2024届重庆市綦江区化学高二第一学期期中综合测试模拟试题含解析

2024届重庆市綦江区化学高二第一学期期中综合测试模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列物质中既有离子键又有共价键的是()A．Na2SB．NaClC．Na2O2D．BaCl22、下列化合物中，化学键的类型和分子的极性(极性或非极性)皆相同的是()A．CO2和SO2 B．CH4和PH3 C．BF3和NH3 D．HCl和HI3、下列有机物中，既能发生加成反应，又能发生酯化反应，还能被新制Cu(OH)2悬浊液氧化的物质是（）A． B．C． D．4、下列哪些材料是传统无机非金属材料A．玻璃、水泥 B．液晶材料、纳米材料C．塑料、橡胶 D．半导体材料、绝缘体材料5、已知：2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H13H2(g)+Fe2O3(s)═2Fe(s)+3H2O(g)△H22Fe(s)+O2(g)═Fe2O3(s)△H32Al(s)+O2(g)═Al2O3(s)△H42Al(s)+Fe2O3(s)═Al2O3(s)+2Fe(s)△H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是()A．△H1＜0，△H3＞0 B．△H5＜0，△H4＜△H3C．△H1＝△H2+△H3 D．△H3＝△H4+△H56、利用如图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是()A．a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀B．一段时间后，a管液面高于b管液面C．a处溶液的不变，b处溶液的减小D．a、b两处具有相同的电极反应式：7、高铁电池是一种新型可充电电池，能长时间保持稳定的放电电压。其电池总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，下列叙述错误的是A．放电时负极反应为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2B．充电时阳极发生氧化反应，附近溶液碱性增强C．充电时每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成D．放电时正极反应为：FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-8、一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，下列说法正确的是（）A．稀释溶液，溶液的pH增大B．加入少量NaOH固体，c（CH3COO-）减小C．温度升高，c（CH3COO-）增大D．加入少量FeCl3固体，c（CH3COO-）减小9、下列关于热化学反应的描述中正确的是A．HCl和NaOH反应的中和热△H＝－57.3kJ·mol－1，则1mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热为114.6kJB．H2(g)的标准燃烧热是－285.8kJ·mol－1，则2H2O(1)＝2H2(g)＋O2(g)反应的△H＝＋571.6kJ·mol－1C．放热反应比吸热反应容易发生D．1mol丙烷燃烧生成水和一氧化碳所放出的热量是丙烷的标准燃烧热10、《礼记·内则》记载：“冠带垢，和灰清漱；衣裳垢，和灰清浣。”古人洗涤衣裳冠带，所用的就是草木灰浸泡的溶液。下列说法错误的是A．草木灰的主要成分是纯碱 B．洗涤利用了草木灰溶液的碱性C．洗涤时加热可增强去油污能力 D．草木灰做肥料时不可与铵态氮肥混合施用11、下列物质露置在空气中容易变质的是（）A．Na B．SiO2 C．NaCl D．K2SO412、已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-569.6kJ/mol，2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+482.1kJ/mol。现有1g液态H2O，蒸发时吸收的热量是()A．2.43kJ B．4.86kJ C．43.8kJ D．87.5kJ13、若溶液中由水电离产生的c(OH-)＝1×10－14mol·L－1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是A．Al3+Na+Cl- B．K+Na+Cl-C．K+Na+Cl- D．K+14、一定温度下，在容积恒定的密闭容器中加入一定量的A(s)和B(g)，进行如下可逆反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的是①混合气体的密度②容器内气体的压强③混合气体的总物质的量④C和D的浓度比值⑤B物质的量浓度()A．①⑤ B．③⑤ C．②④ D．①④⑤15、对于平衡体系mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)ΔH<0，下列结论中不正确的是A．若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则m＋n<p＋qB．若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶nC．若m＋n＝p＋q，则往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2amolD．若温度不变时，在恒容条件下充入稀有气体增大压强，该反应速率加快16、钛和钛的合金被认为是21世纪的重要材料，它们具有很多优良的性能，如熔点高、密度小、可塑性好、易于加工，钛合金与人体有很好的“相容性”。根据它们的主要性能，下列用途不切合实际的是（）A．用来制造人造骨 B．用于制造航天飞机 C．用来做保险丝 D．用于制造汽车、船舶17、青苹果汁遇碘水显蓝色，熟苹果汁能还原银氨溶液，这说明（）A．青苹果中只含有淀粉而不含葡萄糖B．熟苹果中只含有葡萄糖而不含淀粉C．苹果转熟时淀粉水解为葡萄糖D．苹果转熟时葡萄糖聚合成淀粉18、臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)△H<0，若反应在恒容密闭容器中进行，如表由该反应相关图象作出的判断正确的是（）A．甲图中改变的反应条件为升温B．乙图中温度T2>T1，纵坐标可代表NO2的百分含量C．丙图为充入稀有气体时速率变化D．丁图中a、b、c三点只有b点已经达到平衡状态19、在恒温恒压密闭容器M（如图Ⅰ）和恒温恒容密闭容器N（如图Ⅱ）中，两容器中均加入amolA和amolB，起始时两容器体积均为VL，发生如下反应并达到化学平衡状态：2A（?）+B（?）xC（g）ΔH＜0，平衡时M中A、B、C的物质的量之比为1∶3∶4。下列判断不正确的是（）A．x＝2B．若N中气体的密度如图Ⅲ所示，则A、B只有一种是气态C．A为气体，B为非气体，则平衡时M、N中C的物质的量相等D．若A、B均为气体，平衡时M中A的转化率小于N中A的转化率20、下列关于电解CuCl2溶液(如图所示)的说法中，不正确的是（）A．阴极石墨棒上有红色的铜附着B．阳极电极反应为：2Cl－-2e－=Cl2C．电解过程中，Cl－和OH－向阳极移动D．总反应为：CuCl2=Cu2++2Cl－21、下列说法关于离子浓度说法不正确的是A．室温下，向0.20mol/LNH4HCO3中通入CO2至溶液呈中性：c(NH4＋)=c(HCO3—)+2c(CO32—)B．10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合，c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(OHˉ)＞c(H+)C．向0.30mol/LNa2SO3中通入CO2:c(Na＋)＝2[c(SO32—)+c(HSO3—)+c(H2SO3)]D．10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，c(Na+)=c(Cl﹣)＞c(OH-)＞c(H+)22、下列有机物在一定条件下，能发生消去反应生成烯烃的是A．CH3OH B．C． D．二、非选择题(共84分)23、（14分）已知乙烯能发生以下转化：（1）①的反应类型为__________。（2）B和D经过反应②可生成乙酸乙酯，则化合物D的结构简式为__________。（3）下列关于乙烯和化合物B的说法不正确的是__________（填字母）A．乙烯分子中六个原子在同一个平面内B．乙烯能使溴水溶液褪色C．乙烯可以做果实的催熟剂D．医用酒精消毒剂浓度是80％（4）下列物质的反应类型与反应②相同的是__________A．甲烷燃烧B．乙烯生成聚乙烯C．苯与液溴反应D．淀粉水解24、（12分）图中A~J均为有机化合物，有如图转化关系：已知：根据图中的信息，回答下列问题：（1）环状化合物A的相对分子质量为82，其中含碳87.80%，含氢12.20%B的一氯代物仅有一种，B的结构简式为___；（2）M是B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱图中只有1个峰，分子中所有的碳原子共平面，则M的名称为___；（3）由A生成D的反应类型是___，由D生成E的反应类型是___。（4）G的分子式为C6H10O4，0.146gG需用20mL0.100mol/LNaOH溶液完全中和。M与G互为同系物，且含有2个碳原子。则M与乙二醇反应生成环状化合物N的化学方程式为___；（5）由E和A反应生成F的化学方程式为___；（6）Ⅰ中含有的官能团名称是___。（7）根据题中信息，写出以2—溴丁烷为原料制备4，5—二甲基—1—环己烯的合成路线流程图(需注明反应条件)。___合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH225、（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）中和滴定是化学定量实验之一。某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，请填写下列空白：（1）在中和滴定的过程中有如下操作：①用标准溶液润洗滴定管②往滴定管内注入标准溶液③检查滴定管是否漏水④滴定，则在操作过程中正确的顺序是__________________。（写序号）（2）排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的________，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。（3）选用的指示剂是_____________________。(a、石蕊b、酚酞)（4）用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______________________。（5）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是_______________。A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（6）请根据下表中数据计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度：c(NaOH)＝________________。（精确到小数点后四位）滴定次数待测氢氧化钠溶液的体积/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25.000.0026.1026.10第二次25.002.0028.0826.08第三次25.000.2226.3426.12（7）滴定终点的判定依据是_____________________________________________。27、（12分）由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。若用如图所示实验装置则可制得纯净的Fe(OH)2沉淀，两极材料分别为石墨和铁。①a电极材料为_______，该电极的电极反应式为________.②若白色沉淀在电极周围生成，则电解液d是____(填序号，下同)；若白色沉淀在两极之间的溶液中生成，则电解液d是____。A．纯水B．NaCl溶液C．NaOH溶液D．CuCl2溶液③液体c为苯，其作用是__________④要想尽早在两极之间的溶液中看到白色沉淀，可以采取的措施是（_______）A．改用稀硫酸作电解B．适当增大电源电压C．适当降低电解液温度28、（14分）(1)1000℃时，硫酸钠与氢气发生下列反应：Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)该反应的平衡常数表达式为______________；已知K1000℃<K1200℃,若降低体系温度,混合气体的平均相对分子质量将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)常温下，如果取0.1mol·L-1HA溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化忽略不计)，测得混合液的pH=8。混合液中由水电离出的c(OH－)与0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)之比为_________。(3)25℃时，将amolNH3通入水中得到0.1mol·L1的氨水，测定其pH约为11，有关的方程式为_____，再向该溶液中通入3amolHCl，溶液中存在的关系式有多种，完成下列关系式(填入恰当的数字)：c(H+)=_____c(NH4+)+_____c(NH3·H2O)+c(OH-)(4)工业上用氨水将SO2转化为(NH4)2SO3，再氧化为(NH4)2SO4。已知25℃时，0.05mol·L1(NH4)2SO4溶液的pH＝a，则c(NH4+)︰c(NH3·H2O)=__________________(用含a的代数式表示，已知NH3·H2O的电离常数为Kb=1.7×103)(5)100℃时，水的离子积为Kw=1×10－12，在该温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，若所得混合溶液pH=7，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为____________(混合后溶液体积的变化忽略不计)。29、（10分）NH3可用于制造硝酸、纯碱等，还可用于烟气脱硝、脱硫．(1)利用氧水吸收烟气中的二氧化硫，其相关反应的主要热化学方程式如下：SO3(g)+NH3•H3O(aq)═NH4HSO3(aq)△H1=akJ•mol﹣1NH3•H3O(aq)+NH4HSO3(aq)═(NH4)3SO3(aq)+H3O(l)△H3=bkJ•mol﹣13(NH4)3SO3(aq)+O3(g)═3(NH4)3SO4(aq)△H3=ckJ•mol﹣1①反应3SO3(g)+4NH3•H3O(aq)+O3(g)═3(NH4)3SO4(aq)+3H3O(l)的△H=________kJ•mol﹣1．②空气氧化(NH4)3SO3的速率随温度的变化如图1所示，则空气氧化(NH4)3SO3的适宜温度为_____．③合成氨用的氢气是以甲烷为原料制得：CH4(g)+H3O(g)⇌CO(g)+3H3(g)．而混有的CO对合成氨的催化剂有毒害作用，常用乙酸二氨合铜(Ⅰ)溶液来吸收原料气中CO，其反应原理为：[Cu(NH3)3CH3COO](l)+CO(g)+NH3(g)[Cu(NH3)3]CH3COO•CO(l)；△H＜3．吸收CO后的乙酸二氨合铜(I)溶液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，再生的适宜条件是_____．(填字母)A．高温、高压B．高温、低压C．低温、低压D．低温、高压(3)NH3催化氧化可制备硝酸．4NH3(g)+5O3(g)═4NO(g)+6H3O(g)生成的NO被O3氧化为NO3．其他条件不变时，NO的氧化率与温度、压强的关系如图3所示．则p1_____p3(填“＞”、“＜”或“=”)；温度高于833℃时，α(NO)几乎为3的原因是_________．

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【解题分析】试题分析：A、Na2S中只有离子键，A错误；B、氯化钠中只有离子键，B错误；C、Na2O2中钠离子和过氧根离子间存在离子键，过氧根离子中氧原子和氧原子间存在共价键，C正确；D、氯化钡中只有离子键，D错误，答案选C。【考点定位】本题主要是考查了离子键、共价键的区别【名师点晴】该题侧重考查学生的辨别能力，题目难度不大。明确离子键和共价键的含义、判断依据是答题的关键。关于离子键和共价键的区别可总结如下：离子键和共价键的比较比较

离子键

共价键

成键条件

活泼金属原子与活泼非金属原子之间相互作用

非金属元素原子(可相同，可不同)之间的相互作用

成键微粒

阴、阳离子

原子

成键实质

静电作用

静电作用

分类

共用电子对不发生偏移的是非极性键，共用电子对发生偏移的是极性键

存在

离子化合物中

大多数非金属单质、共价化合物、部分离子化合物中

实例

Na2O、Na2CO3、NH4Cl、NaOH

O2、CO2、H2SO4、NaOH、Na2O2、Na2CO3

2、D【题目详解】A．CO2中C与O形成极性键，CO2分子为直线形，正负电荷中心重合，为非极性分子，SO2中S与O形成极性键，SO2分子为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A不符合题意；

B．CH4中C与H形成极性键，由于CH4分子为正四面体结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，PH3中P与H形成极性键，PH3为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故B不符合题意；

C．BF3中B与F形成极性键，BF3为平面三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，NH3中N与H形成极性键，NH3为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C不符合题意；

D．HCl中H与Cl形成极性键，HI中H与I形成极性键，HCl和HI中正负电荷中心都不重合，属于极性分子，所以二者化学键的类型和分子的极性都相同，故D符合题意；

故选：D。3、D【题目详解】A、CH3=CH-CHO，分子中没有-OH或-COOH，不能够发生酯化反应，选项A错误；B、CH3CH2COOH，分子中没有醛基，不能被新制的Cu(OH)2氧化，选项B错误；C、分子中没有醛基，不能够被新制Cu(OH)2悬浊液氧化，选项C错误；D、CH2OH(CHOH)4CHO分子中含有羟基、羟基，既能发生加成反应，又能发生酯化反应，还能被新制Cu(OH)2悬浊液氧化，选项D正确；答案选D。【题目点拨】注意根据官能团的性质判断有机物可能具有的性质，能发生酯化反应的有机物中应含有-OH或-COOH；能发生加成反应的有机物中应含有C=C或-CHO等；能被新制的Cu(OH)2氧化的有机物应含有-CHO。4、A【题目详解】传统无机非金属材料多为硅酸盐材料，常见的有玻璃、水泥、陶瓷、砖瓦等；液晶材料、塑料、橡胶属于高分子材料；纳米材料、半导体材料属于新型材料；绝缘体材料是在允许电压下不导电的材料，常见的绝缘体材料有气体绝缘材料（如空气等）、液体绝缘材料（如天然矿物油、天然植物油和合成油等）、固体绝缘材料（如塑料、橡胶、玻璃、陶瓷、石棉等）；答案选A。5、B【题目详解】A．物质的燃烧均为放热反应，而放热反应的△H均为负值，故A错误；B．铝热反应为放热反应，故△H5＜0；而③2Fe(s)+O2(g)＝Fe2O3(s)△H3；④2Al(s)+O2(g)＝Al2O3(s)△H4，将④﹣③可得：2Al(s)+Fe2O3(s)＝A12O3(s)+2Fe(s)△H5＝△H4﹣△H3＜0时，故△H4＜△H3，故B正确；C．已知：②3H2(g)+Fe2O3(s)＝2Fe(s)+3H2O(g)△H2；③：2Fe(s)+O2(g)＝Fe2O3(s)△H3，将(②+③)×可得：2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)△H1＝(△H2+△H3)，故C错误；D．已知：③2Fe(s)+O2(g)＝Fe2O3(s)△H3；④2Al(s)+O2(g)＝Al2O3(s)△H4，将④﹣③可得：2Al(s)+Fe2O3(s)＝A12O3(s)+2Fe(s)故有：△H5＝△H4﹣△H3，即：△H3＝△H4﹣△H5，故D错误；综上所述答案为：B。6、C【题目详解】A.a管内是中性溶液，所以发生吸氧腐蚀，b管内是酸性溶液发生析氢腐蚀，A正确；B.发生吸氧腐蚀时，氧气和水反应导致气体压强减小，发生析氢腐蚀，生成氢气导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，一段时间后，a管液面高于b管液面，B正确；C.a处铁失电子生成亚铁离子，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以a处pH不变；b处溶液变成硫酸亚铁溶液，溶液的pH值变大，C错误；D.a、b两处构成的原电池中，铁都作负极，因此a、b两处具有相同的电极反应式：，D正确；答案选C。【题目点拨】此题关键在于判断钢铁的腐蚀是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，主要通过条件判断，极弱的酸性、中性或碱性环境下发生吸氧腐蚀，正极反应式为，酸性较强发生析氢腐蚀，正极反应式为。钢铁腐蚀时，铁在负极失电子被氧化成亚铁离子。7、B【题目详解】A.放电时负极锌失电子在碱性条件下生成氢氧化锌，反应为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，选项A正确；B.充电时阳极发生氧化反应Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-+4H2O，附近溶液碱性减弱，选项B错误；C.充电时阴极电极反应为Zn(OH)2+2e-=Zn+2OH-，每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成，选项C正确；D.放电时正极反应为：FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-，选项D正确；答案选B。8、D【解题分析】考查影响盐类水解平衡的因素，应用平衡移动原理分析判断。【题目详解】A项：稀释时水解平衡右移，OH－物质的量变大。但溶液体积变大，OH－浓度变小，溶液的pH减小。A项错误；B项：加入少量NaOH固体，OH－浓度增大，平衡左移，c(CH3COO-)增大。B项错误；C项：因水解吸热，升高温度，平衡右移，c(CH3COO-)减小。C项错误；D项：加入少量FeCl3固体时，Fe3+结合OH－使平衡右移，c（CH3COO-）减小。D项正确。本题选D。【题目点拨】化学平衡、电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡等，都符合平衡移动原理。9、B【解题分析】分析：A、根据生成水的同时还有硫酸钡沉淀生成分析；B、根据燃烧热的概念解答；C、反应是否容易发生与反应热没有关系；D、根据燃烧热的概念解答。详解：A、中和热是强酸和强碱稀溶液反应生成1mol液态水放出的能量，和消耗的酸、碱的物质的量之间没有关系，1mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应生成2mol液态水，放出的热量为114.6kJ，同时硫酸根离子和钡离子生成沉淀也伴随能量变化，所以1mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热一定不是114.6kJ，A错误；B、H2(g)的燃烧热是285.8kJ·mol－1，则2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH＝-571.6kJ·mol－1，所以反应2H2O(l)＝2H2(g)＋O2(g)的ΔH＝＋571.6kJ·mol－1；B正确；C、氢气与氧气常温下不反应，在点燃条件下发生反应，该反应为放热反应；而氢氧化钡晶体与氯化铵常温下发生反应，该反应为吸热反应；所以放热反应不一定比吸热反应容易发生，C错误；D、1mol丙烷燃烧生成液态水和气态二氧化碳时所放出的热量是丙烷的燃烧热，D错误；答案选B。10、A【题目详解】A．草木灰中含K2CO3，故主要成分是碳酸钾，故A错误；B．K2CO3水解溶液显碱性，能促进油脂水解，则草木灰溶液能浣洗衣服，故B正确；C．盐类的水解吸热，故加热能促进其水解，增强其去污能力，故C正确；D．K2CO3中的能与铵态氮肥中的发生水解的相互促进，有氨气逸出，从而降低肥效，则草木灰做肥料时不可与铵态氮肥混合施用，故D正确；故答案为A。11、A【题目详解】A．钠是活泼的金属，在空气中最终转化为碳酸钠，A正确；B．二氧化硅在空气中不易变质，B错误；C．氯化钠在空气中不易变质，C错误；D．硫酸钾在空气中不易变质，D错误；答案选A。12、A【分析】根据盖斯定律求出液态水蒸发的蒸发热，根据蒸发热计算。【题目详解】已知：①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-569.6kJ•mol-1，②2H2O(g)═2H2(g)+O2(g)△H=+482.1kJ•mol-1．根据盖斯定律，②+①得2H2O(g)═2H2O(l)△H=-87.5kJ•mol-1，所以2H2O(l)═2H2O(g)△H=+87.5kJ•mol-1，36g87.5kJ1gQQ=1g36g×87.5kJ=2.43kJ，即1g液态H2O，蒸发时吸收的热量是【题目点拨】本题考查盖斯定律的运用，难度不大，注意反应热kJ/mol不是对反应物而言，不是指每摩尔反应物可以放出或吸收多少千焦，而是对整个反应而言，是指按照所给的化学反应式的计量系数完成反应时，每摩尔反应所产生的热效应。13、B【分析】25℃时，某溶液中由水电离产生的c(OH-)＝1×10－14mol·L－1，此溶质对水的电离产生抑制，此溶液可能显酸性也可能显碱性，最常见的则是酸溶液或碱溶液，据此分析回答；【题目详解】A.Al3＋与OH－发生反应，不能大量存在于碱溶液中，A错误；B.四种离子彼此不反应，既能存在于酸性也能存在于碱性，能大量共存，B正确；C.与H＋反应，不能大量存在于酸溶液中，C错误；D.NH4＋与OH－反应，不能大量存在于碱溶液中，D错误；答案选B。14、A【题目详解】①因A是固体，反应过程中气体的质量发生变化，容器的体积不变，反应过程中混合气体的密度发生变化，当达到平衡状态时，混合气体的密度不变；②反应前后气体的化学计量数之和相等，所以无论反应是否达到平衡状态，混合气体的压强始终不变；③反应前后气体的化学计量数之和相等，所以无论反应是否达到平衡状态，气体的总物质的量始终不变；④C和D是生成物，根据转化物质的量之比等于化学计量数之比，无论反应是否达到平衡状态，C和D的浓度比值始终保持不变；⑤当反应达到平衡状态时，B的物质的量浓度不再变化；答案选A。15、D【解题分析】A.由于c=n/V，若V减半则c增大为原来的2倍，A的浓度为原来的2.1倍，说明增大压强平衡左移，逆反应是气态物质体积减小的方向，所以m＋n<p＋q，故A正确；B.设起始时A、B的物质的量分别为xmol、ymol，二者的转化率都是z，则二者的△n分别为xzmol、yzmol，根据系数比规律，二者之比等于系数比，则(xz)/(yz)=m/n，所以x/y=m/n，故B正确；C.若m＋n=p＋q，即反应过程中气体的物质的量保持不变，起始时气体总量为amol+amol=2amol，则达到新平衡时气体总量仍为2amol，故C正确；D.若温度不变时，在恒容条件下充入稀有气体，各组分的浓度不变，故反应速率不变，D错误。故选D。16、C【题目详解】A.钛合金与人体有很好的“相容性”，可用来制造人造骨，故A正确；B.钛的合金密度小、可塑性好、易于加工，可用于制造航天飞机，故B正确；C.保险丝应该用熔点比较低的金属材料做，钛及其合金熔点高，不适合做保险丝，故C错误；D.钛的合金密度小、可塑性好、易于加工，可用于制造汽车、船舶，故D正确；故选C。17、C【题目详解】未成熟的苹果肉含有淀粉，淀粉遇到碘能够变蓝；苹果从青转熟时，淀粉水解生成单糖，成熟苹果的汁液中含有葡萄糖，葡萄糖含有醛基，能被新制的银氨溶液氧化，发生银镜反应，故答案为：C。18、A【分析】正反应是气体体积减小的、放热的可逆反应，结合反应图像分析解答。【题目详解】A.甲图正、逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向进行，则改变的反应条件为升高温度，A正确；B.乙图中T2曲线先达到平衡状态，则温度T2＞T1，升高温度平衡向逆反应方向进行，NO2的百分含量增大，则纵坐标不能代表NO2的百分含量，B错误；C.充入稀有气体时反应物浓度不变，反应速率不变，C错误；D.升高温度，平衡逆向移动，K正减小、K逆增大，曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，D错误；答案选A。19、D【解题分析】A、设达平衡后B的物质的量减少nmol，则A的物质的量减少2nmol，C的物质的量增加xnmol，平衡时A、B、C的物质的量分别是（mol）:a-2n、a-n、xn，所以（a-2n）：（a-n）=1:3，解得n=0.4a，（a-2n）：（xn）=1:4，x=2，正确；B、N是恒温恒容条件，由图III可知，气体的密度逐渐增大，说明气体的质量逐渐增加，若A、B都是气体，则混合气体的密度会一直不变，所以A、B中只有一种是气态，正确；C、A为气体，B为非气体，则该反应是反应前后气体物质的量不变的可逆反应，恒温恒压与恒温恒容达到的平衡是等效的，所以平衡时M、N中C的物质的量相等，正确；D、若A、B均为气体，M平衡后的容器的压强大于N容器，所以由M容器达到N容器的平衡状态，需要减小压强，平衡逆向移动，M中A的转化率减小后与N中A的转化率相同，所以原平衡时M中A的转化率大于N中A的转化率，错误；答案选D。20、D【分析】电解CuCl2溶液时，总反应为：，电解池中，阳极上发生氧化反应，是氯离子失去电子的氧化反应，2Cl－-2e－=Cl2，阴极上发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，溶液中Cu2+向阴极移动，Cl－和OH－向阳极移动，即可解题。【题目详解】A．根据题干分析，阴极石墨棒上有红色的铜附着，故A正确；B．根据题干分析，阳极电极反应为：2Cl－-2e－=Cl2，故B正确；C．根据题干分析，电解过程中，Cl－和OH－向阳极移动，故C正确；D．根据题干分析，总反应为：，故D错误；故答案选：D。21、B【题目详解】A、根据溶液呈现电中性，因此有c(NH4＋)＋c(H＋)=c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，溶液pH=7，即c(H＋)=c(OH－)，因此有c(NH4＋)=c(HCO3－)＋2c(CO32－)，故A说法正确；B、两种溶液混合后，溶质为NH4Cl，该溶液为酸性，因此有c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)，故B说法错误；C、根据物料守恒，因此有c(Na＋)＝2[c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)]，故C说法正确；D、两者恰好完全反应，溶质为NaCl和NH3·H2O，NH3·H2O为弱碱，溶液显碱性，即c(Na＋)=c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故D说法正确。22、D【题目详解】A．甲醇分子中只有1个碳原子，不能发生消去反应，不能生成碳碳不饱和键，故A错误；B．中氯原子相连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，能够发生消去反应，但生成的不是烯烃，是炔烃，故B错误；C．与-Br相连C的邻位C上没有H，不能发生消去反应，故C错误；D．与-OH相连C的邻位C上有H，可以发生消去反应生成烯烃，故D正确；故选D。【题目点拨】明确有机物发生消去反应的条件是解题的关键。本题的易错点为B，要注意分子中的两个氯原子都能消去生成炔烃，若消去一个氯原子，生成的产物不是烃，是卤代烃。二、非选择题(共84分)23、加成反应CH3COOHDC【分析】乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故B为乙醇，乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，故D为乙酸，以此解答。【题目详解】（1）由上述分析可知，①的反应类型为加成反应；（2）由上述分析可知，D为乙酸，结构简式为CH3COOH；（3）A．乙烯结构简式为，6个原子均在一个平面内，故A项说法正确；B．乙烯中碳碳双键能够与Br2发生加成反应生成无色1,2—二溴乙烷，能使溴水溶液褪色，故B项说法正确；C．乙烯为一种植物激源素，由于具有促进果实成熟的作用，并在成熟前大量合成，所以认为它是成熟激素，可以做果实的催熟剂，故C项说法正确；D．医用酒精消毒剂浓度是75%，故D项说法错误；综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D；（4）反应②属于取代反应或酯化反应，甲烷燃烧属于氧化还原反应，乙烯生成聚乙烯属于加聚反应，苯与液溴反应生成溴苯属于取代反应，淀粉水解属于水解反应，故答案为C。24、2,3—二甲基-2-丁烯加成反应消去反应+2H2O羟基【分析】根据A中碳氢含量知A是烃，A中碳原子个数为6，氢原子个数为10，-故A的分子式是C6H10，能和氢气发生加成反应生成B，说明A中含有碳碳双键，B的一氯代物仅有一种，说明环烷烃B没有支链，所以A的结构简式为，B的结构简式为：；A和溴发生加成反应生成D，所以D的结构简式为：，D和氢氧化钠的醇Br溶液发生消去反应生成E，E能和A发生反应生成F，结合题给信息知，E的结构简式为：，F的结构简式为：，F和HBr发生加成反应生成H，则H的结构简式为：，H和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成I，I的结构简式为：，A被酸性高锰酸钾氧化生成G，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化成羧酸，G的分子式为C6H10O4，G的摩尔质量为146g/mol，，消耗的n(NaOH)=0.100mol/L×0.02L=0.002mol，故G分子中含有2个羧基，其结构简式为：HOOC-(CH2)4-COOH，M与G是同系物，且含有两个碳原子，所以M的结构简式为，以下由此解答；【题目详解】(1)1molA的质量为82g，，，故A的分子式是C6H10，A为环状化合物，B为A的加成产物。且B的一氯代物只有一种，故A为环乙烯（），B为环己烷，B的结构简式为：，故答案为：；(2)M为B的同分异构体，核磁共振氢谱只有一个峰，分子中所有的C原子共平面，故M分子中含有碳碳双键，且为对称结构，结构简式为(CH3)2C=C(CH3)2，名称为：2,3—二甲基-2-丁烯，故答案为：2,3—二甲基-2-丁烯；(3)A（）与Br2发生加成反应得到D（），由D在NaOH醇溶液中加热生成E（）属于消去反应，故答案为：加成反应，消去反应；(4)G的摩尔质量为146g/mol，，消耗的n(NaOH)=0.100mol/L×0.02L=0.002mol，故G分子中含有2个羧基，故G的结构简式为HOOC-(CH2)4-COOH，M与G互为同系物，且含有2个碳原子，则M为，则与乙二醇反应生成环状化合物N的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；(5)根据题中信息可知，E（）与A（）发生化学反应的方程式为：，故答案为：；(6)F与HBr发生加成反应得到H（），H在NaOH水溶液的作用下得到I（），其中含有的官能团为羟基，故答案为：羟基；(7)由题中信息可知，要制备4,5-二甲基-1-环己烯，应先制备2-丁烯和1,3-丁二烯，由2-溴甲烷消去可得2-丁烯，2-丁烯与溴发生加成反应得到2,3-二溴丁烷，然后消去可得1,3-丁二烯，故合成路线为：，故答案为：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、③①②④丙b锥形瓶内溶液颜色的变化D0.1044mol/L滴入最后一滴盐酸时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复到原来的颜色【解题分析】（1）中和滴定的操作步骤为：③检查滴定管是否漏水，①用标准溶液润洗滴定管，②往滴定管内注入标准溶液，④滴定，所以正确的滴定顺序为：③①②④，故答案为：③①②④；（2）排去碱式滴定管中气泡的方法应采用丙，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，故答案为：丙；（3）盐酸和氢氧化钠恰好反应溶液呈中性，可选择酚酞或甲基橙作指示剂，故选b，故答案为：b；（4）酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；（5）A项、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，溶液被稀释，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，测定c（待测）偏大，故A错误；B项、滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，测定c（待测）无影响，故B错误；C项、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，测定c（待测）偏大，故C错误；D项、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，测定c（待测）偏低，故D正确。故选D，故答案为：D；（6）三次滴定消耗盐酸的体积分别为26.10mL，26.08mL，26.12mL，三组数据均有效，平均消耗V（盐酸）=26.10mL，由化学方程式可得：0.02610L×0.1000mol/L=0.025L×c（NaOH），则c（NaOH）==0.1044mol/L,故答案为：0.1044mol/L；（7）滴定终点的判定依据是溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不褪色。【题目点拨】本题考查酸碱中和滴定，明确中和滴定实验的仪器、步骤、滴定终点的判断，数据处理等即可解答。27、FeFe-2e-=Fe2+CB隔绝空气，防止白色沉淀被氧化B【题目详解】①该装置为制备纯净Fe(OH)2沉淀的装置，则Fe作阳极，即a电极为Fe，发生的电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故答案为：Fe；Fe-2e-=Fe2+；②A．纯水几乎不导电，不可作电解液，A不满足题意；B．电解质液为NaCl溶液时，阳极反应为水电离的H+得电子产生OH-，OH-和Fe2+迁移后在两极之间的溶液产生白色Fe(OH)2沉淀，B满足白色沉淀在两极之间的溶液中生成；C．电解质液为NaOH溶液，Fe电极附近有高浓度的OH-，白色沉淀在Fe电极负极产生，C满足色沉淀在电极周围生成；D．电解质液为CuCl2溶液，阴极为Cu2+得电子得到Cu，不产生白色Fe(OH)2沉淀，D不满足题意；故答案为：C；B；③苯不溶于水，密度比水小，浮在电解液表面，可隔绝空气，防止白色沉淀被氧化，故答案为：隔绝空气，防止白色沉