2024届河南省驻马店市上蔡二高化学高二上期中考试试题含解析

2024届河南省驻马店市上蔡二高化学高二上期中考试试题考生须知：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、我国在先进高温合金领域处于世界领先地位。下列物质不属于合金的是A．钢管 B．硬铝 C．黄铜 D．刚玉2、在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol·L－1。下列判断错误的是A．x＝1 B．B的转化率为40%C．2min内A的反应速率为0.2mol·L－1·min－1 D．若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应达到平衡状态3、下列各种说法正确的是①由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物②离子化合物一定含离子键，也可能含共价键③非极性键既可能存在于单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中④金属性越强的元素相应的简单阳离子氧化性一般越弱⑤含金属元素的化合物不一定是离子化合物⑥任何元素的原子都是由核外电子和核内中子、质子组成的⑦化学反应一定伴随着能量的变化⑧质子数相同的微粒一定属于同种元素A．②③④⑤⑦B．②③⑤⑦⑧C．①③④⑥⑦D．①②④⑤⑥4、下列物质属于电解质的是（）A．石墨 B．碳酸钠固体 C．醋酸溶液 D．二氧化碳5、下列说法正确的是A．苯酚显酸性，体现羟基对苯环的活化B．室温下，在水中的溶解度：乙醇<苯酚C．分子式为C7H8O且属于芳香族化合物的同分异构体有5种D．1molCH3(甲基)中含有电子数为10NA（NA表示阿伏加德罗常数的值）6、在一个不传热的固定容积的密闭容器中，可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，当m、n、p、q为任意整数时，下列说法一定能说明反应已达到平衡的是（）①体系的压强不再改变②体系的温度不再改变③各组分的浓度相等④各组分的质量分数不再改变⑤反应速率(A)∶(B)=m∶n⑥n正(A)=m逆(B)⑦体系气体的平均相对分子质量不再改变A．①②④⑥ B．③④⑥⑦ C．①②④⑤ D．②④⑥⑦7、已知常温时红磷比白磷稳定：4P(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)ΔH＝－akJ∙mol−14P(红磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)ΔH＝－bkJ∙mol−1若a、b均大于零，则a和b的关系为()A．a＜b B．a＝b C．a＞b D．无法确定8、在同温、同压下，下列三个反应放出的热量分别用a、b、c表示，则a、b、c的关系是()2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH＝－akJ·mol－1①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－bkJ·mol－1②H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g)ΔH＝－ckJ·mol－1③A．a＞b，b＝2c B．a＝b＝c C．a＜b，c＝a/2 D．无法比较9、常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是A．点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H＋)B．点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)C．点③所示溶液中：NaOH与CH3COOH恰好完全中和，溶液呈中性D．在0.1000mol·L－1CH3COOH溶液中，由水电离出来的c(H＋)=10－13mol·L－110、下列化合物中含有手性碳原子的是()A． B． C．CCl2F2 D．H2N-CH2-COOH11、己烷雌酚的一种合成路线如下：下列叙述不正确的是A．在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应B．在一定条件下，1mol化合物Y可消耗4molBr2C．用FeCl3溶液可鉴别化合物X和YD．化合物X与Y中手性碳原子数目比为1：212、下列物质因水解而显酸性的是A．NaHSO3 B．HClO C．NH4Cl D．NaHCO313、某温度下，pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断错误的是()A．a的数值一定大于9B．Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线C．稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大D．完全中和相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积：V(NaOH)<V(氨水)14、第三届联合国环境大会的主题为“迈向无污染的地球”。下列做法不应提倡的是A．推广电动汽车，践行绿色交通 B．改变生活方式，预防废物生成C．回收电子垃圾，集中填埋处理 D．弘扬生态文化，建设绿水青山15、外围电子构型为4f75d16s2的元素在周期表中的位置应是A．第四周期ⅦB族B．第五周期ⅢB族C．第六周期ⅦB族D．第六周期ⅢB族16、已知NO和O2转化为NO2的反应机理如下：①2NO(g)N2O2(g)(快)△H1<0，平衡常数K1②N2O2(g)+O22NO2(g)(慢)△H2<0，平衡常数K2。下列说法正确的是()A．2NO(g)+O22NO2(g)

△H=△H1-△H2B．2NO(g)+O22NO2(g)的平衡常数K=K1×K2C．该转化反应过程中能量变化可用该图表示D．总速率的大小由反应①决定17、在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(x)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是A．该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量B．T2下，在0～t1时间内，υ(Y)＝mol/(L·min)C．M点的正反应速率υ正大于N点的逆反应速率υ逆D．M点时再加入一定量的X，平衡后X的转化率减小18、当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（）A．盐酸 B．Fe(OH)3胶体 C．氯化钠溶液 D．CuSO4溶液19、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是实验现象A向NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色沉淀，随后变为红褐色B向湿润的KI淀粉试纸上通入少量Cl2试纸变蓝C向AgCl悬浊液中滴加少量Na2S溶液沉淀由白色逐渐变为黑色(Ag2S)D热铜丝插入稀硝酸中产生无色气体(NO)随后变为红棕色(NO2)A．A B．B C．C D．D20、已知pOH=-lgc(OH-)。T℃时，往50mL0.1mol·L－1MOH溶液中滴加0.1mol·L－1盐酸，溶液pH、pOH随滴入盐酸体积的变化如下图所示，以下说法正确的是A．盐酸与MOH溶液恰好中和时溶液pH=6.5B．a=12C．盐酸滴定MOH实验中选择酚酞做指示剂比选甲基橙误差更小D．T℃时，MOH的电离平衡常数Kb约为1.0×10-321、对于反应3A(g)＋B(g)2C(g)＋3D(g)，下列各数据表示不同条件下的反应速率,其中反应进行得最快的是A．v(A)＝0.9mol·L－1·min－1 B．v(B)＝0.2mol·L－1·min－1C．v(C)＝0.5mol·L－1·min－1 D．v(D)＝1.0mol·L－1·min－122、下列指定溶液中，各组离子可能大量共存的是A．使石蕊变红的溶液中：Na＋、Cl－、SO42－、AlO2－B．在中性溶液中：Na+、Al3+、Cl－、HCO3－C．由水电离出的c(H+)＝10－13mol·L－1的溶液中：Mg2+、Cl－、K+、SO42－D．常温下pH＝13的溶液中：NH4＋、Ca2+、NO3－、SO42－二、非选择题(共84分)23、（14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_____。24、（12分）工业中很多重要的原料都来源于石油化工，如下图所示：回答下列问题：(1)丙烯酸中所含官能团的名称为________________。(2)③、④反应的反应类型分别为_________________、________________。(3)写出下列相关方程式反应①_________________；B与C生成乙酸乙酯_________________；反应④_________________。(4)丙烯酸的性质可能有___________(填序号)。①加成反应②取代反应③加聚反应④氧化反应(5)C的同系物X，比C的分子中多3个碳原子，其同分异构体有___________种。25、（12分）H2O2是一种绿色氧化试剂，在化学研究中应用广泛。(1)某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30%H2O2、0.1mol∙L-1Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目______；②设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定______(要求所测得的数据能直接体现反应速率大小)。③设计实验装置，完成下图的装置示意图______。(2)参照下表格式，完善需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示)。V[0.1mol∙L-1Fe2(SO4)3]/mLV[30%H2O2]/mLV[H2O]/mLV[O2]/mL___1ab___dt12acb___t2(3)利用图(a)和(b)中的信息，按图(c)装置(连能的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的_____(填“深”或“浅”)，其原因是_____。26、（10分）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10mol·L-1NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验。取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。完成下列填空：实验编号待测盐酸的体积（mL）NaOH溶液的浓度（mol·L-1）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）120.000.1024.18220.000.1023.06320.000.1022.96I.（1）滴定达到终点的标志是___。（2）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为__（保留小数点后3位）。（3）排除碱式滴定管尖嘴中气泡的方法应采用__操作，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有__。A．用酸式滴定管取20.00mL待测盐酸，使用前，水洗后未用待测盐酸润洗B．锥形瓶水洗后未干燥C．称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解D．滴定终点读数时俯视E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失II.硼酸（H3BO3）是生产其它硼化物的基本原料。已知H3BO3的电离常数为5.8×10-10，H2CO3的电离常数为K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11。向盛有饱和硼酸溶液的试管中，滴加0.1mol/LNa2CO3溶液，__（填“能”或“不能”）观察到气泡逸出。已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH-=B（OH），写出硼酸在水溶液中的电离方程式__。27、（12分）(1)按要求完成下列问题①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1＞E2，则该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。②已知常温下CO转化成CO2的能量关系如图所示。写出该反应的热化学方程式：______。(2)N2H4和H2O2混合可作火箭推进剂，已知：0.5molN2H4(l)和足量氧气反应生成N2(g)和H2O(l)，放出310.6kJ的热量；2H2O2(l)=O2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－196.4kJ·mol－1。①反应N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)的ΔH＝__________kJ·mol－1。②N2H4(l)和H2O2(l)反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式为_______。将上述反应设计成原电池如图所示，KOH溶液作为电解质溶液。③a极电极反应式为_______；④当负极区溶液增重18g，则电路中转移电子总数为__________；(3)实验室用50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。①该装置缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为_________________；②实验室提供了0.50mol·L－1和0.55mol·L－1两种浓度的NaOH溶液，应最好选择_____________mol·L－1的NaOH溶液进行实验。③若实验过程中分多次加入所选浓度的NaOH溶液，会导致所测得的中和热ΔH__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。28、（14分）烟道气中的SO2是主要的大气污染物之一，可用氧化还原滴定法测定其含量。（1）将aL(标准状况下)处理后的烟道气(主要含SO2、N2等)通入滴有无色酚酞的NaOH溶液中，溶液逐渐变成无色，对这一现象的解释，下列说法正确的是___。A．SO2具有漂白性B．SO2具有还原性C．SO2具有酸性氧化物通性D．SO2具有氧化性（2）向褪色后的溶液中逐滴滴入酸性高锰酸钾溶液，共消耗cmol·L-1酸性高锰酸钾溶液VmL。①滴定终点的现象是___。②滴定中发生反应的离子方程式为___。③处理后的烟道气中SO2的浓度为___(用含V、a、c的代数式表示)mol·L-1。（3）几种弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸H2SO3H2CO3HClO电离平衡常数（25℃）K1=1.54×10-2K1=4.30×10-7K=2.95×10-8K2=1.02×10-7K2=5.61×10-11①向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2，发生反应的离子方程式为___。②向次氯酸钠溶液中通入足量的SO2，发生反应的离子方程式为___。29、（10分）我校某兴趣小组利用亚硫酸氢钠与碘酸钾相互作用，因浓度与温度的不同，反应快慢不同，从而说明反应物的浓度、温度对反应速率的影响。其化学反应方程如下：KIO3+NaHSO3K2SO4+Na2SO4+NaHSO4+I2+H2O(1)配平方程：____________________________________(2)该反应的氧化剂是_________。若反应中转移了8mol电子，则生成碘单质____mol。该反应的过程和机理较复杂，一般可以分成以下几步：①IO3-+3HSO3-→3SO42-+3H++I-(慢)②IO3-+5I-+6H+→3I2↓+3H2O(慢)③I2+HSO3-+H2O→2I-+SO42-+3H+(快)(3)根据上述条件推测，此反应总的反应速率由_________步反应决定。(填序号)(4)向NaHSO3溶液与淀粉的混合溶液中加入KIO3溶液，当溶液中__________离子耗尽后，溶液颜色将由无色变为_________色。(5)为探究KIO3浓度和温度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：实验序号体积V/mL、温度t/℃NaHSO3溶液水KIO3溶液淀粉溶液温度①15.025.050.02.050②15.025.050.02.018③15.0Vx40.02.018表中Vx=_______mL，理由是____________________________________________。反应速率最快的实验组序号为_________。

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、D【分析】合金是一种金属与另一种或几种金属或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物。【题目详解】A．钢是铁和碳的合金，A不符合题意；B．硬铝中主要含Al和Cu的合金，B不符合题意；C．黄铜是Cu与Zn的合金，C不符合题意；D．刚玉是由氧化铝(Al2O3)结晶而形成的宝石，不属于合金，D符合题意；答案选D。2、C【题目详解】A.2min内生成n(C)＝0.2mol/L×2L＝0.4mol，同一个方程式中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，则C、D计量数之比＝x:2＝0.4mol:0.8mol＝1:2，x＝1，故A正确；B.2min内生成0.8molD同时消耗n(B)=1÷2n(D)=1÷2×0.8mol＝0.4mol，则B的转化率=0.4mol÷1mol×100%＝40%，故B正确；C.2min内D的平均反应速率=0.8mol÷2L÷2min=0.2mol/(L．min)，同一个方程式中同一段时间内各物质的化学反应速率之比等于其计量数之比，则v(A)=3÷2v(D)=3÷2×0.2mol/(L．min)＝0.3mol/(L．min)，故C错误；D．恒温恒容条件下气体物质的量与其压强成正比，根据A知，x＝1，该反应前后气体计量数之和减小，则反应前后气体物质的量减小，若混合气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡状态，故D正确；故选：C。3、A【解题分析】①由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如氯化铵为离子化合物，故错误；②离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键，如过氧化钠，氯化铵等，故正确；③非极性键既可能存在于单质和共价化合物中，也可能存在于离子化合物中，如过氧化钠，氧气，过氧化氢等，故正确；④金属性越强的元素越易失去电子，单质的还原性越强，对应的离子越难以得电子，氧化性越弱，故正确；⑤含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝为共价化合物，故正确；⑥氢原子没有核内中子，故错误；⑦化学反应的实质为旧键的断裂和新键的形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，则化学反应一定伴随着能量变化，故正确；⑧具有相同质子数的原子一定属于同种元素，但微粒可能为原子、分子、离子等，如Na+、NH4+的质子数都是11，HF、Ne的质子数都是10，但不是同种元素，故错误；故选A。4、B【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。【题目详解】A．石墨能够导电，但是石墨属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故不选A项；B．碳酸钠固体在水溶液中能够导电，属于电解质，故选B项；C．醋酸溶液是混合物，既不属于电解质也不属于非电解质，故不选C项；D．二氧化碳溶于水生成的碳酸能够导电，但是二氧化碳本身不能电离，属于非电解质，故不选D项；故选B。5、C【解题分析】A、苯酚中羟基显酸性，O-H键易断裂，而醇中-OH没有酸性，体现了苯环对羟基的活化，故A错误；B、室温下，水与乙醇以任意比互溶，而苯酚微溶于水，所以在水中的溶解度乙醇大于苯酚，故B错误；C、分子式为C7H8O且属于芳香族化合物，可以为苯甲醇（1种）、苯甲醚（1种）、酚，若为酚，则含有酚羟基和甲基，甲基与酚羟基可以为邻、间、对3种位置，故酚类有3种，共5种同分异构体，故C正确；D、甲基是中性原子团，1mo甲基中含有电子数为9NA，故D错误；故选C。6、A【题目详解】①mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，若m+n=p+q，但由于是在一个不传热的固定容积的密闭容器中，则体系的压强不再改变说明体系温度不变，能作为判断是否达到化学平衡状态的依据；若m+n≠p+q，则体系的压强不再改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故不管m+n与p+q相不相等，都能说明反应达到化学平衡，①符合题意；②由题干信息可知，在一个不传热的固定容积的密闭容器中体系的温度不再改变，说明正逆反应的速率相等，反应达平衡状态，②符合题意；③各组分的浓度相等，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故不能说明反应达到平衡状态，③不合题意；④各组分的质量分数不再改变，是化学反应达到平衡的重要特征，故各物质的量不变，能够说明反应达平衡状态，④符合题意；⑤反应速率(A)∶(B)=m∶n，未告知正、逆反应，故不能说明反应达到平衡状态，⑤不合题意；⑥n正(A)=m逆(B)，则有：，又根据反应速率之比等于化学计量系数比可知正(A)：正(B)=m：n，则有：，故推出正(B)=m逆(B)，能说明反应达到化学平衡，⑥符合题意；⑦若m+n=p+q，体系中气体平均相对分子质量一直不变，不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，若m+n≠p+q，体系中气体平均相对分子质量是变量，现在不变了，能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，⑦不合题意；故一定能够说明反应达到化学平衡状态的是①②④⑥，故答案为：A。7、C【题目详解】已知常温时红磷比白磷稳定，根据能量越低越稳定，说明等量的红磷具有的能量低，白磷具有的能量高，两者都是放热反应，因此白磷放出的热量多，则b＜a，故C符合题意。综上所述，答案为C。8、C【解题分析】已知①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-akJ/mol；②2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-bkJ/mol；③H2（g）+12O2（g）=H2O（g）△H=-ckJ/mol则反应①③的状态相同，①是③的2倍，则a=2c，气态水转化为液态水要放热，所以反应①放出的热量小于②，则a＜b；答案选C。9、A【分析】点①得到CH3COONa与CH3COOH等浓度的混合液，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，由电荷守恒可知：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）；点②得到的溶液pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-），c（Na+）=c（CH3COO-）；点③NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，醋酸钠溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）。【题目详解】点①处醋酸过量，形成醋酸和醋酸钠混合液，根据电荷守恒可知，溶液中离子浓度的关系是：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，A正确；点②所示溶液显中性，醋酸还是过量的，是醋酸和醋酸钠混合液，由c(H＋)=c(OH－)，根据电荷守恒可知c(Na＋)＝c(CH3COO－)，B错误；点③处恰好反应，NaOH与CH3COOH恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠在溶液中水解，溶液呈碱性，C错误；0.1000mol·L－1CH3COOH溶液中c(H＋)小于0.1000mol·L－1，结合水的离子积常数可知，由水电离出来的c(H＋)大于10－13mol·L－1，D错误。故选A。【题目点拨】在判断酸碱中和过程中离子浓度变化以及离子浓度大小比较时，除了注意判断酸碱的用量外，最重要的是利用好几个守恒关系，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒等，尤其是电荷守恒是经常用到的关系式，需要熟练掌握并能灵活运用。10、B【题目详解】A．分子中，所有的碳原子所连接的四个基团都有相同的，不存在手性碳原子，故A不符合题意；B．分子中，CH3—中C原子上连有3个H原子，不是手性碳原子，羧基的碳原子为不饱和碳原子，不是手性碳原子，剩余的一个碳原子所连的四个取代基分别是羟基、甲基、氢原子和羧基，该碳原子为手性碳原子，故B符合题意；C．CCl2F2分子中，碳原子所连接的4个基团有2个是一样的Cl，另2个是一样的F，没有手性碳原子，故C不符合题意；D．H2N-CH2-COOH中，-CH2-中含有2个H，羧基的碳原子为不饱和碳原子，该有机物中不存在手性碳原子，故D不符合题意；故选B。11、A【分析】【题目详解】A．X中含有溴原子且连接溴原子的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以能发生消去反应，但卤代烃必须在碱的醇溶液中发生消去反应，在碱的水溶液中发生取代反应，故A叙述错误，符合题意；B．Y含有酚羟基，邻位氢原子可被取代，1mol化合物Y可消耗4mol溴水发生取代反应，故B叙述正确，不符合题意；

C．X中不含酚羟基、Y含有酚羟基，所以可以用氯化铁溶液鉴别X和Y，故C叙述正确，不符合题意；D．X中的手性碳原子数为1，Y中手性碳原子数目为2，故D叙述正确，不符合题意；答案选A。12、C【题目详解】A.亚硫酸氢钠中的亚硫酸氢根离子能水解能电离，因为电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性，故错误；B.次氯酸为酸，不能水解，故错误；C.氯化铵中的铵根离子水解溶液显酸性，故正确；D.碳酸氢钠中的碳酸氢根离子能水解能电离，因为水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故错误。故选C。【题目点拨】含弱酸阴离子或含弱碱阳离子的盐能水解，且弱酸的酸式阴离子存在电离和水解两种平衡，分清电离和水解的程度大小，才能分清溶液的酸碱性。13、C【解题分析】试题分析：A、根据题意知，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，一水合氨的电离平衡正向移动，溶液的pH变化较小。根据题给图像可知，开始二者pH相同，在稀释过程中促进氨水的电离，则氨水的pH变化较小，即Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线，a的数值一定大于9，A正确；B、根据A中分析可知B正确；C、稀释后氨水的pH大于NaOH溶液的pH，稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度小，C错误；D、根据题给图像可知，开始二者pH相同，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，氨水的物质的量浓度仍较大，完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V（NaOH）<V（氨水），D正确；答案选C。考点：考查强弱电解质的比较、浓度对弱电解质电离平衡的影响。14、C【解题分析】根据大会主题“迈向无污染的地球”，所以A可减少污染性气体的排放，即A正确；B可减少废物垃圾的排放，则B正确；C电子垃圾回收后，可进行分类处理回收其中的有用物质，而不能填埋，故C错误；D生态保护，有利于有害气体的净化，故D正确。本题正确答案为C。15、D【题目详解】外围电子构型为4f75d16s2，可知电子层数为6，位于第六周期；第五周期最后一种元素的原子序数为54，则该元素的原子序数=54+7+1+2=64，而第六周期第ⅢB族包括镧系元素15种(57-71)，因此该元素位于第六周期第ⅢB族，故选D。16、B【题目详解】A.NO和O2反应的化学方程式为：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=ΔH1+ΔH2，A不符合题意；B.反应①的平衡常数，反应②的平衡常数，而反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的平衡常数，B符合题意；C.都为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，而图中有一个反应物能量比生成物总能量低，C不符合题意；D.总反应的速率大小取决于慢反应速率，因此总速率的大小由反应②决定，D不符合题意；故答案为：B17、C【题目详解】A、根据图像可知W点消耗的X的物质的量大于M点消耗X的物质的量，因此根据热化学方程式可知W点放出的热量多，A不正确；B、T2下，在0～t1时间内X的浓度减少了（a－b）mol/L，则根据方程式可知Y的浓度增加了mol。反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以Y表示的反应速率为mol/(L·min)，B不正确；C、根据图像可知，温度为T1时反应首先达到平衡状态。温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1＞T2。M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，C正确；D、由于反应前后均是一种物质，因此M点时再加入一定量的X，则相当于是增大压强，正反应是体积减小的可逆反应，因此平衡向正反应方向移动，所以X的转化率升高，D不正确.故选C。18、B【题目详解】胶体能发生丁达尔效应，胶体粒子的微粒直径在1﹣100nm之间，分散质微粒直径小于1﹣100nm的是溶液，大于1﹣100nm的是浊液；盐酸、氯化钠溶液和硫酸铜溶液都是溶液，Fe(OH)3胶体属于胶体，答案选B。【题目点拨】本题考查胶体的性质，注意胶体的本质特征是：胶体粒子的微粒直径在1﹣100nm之间，这也是胶体与其它分散系的本质区别，区分胶体和溶液最简单的方法是利用丁达尔现象。19、C【题目详解】A.向NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁白色沉淀被空气中氧气氧化生成氢氧化铁沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，颜色变化与氧化还原反应有关，故A不符合题意；B.向湿润的KI淀粉试纸上通入少量Cl2，氯气与碘化钾溶液发生置换反应生成单质碘，碘遇淀粉溶液变蓝色，颜色变化与氧化还原反应有关，故B不符合题意；C.向AgCl悬浊液中滴加少量Na2S溶液，白色的氯化银沉淀与硫化钠溶液反应生成溶解度更小的黑色沉淀硫化银，颜色变化与氧化还原反应无关，故C符合题意；D.热铜丝插入稀硝酸中，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的无色一氧化氮与空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮，颜色变化与氧化还原反应有关，故D不符合题意；故选C。20、D【题目详解】A.据图可知，pH=pOH=6.5时，溶液呈中性，MOH的起始pOH为2.0，而MOH的浓度为0.1mol/L，说明MOH是一元弱碱，HCl是一元强酸，恰好中和时生成MCl，MCl发生水解使溶液呈酸性，所以pH<6.5，故A错误；B.溶液中c(H+)=c(OH−)，即pH=pOH时，溶液显中性，根据图象可知pH=6.5时溶液为中性，则T℃时有pKw=pH+pOH=6.5+6.5=13，所以a的值为a=13−2=11，故B错误；C.由上述分析可知，盐酸滴定MOH恰好中和时得到MCl溶液，MCl发生水解使溶液呈酸性，所以应选择甲基橙作指示剂，故C错误；D.T℃时，0.1mol·L－1MOH溶液的pOH值为2.0，即c(OH−)=10−2mol/L，则其Kb==≈1.0×10−3，故D正确，答案选D。21、D【题目详解】不同物质表示的反应速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，对于反应3A(g)+B(g)⇌2C(g)+3D(g)，A．=0.3mol•L-1•min-1；B．=0.2mol•L-1•min-1；C．=0.25mol•L-1•min-1；D．≈0.33mol•L-1•min-1；因此反应速率：v(D)＞v(A)＞v(C)＞v(B)，故选D。22、C【解题分析】A.使石蕊变红的溶液显酸性，AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓或AlO2-+4H+=Al3++2H2O，所以AlO2-不能大量共存，A项错误；B.Al3+水解显酸性，HCO3-水解显碱性，Al3+与HCO3-在溶液中相互促进而水解完全Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，所以Al3+和HCO3-不能大量共存，B项错误；C.溶液中水电离的c(H+)=10-13mol/L<10-7mol/L，可知此溶液中水的电离受抑制，该溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，若是碱溶液有离子反应Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，所以在碱溶液中Mg2+不能大量共存；若在酸溶液中，该组离子之间不发生反应，该组离子也不与H+反应，所以该组离子在酸性溶液中可以大量共存，C项正确；D.常温下pH＝13的溶液呈碱性，有离子反应NH4++OH-=NH3·H2O，Ca2++SO42-=CaSO4↓，所以NH4+、Ca2+、SO42-不能大量共存，D项错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、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。24、碳碳双键、羧基氧化反应加聚反应+HNO3+H2OCH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2OnCH2=CHCOOH①③④4【分析】由B和C合成乙酸乙酯，B可被氧化为C，则可推出B为乙醇，C为乙酸，A则为乙烯，据此分析。【题目详解】由B和C合成乙酸乙酯，B可被氧化为C，则可推出B为乙醇，C为乙酸，A则为乙烯。(1)丙烯酸中所含官能团的名称为碳碳双键、羧基；(2)反应③为乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，反应类型为氧化反应；反应④为丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，反应类型为加聚反应；(3)反应①是苯在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯和水，反应的化学方程式为+HNO3+H2O；B（乙醇）与C（乙酸）生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；反应④是丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，反应的化学方程式为nCH2=CHCOOH；(4)丙烯酸中碳碳双键可发生加成反应、加聚反应和氧化反应，羧基可发生取代反应和中和反应；答案选①③④；(5)C是乙酸，C的同系物X，比C的分子中多3个碳原子，则为丁基和羧基，丁基有4种，故其同分异构体有4。25、收集到相同体积氧气所需要的时间(或相同时间内收集到氧气的体积)收集dmLO2所需时间t/scd深由图(a)可知H2O2分解为放热反应，H2O2分解使B瓶中温度升高，再由图(b)可知反应2NO2(g)N2O4(g)，也是放热反应，升温使平衡向左移动，c(NO2)增大，颜色加深【题目详解】(1)①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧气，O元素的化合价既升高又降低，过氧化氢既作氧化剂又作还原剂，用双线桥表示为：；②反应速率是单位时间内物质的量浓度的变化量，所以要测定不同浓度的H2O2对分解速率的影响，可以比较收集到相同体积氧气所需要的时间，或比较相同时间内收集到氧气的体积；③收集并测量气体的体积，可以采用排水法收集氧气，但要用量筒代替集气瓶，这样便于测量其体积，或者用注射器来测量体积，装置图为：；(2)测定相同时间内产生氧气的体积多少来判断反应速率的快慢，所以最后一列测定的是收集dmLO2所需时间t/s；根据控制变量法，实验时要保证催化剂的浓度相同，故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变，通过改变二者体积，根据相同时间内生成氧气的体积说明H2O2浓度不同对反应速率影响，故第1组实验中水的体积为cmL，第2组实验中氧气的体积为dmL；(3)由图a可知，1mol过氧化氢总能量高于1mol水与0.5mol氧气总能量，过氧化氢分解是放热反应，由图b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图c中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使2NO2（红棕色）⇋N2O4（无色）向逆反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深。26、最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色0.115mol/L丙CE不能H3BO3＋H2OB（OH）+H+【分析】根据酸碱滴定操作要求回答问题。【题目详解】I、（1）用NaOH滴定HCl，用酚酞作指示剂，即滴定到终点的标志：滴入最后一定NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；（2）第1组数据与另外2组相差较多，删去，消耗NaOH的平均体积为(23.06＋22.96)/2mL=23.01mL，根据V酸×c酸=V碱×c碱，20×10－3×c酸=23.01×10－3×0.10，解得c酸=0.115mol·L－1；（3）排除碱式滴定管尖嘴中气泡采用丙操作；（4）根据V酸×c酸=V碱×c碱，A、量取盐酸时，未用盐酸润洗酸式滴定管，直接盛装盐酸，造成盐酸的浓度降低，消耗NaOH的体积减小，测定结果偏低，故A不符合题意；B、锥形瓶是否干燥，对实验测的结果无影响，故B不符合题意；C、称量NaOH，有小部分NaOH潮解，所配NaOH浓度偏低，消耗NaOH体积增多，所测结果偏高，故C符合题意；D、滴定终点时俯视读数，读出消耗NaOH的体积偏低，所测结果偏低，故D不符合题意；E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，消耗NaOH体积增多，所测结果偏高，故E符合题意；答案为CE。II、根据题意：强酸制备弱酸规律，H3BO3的电离常数为5.8×10－10，而K1=4.4×10－7、碳酸的酸性大于硼酸，所以不能观察到气泡。H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH－=B（OH）4－信息，说明，H3BO3为一元弱酸，电离方程式：H3BO3＋H2OB（OH）+H+。27、放热2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝-566kJ·mol－1-621.2N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)ΔH＝-817.6kJ•mol-1N2H4＋4OH--4e-＝N2↑＋4H2ONA环形玻璃搅拌棒0.55偏大【分析】（1）根据反应物与生成物的总能量相对大小分析反应热，根据热化学方程式的书写规则分析解答；（2）根据盖斯定律计算反应热并书写热化学方程式；根据原电池原理分析书写电极反应，计算电子转移数目；（3）根据量热计的构造写出缺少一种玻璃仪器的名称；测定中和热时为保障反应快速进行，以减少误差，常常使酸或碱略过量。【题目详解】（1）①反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热，故答案为：放热；②根据图示得2molCO完全反应放出566kJ热量，则该反应的热化学方程式为：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝-566kJ·mol－1；故答案为：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝-566kJ·mol－1；（2）①0.5mol液态N2H4和足量氧气反应生成N2（g）和H2O（l），放出310.6kJ的热量，则1molN2H4和足量氧气反应生成N2（g）和H2O（l），放出热量为310.6kJ×2=621.2kJ；②N2H4和H2O2反应生成N2（g）和H2O（l）的化学方程式为N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l），液态N2H4燃烧的热化学方程式为N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=-621.2kJ/mol①2H2O2（l）═O2（g）+2H2O（l）△H=-196.4

kJ/mol②；根据盖斯定律①+②计算N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）的△H=-621.2kJ/mol+（-196.4

kJ/mol）=-817.6kJ/mol，所以N2H4和H2O2反应生成N2（g）和H2O（l）的热化学方程式为N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.6kJ/mol；③a电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4＋4OH--4e-＝N2↑＋4H2O；④根据氢原子守恒，负极区增重的是水的质量，增重18g水，相当于生成1molH2O，根据负极