2024届陕西省西安高新唐南中学高二化学第一学期期中监测模拟试题含解析

2024届陕西省西安高新唐南中学高二化学第一学期期中监测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下列原子半径最小的是()A．1s22s22p3 B．1s22s22p33s23p3C．1s22s22p5 D．1s22s22p33s23p22、常温下，下列离子在指定条件下能大量共存的是A．无色透明溶液中：AlO、Na+、NO、HCOB．使酚酞变红的溶液中：CO、K+、Cl－、SOC．水电离的c(H+)=1×10－13mol/L的溶液中：K+、Na+、HCO、Mg2+D．加入Na2O2后的溶液中：Fe2+、Al3+、Cl－、SO3、对于平衡体系mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)△H=bkJ·mol-1,下列结论中错误的是A．若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，达到新平衡时A的浓度为原来的2.2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．保持其它条件不变，升高温度，D的体积分数增大说明该反应的△H＜0。D．若m+n=p+q，则向含有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2amol4、已知可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)，其他条件不变，C的物质的量分数和温度（T）或压强（P）关系如图，其中正确的是A．T1＞T2 B．△H＜0 C．P1＞P2 D．a+b＞c+d5、在相同条件下，22g下列气体中跟22gCO2的体积相等的是A．N2OB．N2C．SO2D．CO6、根据有机物的命名原则，下列命名正确的是A．3,3-二甲基-2-丁醇 B．CH3CH(C2H5)CH2CH2CH32—乙基戊烷C．CH3OOCCH3甲酸乙酯 D．CH2Br－CH2Br二溴乙烷7、下列各组物质的燃烧热相等的是A．C和CO B．红磷和白磷C．3molC2H2（乙炔）和1molC6H6（苯） D．1gH2和2gH28、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．HI9、化学与生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是A．“低碳生活”是指生活中尽量使用含碳量较低的物质B．燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生C．高纯铝被大量用于制造火箭、导弹和飞机的部件D．食品包装袋内的铁粉和生石灰的作用原理相同10、下列叙述错误的是A．金属元素和非金属元素一定形成离子化合物B．共价化合物中只有共价键，一定没有离子键C．含有金属阳离子的晶体未必是离子晶体D．离子化合物中可能含有极性共价键11、据有关报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程如图：下列说法中正确的是A．状态Ⅰ→状态Ⅲ是放热过程B．该过程中，CO先断键形成C和O，再生成CO2C．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO和O2反应，生成了CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅱ表示催化剂对反应没有起作用12、下列过程是非自发的是A．水由高处向低处流 B．天然气的燃烧 C．铁在潮湿空气中生锈 D．室温下水结成冰13、下列变化属于放热反应的是A．浓硫酸稀释 B．石灰石受热分解C．碳粉不完全燃烧 D．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合搅拌14、下列关于维生素C的说法不正确的是（）A．也称为抗坏血酸 B．难溶于水C．是一种较强的还原剂 D．人体不能合成维生素C，必须从食物中获得15、通过以下反应均可获取H2。①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH1=+131.3kJ·mol-1②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH2=+206.1kJ·mol-1③CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH3下列说法正确的是A．①中反应物的总能量大于生成物的总能量B．②中使用适当催化剂，降低了活化能，同时可以使ΔH2减小C．若知反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的ΔH，结合ΔH1可计算出ΔH3D．由①、②计算反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)的ΔH=－74.8kJ·mol-116、反应4A(s)＋3B(g)＝2C(g)＋D(g)，经2min后，B的浓度减少了0.6mol/L。下列反应速率的表示正确的是A．用A表示的反应速率是0.4mol/(L·min)B．用C表示的反应速率是0.2mol/(L·min)C．2min末时的反应速率，用B表示是0.3mol/(L·min)D．在这2min内用B表示的反应速率的值是减小的，C表示的反应速率逐渐增大17、碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)=Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)，下列说法错误的是（）A．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极B．电池正极的电极反应式为：2MnO2+H2O(l)+2e-=Mn2O3(s)+2OH-(aq)C．电池工作时，锌失去电子D．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g18、一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表。下列说法错误的是（）pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2﹣A．当pH＜4时，碳钢主要发生析氢腐蚀B．当pH＞6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀C．当pH＞14时，正极反应为O2+4H++4e→2H2OD．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓19、下列化学用语书写正确的是（）A．甲烷的电子式： B．丙烯的键线式：C．乙醇的结构式： D．乙烯的结构简式：CH2CH220、臭氧(O3)是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净等优点。O3可溶于水，在水中易分解，产生的[O]为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生如下反应：反应I：O3O2+[O]△H>0平衡常数为K1；反应II：O3+[O]2O2△H<0平衡常数为K2；总反应：2O33O2△H<0平衡常数为K。下列叙述正确的是A．K=K1+K2 B．压强增大，K2减小C．适当升高温度，可提高消毒效率 D．降低温度，K减小21、下列各组物质前者为晶体后者为非晶体的是（）A．白磷、蓝矾 B．石蜡、塑料 C．碘、橡胶 D．食盐、蔗糖22、S(单斜)和S(正交)是硫的两种同素异形体。已知：①S(单斜，s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH1＝－297.16kJ·mol－1②S(正交，s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH2＝－296.83kJ·mol－1③S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH3下列说法正确的是()A．ΔH3＝＋0.33kJ·mol－1B．单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应C．S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH3<0，正交硫比单斜硫稳定D．S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH3>0，单斜硫比正交硫稳定二、非选择题(共84分)23、（14分）有机化学反应因反应条件不同，可生成不同的有机产品。例如：(1)HX+CH3-CH=CH2(X为卤素原子)(2)苯的同系物与卤素单质混合，若在光照条件下，侧链上氢原子被卤素原子取代；若在催化剂作用下，苯环上的氢原子被卤素原子取代。工业上利用上述信息，按下列路线合成结构简式为的物质，该物质是一种香料。请根据上述路线，回答下列问题：(1)A的结构简式可能为_________。(2)反应①、③、⑤的反应类型分别为________、________、_______。(3)反应④的化学方程式为(有机物写结构简式，并注明反应条件)：____。(4)工业生产中，中间产物A须经反应③④⑤得D，而不采取直接转化为D的方法，其原因是______。(5)这种香料具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：①其水溶液遇FeCl3溶液呈紫色②分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种。写出符合上述条件的物质可能的结构简式(只写两种)：_____________。24、（12分）下表中①~⑦表示元素周期表的部分元素。IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA12①②③3④⑤⑥⑦（1）②元素最外层电子数比次外层电子数多______个，该元素的符号是_______；⑦元素的氢化物的电子式为____________________。（2）由①③④三种元素组成的物质是______________，此物质的水溶液显_____性。（3）⑥元素的原子半径大于③的理由是____________________________________。（4）④元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强于⑤元素，用一个化学方程式来证明。________________________________________25、（12分）某工厂废水含游离态氯，通过下列实验测定其浓度：①取水样10.0mL于锥形瓶中，加入10.0mLKI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴；②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.01mol·L－1Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数；③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生反应为：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。试回答下列问题：(1)步骤①加入的指示剂是__________。(2)步骤②应使用________式滴定管。(3)步骤③当待测液由________色变为________色且不再变化即达终点，若耗去Na2S2O3溶液20.0mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为________。(4)Cl2的实际浓度比所测浓度为____(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，造成误差的原因是_________(若认为没有误差，该问不答)。26、（10分）某小组实验探究二氧化硫分别与新制氢氧化铜的反应，完成相关填空。将足量的二氧化硫气体通入新制氢氧化铜悬浊液中，发现先产生红色沉淀，然后红色沉淀逐渐变为紫红色固体，最终溶液呈无色。（1）探究红色沉淀转变为紫红色的原因。将所得固体分成两等份于试管中并加入少量蒸馏水进行以下两个对比实验：实验装置图操作及现象红色固体很快转变为紫红色固体，溶液呈蓝色。开始红色固体缓慢变为紫红色固体,溶液呈蓝色。试管内紫红色固体逐渐增多，最后溶液变无色。解释及结论①该反应的离子方程式_________________。②开始时红色固体颜色变化缓慢的原因是___。③所得无色溶液中主要阴离子为_________。（2）通过上述探究，写出新制氢氧化铜与过量SO2反应的总化学方程式________。（3）将表中SO2换为NO2是否能观察到相同现象?

回答并解释：__________。27、（12分）自然界水体中的碳元素主要以碳酸盐、碳酸氢盐和有机物形式存在。水体中有机物含量是水质的重要指标，常用总有机碳衡量(总有机碳＝)。某学生兴趣小组用如下实验方法测定采集水样的总有机碳。步骤1：量取50mL水样，加入足量硫酸，加热，通N2，并维持一段时间(装置见右图，夹持类仪器省略)。步骤2：再向水样中加入过量的K2Cr2O7溶液(可将有机物中的碳元素氧化成CO2)，加热，充分反应，生成的CO2完全被100mL0.205mol·L－1的Ba(OH)2溶液吸收。步骤3：将吸收CO2后的浊液过滤并洗涤沉淀，再将洗涤得到的滤液与原滤液合并，加水配制成500mL溶液。量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入指示剂，并滴加0.05000mol·L－1的H2C2O4溶液，发生反应：Ba(OH)2＋H2C2O4===BaC2O4↓＋2H2O，恰好完全反应时，共消耗H2C2O4溶液20.00mL。（1）步骤1的目的是________。（2）计算水样的总有机碳(以mg·L－1表示)，并写出计算过程。____________（3）用上述实验方法测定的水样总有机碳一般低于实际值，其原因可能是__________________________________________。（4）高温燃烧可将水样中的碳酸盐、碳酸氧盐和有机物所含碳元素转化为CO2，结合高温燃烧的方法，改进上述实验。①请补充完整改进后的实验方案：取VL的水样，分为两等份；将其中一份水样高温燃烧，测定生成CO2的物质的量为n1mol；____________________________________，测定生成CO2的物质的量为n2mol。②利用实验数据计算，所取水样的总有机碳为________mg·L－1(用含字母的代数式表示)。28、（14分）铝是地壳中含量最多的金属元素，在自然界主要以化合态形式存在。（1）食品包装中经常用到铝箔，铝能制成铝箔是因为铝的____________性;工业上制造热交换器、散热器是利用了铝的____________性。（2）铝条投入氢氧化钠溶液中，加热片刻后取出洗净，立即浸入硝酸汞溶液中，此时反应的化学方程式是________________________________________________；取出铝条用滤纸吸干，在空气中铝条表面慢慢长出整齐的________________________（现象），该物质是________________________(写化学式).某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究。现行高中化学教材中对“铝热反应”的现象有这样的描述：反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”、“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。查阅《化学手册》可知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如下：AlAl2O3FeFe2O3熔点660205415351462沸点246729802750-（3）某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。请设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是________________，反应的离子方程式________________；（4）实验室溶解该熔融物，在下列试剂中最适宜的试剂是______________(填序号).A．浓硫酸B．稀硫酸C．浓硝酸D．氢氧化钠溶液29、（10分）某学生为测定未知浓度的盐酸溶液，实验如下：用1.00mL待测盐酸配制100mL稀盐酸，以0.10mol/L的NaOH溶液滴定25.00mL上述稀盐酸，滴定终止时消耗NaOH溶液15.00mL。(1)碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)；若观察碱式滴定管读数时，滴定前仰视而滴定后俯视，则结果会导致测得的稀盐酸溶液浓度值_________。(2)用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入下图中的________(选填“甲”或“乙”)；下图在滴定操作时，排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作______(选填“甲”、“乙”或“丙”)，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。(3)配制100mL一定浓度的稀盐酸溶液，除使用量筒、烧杯、玻璃棒、和胶头滴管外还需用到的仪器是______________，计算待测盐酸(稀释前的盐酸)溶液的物质的量浓度为_________________。

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、D【题目详解】有电子排布式可知，四种原子分别为：N，Mg，F，Na，同一周期从左到右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径从大到小的顺序：Na>Mg>N>F，所以原子半径最大的为钠，D正确；综上所述，本题选D。2、B【题目详解】A.无色透明溶液中：AlO与HCO发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根，不能大量共存，故A错误；B.使酚酞变红的溶液中存在大量OH-，OH-、CO、K+、Cl－、SO离子间不发生反应，可以大量共存，故B正确；C.水电离的c(H+)=1×10－13mol/L的溶液属于酸性或碱性溶液，而HCO在酸性或碱性溶液中均不能大量共存，故C错误；D.Na2O2与水反应生成氢氧化钠你溶液，OH-与Fe2+、Al3+反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选B。3、C【解题分析】分析：本题考查的是条件对平衡的影响，根据勒夏特列原理进行分析。详解：A.温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，A的浓度变为原来的2倍，平衡开始移动，若到新平衡A的浓度为原来的2.2倍，说明该反应逆向移动，则m+n＜p+q，故正确；B.若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比满足化学计量数比，为m：n，故正确；C.保持其它条件不变，升高温度，D的体积分数增大，说明反应正向移动，则该反应的正反应为吸热反应，即说明该反应的△H>0，故错误；D.若m+n=p+q，则向含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时总物质的量不变，仍为2amol，故正确。故选C。4、B【分析】可逆反应，当其余条件不变时，温度越高，反应速率越快，达到平衡时间越短；压强越大，反应速率越高，达到平衡时间越短。【题目详解】由左图可知，T2时最快达到反应平衡，所以T2>T1，但C的转化率从T1到T2，随温度升高而下降，故正反应放热；由右图可知，P2先达到平衡，所以P2>P1，但是C的转化率从P2到P1，随压强降低而增大，故a+b<c+d。答案为B。5、A【解题分析】根据阿伏加德罗定律可知在相同条件下气体的物质的量相等时，体积相等。根据m＝nM可知质量相等时，如果气体的相对分子质量相等，则物质的量相等。二氧化碳的相对分子质量是44，选项A～D中气体的相对分子质量分别是44、28、64、28，因此答案选A。6、A【题目详解】A．醇在命名时，要选含官能团的最长碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，则-OH在2号碳原子上，在3号碳原子上有2个甲基，故名称为：3，3-二甲基-2-丁醇，选项A正确；B．烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有6个碳原子，从离支链近的一端给主链上的碳原子编号，则在3号碳原子上有一个甲基，名称为3-甲基己烷，选项B错误；C．根据酸和醇反应生成酯，酯命名为某酸某酯，CH3OOCCH3是由甲醇和乙酸反应生成的，故为乙酸甲酯，选项C错误；D．卤代烃命名时，选含官能团的最长的碳链，故主链上有2个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在1号和2号碳原子上各有一个溴原子，名称为1，2-二溴乙烷，选项D错误；答案选A。7、D【分析】燃烧热：25℃、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。【题目详解】A、C和CO是不同物质，燃烧热不同，A错误；B、红磷和白磷结构不同，燃烧热不同，B错误；C、乙炔和苯结构不同，具有的能量不同，则燃烧热不同，C错误；D、都是氢气，燃烧热相同，D正确；答案选D。8、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。9、B【解题分析】A项，“低碳生活”指生活中尽量减少CO2的排放，有利于缓解温室效应等，错误；B项，燃煤时加入CaO可起固硫作用（反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4），减少酸雨的发生，正确；C项，高纯铝的硬度和强度较小，不能大量用于制造火箭、导弹和飞机的部件，错误；D项，Fe粉具有还原性，防富脂食品氧化变质，生石灰具有吸水性，防食品受潮，原理不同，错误；答案选B。10、A【解题分析】A.周期表中金属与非金属交界处的金属常可与氯等非金属形成共价化合物，如：AlCl3、SnCl4、SbCl5，故A说法错误；B.共价化合物中只有共价键，故B说法正确；C.含有金属阳离子的晶体也可以是金属晶体，故C说法正确；D.离子化合物中可能含有极性共价键，也可能含有非极性共价健，故D说法错误；答案选A。11、A【解题分析】A.生成物能量较低，所以状态Ⅰ→状态Ⅲ是放热过程，故A正确；B.该过程中，CO没有断键，故B错误；C.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO和O反应，生成了CO2，故C错误；D.状态Ⅰ→状态Ⅱ是在催化剂表面进行的，催化剂对反应起作用，故D错误。故选A。12、D【题目详解】自然界中水由高处向低处流、天然气的燃烧铁在潮湿空气中生锈、室温下冰的融化都是自发过程，其逆向都是非自发的，因此答案选D。13、C【题目详解】A.浓硫酸稀释时放出热量，但不是放热反应，故A不符合题意；B.石灰石受热分解是吸热反应，故B不符合题意；C.碳粉不完全燃烧放出热量，是放热反应，故C符合题意；D.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合搅拌是吸热反应，故D不符合题意；故选C。【题目点拨】常见的放热反应有：大多数化合反应、燃烧反应、酸碱中和反应、铝热反应等；常见的吸热反应有：大多数分解反应、氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应、碳和二氧化碳的反应、碳和水蒸气的反应等。14、B【题目详解】A.维生素C，又叫抗坏血酸，是一种水溶性维生素，缺乏它可引起坏血病，故A不选；B.维生素C属于水溶性维生素，易溶于水，故B选；C.维生素C易被氧化，表现出还原性，是一种较强的还原剂，故C不选；D.维生素C主要存在于蔬菜和水果中，人体所需维生素C主要从食物中获取，人体不能合成维生素C，故D不选；故选：B。15、C【题目详解】A．反应①的△H1=+131.3kJ·mol－1，焓变为正，为吸热反应，①中反应物的总能量小于生成物的总能量，故A错误；B．②中使用适当催化剂，降低了活化能，但不改变反应的始终态，不能改变反应的焓变，ΔH2不变，故B错误；C．若知反应（1）C(s)+CO2(g)=2CO(g)的ΔH，利用（2）C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH1=+131.3kJ·mol-1，求（3）CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的焓变，根据盖斯定律：由（2）-（1）计算ΔH3=ΔH1-ΔH，故C正确；D．根据盖斯定律：由②-①计算反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)的ΔH=+74.8kJ·mol-1，故D错误；故选C。16、B【解题分析】经2min后，B的浓度减少了0.6mol/L，v(B)=0.6mol/L2min【题目详解】A．A为固体，不能用于表示化学反应速率，故A错误；B．v(C)∶v(B)=2∶3，故v(C)=23v(B)=23×0.3mol/(L•min)=0.2mol/(L•min)，故B正确；C．v(B)=0.3mol/(L•min)，表示2min内的平均反应速率，2min末的反应速率为瞬时速率，故C错误；D．随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢，浓度变化量逐渐减少，故2

min内用B和C表示的反应速率都是逐渐减小，故D【题目点拨】本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率的数学表达式和化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键。本题的易错点为C，要注意化学反应速率是平均速率，不是瞬时速率。17、A【题目详解】A、电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，选项A错误；B、正极得电子，发生还原反应，所以正极的电极反应式为：2MnO2+H2O(l)+2e-=Mn2O3(s)+2OH-(aq)，选项B正确；C、原电池工作原理是，负极失电子，发生氧化反应，根据电池总反应知，锌失电子，选项C正确；D、由Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn(OH)2（s）+Mn2O3（s）可知，65gZn反应转移电子为2mol，则6.5gZn反应转移0.2mol电子，选项D正确；答案选A。18、C【分析】在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀，据此分析解答。【题目详解】A．当pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：2H++2e-=H2↑，故A正确；B．当pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此主要得到铁的氧化物，故B正确；C．在pH＞14溶液中，碳钢发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气浓度减小，生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；故选C。19、A【题目详解】A.甲烷是共价化合物，电子式为，A正确；B.丙烯的键线式为，B错误；C.乙醇的结构式为，C错误；D.乙烯的结构简式为CH2=CH2，D错误；答案选A。20、C【题目详解】A.总反应2O33O2平衡常数，反应IO3O2+[O]平衡常数，反应IIO3+[O]2O2平衡常数，由此可知K=K1∙K2，A项错误；B.平衡常数只与温度有关，与压强无关，B项错误；C.反应I是吸热反应，反应II是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，反应I向正反应方向移动，反应II向逆反应方向移动，都有利于生成游离氧原子[O]，消毒效率提高，C项正确；D.因为2O33O2正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，K值增大，D项错误；答案选C。21、C【分析】晶体有固定的熔点和各向异性，非晶体与晶体不同的是它没有固定的熔点，而且是各向同性，据此解答。【题目详解】A.白磷和蓝矾都是晶体，故A与题意不符；B.石蜡和塑料都是非晶体，故B与题意不符；C.碘是晶体，橡胶是非晶体，故C与题意相符；D.食盐和蔗糖均为晶体，故D与题意不符。故答案选C。22、C【题目详解】A．由盖斯定律可知，反应①-②=③，所以△H3=(-297.16kJ•mol-1)-(-296.83kJ•mol-1)=-0.33kJ/mol，故A错误；B．S(单斜，s)═S(正交，s)△H3=-0.33kJ/mol，反应放热，故B错误；C．根据S(单斜，s)═S(正交，s)△H3=-0.33kJ/mol，单斜硫的能量比正交硫的能量高，正交硫比单斜硫稳定，故C正确；D．根据S(单斜，s)═S(正交，s)△H3=-0.33kJ/mol，单斜硫的能量比正交硫的能量高，正交硫比单斜硫稳定，故D错误；故答案为C。二、非选择题(共84分)23、、加成反应消去反应水解反应或取代反应中间产物A结构有2种，不稳定，若直接由A转化为D会有大量的副产物生成、【分析】在光照条件下可与氯气发生取代反应生成A，A的结构简式为或，B能发生加成反应，则A应发生消去反应，B为，根据产物可知D为，则C为，以此解答该题。【题目详解】(1)由以上分析可知A为或；(2)由异丙苯的结构可知，反应①为苯与丙烯发生加成反应，反应③为A发生消去反应生成，⑤为发生取代反应生成；(3)异苯丙烯和氯化氢加成生成，反应④的方程式为：；(4)A为或，D为，中间产物A须经反应③④⑤得D，而不采取直接转化为D的方法的原因是：中间产物A的结构不确定，若直接由A转化为D会有大量副产物生成；(5)①该物质的水溶液遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基；②分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种，则苯环上有2个取代基，且位于对位位置，可能为：、、任意2种。24、3NNa2CO3碱性③⑥处于同一主族中，它们的原子半径大小主要取决于电子层数，⑥原子的电子层数大于③原子的电子层数，所以⑥元素的原子半径大于③元素的原子NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O【题目详解】根据元素在周期表中的分布，可以推知①是C，②是N，③是O，④是Na，⑤是Al，⑥是S，⑦是Cl。（1）②是氮元素，最外层电子数为5，比次外层电子数多3个，该元素的符号是N；⑦是Cl元素，其氢化物氯化氢的电子式为；（2）由①③④三种元素组成的物质是碳酸钠，其化学式为Na2CO3，碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性；（3）③⑥分别为O、S元素，③⑥处于同一主族中，它们的原子半径大小主要取决于电子层数，⑥原子的电子层数大于③原子的电子层数，所以⑥元素的原子半径大于③元素的原子；（4）④是钠元素，其最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠的碱性强于⑤铝元素的最高价氧化物的水化物氢氧化铝，可用化学方程式为NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O来证明。25、淀粉碱蓝无0.01mol·L－1偏小滴定管未用标准液润洗【解题分析】(1)溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去变为无色；故答案为淀粉溶液；(2)硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；故答案为碱；(3)碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点。由I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6、Cl2+2I-=I2+2Cl-可知Cl2～2Na2S2O3，因此氯气的物质的量是0.5×0.02L×0.01mol·L−1=0.0001mol，则c(Cl2)=0.0001mol÷0.0100L=0.01mol/L；故答案为蓝；无；0.01mol/L；(4)碱式滴定管未用Na2S2O3溶液润洗，使得Na2S2O3溶液浓度偏小，消耗的Na2S2O3溶液体积偏大，测得I2的物质的量偏多，则游离态氯的浓度偏大，即氯的实际浓度比所测浓度会偏小；答案为：偏小；滴定管未用标准液润洗。26、Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2OSO2溶于水后生成的H2SO3酸性比H2SO4弱，c(H+)较小，Cu2O

与H+反应慢SO42-Cu(OH)2+SO2=Cu+H2SO4不能。因为NO2

溶于水生成HNO3

具有强氧化性，将Cu2O

直接氧化成Cu(NO3)2,溶液呈蓝色，且无紫红色固体生成【题目详解】（1）①由红色固体与稀硫酸的反应现象可知，该红色固体很快转变为紫红色固体（单质铜），溶液呈蓝色（铜离子），则该红色固体为氧化亚铜，所以该反应的化学方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；②氧化亚铜转化为单质铜和铜离子，需要在酸性条件下进行，而亚硫酸的酸性弱，氢离子少，所以开始时反应比较慢；③最后溶液的蓝色褪去，说明铜离子都被二氧化硫还原为单质铜，二氧化硫被氧化为硫酸根离子；综上所述，本题答案是：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，SO2溶于水后生成的H2SO3酸性比H2SO4弱，c(H+)较小，Cu2O与H+反应慢；SO42-。（2）新制氢氧化铜与过量SO2反应生成单质铜和硫酸，化学方程式：Cu(OH)2+SO2=Cu+H2SO4；综上所述，本题答案是：Cu(OH)2+SO2=Cu+H2SO4。（3）将表中SO2换为NO2，NO2与水反应生成具有强氧化性的硝酸，硝酸可以直接将氧化亚铜转化为硝酸铜，无紫红色固体生成，所以无法观察到同样的现象；综上所述，本题答案是：不能；因为NO2溶于水生成HNO3具有强氧化性，将Cu2O直接氧化成Cu(NO3)2,溶液呈蓝色，且无紫红色固体生成。27、将水样中的CO和HCO转化为CO2，并将CO2完全赶出n(H2C2O4)＝＝1.000×10－3mol，与H2C2O4反应的Ba(OH)2的物质的量n1[Ba(OH)2]＝n(H2C2O4)＝1.000×10－3mol与CO2反应的Ba(OH)2的物质的量n2[Ba(OH)2]＝－1.000×10－3mol×＝5.000×10－4mol，由水样中有机物转化而成CO2的物质的量，n(CO2)＝n2[Ba(OH)2]＝5.000×10－4mol，水样中有机物所含碳元素的物质的量n(C)＝n(CO2)＝5.000×10－4mol，水样的总有机碳＝＝120mg·L－1加热过程中，损失了部分易挥发有机物向另一份水样中加入足量硫酸，加热，通N2，维持一段时间【解题分析】（1）碳酸盐与稀硫酸反