福建省长乐中学2024届化学高二上期中复习检测模拟试题含解析

福建省长乐中学2024届化学高二上期中复习检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．饱和氯水中：Cl－、NO3—、Na＋、SO32—B．c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1溶液中：K＋、SO42—、Br－C．Na2S溶液中：SO42—、K＋、Cl－、Cu2＋D．pH＝12的溶液中：NO3—、I－、Na＋、Al3＋2、下列物质沸点最高的是A．正丁烷B．异丁烷C．1-丙醇D．1，2-丙二醇3、下列各组中的反应，属于同一反应类型的是A．由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇B．由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸C．由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制二溴丙烷D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇4、下列事实不能说明有机物分子中原子或原子团间的相互影响，会导致化学性质差异的是A．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而乙烷不能C．苯与液溴在催化剂作用下才发生反应，而苯酚与浓溴水混合就能发生反应D．等物质的量的乙醇和甘油与足量的金属钠反应，后者产生的氢气比前者多5、氮化硅陶瓷能代替金属制造发动机的耐热部件。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)＋2N2(g)＋6H2(g)Si3N4(s)＋12HCl(g)△H＜0。若在恒压绝热容器中反应，下列选项表明反应一定已达化学平衡状态的是（）A．容器的温度保持不变 B．容器的压强保持不变C．υ正(N2)＝6υ逆(HCl) D．容器内的气体c(N2)∶c(H2)∶c(HCl)＝1∶3∶66、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－17、下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是A．NaClB．NH4ClC．Na2CO3D．NaOH8、25℃时，将1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述错误的是A．该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka=B．a点对应的混合溶液中c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)C．水的电离程度:c>b>aD．当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)9、温家宝指出“优化结构、提高效益和降低消耗、保护环境”，这是我国国民经济和社会发展的基础性要求。你认为下列行为不符合这个要求的是A．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源B．加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等清洁能源的开发利用C．研制开发以水代替有机溶剂的化工涂料D．将煤转化成气体燃料可以有效地减少“温室效应”的气体产生10、工业生产中，降低能耗是重要的节能措施。可以通过合理设计工艺路线，优化工艺条件，从而达到降低能耗的目的。下列措施不能达到降低能耗的目的的是A．在N2与H2合成氨工业中，使用催化剂B．电解熔融氧化铝制取铝，在氧化铝中加冰晶石C．陶瓷烧制时，用煤炭代替瓦斯（主要成分CH4）作燃料D．接触法生产H2SO4的过程中，在接触室中采用热交换器11、常温下，pH＝13的强碱溶液与pH＝2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比是()A．11∶1 B．9∶1 C．1∶11 D．1∶912、在“石蜡→石蜡油→石蜡气体→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（）A．范德华力、范德华力、范德华力 B．共价键、共价键、共价键C．范德华力、共价键、共价键 D．范德华力、范德华力、共价键13、在超市购买的食用调和油含有的主要成分属于A．糖类 B．蛋白质 C．无机盐 D．油脂14、保护环境是每个公民的责任和义务。引起下列环境污染的原因不正确的是（）。A．重金属、农药和难分解有机物等会造成水体污染B．装饰材料中的甲醛、芳香烃及氡等会造成居室污染C．水体污染会导致地方性甲状腺肿D．CO2和氟氯代烃等物质的大量排放会造成温室效应的加剧15、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐A溶于水后，加入稀硫酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法正确的是A．因为H-X的键能大于H-W的键能，所以简单氢化物的热稳定性前者弱与后者B．Y的简单离子与X的简单离子具有相同的电子层结构C．A溶液与稀硫酸溶液反应，随温度升反应速率加快D．1molZ的最高价氧化物的水化物与足量的氢氧化钠溶液反应放出热量为57.3kJ16、有8种物质：①甲烷；②苯；③聚乙烯；④聚异戊二烯；⑤2-丁炔；⑥环己烷；⑦邻二甲苯；⑧环己烯。既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是A．③④⑤⑧ B．④⑤⑦⑧ C．③④⑤⑦⑧ D．④⑤⑧17、中医药是中华民族的瑰宝，奎尼酸是一种常见中药的主要成分之一，有降脂降糖等功效，其结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A．奎尼酸分子式为C9H8O4B．奎尼酸存在顺反异构体，且分子中所有碳原子可能共平面C．1mol奎尼酸该分子最多能与4molH2、4molBr2发生化学反应D．奎尼酸的同分异构体中属于二元羧酸的芳香族化合物有6种18、工业上生产氮化硅陶瓷反应为3SiCl4＋2N2＋6H2Si3N4＋12HCl，有关该反应说法正确的是A．SiCl4是氧化剂 B．N2发生还原反应C．H2被还原 D．N2失电子19、25℃时，10mL0.15mol/L的硫酸与10mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液混合，则混合后的pH为A．0B．1C．2D．320、下列说法中正确的是（）A．PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果B．sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道C．凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR构型都是四面体D．AB3型的分子空间构型必为平面三角形21、第ⅦA元素是重要的成盐元素，其氢化物稳定性最大的是A．HF B．HCl C．HBr D．HI22、下列说法不正确的是A．分子式CF2Cl2、C3H8、C2H4、C2H2均只对应一种化合物B．1molC4HmO完全燃烧，最多消耗O26molC．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2-氯甲苯或4-氯甲苯D．分子式为C10H14，能使酸性KMnO4溶液褪色的一元取代苯共有3种二、非选择题(共84分)23、（14分）(1)下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同）______，属于非电解质是_____。①硫酸氢钠固体②冰醋酸③蔗糖④氯化氢气体⑤硫酸钡⑥氨气⑦次氯酸钠(2)写出下列物质在水中的电离方程式：醋酸：______。次氯酸钠：______。(3)甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L-1、0.1mol•L-1，则c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙________10（填“大于”、“等于”或“小于”）。(4)现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为_____。24、（12分）聚苯乙烯（PS）和聚对苯二甲酸乙二醇酯（PET）材料具有高韧性、质轻、耐酸碱等性能，在生产生活中应用广泛。这两种聚合物可按图路线合成，请回答下列问题：（1）A的分子式为_____，其核磁共振氢谱有_____组（个）吸收峰。（2）含有苯环的B的同分异构体有_____种。（3）D为苯乙烯，其结构简式为_____，官能团为_____。（4）F的名称为_____，由E→G的反应类型是_____（填“缩聚”或“加聚”）反应。（5）已知：，写出由Br-CH2CH2-Br制备HOOC-CH2CH2-COOH的合成路线：_____。25、（12分）Ⅰ:用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_____________。(2)如果按图中所示的装置进行试验，求得的中和热数值_______(填“偏大、偏小、无影响”)。(3)实验中改用60mL0.50mol·L-1盐酸跟50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与(2)中实验相比，所求中和热_________(填“相等”或“不相等”)。Ⅱ:(1)北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷(C3H8)，亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯(C3H6),丙烷脱氢可得丙烯。已知：C3H8(g)→CH4(g)＋HC≡CH(g)＋H2(g)△H1=+156.6kJ·mol－1，CH3CH＝CH2(g)→CH4(g)＋HC≡CH(g)△H2=+32.4kJ·mol－1。则C3H8(g)→CH3CH＝CH2(g)＋H2(g)△H=______________kJ·mol－1。(2)发射火箭时用肼(N2H4)作燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。已知32gN2H4(g)完全发生上述反应放出568kJ的热量，热化学方程式是：__________。26、（10分）用图所示装置进行中和热测定实验，请回答下列问题：（1）仪器A的名称为_______。（2）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是__________。（3）实验中若用1．51mol·L－1H2SO2溶液跟1．51mol·L－1NaOH溶液进行中和热测定，写出表示该反应中和热的热化学方程试（中和热为57.3kJ·mol-1）：__________________。（2）取31mL1．51mol·L－1H2SO2溶液与51mL1．51mol·L－1NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，三次实验温度平均升高2.1℃。已知中和后生成的溶液的比热容为2．18J／（g·℃），溶液的密度均为1g／cm3。通过计算可得中和热△H=_____，（5）上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生此偏差的原因可能是(填字母)______。a．实验装置保温、隔热效果差b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO2溶液的温度c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中（6）实验中若用61mL1．25mol·L－1H2SO2溶液跟51mL1．55mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____（填“相等”．“不相等”），所求中和热___（填“相等”．“不相等”），若用51mL1．51mol·L－1醋酸代替H2SO2溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会____（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。27、（12分）某实验小组设计用50mL0.50mol·L－1盐酸跟50mL0.55mol·L－1氢氧化钠溶液在如图装置中进行中和反应。试回答下列问题：（1）仪器A的名称__________________________。（2）实验过程中下列操作正确是______________(填字母)。A.用温度计小心搅拌B.分多次加入氢氧化钠溶液C.只进行一次实验，用所获得的数据计算中和热D.用套在温度计上的A轻轻地上下搅动（3）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝__________(结果保留一位小数)。（4）以下操作，会使测得的中和热ΔH发生怎样的变化？(填“偏大”“偏小”或“不变”)。①量取稀盐酸时俯视量筒读数，测得的中和热ΔH会_______________。②在中和热测定实验中未用水洗涤温度计上的盐酸直接测定碱的温度，测得的中和热ΔH会_______________。③若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热ΔH会__________，其原因是______________________________________。28、（14分）过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。回答下列问题：(1)室温下，过氧化氢的Ka1＝2.24×10-12，则H2O2的酸性________H2O(填“＞”“＜”或“＝”)，H2O2的一级电离方程式为________。(2)研究表明，过氧化氢溶液中c(HO)越大，过氧化氢的分解速率越快。常温下，不同浓度的过氧化氢分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢，pH增大分解率增大的原因是________。(3)100℃时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24h的分解率见表：离子加入量/(mg·L-1)分解率/%离子加入量/(mg·L-1)分解率/%无—2Fe3＋1.015Al3＋102Cu2＋0.186Zn2＋1010Cr3＋0.196由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是________；储运过氧化氢时，可选用的容器材质为________(填序号)。A．不锈钢B．黄铜C．纯铝D．铸铁29、（10分）红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)是重要的化工原料，工业上用铬铁矿(主要成分是FeO·Cr2O3)制备红矾钠的过程中会发生如下反应：4FeO(s)＋4Cr2O3(s)＋8Na2CO3(s)＋7O2(g)8Na2CrO4(s)＋2Fe2O3(s)＋8CO2(g)ΔH<0(1)如图为上述反应的浓度—时间图像，由图像判断反应进行至t2时刻时，改变的条件是_________________________，如图为上述反应的速率—时间图像，表示上述反应在t1时达到平衡，在t2时因改变某个条件而使曲线发生变化。由图判断，t2时刻曲线变化的原因可能是________(填写序号)。a．升高温度b．加催化剂c．通入O2d．缩小容器体积(2)工业上可利用上述反应的副产物CO2来生产甲醇：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。①一定温度下，在容积为1L的密闭容器中，充入2molCO2和4molH2，一段时间后达到平衡，测得CH3OH的物质的量浓度为1mol/L，则该温度下此反应的平衡常数为_________，某时刻测得CO2、H2、CH3OH和H2O的物质的量分别为2mol，1mol，1mol，1mol，则这一时刻v(正)___________v(逆)②在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭容器中，充分反应达到平衡后，CO2转化率为α，则容器内的压强与起始压强之比为_______________。

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、B【题目详解】A.在饱和氯水中SO32－易被氧化，故A错误；B.[H＋]＝1.0×10－13mol·L－1溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，K＋、SO42－、Br－三种离子都能大量共存，故B正确；C.Na2S溶液Cu2＋会与S2-反应生成沉淀而不能大量存在，故C错误；D.pH＝12的溶液Al3＋易转化为氢氧化铝沉淀而不能大量存在，故D错误；答案选B。【题目点拨】判断溶液中的离子共存离子间的反应规律是基础，而且还要审清题干中隐藏的离子。2、D【解题分析】正丁烷、异丁烷、1-丙醇的相对分子质量相近，由于醇中存在氢键，所以相对分子质量相近的烷烃与醇相比，醇的沸点高于烷烃，故排除A、B。碳原子相同的醇，醇羟基个数越多其熔沸点越高，所以1，2-丙二醇的沸点高于1-丙醇，沸点最高的为1，2-丙二醇，故选D。点睛：本题考查物质熔沸点比较，碳原子数相同的烷烃，其支链越多，沸点越低，本题中正丁烷沸点高于异丁烷。醇的沸点受醇羟基数目影响，醇羟基越多，分子间存在的氢键越多，沸点越高。3、D【解题分析】考查有机反应类型的判断。有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其它原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应是加成反应，有机物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应叫取代反应，有机化合物在一定条件下，从1个分子中脱去1个或几个小分子，而生成不饱和键化合物的反应，叫做消去反应。有机物分子中失去氢原子或加入氧原子的反应叫做氧化反应，有机物分子中加入氢原子或失去氧原子的反应叫做还原反应，因此A中分别是取代反应和加成反应；B中分别是取代反应和氧化反应；C中分别是消去反应和加成反应；D中均是取代反应，所以答案是D。4、D【题目详解】A．在苯酚中，由于苯环对-OH的影响，酚羟基具有酸性，对比乙醇，虽含有-OH，但不具有酸性，能说明有机物分子中原子或原子团间的相互影响，会导致化学性质的差异，故A不选；B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能，说明苯基对甲基的性质有影响，使苯环的侧链甲基易被氧化，能说明有机物分子中原子或原子团间的相互影响，会导致化学性质的差异，故B不选；C．苯酚与浓溴水混合就能发生反应，说明含有-OH时，苯环上的氢原子更活泼，可说明有机物分子中原子或原子团间的相互影响，会导致化学性质的差异，故C不选；D．乙醇和乙二醇都含有羟基，但羟基数目不同，生成氢气的量不同，不能说明机物分子中原子或原子团的相互影响，故D选；故选D。5、A【分析】根据化学平衡的本质标志（正、逆反应速率相等且不等于0）和特征标志（各组分的浓度保持不变）判断反应是否达到平衡状态。【题目详解】A项，该反应的正反应为放热反应，在恒压绝热容器中建立平衡过程中温度升高，平衡时温度不变，容器的温度保持不变能表明反应一定达到化学平衡状态；B项，该容器为恒压绝热容器，容器的压强始终保持不变，容器的压强保持不变不能表明反应一定达到化学平衡状态；C项，达到化学平衡时用不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，达到平衡时6υ正（N2）=υ逆（HCl），故υ正（N2）=6υ逆（HCl）时反应没有达到平衡状态；D项，达到平衡时各组分的浓度保持不变，不一定等于化学计量数之比，容器内的气体c（N2）：c（H2）：c（HCl）=1:3:6不能表明反应一定达到化学平衡状态；答案选A。【题目点拨】可逆反应在一定条件下达到化学平衡状态的标志是：逆向相等，变量不变。“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等，“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志；注意可逆反应达到平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定相等，也不一定等于化学计量数之比。解答本题时还需注意容器为恒压绝热容器。6、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。7、C【解题分析】A．NaCl在溶液中不水解，其溶液为中性，故A错误；B．NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，溶液呈酸性，故B错误；C．Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，满足条件，故C正确；D．NaOH为强碱溶液，不满足条件，故D错误；故选C。点睛：明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握盐的类型及溶液性质。盐的水溶液因水解而呈碱性，说明该盐属于强碱弱酸盐。8、A【解题分析】1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱。A.该温度下，1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，醋酸的电离平衡常数Ka==≈=，故A错误；B.a点溶液的pH=3.1，是加入的醋酸后的结果，根据电荷守恒知，c(CH3COO-)＞c(Na+)，醋酸的电离程度较小，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；C.a以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，b点加入醋酸水的电离程度减小，c点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度c>b>a，故C正确；D.当混合溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)，故D正确；故选A。9、D【题目详解】A．将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，可减少污染物的排放，节约能源，故A正确；B．加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等清洁能源的开发利用，可减少对传统化石能源的依赖，减少环境污染，故B正确；C．以水代替有机溶剂，可减少环境污染，故C正确；D．将煤转化成气体燃料，可提高能源的利用率，但不能减少二氧化碳的排放，故D错误；故选D。10、C【题目详解】A.在N2与H2合成氨工业中，使用催化剂，可以缩短到达平衡的时间，提高单位时间的产量，故A可以；B.纯净氧化铝的熔点很高（约2045℃），在实际生产中，通过加入助熔剂冰晶石（Na3AlF6）在1000℃左右就可以得到熔融体，从而降低了能耗，故B可以；C.用煤炭代替瓦斯（主要成分CH4）作燃料，不能降低能耗，故C不可以；D.采用热交换器使热量得到充分利用，从而降低了能耗，故D可以。故选C。11、D【题目详解】常温下混合溶液pH=11，则溶液显碱性，说明碱过量，设碱的体积为V1，pH=13，则溶液中c(OH-)=0.1mol/L；设酸的体积为V2，pH=2，则溶液中c(H+)=0.01mol/L，二者混合是碱过量，pH=11，则混合溶液中c(OH-)=10-3mol/L=，解得V1：V2=1:9，故答案为D。12、D【题目详解】石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡蒸气→裂化气发生了化学变化，破坏了共价键；所以在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键，故答案为D。13、D【题目详解】A．糖类主要存在于植物种子或块茎及制品中，如大米、面粉、玉米等，故A错误；B．蛋白质分为动物蛋白和植物蛋白，主要存在于动物的肌肉和某些植物的果实内，故B错误；C．无机盐广泛存在于人类所摄取的各种食物中，故C错误；D．食用油的主要成分是油脂，油脂的摄主要通过食用油来完成，故D正确；故选D。14、C【解题分析】地方性甲状腺肿是机体缺碘引起的，与环境污染无关。15、C【解题分析】短周期主族元素W、X、Y、Z

的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，W为N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y为Na；由X、Y、Z

三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，盐为Na2S2O3，结合原子序数可知，X为O，Z为S，以此来解答。【题目详解】由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为S，A．因为H-O的键能大于H-N的键能，键能越大，形成的氢化物越稳定，因此H2O>NH3，A错误；B．Y的简单离子为Na+,X的简单离子为O2-或O2+，因此Y的简单离子与X的简单离子离子具有的电子数可能不相等，电子层结构可能不相同，B错误；C.综以上分析可知，A为硫代硫酸钠溶液，与稀硫酸溶液反应，随温度升高反应速率加快，C正确；D.1molZ的最高价氧化物的水化物为H2SO4，与足量的氢氧化钠溶液反应放出热量为114.6kJ，D错误；综上所述，本题选C。16、D【解题分析】①甲烷既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又不能使溴水褪色；②苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不能与溴水反应使溴水褪色；③聚乙烯既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又不能使溴水褪色；④聚异戊二烯中含碳碳双键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水褪色；⑤2—丁炔中含碳碳三键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水褪色；⑥环己烷既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又不能使溴水褪色；⑦邻二甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能与溴水反应使溴水褪色；⑧环己烯含碳碳双键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水褪色；既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是④⑤⑧，答案选D。17、D【题目详解】A．根据结构简式可知，奎尼酸分子式为C9H8O4，A正确；B．该物质中碳碳双键上的两个碳原子均连接了两个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构；苯环上的碳原子一定共面，与苯环上碳原子相连的碳原子也一定共面，碳碳双键上的两个碳原子以及与该碳原子相连的碳原子共面，苯环形成的平面和双键形成的平面以单键相连，单键可以旋转，所以分子中所有碳原子可能共面，B正确；C．碳碳双键、苯环可以和氢气加成，羧基不能加成，所以1mol该物质最多和4mol氢气、4molBr2发生加成反应，C正确；D．奎尼酸的分子式为C9H8O4，其同分异构体属于二元羧酸，则有两个-COOH，属于芳香族化合物，则含有苯环，则苯环上可以有三个取代基分别为-CH3和两个-COOH，此时有6种结构，也可以是两个取代基，分别为-CH2COOH、-COOH，此时有3种结构，所以共有9种同分异构体，D错误；答案选D。18、B【分析】氧化剂：得到电子，化合价降低，发生还原反应；还原剂：失去电子，化合价升高，发生氧化反应。【题目详解】根据反应方程式，SiCl4中Si的化合价为＋4价，Cl为－1价，Si3N4中Si为＋4价，N为－3价，HCl中H为＋1价，Cl为－1价，A、SiCl4中元素化合价没有发生变化，既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；B、N元素的化合价降低，N2为氧化剂，发生还原反应，故B正确；C、H2中H元素化合价升高，H2作还原剂，发生氧化反应，故C错误；D、根据B选项分析，N2作氧化剂，得到电子，故D错误，答案选B。19、B【解题分析】25℃时，10mL0.15mol/L的硫酸中氢离子物质的量为0.15×0.01×2=0.003mol，与10mL0.1mol/L的氢氧化钠中氢氧根离子物质的量为0.1×0.01=0.001mol，则二溶液混合后剩余氢离子，剩余的氢离子物质的量为0.003-0.001=0.002mol，氢离子浓度为0.002/0.02=0.1mol/L，溶液的pH为1，故选B。20、C【题目详解】A.PCl3分子的中心原子P含有3个成键电子对和1个孤电子对，属于sp3杂化，含有1个孤电子对，所以空间构型为三角锥形，A错误；B.能量相近的s轨道和p轨道形成杂化轨道，则sp3杂化轨道是能量相近的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道，故B错误；C.中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体，而分子的几何构型还与含有的孤电子对数有关，C正确；D.AB3型的分子空间构型与中心原子的孤电子对数有关，如BF3中B原子没有孤电子对，为平面三角形，NH3中N原子有1个孤电子对，为三角锥形，D错误；故合理选项是C。21、A【解题分析】同主族自上而下非金属性逐渐减弱，氢化物稳定性逐渐减弱，则氢化物稳定性最强的是HF，答案选A。22、C【题目详解】A.分子式CF2Cl2、C3H8、C2H4、C2H2没有同分异构体，均只对应一种化合物，选项A正确；B.C4HmO中m最大值为10，则1molC4HmO完全燃烧，最多消耗O24+-=6mol，选项B正确；C.甲苯与氯气在光照下反应发生的是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物，选项C错误；D.C10H14的分子式符合2n-6的通式，能使酸性KMnO4溶液褪色的一元取代苯，分子中含有丁烷烷基，丁烷烷基的碳链同分异构体有：、、、，与苯环相连的C原子上必须含有H原子，才可被酸性高锰酸钾氧化，烷基与苯环相连的C原子上不含H原子，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以共有3种，选项D正确。答案选C。二、非选择题(共84分)23、②③⑥CH3COOHCH3COO-+H+NaClO=Na++ClO-小于丙>甲=乙【分析】(1)部分电离的电解质为弱电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+；(3)相同溶质的弱电解质溶液中，溶液浓度越小，电解质的电离程度越大；(4)在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡，根据溶液中电解质电离产生的离子浓度大小，判断对水电离平衡影响，等浓度的H+、OH-对水电离的抑制程度相同。【题目详解】(1)①硫酸氢钠固体属于盐，熔融状态和在水溶液里均能完全电离，属于强电解质；②冰醋酸溶于水后能部分电离出醋酸根离子和氢离子，属于弱电解质；③蔗糖在熔融状态下和水溶液里均不能导电，属于化合物，是非电解质；④氯化氢气体溶于水完全电离，属于强电解质；⑤硫酸钡属于盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质；⑥氨气本身不能电离出自由移动的离子，属于化合物，是非电解质；⑦次氯酸钠属于盐，是你强电解质；故属于弱电解质的是②；属于非电解质是③⑥；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+，其电离方程式为NaClO=Na++ClO-；(3)一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大。甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，根据弱电解质的浓度越小，电离程度越大，可知甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；(4)有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L；乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，c(H+)=0.1mol/L，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，由于醋酸是一元弱酸，主要以醋酸分子存在，电离产生的离子浓度很小，所以该溶液中c(H+)<<0.1mol/L，在三种溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-，加入的酸电离产生的H+或碱溶液中OH-对水的电离平衡起抑制作用，溶液中离子浓度越大，水电离程度就越小，水电离产生的H+或OH-浓度就越小，甲、乙、丙三种溶液中电解质电离产生的离子浓度：甲=乙>丙，则由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为：丙>甲=乙。【题目点拨】本题考查了强弱电解质判断、非电解质的判断、弱电解质电离平衡及影响因素、水的电离等知识点，清楚物质的基本概念进行判断，明确对于弱电解质来说，越稀释，电解质电离程度越大；电解质溶液中电解质电离产生的离子浓度越大，水电离程度就越小。24、C6H613碳碳双键（或）乙二醇缩聚【分析】核磁共振氢谱确定有机物结构中的氢原子种类，根据在同一个碳原子上的氢原子相同，和对称位的碳上的氢原子相同分析。【题目详解】(1)Ａ为苯，分子式为C6H6，核磁共振氢谱１个吸收峰。(２)Ｂ为乙苯，含有苯环的Ｂ的同分异构体有邻间对三种二甲苯。(３)Ｄ为苯乙烯，结构简式为，官能团为碳碳双键（或）。(４)F的名称为乙二醇。由E→G的反应类型是缩聚反应。(５)由已知分析，１,２－二溴乙烷反应生成丁二酸，首先加长碳链，１,２－二溴乙烷和NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，再水解生成丁二酸，合成路线为：25、环形玻璃搅拌棒偏小相等+124.2N2H4（g）+NO2（g）＝3/2N2（g）+2H2O（g）ΔH=-568kJ・mol-1【解题分析】Ⅰ、（1）中和热的测定实验中需要使用环形玻璃搅拌棒搅拌，因此图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒。（2）若用图中实验仪器测中和热，因为大小烧杯中有很多的空隙，保温措施不好，有热量损失，所以测得的结果会偏小。（3）中和热与反应的酸碱的物质的量无关，所以测得的中和热的数值相等。Ⅱ、（1）根据盖斯定律分析，反应①-反应②即可得反应热为(156.6-32.4)kJ·mol－1=+124.2kJ·mol－1。（2）根据题目信息分析，32g肼为1mol，完全反应生成氮气和气态水放出568kJ的热量，因此热化学方程式为N2H4（g）+NO2（g）＝3/2N2（g）+2H2O（g）ΔH=-568kJ・mol-1。26、环形玻璃搅拌棒保温、隔热、减少实验过程中的热量损失1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l);ΔH=-57.3kJ·mol-1-52.8kJ·mol-1ab不相等相等偏小【题目详解】（1）根据量热器构成可知，为使反应充分、快速进行，可以用环形玻璃搅拌棒上下搅拌，因此仪器A为环形玻璃搅拌棒；综上所述，本题答案是：环形玻璃搅拌棒。（2）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是起到保温、隔热的作用，降低热量损失，减少实验误差；综上所述，本题答案是：保温、隔热、减少实验过程中的热量损失。（3）中和热是指在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1mol液态水时的反应热。所以1．51mol·L－1H2SO2溶液跟1．51mol·L－1NaOH溶液进行反应生成1mol液态水，放出热量为57.3kJ·mol-1，该反应的中和热的热化学方程式为1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1；综上所述，本题答案是：1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1。（2）取31mL1．51mol·L－1H2SO2溶液与51mL1．51mol·L－1NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，混合液质量为（31+51）×1=81g，温度变化2.1℃，则反应生成1.125mol液态水放出的热量Q=cm∆t=2.18×81×2.1=1371.12J，则生成1mol液态水时放出的热量约1371.12/1.125=52821.6J=52.8kJ，则中和热△H=-52.8kJ·mol-1；综上所述，本题答案是：-52.8kJ·mol-1。(5)a．实验装置保温、隔热效果差，有部分热量散失，所以中和热偏小，a可能；b．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO2测温度，因为温度计上会有氢氧化钠,氢氧化钠与硫酸反应放热,导致硫酸的起始温度偏高,那么实验后温度增加量就比实际要小，所测中和热偏小，b可能；c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，操作合理，减小了热量损失，数值准确，c不可能；综上所述，本题选ab。（6）实验中若用61mL1．25mol·L－1H2SO2溶液跟51mL1．55mol·L－1NaOH溶液进行反应，反应生成1.15×1.55=1.1275molH2O，因此放出的热量不相等；由于中和热对应的是生成1mol液态水时的反应热，与实验过程中实际生成水的多少无关，故所求中和热相等；由于醋酸是弱酸，电离过程吸热，部分热量被消耗，因此测得反应前后温度的变化值会偏小；综上所述，本题答案是：不相等，相等，偏小。【题目点拨】本题考查中和热的测定与计算,题目难度中等,注意理解中和热的概念,注意掌握测定中和热的正确方法,明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失。27、环形玻璃搅拌棒D－51.8kJ·mol－1偏大偏大偏大用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小【解题分析】（1）根据量热器的构造可知，仪器A为环形玻璃搅拌棒；综上所述，本题答案是：环形玻璃搅拌棒。（2）A.为使反应充分，应用环形玻璃搅拌棒上下慢慢搅拌，不能用温度计搅拌，错误；B.分多次加入氢氧化钠溶液，易造成热量损失，测定的中和热数值偏小，应该一次性快速加入，错误；C.为减小实验误差，实验应该做2～3次，计算出平均值，只进行一次实验，就用所获得的数据计算中和热显然是不行的，错误；D.用套在温度计上环形玻璃搅拌棒的轻轻地上下搅动，使溶液混合均匀，减小实验误差，正确；综上所述，本题选D。（3）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃,反应后温度为23.2℃,反应前后温度差为3.15