2024届上海市浦光中学高二化学第一学期期中复习检测试题含解析

2024届上海市浦光中学高二化学第一学期期中复习检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列各组离子，在溶液中可以大量共存的是A．H＋、AlO2－、Cl－、S2－B．Na＋、K＋、NH4＋、CO32－C．Br－、Al3＋、Cl－、HCO3－D．Ba2＋、OH－、SO42－、HCO3－2、下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒作用相同的是①过滤②蒸发③溶解④向容量瓶转移液体A．①和② B．①和③ C．③和④ D．①和④3、下列说法正确的是（）A．反应物分子的每次碰撞都能发生化学反应B．活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞C．能够发生化学反应的碰撞是有效碰撞D．增大反应物浓度时，活化分子百分数增大4、下列有关电池的说法不正确的是A．电池是将化学能转化为电能的装置B．化学电源的反应基础是氧化还原反应C．手机上用的锂离子电池属于二次电池D．电池到达寿命无法使用时可随意丢弃5、下列有关离子共存的说法正确的是()A．常温下，pH=1的溶液中，下列离子一定能大量共存：K+、Cl-、Fe2+、B．水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L溶液中可能大量共存的离子：K+、、Na+、S2-C．通入大量NH3后的溶液中能大量共存的离子：、Al3+、Cl-、D．通入少量SO2气体的溶液中，K+、Na+、ClO-、可以大量共存6、分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是（）A．2N2(g)＋O2(g)=2N2O(g)ΔH=＋163kJ·mol-1B．Ag(s)＋Cl2(g)=AgCl(s)ΔH=-127kJ·mol-1C．H2O2(l)=O2(g)＋H2O(l)ΔH=-98kJ·mol-1D．HgO(s)=Hg(l)＋O2(g)ΔH=＋91kJ·mol-17、关于晶体的下列说法正确的是（）①在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子，只要有阳离子就一定有阴离子；②分子晶体的熔点一定比金属晶体的低；③晶体中分子间作用力越大，分子越稳定；④离子晶体中，一定存在离子键；⑤分子晶体中，一定存在共价键；⑥原子晶体中，一定存在共价键；⑦熔融时化学键没有破坏的晶体一定是分子晶体A．②④⑥ B．④⑤⑦ C．④⑥⑦ D．③④⑦8、甲苯是重要的化工原料。下列有关甲苯的说法错误的是A．分子中碳原子一定处于同一平面 B．可萃取溴水的溴C．与H2混合即可生成甲基环己烷 D．光照下与氯气发生取代反应9、氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（）A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化B．NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道C．NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子10、下列关于溶液的酸碱性，说法正确的是（）A．pH＝7的溶液呈中性B．中性溶液中一定有：c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1C．c(H＋)＝c(OH－)的溶液呈中性D．在100°C时，纯水的pH＜7，因此显酸性11、医生建议患甲状腺肿大的病人多食海带，这是由于海带中含较丰富的（）A．碘元素B．铁元素C．钾元素D．锌元素12、依据门捷列夫的元素周期表，人们总结出下面的元素化学性质的变化规律。该表中元素化学性质的变化表明()A．同周期元素的性质是相似的B．元素周期表中最右上角的氦元素是非金属性最强的元素C．第ⅠA族元素的金属性肯定比同周期的第ⅡA族元素的金属性弱D．物质量变到一定程度必然引起质变13、下列有关物质的量浓度关系正确的是A．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液呈酸性：c(CH3COO－)＜c(CH3COOH)B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)C．0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4，则c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)D．pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合后溶液中离子浓度关系：c(H+)＋c(M+)＝c(OH－)＋c(A－)14、四种常见有机物的比例模型如下图。下列说法正确的是A．乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色B．甲能使酸性KMnO4溶液褪色C．丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键D．丁为醋酸分子的比例模型15、下列各组物质中，化学键类型相同的是(

)A．SO2、Na2SO4 B．Na2O2、Cl2 C．KOH、HCl D．CH4、H2O16、已知25℃、101kPa条件下：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)△H=-2800kJ/mol4Al(s)+2O3(g)=2Al2O3(s)△H=-3100kJ/mol。由此得出的结论正确的是A．O2比O3稳定，由O2变O3为放热反应B．O3比O2稳定，由O2变O3为吸热反应C．等质量的O2与O3分别与足量的可燃物充分反应，后者释放的能量更多D．将O2转化为O3的过程是物理变化17、把下列物质的水溶液加热蒸干后,能得到原溶质的是A．NaHCO3 B．FeCl3 C．KCl D．Al(NO3)318、草酸（H2C2O4）是二元弱酸（K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5）。向10mL稀H2C2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液，H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的浓度分数δ随溶液pH变化的关系如下图，以下说法正确的是（）A．HC2O4-的浓度分数随pH增大而增大B．交点a处对应加入的NaOH溶液的体积为5mLC．交点b处c(H+)=6.4×10-5D．pH=5时存在c(Na+)+c(H+)＝c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)19、下列叙述中与盐类的水解有关的是①纯碱溶液去油污②铁在潮湿的环境下生锈③NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接工艺中的除锈剂④盛放Na2CO3溶液的试剂瓶用橡皮塞而不能用玻璃塞⑤酸雨在空气中放置一段时间pH降低⑥草木灰与铵态氮肥不能混合施用A．①③④⑥B．①②⑤⑥C．①③④⑤D．全部20、X、Y、Z、W、M为短周期主族元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol·L-1）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列有关说法不正确的是（）A．最简单气态氢化物的热稳定性：Z＞WB．Y的最高价氧化物的电子式为：C．W的气态氢化物是强酸D．X、M两种元素形成的简单离子半径大小顺序：X＞M21、某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔导电材料。下列说法一定正确的是()A．该电池工作时，电子的流向外电路由A到B，内电路由B到A形成闭合回路B．电极B附近的HNO3浓度增大C．A电极的反应为：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+D．该电池工作时，每消耗11.2LO2(标况)，可以除去含1molNO和NO2的混合尾气22、中和热的测定实验中，下列情况会导致测出来的中和热的数值偏小的是①大小烧杯口未相平②大烧杯上未盖硬纸板③用环形铜丝搅拌棒搅拌反应混合溶液④分多次将NaOH溶液倒入装盐酸的小烧杯中⑤NaOH溶液稍过量A．①②B．①②③C．①②③④D．①②③④⑤二、非选择题(共84分)23、（14分）短周期元素A、B、C、D的位置如图所示，室温下D单质为淡黄色固体。回答下列问题：（1）C元素在周期表中的位置___，其在自然界中常见的氧化物是___晶体。（2）A的单质在充足的氧气中燃烧得到的产物的结构式是___，其分子是__分子（“极性”或“非极性”）。（3）四种元素中可用于航空航天合金材料的制备，其最高价氧化物的水化物的电离方程式为___。（4）与B同周期最活泼的金属是___，如何证明它比B活泼？（结合有关的方程式进行说明）__。24、（12分）由丙烯经下列反应可制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。（1）聚合物F的结构简式___。A→B的反应条件为_____。E→G的反应类型为_____。（2）D的结构简式______。B转化为C的化学反应方程式是_______。（3）在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式是_____。（4）E有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1molH2，则该种同分异构体的结构简式为______。25、（12分）某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反应速率的因素，做了以下实验。(1)用三支试管各取5.0mL、0.01mol·L－1的酸性KMnO4溶液，再分别滴入0.1mol·L－1H2C2O4溶液，实验报告如下。①实验1、3研究的是_________对反应速率的影响。②表中V＝_________mL。(2)小组同学在进行(1)中各组实验时，均发现该反应开始时很慢，一段时间后速率会突然加快。对此该小组的同学展开讨论：①甲同学认为KMnO4与H2C2O4的反应放热，温度升高，速率加快。②乙同学认为随着反应的进行，因_________，故速率加快。(3)为比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：①装置乙中仪器A的名称为_________。②定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是____________________________________。③定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_______________。26、（10分）实验室制取硝基苯的主要步骤如下：①配制一定比例的浓硫酸与浓硝酸的混合液，加入反应器。②向室温下的混合液中逐滴加入一定量的苯，充分振荡，混合均匀。③在50—60℃下发生反应，直到反应结束。④除去混合酸后，粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤。⑤将用无水CaCl2干燥后的粗硝基苯进行蒸馏得到纯硝基苯。填写下列空白：（1）配制一定比例的浓H2SO4和浓HNO3混合酸时，操作注意事项是_____________________________________________________________________。（2）步骤③中，为了使反应在50—60℃下进行，常用的方法是____________________________。（3）步骤④中洗涤、分离粗硝基苯应使用的仪器是_______________。（4）步骤④中粗产品用5%NaOH溶液洗涤的目的是____________________________________。（5）纯硝基苯是无色、密度比水_______________(填“大”或“小”)，具有_______________气味的油状液体。（6）硝基苯是松花江特大污染事故的主要污染物，该物质中非烃基官能团的结构简式是________。使用活性炭可以大大降低松花江水中硝基苯的浓度，吸附过程属于________(填编号)。A．氧化反应B．加成反应C．物理变化D．化学变化27、（12分）为了证明化学反应有一定的限度，进行了如下探究活动：（1）步骤1：取8mL0.1mol•L﹣1的KI溶液于试管，滴加0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液5～6滴，振荡；请写出步骤1中发生的离子反应方程式：_____________________。步骤2：在上述试管中加入2mLCCl4，充分振荡、静置；步骤3：取上述步骤2静置分层后的上层水溶液少量于试管，滴加5～6滴0.1mol•L﹣1____________________（试剂名称），振荡，未见溶液呈血红色。（2）探究的目的是通过检验Fe3+，来验证是否有Fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度。针对实验现象，同学们提出了下列两种猜想：猜想一：KI溶液过量，Fe3+完全转化为Fe2+，溶液无Fe3+猜想二：Fe3+大部分转化为Fe2+，使生成Fe(SCN)3浓度极小，肉眼无法观察其颜色为了验证猜想，在查阅资料后，获得下列信息：信息一：Fe3+可与[Fe(CN)6]4﹣反应生成蓝色沉淀，用K4[Fe(CN)6]溶液检验Fe3+的灵敏度比用KSCN更高。信息二：乙醚比水轻且微溶于水，Fe(SCN)3在乙醚中的溶解度比在水中大。结合新信息，请你完成以下实验：各取少许步骤3的水溶液分别于试管A、B中，请将相关的实验操作、预期现象和结论填入下表空白处：实验操作预期现象结论实验1：①__________________________________蓝色沉淀②_______________实验2：在试管B加入少量乙醚，充分振荡，静置③______________则“猜想二”成立28、（14分）已知亚磷酸(H3PO3)的结构如图，具有强还原性的弱酸，可以被银离子氧化为磷酸。(1)已知亚磷酸可由PCl3水解而成，请写出相应的离子方程式__________.(2)Na2HPO3是____(填“正盐”或“酸式盐”)正盐(3)亚磷酸与银离子反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为______________；(4)某温度下，0.10mol•L-1的H3PO3溶液的pH为1.6，即c(H+)=2.5×10-2mol•L-1，该温度下H3PO3的电离平衡常数K=___________________；(H3PO3第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字)(5)向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中：c(Na+)_____c(H2PO3-)+2c(HPO32-)(填“＞”、“＜”或“=”，下同)；在NaH2PO3溶液中，c(H+)+c(H3PO3)_____c(HPO32-)+c(OH-)(6)向某浓度的亚磷酸中滴加NaOH溶液，其pH与溶液中的H3PO3、H2PO3-、HPO32-的物质的量分数a(X)（平衡时某物种的浓度与整个物种浓度之和的比值)的关系如图所示。以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，发生主要反应的离子方程式是_____________.29、（10分）亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO和Cl2反应得到，化学方程式为2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)。(1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：①2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋NOCl(g)②4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)③2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)设反应①②③对应的平衡常数依次为K1、K2、K3，则K1、K2、K3之间的关系为______________。(2)300℃时，2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)。正反应速率的表达式为v正＝k·cn(NOCl)(k为速率常数，只与温度有关)，测得速率与浓度的关系如表所示：序号c(NOCl)/mol·L－1v/mol·L－1·s－1①0.303.60×10－9②0.601.44×10－8③0.903.24×10－8n＝____________，k＝______________。(3)在1L恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1molCl2(g)，在不同温度下测得c(NOCl)与时间t的关系如图A所示：①反应开始到10min时NO的平均反应速率v(NO)＝_________________mol·L－1·min－1。②T2时该反应的平衡常数K为_______________________。③Cl2的平衡转化率为____________________________。(4)在密闭容器中充入NO(g)和Cl2(g)，改变外界条件（温度、压强、、与催化剂的接触面积），NO的转化率变化关系如图B所示。X代表_______________________。

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【解题分析】A．H+与AlO2－、S2－之间能够发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．因该组离子之间不反应，则能够大量共存，故B正确；C．Al3+、HCO3-发生双水解反应而不能大量共存，故C错误；D．HCO3-、OH-结合生成水和碳酸根离子，Ba2＋、SO42－能够反应生成硫酸钡程度，不能大量共存，故D错误；故选B。2、D【题目详解】①过滤时，玻璃棒起引流作用，防止溶液溅出；②蒸发时，玻璃棒起搅拌作用，防止溶液因局部过热发生飞溅；③溶解时，玻璃棒起搅拌作用，可加速固体的溶解；④向容量瓶中转移液体时，玻璃棒起引流作用，防止溶液溅出；则玻璃棒作用相同的是①和④，故选D。3、C【解题分析】A．当活化分子之间发生有效碰撞时才能发生化学反应，故A错误；B．活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞，当发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，故B错误；C．活化分子之间发生化学反应的碰撞为有效碰撞，故C正确；D．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，故D错误；故选C。点睛：本题考查活化能及其对反应速率的影响。注意活化分子、有效碰撞以及活化能等概念的理解，活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞，当发生化学反应的碰撞才是有效碰撞。4、D【题目详解】A．电池是将化学能转化为电能的装置，分为正负极，故A正确；B．化学电源的反应基础是自发进行的氧化还原反应，故B正确；C．二次电池是可充电电池，手机上用的锂离子电池属于二次电池，故C正确；D．电池到达寿命无法使用时不能随意丢弃，电池中的化学物质可能造成土壤、水污染，故D错误。综上所述，答案为D。5、B【题目详解】A.常温下，pH=1的溶液中，氢离子、Fe2+、会发生氧化还原反应：，故不能共存，A错误；B.水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，酸性溶液中H+能与、S2-发生反应，不能大量共存，但是碱溶液中，K+、、Na+、S2-互不反应可以共存，B正确；C.通入大量NH3后的溶液中，Al3+能与一水合氨反应产生氢氧化铝沉淀，故不能大量共存，C错误；D.通入少量SO2气体的溶液中，存在二氧化硫、亚硫酸，均具有还原性，能和ClO-发生氧化还原反应，故不可以大量共存，D错误；答案选B。6、C【分析】在任何温度下均能自发进行的反应，应为放热反应(ΔH<0)，同时为熵增的反应。【题目详解】A．该反应为吸热反应，A不合题意；B．该反应虽为放热反应，但熵减小，B不合题意；C．该反应放热，且生成物中有气体，熵增大，C符合题意；D．该反应为吸热反应，D不合题意；故选C。7、C【题目详解】金属晶体中只有阳离子，而没有阴离子，①不正确；分子晶体的熔点不一定比金属晶体的低，如红磷常温下是固体，金属汞常温下是液体，②不正确；分子间作用力不是化学键，不能影响分子的稳定性，③不正确；稀有气体分子中不存在化学键，⑤不正确，其余选项都是正确的，答案选C。【题目点拨】本题可以通过排除法、举范例进行筛选得到答案。8、C【题目详解】A．苯环具有平面形结构，甲苯中侧链甲基的碳原子取代的是苯环上氢原子的位置，所有碳原子在同一个平面，故A正确；B．甲苯不溶于水，可萃取溴水的溴，故B正确；C．与H2混合，在催化剂，加热的条件下才能反应生成甲基环己烷，故C错误；D．光照下，甲苯的侧链甲基上的氢原子能够与氯气发生取代反应，故D正确；故选C。9、C【题目详解】A．NH3和CH4中心原子价层电子对数均为4，都是sp3杂化，故A错误；B．NH3和CH4中中心原子都是sp3杂化，均形成4个sp3杂化轨道，故B错误；C．CH4分子中杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，故CH4为正四面体构型，而NH3分子中只有3个杂化轨道用于成键，另一个杂化轨道中有一对孤对电子，对成键电子的排斥作用较强，所以为三角锥形，故C正确；D．虽然氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子，但不是分子空间构型不同的原因，这是分子空间构型不同造成的结果，故D不符合题意；故答案为C。10、C【题目详解】A、在100°C时，纯水的pH＝6，呈中性，该温度下pH＝7时溶液呈碱性，温度未知，不能根据pH大小判断溶液酸碱性，故A错误；B、常温下中性溶液中c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1，温度未知，中性溶液中不一定有c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1，故B错误；C、c(H＋)＝c(OH－)的溶液呈中性，与溶液温度高低无关，故C正确；D、在100°C时，纯水的pH＝6，呈中性，故D错误；答案为C。【题目点拨】温度未知，不能根据pH大小判断溶液酸碱性，也不能根据氢离子或氢氧根浓度来判断溶液酸碱性，只能根据c(H＋)、c(OH－)相对大小来判断。11、A【解题分析】根据碘的生理功能及主要食物来源判断。【题目详解】人体摄入的碘主要是来自海产品和碘盐，碘是合成甲状腺激素的主要元素，缺乏会患甲状腺肿大和呆小症，而海带中含丰富的碘元素，故甲状腺肿大的病人应多吃海带。答案选A。【题目点拨】本题考查微量元素对人体健康的重要作用。“关爱生命，拥抱健康”是人类追求的永恒主题，对营养元素与人体健康的考查也就成了热点之一，特别是它们的分类、存在形式、生理功能、食物来源、缺乏症，摄入时的注意事项等内容。12、D【题目详解】A.同周期元素的性质有递变性，如从左到右金属性递减，非金属性递增，A错误；B.元素周期表中最右上角的氦元素是稀有气体元素，氦性质不活泼，B错误；C.第ⅠA族元素的金属性肯定比同周期的第ⅡA族元素的金属性强，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引能力逐渐增强，失电子能力逐渐减弱，金属性逐渐减弱，C错误；D.物质量变到一定程度必然引起质变，符合规律，例如每一周期以活泼金属开头，随着核电荷数递增，金属性减弱，接着有元素会兼有金属性非金属性，再然后元素非金属性逐渐增强，D正确；答案选D。13、D【解题分析】A.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液中存在电离平衡和水解平衡：CH3COOH⇌CH3COO−+H+、CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，溶液呈酸性说明以电离为主，则c(CH3COO−)>c(CH3COOH)，故A错误；B.CH3COONa和Na2CO3为强碱弱酸盐，酸根离子会发生水解，使溶液呈碱性，由于酸性：CH3COOH>HCO3−，则CO32−的水解能力比CH3COO−强，而NaOH是强碱，所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液中：c(NaOH)<c(Na2CO3)<c(CH3COONa)，故B错误；C.0.1mol⋅L−1NaHA溶液的pH=4，说明HA−为弱酸的酸根离子，其溶液中存在电离和水解两个平衡：HA−⇌A2−+H+、HA−+H2O⇌H2A+OH−，且以电离为主，而H+还有部分由水电离产生，则c(HA−)>c(H+)>c(A2−)>c(H2A)，故C错误；D.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比例混合后，溶液中都只有H+、OH−、A−、M+四种离子，由电荷守恒可得：c(H+)+c(M+)=c(OH−)+c(A−)，故D正确；答案选D。14、C【题目详解】A.乙烯分子中含有碳碳双键，乙可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，A错误；B.甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；C.苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，C正确；D.丁为乙醇分子的比例模型，D错误。答案选C。15、D【题目详解】A、SO2仅含有极性共价键，Na2SO4含有离子键和极性共价键，则二者的化学键类型不同，A不符合题意；B、Na2O2含有离子键和非机型共价键，Cl2仅含有非极性共价键，则二者的化学键类型不同，B不符合题意；C、KOH含有离子键和极性共价键，HCl仅含有极性共价键，则二者的化学键类型不同，C不符合题意；D、CH4和H2O都仅含有极性共价键，则二者的化学键类型相同，D符合题意；故答案选D。16、C【解题分析】根据题干热化学方程式，依据盖斯定律书写要求，氧气和臭氧之间转化的热化学方程式进行判断分析。【题目详解】根据题干信息，将两个热化学方程式分别标为①和②；根据盖斯定律计算得到：①-②等于3O2(g)=2O3(g)ΔH=−2800kJ/mol−(−3100kJ/mol)=+300kJ/mol；A.O2比O3稳定，由O2变O3为吸热反应，故A项错误，B项错误；C.等质量的O2与O3分别与足量的可燃物充分反应，O3能量高，放出热量更多，故C项正确；D.O2转化为O3的过程有新物质生成，为化学变化，故D错误。综上，本题选C。【题目点拨】本题考查了盖斯定律的应用，热化学方程式的书写，熟练掌握由已知热化学方程式转换为未知热化学方程式是解题的关键，理解物质的能量越高越不稳定。17、C【题目详解】A．NaHCO3在加热条件下分解生成Na2CO3，所以蒸干其水溶液，不能得到原溶质，A错误；B．FeCl3在加热时促进铁离子水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发，所以蒸干其水溶液，不能得到原溶质，B错误；C．KCl是强酸强碱盐不水解，最后得到的固体仍为KCl，C正确；D．Al(NO3)3在加热时促进铝离子水解生成Al(OH)3和HNO3，HNO3易挥发，所以蒸干其水溶液，不能得到原溶质，D错误。答案选C。【题目点拨】本题考查盐类水解的应用，注意盐类水解的原理，特别是能把握相关物质的性质。注意硝酸和盐酸的挥发性。18、C【解题分析】图中曲线①H2C2O4为、②为HC2O4—、③为C2O42—的浓度随pH的变化；A．由图中曲线可知HC2O4—的浓度分数随pH增大先增大后减小，故A错误；B．交点a处对应c(H2C2O4)=c(HC2O4—)，而加入的NaOH溶液的体积为5mL时H2C2O4和NaHC2O4等物质的量，因H2C2O4的电离大于HC2O4—水解，则溶液中c(H2C2O4)<c(HC2O4—)，故B错误；C．交点b处c(C2O42—)=c(HC2O4—)=，此时溶液中只存在C2O42—的水解，则C2O42—+H2OHC2O4—+OH-，[c(HC2O4—)×c(OH—)]÷c(C2O42—)=Kw÷K2，则c(OH—)=Kw÷c(H+)=Kw÷K2，可知c(H+)=K2=6.4×10-5mol/L，故C正确；D．pH=5时溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)＝2c(C2O42—)+c(HC2O4—)+c(OH—)，故D错误；答案为C。19、A【解题分析】在水溶液中，盐电离产生的离子与水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的过程叫盐类的水解，在溶液的配制、保存、制备、溶解、鉴别等过程中，通常要考虑盐类的水解等因素。【题目详解】①.纯碱溶液中的碳酸根离子水解使溶液呈碱性，在碱性条件下，油脂水解生成易溶于水的物质，与盐类的水解有关，故①选；②.铁在潮湿的环境下生锈是原电池原理，和盐类的水解无关，故②不选；③.氯化铵、氯化锌水解使溶液呈酸性，可与金属氧化物反应以除锈，与盐类的水解有关，故③选；④.Na2CO3溶液由于碳酸根离子水解使溶液呈碱性，可以和玻璃中的二氧化硅反应，所以盛放Na2CO3溶液的试剂瓶要用橡皮塞而不能用玻璃塞，与盐类的水解有关，故④选；⑤.酸雨在空气中放置一段时间pH降低是因为亚硫酸被氧化为硫酸，导致雨水酸性增强，与盐类的水解无关，故⑤不选；⑥.铵态氮肥中的铵根离子水解使溶液呈酸性，草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸根离子水解使溶液呈碱性，二者发生双水解使肥效降低，与盐类的水解有关，故⑥选，综上所述，答案选A。20、C【分析】根据图像中其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol·L-1）溶液的pH和原子半径的关系可知，X、Z最高价氧化物对应水化物是硝酸，高氯酸，结合原子半径，X为N，Z为Cl，W最高价氧化物对应水化物的酸性更强，应该是二元强酸硫酸，因此W为S，M最高价氧化物对应水化物应该为一元强碱，根据原子半径和短周期主族元素，得出M为Na，Y半径比N大一点，但Y最高价氧化物对应水化物酸性较弱，则Y为C，因此X、Y、Z、W、M分别为N、C、Cl、S、Na。【题目详解】A选项，最简单气态氢化物的热稳定性：HCl＞H2S，故A正确；B选项，Y的最高价氧化物二氧化碳的电子式为：，故B正确；C选项，W的气态氢化物硫化氢是弱酸，故C错误；D选项，同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，X、M两种元素形成的简单离子半径大小顺序：N3－＞Na+，故D正确；综上所述，答案为C。21、C【解题分析】A、电解质溶液中是通过阴阳离子的定性移动形成电流，A错误；B、B电极上电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，有水生成，硝酸根离子不参加反应，所以硝酸根离子的物质的量不变，但氢离子消耗减少，溶液体积增大，所以硝酸浓度减小，B错误；C、A电极氮的氧化物失电子转化为硝酸根离子，电极反应式为：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+、NO-3e-+2H2O=NO3-+4H＋，C正确；D、1molNO和NO2的混合尾气中气体含量未知，则无法确定得失电子数目，则无法知道消耗氧气的量，D错误；答案选C。【题目点拨】本题考查了原电池原理，涉及电极反应式的书写、离子的移动方向判断等知识点，易错选项是CD，物质得失电子与电极的关系，氮的氧化物失电子数目不同，为易错点。22、C【解题分析】①大小烧杯的杯口不相平，热量容易散失，中和热的数值偏小；②大烧杯上不盖硬纸板，热量容易散失，中和热的数值偏小；③中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，由于Cu是金属材料，导热性强，容易导致热量损失，则测量出的中和热数值偏小；④倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，否则会导致热量散失，中和热的数值偏小；⑤为了所用氢氧化钠溶液稍过量的目的是确保盐酸被完全中和，确保实验结果准确。导致测出来的中和热的数值偏小的是①②③④，故选C。【题目点拨】本题考查中和热测定原理及误差分析，注意理解测定中和热的原理是解题的关键，实验的关键是保温，如果装置有能量散失，则会导致结果偏低。二、非选择题(共84分)23、第三周期第ⅣA族原子O＝C＝O非极性H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH-NaNaOH的碱性强于Al(OH)3，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O【分析】室温下D单质为淡黄色固体，说明D为硫单质，根据图，可得出A为C，B为Al，C为Si。【题目详解】⑴C元素为硅元素，14号元素，在周期表中的位置第三周期第ⅣA族，故答案为第三周期第ⅣA族；硅在自然界中常见的氧化物为二氧化硅，它为原子晶体，故答案为原子晶体；⑵A为C元素，单质在充足的氧气中燃烧得到的产物为二氧化碳，其结构式是O＝C＝O，故答案为O＝C＝O；二氧化碳是直线形分子，分子中正负电中心重合，其分子是非极性分子，故答案为非极性；⑶四种元素中可用于航空航天合金材料的制备，其应该为Al元素，其最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝的电离有酸式电离和碱式电离，其电离方程式为H++AlO2－+H2OAl(OH)3Al3++3OH－，故答案为H++AlO2－+H2OAl(OH)3Al3++3OH－；⑷与B同周期最活泼的金属是最左边的金属Na，证明Na比Al活泼，可证明NaOH的碱性强于Al(OH)3，利用氢氧化铝的两性，溶于强碱的性质来证明，即Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为NaOH的碱性强于Al(OH)3，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。24、NaOH水溶液、加热缩聚反应CH3COCOOHCH2(OH)CH(OH)CHO【分析】丙烯与溴发生加成反应生成A，A为CH3CHBrCH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B，B为CH3CH（OH）CH2OH，B催化氧化生成C，C为，C氧化生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E，E为CH3CH（OH）COOH，E发生酯化反应是高聚物G，丙烯发生加聚反应生成高聚物F，F为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题。【题目详解】（1）丙烯发生加聚反应生成F聚丙烯，其结构简式为：。A→B的反应条件为：NaOH水溶液，加热。E→G的反应类型为：缩聚反应。（2）通过以上分析知，D的结构简式为；B转化为C是CH3CH(OH)CH2OH催化氧化生成O=C(CH3)CHO，反应方程式为。（3）在一定条件下，两分子CH3CH(OH)COOH能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是.。（4）E的结构简式为CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1molH2，说明该同分异构体分子中含有2个﹣OH、1个﹣CHO，故符合条件的同分异构体为：HOCH2CH2(OH)CHO。25、温度4.0产物Mn2+可能对该反应具有催化作用分液漏斗控制阴离子相同，排除阴离子的干扰收集40mL气体所需时间【分析】（1）①、②作对比实验分析，其他条件相同时，只有一个条件的改变对反应速率的影响；（2）探究反应过程中反应速率加快的原因，一般我们从反应放热，温度升高，另一个方面从反应产生的某种物质可能起到催化作用；（3）比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，阳离子不同，尽量让阴离子相同，减少阴离子不同造成的差别，催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体，所需时间的长短入手。【题目详解】（1）①实验1、3反应物物质的量浓度，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，故实验1、3研究的是温度对反应速率的影响；②实验1、2研究的是H2C2O4的浓度对反应速率的影响，此时反应温度相同，KMnO4的浓度相同，故表中V＝4.0mL（2）随着反应的进行，生成的Mn2+的物质的量浓度逐渐增加，生成的Mn2+可能对反应有催化作用；（3）①由仪器的构造，可知仪器A为分液漏斗；②在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，必须保证在其他的条件相同，所以将CuSO4改为CuCl2更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰；③如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是时间，收集相同体积的气体，所需要的时间越少，反应速率越快。【题目点拨】本题通过保持其他外界条件一致而改变一个条件来探究温度、催化剂对反应速率的影响，综合性较强。26、先将浓硝酸倒入反应容器中，然后沿着器壁慢慢倒入浓硫酸并不断摇动水浴加热分液漏斗将残留的少量酸转化为易溶于水而难溶于硝基苯的钠盐，进而用水洗去大苦杏仁—NO2C【题目详解】(1)浓硫酸与浓硝酸混合放出大量的热，配制混酸操作注意事项是：先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却；

(2)由于控制温度50−60℃，应采取50～60℃水浴加热；

(3)硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态，采取分液操作，需要用分液漏斗；

(4)反应得到粗产品中有残留的硝酸及硫酸，用氢氧化钠溶液洗涤除去粗产品中残留的酸，故答案为：将残留的少量酸转化为易溶于水而难溶于硝基苯的钠盐，进而用水洗去；

(5)硝基苯的密度比水大，具有苦杏仁味；(6)硝基苯中非烃基官能团为硝基，结构简式是—NO2；使用活性炭可以大大降低松花江水中硝基苯的浓度，主要是活性炭具有吸附性，吸附过程属于物理变化，因此选C。27、2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2硫氰酸钾溶液在试管A中滴加2﹣3滴K4[Fe(CN)6]溶液则“猜想一”不成立乙醚层呈红色【解题分析】(1)步骤1：活动(Ⅰ)KI和FeCl3发生氧化还原反应生成I2、KCl和FeCl2，发生反应：2KI+FeCl3=I2+2KCl+FeCl2，其离子反应为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故答案为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；步骤3：取上述步骤2静置分层后的上层水溶液少量于试管，滴加5～6滴0.1mol•L-1硫氰酸钾溶液，振荡，未见溶液呈血红色，故答案为：硫氰酸钾溶液；(2)由信息一可得：往探究活动III溶液中加入乙醚，Fe(SCN)3在乙醚溶解度较大，充分振荡，乙醚层呈血红色，由信息信息二可得：取萃取后的上层清液滴加2-3滴K4[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，故答案为：在试管A中滴加2﹣3滴K4[Fe(CN)6]溶液；则“猜想一”不成立；乙醚层呈红色。28、PCl3+3H2O=H3PO3+3H++3Cl-正盐2：18.3×10－3mol·L－1==H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O【题目详解】(1)三氯化磷和水反应生成H3PO3和盐酸