河北省沧州市六校联盟2024届化学高二第一学期期中调研试题含解析

河北省沧州市六校联盟2024届化学高二第一学期期中调研试题请考生注意：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、已知充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是A．B．C．D．2、化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是：A．天然气、石油、流水、风力、氢气为一次能源B．无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能C．PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素D．发展低碳经济、循环经济，推广可利用太阳能、风能的城市照明系统3、实验室中可用KClO3来制备氧气。KClO3中Cl元素的化合价为A．+7 B．+5 C．+1 D．—14、水可以造福人类，但水被污染后却给人类造成了灾难，为了防止水污染，下面①～⑤的措施中可以采用的是()。①禁止使用农药和化肥②不任意排放工业废水③抑制水中植物的生长④生活污水经过净化处理再排放⑤减少空气中硫的氧化物和氮的氧化物的含量A．②③④ B．②④⑤ C．①④⑤ D．①②④5、常温下，分别将四块形状基本相同，质量均为9g的铁块同时投入到下列四种溶液中，产生氢气速率最快的是()A．200mL2mol·L－1盐酸B．50mL2mol·L－1H2SO4溶液C．100mL3mol·L－1盐酸D．500mL6mol·L－1HNO3溶液6、下列各组中的两种物质各1mol，分别燃烧时，需要氧气的量相等的是A．乙烯、乙醇 B．乙烯、乙烷 C．丙烷、丙烯 D．甲烷、甲醇7、下列说法不正确的是A．Na2CO3比NaHCO3稳定 B．Na2CO3,NaOH

均能与盐酸反应C．Na、Na2O2在空气中不稳定 D．Na2CO3与H2O反应能产生O28、下列离子方程式正确的是A．铁与稀盐酸反应：2Fe＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2↑B．一水合氨的电离：NH3·H2O＝NH4+＋OH-C．食醋除去水垢中的碳酸钙：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2OD．氯气与氢氧化钠溶液反应：Cl2＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2O9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAB．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAC．标准状况下，1.12LHF中含有分子的数目为0.05NAD．1molFe与1molCl2充分反应，转移电子数为3NA10、将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g)2C(g)。若2s末测得C的浓度为0.6mol·L－1，现有下列几种说法：①2s内，用物质A表示的反应的平均速率为0.6mol·L－1·s－1；②2s末，体系中混合气体的压强是起始的0.9倍；③2s末，物质A的转化率为30%；④2s末，物质C的体积分数约为22.2%。⑤2s内，分别用A、B、C表示的反应速率其比值是14：7：6其中正确的是A．①④⑤ B．②③④ C．①③④ D．③④⑤11、化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是A．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B．催化转化机动车尾气为无害气体，能消除酸雨和雾霾的发生C．研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量D．积极开发废电池的综合利用技术，防止电池中的重金属等污染土壤和水体12、CH3CH2CH2CH3（正丁烷）和（CH3）2CHCH3

（异丁烷）的关系是A．同分异构体 B．同素异形体 C．同位素 D．同一种物质13、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14、下列化学方程式中，属于水解反应的是A．CO2+H2OH2CO3B．H2CO3+H2OH3O++HCO3-C．HCO3-+H3O+＝2H2O+CO2↑D．CO32-+H2OHCO3-+OH-15、将4molA气体和1molB气体在2L的容器内混合，在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g)3C(g)，若2min后测得C的浓度为0.6mol·L－１，则下列说法正确的是A．用物质A表示反应的平均速率为v(A)=0.4mol·(L·min)－１B．2min时A、B、C三种气体的总量为5molC．2min时B的转化率为20％D．若2min后该反应达平衡，则各种气体的量不再变化，反应停止16、下列各组物质间发生的化学反应属于吸热反应的是（）A．NH4Cl晶体和Ba(OH)2•8H2O B．生石灰和水C．盐酸和氢氧化钠溶液 D．木炭和氧气17、将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)。若经4s后测得C的浓度为0.6mol·L-1，现有下列几种说法：①用物质A表示的平均反应速率为0.15mol·L-1·s-1②用物质B表示的平均反应速率为0.3mol·L-1·s-1③4s时物质B的浓度为0.7mol·L-1④4s时物质A的转化率为70%⑤气体密度不再变化时可判断反应达到平衡其中正确的是（）A．①③ B．①④ C．②⑤ D．③④18、工业上通常将水蒸气喷入灼热的炭层以生产水煤气，反应为：C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)△H＞0。下列有关说法正确的是A．该反应平衡常数k=c(CO)·c(H2)B．高压条件有利于工业生产水煤气C．在较高温度时该反应可以自发进行D．因正向熵增加，故任何温度下都能自发发生19、用3g块状大理石与30mL3mol·L-1盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是（）①再加入30mL3mol·L-1盐酸②改用30mL6mol·L-1盐酸③改用3g粉末状大理石④适当升高温度A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．①②③20、下列方案中制取一氯乙烷的最佳方法是（）A．乙烷和氯气取代反应 B．乙烯和氯气加成反应C．乙烯和HCl加成反应 D．乙炔和HCl加成反应21、若要在铁钉上镀铜，下列设计正确的是选项接电源正极接电源负极电解质溶液ACuFeCuSO4溶液BCuFeFeSO4溶液CFeCuCuSO4溶液DFeCuFeSO4溶液A．A B．B C．C D．D22、物质分子中最多有几个碳原子在同一平面上A．8B．9C．10D．11二、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）A，B，C，D是四种短周期元素，E是过渡元素。A，B，C同周期，C，D同主族，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：（1）写出下列元素的符号：A____，B___，C____，D___。（2）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___，碱性最强的是_____。（3）用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是____，电负性最大的元素是____。（4）E元素原子的核电荷数是___，E元素在周期表的第____周期第___族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在___区。（5）写出D元素原子构成单质的电子式____，该分子中有___个σ键，____个π键。25、（12分）下图是用0.1000mol·L-1的盐酸滴定10mL某未知浓度的NaOH溶液的示意图和某次滴定前、后盛放盐酸的滴定管中液面的位置。请回答下列问题:（1）仪器A的名称是______________。（2）下列有关滴定操作的顺序正确的是______________①检查滴定管是否漏水②装标准溶液和待测液并调整液面和记录初始读数③滴定操作④用蒸馏水洗涤玻璃仪器⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中并加入指示剂⑥用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管（3）盐酸的体积读数:滴定前读数为______________mL，滴定后读数为______________mL。（4）根据本次实验数据计算待测液的物质的量浓度是______________mol/L（5）滴定过程中，眼睛应注视______________；在铁架台上垫一张白纸，其目的是______________。（6）对下列几种假定情况进行讨论(填“无影响”“偏高”或“偏低”):①取待测液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，对测定结果的影响是______________；②若滴定前锥形瓶未用待测液润洗，对测定结果的影响是______________；③标准液读数时，若滴定前俯视，滴定后仰视，对测定结果的影响是______________。26、（10分）某实验室需要配制500mL0.10mol/LNa2CO3溶液．（1）所需玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、100mL量筒、________、________（2）实验时图中所示操作的先后顺序为________（填编号）（3）在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度有无影响？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①称量时误用“左码右物”________②转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒________③向容量瓶加水定容时俯视液面________④摇匀后液面下降，再加水至刻度线________（4）所需Na2CO3固体的质量为____

g；若改用浓溶液稀释，需要量取2mol/LNa2CO3溶液________

mL．27、（12分）现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)Ⅰ．实验步骤(1)配制100mL待测白醋溶液：用__________准确量取10.00mL市售白醋，在烧杯中用水稀释后转移到_____________中定容，摇匀即得待测白醋溶液。(2)该学生用标准0.1000mol/LNaOH溶液滴定白醋的实验操作如下：A．检查滴定管是否漏水，洗净，并润洗B．取20.00mL待测白醋溶液，注入锥形瓶中，加入指示剂______________。C．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，用NaOH标准液边滴边摇动锥形瓶，当_______________________________时，停止滴定，记录NaOH的用量。D．另取锥形瓶，再重复实验三次Ⅱ．实验记录滴定次数实验数据(mL)1234V(样品)20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)14.5016.0016.0515.95Ⅲ．数据处理与讨论(3)根据数据，可得c(市售白醋)=________mol/L(4)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是______(填标号)．A．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水B．滴定前平视，滴定后俯视碱式滴定管读数C．碱式滴定管在用蒸馏水洗净后，未用标准NaOH溶液润洗D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出E.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失(5)乙同学仔细研究了该品牌白醋的标签，发现其中还含有苯甲酸钠作为食品添加剂，他想用资料法验证醋酸与苯甲酸钠不会发生离子互换反应，必需查找一定温度下醋酸与苯甲酸的________(填标号)。A．pHB．电离度C．电离常数D．溶解度28、（14分）已知t℃时，0.01mol/LNaOH溶液的pH＝11，0.1mol/L的HA溶液中c(H+)/c(OH-)=109请回答下列问题：（1）该温度下，水的离子积Kw＝_____，0.1mol/L的HA溶液中水电离出的c(OH-)=_____。（2）在室温下，将pH之和为14的NaOH溶液和HA溶液等体积混合后，所得溶液呈_____(填“酸”“碱”或“中”)性。（3）在室温下，蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时，下列呈减小趋势的是_____。A．水的电离程度B．c(HA)/c(A-)C．溶液中c(H＋)和c(OH－)的乘积D．溶液中c(A－)·c(HA)的值（4）室温下，取pH＝2的盐酸和HA溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示：①图中表示HA溶液pH变化曲线的是____(填“A”或“B”)。②设盐酸中加入Zn的质量为m1，HA溶液中加入Zn的质量为m2，则m1_____m2(填“>”“<”或“＝”)。（5）室温下，取0.01mol/L的盐酸和HA溶液各100mL，分别滴加0.01mol/LNaOH溶液至恰好完全反应，所需NaOH溶液的体积前者____后者(填“>”“<”或“＝”)。29、（10分）R、Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，R与Q形成的气态化合物的水化物显碱性，X、Y、Z三种元素族序数之和为10，Y单质能与强碱溶液反应，Z元素原子最外层电子数是电子层数的两倍。（1）Z在周期表中的位置_______________；X、Y、Z三种元素形成的简单离子半径由大到小的顺序是________________________。（用离子符号回答）（2）X和R两种元素按原子个数比1:1组成的化合物的电子式为____________。（3）写出Y、Z两种元素最高价氧化物对应的水化物相反应的离子方程式：_____________。（4）水的沸点远高于Z元素的氢化物的沸点，原因是_________________。（5）Q4是一种Q元素的新单质，可用作推进剂或炸药，推算其分子中含有_____对共用电子。（6）由R、Q两元素组成的一种液态化合物W常用作还原剂，W分子中含有18个电子，W分子的结构式为_____________________。W与氢氧化铜悬浊液反应生成氧化亚铜，同时产生一种稳定的气态单质，该反应的化学方程式为_____________________。

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、C【题目详解】充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，由物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成4mol二氧化碳气体和液态水，放出热量4bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式为，故选C。2、D【解题分析】试题分析：A、一级能源是指直接从自然界取得的能源，氢气不属于一级能源；B、风力发电是将风能转化为电能；C、砷元素属于非金属元素；D、低碳经济、循环经济，利用太阳能、风能均有利于能源开发和环境保护，正确。考点：考查化学与能源、环境等相关知识。3、B【题目详解】氯酸钾中K和O的化合价分别是＋1价和－2价，根据化合物中元素化合价的代数和为0可知，氯元素的化合价是＋5价，答案选B。4、B【题目详解】目前污染水的因素主要有三方面：工业生产(废水、废气、废渣)、农业生产(农药、化肥)、生活污水(污水、垃圾)；防治水污染的方法应科学、切实可行，②④⑤可行，①③做法太绝对，不切实际，不可取；故选B。5、B【解题分析】A、B、C中氢离子浓度分别为2mol/L、4mol/L、3mol/L，则B中氢离子浓度最大，反应速率最快，而D中硝酸具有强氧化性，与Fe反应不生成氢气，故选B。【题目点拨】本题考查影响化学反应速率的因素，明确浓度与反应速率的关系是解题的关键，选项D为解答的易错点，要注意硝酸的强氧化性。6、A【分析】有机物燃烧耗氧量计算通式：设分子中有x个C,y个H,z个O，1mol该有机物完全燃烧耗氧量为x+y/4-z/2mol，据此规律分析。【题目详解】A.1molC2H4完全燃烧需要氧气的量2+4/4=3mol,1molC2H6O完全燃烧需要氧气的量2+6/4-1/2=3mol,A正确；B.1molC2H4完全燃烧需要氧气的量2+4/4=3mol；1molC2H6完全燃烧需要氧气的量2+6/4=3.5mol；B错误；C.1molC3H8完全燃烧需要氧气的量3+8/4=5mol；1molC3H6完全燃烧需要氧气的量3+6/4=4.5mol；C错误；D.1molCH4完全燃烧需要氧气的量1+4/4=2mol；1molCH4O完全燃烧需要氧气的量1+4/4-1/2=1.5mol；D错误；综上所述，本题选A。7、D【分析】A、碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠；B、碳酸钠、氢氧化钠都能与足量盐酸反应，产物都有氯化钠和水；C、Na能与氧气等反应、Na2O2在空气中水和二氧化碳反应；D.Na2CO3与H2O反应生成Na2CO3·10H2O，但不能产生O2。【题目详解】A、碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠，碳酸钠性质稳定，受热不分解，故A正确；B、碳酸钠能与足量盐酸反应，产物有氯化钠和水、二氧化碳；氢氧化钠能与足量盐酸反应，生成氯化钠和水，故B正确；C、Na能与氧气等反应、Na2O2在空气中水和二氧化碳反应，均不稳定，故C正确；D、Na2CO3与H2O反应生成Na2CO3·10H2O，但不能产生O2，故D错误；故选D。8、D【解题分析】A.铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑，故A错误；B.一水合氨是弱电解质，正确的电离方程式为：NH3·H2ONH4+＋OH-，故B错误；C.碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O+2CH3COO-，故C错误；D.氯气与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：Cl2＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2O，故D正确。故选D。【题目点拨】离子方程式的正误判断遵循的原则：1、电荷要守恒2、原子种类和个数守恒3、符合客观事实4、单质、沉淀，气体、水、氧化物、弱酸和弱碱等不能拆成离子形式。9、B【题目详解】A.过氧化钠中阴阳离子的个数之比是1：2，则1molNa2O2固体中含离子总数为3NA，A错误；B.H218O与D2O的相对分子质量均是20，且均含有10个中子，所以2.0gH218O与D2O的混合物的物质的量是0.1mol，其中所含中子数为NA，B正确；C.标准状况下HF不是气态，1.12LHF中含有分子的数目不是0.05NA，C错误；D.1molFe与1molCl2充分反应生成氯化铁，反应中氯气不足，氯气完全反应，转移电子数为2NA，D错误；答案选B。10、B【题目详解】起始A的浓度为4/2==2mol/L，B的浓度为2/2=1mol/L，经2s后侧得C的浓度为0.6mol•L-1，2A（g）+B（g）⇌2C（g）

起始（mol/L）：2

1

0

变化（mol/L）：0.6

0.3

0.6

2s时（mol/L）：1.4

0.7

0.6

①2s内，用物质A表示的反应的平均速率为0.6/2=0.3mol·L－1·s－1；错误；②压强之比和气体的物质的量成正比，2s末，体系中混合气体的压强是起始的（1.4+0.7+0.6）×2:（2+1）×2=0.9:1，正确；③2s末，物质A的转化率为0.6/2×100%=30%；正确；④2s末，物质C的体积分数等于气体的物质的量分数，0.6×2/[（1.4+0.7+0.6）×2]×100%=22.2%,正确；⑤2s内，分别用A、B、C表示的反应速率之比等于物质前面的系数比：其比值是2:1:2，错误。综上所述，②③④符合题意，本题选B。11、B【解题分析】A．利用太阳能、氢能源、风能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源，保护环境，故A正确；B．催化转化机动车尾气为无害气体，只能减少酸雨和雾霾的发生，不可能消除，故B错误；C．研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量，减少对食物等污染，故C正确；D．故废旧电池中含有铅、镉、汞等重金属，积极开发废电池综合利用技术可以减少对环境的污染且可以变废为宝，故D正确；答案为B。12、A【分析】具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；质子数相同、中子数不同的原子互称同位素；分子式、结构均相同的物质为同一种物质，同一物质组成、结构、性质都相同。【题目详解】CH3CH2CH2CH3（正丁烷）和（CH3）2CHCH3

（异丁烷）分子式相同，结构不同，为碳链异构，互为同分异构体，故选A。【题目点拨】本题涉及“四同”的考查，注意同系物、同分异构体、同位素、同素异形体、同一物质的区别，难度不大，要把握概念的内涵与外延。13、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。14、D【解题分析】A.CO2+H2OH2CO3是二氧化碳与水发生化合反应的方程式，不是水解反应，错误；B.属于H2CO3一级电离方程式，错误；C.属于碳酸氢根与氢离子的离子反应，不属于水解反应，错误；D.属于碳酸根的水解反应，正确。15、B【解题分析】A.因2min后测得C的浓度为0.6mol·L－１，则用物质C表示反应的平均速率为v(C)=0.6mol·L－１÷2min=0.3mol·(L·min)－１，用物质A表示反应的平均速率为v(A)=v(C)=0.2mol·(L·min)－１，故A说法错误；B.由于该反应为等体积的可逆反应，反应前气体的总物质的量为：4mol+1mol=5mol，反应后气体的总物质的量保持不变，则有2min时A、B、C三种气体的总量为5mol，故B说法正确；C.2min内转化的B量为：0.6mol·L－１×2L÷3=0.4mol，则B的转化率为：0.4mol÷1mol=40%，故C说法错误；D.可逆反应达到平衡后，反应并没有停止，只是正逆反应速率达到相等，故D说法错误；答案选B。16、A【题目详解】A.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合发生的反应为吸热反应，故A选；B.生石灰和水反应生成氢氧化钙，为放热反应，故B不选；C.盐酸和氢氧化钠溶液反应为放热反应，故C不选；D.木炭在氧气中燃烧，放出大量的热，为放热反应，故D不选；故选：A。17、A【题目详解】经4s后测得C的浓度为0.6mol·L-1，根据c=n/V可知C的物质的量为1.2mol；则：2A(g)+B(g)2C(g)起始420变化1.20.61.24s时2.81.41.2①用物质A表示的平均反应速率为[1.2mol/2L]/4s=0.15mol·L-1·s-1，故正确；②根据速率之比等于化学计量数之比，故用物质B表示的平均反应速率=1/2v(A)=0.5×0.15mol·L-1·s-1=0.075mol·L-1·s-1，故错误；③4s时物质B的浓度为1.4mol/2L=0.7mol·L-1，故正确；④4s时物质A的转化率为1.2mol/4mol×100%=30%，故错误；⑤该反应在恒温恒容的条件下进行，各物质均为气态，所以反应前后气体的总质量不变，根据ρ=m/V可知，m、V均不变，因此气体密度恒为定值，不能判断反应是否达到平衡状态，故错误；结合以上分析可知，正确的有①③，A正确；故答案选A。【题目点拨】针对2A(g)+B(g)2C(g)反应，恒温恒容的条件下进行，各物质均为气态，所以反应前后气体的总质量不变，根据ρ=m/V可知，m、V均不变，因此气体密度恒为定值，不能判定反应是否达到平衡状态；若针对2A(g)+B(s)2C(g)反应，恒温恒容的条件下进行，所以反应前后气体的总质量发生变化，根据ρ=m/V可知，m变化、V不变，因此气体密度发生变化，当ρ不变时，可以判定反应达到平衡状态。18、C【题目详解】A.由题给化学方程式可知反应平衡常数k=，故A错误；B.该反应是一个气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，不利于工业生产水煤气，故B错误；C.由方程式可知，反应的焓变△H＞0，该反应是一个气体体积增大的反应，反应的熵变△S＞0，在较高温度时H—T△S＜0，反应可以自发进行，故C正确；D.因该反应焓变大于0，正向熵增加，则在较高温度时△H—T△S＜0，才能自发发生，故D错误；故选C。19、B【题目详解】为了增大反应速率，可采取增大浓度、升高温度、加入催化剂或增大固体的表面积等措施；①再加入30mL3mol•L-1盐酸，浓度不变，则反应速率不变，故①错误；②改用30mL6mol•L-1盐酸，浓度增大，反应速率增大，故②正确；③改用3g粉末状大理石，固体表面积增大，反应速率增大，故③正确；④适当升高温度。升高温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，反应速率加大，故④正确；则②③④符合题意；答案为B。20、C【题目详解】A、乙烷和氯气取代反应可生成一氯乙烷、二氯乙烷等多种取代物，产品不纯，且难以分离，故A错误；B、乙烯和氯气加成反应生成1，2-二氯乙烷，而不是一氯乙烷，故B错误；C、乙烯和HCl加成反应只生成一氯乙烷，产物较为纯净，故C正确；D、乙炔和HCl若发生1﹕1加成，则生成氯乙烯，若1﹕2加成则生成二氯乙烷，均得不到一氯乙烷，故D错误。答案选C。21、A【题目详解】若要在铁钉上镀铜，铜为镀层金属，铁钉为镀件，因此镀件(铁钉)作阴极，镀层金属(铜)作阳极，电解液为镀层金属盐溶液即硫酸铜、硝酸铜、氯化铜等，连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极，故A符合题意。综上所述，答案为A。22、D【解题分析】试题分析：在分子中，甲基中C原子处于苯中H原子的位置，苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔基的直线结构处于碳碳双键形成的平面内，所以最多有11个C原子共面．考点：有机物的结构简式二、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、SiNaPNHNO3NaOHNeF26四Ⅷd12【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。【题目详解】(1)由上述分析可知，A为Si、B为Na、C为P、D为N；(2)非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性N＞P＞Si，酸性最强的是HNO3，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性Na最强，碱性最强的是NaOH；(3)同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，所以第一电离能最大的元素是Ne，周期自左而右，电负性增大，故电负性最大的元素是F；(4)E为Fe元素，E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故核电荷数是26，Fe在周期表中处于第四周期Ⅷ族，在周期表中处于d区；(5)D为氮元素，原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有3个未成对电子，故氮气的电子式为：，该分子中有1个σ键，2个π键。【题目点拨】本题重点考查元素推断和元素周期律的相关知识。本题的突破点为A的原子结构示意图为，可推出A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强；同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，同周期自左而右，电负性逐渐增大。25、酸式滴定管①④⑥②⑤③0.8022.800.22锥形瓶中液体颜色变化方便观察颜色变化偏低无影响偏高【题目详解】（1）根据图示可知，仪器A的名称是酸式滴定管；（2）滴定操作的顺序为：检查滴定管是否漏水；用蒸馏水洗涤玻璃仪器；用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管；装标准溶液和待测液并调整液面和记录初始读数；取一定体积的待测液于锥形瓶中并加入指示剂；滴定操作；故答案为①④⑥②⑤③；（3）读数时，视线与凹液面的最低处齐平，且精确在0.01mL，故滴定前盐酸的体积读数为0.80mL；滴定后读数为22.80mL；（4）根据本次实验数据可计算待测液的物质的量浓度是；（5）滴定过程中，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛应注视锥形瓶中液体颜色变化；为了方便观察颜色变化，通常在锥形瓶下垫一张白纸；（6）①取待测液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，导致待测液的体积偏大，故所测浓度偏低；②滴定前锥形瓶未用待测液润洗，实验无影响；③标准液读数时，若滴定前俯视，滴定后仰视，导致消耗标准液的体积偏大，故测得溶液的浓度偏高。26、胶头滴管500mL容量瓶②④③⑤①⑥偏低偏低偏高偏低5.325.0【解题分析】实验室需要配制500mL0.10mol/LNa2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀。【题目详解】（1）实验室需要配制500mL0.10mol/LNa2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶，胶头滴管；故答案为500mL容量瓶，胶头滴管；（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作步骤为：②④③⑤①⑥；故答案为②④③⑤①⑥；（3）①称量时误用“左码右物”，依据托盘天平原理：左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，所以实际称取的质量=砝码的质量-游码的质量，称取的溶质的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；故答案为偏低；②转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；故答案为偏低；③向容量瓶加水定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，溶液的物质的量浓度偏高；故答案为偏高；④摇匀后液面下降，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；故答案为偏低；（4）实验室需要配制500mL0.10mol/LNa2CO3溶液，应选择500mL容量瓶，需要碳酸钠的质量m=0.10mol/L×106g/mol×0.5L=5.3g；若改用浓溶液稀释，设需要量取2mol/LNa2CO3溶液体积为V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得V×2mol/L=0.10mol/L×500mL，解得V=25.0mL；故答案为5.3；25.0。【题目点拨】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的方法，明确误差分析的方法与技巧，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练。配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，要紧扣公式c=n/V：如①用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，会造成结果偏大，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，所配溶液浓度偏高；②配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，会造成结偏大；因为氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等等。27、酸式滴定管100mL容量瓶酚酞当滴入最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变为粉红色，且30秒不恢复到原色0.8000CEC【分析】现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)，用酸式滴定管精确量取10.00mL市售白醋，用100mL容量瓶精确配制成100mL白醋溶液，用标准氢氧化钠溶液进行滴定20.00mL所配白醋溶液，测定需要氢氧化钠溶液的体积，按照公式进行计算，并进行误差分析。【题目详解】(1)由于是精确量取10.00mL市售白醋，所以常选用酸式滴定管，此时应选用容量瓶配制待测白醋溶液，精确度比较匹配，注意指明规格为100mL；(2)因为醋酸与氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，其溶液显碱性，酚酞的变色范围为8.2−10.0，所以酚酞作指示剂比较理想；滴定时，把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，用NaOH标准液边滴边摇动锥形瓶，当滴入最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变为粉红色，且30秒不恢复到原色时，停止滴定，记录NaOH的用量；(3)对比4次实验中消耗NaOH溶液的体积数据，发现第1次体积数据误差明显过大，属于异常值，应首先舍去。取其余3次体积的平均值为16.00mL，则20mL待测白醋溶液消耗NaOH的物质的量为0.016L×0.1000mol/L=0.0016mol，所以20mL待测白醋溶液中CH3COOH的物质的量也为0.0016mol，故所配白醋溶液的浓度为，则c(市售白醋)=；(4)由可知，测定的白醋溶液浓度的大小取决于所消耗标准氢氧化钠溶液的体积，A.锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，无影响，故A不符合；B.滴定前平视，滴定后俯视碱式滴定管读数，使测定的V(NaOH)偏小，则结果偏小，故B不符合；C.碱式滴定管在用蒸馏水洗净后，未用标准NaOH溶液润洗，使NaOH溶液的浓度减小，则消耗的V(NaOH)偏大，则结果偏大，故C符合；D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，造成待测液的物质的量偏小，消耗的V(NaOH)偏小，则结果偏小，故D不符合；E.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，此部分气泡体积也计入了耗用的NaOH体积中，则消耗的V(NaOH)偏大，则结果偏大，故E符合；故选CE；(5)电离常数可判断对应酸的强弱程度，依据电离平衡常数与酸的强弱关系及强酸制弱酸原理，进而判断反应能否发生，其他选项不能判断酸的强弱，故C正确。28、1×10－1310－11mol/L酸BDB<＝【分析】（1）0.01mol·L-1NaOH溶液中c（OH－）=10-2mol·L－1，已知pH=11，根据Kw的公式计算；0.1mol·L-1的HA溶液中c(H＋)/c(OH－)=109，根据Kw计算c（H＋），再计算水电离的的c(OH-)；（2）在室温下，pH之和为14的NaOH溶液和HA溶液，c（OH－）=c（H＋），由于酸是弱酸，酸的浓度大于氢离子浓度；（3）HA是弱电解质，加水稀释HA，促进HA电离，则n（A－）、n（H＋）增大，n（HA）减小，但酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c（A－）、c（H＋）、c（HA）都减小。（4）HA是弱电解质，在反应过程中HA继续电离出氢离子，则反应过程中HA中pH增大程度小于HCl，当完全反应后，HA和盐酸中pH相等，则HA反应的物质的量大于盐酸，根据酸和锌之间的关系计算．（5）0.01mol·L－1的盐酸和HA溶液各100mL，能提供的氢离子相同，消耗的碱相同。【题目详解】（1）0.01mol·