2024届山东省泰安肥城市化学高二第一学期期中统考模拟试题含解析

2024届山东省泰安肥城市化学高二第一学期期中统考模拟试题考生须知：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、下列操作能达到实验目的是（）A．石油分馏时把温度计插入受热的液体中B．用乙醇和3%硫酸共热到170℃制取乙烯C．将苯和液溴混合加入铁粉制取溴苯D．将敞口久置的电石与蒸馏水混合制乙炔2、下列各装置中铜电极上能产生气泡的是()。A． B． C． D．3、下列说法正确的是()A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B．分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均极易溶于水C．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D．常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化4、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．D5、在室温下，0.1mol·L-1100ml的醋酸溶液中，欲使其溶液的c(H+)增大，但又要使醋酸电离程度减小，应采取()A．加入少量CH3COONa固体 B．加入少量NaOH固体C．提高温度 D．加入少量纯醋酸6、醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，下列叙述中不正确的是()A．0.1mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小B．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)C．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa(s)，平衡逆向移动D．常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH<77、某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2＋+2e-=CuC．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D．a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动8、胶体是一种分散系，胶体粒子的大小范围是A．小于1nm B．1～100nmC．100～1000nm D．大于1000nm9、对于X＋YZ的平衡，若增大压强，Y的转化率增大，则X和Z可能的状态是()A．X为液态，Z为气态 B．X为固态，Z为气态C．X为气态，Z为气态 D．无法确定10、一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是()A．16.7%B．20.0%C．80.0%D．83.3%11、一定温度下，对可逆反应A(g)+2B(g)3C(g)的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是（）A．C生成的速率与C分解的速率相等B．单位时间内消耗amolA，同时生成3amolCC．容器内的压强不再变化D．混合气体的物质的量不再变化12、某些化学物质在灼烧时，火焰呈特殊颜色，其中呈黄色的是A．KCl B．NaCl C．CaCl2 D．CuCl213、下列各组原子中彼此化学性质一定相似的是()A．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子C．2p轨道上有一对成对电子的X原子和3p轨道上只有一对成对电子的Y原子D．最外层都只有一个电子的X、Y原子14、下列溶液均处于25℃，有关叙述正确的是A．将醋酸溶液加水稀释1000倍，pH增大3B．在NaHCO3溶液中，c(Na＋)＝c(HCO3－)＋c(H2CO3)C．pH＝13的NaOH溶液与pH＝1的盐酸混合后，一定有c(H＋)＝c(OH－)D．pH＝8的Ba(OH)2溶液和pH＝8的氨水中，由水电离的c(OH－)均为1×10－8mo1·L－115、在考古中常通过测定14C来鉴定文物年代，下列关于14C说法正确的是A．质子数为7 B．中子数为8 C．核外电子数为7 D．原子序数为1416、中和热是在稀溶液中，强酸、强碱发生中和反应生成1mol液态水时放出的热量，中和热为57.3kJ·mol-1。下列热化学方程式中正确的是()A．HNO3(aq)+KOH(aq)=H2O(l)+KNO3(aq)ΔH＞-57.3kJ·mol-1B．HNO3(aq)+NH3·H2O(aq)=H2O(l)+NH4NO3(aq)ΔH=-57.3kJ·mol-1C．CH3COOH(aq)+KOH(aq)=H2O(l)+CH3COOK(aq)ΔH＜-57.3kJ·mol-1D．CH3COOH(aq)+NH3∙H2O(aq)=H2O(l)+CH3COONH4(aq)ΔH＞-57.3kJ·mol-117、在25℃时，将两个铂电极插入一定量的饱和Na2SO4溶液中进行电解，通电一段时间后在阳极逸出amol气体，同时析出w克Na2SO4·10H2O晶体，若温度不变，此时剩余溶液的质量分数是A．×100% B．×100%C．×100% D．×100%18、在下列各说法中，正确的是A．ΔH>0表示放热反应，ΔH<0表示吸热反应B．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不可以是分数C．1molH2SO4与1molBa(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热D．1molH2与0.5molO2反应生成液态水这时的反应热就是H2的燃烧热19、室温时，在由水电离出c(OH﹣)=1.0×10-12mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A．K+、Na+、HCO3－、Cl－ B．K+、MnO4－、Br－、Cl－C．Na+、Cl－、NO3－、SO42－ D．Al3+、NH4+、Cl－、SO42－20、把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和酚酞试液混合溶液的玻璃皿中（如图所示平面图），经过一段时间后，首先观察到溶液变红的区域是A．Ⅰ和Ⅲ附近 B．Ⅱ和Ⅲ附近C．Ⅰ和Ⅳ附近 D．Ⅱ和Ⅳ附近21、下列实验装置能达到实验目的的是ABCD向该装置中加入金属Zn和稀硫酸，并关闭活塞，用于检查装置的气密性记录滴定终点读数为12.20mL灼烧胆矾晶体使其分解分离含淀粉和葡萄糖的溶液A．A B．B C．C D．D22、在溶液中，CaCl2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HCl在任何条件下都不能发生，原因是该反应的A．ΔH>0ΔS>0 B．ΔH＜0ΔS＜0 C．ΔH＜0ΔS>0 D．ΔH>0ΔS＜0二、非选择题(共84分)23、（14分）甲苯是有机化工生产的基本原料之一。利用乙醇和甲苯为原料，可按如图所示路线合成分子式均为C9H10O2的有机化工产品E和J。已知：

请回答：(1)写出B＋D―→E反应的化学方程式：___________________________。(2)②的反应类型为____________；F的结构简式为________________。(3)E、J有多种同分异构体，写出符合下列条件的任意两种同分异构体结构简式。要求：(ⅰ)与E、J属同类物质；(ⅱ).苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种。①______________；②______________。24、（12分）在下图所示的物质转化关系中。C、G、I、M为常见单质，G和M化合可生成最常见液体A，E为黑色粉末，F的焰色反应为黄色，K为白色沉淀，N为红褐色沉淀，I为黄绿色气体，化合物B的摩尔质量为24g·mol－1。(部分生成物和反应条件未列出)（1）L的化学式为______________。（2）A的电子式为______________。（3）反应②的离子方程式为____________________________________。（4）反应③的化学方程式为____________________________________。25、（12分）为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取Mg固体样品，配成250mL溶液。设计了以下两种实验方案：方案I：取50.00mL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50.00mL上述溶液，用amol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定。实验中所记录的数据如下表：滴定次数实验数据1234待测溶液体积/mL50.0050.0050.0050.00滴定管初读数/mL0.000.200.100.15滴定管末读数/mL20.9521.2020.1521.20(1)配制250mLNa2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、滴管、药匙和_______________、_________________。(2)操作I为__________________操作Ⅱ为______________(3)在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是_______________________________。(4)在方案Ⅱ中发生的离子反应方程式为__________________________(5)根据方案Ⅱ所提供的数据，计算Na2SO3的纯度为___________。（写成分数形式）(6)有同学提出方案Ⅲ，取50.00mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的硝酸钡溶液→操作I→洗涤→操作Ⅱ→称重，则上述实验中，由于操作错误所引起的实验误差分析正确的是__________（填序号）。a．方案I中如果没有洗涤操作，实验结果将偏小b．方案I中如果没有操作Ⅱ，实验结果将偏大c．方案Ⅲ中如果没有洗涤操作，实验结果将偏小d．方案Ⅲ中如果没有操作Ⅱ，实验结果将偏大26、（10分）为测定氨分子中氮、氢原子个数比。某研究性学习小组设计了如下实验流程：实验时，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜。反应完成后，黑色的氧化铜转化为红色的单质铜。如图A、B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛有浓硫酸的洗气瓶。实验1测得反应前氧化铜的质量m1g、氧化铜反应后剩余固体的质量m2g、生成的氮气在标准状况下的体积V1L。实验2测得洗气前装置D的质量m3g、洗气后装置D的质量m4g、生成的氮气在标准状况下的体积V2L。请回答下列问题：(1)写出仪器a和b的名称分别是：圆底烧瓶和______________。(2)检查A装置气密性的操作是_____________________________。(3)实验1和实验2分别选择了不同的方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填或相关化学方程式写在下表的空格中。实验装置实验药品制备原理实验1A氢氧化钙、硫酸铵反应的化学方程式为：①___________；实验2②______；浓氨水、氢氧化钠用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用：③_______________。(4)实验1用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比为______________。（列式子，不计算结果）(5)实验2用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值，其原因是_____________________。为此，实验2在原有实验的基础上增加了一个装有某药品的实验仪器重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出了合理的实验结果。该药品和实验仪器的名称分别是__________和____________。27、（12分）某小组同学利用下图所示装置探究氨气的性质。请回答：(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙共热制取氨气，该反应的化学方程式是____________________。(2)①中湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明氨气的水溶液显______(填字母)。a．碱性b．还原性(3)向②中滴入浓盐酸，现象是_________________________________。(4)①、②中的现象说明氨气能与______(填化学式)发生化学反应。28、（14分）M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：(1)单质M的晶体中原子间通过______________________作用形成面心立方密堆积，其中M原子的配位数____________。(2)元素Y的含氧酸中，酸性最强的是________________（写化学式），该酸根离子的立体构型为______________________。(3)M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。①该化合物的化学式为______________________，已知晶胞参数a=0.542nm，此晶体的密度为__________________________g·cm–3。（只写出计算式，阿伏加德罗常数为NA）②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是：_____________________________________。29、（10分）研究含氮污染物的治理是环保的一项重要工作。合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有重要意义，利用甲烷催化还原NOx消除氮氧化物的污染：①CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-574kJ·mol-1②CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=-1160kJ·mol-1③CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH3=-867kJ·mol-1(1)上述三个反应中ΔH3=___，如果三个反应的平衡常数依次为K1、K2、K3，则K3=___(用K1、K2表示)。(2)在2L恒容密闭容器中充入1molCH4和2molNO2进行反应③，CH4的平衡转化率α(CH4)与温度和压强的关系如图所示。若容器中的压强为p2，y点：v正___填“大于”“等于”或“小于”)v逆。(3)用活性炭还原法也可以处理氮氧化物。向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH。在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：时间/min浓度/mol⋅L-101020304050NO1.00.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36CO200.210.300.300.360.36①T1℃时，该反应在0～20min的平均反应速率v(CO2)=___；②30min后只改变某一条件，根据上表数据判断改变的条件可能是___(填序号)。A．加入一定量的活性炭B．恒温恒压充入氩气C．适当缩小容器的体积D．加入合适的催化剂

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．石油分馏时需测馏分的温度，故温度计应与蒸馏烧瓶支管口下端齐平，A错误；B．乙醇的消去反应是在浓硫酸的条件下进行，稀硫酸起不到催化作用，故B错误；C．苯和液溴混合加入铁粉制取溴苯，C正确；D．敞口久置的电石会与空气中的水蒸气反应失效，无法再制取乙炔，D错误；答案选C。2、C【解题分析】试题分析：A、，溶液不是电解质溶液，不能形成原电池，错误；B、两极材料相同，不能形成原电池，铜上无气泡，错误；C、原电池装置，铜作正极，H+放电成为氢气，正确；D、不能构成原电池，不存在氧化还原反应，错误，答案选C。考点：考查原电池的形成条件3、B【题目详解】A．二氧化硫与品红发生化合反应生成不稳定的物质，不发生氧化还原反应，故A错误；B．液面均迅速上升，说明烧瓶内压强减小，可说明两种气体均易溶于水，故B正确；C．铁与稀硝酸反应生成NO，没有生成氢气，不是置换反应，故C错误；D．常温下铜与浓硫酸不反应，故D错误；综上所述，本题选B。【题目点拨】Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，但是Cl2的水溶液中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够漂白有机色质，属于氧化性漂白；而SO2能够与有机色质结合形成不稳定无色物质，属于非氧化性漂白，加热后，褪色后的溶液又恢复到原来的颜色。4、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。5、D【题目详解】A.加入醋酸钠固体时,醋酸根离子浓度增大,抑制醋酸电离,溶液的pH增大,故A错误;B.加入少量NaOH固体,溶液中氢离子浓度减小,促进醋酸电离,溶液的pH增大,所以B错误;C.升高温度促进醋酸电离,溶液中氢离子浓度增大,pH减小,故C错误;D.加入少量纯醋酸,浓度越大,醋酸的电离程度越小,虽然醋酸的电离程度减小,但醋酸电离的氢离子个数增多导致溶液的pH减小,所以D正确;答案：D。【题目点拨】欲使其溶液的pH值减小,但又要使醋酸电离程度减少,说明改变的条件导致溶液中氢离子浓度增大且抑制醋酸电离,则只能是加入酸。6、A【题目详解】A.加水稀释时，醋酸的浓度减小，醋酸电离出来的H+离子浓度必将随之减小，则醋酸对水的电离抑制作用减弱，水的电离平衡正向移动，水电离出来的OH-浓度将增大，所以溶液中的OH-浓度增大，A项错误；B.电解质溶液中阴、阳离子电荷的代数和为0，所以醋酸溶液中的离子浓度满足关系：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B项正确；C.CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，溶液中加入CH3COONa固体时溶液中CH3COO-浓度增大，根据勒夏特列原理，电离平衡逆向移动，C项正确；D.pH=2的CH3COOH溶液中c(H+)=10-2mol/L，因为醋酸是弱酸，只有部分电离，所以CH3COOH初始浓度远大于10-2mol/L；因为NaOH是强碱，完全电离，故pH=12的NaOH溶液的NaOH的初始浓度等于。当醋酸与NaOH溶液等体积混合时，CH3COOH的物质的量远大于NaOH的物质的量（n=cV），中和反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O时醋酸过量，溶液显酸性，D项正确；答案选A。7、D【解题分析】A．a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，故A正确；B．a和b连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-═Cu，故B正确；C．无论a和b是否连接，铁都失电子发生氧化反应，所以铁都溶解，故C正确；D．a和b分别连接直流电源正、负极，在电解池中阳离子向负极移动，铜离子向铁电极移动，故D错误；故选D。【题目点拨】本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，易错点为阴阳离子移动方向的判断，要看是原电池还是电解池。8、B【题目详解】根据分散质粒子直径大小，分散系可以分为溶液、胶体和浊液，其中分散质粒子大小介于1nm~100nm之间的分散系称为胶体，故选B。9、C【题目详解】A.如果X为液态，Z为气态，增大压强，Y的转化率不会增大，故A错；B.X为固态，Z为气态，增大压强，Y的转化率不会增大，故B错；C增大压强,Y的转化率增大,说明平衡向正反应方向移动,反应为气体的体积减小的反应,则X、Y、Z可能都为气体,所以C选项是正确的符合,D选项不合题意，故D错；答案C正确。【题目点拨】增大压强，Y的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动；增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，则正反应为气体的体积减小的反应；由于已知Y为固体，根据反应为气体的体积减小的反应即可判断X、Z的状态。10、A【解题分析】试题分析：由合成氨的化学反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，设平衡时气体总体积为100L，则氨气为100L×20%=20L，气体缩小的体积为x，则N2+3H22NH3△V132220Lx2/20L=2/x，解得x=20L，原混合气体的体积为100L+20L=120L，反应后体积缩小的百分率为20L/120L×100%=16.7%，故选A。考点：本题考查缺省数据的计算，学生应学会假设有关的计算数据及利用气体体积差来进行化学反应方程式的计算即可解答．11、A【解题分析】A.C生成的速率与C分解的速率相等，说明正逆反应速率相等达到平衡状态，故A不选；B.单位时间内消耗amolA，同时生成3amolC，都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故B选；C.方程式两端化学计量数不相等，则容器内的压强将随平衡的移动而变化，压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故C不选；D.方程式两端化学计量数不相等，则容器内气体的物质的量将随平衡的移动而变化，混合气体的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D不选；故答案选B。【名师点睛】本题考查了化学平衡状态的判断。注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。12、B【分析】某些化学物质在灼烧时，火焰呈特殊颜色，灼烧含有钠元素的物质，火焰的颜色呈黄色。【题目详解】KCl含有钾元素，不含钠元素，透过蓝色钴玻璃，火焰呈紫色，故不选A；NaCl含钠元素，火焰呈黄色，故选B；CaCl2含有钙元素，不含钠元素，火焰呈砖红色，故不选C；CuCl2含有铜元素，不含钠元素，火焰呈绿色，故不选D。13、C【解题分析】A.原子核外电子排布式为1s2是He，原子核外电子排布式为1s22s2是Be，二者性质不同，故A项错误；B.原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Fe、Zn等元素，价电子数不同，性质不相同，故B项错误；C.2p轨道上有一对成对电子的X为O元素，3p轨道上只有一对成对电子的Y为S元素，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C项正确；D.最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H与Cu原子等，性质不同，故D项错误；综上，本题选C。14、D【题目详解】A、本题不知道醋酸的起始pH，且醋酸属于弱酸，加水稀释促进电离，稀释1000倍，pH增大的应小于3，故A错误；B、根据物料守恒，c(Na＋)=c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)，故B错误；C、没有指明是否是等体积混合，不能确定c(H＋)和c(OH－)的关系，故C错误；D、两个溶液的pH都为8，Ba(OH)2溶液和氨水中，H＋全由水电离产生，水电离产生的H＋等于水电离产生的OH－，水电离出c(OH－)=1×10－8mol·L－1，故D正确。答案选D。15、B【解题分析】A.14C的质子数为6，A错误；B.14C的中子数为14－6＝8，B正确；C.核外电子数＝质子数＝6，C错误；D.原子序数＝质子数＝6，D错误；答案选B。16、D【题目详解】A．HNO3和KOH分别是强酸和强碱，当其反应生成1mol水时，放出的热量即为57.3kJ/mol，故反应热△H应等于−57.3

kJ/mol，故A错误；B．NH3·H2O是弱碱，电离吸热，故当NH3·H2O与HNO3生成1mol水时，放出的热量小于57.3

kJ，则反应热△H应大于−57.3

kJ/mol，故B错误；C．CH3COOH是弱酸，电离吸热，故当CH3COOH与KOH生成1mol水时，放出的热量小于57.3

kJ，则反应热△H应大于−57.3

kJ/mol，故C错误；D．NH3·H2O是弱碱，CH3COOH是弱酸，电离吸热，故当CH3COOH与NH3·H2O生成1mol水时，放出的热量小于57.3

kJ，则反应热△H应大于−57.3

kJ/mol，故D正确；答案选D。【题目点拨】中和热是在稀溶液中，强酸、强碱发生中和反应生成1mol水时放出的热量，应注意的是：①稀的酸和碱溶液，如果是浓硫酸，在和碱反应时被稀释放热；②强酸和强碱，如果是弱酸，电离吸热；③衡量标准是生成1mol水。17、D【解题分析】电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，本质上是电解水，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液，w克Na2SO4·10H2O晶体中硫酸钠的质量为wg×142/322=(71w/161)g；设电解水的质量为x，2H2O～O2↑36g1molxamolx=36ag，所以饱和溶液的质量分数为：[（71w/161）/（w+36a）]×100％=×100%，故D正确。故选D。18、D【解题分析】A、放热反应的焓变小于0,吸热反应的焓变大于0；

B、热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量,不表示分子数；

C、中和热是指稀的强酸和强碱反应当生成1mol水时所放出的热量；

D、燃烧热是指在101K时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,此时生成的水必须为液态。【题目详解】A、放热反应的焓变小于0，吸热反应的焓变大于0，故ΔH>0表示吸热反应,ΔH<0表示放热反应，故A错误；

B、热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示分子数，所以可用分数或小数表示,故B错误；

C、中和热是指稀的强酸和强碱反应当生成1mol水时所放出的热量,而1mol硫酸和1mol氢氧化钡反应时生成了2mol水,故此时放出的热量不是中和热，故C错误；

D、燃烧热是指在101K时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,此时生成的水必须为液态,而1mol氢气和0.5mol氧气反应生成液态水，故此时放出的热量一定是燃烧热，故D正确；

综上所述，本题选D19、C【题目详解】室温时由水电离出c(OH﹣)=1.0×10-12mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，A．HCO3－与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，选项A错误；B．MnO4－、Cl－在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，选项B错误；C．Na+、Cl－、NO3－、SO42－之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，选项C正确；D．Al3+、NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，选项D错误；答案选C。20、C【题目详解】图1中锌和铁在食盐水中构成电解池，锌为阴极，铁为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，锌电极上溶液中的氢离子得到电子生成氢气，溶液中的氢氧根离子浓度增大，所以锌极附近颜色变红。图2中锌铁在食盐水中形成原电池，锌为负极，失去电子生成锌离子，铁为正极，氧气在正极上得电子生成氢氧根离子，铁电极附近颜色变红。故选C。【题目点拨】掌握原电池和电解池的工作原理是解题的关键，在电解池中阳极金属失去电子，阴极金属不反应，溶液中的阳离子得到电子。原电池中较活泼的金属为负极，不活泼的金属为正极。21、D【分析】A、应在加入药品之前检查气密性；B、滴定管的小刻度在上方；C、应在坩埚中加热固体；D、葡萄糖能透过半透膜，淀粉不能透过。【题目详解】A、检查气密性，不能先加入药品，可利用压强差原理检验，故A错误；B、滴定管的小刻度在上方，滴定终点读数为11.80mL，故B错误；C、蒸发皿用于加热液体，应在坩埚中加热固体，故C错误；D、葡萄糖能透过半透膜，淀粉属于胶体不能透过半透膜，故D正确；故选D。【题目点拨】本题考查化学实验方案评价，解题关键：明确实验原理、实验操作规范性及物质性质，易错点A，气密性的检查，不能先加入药品，D项渗析法分离也是易错点，葡萄糖溶液是溶液，而淀粉溶液是胶体。22、D【题目详解】反应：CaCl2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HCl在任何条件下都不能发生，是因为该反应是体系是混乱程度减小的吸热反应，即△H>0，ΔS<0，ΔG=△H-TΔS>0，答案选D。二、非选择题(共84分)23、酯化（或取代）反应【题目详解】乙醇被氧气氧化生成A乙醛，乙醛被氧化生成（B）乙酸，乙酸和D反应生成E，根据乙酸和E的分子式可知，D是苯甲醇，C和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成苯甲醇，则C是一氯甲苯，二氯甲苯和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F，结合题给信息知，F是苯甲醛，苯甲醛被氧化生成（I）苯甲酸，G和氢氧化钠的水溶液反应生成H，H酸化生成苯甲酸，则H是苯甲酸钠，G是三氯甲苯，乙醇和苯甲酸反应生成（J）苯甲酸乙酯。(1)通过以上分析知，B是乙酸，D是苯甲醇，在加热、浓硫酸作催化剂条件下反应生成乙酸苯甲酯，反应方程式为:；正确答案:。(2)苯甲酸和乙醇发生酯化反应生成有机物J；根据信息可知，二氯甲苯在碱性环境下水解，生成苯甲醛，结构简式为；正确答案：酯化（或取代）反应；。(3)E、J有多种同分异构体,(1)与E、J属同类物质，说明含有苯环和酯基；(2)苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种，说明两个取代基处于对位，符合条件的同分异构体为:、、、；正确答案：、、、。【题目点拨】根据信息可知：甲苯与氯气光照发生甲基上的取代反应，取代一个氢，变为一氯甲苯，与氢氧化钠溶液反应生成苯甲醇；取代2个氢，变为二氯甲苯，与氢氧化钠溶液反应生成苯甲醛；取代3个氢，变为三氯甲苯，与氢氧化钠溶液反应生成苯甲酸钠，酸化后变为苯甲酸。24、FeCl3MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3【分析】N为红褐色沉淀，N为氢氧化铁，根据图示，K+M+A→N，则为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，K为白色沉淀，则K为Fe(OH)2，M为单质，M为O2，A为H2O；G和M化合可生成最常见液体A，G为H2；化合物B的摩尔质量为24g·mol－1，与水反应生成氢气和F，F的焰色反应为黄色，则F为NaOH，B为NaH；E为黑色粉末，I为黄绿色气体，则E为二氧化锰，I为氯气，D为浓盐酸，单质C为铁，H为FeCl2，L为FeCl3。据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为H2O，B为NaH，C为Fe，D为浓盐酸，E为MnO2，F为NaOH，G为H2，H为FeCl2，I为Cl2，K为Fe(OH)2，L为FeCl3，M为O2，N为Fe(OH)3；(1)L为FeCl3，故答案为FeCl3；(2)A为H2O，电子式为，故答案为；(3)根据图示，反应②为实验室制备氯气的反应，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故答案为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；(4)根据图示，反应③为氢氧化亚铁的氧化反应，反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O==4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。【题目点拨】本题考查了无机综合推断。本题的突破口为：N为红褐色沉淀；I为黄绿色气体。难点为B的判断，要借助于F的焰色反应为黄色，结合质量守恒判断B中含有钠元素。25、天平250mL的容量瓶过滤干燥（烘干）加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2++5SO42-+3H2O1323a/40Mad【题目详解】(1)配制250mLNa2SO3溶液时，需要使用天平称量亚硫酸钠固体的质量，必须使用250mL的容量瓶。(2)操作I为分离固体和液体，应为过滤，过滤洗涤后应为干燥（烘干），所以操作Ⅱ为干燥（烘干）。(3)由于高锰酸钾溶液本身有颜色，不需要使用指示剂，滴定终点为最后剩余一滴高锰酸钾，所以终点为：加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色。(4)高锰酸钾氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，本身被还原为锰离子，离子方程式为：2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2++5SO42-+3H2O。(5)从表中数据可以消耗的高锰酸钾的体积分别为20.95mL、21.00mL、20.05mL、21.05mL，第三组的实验误差较大，舍去，高锰酸钾的体积平均值为（20.95mL+21.00mL+21.05mL）/3=21.00mL，消耗高锰酸钾的物质的量为0.021amol，则结合化学方程式分析，50mL中亚硫酸钠的0.021amol×5/2=21a/400mol，则原固体中亚硫酸钠的物质的量为21a/400mol×250mL/50mL=21a/80mol，所以亚硫酸钠的纯度为21a/80mol×126g/mol÷Mg=1323a/40M。(6)方案I中所得沉淀BaSO4由样品中Na2SO4与BaCl2反应生成；方案III是样品中Na2SO3、Na2SO4中S全部转化沉淀BaSO4。a．方案I中如果没有洗涤操作，测得生成硫酸钡的质量增大，则亚硫酸钠的质量偏小，则实验结果将偏小，故正确；b．方案I中如果没有操作Ⅱ，测得生成硫酸钡质量增大，则亚硫酸钠的质量偏小，故错误；c．方案Ⅲ中如果没有洗涤操作，测得生成硫酸钡质量增大，则测定结果偏大，故错误；d．方案Ⅲ中如果没有操作Ⅱ，测得硫酸钡质量增大，实验结果将偏大，故正确。故选ad。26、长颈漏斗连接导管，将导管插入水中，微热试管，导管口有气泡产生，停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱。(NH4)2SO4+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaSO4B氢氧化钠溶于氨水后放热和增加氢氧根浓度均促进NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-；向逆方向移动，使更多的氨气逸出8V1:11.2(m1-m2)浓硫酸吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高碱石灰(或氧化钙等)干燥管(或U型管)【分析】根据装置的特征确定仪器的名称并检查气密性的操作方法；结合反应原理选择实验装置和书写反应方程式；结合实验数据分别计算出氢和氮原子的物质的量即可解题。【题目详解】(1)仪器a名称是圆底烧瓶、仪器b的名称是长颈漏斗；(2)检查A装置气密性的具体操作方法是连接导管，将导管插入水中，微热试管，导管口有气泡产生，停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱；(3)实验1：氢氧化钙与硫酸铵反应生成硫酸钙、氨气和水，反应的化学方程式为(NH4)2SO4+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaSO4；实验2：浓氨水是液体，氢氧化钠是固体，为使氨气逸出，把氨水滴入固体氢氧化钠中，随着氢氧化钠溶解放热，氨气挥发放出气体，故选B装置；氢氧化钠溶于氨水后放热使氨气溶解度降低，增加氢氧根浓度，使NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-向逆方向移动，加快氨气逸出；(4)反应前氧化铜的质量为m1g、氧化铜反应后转化成的铜的质量为m2g，则氧化铜中氧元素的质量为m1-m2，根据原子守恒，则生成的水中氧原子的物质的量为mol；水中氢原子个数是氧原子个数的两倍，因此氢原子的物质的量为mol×2=mol，生成的氮气在标准状况下的体积V1L，则氮气中氮原子的物质的量为mol=mol；因此氮氢原子个数比为mol：mol=8V1:11.2(m1-m2)；(5)实验2用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比小于理论值，其原因是洗气瓶D中的浓硫酸不但吸收了反应生成的水，还吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高，因此在洗气瓶D前的位置应增加了一个装有碱石灰(无水硫酸铜、氢氧化钠、氧化钙等)的干燥管(或U型管)只吸收水，减小误差。【题目点拨】本题考查氨气的制备及氨气的组成测量，利用了氨气的还原性