北京市八十中2024届高二化学第一学期期中经典模拟试题含解析

北京市八十中2024届高二化学第一学期期中经典模拟试题注意事项：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、已知热化学方程式C2H2(g)＋O2(g)＝2CO2(g)＋H2O(g)△H=-1256kJ/mol，下列说法正确的是()A．乙炔的燃烧热为1256kJ·mol-1B．若生成2mol液态水，则放出的热量为2512kJ·mol-1C．若转移10mol电子，则消耗2.5mo1O2D．若形成4mol碳氧共用电子对，则放出的热量为2512kJ2、在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的气体，一定条件下发生反应：，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：温度/℃2580230平衡常数5×10421.9×10－5下列说法不正确的是（）A．上述生成的反应为放热反应B．在25℃时，反应的平衡常数为C．在80℃时，测得某时刻，、浓度均为，则此时D．在80℃达到平衡时，测得，则的平衡浓度为3、下列物质不属于硅酸盐工业产品的是A．玻璃 B．水泥 C．陶瓷 D．化肥4、参照反应Br+H2

HBr+H的反应历程示意图，下列叙述中正确的是A．该反应的反应热△H=E2﹣E1B．正反应为吸热反应C．吸热反应一定要加热后才能发生D．升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率5、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL6、镁—氯化银电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。用该水激活电池为电源电解NaCl溶液时，X电极上产生无色无味气体。下列分析不正确的是A．水激活电池内由正极向负极迁移B．II为正极，其反应式为C．每转移0.5mole-，U型管中消耗0.5molH2OD．开始时U型管中X极附近pH逐渐增大7、在同一个原子中，M能层上的电子与Q能层上的电子的能量()A．前者大于后者 B．后者大于前者C．前者等于后者 D．无法确定8、关于苯乙烯()的说法正确的是(

)A．分子式为C8H10B．加聚产物为:C．属于苯的同系物D．可以使酸性高锰酸钾溶液褪色9、下列说法不正确的是（）A．淀粉完全水解的产物是葡萄糖B．纤维素不能发生水解反应C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸D．油脂属于酯类10、电化学在日常生活中用途广泛，图甲是镁-次氯酸钠燃料电池，电池总反应为Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2↓，图乙是含Cr2O72-的工业废水的处理。下列说法正确的是A．图甲中发生的还原反应是Mg2++ClO-+H2O+2e-=Cl-+Mg(OH)2↓B．图乙中Cr2O72-向惰性电极移动，与该极附近的OH-结合，转化成Cr(OH)3除去C．图乙电解池中，若有0.84g阳极材料参与反应，则阴极会有168mL（标准状况）的气体产生D．若图甲燃料电池消耗0.36g镁产生的电量用以图乙废水处理，理论上可产生1.07g氢氧化铁沉淀11、下列有关说法正确的是A．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：2c(Na＋)＝3c(CO32－)＋3c(HCO3－)＋3c(H2CO3)B．已知MgCO3的Ksp=6.82×10-6，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c(Mg2+)=c(CO32-),且c(Mg2+)·c(CO32-)=6.82×10-6mol•L-1C．将0.2mol/L的NH3·H2O与0.1mol/L的HCl溶液等体积混合后PH>7，则c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+)D．用惰性电极电解Na2SO4溶液，阳阴两极产物的物质的量之比为2:112、如图表示1~18号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示A．电子层数 B．原子半径 C．最高化合价 D．最外层电子数13、某有机物的结构简式如下图所示，其不可能发生的反应有①加成反应②取代反应③消去反应④氧化反应⑤水解反应⑥与氢氧化钠反应⑦与碳酸氢钠反应A．②③④ B．①④⑥ C．③⑤⑦ D．只有⑦14、吸附了氢气的纳米碳管等材料制作的二次电池原理如图所示，下列说法正确的是()A．充电时，阴极的电极反应为Ni(OH)2＋OH－－e－=NiO(OH)＋H2OB．放电时，负极的电极反应为H2－2e－＋2OH－=2H2OC．放电时，OH－移向镍电极D．充电时，将电池的碳电极与外电源的正极相连15、下表是食用碘盐包装上的部分说明，下列说法正确的是()配料：精盐、碘酸钾、抗结剂碘含量：35±15mg/kg储存方法：密封、避光、防潮食用方法：烹饪时，待食品熟后加入碘盐A．高温会导致碘的损失B．碘酸钾可氧化氯化钠C．可用淀粉检验碘盐中的碘酸钾D．该碘盐中碘酸钾含量为20～50mg/kg16、下列关于如图所示的实验装置的判断中错误的是（）A．若X为碳棒，开关K置于A处可减缓铁的腐蚀B．若X为锌棒，开关K置于A或B处均可减缓铁的腐蚀C．若X为锌棒，开关K置于B处时，为牺牲阳极的阴极保护法D．若X为碳棒，开关K置于B处时，铁电极上发生的反应为2H++2e-=H2↑17、关于反应FeCl3+3KSCN3KCl+Fe(SCN)3的说法不正确的是A．用KSCN溶液可检验Fe3＋B．滴加氢氧化钠浓溶液，平衡逆向移动C．加入KCl固体，平衡不移动D．加水，溶液颜色会深18、相同浓度的盐酸（甲）和醋酸（乙），盐酸与醋酸电离出的氢离子浓度的大小关系是（）A．甲＝乙B．甲＜乙C．甲＞乙D．不确定19、关于下列几种离子晶体，说法不正确的是（）A．由于NaCl晶体和CsCl晶体中正负离子半径比不相等，所以两晶体中离子的配位数不相等B．CaF2晶体中，Ca2+配位数为8，F-配位数为4，配位数不相等主要是由于F-、Ca2+电荷（绝对值）不相同C．MgO的熔点比MgCl2高，主要是因为MgO的晶格能比MgCl2大D．MCO3中M2+半径越大，MCO3热分解温度越低20、下列热化学方程式中的ΔH最小的是A．NaOH(aq)+HCl(aq)===NaCl(aq)+H2O(l)ΔH1B．NaOH(aq)+H2SO4(aq)===Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH2C．CH3COOH(aq)+NaOH(aq)===CH3COONa(aq)+H2O(l)ΔH3D．NaOH(aq)+H2SO4(浓)===Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH421、把pH=3的H2SO4和pH=10的NaOH溶液混合，如果混合液的pH=7，则H2SO4和NaOH溶液的体积比是(

)A．1：1B．1：10C．1：2D．1：2022、某元素最高价氧化物对应水化物的化学式是HXO4，这种元素气态氢化物的分子式为A．XH4B．XH3C．H2XD．HX二、非选择题(共84分)23、（14分）下表中①~⑦表示元素周期表的部分元素。IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA12①②③3④⑤⑥⑦（1）②元素最外层电子数比次外层电子数多______个，该元素的符号是_______；⑦元素的氢化物的电子式为____________________。（2）由①③④三种元素组成的物质是______________，此物质的水溶液显_____性。（3）⑥元素的原子半径大于③的理由是____________________________________。（4）④元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强于⑤元素，用一个化学方程式来证明。________________________________________24、（12分）有机物A可用作果实催熟剂。某同学欲以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。请回答：（1）A的电子式是_____。（2）E的结构简式是_____，E分子中含有的官能团名称是_____。（3）写出反应④的化学方程式_____。（4）反应①～⑤中属于取代反应的是_____（填序号）。（5）写出与乙酸乙酯互为同分异构体且属于羧酸的结构简式_____、_____。25、（12分）水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：Ⅰ．取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。Ⅱ．酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I−还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2O32-+I2=2I−+S4O62-）。回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_____________。（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_______________。（3）取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amol·L−1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为________________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。滴定结束后如果俯视滴定管读取数据，导致测定结果偏___________。（填“高”或“低”）（4）Na2S2O3溶液不稳定，需使用前配制和标定。预估实验需要使用75mL的Na2S2O3溶液，则配制该溶液所必需的仪器有天平、烧杯、玻璃棒和___________________26、（10分）某学生用0.2000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：（A）移取15.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2-3滴酚酞（B）用标准溶液润洗碱式滴定管2-3次（C）把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液（D）取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2-3cm（E）调节液面至0或0刻度以下，记下读数（F）把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度完成以下填空：(1)正确操作的顺序是（用序号字母填写）（B）-（___）-（___）-（___）-（A）-（___）；(2)三次滴定消耗NaOH溶液的体积如下:实验序号123消耗NaOH溶液的体积(mL)20.0520.0019.95则该盐酸溶液的准确浓度为_____________。(保留小数点后4位)(3)用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，下列情况可能造成测定结果偏高的是：____________。A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确。B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗。C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液。D．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准液润洗。27、（12分）用中和滴定法测定某烧碱的纯度。将2.5g含有少量杂质(不与盐酸反应)的固体烧碱样品配制成250mL溶液。根据实验回答下列问题：（1）滴定①用____________（仪器）量取20.00mL待测液置于锥形瓶中，再滴加2滴酚酞试液。②用____________（仪器）盛装0.2000mol·L－1盐酸标准液，盛装前务必____________，防止标准液浓度降低。③滴定过程中眼睛应注视_______________，滴定终点的现象为：_______________________________________________________。（2）有关数据记录如下：滴定序号待测液体体积(mL)滴定前（mL）滴定后（mL）所消耗盐酸标准液的平均体积(mL)120.000.5020.70V220.006.0026.00计算V=________ml（3）纯度计算：NaOH溶液的浓度为________mol·L－1，烧碱样品的纯度为________。（4）试判断以下几种情况对烧碱纯度测定的影响（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）：①若用蒸馏水冲洗锥形瓶，则会使测定结果________；②若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则会使测定结果________；③若刚见到指示剂局部的颜色有变化就停止滴定，则会使测定结果________；④读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则会使测定结果________。28、（14分）氮元素的氢化物和氧化物在工业生产广泛应用，回答下列问题：(1)肼N2H4(l)可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4(g)反应生成N2和水蒸气。已知：①N2(g)+2O2(g)=N2O4(g)ΔH1=-19.5kJ/mol②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH2=-534.2kJ/mol写出N2H4(l)和N2O4(g)反应的热化学方程式_____；(2)肼—N2O4燃料电池是一种碱性电池，如图是一种新型燃料电池装置，其总反应方程式为N2H4＋O2＝N2＋2H2O，通入N2H4(肼)的一极是电池的____(填“正极”或“负极”)，该电极的电极反应式为______。(3)在上述燃料电池中，若完全消耗16gN2H4，则理论上外电路中转移电子的物质的量为_________mol，电池工作一段时间后电解质溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)(4)在电化学中，离子交换膜扮演了非常重要的角色，其中阴(阳)离子交换膜只允许阴(阳)离子通过的特性，往往有很多新奇的应用。用如图装置电解Na2SO4溶液，和为外电源的正负极。m为_______子交换膜(填“阳”或“阴”)。D口产品的化学式是_______(H2O和气体除外)，整个装置中的总反应方程式为________。29、（10分）今含有a：CH3COOHb：HClc：H2SO4三种溶液。（1）当它们的pH相同时，其物质的量浓度的关系是_____________________（2）当它们的物质的量浓度相同时，其pH关系是_____________________（3）中和同一烧碱溶液，需同浓度的三种溶液的体积关系是_______________（4）体积、浓度相同的a、b、c三溶液，分别与同浓度的NaOH溶液反应使pH等于7，所需NaOH溶液的体积关系是_______________（5）某温度下，纯水中的c(H+)=2.0x10-7mol/L，则此时溶液中的c(OH-)为__________mol/L；若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)=5.0x10-6mol/L，则c(OH-)为____________mol/L（6）常温下，某溶液由水电离出的氢离子浓度为1.0x10-13mol/L，则该溶液的pH为__________。

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】A.燃烧热是指在一定条件下，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水的稳定状态是液态，故A错误；B.生成2mol气态水时，放出2512kJ·mol-1热量，故B错误；C.1mol氧气得到4mol电子，所以转移10mol电子，需要=2.5mol氧气，故C正确；D.形成4mol碳氧共用电子对说明反应生成2molCO2，放出的热量为1256kJ，故D错误；故选C。2、C【题目详解】A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；B.25℃时反应Ni（s）+4CO（g）⇌Ni(CO)4（g）的平衡常数为5×104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，则25°C时反应Ni(CO)4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为=2×10-5，故B正确；C.浓度熵Qc==8>2，即大于80℃的平衡常数，反应向逆反应方向进行，则v（正）＜v（逆），故C错误；D.80℃达到平衡时，测得n（CO）=0.3mol，c（CO）==1mol/L，则c[Ni（CO）4]=K•c4（CO）=2×14mol/L=2mol/L，故D正确；综上所述，答案为C。3、D【解题分析】A．生产玻璃的原料主要有纯碱、石灰石、石英，制备的原料中含有硅元素，玻璃是传统硅酸盐产品，主要成分有硅酸钠、硅酸钙等，属于硅酸盐，故A不选；B．生产水泥的原料主要有石灰石、粘土，制备的原料中有含有硅元素，水泥是传统硅酸盐产品，其中含有硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙，因此普通水泥属于硅酸盐材料，故B不选；C．生产陶瓷的主要原料是粘土，制备的原料中有含有硅元素，陶瓷主要成分为硅酸盐，属于硅酸盐材料，故C不选；D．化学肥料，简称化肥，是用矿物、空气、水等作为原料，经过化学加工制成的，含有磷元素的肥料称为磷肥，含有钾元素的肥料称为钾肥，同时含有氮、磷、钾三种元素中的两种或两种以上的肥料称为复合肥，如氮肥尿素：CO(NH2)2，不含有硅元素，不属于硅酸盐工业产品，故D错误；故选D。点睛：知道硅酸盐产品必须含有硅元素且属于盐类是解答的关键。硅酸盐工业是以含硅元素物质为原料通过高温加热发生复杂的物理、化学变化制得，相应生成物是硅酸盐。传统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥。4、B【题目详解】A.该反应的△H=产物HBr和H的总能量-反应物Br和H2的总能量，显然是一个正值，即△H=+（E1-E2）kJ/mol，故A错误；

B.由图像可知，产物的总能量高于反应物的总能量，所以该反应是吸热反应，故B正确；C.反应是吸热还是放热和反应的条件没有必然联系，如氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应，可以自发进行不需要加热，故C错误；

D.升高温度能使化学反应速率加快，正反应速率加快，逆反应速率也加快，故D错误。

故选B。5、D【解题分析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol。【题目详解】A、有上述分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2︰1，A正确；B、c(HNO3)=mol/L=14.0mol·L－1，B正确；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，则NO2的体积分数是×100%=80%，C正确；D、沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误；答案选D。6、B【分析】X电极上有无色气体逸出，应为阴极，生成氢气，则Ⅰ为负极，Ⅱ为正极，根据Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-＝2Cl-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-＝Mg2+，在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路，以此解答该题。【题目详解】A．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，故A正确；B．AgCl是氧化剂，AgCl在正极上得电子，则正极电极反应式为：2AgCl+2e-＝2Cl-+2Ag，故B错误；C．由2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑可知每转移0.5mole-，消耗0.5mol水，故C正确；D．X电极上有无色气体逸出，应为阴极，生成氢气，同时产生氢氧根离子，因此开始时U型管中X极附近pH逐渐增大，故D正确；故答案选B。7、B【分析】

【题目详解】在同一个原子中，能层的能量由低到高的顺序是：K、L、M、N、O、P、Q，故在同一个原子中，M能层上的电子与Q能层上的电子的能量，后者大于前者，故答案选B。8、D【解题分析】A.苯乙烯分子式为C8H8，A错误；B.加聚产物为：，B错误；C.分子中含有碳碳双键，不属于苯的同系物，C错误；D.分子中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误，答案选D。9、B【题目详解】A．淀粉为多糖，能发生水解最终生成葡萄糖，故A不符合题意；B．纤维素属于多糖，能发生水解反应，生成葡萄糖，故B符合题意；C．蛋白质是氨基酸缩聚形成的高分子化合物，水解最终生成氨基酸，故C不符合题意；D．油脂是油与脂肪的统称，由高级脂肪酸与甘油形成的酯，属于酯类，故D不符合题意；故答案为：B。【题目点拨】淀粉和纤维素均属于多糖类物质，其化学式均可表示为(C6H10O5)n，需注意淀粉和纤维素不互为同分异构体，淀粉能在人体内发生水解反应生成葡萄糖，而纤维素在人体内不会被吸收，但能增加肠道蠕动功能，因此适量摄入纤维素对人体健康有利。10、A【题目详解】A．该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，电池反应式为Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2↓，正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应，则总反应减去负极反应可得正极还原反应为Mg2++ClO-+H2O+2e-=Cl-+Mg(OH)2↓，A正确；B．图乙中惰性电极为阴极，Fe电极为阳极，则Cr2O72-离子向金属铁电极移动，与亚铁离子发生氧化还原反应生成的金属阳离子与惰性电极附近的OH-结合转化成Cr(OH)3除去，B错误；C．图乙的电解池中，阳极反应式是Fe-2e-＝Fe2+，阴极反应式是2H++2e-=H2↑，则n（Fe）==0.015mol，阴极气体在标况下的体积为0.015mol×22.4L/mol＝0.336L，C错误；D．由电子守恒可知，Mg～2e-～Fe2+，由原子守恒可知Fe2+～Fe(OH)3↓，则n（Mg）==0.015mol，理论可产生氢氧化铁沉淀的质量为0.015mol×107g/mol=1.605g，D错误；答案选A。11、A【解题分析】A项，由于CO32－水解成为HCO3－和H2CO3，HCO3－会水解为H2CO3或电离为CO32－。根据物料守恒，得到2c(Na＋)＝3c(CO32－)＋3c(HCO3－)＋3c(H2CO3)，故A项正确；B项，饱和碳酸镁溶液中碳酸根离子浓度和镁离子浓度相同，浓度乘积是常数，当含有其他镁离子或碳酸根离子的混合溶液中，不一定存在碳酸根离子浓度和镁离子浓度相同，且单位错误：c(Mg2+)·c(CO32-)=6.82×10-6(mol•L-1)2，故B项错误；C项，混合后溶质为NH4Cl和NH3·H2O，物质的量之比为1:1，由电荷守恒可知c(NH4+)+c(H+)c(Cl-)+c(OH-)，已知pH>7，则有c(NH4+)＞c(Cl-)，正确的顺序应为c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C项错误；D项，用惰性电极电解Na2SO4，其本质就是电解水，阳极产物为氧气，阴极产物为氢气，两者物质的量之比为1:2，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。【题目点拨】本题主要考查有关电解质溶液中离子浓度的计算，注意应用电荷守恒、物料守恒、电子转移守恒等相等关系。12、D【题目详解】A项，原子序数1、2的原子电子层数相同，原子序数3~10的原子电子层数相同，原子序数11~18的原子电子层数相同，A项不符合；B项，同周期主族元素，随原子序数递增原子半径减小，B项不符合；C项，第二周期的氧没有最高正价，第二周期的F没有正价，C项不符合；D项，第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2，第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8，D项符合；答案选D。13、D【解题分析】通过观察该有机物的结构简式，可知该有机物含有：酚羟基、醇羟基、醛基、氯原子、碳碳双键五种官能团，所以应具有五种官能团的特性，即能发生加成反应、取代反应、消去反应、氧化反应、水解反应、与氢氧化钠反应，故D正确；本题答案为D。【题目点拨】判断有机物的性质，关键是找出有机物中含有的官能团，然后再依据官能团分析物质应具有的性质。14、B【题目详解】放电时，吸附了氢气的纳米碳管作负极，则镍电极为正极；充电时，吸附了氢气的纳米碳管作阴极，则镍电极为阳极。A.充电时，阴极(纳米碳管)的电极反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH－，A错误；B.放电时，负极(纳米碳管)的电极反应为H2－2e－＋2OH－=2H2O，B正确；C.放电时，OH－移向负极即纳米碳管电极，C错误；D.充电时，将电池的纳米碳管电极(阴极)与外电源的负极相连，D错误。故选B。【题目点拨】二次电池中的电极作负极时，电极材料或电极表面吸附的物质失电子，发生氧化反应；充电时，该电极应得到电子，以便将失电子生成的物质重新还原为原物质，所以该电极应作阴极，与电源的负极相连。同样道理，二次电池中的电极作正极时，电极材料或电极附近溶液中的离子得电子，发生还原反应；充电时，该电极应失电子，作阳极，与电源的正极相连。15、A【题目详解】从食用方法可推断A项正确，用淀粉检验I2，而不能检验KIO3，所以C项错；从表中可知食用碘盐是指碘含量而不是碘酸钾含量，答案选A。16、D【题目详解】A．若X为碳棒，开关K置于A处，Fe作电解池的阴极，属外加电流的阴极保护法，可减缓铁的腐蚀，故A项正确；B．若X为锌棒，开关K置于A处，Fe作电解池的阴极，属外加电流的阴极保护法，开关K置于B处，Fe作原电池的正极，属牺牲阳极的阴极保护法，均可减缓铁的腐蚀，故B项正确；C．若X为锌棒，开关K置于B处，Fe作原电池的正极，属牺牲阳极的阴极保护法，故C项正确。D．若X为碳棒，开关K置于B处，Fe作原电池的负极，电极反应为Fe-2e-==Fe2+，故D项错误；故答案选D。17、D【解题分析】A.Fe3＋遇KSCN溶液反应生成红色Fe(SCN)3，可检验Fe3＋，故A正确；B.滴加氢氧化钠浓溶液，反应生成氢氧化铁沉淀，c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，故B正确；C.反应的离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入KCl固体，与平衡无关，平衡不移动，故C正确；D.加水稀释，c[Fe(SCN)3]减小，溶液颜色变浅，故D错误；故选D。【题目点拨】本题的易错点为C，要注意根据反应的本质(离子方程式)分析判断。18、C【解题分析】由于盐酸是强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，因此相同浓度的盐酸（甲）和醋酸（乙），盐酸与醋酸电离出的氢离子浓度：甲＞乙，C正确；综上所述，本题选C。19、D【解题分析】A、离子晶体中的离子配位数由晶体中正负离子的半径比决定，正负离子半径比越大，配位数越大，NaCl晶体中正负离子半径比小于CsCl晶体中正负离子半径比，所以NaCl晶体中离子配位数为6，而CsCl晶体中离子配位数为8，故A正确；B、在CaF2晶体中，Ca2+和F-的电荷绝对值比是2：l，Ca2+的配位数为8，F-的配位数为4，故B正确；C、晶格能越大，熔点越高，O2-所带电荷大于Cl-，O2-的半径小于Cl-，MgO的晶格能比MgCl2大，所以MgO的熔点比MgCl2高，故C正确；D、MCO3中M2+半径越大，MCO3分解生成的MO中M2+与O2-形成的离子键越弱，分解温度越高，故D错误；答案选D。【题目点拨】本题考查离子晶体配位数的影响因素（几何因素、电荷因素等），晶格能对晶体性质的影响，MCO3热分解温度的规律等。20、D【分析】根据放热反应放热的多少进行分析，但应注意放热焓变为负值。放热越多，ΔH越小。【题目详解】A、B中均为强酸与强碱生成1mol水及可溶性盐，则焓变相同，C中醋酸电离吸热,放出热量的数值小于A或B、D中浓硫酸稀释放热，放出热量的数值大于A或B，则△H3＞△H1=△H2＞△H4；故选：D。21、B【解题分析】在室温下，pH=3的H2SO4的c(H+)=1.0×10-3mol/L，pH=10的NaOH的c(OH-)=1.0×10-4mol/L。【题目详解】若混合后溶液pH=7，即中性溶液，则n(H+)=n(OH-)，10-3V1=10-4V2，故H2SO4和NaOH溶液的体积比V1:V2是1:10。答案为B。22、D【解题分析】元素的最高正价+|最低负价|=8，根据元素的最高价氧化物的水化物的化学式确定最高正价，进而求得最低负价，得出气态氢化物的化学式。【题目详解】元素X的最高价氧化物的水化物的化学式为HXO4，X的最高正价是+7价，所以最低负价为-1价，X的气态氢化物的化学式为HX。答案选A。【题目点拨】本题考查学生元素周期律的应用知识，可以根据元素的最高正价与最低负价之间的关系分析判断，较简单。二、非选择题(共84分)23、3NNa2CO3碱性③⑥处于同一主族中，它们的原子半径大小主要取决于电子层数，⑥原子的电子层数大于③原子的电子层数，所以⑥元素的原子半径大于③元素的原子NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O【题目详解】根据元素在周期表中的分布，可以推知①是C，②是N，③是O，④是Na，⑤是Al，⑥是S，⑦是Cl。（1）②是氮元素，最外层电子数为5，比次外层电子数多3个，该元素的符号是N；⑦是Cl元素，其氢化物氯化氢的电子式为；（2）由①③④三种元素组成的物质是碳酸钠，其化学式为Na2CO3，碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性；（3）③⑥分别为O、S元素，③⑥处于同一主族中，它们的原子半径大小主要取决于电子层数，⑥原子的电子层数大于③原子的电子层数，所以⑥元素的原子半径大于③元素的原子；（4）④是钠元素，其最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠的碱性强于⑤铝元素的最高价氧化物的水化物氢氧化铝，可用化学方程式为NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O来证明。24、CH3COOH羧基2CH3CHO+O22CH3COOH②⑤CH3CH2CH2COOH（CH3）2CHCOOH【分析】C连续氧化得到E，二者反应得到CH3COOCH2CH3，则C为CH3CH2OH，E为CH3COOH，乙醇发生氧化反应生成D为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成CH3COOH，有机物A可用作果实催熟剂，系列转化得到CH3CH2OH，故A为C2H4，与水发生加成反应得到B为CH3CH2Br，溴乙烷发生水解反应得到CH3CH2OH，据此解答。【题目详解】C连续氧化得到E，二者反应得到CH3COOCH2CH3，则C为CH3CH2OH，E为CH3COOH，乙醇发生氧化反应生成D为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成CH3COOH，有机物A可用作果实催熟剂，系列转化得到CH3CH2OH，故A为C2H4，与水发生加成反应得到B为CH3CH2Br，溴乙烷发生水解反应得到CH3CH2OH，（1）A为C2H4，其电子式是；（2）E的结构简式是CH3COOH，分子中含有的官能团是羧基；（3）反应④是乙醛氧化生成乙酸，反应方程式为：2CH3CHO+O22CH3COOH；（4）反应①是乙烯与HBr发生加成反应，反应②是溴乙烷发生水解反应得到CH3CH2OH，也属于取代反应，反应③是乙醇发生氧化反应生成乙醛，反应④是乙醛发生氧化反应生成乙酸，反应⑤是乙酸与乙醇发生酯化反应，也属于取代反应，故反应①～⑤中属于取代反应的是②⑤；（5）与乙酸乙酯互为同分异构体且属于羧酸的结构简式有：CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH。【题目点拨】本题考查有机物推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸的性质与转化，比较基础，侧重对基础知识的巩固。25、使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差O2+2Mn(OH)2=2MnO(OH)2蓝色刚好褪去80ab低100mL容量瓶、胶头滴管【解题分析】试题分析：本题考查物质的量浓度溶液的配制和碘量法测定水中溶解氧，涉及方程式的书写，终点实验现象的描述，数据处理和误差分析。（1）扰动水体表面会引起水样中溶解氧的逸出，还会使水底还原性杂质进入水样。所以取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差。（2）根据实验步骤，“氧的固定”中O2将Mn（OH）2氧化成MnO（OH）2，Mn元素的化合价由+2价升至+4价，O元素的化合价由0价降至-2价，根据得失电子守恒和原子守恒，写出反应的化学方程式为O2+2Mn（OH）2=2MnO（OH）2。（3）固氧后的水样酸化发生反应MnO（OH）2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O，用Na2S2O3溶液滴定I2，I2遇淀粉呈蓝色，终点的现象：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在30s内不恢复。根据上述反应可得出关系式O2~2MnO（OH）2~2I2~4Na2S2O3，n（O2）=n（Na2S2O3）=mol，m（O2）=g，水样中溶解氧的含量为1000mg0.1L=80abmg/L。滴定结束后如果俯视滴定管读取数据，导致消耗的Na2S2O3溶液的体积偏小（即b偏小），导致测定结果偏低。（4）配制75mL的Na2S2O3溶液，根据“大而近”的原则，应选用100mL容量瓶。由固体配制物质的量浓度溶液的实验步骤为：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→初步振荡→定容→摇匀→装瓶贴标签，根据实验步骤所必需的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管。26、DCEF0.2667mol/LCD【解题分析】（1）中和滴定的实验顺序为：检查、洗涤、润洗、装液、读数、取待测液、加指示剂、滴定、读数、处理废液、洗涤；（2）据三次实验的平均值求得所用标准液的体积，再据c（HCl）=[c(NaOH)•V(NaOH)]/V(HCl求算；（3）酸碱中和滴定中的误差分析，主要看错误操作对标准液V（NaOH）的影响，错误操作导致标准液体积偏大，则测定结果偏高，错误操作导致标准液体积偏小，则测定结果偏低，据此分析。【题目详解】（1）中和滴定的实验顺序为：检查、洗涤、润洗、装液、读数、取待测液、加指示剂、滴定、读数、处理废液、洗涤，所以正确操作的顺序是BDCEAF，故答案为：D；C；E；F；（2）消耗标准液V（NaOH）=（20.05+20.00+19.95）mL/3=20.00mL，c（HCl）=[c(NaOH)•V(NaOH)]/V(HCl)=(0.20000mol/L×0.0200L)/0.0150L=0.2667mol/L，故答案为：0.2667mol/L；（3）A项、滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其读数偏少，V（NaOH）偏少，故A偏低；B项、盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，无影响；C项、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，V（NaOH）偏高，故C偏高；D项、未用标准液润洗碱式滴定管，氢氧化钠浓度降低，导致所用氢氧化钠体积增多，故D偏高；故答案为：CD。27、碱式滴定管酸式滴定管润洗锥形瓶内溶液颜色变化滴加最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且30s不恢复原色20.100.201080.4%无影响偏大偏小偏小【题目详解】(1)①用碱式滴定管量取20.00mLNaOH溶液置于锥形瓶中，故答案为碱式滴定管；②滴定操作中，酸溶液用酸式滴定管盛放，碱溶液用碱式滴定管盛放，即用酸式滴定管盛装0.2000mol·L－1盐酸标准液，盛装前务必将酸式滴定管润洗，防止标准液浓度降低，故答案为酸式滴定管；润洗；③滴定过程中眼睛需要观察锥形瓶中溶液颜色变化，以判定滴定终点；用0.2000mol•L-1的标准盐酸进行滴定NaOH溶液，锥形瓶中为NaOH溶液和酚酞，溶液为红色，滴定终点时溶液由红色变为无色，且30s不恢复原色；故答案为锥形瓶中溶液颜色变化；滴加最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且30s不恢复原色；(3)两次消耗盐酸体积分别为：20.70mL-0.50mL=20.20mL、26.00mL-6.00mL=20.00mL，两次消耗盐酸的平均体积为：20.10mL，由NaOH+HCl=NaCl+H2O，可知n(NaOH)=n(HCl)=0.2mol•L-1×0.0201L=0.00402mol，故c(NaOH)==0.2010mol/L，20.00mL待测溶液含有m(烧碱)=n•M=0.00402mol×40g/mol=0.1608g，所以250mL待测溶液含有m(烧碱)=0.1608g×=2.01g，烧碱的纯度ω(烧碱)=×100%=80.4%，故答案为0.201mol/L；80.4%；(4)①若用蒸馏水冲洗锥形瓶，待测液溶质物质的量不变，消耗标准溶液体积不变，不影响测定的结果，故答案为无影响；②若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，会导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏大，故答案为偏大；③指示剂局部的颜色有变化就停止滴定，反应还没有结束，导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏小，故答案为偏小；④滴定前仰视，导致标准液的体积读数偏大；滴定后俯视，导致标准液的体积的读数偏小，最终导致标标准液体积偏小，测定结果偏小；故答案为偏小。【题目点拨】本题中和考查了中和滴定。本题的易错点为(4)中的误差分析，根据c(待测)=可知，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响。28、2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1048.9kJ/mol负极N2H4＋4OH－-4e－＝N2＋4H2O2减小阴NaOH2Na2SO4+4H2O4NaOH+2H2SO4+2H2↑+O2↑【题目详解】(1)肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2H4反应生成N2和水蒸气，将方程式②×2－①得肼和N2O4反应的热化学方程式:2N2H4(l)+N2O4(1)=3N2(g)+4H2O(g)