CO2和氢气合成CH3OCH3(甲醚)是解决能源危机的研究方向之一。已知：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H1=-90.7kJ·mol－12CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-23.5kJ·mol－1CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H3=-41.2kJ·mol－1则CO2和氢气合成CH3OCH3(g)的热化学方程式为：_____________________________。(2)恒温下，一体积固定的密闭容器中存在反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H<0，若增大CO的浓度，则此反应的焓变___________（填“增大”、“减小”、“不变”）。(3)在催化剂和一定温度、压强条件下，CO与H2可反应生成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示，则：p1_______________p2（填“>”、“<”或“=”,下同），该反应的△H___________0。(4)化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示,现提供以下化学键的键能：E(P-P)=akJ·mol-1、E(P-O)=bkJ·mol-1、E(O=O)=ckJ·mol-1，则反应P4(白磷)燃烧生成P4O6的热化学方程式为(反应热用a、b、c表示)：_____________________。。29、（10分）K2Cr2O7是一种有致癌性的强氧化剂，含Cr2O72—的酸性工业废水必须经过处理才能排放。工业上通常采用Fe电极电解法处理，调节pH值使之以Cr(OH)3沉淀形式除去。某化学兴趣小组在实验室里探究了该处理工艺，具体实验日志如下：I.原理探查查阅文献发现，电解时阳极产生Fe2+，在阴极附近（如图），Cr2O72—被Fe2+还原成Cr3+，而Fe3+则在阴极表面还原为Fe2+，如此循环。(1)用离子方程式表示Cr2O72—与Fe2+的反应：______________________________。II.实验探究实验一：探究不同电压对Cr2O72-降解效率的影响各取6份100mL1mol/L酸性K2Cr2O7溶液，均以Fe为电极，分别用不同电压电解5min。取电解后溶液10mL，测定Cr2O72-的含量，所测溶液中Cr2O72-物质的量与电解电压关系如下图所示。（假设电解前后溶液体积不变）(2)实验结果显示，最佳电解电压应选择_______V。(3)电压为6V时，用Cr2O72-表示5min内平均反应速率为_________mol·L—1·min—1。(4)当电压高于3V时，阴阳两极在电解过程中不断有气泡产生，且测得体积比约等于2:1。因此，阳极产生气泡的电极反应式为：__________________________________。实验二：探究其他影响Cr2O72-降解效率的因素以1A电流电解500mLK2Cr2O7稀溶液，通电时间30min，考察影响Cr2O72-降解效率的其他因素。具体方法和数据如下表所示。实验组①②③④加入硫酸铁/g005.00加入浓硫酸/mL01.01.01.0电极材料阴极石墨石墨石墨石墨阳极石墨石墨石墨铁Cr2O72-浓度/mol·L-1初始0.006510.006510.006510.00651结束0.006450.005680.005160.00278(5)以上实验中，Cr2O72-降解效率最高的是实验组_____（填编号），该实验组阳极电极反应式为：__________________________________。(6)对比②和③，Cr2O72-降解效率③＞②的原因是：__________________________。(7)由实验组①和②，可认为Cr2O72-能直接在阴极放电还原，电极反应式为：__________________________________。(8)法拉第提出了电解定律，为电化学的发展作出了巨大贡献。根据法拉第电解定律：Q=It=n(e-)F，[I为电流强度单位为A，t为时间单位为s,n(e-)为通过电路的电子的物质的量，F为法拉第常数（每摩电子电量，F＝96500C·mol-1）]，则实验组②中的电流效率＝______________。（保留三位有效数字；假设电解前后溶液体积不变，且没有副反应发生。）

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】试题分析：化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T△S＜0时，反应能自发进行，若△H＜0，△S＜0，则反应在高温时不一定能自发进行，低温下可以。依据题意可知该反应只有在高温下才能自发进行，则△H>0

、△S>0，即选项C正确。故选C。【题目点拨】化学反应的自发性的判断1、自发过程：在一定的条件下，不需要外力就可以自动进行的过程。2、焓变判断：一个自发的过程，体系趋向是由能量高的状态向能量低的状态转化。对化学反应而言，放热反应有自发的倾向。但是，吸热反应也有自发的，发热反应也有不自发的。3、熵变判断：在与外界隔离的体系中，自发过程将导致体系的熵增加。4、自由能变△G的判断方法△G＝△H－T△S△G＜0，反应正向自发进行。△G＝0，反应处在平衡状态。△G＞0，反应逆向自发进行。①一个放热的熵增加的反应，肯定是一个自发的反应。△H＜0，△S＞0，△G＜0②一个吸热的熵减少的反应，肯定是一个不自发的反应。△H＞0，△S＜0，△G＞0③一个放热的熵减少的反应，降低温度，有利于反应自发进行。△H＜0，△S＜0，要保证△G＜0，T要降低。③一个吸热的熵增加的过程，升高温度，有利于反应自发发生。△H＞0，△S＞0，要保证△G＜0，T要升高得足够高。2、C【题目详解】人体汗液中含有钠离子，所以为维持人体内电解质平衡，人在大量出汗后应及时补充的离子是钠离子，答案选C。3、C【题目详解】①苯乙烯含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正确；②苯乙烯含有碳碳双键、苯环，可与氢气发生加成反应，故②正确；③苯乙烯不溶于水，故③错误；④有机物易溶于有机溶剂中，因此苯乙烯可溶于苯中，故④正确；⑤苯乙烯中苯环能与浓HNO3发生取代反应，故⑤正确；⑥苯是平面，乙烯是平面，苯乙烯中所有原子可能共平面，故⑥正确；综上所述，答案为C。4、A【解题分析】烟花爆竹属于爆炸品，故答案A正确。故选A。【题目点拨】要熟悉常见的化学标志：物品回收标志

；中国节能标志；禁止放易燃物标志；节水标志；禁止吸烟标志：中国环境标志；绿色食品标志；当心火灾--易燃物质标志：等。5、D【题目详解】A项，若增大体积，减小压强，混合气体的密度变小，但平衡没有发生移动；B项，若将容器体积缩小为原来的1/2，增大压强，反应物和生成物的浓度都变为原来的2倍，但平衡没有发生移动；C项，若缩小体积，增大压强，c（I2）增大，气体颜色变深，但平衡没有发生移动；D项，该反应的正反应为放热反应，若体系的温度变化了，则平衡一定发生了移动；故选D。6、D【题目详解】A．因阳离子为钠离子，可以看成是钠盐，故A正确；B．因阴离子为碳酸根离子，可以看成是碳酸盐，故B正确；C．碳酸钠在水溶液中电离出钠离子和碳酸根离子而使溶液导电，属于电解质，故C正确；D．碳酸钠是由三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故D错误；故选D。7、B【分析】本题考查的基本化学用语的使用，掌握电离方程式，水解方程式的正确表达方式。【题目详解】A.H2SO3的电离分步进行，电离方程式写出第一步电离即可，正确的电离方程式为：H2SO3H++HSO3-，A项错误；

B.NaHSO4在水溶液中完全电离，其电离方程式为：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－，B项正确；

C.CO32-的水解分步进行，主要以第一步为主，碳酸根离子正确的水解方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-，C项错误；

D.NH4Cl中的NH4+的水解是微弱的，应用，其水解方程为：NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋，D项错误；答案选B。【题目点拨】书写电离方程关键是判断电解质的电离程度，从而选择正确的连接方式。特别注意多元弱酸是分步电离，以第一步为主；多元弱酸根是分步水解，以第一步水解为主。8、D【题目详解】A．根据电池总反应可知，正极上发生还原反应；，正极附近减小，溶液pH增大，A项错误；B．原电池工作时，阳离子向正极移动，故通过质子交换膜向正极移动，B项错误；C．转化为，N的化合价不变，B的化合价升高，根据，可知，消耗氨硼烷，反应中转移电子，但电子不通过内电路，C项错误；D．根据电池总反应，负极上氨硼烷发生氧化反应：，D项正确；故选D。9、D【题目详解】A．Cl2和空气中成分不反应，且密度大于空气，采用向上排空气法收集，故A错误；B．常温下，SO2和空气中成分不反应，且密度大于空气，采用向上排空气法收集，故B错误；C．CO2和空气中成分不反应，且密度大于空气，采用向上排空气法收集，故C错误；D．常温下，H2和空气中成分不反应，密度小于空气，采用向下排空气法收集，故D正确；故选D。【点晴】本题考查了气体的收集方法，根据气体的溶解性及目的确定收集方法，注意：只有密度和空气密度相差较大且常温下和空气成分不反应时才能采用排空气法收集。10、C【题目详解】A．一水合氨为弱电解质，室温下，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后，氨水过量，溶液显碱性，故A错误；B．醋酸与醋酸钠的pH=7的混合溶液中，c(OH)=c(H+)，根据电荷守恒得c(CH3COO)=c(Na+)，故B错误；C．物质的量浓度相等NaClO、NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒得c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，故C正确；D．NH4HSO4电离出的氢离子抑制铵根离子水解，c(NH4+)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中，c[(NH4)2SO4]＜c(NH4HSO4)＜c(NH4Cl)，故D错误；答案为C。【点晴】考查溶液中离子浓度大小的比较，学生明确酸碱之间的反应，准确判断溶液中的溶质并利用水解、电荷守恒、物料守恒等知识即可解答，根据酸碱反应后溶液的pH来分析溶液中的溶质，然后利用盐的水解和弱电解质的电离及溶液中电荷守恒来分析混合溶液中粒子浓度关系。11、B【题目详解】A.加入催化剂只改变反应速率，不能使平衡发生移动，故加入催化剂不能使状态d变为状态b，A错误；B.若T1>T2，由题图可知，温度升高，n(B2)不变时，平衡时AB3的体积分数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应是放热反应，B正确；C.其他条件不变时，n起始(B2)越大，平衡时A2的转化率越大，即A2的转化率大小为c>b>a，C错误；D.由题图可知，随着n起始(B2)增大，AB3的体积分数先增大后减小，D错误。答案为B。12、A【题目详解】△H＞0，△S＞0，低温下，△G=△H-T△S＞0，不能反应自发进行，高温下，△G=△H-T△S＜0，能反应自发，故A正确；B、C、D错误；故答案为A。13、D【分析】根据强酸和弱酸的电离程度分析。【题目详解】随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，故①错误；等pH时，醋酸浓度较大，加入足量镁，不仅产生的氢气的体积更大，反应更快，而且反应时间更长，不可能比盐酸更早结束，故②错误；随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，不可能逐渐减小，故③错误；等物质的量浓度时，醋酸溶液中氢离子浓度较小，反应速率较小，不可能比盐酸反应的快，故④错误。

故选D。【题目点拨】分析化学平衡图像时要注意横纵坐标及曲线的变化趋势，分析固定PH值变化和V(H2)变化，来进一步确定反应过程，注意方法规律的灵活应用。14、A【题目详解】A．NaHSO3能被HClO氧化，HClO浓度减小，不能用勒夏特列原理解释，选项A符合；B．存在电离平衡，加水稀释有利于醋酸的电离平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，选项B不符合；C．H2SH++HS-，HS-H++S2-，加入碱，能与氢离子反应，有利于平衡正向移动，有利于S2-的生成，能用勒夏特列原理解释，选项C不符合；D．合成氨反应为气体体积缩小的反应，增大压强平衡正向移动，更有利于合成氨，能用勒夏特列原理解释，选项D不符合；答案选A。15、A【题目详解】在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，则13153I中的的质子数为53，故选A。16、A【题目详解】同系物必须是结构相似，组成上相差若干个-CH2-原子团的物质。A.两者符合CnH2n+2均为烷烃，互为同系物，故A符合题意；B.前者属于烷烃，后者属于醇类，不是同系物，故B不符合题意；C.前者属于烷烃，后者为烯烃或环烷烃，不是同系物，故C不符合题意；D.前者属于羧酸，后者属于烷烃，不是同系物，故D不符合题意；故选：A。17、D【题目详解】已知H-H键的键能为436kJ/mol，N-H键的键能为391kJ/mol，设N≡N键的键能为x，题述反应放出的热量=生成物的总键能—反应物的总键能，即6mol×391kJ/mol-3mol×436kJ/mol-1mol∙x=92.4kJ，x=945.6kJ/mol，从而得出断开1molNN键吸收的能量是945.6kJ，故选D。【题目点拨】利用反应热计算键能时，需将热化学方程式中的各物质的化学式改写为结构式，以便于弄清各分子中所含有的化学键数，防止在共价键数目的计算时出错。18、C【题目详解】根据图示信息知道，压强不变，温度升高，R的百分含量减小，所以化学平衡逆向移动，说明正向是一个放热反应；温度不变，增大压强，R的百分含量减小，说明平衡逆向移动，则L为气体，C选项正确；答案选C。19、C【解题分析】分析：根据醇、卤代烃的性质分析解答。详解：A.CH3CH2OH含有羟基，能发生消去反应，不能发生水解反应，A错误；B.含有溴原子，能发生水解反应生成醇，与溴原子相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，B错误；C.含有溴原子，能发生水解反应生成醇，与溴原子相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，能发生消去反应，C正确；D.含有溴原子，能发生水解反应生成醇，与溴原子相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，D错误；答案选C。点睛：掌握醇和卤代烃发生消去反应的条件是解答的关键，即与卤素原子或羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子时，才能发生消去反应，否则不能发生消去反应。20、D【题目详解】A.键能越大，表示该分子越难分解，故A错误；B.如s—sσ键没有方向性，故B错误；C.在分子中，两个成键原子核间的距离为键长，故C错误；D.键能越大，物质越稳定，因H—Cl的键能为431.8kJ·mol－1，H—Br的键能为366kJ·mol－1，这可以说明HCl比HBr分子稳定，故D正确；答案选D。21、B【解题分析】C3H6的链状同分异构体，只有一种结构：CH3-CH=CH2；由于CH3-CH=CH2只有三种氢，所以有三种一氯代物：CH2Cl-CH=CH2、CH3-CCl=CH2、CH3-CH=CHCl；再以上述每一种产物为母体，写出二元取代产物：CH2Cl-CH=CH2的取代产物有三种：CHCl2-CH=CH2，CH2Cl-CCl=CH2，CH2Cl-CH=CHCl；CH3-CCl=CH2的取代产物有两种：CH2Cl-CCl=CH2（重复），CH3-CCl=CHCl；CH3-CH=CHCl的取代产物有三种：CH2Cl-CH=CHCl（重复），CH3-CCl=CHCl（重复），CH3-CH=CCl2，所以分子式为C3H4Cl2链状有机物的同分异构体共有5种，答案选B。点睛：该同分异构体看作是由官能团取代烃中的不同氢而形成的，书写时首先写出有机物的碳链结构，然后利用“等效氢”规律判断可以被取代的氢的种类，一般有几种等效氢就有几种取代位置，就有几种同分异构体。或者利用定一移一或定二移一法：对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。22、C【解题分析】醇类去氢氧化规律：与-OH相连的C上必须有H，伯醇氧化成醛，仲醇氧化得酮，叔醇不能被氧化。CH3CH（OH）CH2CH2CH3在铜的催化作用下被氧化的产物：CH3COCH2CH2CH3。【题目详解】A.CH3CH2CH2CHO与CH3COCH2CH2CH3分子式不同，错误；B.与CH3COCH2CH2CH3属于一种物质，错误；C.与CH3COCH2CH2CH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，正确；D.CH3CH2CH2CH2CH2OH与CH3COCH2CH2CH3分子式不同，错误。【题目点拨】本题考查醇的氧化和同分异构体的书写，难度不大，注意醇类去氢氧化规律：与-OH相连的C上必须有H，伯醇氧化成醛，仲醇氧化得酮，叔醇不能被氧化。二、非选择题(共84分)23、醚键AC、、、【分析】本题主要考查有机化合物的综合合成与推断。①A→B的原子利用率为100%，A的分子式是CH2O；B与氯乙烯发生取代反应生成C，结合沙丁胺醇的结构简式，可知B是，C是；C中碳碳双键被氧化前需要保护羟基不被氧化，所以C→D的两步反应，先与(CH3)2SO4反应生成，再氧化为，所以D是；根据沙丁胺醇的结构简式逆推E，E是；F是，F与HI反应生成。【题目详解】根据以上分析。(1)D为，其含有的官能团的名称是醚键；(2)A的分子式是CH2O，A是甲醛，故A正确；D为，D中不含酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；B为，B与氯乙烯发生取代反应生成，故C正确；沙丁胺醇的分子式为C13H21NO3，故D错误；(3)化合物C经两步反应转变为D的合成路线为；(4)与反应生成的反应化学方程式为；(5)E的分子式是C4H11N，化合物M比E多1个CH2，则M的分子式是C5H13N，符合1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子的化合物M可能的结构简式有、、、。24、Mg平面三角形分子sp3bceAl3+比Mg2+电荷多，半径小，晶格能大4（1，，）【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，则A是核外电子排布式是1s22s22p4，所以A是O元素；D是S元素；工业上电解熔融C2A3制取单质C，则C为Al元素；基态B、E原子的最外层均只有2个电子，其余各电子层均全充满，结合原子序数可知，B的电子排布为1s22s22p63s2、E的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，B为Mg，E为Zn，以此来解答。【题目详解】由上述分析可知，A为O元素，B为Mg元素，C为Al元素，D为S元素，E为Zn元素。(1)Mg的3s电子全满为稳定结构，难失去电子；C是Al元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s33p1，失去第一个电子相对容易，因此元素B与C第一电离能较大的是Mg；E是Zn元素，根据构造原理可得其基态E原子电子排布式是[Ar]3d104s2，所以价电子的轨道表达式为；(2)DA2分子是SO2，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=2+=3，VSEPR理论为平面三角形；(3)①C2Cl6是Al2Cl6，在加热时易升华，可知其熔沸点较低，据此可知该物质在固态时为分子晶体，Al形成4个共价键，3个为σ键，1个为配位键，其杂化方式为sp3杂化；②[Al(OH)4]-中，含有O-H极性共价键，Al-O配位键，共价单键为σ键，故合理选项是bce；(4)B、C的氟化物分别为MgF2和AlF3，晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，同为离子晶体，晶格能相差很大，是由于Al3+比Mg2+电荷多、离子半径小，而AlF3的晶格能比MgCl2大；(5)①根据晶胞结构分析，S为面心立方最密堆积，Zn为四面体填隙，则Zn的配位数为4；②根据如图晶胞，原子坐标a为(0，0，0)；b为(，0，）；c为(，，0），d处于右侧面的面心，根据几何关系，则d的原子坐标参数为（1，，）；③一个晶胞中含有S的个数为8×+6×=4个，含有Zn的个数为4个，1个晶胞中含有4个ZnS，1个晶胞的体积为V=a3cm3，所以晶体密度为ρ==g/cm3。【题目点拨】本题考查晶胞计算及原子结构与元素周期律的知识，把握电子排布规律推断元素、杂化及均摊法计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(5)为解答的难点，具有一定的空间想象能力和数学计算能力才可以。25、10-4mol·L－110-10mol·L－1正确若是强电解质，则0.010mol·L－1氨水溶液中c(OH－)应为0.010mol·L－1，pH＝12NH3·H2O⇌NH+OH－加入CH3COONH4晶体，NH浓度增大，氨水的电离平衡左移，溶液中c(OH－)减小能a－2<b<a【题目详解】(1)常温下，pH=10的氨水中，c(H+)=10-10mol/L，c(OH－)==10-4mol·L－1，氨水中氢离子全部由水电离，水电离出的氢氧根和氢离子浓度相等，所以c(OH－)水=10-10mol·L－1；(2)若是强电解质，则0.010mol·L－1氨水溶液中c(OH－)应为0.010mol·L－1，pH＝12，而实际上pH=10，说明一水合氨不完全电离，为弱电解质，故正确；(3)滴入酚酞显红色，说明显碱性，一水合氨可以电离出氢氧根使溶液显碱性，电离方程式为NH3·H2O⇌NH+OH－；加入CH3COONH4晶体，NH浓度增大，氨水的电离平衡左移，溶液中c(OH－)减小，碱性减弱颜色变浅；该实验说明一水合氨溶液中存在电离平衡，能说明一水合氨是弱电解质；(4)若一水合氨是弱电解质，加水稀释促进其电离，则由10mL稀释到1000mL后其pH会变小，且变化小于2，即a、b满足a－2<b<a，就可以确认一水合氨是弱电解质。26、环形玻璃搅拌棒保温隔热、减少热量的损失＞②＞①3.2×10-3mol/L产物Mn2+(或MnSO4)是反应的催化剂【分析】I．(1)根据仪器的特点判断仪器名称；(2)碎泡沫塑料的导热效果差，可以起到保温作用；(3)醋酸属于弱酸，电离出氢离子的过程是吸热的，中和反应的焓变是负值，据此回答；II．(1)②中A溶液的浓度比①中大，根据浓度对化学反应速率的影响分析；(2)根据v=计算反应速率，先求出反应的c()的物质的量，再求出反应后的浓度；(3)温度是影响化学反应速率的主要因素，催化剂能加快化学反应的速率。【题目详解】Ⅰ．(1)根据仪器的结构特点可知该仪器名称为：环形玻璃搅拌棒；(2)碎泡沫塑料的导热效果差，可以起到保温作用，故碎泡沫塑料作用是：保温隔热，减少实验过程中热量损失；(3)CH3COOH是弱酸，在反应过程中会继续电离而吸收热量，使反应放出的热量减少，中和反应的焓变是负值，反应放出的热量越少，则反应热就越大，故△H＞−57.3kJ/mol；II．(1)对比①②实验可知溶液中含有KMnO4的物质的量相同，②中A溶液的浓度比①中大，故化学反应速率大②＞①，则相同时间内所得CO2的体积：②＞①；(2)若实验①在2min末注射器的活塞向右移动到了amL的位置，则这段时间的反应速率可表示为v(CO2)==mL/min；4.48×10-3L标准状况下CO2气体的物质的量n(CO2)==2.0×10-4mol，根据反应方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可知关系式n(CO2)=5n(KMnO4)，则反应消耗KMnO4的物质的量n(KMnO4)=n(CO2)=×2.0×10-4mol=4.0×10-5mol，反应开始时KMnO4的物质的量n(KMnO4)总=0.01mol/L×0.02L=2.0×10-4mol，故tmin末KMnO4的物质的量n(KMnO4)末=2.0×10-4mol-4.0×10-5mol=1.6×10-4mol，溶液的体积是20mL+30mL=50mL=0.05L，故c()=c(KMnO4)==3.2×10-3mol/L；(3)该小组同学发现反应速率总是如图二，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：①产物Mn2+(或MnSO4)是反应的催化剂；②该反应是放热反应，反应放出的热量使溶液温度升高，加快了化学反应速率。【题目点拨】本题考查了中和热的测定、化学反应速率的计算及影响因素。掌握实验目的，了解实验原理，清楚仪器的作用，根据有关概念及影响因素分析解答。27、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+CuFe3++e－=Fe2+该可逆反应达到了化学平衡状态向左【分析】(1)利用原电池装置可以验证Fe3+与Cu2+氧化性相对强弱，则发生的反应为Fe3+生成Cu2+的氧化还原反应，所以负极材料应为Cu，电解质应为含有Fe3+的可溶性盐溶液。(2)①实验中，“读数变为零”，表明原电池反应已“停止”，即反应达平衡状态。②“在右管中加入1mol/LFeCl2溶液”后，增大了生成物浓度，平衡逆向移动，观察到灵敏电流计的指针偏转与原来相反。【题目详解】(1)利用原电池装置可以验证Fe3+与Cu2+氧化性相对强弱，则发生的反应为Fe3+生成Cu2+的氧化还原反应，离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以负极材料应为Cu，电解质应为含有Fe3+的可溶性盐溶液，正极反应式是Fe3++e－=Fe2+。答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；Cu；Fe3++e－=Fe2+；(2)①实验中，“读数变为零”，表明原电池反应已“停止”，即达平衡状态，由此得出原因为该可逆反应达到了化学平衡状态。答案为：该可逆反应达到了化学平衡状态；②“在右管中加入1mol/LFeCl2溶液”后，增大了生成物浓度，平衡逆向移动，左边石墨为正极，右边石墨为负极，灵敏电流计的指针偏转与原来相反，即指针向左偏转。答案为：向左。【题目点拨】对于一个能自发发生的氧化还原反应，通常可设计成原电池，反应中失电子的物质为负极材料，得电子的微粒是电解质的主要成分之一，正极材料的失电子能力应比负极材料弱，但必须能够导电。28、3.6755.63等质量的C和CH4完全燃烧时，甲烷生成CO2的量少，且放出的热量多2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=-122.5kJ·mol-1不变<<P4(g)+3O2(g)=P4O6(g)△H=(6a+3c-12b)kJ·mol-1【题目详解】I.C燃烧的热化学方程式为：C(s)＋O2(g)=CO2(g)△H=－393.5kJ·mol－1，因此放出32.80kJ的热量，生成CO2的质量为g≈3.67g，16g甲烷生成CO的质量为44g，放出的热量为890kJ，则生成2.75gCO2，放出的热量为kJ≈55.63kJ；16gC放出热量为kJ=525.67kJ，等质量的C和CH4完全燃烧时，甲烷生成CO2的量少，且放出的热量多；II．（1）CO2和H2合成CH3OCH3的化学方程式为2CO2＋6H2→CH3OCH3＋3H2O，CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)①，2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)②，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)③，①×2＋②－③×2，△H=2△H1＋△H2－2△H3=－122.5kJ·mol－1；（2）焓变只与始态和终态有关，改变物质的量，焓变不变；（3）作等温线，根据化学反应方程式，增大压强，平衡向正反应方向进行，CO的转化率增大，即p2>p1；随着温度的升高，CO的转化率降低，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应，即△H<0；（4）发生化学方程式为P4＋3O2=P4O6，利用△H=反应物键能总和－生成物键能总和=(6