2024届安徽合肥市华泰高中高二化学第一学期期中质量检测模拟试题含解析

2024届安徽合肥市华泰高中高二化学第一学期期中质量检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列名言名句中隐含化学变化的是A．冰雪消融B．木已成舟C．蜡烛成灰D．水落石出2、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，W与Y同主族，X在短周期中原子半径最大。下列说法正确的是A．常温常压下Y的单质为气态 B．X的氧化物是离子化合物C．X与Z形成的化合物的水溶液呈碱性 D．W与Y具有相同的最高化合价3、质量相同的两份铝分别与足量的氢氧化钠溶液和稀盐酸反应，在同温同压下产生的氢气体积比为()A．1:2 B．1:3 C．3:2 D．1:14、已知下列两个结构简式：CH3—CH3和CH3—，两式中均有短线“—”，这两条短线所表示的意义是A．都表示一对共用电子对B．都表示一个共价单键C．前者表示一对共用电子对，后者表示一个未成对电子D．前者表示分子内只有一个共价单键，后者表示该基团内无共价单键5、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解了32g铜B．1molFeCl3完全水解后可生成NA个氢氧化铁胶粒C．常温下，1mol氯气通入足量水中发生反应转移的电子数为NAD．100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中含有的阴离子数目大于0.01NA6、100mL6mol•L-1的硫酸溶液与过量锌粉反应，在一定温度下为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总质量，可向反应物中加入适量的（）A．硝酸钾 B．醋酸钠 C．硫酸氢钾 D．氯化氢气体7、下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是()A．Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，则AB2的溶解度小于CD的溶解度B．在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，氯化银的Ksp增大C．在氯化银的沉淀溶解平衡体系中加入碘化钾固体，氯化银沉淀可转化为碘化银沉淀D．在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，通入CO2气体，溶解平衡不移动8、蛋白质发生的下列过程中，可逆的是A．盐析 B．变性 C．煮熟 D．加入浓硫酸9、10mL浓度为1mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是（

）A．CH3COOH B．K2SO4 C．CuSO4 D．Na2CO310、下列设备工作时，将化学能转化为热能的是ABCD燃气灶太阳能热水器纽扣电池太阳能电池A．A B．B C．C D．D11、某人体质较弱，经常因血糖低而头晕，为了防止发生危险，你应建议她随身携带富含哪种营养素的食品A．糖类 B．蛋白质 C．油脂 D．矿物质12、A1溶于NaOH溶液中，2mo1A1参加反应，则生成的H2的物质的量为（）A．1mol B．3mol C．4mol D．6mol13、下列有关化学反应方向及其判据的说法中错误的是A．1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]＜S[H2O(g)]B．NH4NO3溶于水吸热，说明其溶于水不是自发过程C．CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)△H＞0能否自发进行与温度有关D．常温下，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的△H＞014、相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是A．pH相等的两溶液：c(CH3COO-)=c(Cl-)B．等浓度的盐酸和醋酸中和相同物质的量的NaOH时，盐酸的体积小C．同pH值时，稀释相同倍数后，醋酸溶液的pH值大D．等pH值的盐酸和醋酸与铁粉反应，产生气体的速率盐酸快15、下列热化学方程式，正确的是（）A．4g固体硫完全燃烧生成SO2，放出37kJ热量：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296kJ/molB．1molN2与3molH2在某密闭容器中反应放出73kJ热量，则反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-73kJ/molC．甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ·mol-1D．强酸强碱的中和热为-57.3kJ/mol：Ba(OH)2(aq)+H2SO4(aq)＝BaSO4(S)+2H2O(l)△H=-114.6kJ/mol16、下列装置图及有关说法正确的是（）A．装置①中K键闭合时，片刻后CuSO4溶液中c(Cl-)增大B．装置①中K键闭合时，片刻后可观察到滤纸a点变红色C．装置②中铁腐蚀的速率由大到小顺序是：只闭合K1>只闭合K3>只闭合K2>都断开D．装置③中当铁制品上析出1.6g铜时，电源负极输出的电子数为0.025NA17、在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应，H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H<0，通过下列操作，能使反应速率减慢的是①保持容器容积不变，向其中加入1molH2②保持容器容积不变，向其中加入1molN2(N2不参加反应)③保持容器内压强不变，向其中加入1molN2(N2不参加反应)④保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2(g)和1molI2(g)⑤提高起始的反应温度A．只有③B．只有④C．①②⑤D．①②④⑤18、下列说法正确的是A．水解反应是吸热反应B．升高温度可以抑制盐类的水解C．正盐水溶液pH均为7D．硫酸钠水溶液pH小于719、“绿色化学”是当今社会人们提出的一个新概念。在绿色化学中，一个重要的衡量指标是原子利用率。其计算公式为：，现有工业上用乙基蒽醌制备H2O2，其工艺流程的反应方程式为则用乙基蒽醌法制备H2O2的原子利用率是A．12.6%B．12.5%C．94.1%D．100%20、一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H+。下列叙述错误的是A．Pd电极b为阴极B．阴极的反应式为：N2+6H++6e−2NH3C．H+由阳极向阴极迁移D．陶瓷可以隔离N2和H221、下列化学用语表示正确的是①甲基的电子式：②乙炔的最简式：C2H2③蔗糖的分子式：C12H22O11④乙醛的结构简式：CH3COH⑤苯分子的比例模型：A．①②④ B．③⑤ C．②③⑤ D．④⑤22、下列气体排入空气中，不会引起大气污染的是A．SO2 B．N2 C．NO2 D．NO二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物G是一种重要的工业原料，其合成路线如图：回答下列问题：(1)已知反应①为加成反应，则有机物A的名称为______。(2)反应③的试剂和条件为______。(3)芳香烃M与B互为同分异构体，其核磁共振氢谱图中峰面积之比为3：1，M的结构简式为______。(4)有人提出可以将上述合成路线中的反应③和反应④简化掉，请说明你的观点和理由______。(5)反应⑥的化学方程式为______。24、（12分）已知卤代烃和NaOH的醇溶液共热可以得到烯烃，通过以下步骤由制取，其合成流程如图：

→A→B→→C→。

请回答下列问题：(1)选出上述过程中发生的反应类型是______。a.取代反应b.加成反应c.消去反应d.酯化反应(2)A的结构简式为_____________。(3)A→B所需的试剂和反应条件为_______________。(4)→C→这两步反应的化学方程式分别为__________；_________。25、（12分）某化学实验小组为了验证SO2和Cl2的漂白性，设计了如下图所示的实验装置。请回答下列问题：（1）他们制备SO2和Cl2所依据的原理分别是：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+SO2↑、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，则上图A、E装置中用来制Cl2的装置是______（填序号），反应中盐酸所表现的性质是______性和______性，生成71gCl2转移的电子是______mol；（2）反应开始后，发现B、D试管中的现象均为____________________________，停止通气后，给B、D两个试管中的溶液加热，B试管中的现象是________________________________；（3）装置C的作用是____________________________________________________________；（4）NaOH（足量）溶液与Cl2反应的离子方程式是__________________________________；（5）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比1：1混合，再与水反应可生成两种常见酸，因而失去漂白作用。该反应的化学方程式为______________________________________________________________。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）实验室制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓硫酸反应生成少量的C和SO2。某同学设计下列实验以确定上述气体中含有C2H4和SO2。（1）试解释装置Ⅰ中反应液变黑的原因是：___。写出装置Ⅰ中生成乙烯的化学方程式___。（2）Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ装置可盛放的试剂是：Ⅱ___、Ⅲ___、Ⅳ___、Ⅴ___（将有关试剂的序号填入空格内）。A．品红溶液B．NaOH溶液C．浓H2SO4D．酸性KMnO4溶液（3）能说明SO2气体存在的现象是___。（4）确定含有乙烯的现象___。28、（14分）（1）一定温度下有：a．盐酸b．硫酸c．醋酸三种酸溶液．（用序号abc填空）①当其物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是__________．②当其pH相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为_________．将其稀释10倍后，pH由大到小的顺序为_____________（2）某温度下，纯水中的c(H+)=4.0×10-7mol/L,则此温度下纯水中的c(OH-)=______________mol/L;若温度不变,滴入稀NaOH溶液,使c(OH-)=5.0×10-6mol/L,则溶液的c(H+)=_________________mol/L.（3）在25℃时，100ml1.0mol/L的盐酸与等体积1.2mol/L的氢氧化钠溶液混合,混合后溶液的pH=_______________29、（10分）亚硝酰氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂，可通过反应：2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）获得。（1）氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：①2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g）K1②4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）K2③2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）K3则K3=___（用K1、K2表示）。（2）已知几种化学键的键能数据如表所示（亚硝酰氯的结构为Cl-N=O）:化学键N≡O(NO)Cl-ClCl-NN=O键能/(kJ/mol)630243a607则反应2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）的ΔH和a的关系为ΔH=___kJ/mol。

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】A.冰雪消融是水的状态的改变，属于物理变化，故错误；B.木已成舟是物理变化，故错误；C.蜡烛燃烧是化学变化，故正确；D.水面落下，石头露出，没有新物质生成，故是物理变化，故错误。故选C。2、B【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数只能为6，次外层电子数为2，W为O元素；W与Y同主族，则Y为S元素；X在短周期中原子半径最大，X为Na元素；短周期中比S原子序数大的主族元素只有Cl，因此Z为Cl元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为S元素，Z为Cl元素。A．常温常压下，S为固体，故A错误；B．X的氧化物为氧化钠或过氧化钠，均是离子化合物，故B正确；C．X与Z形成的化合物为NaCl，NaCl为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故C错误；D．一般情况下，O元素不存在正价，S的最高价为+6价，故D错误；故选B。3、D【解题分析】铝不论和酸反应，还是和氢氧化钠反应，都是铝失去电子。所以根据电子得失守恒可知，生成的氢气一样多，答案选D。4、C【题目详解】CH3—CH3中的短线表示一个共价键，即一对共用电子对；—CH3中短线表示甲基中的一个未成对电子，因此正确的答案选C。5、D【解题分析】A.电解精炼铜时每转移NA个电子，转移了1mol电子；由于粗铜中含有较活泼的杂质Fe、Zn等，电解时杂质优先放电，所以阳极溶解的铜小于0.5mol，溶解的铜的质量小于32g，故A错误；B.氢氧化铁胶粒是很多氢氧化铁分子的聚合体，所以1molFeCl3完全水解生成氢氧化铁胶粒个数小于NA，故B错误；C.常温下，氯气和水反应为可逆反应，因此1mol氯气通入足量水中发生反应转移的电子数小于NA，故C错误；D.100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中，碳酸根离子少量水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，阴离子增多，溶液中的阴离子数目大于0.01NA；故D正确；综上所述，本题选D。6、B【题目详解】A．硝酸钾在溶液中电离出的NO3-在酸性条件下，有强氧化性，与Zn反应生成NO，不生成氢气，故A错误；B．加醋酸钠后，醋酸根离子结合氢离子生成醋酸，氢离子浓度减小，但醋酸也能与Zn反应生成氢气，故可以减缓反应速率但又不影响生成氢气的总质量，B正确；C．加硫酸氢钾时氢离子浓度、物质的量均增大，反应速率加快，生成氢气多，故C错误；D．加HCl气体，氢离子浓度、物质的量均增大，反应速率加快，生成氢气多，故D错误；故答案为B。7、D【解题分析】A、AB2与CD的物质类型不同，不能根据Ksp数值的大小来判断溶解度的大小，错误；B、温度不变，Ksp不变，错误；C、在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，氢离子和碳酸跟离子反应，平衡右移，错误。；D、难溶的沉淀能转变为更难溶的沉淀，正确。8、A【题目详解】蛋白质中加入硫酸铵或硫酸钠会发生盐析，盐析后加水还能溶解，所以盐析是可逆的，其余为蛋白质的变性，是不可逆的，选A；答案选A。9、B【解题分析】减慢反应速率但又不影响氢气生成量，必须减小溶液中的c(H+)，但最终酸液所能提供的n(H+)总量要保持不变。【题目详解】A.加入CH3COOH，溶液中n(H+)增大，产生H2更多，A不符合题意；B.加入K2SO4溶液后，溶液中c(H+)减小，反应速率减小，而n(H+)不变，产生H2的量不变，B符合题意；C.加入CuSO4溶液后，发生反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，形成铜锌原电池，反应速率加快，C不符合题意；D.加入Na2CO3溶液后，消耗H+，产生H2的量变小，D不符合题意；故答案为：B10、A【题目详解】A项，天然气燃烧放出热量，将化学能转化为热能，故A符合；B项，太阳能热水器是将太阳能转化为热能，故B不符合；C项，纽扣电池为一次电池，将化学能转化为电能，故C不符合；D项，太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，故D不符合。故答案选A。11、A【题目详解】血液中的葡萄糖简称血糖，若某人体质较弱，经常因血糖低而头晕，为了防止发生危险，应该及时补充糖类物质，如巧克力、糖块等，答案选A。12、B【题目详解】铝和氢氧化钠溶液的反应为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，根据方程式可得铝和氢气的物质的量之比为2:3，所以2molAl参加反应，生成氢气的物质的量为3mol。故答案选B。13、B【题目详解】A.同种物质的聚集状态不同，混乱度不同，熵值不同，熵值的大小顺序为：气体＞液体＞固体，则1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]＜S[H2O(g)]，故A正确；B.硝酸铵溶于水虽然吸热,但该过程为熵值增加过程，反应的△H-T△S<0，所以能够自发进行，故B错误；C.该反应是一个熵增的吸热反应，△H＞0、△S＞0，常温时，△H-T△S＞0，反应不能自发进行，高温时，△H-T△S<0，反应能自发进行，则该反应能否自发进行与温度有关，故C正确；D.该反应是一个熵增的反应，△S＞0，常温下，反应不能自发进行说明△H-T△S＞0，则该反应为吸热反应，△H＞0，故D正确；故选B。14、A【分析】本题主要考查了弱电解质在水溶液中的电离平衡，注意强酸和弱酸的电离程度的区别。【题目详解】相同条件下，醋酸为弱酸，存在可逆电离平衡，盐酸为强酸，能完全电离。A.pH相等时，CH3COOHCH3COO-+H+，HCl=H++Cl-电离出相同浓度的氢离子，c(CH3COO-)=c(Cl-)，A正确；B.中和相同物质的量的NaOH时，两者均为1:1反应，故体积相等，B错误；C.同pH值时，稀释相同倍数后，醋酸溶液电离平衡正向移动，氢离子物质的量增大，氢离子浓度的减小值小于盐酸，故盐酸pH大，C错误；D.与铁粉反应时，溶液中的氢离子的物质的量浓度越大，则反应速率就越快。由于pH值相同，因此在反应前两种溶液中氢离子浓度是相等的，故在刚刚开始反应时，醋酸与盐酸生成的氢气的速率是相等的，在反应过程中，醋酸电离CH3COOHCH3COO-+H+正向移动，故生成的氢气会比盐酸要快，D错误。答案为A。15、A【解题分析】试题分析：A项，4g硫完全燃烧生成SO2，放出37kJ热量，所以1mol硫完全燃烧生成SO2，放出296kJ热量，所以硫燃烧的热化学方程式为：：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296kJ/mol，故A项正确；B项，1molN2与3molH2在某密闭容器中反应放出73kJ热量，但是该反应是可逆反应，所以反应完全发生时放出的热量大于73kJ，该反应中的焓变应该小于-73kJ/mol，故B项错误；C项，该反应中甲烷燃烧产物中的水为液态的时候，焓变才为-890.3kJ·mol-1，故C项错误；D项，该反应还生成了硫酸钡沉淀，会放出热量，所以该反应的焓变小于-114.6kJ/mol，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。考点：热化学方程式16、B【题目详解】A．装置①中K键闭合时为原电池，原电池中阴离子向负极移动，放电过程中Zn被氧化成Zn2+为负极，则Cl-向ZnSO4溶液移动，CuSO4溶液中c(Cl-)减小，故A错误；B．装置①中K键闭合时，滤纸相当于电解池，a极与原电池负极相连为阴极，阴极氢离子放电导致氢氧根离子浓度增大，所以a附近变红色，故B正确；

C．只闭合K1时Fe作阳极被腐蚀，只闭合K2时Fe作阴极被保护，只闭合K3时Fe作负极被腐蚀，都断开为化学腐蚀，电解池的阳极腐蚀速度大于原电池的负极腐蚀速度，电化学腐蚀比化学腐蚀快，所以铁腐蚀的速度由大到小的顺序是：只闭合K1＞只闭合K3＞都断开＞只闭合K2，故C错误；

D．装置③中铁制品上的反应为Cu2++2e-=Cu，析出1.6g铜即0.025mol时，电源负极输出的电子数为0.05NA，故D错误。

故选：B。17、A【解题分析】在恒定温度下，浓度越大，反应速率越大，如通入惰性气体，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，如压强不变，通入惰性气体，但体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小；升高温度反应速率加快，以此解答该题。【题目详解】①保持容器容积不变，向其中加入1molH2，反应物浓度增大，反应速率增大，故①不选；②保持容器容积不变，向其中加入1molN2，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，故②不选；③保持容器内气体压强不变，向其中加入1molN2，体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小，故③选；④保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2(g)和1molI2(g)，因体积增大为2倍，物质的量增大为2倍，则浓度不变，反应速率不变，故④不选；⑤升高温度反应速率加快，故⑤不选；答案选A。【题目点拨】本题③是学生难理解的知识点，分析压强的影响结果主要看反应物浓度对化学反应速率造成的影响。如恒温恒容下，充入不反应的气体，虽然会引起总压强增大，但气体反应物的浓度保持不变，则反应速率不变；恒温恒压条件下，充入不反应的气体，会引起体积增大，导致气体反应物的浓度减小，则反应速率减小。学生要加以理解与分析，理清影响化学反应速率的本质是关键。18、A【解题分析】试题分析：水解反应是吸热反应，选项A正确；盐类水解是吸热过程，升高温度可以促进盐类的水解，选项B错误；正盐中强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐先碱性，选项C错；硫酸钠水溶液在常温时pH＝7，选项D错。考点：盐类的水解19、D【解题分析】由反应可知，乙基蒽醌制备H2O2的总反应为H2+O2=H2O2，属于化合反应，原子利用率为100%，故选D。20、A【解题分析】A、此装置为电解池，总反应是N2＋3H2=2NH3，Pd电极b上是氢气发生反应，即氢气失去电子化合价升高，Pd电极b为阳极，故A说法错误；B、根据A选项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N2＋6H＋＋6e－=2NH3，故B说法正确；C、根据电解的原理，阴极上发生还原反应，即有阳极移向阴极，故C说法正确；D、根据装置图，陶瓷隔离N2和H2，故D说法正确。21、B【解题分析】①甲基不带电荷，甲基中碳原子的外层有7个电子，甲基的电子式为，故①错误；②C2H2为乙炔的分子式，其最简式为CH，故②错误；③蔗糖的分子式为C12H22O11，故③正确；④乙醛中含有醛基，其正确的结构简式为：CH3CHO，故④错误；⑤苯分子的比例模型为：，故⑤正确；故选B。22、B【分析】二氧化硫、二氧化氮、一氧化氮都是有毒气体，会造成大气污染，并且二氧化硫、氮氧化物形成酸雨，氮氧化物形成光化学烟雾。【题目详解】A．二氧化硫是有毒气体，是形成酸雨的有害气体，会污染大气，故A错误；B．氮气为无色无味的气体，空气中有的气体是氮气，不会造成污染，故B正确；C．二氧化氮有毒，会污染大气，并能形成光化学烟雾，故C错误；D．一氧化氮有毒，会污染大气，并能形成光化学烟雾，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、丙烯NaOH醇溶液，加热不能，由于有机物C有两种结构，通过反应③④进行处理，转化为一种结构2+O22+2H2O【分析】苯与A发生反应①为加成反应产生B，根据B和苯结构简式知，A为CH2=CHCH3，B发生取代反应生成C，C发生消去反应生成D，则C可能为或。由E分子式及D、F的结构可知，D发生加成反应生成E，E水解生成F，则E为，F发生催化氧化生成G。【题目详解】根据上述分析可知：A是CH2=CHCH3；C是或；E是。(1)反应①为加成反应，根据B和苯结构简式知，A为CH2=CHCH3，有机物A的名称为丙烯；(2)反应③是C：或发生消去反应形成D：，需要的试剂和反应条件为：NaOH醇溶液、加热；(3)B是，芳香烃M与B互为同分异构体，其核磁共振氢光谱图峰面积之比为3：1，说明M中含有2种氢原子，氢原子个数之比为3：1，则M的结构简式为；(4)有机物C有两种结构，通过反应③④进行处理，转化为一种结构，所以不能简化掉；(5)反应⑥是F：与O2在Cu作催化剂条件下，加热被氧化为G：的过程，该反应的化学方程式为：2+O22+2H2O。【题目点拨】本题考查有机物的推断与合成。根据有机物的结构，采取正推、逆推相结合的方法进行分析判断，要熟练掌握各类物质的性质，注意反应前后官能团的转化，来确定反应条件。24、b、cNaOH的乙醇溶液，加热【分析】采用逆向推断法可知上述合成的最终产物可由与Cl2加成得到，而是卤代烃经消去反应得到的，可由与Cl2加成而得，是经消去反应得到的，可由与H2加成得到，A为B为C为，据此分析解答。【题目详解】(1)根据上述分析可知，上述过程中发生的反应有加成反应和消去反应，bc正确，故答案为：bc；(2)氯苯通过与氢气的加成反应得到A，A的结构简式为A为，故答案为：A为；(3)A→B的反应为消去反应，反应条件是NaOH的乙醇溶液，加热，故答案为：NaOH的乙醇溶液，加热；(4)到C的反应为消去反应：；C到的反应为加成反应：，故答案为：；。【题目点拨】在有机物合成过程中，可以通过消去反应引入碳碳双键。25、E还原酸2品红溶液褪色溶液变红吸收多余的SO2和Cl2Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2OSO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4【分析】（1）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价升高；（2）次氯酸、二氧化硫都有漂白性；次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新恢复原色；（3）氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排空，氯气和二氧化硫都能和氢氧化钠溶液反应转化为无毒物质；（4）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，使气体失去漂白性。【题目详解】（1）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，故选E；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价升高，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性；71gCl2的物质的量是1mol，由HCl生成Cl2，氯元素化合价由-1升高为0，所以生成1mol氯气转移2mol电子；（2）次氯酸、二氧化硫都有漂白性；次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新恢复原色，所以反应开始后，发现B、D试管中的现象均为品红溶液褪色，停止通气后，给B、D两个试管中的溶液加热，B试管中的现象是溶液变红；（3）氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排空，氯气和二氧化硫都能和氢氧化钠溶液反应转化为无毒物质，所以氢氧化钠溶液的作用是：吸收多余的二氧化硫和氯气，防止污染大气；（4）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应化学方程式是SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4。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、乙醇与浓硫酸反应生成了碳CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2OABAD装置Ⅱ中品红溶液褪色装置Ⅳ中的品红溶液不褪色,装置Ⅴ中酸性高锰酸钾溶液褪色【分析】实验室制备乙烯所用的原料为乙醇，浓硫酸作为催化剂和脱水剂，反应条件是加热到170℃,据此书写方程式；浓硫酸具有脱水性，能够使部分乙醇碳化。多种产物需要检验时，应考虑先后顺序，本题中应先检验二氧化硫，然后除去二氧化硫，再检验乙烯。确定不存在二氧化硫的时候，酸性高锰酸钾溶液褪色才能证明乙烯的存在。【题目详解】（1）浓硫酸具有脱水性，有少量乙醇被浓硫酸碳化生成了黑色的