河北省沧州盐山中学2024届化学高二下期末联考试题含解析

河北省沧州盐山中学2024届化学高二下期末联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、下列根据实验事实所作结论中，正确的是（）

实验事实

结论

A

A、B两种有机物具有相同的相对分子质量和不同的结构

A、B互为同分异构体

B

质量相同的A、B两种有机物完全燃烧生成质量相同的水

A、B两有机物最简式相同

C

A、B两种有机物结构相似具有相同的通式

A、B互为同系物

D

分子式为C6H6的烃A既能使溴的CCl4溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色

A的结构简式可能是

A．A B．B C．C D．D2、下列有关叙述正确的是（）A．在分子中含有1个手性C原子B．氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中C．碘单质在水溶液中溶解度很小是因为I2和H2O都是非极性分子D．含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，若n值越大，则含氧酸的酸性越大3、无机化学对硫－氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。如图所示是已经合成的最著名的硫－氮化合物的分子结构。下列说法正确的是()A．该物质的分子式为SNB．该物质的分子中既有极性键又有非极性键C．该物质具有很高的熔、沸点D．该物质与化合物S2N2互为同素异形体4、下列有关说法正确的是（）A．容量瓶、分液漏斗、酸碱滴定管、冷凝管等仪器在使用前均需要检查是否漏液B．蒸发、蒸馏、配制标准物质的量浓度溶液均需要用到玻璃棒C．过滤操作用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒D．烧瓶、量筒、容量瓶、滴定管洗净后均可放在烘箱中烘干5、下列操作中，能使水的电离平衡向右移动且使液体呈酸性的是A．向水中加入NaHSO4 B．向水中加入CuSO4C．向水中加入Na2CO3 D．将水加热到100℃，使pH＝66、下列物质的类别与所含官能团都正确的是（）A．酚类－OH B．羧酸－CHOC．醛类－CHO D．CH3OCH3醚类7、室温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度的关系正确的是A．0.1mol/LNH4Cl溶液与0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(C1-)>c(OH-)>c(H+)B．0.1mol/LCH3COONa溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合：c(OH-)<c(CH3COO-)<c(H+)<c(C1-)=o.1mol/LC．0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合：2c(CO32-)+C(HCO3-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)D．0.1mol/LNaHS溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合：c(OH-)-c(H+)=C(S2-)+2c(HS-)+3c(H2S)8、关于分散系，下列叙述中不正确的是（）A．按照分散质和分散剂状态不同（固、液、气），它们之间可有9种组合方式B．当分散剂是水或其他液体时，如果按照分散质粒子的大小来分类，分散系可分为溶液、胶体、浊液C．溶液是稳定的分散系，放置后不会生成沉淀；而胶体是不稳定的分散系，放置会生成沉淀D．溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线出现光亮“通路”9、某化学课外活动小组拟用铅蓄电池进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置示意图如下。下列叙述正确的是A．Y的电极反应为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4B．电解池内仅发生反应：2Al+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2↑C．若电解池阴极上有0.5molH2生成，则铅蓄电池中消耗H2SO4为98gD．用电絮凝法净化过的水，pH显著升高10、分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用。下列物质分类合理的是：（）①酸性氧化物：CO2、SO2、SiO2②混合物：漂白粉、氨水③电解质：氯气、硫酸钡、酒精④同位素：12C、14C与14N⑤同素异形体：C60、金刚石、石墨⑥胶体：稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液A．①②④ B．①②⑤ C．②③④ D．②⑤11、下图为H2与O2反应生成H2O(g)的能量变化示意图，下列有关叙述不正确的是A．1molH2分子断键需要吸收436kJ的能量B．H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(g)ΔH＝－241.8kJ/molC．反应物的总能量高于生成物的总能量D．形成化学键释放的总能量比断裂化学键吸收的总能量小12、下列说法正确的是A．凡是中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构型都是正四面体型B．在SCl2中，中心原子S采取sp杂化方式，分子构型为直线型C．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对D．凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键13、下列有关高级脂肪酸甘油酯的说法不正确的是（）A．高级脂肪酸甘油酯是高分子化合物B．天然的不饱和高级脂肪酸甘油酯都是混甘油酯C．植物油可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D．油脂皂化完全后原有的液体分层现象消失14、绿原酸是咖啡的热水提取液成分之一，结构简式如下图，关于绿原酸判断正确的是（）A．1mol绿原酸与足量NaHCO3溶液反应，生成3molCO2气体B．1mol绿原酸与足量溴水反应，最多消耗2.5molBr2C．1mol绿原酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOHD．绿原酸水解产物均可以与FeCl3溶液发生显色反应15、标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL,质量分数为ω，物质浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是A．B．C．D．=1000Vρ/(17V+22400)16、生活处处有化学，下列有关说法错误的是A．红葡萄酒密封储存时间越长质量越好，是因为储存过程中生成了有香味的酯B．为延长果实的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾的硅土放在水果周围以达到保鲜要求C．油脂有保持体温和保护内脏器官的作用D．在铁船体上镶锌块是利用外加电流的阴极保护法避免船体遭受腐蚀17、下列有关电解质溶液的说法正确的是A．向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变18、来自植物精油中的三种活性成分的结构简式如下。下列说法正确的是A．①中含有2个手性碳原子数B．②中所有原子可以处于同一平面C．②、③均能与FeCl3溶液发生显色反应D．1mol③最多可与3molNaOH发生反应19、下列叙述不正确是A．水能是一次能源 B．电能是二次能源C．石油是不可再生能源 D．化石燃料是取之不尽，用之不竭的能源20、下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是（）A．同质量、不同密度的N2和CO2B．同温度、同体积的H2和N2C．同体积、同密度的C2H4和C3H6D．同压强、同体积的N2O和CO221、某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣、HCO3﹣等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（）A．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1B．ab段发生的离子反应为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓C．原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+但不能肯定Mg2+和Fe3+的中的哪一种D．d点溶液中含有的溶质只有Na2SO422、现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5则下列有关比较中正确的是()A．最高正化合价：④>③＝②>①B．电负性：④>③>②>①C．原子半径：④>③>②>①D．第一电离能：④>③>②>①二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D1、D2、E、F、G、H均为有机化合物，请根据下列图示回答问题。（1）直链有机化合物A的结构简式是__________________；（2）B中官能团的名称为___________；（3）①的反应试剂和反应条件是__________；（4）D1或D2生成E的化学方程式是___________________________________；（5）G可应用于医疗、爆破等，由F生成G的化学方程式是_____。24、（12分）环己烯常用于有机合成。现通过下列流程，以环己烯为原料合成环醚、聚酯、橡胶，其中F可以作内燃机的抗冻剂，J分子中无饱和碳原子。已知：R1—CH===CH—R2R1—CHO＋R2—CHO(1)③的反应条件是_________________________________________________。(2)A的名称是_______________________________________________。(3)有机物B和I的关系为________(填字母)。A．同系物B．同分异构体C．都属于醇类D．都属于烃(4)①～⑩中属于取代反应的________________________________________。(5)写出反应⑩的化学方程式____________________________________。(6)写出两种D的属于酯类的链状同分异构体的结构简式：_____________。25、（12分）中华人民共和国国家标准（GB2760-2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.2500g·L-1。某兴趣小组用图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。（1）仪器A的名称是_____________________。（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为________________________________。（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.09000mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的__________________；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为________________；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积（填序号）________________（①=10mL，②=40mL，③<10mL，④>40mL）（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L-1。26、（10分）电镀厂曾采用有氰电镀工艺，处理有氰电镀的废水时，可在催化剂TiO2作用下，先用NaClO将CN-离子氧化成CNO-，在酸性条件下CNO-继续被NaClO氧化成N2和CO2。环保工作人员在密闭系统中用下图装置进行实验，以证明处理方法的有效性，并通过测定二氧化碳的量确定CN-被处理的百分率。将浓缩后含CN-离子的污水与过量NaClO溶液的混合液共200mL(其中CN-的浓度为0.05mol•L-1倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞。回答下列问题：（1）甲中反应的离子方程式为________________________，乙中反应的离子方程式为________________________。（2）乙中生成的气体除N2和CO2外，还有HCl及副产物Cl2等。丙中加入的除杂试剂是饱和食盐水，其作用是_____________________，丁在实验中的作用是______________，装有碱石灰的干燥管的作用是______________________________。（3）戊中盛有含Ca(OH)2

0.02mol的石灰水，若实验中戊中共生成0.82g沉淀，则该实验中测得CN-被处理的百分率等于__________。该测得值与工业实际处理的百分率相比总是偏低，简要说明可能原因之一_______________________。27、（12分）下图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为_______________mol/L。（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_______。A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中Cl－的数目D．溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.1mol/L稀盐酸。①该学生需要量取_____________mL上述浓盐酸进行配制。②在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。a、用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面。（____________）b、用量筒量取浓盐酸后，洗涤量筒2-3次，洗涤液也转移到容量瓶。（_________）（4）现将100mL0.5mol/L的盐酸与200mL0.1mol/LCuCl2溶液混合，体积变化忽略不计，所得溶液中Cl－的物质的量浓度是_______________。28、（14分）氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案(已知：AlN＋NaOH＋H2O===NaAlO2＋NH3↑)。（方案1）取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。(1)上图C装置中球形干燥管的作用是_________。(2)完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查气密性，再加入实验药品，接下来的实验操作是______________________，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是______________________。(3)由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见：_________________________。（方案2）用下图装置测定mg样品中AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。(4)为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是__________。A．CCl4B．H2OC．NH4Cl溶液D．苯（方案3）按以下步骤测定样品中AlN的纯度：(5)步骤②生成沉淀的离子方程式为__________________________________________。29、（10分）（1）在一定条件下N2与H2反应生成NH3，请回答：①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1＞E2，则该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。②已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为___________________________________________。（2）实验室用50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为___________________________；实验室提供了0.50mol·L－1和0.55mol·L－1两种浓度的NaOH溶液，应选择___________mol·L－1的NaOH溶液进行实验。（3）人类活动产生的CO2长期积累，威胁到生态环境，其减排问题受到全世界关注。工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如下：①在阳极区发生的反应包括__________________________________和H＋＋HCO===H2O＋CO2↑。②简述CO在阴极区再生的原理：____________________________________。（4）常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH＝9的Na2SO3溶液，试计算溶液中＝_______。（常温下H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.0×10－2，Ka2＝6.0×10－8）

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、D【解题分析】试题分析：同分异构体指具有相同的分子式，不同的结构；B项可确定两者的含H量相同；C项通式相同也可能互为同分异构体。考点：同分异构体、同系物、结构简式、有机物的最简式。2、A【解题分析】

A．一个碳原子与其它四个不同的原子或原子团相连的碳为手性C原子，中间的碳原子为手性C原子，故A正确；B．氢键是一种分子间作用力，不是化学键，故B错误；C．I2是非极性分子，而H2O是极性分子，非极性分子难溶于极性溶剂，所以碘单质在水溶液中溶解度很小，故C错误；D．含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，据此可知，非羟基氧原子数目越大，即m越大，酸性越强，故D错误；答案选A。3、B【解题分析】A.该物质的分了式为S4N4，A不正确；B.该物质的分子中既含有极性键（S—N）又含有非极性键（N—N），B正确；C.该物质形成的晶体是分子晶体，具有较低的熔、沸点，C不正确；D.该物质与化合物S2N2不是同素异形体，同素异形体指的是同一元素形成的不同单质，D不正确。本题选B。4、C【解题分析】分析：A．冷凝管不需要检查是否漏液；B．蒸发需要玻璃棒搅拌，配制标准物质的量浓度溶液需要玻璃棒搅拌、引流，蒸馏不需要玻璃棒；C．根据过滤操作判断需要的仪器；D．烧瓶、量筒、容量瓶、滴定管洗净后自然风干即可。详解：A．冷凝管不需要检查是否漏液，具有塞子或活塞的仪器可查漏，例如容量瓶、分液漏斗、酸碱滴定管等仪器在使用前均需要检查是否漏液，A错误；B．蒸馏不需要玻璃棒，需要蒸馏烧瓶、冷凝管等，B错误；C．过滤操作用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，C正确；D．烧瓶、量筒、容量瓶、滴定管洗净后自然风干即可，不能放在烘箱中烘干，否则可能影响定量仪器的准确度，D错误；答案选C。点睛：本题考查化学实验基本操作以及仪器使用等，为高频考点，把握仪器的使用、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。5、B【解题分析】

A.硫酸氢钠电离出氢离子，抑制水的电离，溶液显酸性，故错误；B.硫酸铜电离出铜离子，能水解，促进水的电离，溶液显酸性，故正确；C.碳酸钠电离出的碳酸根离子能水解促进水的电离，溶液显碱性，故错误；D.将水加热，促进水的电离，但仍为中性，故错误。故选B。【题目点拨】水的电离受到酸碱盐的影响，水中加入酸或碱，抑制水的电离，水中加入能水解的盐，促进水的电离，注意水中加入酸式盐时要具体问题具体分析，加入硫酸氢钠，由于硫酸氢钠电离的氢离子抑制水的电离，加入碳酸氢钠，因为碳酸氢根的水解大于电离，所以促进水的电离。加入亚硫酸氢钠，因为亚硫酸氢根的电离大于水解，所以抑制水的电离。6、D【解题分析】

A、分类错误，该物质属于醇类，只有羟基直接连在苯环上，该物质才能归类于酚；B、官能团错误，官能团应该是羧基，而不是醛基；C、分类和官能团均错误，该物质属于酯类，是由甲酸和苯酚形成的酯，官能团是酯基，但是具有醛类的性质；D、该物质的类别与所含官能团都正确；故选D。【题目点拨】甲酸酯的官能团是酯基，尽管其具有醛基的性质。7、D【解题分析】分析：A、混合液的pH大于7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4＋）＞c（NH3·H2O），结合物料守恒可知c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（NH3·H2O）；B、0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.10mol·L－1HCl等体积混合，反应后溶质为0.05mol·L－1的醋酸、0.05mol·L－1的NaCl，据此判断各离子浓度大小．C、溶液可以看成是NaHCO3和NaCl的混合液，溶液中存在电荷守恒；D、溶液相当于Na2S和NaOH等物质的量混合，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，消去钠离子可得。详解：A、0.1mol·L-1NH4Cl溶液与0.1mol·L-1氨水等体积混合（pH＞7），说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4＋）＞c（NH3·H2O），结合物料守恒可知c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（NH3·H2O），故A错误；B、将0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.10mol·L－1HCl等体积混合后，溶质为0.05mol·L－1的醋酸、0.05mol·L－1的NaCl，离子浓度最大的为c（Cl－），c（Na＋），则正确的离子浓度大小为：c（Cl－）=c（Na＋）＞c（H＋）＞c（CH3COO－）＞c（OH－），c(C1-)=0.05mol/L，故B错误；C、0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合，溶液可以看成是NaHCO3和NaCl的混合液，溶液中存在电荷守恒：2c(CO32-)+C(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，故C错误；D、0.1mol·L－1NaHS溶液与0.2mol·L－1NaOH溶液等体积混合，溶液相当于Na2S和NaOH等物质的量混合，溶液中存在电荷守恒c(H＋)+c(Na＋)=c(OH－)+2C(S2－)+c(HS－)和物料守恒c(Na＋)=3[C(S2－)+c(HS－)+c(H2S)]，消去钠离子得：c(OH－)-c(H＋)=C(S2－)+2c(HS－)+3c(H2S)，故D正确。故选D。8、C【解题分析】

A项，按照分散质和分散剂状态不同（固、液、气），它们之间可由9种组合方式，A项正确；B项，当分散剂是水或其他液体时，如果按照分散质粒子的大小来分类，分散质粒子小于1nm的为溶液，分散质粒子介于1nm~100nm之间的为胶体，分散质粒子大于100nm的为浊液，B项正确；C项，胶体中胶粒带同种电荷，互相排斥，也是较稳定的分散系，放置不会生成沉淀，只有在一定的条件下，例如加热、加电解质等情况下才可发生聚沉，C项错误；D项，胶体中胶体粒子对光有散射作用，可以产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，D项正确；故答案为C。9、C【解题分析】

左端装置为电池，右端装置为电解池，根据电解池的装置图，铁电极上H2O转化成H2和OH－，铁电极为阴极，即Al电极为阳极，X为负极，Y为正极，据此分析。【题目详解】A、根据上述分析，Y电极为正极，电极反应式为PbO2+SO42-＋H＋+2e-=PbSO4+H2O，故A错误；B、根据电解池装置，Al电极上除有Al3＋生成外，还含有O2的生成，故B错误；C、阴极上有0.5molH2产生，铅蓄电池的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，即有H2～2e-～2H2SO4，即铅蓄电池中消耗硫酸的质量为0.5mol×2×98g/mol=98g，故C正确；D、电解池内部发生的反应是2Al＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑，2H2O2H2↑＋O2↑，净化过的水，pH基本保持不变，故D错误；答案选C。【题目点拨】涉及电化学计算，特别是两池的计算时，一般采用关系式法，让电子为中介，像本题，阴极上产生氢气，得出H2～2e-，铅蓄电池中也转移2mole-，根据铅蓄电池总反应，列出H2～2e-～2H2SO4，从而计算出硫酸的质量。10、B【解题分析】分析：①与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；②由不同物质组成的为混合物；③在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；④质子数相同，中子数不同的同元素不同的原子互称为同位素；⑤同种元素组成的不同单质为同素异形体；⑥依据分散质微粒直径大小对分散系进行分类为溶液、胶体、浊液。详解：①CO2、SO2、SiO2都和强碱溶液反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故①正确；②漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物、氨水是一水合氨的溶液属于混合物，故②正确；③氯气是单质不是电解质、硫酸钡属于盐为强电解质、酒精是非电解质，故③错误：④12C、14C为同位素，与14N不是同位素，故④错误；⑤C60、金刚石、石墨是碳元素的不同单质属于同素异形体，故⑤正确；⑥稀豆浆、硅酸属于胶体，氯化铁溶液属于溶液，故⑥错误；综上所述①②⑤正确；故选B。点睛：本题考查了物质分类的方法和依据，掌握基础，概念的理解应用是解题关键，题目难度中等。11、D【解题分析】

A.根据示意图可知1molH2分子断键需要吸收436kJ的能量，A正确；B.反应热等于断键吸收的能量和形成化学键放出的能量的差值，因此H2(g)+O2(g)=H2O(g)的反应热ΔH＝436kJ/mol+×498kJ/mol－2×463.4kJ/mol=－241.8kJ/mol，B正确；C.反应是放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，C正确；D.反应是放热反应，则形成化学键释放的总能量比断裂化学键吸收的总能量大，D错误；答案选D。12、C【解题分析】

A．中心原子采取sp3杂化的分子，若没有孤电子对，则分子构型是四面体型，但若有孤电子对，则分子构型可能为三角锥形，如NH3，也可能为V形，如水，A不正确；B．在SCl2中，中心原子S采取sp3杂化方式，分子构型为V型，B不正确；C．用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对的轨道为杂化轨道，形成π键的轨道未参与杂化，C正确；D．AB3型的共价化合物，中心原子A可能采用sp3杂化轨道成键，也可能采用sp2杂化轨道成键，D不正确；故选C。13、A【解题分析】分析：本题考查的是油脂的结构和性质，难度不大。重点掌握油脂的皂化反应的实验原理、步骤、现象。详解：A.高分子化合物一般相对分子质量过万，而高级脂肪酸甘油酯不是高分子化合物，故错误；B.天然的不饱和脂肪酸甘油酯都是不同的不饱和高级脂肪酸和甘油形成的混甘油酯，故正确；C.植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；D.皂化反应基本完成时高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下水解上次高级脂肪酸盐和甘油均易溶于水，因此反应后静置，反应液不分层，故正确。故选A。14、C【解题分析】

A、含有1mol羧基，能和NaHCO3反应产生1molCO2，故A错误；B、含有1mol碳碳双键能和1molBr2发生加成反应，含有酚羟基，使得苯环邻位和对位上的氢原子变得活泼，容易发生取代，消耗3molBr2，共消耗4molBr2，故B错误；C、含有羧基、酯基、2mol酚羟基，最多消耗4molNaOH，故C正确；D、右边的环是环烷烃，不是苯环，不含有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故D错误。答案选C。15、A【解题分析】

A．将所给的式子的分子和分母同除以22.4可得，分子表示了溶液的质量，是合理的，但分母表达的是将溶剂的体积与气体的体积直接进行加和得到溶液的体积，这显然是错误的，A项错误；B．假设取溶液的体积为1L，根据溶质质量分数的本义有：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，B项正确；C．将所给的式子分子分母同除以22.4可得：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，C项正确；D．将所给式子变形得：，分子代表了溶质的物质的量，分母代表了溶液的体积（单位为L），D项正确；所以答案选择A项。16、D【解题分析】

A.红葡萄酒密封储存时间越长质量越好，葡萄酒中的醇和酸反应生成更多的酯，则香味越足，A正确；B.为延长果实的成熟期，用浸泡过高锰酸钾的硅土和水果释放的乙烯发生反应，降低乙烯的含量以达到保鲜要求，B正确；C.油脂有绝热的性质可保持体温，缓冲减压，保护内脏器官的作用，C正确；D.在铁船体上镶锌块可形成原电池，是利用牺牲阳极的阴极保护法避免船体遭受腐蚀，D错误；答案为D17、D【解题分析】

A．溶液中=Ka(CH3COOH)/Kw，因为Ka(CH3COOH)、Kw仅受温度影响，当温度不变时，它们的值不会随着浓度的变化而变化，故向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中不变，A错误；B．CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，，温度升高促进CH3COO-水解，水解平衡常数增大，=1/Kh，故将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中减小，B错误；C．由电荷守恒可知c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+)=c(Cl-)，c(NH4+)/c(Cl-)=1，C错误；D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中=Ksp(AgCl)/Ksp(AgI)，故溶液中不变，D正确；答案选D。18、A【解题分析】

A．根据手性碳原子的定义判断；B．②中含有亚甲基，具有甲烷的正四面体结构特点；C．②中不含酚羟基，③中含有酚羟基，结合官能团的性质判断；D．③含有2个酚羟基、1个酯基且水解后含有3个酚羟基，都可与氢氧化钠反应。【题目详解】A．手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，①中只有环中如图的碳为手性碳原子，选项A正确；B．②中含有亚甲基，具有甲烷的正四面体结构特点，所有原子不可能在同一平面内，选项B错误；C．②中不含酚羟基不能与氯化铁发生显色反应，③中含有酚羟基可与氯化铁发生显色反应，选项C错误；D．1mol③最多可与4molNaOH发生反应，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查物质的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酸、酯性质的考查，选项A为解答的难点，题目难度不大。19、D【解题分析】

A.水能为自然界现成存在的能源，是一次能源，与题意不符，A错误；B.电能为一次能源经过加工，转化成另一种形态的能源，是二次能源，与题意不符，B错误；C.石油为自然界现成存在的能源，是一次能源，是不可再生能源，与题意不符，C错误；D.化石燃料是不可再生能源，是越用越少的能源，符合题意，D正确；答案为D。20、C【解题分析】试题分析：根据PV=nRT可推出阿伏伽德罗定律的一系列推论。A、N2和CO相对分子质量都为28，则相同质量的N2和CO物质的量相同，且都为双原子分子，则原子数一定相等；B、根据PV=RT可知，同温度、同体积时，分子数与P成正比；C、同体积、同密度则质量相等，设质量都为m，则C2H4的原子数为×6×NA，C3H6的原子数为×9×NA，所含原子数一定相等；D、根据PV=RT可知，同压强、同体积时，分子数与T成反比。考点：阿伏伽德罗定律及推论【名师点晴】本题主要考察阿伏加德罗定律及其推论，需要注意：①阿伏加德罗定律的适用范围是气体，其适用条件是三个“同”，即在同温、同压，同体积的条件下，才有分子数(或物质的量)相等这一结论，但所含原子数不一定相等。②阿伏加德罗定律既适合于单一气体，也适合于混合气体。③气体摩尔体积是阿伏加德罗定律的特例。可根据PV=nRT得到阿伏伽德罗定律的一系列推论。21、A【解题分析】

加入NaOH溶液，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，沉淀部分溶解，则溶液中一定含有Al3+，根据离子共存可知，溶液中一定不存在CO32-；当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+；根据溶液电中性可知，溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有NO3-；从ab和cd耗碱体积比值可知，若为Fe3+，则Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，刚好与纵坐标数据吻合；若为Mg2+，Mg2+和Al3+的物质的量之比为1.5：1，不能与纵坐标数据吻合，所以溶液中一定含有Fe3+，一定不含Mg2+．【题目详解】A．根据分析可知，原溶液中含有的Fe3+和Al3+，且二者的物质的量相等，即其物质的量之比为1：1，故A正确；B．溶液中不存在镁离子，ab段发生的反应为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，故B错误；C．溶液中含有的阳离子必定有Fe3+、H+、NH4+、Al3+，一定不存在Mg2+，故C错误；D．在d点溶液中含有的溶质并不只有Na2SO4，还含有NaAlO2，故D错误；故选：A。【题目点拨】溶液中含有多种金属阳离子，铵根离子和氢离子时，向溶液中加入碱性溶液时，要注意反应的先后顺序，氢离子先与氢氧根离子反应，接着是金属阳离子与氢氧根离子反应生成难溶性的碱，然后是铵根离子与氢氧根离子反应。22、D【解题分析】分析：由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③2s22p3是N元素、④2s22p5是F元素。A．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价；B．同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；C．同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大；D．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，注意全满、半满稳定状态；据此分析判断。详解：由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③2s22p3是N元素、④2s22p5是F元素。A．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故A错误；B．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性F＞N＞S＞P，即④>③>①>②，故B错误；C．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故C错误；D．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能F＞N＞P＞S，即④＞③＞②＞①，故D正确；故选D。点睛：考查结构与物质关系、核外电子排布规律、元素周期律等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据原子结构判断元素是关键。本题的易错点为D，要注意全满、半满稳定状态对第一电离能的影响。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键、氯原子Cl2、光照或高温【解题分析】

题干中指出A为链状有机物，考虑到分子式为C3H6，所以A为丙烯；那么结合A和B的分子式分析可知，由A生成B的反应，即为丙烯中甲基的氯代反应；从B生成C的反应即为B与溴单质的加成反应。氯水中含有HClO，其结构可以写成H-O-Cl；B可以与氯水反应生成D1和D2，分子式均为C3H6OCl2，所以推测这一步骤发生的是B与HClO的加成反应。油脂水解的产物之一是甘油，所以F即为甘油，考虑到G的用途，G即为硝化甘油。E可以在碱性溶液中反应得到甘油，并且E的分子式为C3H5OCl，结合D的结构推断E中含有醚键，即E的结构为。【题目详解】(1)直链有机化合物A即为丙烯，结构简式为CH2=CH-CH3；(2)通过分析可知B的结构即为：CH2=CH-CH2Cl，所以其中的官能团有碳碳双键和氯原子；(3)通过分析可知，反应①即甲基上氢原子的氯代反应，所以试剂是Cl2，条件是光照或者高温；(4)通过分析可知，D1和D2的结构可能是、，因此反应生成E的方程式为：2+Ba(OH)22+2H2O+BaCl2；(5)通过分析G即为硝化甘油，所以生成G的反应方程式为：。24、NaOH醇溶液、加热1,2-二溴环己烷C②、⑦、⑧nCH2=CH—CH=CH2CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2【解题分析】

利用题目所给信息，正向分析与逆向分析结合，可知。【题目详解】根据以上分析，(1)反应③是发生消去反应生成，反应条件是NaOH醇溶液、加热。(2)A是，名称是1,2-二溴环己烷。(3)有机物B是、I是，结构不同，不属于同系物；分子式不同，不是同分异构体；都含有羟基，都属于醇类；含有氧元素，不属于烃，故选C。(4)反应①是加成反应；②是羟基代替溴原子，属于取代反应；③是生成，属于消去反应；④是与氢气发生加成反应生成；⑤是与氢气发生加成反应生成；⑥是发生氧化反应生成；⑦是2分子发生取代反应生成；⑧是与发生取代反应生成聚酯；⑨是发生消去反应生成；⑩是发生加聚反应生成，属于取代反应的是②、⑦、⑧。(5)反应⑩是发生加聚反应生成，化学方程式是nCH2=CH—CH=CH2。(6)的不饱和度是2，属于酯类的链状同分异构体应该含有1个碳碳双键，结构简式有CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2。25、冷凝管(或冷凝器)SO2+H2O=H2SO4③酚酞④0.2400【解题分析】分析：(1)根据仪器A的特点判断；(2)二氧化硫具有还原性，能够与双氧水反应生成硫酸；(3)氢氧化钠溶液显碱性；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；根据滴定管的构造判断滴定管中溶液的体积；(4)根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；据此分析解答。详解：(1)根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，故答案为：冷凝管或冷凝器；(2)双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；(3)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂(酚酞的变色范围是8.2～10.0)；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，所以④正确，故答案为：③；酚酞；④；(4)根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：12×(0.0900mol/L×0.025L)×64g/mol=0.0720g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.0720g0.3L=0.2400g/L点睛：本题考查了物质组成的探究、测量物质的含量的方法等，涉及二氧化硫的性质、中和滴定的计算，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法是解题的关键。本题的易错点为(4)，要注意计算结果的单位。26、CN-+ClO-=CNO-+Cl-2CNO-+2H++3CNO-=N2↑+2CO2↑+3Cl-+H2O除去HCl气体去除Cl2防止空气中CO2进入戊中影响测定准确度82%①装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；②CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；③Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全（答出其一即可）。【解题分析】本题考查氧化还原反应方程式的书写、物质除杂和提纯、化学计算等，（1）根据信息，甲：在TiO2催化剂作用下，NaClO将CN－氧化成CNO－，ClO－＋CN－→CNO－＋Cl－，CN－中N显－3价，C显＋2价，CNO－中氧显－2价，N显－3价，C显＋4价，因此有ClO－中Cl化合价由＋1价→－1价，化合价降低2价，CN－中C化合价由＋2价→＋4价，化合价升高2价，然后根据原子守恒配平其他，CN－+ClO－=CNO－+Cl－；根据信息酸性条件下，CNO－被ClO－氧化成N2和CO2，离子反应方程式为：2CNO－+2H＋+3CNO－=N2↑+2CO2↑+3Cl－+H2O；（2）利用HCl易溶于水，因此饱和食盐水的作用是除去HCl气体，丁的作用是除去Cl2；实验的目的是测定CO2的量确定CN－被处理的百分率，空气中有CO2，因此碱石灰的作用是防止空气中CO2进入戊中，避免影响测定的准确性；（3）戊中沉淀是CaCO3，根据碳元素守恒，n(CN－)=n(CaCO3)=0.82/100mol=8.2×10－3mol，被处理的百分率是8.2×10－3/(200×10－3×0.05)×100%=82%，①装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；②CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；③Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全。点睛：本题氧化还原反应方程式的书写是学生易错，书写氧化还原反应方程式时，先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，如（1）第二问，CNO－继续被ClO－氧化，说明CNO－是还原剂，N2为氧化产物，ClO－是氧化剂，一般情况下，没有明确要求，ClO－被还原成Cl－，Cl－是还原产物，即有CNO－＋ClO－→N2＋CO2＋Cl－，然后分析化合价的变化，N由-3价→0价，Cl由＋1价→－1价，根据化合价升降进行配平，即2CNO－＋3ClO－→N2＋CO2＋3Cl－，环境是酸性环境，根据反应前后所带电荷守恒，H＋作反应物，即2CNO－+2H＋+3CNO－=N2↑+2CO2↑+3Cl－+H2O。27、12BD4.2偏低偏高0.3mol/L【解题分析】分析：（1）根据物质的量浓度为c=1000ρW/M进行计算；（2）根据溶液的特点分析；（3）①根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算；②根据c=n/V，判断实验操作对n或V的影响，以此判断实验误差；（4）计算Cl-的物质的量，进一步计算浓度。详解：（1）假设溶液的体积为1L，浓盐酸中HCl的物质的量浓度为：c=1000ρW/M=1000×1.2×36.5%/36.5=12mol/L，正确答案为：12；（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，不同体积的溶液浓度相同，密度相同，物质的量不同，所含溶质的物质的量不同，所以含有的离子数目也不同，A选项HCl物质的量与体积多少有关，A选项错误，C选项中Cl-的数目也与物质的量有关，即与溶液的体积有关，C选项错误，正确选项为：B、D；（3）①溶液稀释前后溶质的物质的量不变，设需浓盐酸的体积为V，则有12mol/L×V=0.5L×0.1mol/L，则V=0.0042L=4.2ml，正确答案为：4.2；②a、用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，会导致液体体积偏小，溶液浓度偏低，正确答案：偏低；b、在配置中对取盐酸的量筒进行洗涤，洗涤液也转移到容量瓶，导致溶质物质的量偏多，溶液浓度偏高，正确答案：偏高；（4）所得溶液中Cl-的物质的量为：0.1L×0.5mol/L+0.2L×0.1mol/L×2=0.09mol，所得溶液中Cl-的物质的量浓度是:0.09mol/0.3L=0.3mol/L，正确答案：0.3mol/L。28、防倒吸关闭K1，打开K2把装置中残留的氨气全部赶入C装置中被吸收C装置出口处连接一个干燥装置ADCO2＋AlO＋2H2O===HCO＋Al(OH)3↓【解题分析】分析：（1）分析装置和