2024届清华大学高二化学第一学期期中统考试题含解析

2024届清华大学高二化学第一学期期中统考试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、某化学反应其△H=-122kJ/mol△S=231J/（mol·K），则下列哪种情况下该反应可自发进行A．仅在低温下可以自发进行B．在任何温度下都不能自发进行C．仅在高温下可以自发进行D．在任何温度下都能自发进行2、K2FeO4是一种多功能、高效水处理剂。它属于（）A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物3、下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是A．碱性：KOH＞NaOH B．金属性：Na＞MgC．稳定性：HF＞CH4 D．酸性：HF＜HCl4、50g某物质在80℃时完全溶解在100g水中，随后逐渐降温，溶液中析出溶质的质量随温度的变化如图所示，则()A．该物质的溶解度为50gB．20℃时，溶液质量为150gC．40℃时，溶液中溶质的质量为15gD．在0～60℃范围内的溶液均为饱和溶液5、下列说法正确的是（）A．我们可以在金属与非金属分界线附近寻找半导体材料B．我们可以在金属与非金属分界线附近寻找催化剂材料C．我们可以在金属与非金属分界线附近寻找农药材料D．我们可以在金属与非金属分界线附近寻找高温材料6、下列变化中属于吸热反应的是（）①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰跟水反应生成熟石灰A．①④ B．②③ C．②④ D．①④⑤7、绿色能源是指使用不会对环境造成污染的能源。下列属于绿色能源的是①太阳能②风能③潮汐能④煤⑤天然气⑥石油A．①②③ B．③④ C．④ D．①②⑥8、下列化学用语表示正确的是A．中子数为20的氯原子：3717ClB．硫离子的结构示意图：C．氢氧化钠的电子式：Na＋[∶O∶H]－D．乙烯的结构简式C2H49、下列说法不正确的一组是A．H和D互为同位素 B．丁烯和环丁烷互为同分异构体C．碳链与的烃为同系物 D．金刚石、石墨和C60为同素异形体10、常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是A．pH＝2的醋酸溶液与pH＝12的氢氧化钠溶液等体积混合：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)B．浓度为0.1mol·L－1的碳酸氢钠溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(OH－)C．浓度为0.1mol·L－1的(NH4)2CO3溶液：c(NH4＋)＝2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)D．浓度均为0.1mol·L－1的醋酸溶液与NaOH溶液混合后：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)11、下列各式中，属于正确的电离方程式的是A．HCO3-+H2OH2CO3+OH-B．HCO3-+OH-H2O+CO32-C．NH3+H+NH4+D．NH3·H2ONH4++OH-12、判断乙醇与二甲醚互为同分异构体的依据是A．具有相似的物理性质 B．具有相似的化学性质C．具有不同的分子组成 D．分子式相同，但分子内原子间的连接方式不同13、黄铁矿(主要成分FeS2)是工业制硫酸的主要原料，暴露在空气中会被缓慢氧化，其氧化过程如下图所示。下列有关说法不正确的是A．为了验证b溶液中含Fe2+，可选用KSCN溶液和氯水B．氧化过程会产生较多酸性废水破坏矿区生态环境C．取10mlb溶液测定其成分，通入标准状况下Cl222.4ml恰好完全反应。然后调节pH,使溶液中的铁元算全部转化为沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，冷却后称重，得固体质量为0.32g,则溶液中c(Fe3+)=0.2mol·L-1D．现有一含有FeCl2和FeCl3的混合样品，采用一定方法测得n(Fe):n(Cl)=1:2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为10%。14、下列说法正确的是A．糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物B．淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖C．乙醇和汽油都是可再生能源，所以要大力发展“乙醇汽油”D．在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀15、已知：2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH＝－Q1

kJ·mol－1；C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－Q2

kJ·mol－1；S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH＝－Q3

kJ·mol－1。CO与镍反应会造成镍催化剂中毒，为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2将CO氧化，二氧化硫转化为单质硫，则该反应的热化学方程式为()A．SO2(g)＋2CO(g)===S(s)＋2CO2(g)ΔH＝(2Q1－2Q2＋Q3)kJ·mol－1B．S(s)＋2CO(g)===SO2(g)＋2C(s)ΔH＝(Q1－Q3)kJ·mol－1C．SO2(g)＋2CO(g)===S(s)＋2CO2(g)ΔH＝(Q1－2Q2＋Q3)kJ·mol－1D．SO2(g)＋2CO(g)===S(s)＋2CO2(g)ΔH＝(2Q1－Q2＋2Q3)kJ·mol－116、下列说法正确的是A．硫酸氢钾在熔融状态下离子键、共价键均被破坏，形成定向移动的离子，从而导电B．F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大C．NH3和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D．HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，其熔沸点逐渐升高17、一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2－。下列对该燃料电池说法不正确的是A．在熔融电解质中，O2－移向负极B．电池的总反应是：2C4H10＋13O2===8CO2＋10H2OC．通入空气的一极是正极，电极反应为：O2＋4e－===2O2－D．通入丁烷的一极是正极，电极反应为：C4H10＋26e－＋13O2－===4CO2↑＋5H2O18、下

列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A．NH3具有还原性，可用作制冷剂B．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氯气C．FeCl3溶

液显酸性，可用于蚀刻印刷电路D．Al2O3熔点很高，可用作耐高温材料19、阿伏伽德罗常数的命名是为了纪念意大利科学家阿伏伽德罗。用NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是()A．28gN2含的分子数为2NA B．1molNa含有的电子数为NAC．标准状况下，22.4LO2含有的氧原子数为2NA D．1L2mol·L-1KCl溶液中含有的离子数为2NA20、下列表述或说法正确的是A．丙烯的键线式： B．对硝基甲苯的结构简式：C．乙醛的结构简式为：

CH3COH D．乙烯的实验式：CH221、下列物质的电离方程式正确的是A．HClO=H++ClO-B．H2CO32H++CO32-C．NaHCO3=Na++H++CO32-D．KOH=K++OH-22、下列物质性质的递变关系正确的是()A．原子半径：B．碱性：C．离子半径：D．最高正价：二、非选择题(共84分)23、（14分）利用从冬青中提取的有机物A合成结肠炎药物及其它化学品，合成路线如下：根据上述信息回答：（1）D不与NaHCO3溶液反应，D中官能团的名称是__________。B→C的反应类型是______。（2）写出A生成B和E的化学反应方程式__________________。（3）A的同分异构体I和J是重要的医药中间体，在浓硫酸的作用下I和J分别生成，鉴别I和J的试剂为______________________。（4）A的另一种同分异构体K用于合成高分子材料，K可由制得，写出K在浓硫酸作用下生成的聚合物的结构简式：__________________。24、（12分）萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂、医药和溶剂。合成α萜品醇G的路线之一如下:已知：请回答下列问题：（1）A所含官能团的名称是_____。（2）B的分子式为_____；写出同时满足下列条件的B的链状同分异构体的结构简式：_______________。①核磁共振氢谱有2个吸收峰②能发生银镜反应（3）B→C、E→F的反应类型分别为_____、_____。（4）C→D的化学方程式为_____。（5）通过常温下的反应，区别E、F和G的试剂是_____和_____。25、（12分）某学生用已知物质的量浓度的标准盐酸测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：（1）用含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制500mL溶液。除烧杯、量筒、胶头滴管和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是___________。取用25.00mL待测液时需要的仪器是_____________。（2）滴定过程中，在锥形瓶底垫一张白纸的作用是_______________；若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图(上面数字：22，下面数字：23)。，则此时消耗标准溶液的体积为_________mL（3）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏高的是________。A．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净但没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸（4）用标准盐酸滴定上述待测NaOH溶液时，判定滴定终点的现象是：直到加入最后一滴盐酸，_____________________________为止。（5）某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：滴定次数待测NaOH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积/mL第一次25.000.0026.2826.28第二次25.001.5531.3029.75第三次25.000.2026.4226.22计算该NaOH溶液的物质的量浓度：c(NaOH)=__________mol/L。(保留四位有效数字)26、（10分）为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取wg固体样品，配成250mL溶液。设计了以下两种实验方案：方案I：取25.00mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液→操作I→洗涤→操作Ⅱ→称量，得到沉淀的质量为m1g方案Ⅱ：取25.00mL上述溶液，用amol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定。(5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O)滴定次数实验数据1234待测溶液体积/mL25.0025.0025.0025.00滴定管初读数/mL0.000.200.100.15滴定管末读数/mL19.9520.2019.1520.20实验中所记录的数据如下表：（1）配制250mLNa2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、药匙和_________、____________。（2）操作I为________操作Ⅱ为____________（3）方案I中如何判断加入的氯化钡已经过量_____________，在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是________________。（4）根据方案Ⅱ所提供的数据，计算Na2SO3的纯度为_________。（5）上述实验中，由于操作错误所引起的误差分析正确的是_________A．方案I中若没有洗涤操作，实验结果将偏小B．方案I中若没有操作Ⅱ，实验结果将偏大C．方案Ⅱ中，滴定管在滴定前无气泡，滴定后出现气泡，实验结果偏小D．方案Ⅱ中，滴定终点时仰视读数，实验结果偏大27、（12分）NaOH和盐酸都是中学化学常见的试剂。Ⅰ．某同学用0.2000mol·L－1标准盐酸滴定待测烧碱溶液浓度（1）将5.0g烧碱样品（杂质不与酸反应）配成250mL待测液，取10.00mL待测液，如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________mL。（2）由下表数据得出NaOH的百分含量是________。滴定次数待测NaOH溶液体积(mL)标准盐酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00Ⅱ．氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。测血钙的含量时，进行如下实验：①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。③终点时用去20mLl.0×l0﹣4mol/L的KMnO4溶液。（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式_____________________。（2）滴定时，将KMnO4溶液装在________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。（3）判断滴定终点的方法是________________________。（4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果________。②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果________。（5）计算：血液中含钙离子的浓度为________mol/L。Ⅲ．50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液测定计算中和反应的反应热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃用品是__________。如改用0.0275molNaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（2）已知盐酸和NaOH稀溶液发生中和反应生成0.1molH2O时，放出5.73kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：___________________________。28、（14分）随着人类社会的发展，氮氧化物的排做导致一系列环境问题。(1)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如图所示：①NO的作用是___________。②反应O3(g)+O(g)==2O2(g)△H=-143kJ/mol反应1:O3(g)+NO(g)==NO2(g)+O2(g)△H1=-200.2kJ/mol反应2:热化学方程式为___________________。(2)通过NOx，传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下:①Pt电极上发生的是___反应(填氧化或还原)。②写出NiO电极的电极反应式:____________。(3)电解NO制备NH4NO3,是处理氨氧化物的排放的方法之一，其工作原理如图所示:①阴极的电极反应式:______________②为使电解产物全部转化为NH4NO3需补充物质A______，说明理由:______。29、（10分）氮元素形成的单质和化合物在生产、生活中具有广泛的应用，对它们的研究具有重要的价值和意义。已知：Ⅰ.N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H＝+180.5kJ·mol－1Ⅱ.2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)∆H＝－167.7kJ·mol－1Ⅲ.4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)∆H＝－809.6kJ·mol－1回答下列问题：(1)在热力学上反应Ⅱ比反应Ⅰ趋势更大，原因是________。(2)研究发现反应Ⅱ分两步进行：第一步：2NO(g)=N2O2(g)∆H＜0快反应；第二步：N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)∆H＜0慢反应；下列有关叙述正确的是___________。A．反应速率：v(第一步)>v(第二步)B．活化能：E(第一步)>E(第二步)C．决定反应II速率快慢的步骤为第二步D．若第二步的v正=k正c(N2O2)·c(O2)、v逆=k逆c2(NO2)，则第二步的平衡常数K=k正·k逆(3)将NH3与O2按体积比4:5充入体积不变的容器中，起始体系总压强为45kPa，分别在催化剂M、N作用下发生反应III，NO的分压(P)与反应时间(t)和温度(T)的关系如图：①下列叙述能证明该反应已达平衡状态的是___________(填序号)。A．NH3与O2体积比不再发生变化B．单位时间内断裂1molN－H键，同时断裂1molO－H键C．c(NO)与c(H2O)浓度之比为2:3D．容器内混合气体的压强不再变化②由图像可判断反应温度：T1_______________T2(填“>”“<”“=”，下同)，催化剂效率：催化剂M_________催化剂N，T1℃时，在催化剂M作用下，0～10min内的平均反应速率v[NH3(g)]=____________kPa·min－1。

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】反应自发进行需要满足，△H-T△S＜0：依据题干条件计算判断，△H-T△S=-122kJ•mol-1-T×231×10-3KJ•mol-1•K-1＜0，所以反应一定是自发进行的反应；A．在任何温度下都能自发进行，故A错误；B．在任何温度下都能自发进行，故B错误；C．在任何温度下都能自发进行，故C错误；D．在任何温度下都能自发进行，故D正确；故选D。点睛：一个化学反应能否自发进行，既与反应的焓变有关，又与反应的熵变有关．一般来说体系能量减小和混乱度增加都能促使反应自发进行，焓变和熵变共同制约着化学反应进行的方向，但焓和熵都不是唯一因素，我们不能单纯地根据焓变或熵变来判断某个反应是否自发进行．在等温、等压条件下，化学反应的方向是由反应的焓变和熵变共同决定的．化学反应自发进行的最终判据是吉布斯自由能变，自由能一般用△G来表示．且△G=△H-T△S：当△G=△H-T△S＜0时，反应向正反应方向能自发进行；当△G=△H-T△S=0时，反应达到平衡状态；当△G=△H-T△S＞0时，反应不能向正反应方向自发进行。2、C【分析】酸是电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；碱是电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；盐是电离时生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物；氧化物是指氧元素与另外一种化学元素组成的二元化合物；结合盐的概念进行分析判断。【题目详解】K2FeO4电离方程式为K2FeO4=2K++FeO42-，K2FeO4是由金属阳离子钾离子和酸根离子高铁酸根离子构成的化合物，所以K2FeO4属于盐，C项正确。3、D【解题分析】A．金属性K＞Na，则碱性：KOH＞NaOH，故A能用元素周期律解释；B．同周期从左向右金属性减弱，则金属性：Na＞Mg，故B能用元素周期律解释；C．非金属性F＞C，则稳定性：HF＞CH4，故C能用元素周期律解释；D．HCl和HF不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释其酸性的强弱关系。故选D。4、D【解题分析】A、溶解度受温度的影响，题目中没有指明什么温度的溶解度，因此无法计算，故A错误；B、20℃时，析出晶体的质量为25g，溶质的质量为(100＋25)g=125g，故B错误；C、40℃时，析出晶体的质量15g，因此溶质的质量为(50－15)g=35g，故C错误；D、0－60℃时，有晶体析出，因此溶液为饱和溶液，故D正确。点睛：本题易错点为A，没有注意到溶解度受温度的影响，温度不同溶解度不同，题目中没有说明让求的是什么温度下的溶解度。5、A【题目详解】A.金属元素与非金属元素的分界线附近的元素具有金属性、非金属性，则为制备半导体材料的元素，故A正确；B.制备催化剂的元素为过渡元素，过渡元素含副族元素及第VIII族元素，均为金属元素，故B错误；C.制备新型农药材料的元素为非金属元素，如Cl、S、P等，在主族元素中寻找，故C错误；D.耐高温和耐腐蚀材料为金属材料，一般具有较强的金属性，大多属于过渡金属元素，故D错误；故答案选A。6、C【题目详解】①液态水汽化，即水由液态到气态需要吸热，但是物理变化过程，不属于吸热反应，故①错误；②胆矾加热失去结晶水变成白色粉末，属于分解反应，需要吸热，故②正确；③浓硫酸稀释放出大量的热，为放热过程，故③错误；④氯酸钾分解制氧气，属于分解反应，需要吸热，故④正确；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰，会放出大量的热，属于放热反应，故⑤错误；属于吸热反应的有②④，故选C。7、A【题目详解】煤、石油、天然气为化石燃料，不属于绿色能源。①太阳能、②风能、③潮汐能等在使用不会对环境造成污染，属于绿色能源。答案选A。8、A【解题分析】A．中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子的正确表示方法为：3717Cl，故A正确；B．硫离子的核外电子总数为18，核电荷数为16，,离子结构示意图为：，故B错误；C．氢氧化钠属于离子化合物，由钠离子与氢氧离子构成，电子式为，故C错误；D．乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故D错误；故选A。9、C【分析】A．有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素；

B．具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；

C．结构相似、分子组成相差若干个“CH2

”原子团的有机化合物互相称为同系物；

D．相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体。【题目详解】A.H和D核电荷数相同，中子数不同，二者互为同位素，故A正确；B.丁烯和环丁烷分子式均为C4H8，但是丁烯含有碳碳双键，环丁烷为环状结构，互为同分异构体，故B正确；C.结构相似，分子组成相差若干个“CH2”基团的物质称为同系物，这两物质中一个存在环结构，一个存在碳碳双键，结构明显不同，不属于同系物，故C错误。D.同素异形体是指相同元素组成，不同形态的单质，金刚石、石墨和C60均为碳元素构成的不同形态的单质，属于同素异形体，故D正确；综上所述，本题选C。【题目点拨】本题考查同位素、同素异形体、同分异构体、同系物的概念，难度不大．对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题。10、A【解题分析】A、因醋酸为弱酸，pH＝2的醋酸与pH＝12的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后为醋酸和醋酸钠的混合溶液，该溶液显酸性，弱电解质的电离大于醋酸根离子的水解，则c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故A正确；

B、浓度为0.1mol·L－1的碳酸氢钠溶液，由电荷守恒可以知道c(Na＋)＋c(H＋)＝2cCO32-)+c(HCO3－)＋c(OH－)，故B错误；

C、浓度为0.1mol·L－1的(NH4)2CO3溶液，由物料守恒可以知道c(NH4＋)+c(NH3∙H2O)＝2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，故C错误；D、浓度均为0.1mol·L－1的醋酸溶液与NaOH溶液若等体积混合，恰好生成醋酸钠，由质子守恒可以知道c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，但混合时溶液体积未知，故D错误；

所以A选项是正确的。11、D【解题分析】试题分析：碳酸氢根离子电离方程式为HCO3-CO32-+H+或HCO3-+H2OCO32-+H3O+，A、B均错误；电离是电解质溶于水或熔化状态生成自由移动离子的过程，C错误，C属于化学反应离子方程式；D为一水合氨电离方程式，D正确。考点：电离方程式点评：弱酸酸式根离子可以电离或水解，本题A为碳酸氢根离子水解方程式，碳酸氢根离子电离方程式为HCO3-CO32-+H+或HCO3-+H2OCO32-+H3O+，二者不要混淆。12、D【题目详解】A、因二者的结构不同，为不同的物质，则物理性质不同，选项A错误；B、因结构不同，则性质不同，但都属于烷烃，化学性质相似，但不能作为互为同分异构体的依据，选项B错误；C、二者的结构不同，都属于烷烃，C原子连接的原子，具有相似的空间结构，但不能作为互为同分异构体的依据，选项C错误；D、乙醇与二甲醚的分子式相同，羟基或醚键即分子内氧原子的连接方式不同，则结构不同，二者互为同分异构体，选项D正确；答案选D。【题目点拨】同分异构体的对象是化合物，属于同分异构体的物质必须化学式相同，结构不同，因而性质不同．具有“五同一异”，即同分子式、同最简式、同元素、同相对原子式量、同质量分数、结构不同。13、A【解题分析】b溶液中含有Fe3+，加入KSCN溶液呈红色，再加入氯水溶液还是红色；有硫酸生成；过滤、洗涤、灼烧，冷却后得Fe2O铁元素的物质的量是0.32g160g/mol×2=0.004mol，根据2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，消耗标准状况下Cl222.4ml，可知原溶液含Fe2+0.002mol，利用铁元素守恒计算原溶液中c(Fe3+【题目详解】b溶液中含有Fe3+，加入KSCN溶液呈红色，再加入氯水溶液还是红色，不能用KSCN溶液和氯水验证b溶液中的Fe2+，故A错误；有硫酸生成，故B正确；过滤、洗涤、灼烧，冷却后得Fe2O3的质量为0.32g，铁元素的物质的量是0.32g160g/mol×2=0.004mol，根据2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，消耗标准状况下Cl222.4ml，可知原溶液含Fe2+0.002mol，利用铁元素守恒，原溶液中c(Fe3+)=0.004mol-0.002mol0.01L=0.2mol·L14、B【分析】注意糖类水解产物和蛋白质变性与盐析的区别，注意铜、铁、锰等重金属离子使蛋白质结构改变属于化学变化，不可逆。【题目详解】A.糖类只有多糖是高分子物质，油脂不是高分子物质，蛋白质都是高分子化合物，A错误；B.淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，B正确；C.乙醇是可再生能源，汽油是不可再生能源，C错误；D.在鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4，会因盐析产生沉淀，加入CuSO4溶液，铜离子属于重金属离子，使鸡蛋中的蛋白质变性产生沉淀，D错误；答案为B。15、C【解题分析】①2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH＝－Q1

kJ·mol－1；②C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－Q2

kJ·mol－1；③S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH＝－Q3

kJ·mol－1。由反应②2-①-③可得，SO2(g)＋2CO(g)===S(s)＋2CO2(g)，所以ΔH＝(Q1－2Q2＋Q3)kJ·mol－1，C正确，本题选C。点睛：使用盖斯定律进行反应热的计算时，要先对几个反应进行观察，然后合理重组得到目标反应。重组技巧是：同向用加，异向用减，倍数用乘，焓变同变。即条件方程式中的各种物质与目标方程式同向的（如同在左边或同在右边）用加法，异向的用减法，化学计量数与目标存在倍数关系的用乘法，扩大一定倍数后（或缩小为几分之一）与目标化学方程式中的计量数相同，各条件方程式中的焓变看作生成物作同样变化。16、B【解题分析】A.硫酸氢钾在熔融状态下离子键被破坏，形成定向移动的离子，从而导电，故错误；B.F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高，是因为相对分子质量越大，分子间作用力越来越大，故正确；C.NH3和Cl2两种分子中，除了氢原子外其他原子的最外层都具有8电子稳定结构，故错误；D.HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，但氟化氢分子间有氢键，所以氟化氢的沸点高，其他熔沸点逐渐升高，故错误。故选B。17、D【分析】丁烷作还原剂，具有还原性，为原电池的负极，被氧化，电极反应式为C4H10+13O2－-26e－=4CO2+5H2O，通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e－=2O2－，总反应式为2C4H10+13O2→8CO2+10H2O，注意电解质和离子的定向移动方向．【题目详解】A、原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，在熔融电解质中，O2－移向负极，故A正确；B、电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式相同，为2C4H10+13O2→8CO2+10H2O，故B正确；C、通入空气的一极是正极，氧气得电子发生还原反应，电极反应为：O2+4e－=2O2－，故C正确；D、通入丁烷一极是负极，失电子发生氧化反应，正确的电极反应式为C4H10+13O2－-26e－=4CO2+5H2O，故D错误；故选D。18、D【题目详解】A．液NH3气化吸收大量热，可用作制冷剂，故A不符合题意；B．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氯气，故B不符合题意；C．FeCl3溶液具有氧化性，可用于蚀刻印刷电路，故C不符合题意；D．Al2O3熔点很高，可用作耐高温材料，故D符合题意。综上所述，答案为D。19、C【题目详解】A．28gN2的物质的量==1mol，所含分子数为1NA，A错误；B．电子数=原子序数，1molNa含有的电子数为11NA，B错误；C．标况下，22.4LO2的物质的量为n==1mol，1molO2含有的氧原子数为2NA，C正确；D．KC1溶液的物质的量为n=c·V=2mol，离子数为4NA，D错误。答案选C。20、D【题目详解】A．为2-丁烯的键线式，而不是丙烯的键线式，A不正确；B．对硝基甲苯的结构简式应为，B不正确；C．乙醛的结构简式应为

CH3CHO，C不正确；D．乙烯的分子式为C2H4，则其实验式为CH2，D正确；故选D。21、D【解题分析】本题考查了强弱电解质的电离方程式书写，要注意区分部分电离和完全电离的表达。【题目详解】A.次氯酸为弱电解质，存在电离平衡，故电离方程式为HClOH++ClO-，A错误；B.碳酸为弱电解质和二元酸，存在二步电离平衡，故电离方程式为H2CO3H++HCO3-，HCO3-H++CO32-，B错误；C.碳酸氢钠为强电解质，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，C错误；D.氢氧化钾为强电解质，电离方程式为KOH=K++OH-，D正确。答案为D。22、D【题目详解】A．四种元素中碳原子半径最小，同周期元素，随原子序数增大，原子半径减小，所以原子半径：Na＞Al；同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径：K＞Na，故A错误；B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性：KOH＞NaOH，故B错误；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：O2-＞F-＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故C错误；D．主族元素的最高正化合价等于其最外层的电子数，最高正化合价：Cl＞Si＞Al，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、醛基取代反应FeCl3或溴水【题目详解】B在浓硫酸存在、加热条件下反应得到CH3OCH3，则B是CH3OH，B催化氧化生成D，D不与NaHCO3溶液反应，D是HCHO；由Y的结构简式，结合题给提示可知，H的结构简式是，G发生硝化反应生成H，G的结构简式是；再结合A→E→F→G的反应条件可推知A是，E是，F是。(1)D为HCHO，其中含有的官能团为醛基；B→C的反应即CH3OH→CH3OCH3的反应是分子间脱水，属于取代反应。(2)A在NaOH溶液中反应生成B和E，反应的方程式为。(3)I和J是A的同分异构体，由I和J在浓硫酸作用下的产物可推知I是，J是，则可利用酚羟基的性质鉴别二者，故鉴别I和J选用浓溴水或FeCl3溶液。(4)K可由制得，且是A的同分异构体，则可推出K是，它在浓硫酸作用下发生缩聚反应生成或。24、羧基羰基C8H14O3取代反应酯化反应NaHCO3溶液Na【分析】根据C生成D的反应条件可知，C中含有卤素原子，则B与HBr发生取代反应生成C，C为，发生消去反应生成D，D为，D酸化得到E，E为，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，F发生信息反应生成G，结合F与G的结构可知，Y为CH3MgBr，据此解答。【题目详解】(1)由有机物A的结构可知，A中含有羰基、羧基，故答案为羰基、羧基；(2)由B的结构简式可知，B的分子式为C8H14O3，B的同分异构体中，核磁共振氢谱有2个吸收峰，说明分子中含有2种H原子，由B的结构可知，分子中H原子数目很多，故该同分异构体为对称结构；能发生银镜反应，说明含有醛基，且为2个-CHO，其余的H原子以甲基形式存在，故符合条件的同分异构体的结构简式为：，故答案为C8H14O3；；(3)根据上面的分析可知，由B到C的反应是B与溴化氢发生的取代反应，E→F发生酯化反应生成F，故答案为取代反应；酯化(取代)反应；(4)由上面的分析可知，C→D的反应方程式为+2NaOH+NaBr+2H2O，故答案为+2NaOH+NaBr+2H2O；(5)E为，含有羧基；F为，含有碳碳双键、酯基；G为，G中含有C=C双键、醇羟基；利用羧基、羟基与钠反应，酯基不反应，区别出F，再利用碳酸氢钠与羧基反应区别G与E，故答案为Na；NaHCO3溶液。【题目点拨】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的结构、反应条件及反应信息进行判断，掌握官能团的性质与理解反应信息是关键。本题的难点为(2)，要注意结构的对称性的思考。25、500mL容量瓶碱式滴定管便于准确观察锥形瓶中溶液颜色变化22.10CD溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不再变色0.1050【解题分析】（1）用含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制500mL溶液；配制过程为:计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀等,需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、容量瓶、胶头滴管，需用的玻璃仪器除烧杯、量筒、胶头滴管和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是容量瓶；待测液为碱性，所以取用25.00mL待测液时需要的仪器是碱式滴定管；正确答案：500mL容量瓶；碱式滴定管。（2）滴定过程中，在锥形瓶底垫一张白纸的作用是便于准确观察锥形瓶中溶液颜色变化；滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定结束时读数为22.60mL，则此时消耗标准溶液的体积为22.10mL；正确答案：便于准确观察锥形瓶中溶液颜色变化；22.10。(3)读取盐酸体积时,开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，c(待测)偏小，A错误；滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净但没有干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，c(待测)无影响，B错误；酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，c(待测)偏大，C正确；酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，c(待测)偏大，D正确；C、D符合题意，正确答案：C、D。（4）甲基橙作指示剂，与碱液相遇，显黄色；随着酸液的滴入，溶液的碱性减弱，当加入最后一滴盐酸，混合液的颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不再变色，达到滴定终点；正确答案：混合液的颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不再变色。（5）三次消耗的盐酸的体积分别为26.28mL、29.75mL、26.22mL，第二次数据误差过大，应该舍去，另外两次的平均值为,根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)=0.1000×26.25×10-3/25×10-3=0.1050mol/L；c(NaOH)=0.1050mol/L；正确答案：0.1050。26、电子天平（托盘天平也对）250mL的容量瓶过滤干燥（烘干）静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全加入最后一滴KMnO4溶液后溶液由无色变为紫色，并且在半分钟内不褪色63a/w×100%ACD【解题分析】(1)根据溶液配制的实验过程和操作步骤分析判断所需要的仪器，准确称取Wg固体样品，配成250mL溶液需要250mL容量瓶，因为是精确称量需要用电子天平；

(2)加入氯化钡产生白色沉淀，因此操作I为过滤；沉淀洗涤后称量前需要干燥，即操作Ⅱ为干燥（烘干）；(3)根据硫酸钡是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀判断方案I中加入的氯化钡已经过量，即；静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全；酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是加入最后一滴后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪。(4)四次实验消耗标准液体积分别是（mL）19.95、20.00、19.05、20.05，显然第三次数据误差较大，舍去，则其平均值是20.00mL，根据方程式可知25mL溶液中亚硫酸钠的物质的量是2.5×0.020L×amol/L＝0.0500amol，以此计算亚硫酸钠的纯度；

(5)根据方案I和方案Ⅱ的实验原理分析由于操作错误所引起的误差。【题目详解】(1)准确称取Wg固体样品,配成250mL溶液需要250mL容量瓶，因为是精确称量固体质量，所以需要用精确度大的电子天平，

因此，本题正确答案是：电子天平；250

mL的容量瓶；

(2)加入氯化钡产生白色沉淀，因此操作I为过滤；沉淀洗涤后称量前需要干燥，即操作Ⅱ为干燥（烘干）；

因此，本题正确答案是：过滤；干燥（烘干）；

(3)根据硫酸钡是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀判断方案I中加入的氯化钡已经过量，即；静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全；酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是加入最后一滴后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪。因此，本题正确答案是：静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全；加入最后一滴KMnO4溶液后溶液由无色变为紫色，并且在半分钟内不褪色；(4)四次实验消耗标准液体积分别是（mL）19.95、20.00、19.05、20.05，显然第三次数据误差较大，舍去，则其平均值是20.00mL，根据方程式可知25mL溶液中亚硫酸钠的物质的量是2.5×0.020L×amol/L＝0.0500amol，实验亚硫酸钠的纯度是0.0500amol×250mL25mL×126g/molWg×100%=63a/w×100%。

因此，本题正确答案是：63a/w×100%；

(5)A.B.方案I中如果没有操作Ⅱ，即没有干燥，则硫酸钡质量增加，所以实验结果将偏小，B错误；C.方案Ⅱ中，滴定管在滴定前无气泡，滴定后出现气泡，实验结果偏小，C正确；D.方案Ⅱ中，滴定终点时仰视读数，实验结果偏大，D正确。答案选ACD。27、22.6080.0%（或80%）2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O酸式当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色偏高偏高2.5×10﹣3环形玻璃搅拌棒偏大NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1【解题分析】I（1）凹液面与刻度相切的数据，即为准确读数；（2）由表格数据计算出消耗盐酸平均体积，根据H++OH-=H2O计算出n（NaOH），再根据m=n•M计算出氢氧化钠质量，由百分含量=II（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式；（2）依据酸式滴定管用来量取酸性或者强氧化性溶液，碱式滴定管用来量取碱性溶液判断；（3）高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点；（4）结合操作对消耗标准溶液的体积影响判断误差；（5）依据Ca2+∼CaCIII（1）由图可知，缺少环形玻璃搅拌棒；氢氧化钠固体溶解会放出热量；（2）中和热为稀强酸和稀强碱发生生成1mol水放出的热量，由此写出热化学方程式即可。【题目详解】I（1）由图可知，凹液面对应的刻度为22.60；（2）两次消耗稀盐酸体积平均数为20.00mL，故n（H+）=4×10-3mol，由H++OH-=H2O可知，n（OH-）=25×4×10-3mol=0.1mol，m（NaOH）=0.1mol×40g/mol=4g，故NaOH的百分含量=4g5gII（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式得该离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；（2）因高锰酸钾具有强氧化型，会氧化橡胶，使橡胶老化，故应装在酸式滴定管中；（3）高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点，故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；（4）①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，导致标准液浓度降低，消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；（5）由原子守恒以及转移电子守恒可列出下列关系式：Ca10.4n（Ca2+）c（标）V（标）即cCa2+V待=2.5c标V标，由此可知c（Ca2+）×2mL=2.5×20mL