2024届大同市重点中学化学高二第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

2024届大同市重点中学化学高二第一学期期中质量跟踪监视试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、一定温度下，反应I2(g)+H2(g)=2HI(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(I2)=0.11mmol·L-1,c(HI)=0.78mmo·L-1。相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，反应最有可能逆向进行的是(注:lmmol·L-1=10-3mol·L-1)ABCD1.000.220.440.111.000.220.440.441.001.564.001.56A．A B．B C．C D．D2、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．D3、根据热化学方程式（在101kPa时）：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH＝－297.23kJ·mol－1，分析下列说法中不正确的是A．S的燃烧热为297.23kJ·mol－1B．1molS(g)和足量的O2(g)完全反应生成SO2(g)，放出的热量大于297.23kJC．1molS(g)和足量的O2(g)完全反应生成SO2(g)，放出的热量小于297.23kJD．形成1molSO2(g)的化学键释放的总能量大于断裂1molS(s)和1molO2(g)的化学键吸收的总能量4、下列物质中属于非电解质的是A．氢氧化钠溶液B．CO2C．N2D．熔融的氯化镁5、对可逆反应2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH<0，在一定条件下达平衡，下列有关叙述正确的是①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v正减小③压强增大一倍，平衡不移动，v正、v逆不变④增大B的浓度，v正>v逆⑤加入催化剂，平衡向正反应方向移动A．①② B．④ C．③ D．④⑤6、某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是A．改变催化剂，可改变该反应的活化能B．该反应为放热反应，热效应等于E1-E2C．反应过程a有催化剂参与D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E27、下列关于同分异构体判断正确的是A．甲苯的一氯代物有4种B．分子式为C8H10的芳香烃有3种C．分子式为C4H8的烯烃同分异构体有2种，分别为CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3D．二氯甲烷有两种同分异构体8、可逆反应aA(s)+bB(g)cC(g)+dD(g)△H=Q，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度(T)、压强(p)的关系如图所示据图分析，以下正确的是A．T1>T2，Q>0B．Tl<T2，Q>0C．P1>P2，a+b=c+dD．Pl＜P2，b=c+d9、下列各物质的溶液中显酸性的是A．NaHCO3 B．(NH4)2SO4 C．NaCl D．CH3COOK10、已知2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s)ΔH=-701.0kJ·mol-12Hg(l)+O2(g)=2HgO(s)ΔH=-181.6kJ·mol-1则反应Zn(s)+HgO(s)=ZnO(s)+Hg(l)的ΔH为（）A．+519.4kJ·mol-1 B．+259.7kJ·mol-1C．-259.7kJ·mol-1 D．-519.4kJ·mol-111、化学与生产、生活密切相关，下列应用和判断不正确的是A．化石燃料终将枯竭，解决能源危机的办法是加大化石燃料的开采、储存B．节日燃放的焰火与原子核外电子的跃迁有关C．生活中常用的肥皂和洗涤剂既含有亲水基团，也含有疏水基团D．夏天当厕所里比较刺鼻时，用大量水冲洗可避免其气味，利用了气体的相似相溶原理。12、某温度下，pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断错误的是()A．a的数值一定大于9B．Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线C．稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大D．完全中和相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积：V(NaOH)<V(氨水)13、H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快B．图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越弱，H2O2分解速率越快C．图丙表明，少量Mn2＋存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D．图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋对H2O2分解速率的影响大14、已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(1)的燃烧热分别是-285.8kJ·mol-1、-1411.0kJ·mol-1和-1366.8kJ·mol-1,则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的△H为()A．-44.2kJ·mol-1 B．+44.2kJ·mlo-1C．-330kJ·mol-1 D．+330kJ·mlo-115、按照混合物、纯净物、强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列正确的一组是()A．盐酸、氯气、BaSO4、CO2、SO2B．硫酸、氨水、醋酸、乙醇、NO2C．漂白粉、胆矾、NH4Cl、CH3COOH、CO2D．干冰、氯水、HCl、HClO、CO16、下列说法正确的是（）A．SO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2是电解质B．用广泛pH试纸测得0.10mol/LNH4Cl溶液的pH=5.2C．若25.00ml滴定管中液面的位置在刻度为3.00ml处，则滴定管中液体的体积一定大于22.00mlD．常温下用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4部分转化为BaCO3，则常温下Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）17、下列关于药物的叙述正确的是A．在饭前服用鱼肝油，更有利于人体吸收药物的有效成分B．可以用萃取等方法从中草药中提取有效成分C．患有胃溃疡的患者可用小苏打治疗胃酸过多D．服用铝膜包装的药品对人体没有任何危害18、高温下,某反应达到平衡,平衡常数K=。恒容时,温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是()A．升高温度,正反应速率增大,逆反应速率减小B．该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2C．恒温恒容下,增大压强,H2浓度一定减小D．该反应的焓变为正值19、图是网络表情包“苯宝宝装纯(醇)”，该分子由“苯宝宝”与羟基相连，下列说法正确的是A．该分子属于醇 B．该分子中含有两种含氧官能团C．该物质在空气中放置一段时间会变为粉红色 D．该分子苯环上的一个氢原子被丙基(－C3H7)取代所得的同分异构体最多有3种20、下列物质中，属于目前世界上用量最大、用途最广的合金是A．青铜 B．钢材 C．18K金 D．钛合金21、pH＝2的A、B两种酸溶液各取1mL，分别加水稀释到1000mL，其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示，则下列说法不正确的是A．稀释后A溶液的酸性比B溶液弱B．a＝5时，A是强酸，B是弱酸C．若A、B都是弱酸，则5＞a＞2D．A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等22、下列说法正确的是（）①任何稀的强酸与稀的强碱生成1mol水放出的热即为中和热②对任何一个化学反应，温度发生变化，化学反应速率一定发生变化③平衡正向移动，某反应物的转化率一定增大④一个化学反应的限度一定是可以改变的⑤增大压强，正反应速率一定增大⑥化学反应一定伴有能量的变化A．除①以外 B．③④⑤ C．③⑤⑥ D．②④⑥二、非选择题(共84分)23、（14分）2020年1月31日《新英格兰医学杂志》(NEJM)在线发表了一篇关于瑞德西韦(Remdesivir)成功治愈美国首例新型冠状病毒(2019-nCoV)确诊病例的论文，因此瑞德西韦药物在抗疫治疗方面引起广泛关注，该药物的中间体M合成路线如下：已知：①R—COOH②A→B发生加成反应(1)物质A的化学名称为___________，G中含氧官能团名称是__________。(2)由D→E的反应类型为_____________。(3)H→K的流程中，加入CH3COCl的目的是__________。(4)J一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_____________。①能发生银镜反应，且水解后的产物遇FeCl3溶液显紫色；②其核磁共振氢谱有4种吸收峰。(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________________。24、（12分）今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。25、（12分）盐酸或硫酸和NaOH溶液的中和反应没有明显的现象。某学习兴趣小组的同学为了证明NaOH溶液与盐酸或硫酸发生了反应，从中和反应的热效应出发，设计了下面几种实验方案。请回答有关问题：（1）方案一：如图装好实验装置，图中小试管用细线吊着，细线的上端拴在细铁丝上。开始时使右端U形管两端红墨水相平。实验开始，向下插细铁丝，使小试管内盐酸和广口瓶内NaOH溶液混合，此时观察到的现象是________________________________，原因是__________________________________________________。（2）方案二：该小组借助反应溶液温度的变化来判断反应的发生。如果NaOH溶液与盐酸混合前后有温度的变化，则证明发生了化学反应。该小组同学将不同浓度的NaOH溶液和盐酸各10mL混合，用温度计测量反应前后温度的变化，测得的部分数据如下表：则x＝______。假设盐酸和NaOH溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1，依据该小组的实验数据计算，写出表示稀盐酸和稀NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式________________________________________。（3）若H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1；现有：①稀H2SO4与Ba(OH)2(aq)②浓H2SO4与Ba(OH)2(aq)③稀HNO3与Ba(OH)2(aq)反应生成1molH2O(l)的反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3三者由小到大的关系为______________________。26、（10分）某实验小组用0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/LH2SO4溶液进行中和热的测定实验。I.配制0.50mol/LNaOH溶液，若实验中大约要使用245mLNaOH溶液，则至少需要称量NaOH固体___g。II.实验小组组装的实验装置如图所示：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是___，装置中仍存在的缺陷是___。（2）若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水，测得的中和热数值会___(填“偏大”“偏小”或“无影响”，下同)；若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的Ba(OH)2溶液，测得的中和热数值会__。（3）纠正好实验装置后进行实验，在实验测定过程中保证酸稍过量，原因是___。最终实验结果的数值偏大，产生偏差的原因可能是___(填字母)。a.实验装置保温、隔热效果差b.在量取NaOH溶液的体积时仰视读数c.分多次把NaOH溶液倒入盛有H2SO4溶液的小烧杯中d.用温度汁测定NaOH溶液的起始温度后直接测定H2SO4溶液的起始温度27、（12分）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：(1)用标准的盐酸滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中颜色变化，直到加入一滴盐酸，溶液的颜色由____色变为_____，且半分钟不褪色，即停止滴定。(2)下列操作中使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏高的是________(填序号)。A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸B、滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥C、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D、读取盐酸体积时，开始俯视读数，滴定结束时仰视读数E、滴定过程中，锥形瓶的振荡过于激烈，使少量溶液溅出(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如右图所示：则起始读数为_____mL，终点读数为_____mL。(4)如已知用c(HCl)=0.1000mol/L的盐酸滴定20.00mL的氢氧化钠溶液，测得的实验数据如(3)中记录所示，则该氢氧化钠溶液的浓度c(NaOH)=____mo1/L。28、（14分）工业废气、汽车尾气排放出的NOx、SO2等是形成酸雨的主要物质，其综合治理是当前重要的研究课题。回答下列问题：I．NOx的消除(1)汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定温度和催化剂条件下可发生如下反应：2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)ΔH。若已知：①CO的燃烧热ΔH1＝-283.0kJ·mol-1②N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)ΔH2＝180.5kJ·mol-1则反应2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)的ΔH＝________。(2)T℃下，向一容积不变的密闭容器中通入一定量的NO(g)和CO(g)，用气体传感器测得不同时间NO(g)和CO(g)浓度如下表：时间/s012345c(NO)/×104mol·L-110.04.50c11.501.001.00c(CO)/×103mol·L-13.603.05c22.752.702.70则c2合理的数值为________(填序号)。A．2.80B．2.95C．3.00D．4.20(3)某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO的转化率)，结果如图所示。下列说法正确的是________(填序号)。A．曲线Ⅱ中催化剂脱氮率比曲线Ⅰ中的高B．相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响C．曲线Ⅱ中的催化剂适用于450℃左右脱氮D．两种催化剂均能降低活化能，但ΔH不变II．SO2的综合利用(4)某研究小组对反应NO2(g)＋SO2(g)⇌SO3(g)＋NO(g)ΔH＜0进行相关实验探究。在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比[n0(NO2)∶n0(SO2)]进行多组实验(各组实验的温度可能相同，也可能不同)，测定NO2的平衡转化率[α(NO2)]。部分实验结果如图所示。①图中A点对应温度下，该反应的化学平衡常数K＝________。②如果将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是________。③图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，通过计算判断：TC________TD(填“＞”“＜”或“＝”)。29、（10分）电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡等，请回答下列问题。(1)已知部分弱电解质的电离常数如下表：弱电解质NH3.H2OHCOOHHCNH2CO3电离常数(25℃)Kb=1.8×10−5Ka=1.77×10−4Ka=4.3×10−10Ka1=5.0×10−7Ka2=5.6×10−11①已知25℃时，HCOOH(aq)+OH−(aq)=HCOO−(aq)+H2O(l)△H=−akJ/molH+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)△H=−bkJ/mol甲酸电离的热化学方程式为______________。②取浓度相同的上述三种酸溶液，溶液pH最大的是_________，稀释相同的倍数后，溶液pH变化最大的是____________________。③分别取等浓度、等体积HCOOH和HCN溶液，加入同浓度的NaOH溶液中和，当溶液呈中性时消耗NaOH溶液的体积：V(HCOOH)______V(HCN)(填“>”、“<”或“=”)。④0.1moI/LNaCN溶液和0.1mol/LNaHCO3溶液中，c(CN−)______c(HCO3−)(填“>”、“<”或“=”)。⑤常温下，pH相同的三种溶液a.HCOONab.NaCNc.Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是_____________(填编号)。⑥将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是__________________________________。⑦若NH3·H2O与CO2恰好完全反应生成正盐，则此时溶液呈________性(填“酸”或“碱”)。向该溶液中通入________气体可使溶液呈中性(填“CO2”或“NH3”)。此时溶液中c(NH4+)/c(CO32−)________2(填“＞”“＜”或“＝”)(2)室温下向10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入0.1mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。①HA的电离方程式是____________________________②a、b、c处溶液中水的电离程度最大的是_______________③c点所示的溶液中除水分子外的微粒浓度由大到小的顺序依次为______________________________。(3)常温下，将等体积0.1mol•L－1NaOH和nmol•L-1HA混合，溶液呈中性，该温度下HA的电离常数Ka=___________(用含有n的式子表达)

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】由于平衡时H2浓度未知，所以无法计算出该反应的平衡常数值，结合所学知识，当Qc＞K时，反应会向逆反应方向进行，所以Q的值越大，反应越有可能逆向进行。A．；B．；C．；D．；综上所述，本题正确答案为C。2、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。3、C【题目详解】A.由S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH＝－297.23kJ·mol－1可知，S的燃烧热为297.23kJ·mol－1，A正确；B.硫由固态变化气态时要吸收热量，因此，1molS(g)和足量的O2(g)完全反应生成SO2(g)，放出的热量大于297.23kJ，B正确；C.硫由固态变化气态时要吸收热量，因此，1molS(g)和足量的O2(g)完全反应生成SO2(g)，放出的热量大于297.23kJ，C不正确；D.该反应为放热反应，因此，形成1molSO2(g)的化学键释放的总能量大于断裂1molS(s)和1molO2(g)的化学键吸收的总能量，D正确。故选C。4、B【解题分析】A.氢氧化钠溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B.CO2溶于水生成碳酸，碳酸是电解质，二氧化碳是非电解质，故B正确；C.N2是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D.熔融的氯化镁是电解质，故D错误。故选B。【题目点拨】电解质和非电解质的前提必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。常见的电解质有：酸、碱、盐、活泼金属氧化物，水；常见的非电解质有：蔗糖、酒精，淀粉等大多数的有机物，非金属氧化物，氨气等。5、B【分析】对可逆反应2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH＜0，该反应为放热反应，在一定条件下达平衡.【题目详解】①增加A的量，其浓度不发生变化，故平衡不移动，①不正确；②升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，故平衡向逆反应方向移动，但是v正增大，②不正确；③压强增大一倍，平衡不移动，v正、v逆增大，③不正确；④在平衡状态下，增大B的浓度，正反应速率加快，故v正>v逆，④正确；⑤加入催化剂，化学反应速率加快，但是化学平衡不移动，⑤不正确。综上所述，有关叙述正确的是④，故选B。6、A【解题分析】催化剂的作用是降低活化能，A项正确；据图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应，热效应等于∆H，B项错误；反应过程能量变化图像可知，反应过程b的活化能比反应过程a小，故反应过程b有催化剂参与，C项错误；有催化剂条件下，反应的活化能等于E1，D项错误。7、A【解题分析】A.甲苯结构简式，该物质为上下对称的结构，其苯环上有3种环境的氢原子，甲基上有1种环境的氢原子，则其一氯代物共4种，故A项正确；B.分子式为C8H10的芳香烃有：乙苯（1种）、邻、间、对二甲苯（3种），共有4种，故B项错误；C.根据分子式判断该烯烃的不饱和度为1，有一个碳碳双键，属于烯烃的同分异构体有：、、，共3种，故C项错误。D.甲烷为正四面体结构，甲烷中的2个氢被2个氯原子取代生成的二氯甲烷也只有1种结构，故D项错误；综上所述，本题选A。8、D【解题分析】左图中，由“先拐先平数值大”知T2＞T1，升高温度，生成物的含量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，即Q＜0；右图中，当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图象可知P2＞P1，增大压强，反应物B的含量不变，说明平衡不移动，则反应前后混合气体的分子数不变，故b=c+d（要注意A是固体）。答案选D。9、B【题目详解】A．碳酸氢钠属于强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠溶液呈碱性，故A错误；B．硫酸铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液呈酸性，故B正确；C．氯化钠属于强酸强碱盐，其溶液呈中性，故C错误；D．醋酸钾属于强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使其溶液呈碱性，故D错误；故选B。10、C【题目详解】由题干信息知：①2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s)△H=-701.0kJ•mol-1，②2Hg(l)+O2(g)=2HgO(s)△H=-181.6kJ•mol-1，依据盖斯定律，将①-②得到：2Zn(s)+2HgO(s)=2ZnO(s)+2Hg(l)△H=-519.4kJ/mol，则反应：Zn(s)+HgO(s)=ZnO(s)+Hg(l)△H=-259.7kJ/mol，C选项正确；答案选C。11、A【分析】解决能源危机的办法是开发新能源；节日燃放的焰火是原子由激发态到基态发生的电子的跃迁引起的；肥皂、洗涤剂是最常见的表面活性剂，分子结构具有两亲性:一端为亲水基团，另一端为憎水基团；氨气是极性分子，水是极性分子，所以氨气易溶于水。【题目详解】解决能源危机的办法是开发新能源，故A说法错误；节日燃放的焰火是原子由激发态到基态发生的电子的跃迁引起的，故B说法正确；肥皂、洗涤剂是最常见的表面活性剂，分子结构具有两亲性:一端为亲水基团，另一端为憎水基团，故C说法正确；氨气是极性分子，水是极性分子，所以氨气易溶于水，厕所里比较刺鼻时，用大量水冲洗可避免其气味，利用了相似相溶原理，故D说法正确。12、C【解题分析】试题分析：A、根据题意知，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，一水合氨的电离平衡正向移动，溶液的pH变化较小。根据题给图像可知，开始二者pH相同，在稀释过程中促进氨水的电离，则氨水的pH变化较小，即Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线，a的数值一定大于9，A正确；B、根据A中分析可知B正确；C、稀释后氨水的pH大于NaOH溶液的pH，稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度小，C错误；D、根据题给图像可知，开始二者pH相同，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，氨水的物质的量浓度仍较大，完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V（NaOH）<V（氨水），D正确；答案选C。考点：考查强弱电解质的比较、浓度对弱电解质电离平衡的影响。13、D【题目详解】A项，图甲表明，其它条件相同时，随着H2O2浓度的增大，单位时间内H2O2浓度变化量越大，其分解速率越快，故A项错误；B项，图乙表明，其它条件相同时，随着NaOH浓度的增大，即溶液pH的增大，单位时间内H2O2浓度变化量越大，H2O2分解速率越快，故B项错误；C项，由图丙可知，少量Mn2＋存在时，1.0mol/LNaOH条件下对应的H2O2分解速率要小于0.1mol/LNaOH时的分解速率，因此并不是碱性越强，H2O2分解速率越快，故C项错误；D项，由图丁可知，pH相同的碱性条件下，Mn2＋浓度越大，H2O2分解速率越大，故D项正确；综上所述，本题选D。14、A【题目详解】由题干条件可知如下反应：H2(g)+O2(g)

H2O(l)；ΔH=-285.8kJ·mol-1

①C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)；ΔH=-1411.0kJ·mol-1

②C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)；ΔH=-1366.8kJ·mol-1

③根据盖斯定律则②-③可得：C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l)；ΔH=-44.2kJ·mol-1。答案选A。15、C【题目详解】A．CO2是非电解质，故A错误；B．硫酸、氨水、醋酸、乙醇、NO2分别属于纯净物、混合物、弱电解质、非电解质、非电解质，故B错误；C．漂白粉、胆矾、NH4Cl、CH3COOH、CO2依次属于混合物、纯净物、强电解质、弱电解质、非电解质，故C正确；D．干冰、氯水、HCl、HClO、CO依次属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质，故D错误。16、C【解题分析】电解质本身必须能够电离出离子；广泛pH试纸只能测定整数值；滴定管刻度以下还有一段没有刻度的；有些沉淀在一定的条件下可以发生相互转化。【题目详解】A项：SO2水溶液能导电，并不是SO2本身电离，而是它与水反应生成的H2SO3发生电离，故H2SO3是电解质、SO2是非电解质。A项错误；B项：广泛pH试纸测定结果只能是1~14的整数值，不可能为5.2。B项错误；C项：滴定管0刻度在上，大刻度在下。刻度3.00mL至25.00mL之间有22.00mL液体，25.00mL刻度至滴定管尖嘴之间仍有液体。C项正确；D项：饱和Na2CO3溶液可将Ksp较小的BaSO4部分转化为Ksp较大的BaCO3，故使用饱和溶液实现的沉淀转化，不能用于比较Ksp大小。D项错误。本题选C。【题目点拨】比较同类难溶物的溶度积，需要溶液的物质的量浓度相同。17、B【解题分析】鱼肝油饭后服用或与食物同时服用比饭前服用吸收率提高20～30%。患胃溃疡者服用NaHCO3产生的CO2可能造成胃穿孔。18、D【题目详解】A、升高温度,正反应速率增大,逆反应速率也增大,故A错误;B、根据平衡常数K=可知，该反应的方程式为:CO2+H2CO+H2O,故B错误;C、因为CO2+H2CO+H2O是反应前后化学计量数相等的反应，所以恒温恒容下增大压强,平衡不一定移动，H2浓度不一定变化，故C错误;D、根据平衡常数K=，反应的方程式为:CO2+H2CO+H2O,恒容时,温度升高，H2浓度减小,所以正反应是吸热反应，焓变为正值，故D正确，答案选D。【题目点拨】A项为易错点，注意温度升高，化学反应的正逆反应速率均增大。19、C【分析】该分子中羟基直接与苯环相连，是苯酚，据此分析判断。【题目详解】A．“装醇”说明不是醇，该分子中的羟基不是醇羟基，不属于醇，属于酚，故A错误；B．该分子为苯酚，只含有一种含氧官能团——羟基，故B错误；C．苯酚容易被空气中的氧气氧化，在空气中放置一段时间会变为粉红色，故C正确；D．当-C3H7为正丙基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体。当-C3H7为异丙基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体，故所得有机产物共有6种，故D错误；故选C。20、B【题目详解】目前世界上用量最大的合金是铁合金，即钢材，故选B。21、D【解题分析】A、由图可知，B的pH小，c（H＋）大，则B酸的酸性强，故A正确；B、由图可知，若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故B正确；C、若A和B都是弱酸，加水稀释时促进弱酸电离，所以溶液中pH为5＞a＞2，故C正确；D、因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c（酸）=c（H＋），对于一元弱酸，c（酸）＞c（H＋），则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等，故D错误；故选D。22、D【题目详解】稀的强酸与稀的强碱反应生成可溶性盐时，生成1mol水放出的热才为中和热，因为若生成沉淀，则存在沉淀的溶解热，这部分热量不能计算在中和热中，①错误；对任一化学反应，只要温度改变，反应速率一定会改变，只是改变程度的大小有差异，②正确；平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大，也有可能减小，如在N2和H2生成NH3的可逆反应中，达到平衡后再通入N2，N2的浓度增大，平衡正向移动，此时H2的转化率增大，而N2的转化率反而减小，③错误；改变外界条件如温度和压强等，可以破坏旧的化学平衡，而建立新的化学平衡，化学反应的限度随之改变，所以一个化学反应的限度一定是可以改变的，④正确；增大压强，若未改变参与反应的气体物质的浓度，则反应速率也不会改变，⑤错误；化学反应的本质是旧的化学键断裂和新的化学键形成，两者需要的能量是不同的，故化学反应一定伴有能量的变化，⑥正确。故正确的说法有②④⑥，答案选D。正确答案选D。二、非选择题(共84分)23、乙醛酯基取代保护酚羟基不被混酸氧化或或【分析】CH3CHO与HCN反应生成CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件反应生成，与Br2反应生成，和氨气反应生成E(D中—Br变为E中—NH2)，E和SOCl2反应生成F，F发生取代反应得到G，H和发生反应生成I，I发生硝化反应生成J，J和稀硫酸反应生成K，L与K、G发生反应生成最终产物。【题目详解】(1)根据B的结构简式和A→B发生加成反应，得到物质A为CH3CHO，其化学名称为乙醛，根据G的结构简式得到G中含氧官能团名称是酯基；故答案为：乙醛；酯基。(2)根据D→E和E→F(—COOH变为)、以及D、E、F的结构简式得到D→E是—Br变为—NH2，其反应类型为取代反应；故答案为：取代反应。(3)H→K的流程中，H加入CH3COCl变为I，J变为K羟基又变回来了，因此其目的是保护酚羟基不被混酸氧化；故答案为：保护酚羟基不被混酸氧化。(4)①能发生银镜反应，说明含有醛基，且水解后的产物遇FeCl3溶液显紫色，说明原物质有酯基，水解后含有苯酚；②其核磁共振氢谱有4种吸收峰；因此其同分异构体为或或；故答案为：或或。(5)是由发生酯化反应得到，乙醇催化氧化变为乙醛，CH3CHO与HCN反应生成CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件下反应生成，因此合成路线为，故答案为：。【题目点拨】有机推断是常考题型，主要考查反应类型、官能团、有机物结构简式、根据有机物前后联系推断有机物，书写方程式，设计流程图。24、OCaNaCl1s22s22p44s2Na＜Ca＜Cl＜ONa＜Ca＜Cl＜O【分析】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na；D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。【题目详解】（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na，Cl。（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2；。（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。25、U形管内液面左边下降、右边升高盐酸和NaOH发生中和反应放出热量，使瓶内气体温度升高，压强增大7NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－58.52kJ·mol－1ΔH2＜ΔH1＜ΔH3【解题分析】（1）由于盐酸和氢氧化钠发生中和反应放出热量，使瓶内气体温度升高，压强增大；（2）根据表中数据可知，实验2中生成水的物质的量是实验1中的2倍，实验溶液升高的温度也应该是2倍；Q=cmΔt，根据实验2，生成0.001mol水，放出热量Q=4.18J·g－1·℃－1×20g×7℃，则生成1mol水放热58.52kJ；（3）稀H2SO4与Ba(OH)2(aq)生成硫酸钡沉淀放热；浓H2SO4稀释时放出大量的热。【题目详解】（1）由于盐酸和氢氧化钠发生中和反应放出热量，使瓶内气体温度升高，压强增大，所以U形管内液面左边下降、右边升高。（2）根据表中数据可知，实验2中生成水的物质的量是实验1中的2倍，实验溶液升高的温度也应该是2倍，所以x=7；Q=cmΔt，根据实验2，放出热量Q=4.18J·g－1·℃－1×20g×7℃，则生成1mol水放热58.52kJ，所以表示稀盐酸和稀NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－58.52kJ·mol－1；（3）稀H2SO4与Ba(OH)2(aq)生成硫酸钡沉淀放热；浓H2SO4稀释时放出大量的热，所以浓H2SO4与Ba(OH)2(aq)反应放热最多、稀HNO3与Ba(OH)2(aq)反应放热最少，ΔH2＜ΔH1＜ΔH3。26、5.0环形玻璃搅拌棒大小烧杯杯口未平(或大小烧杯杯口未平，大小烧杯间未用碎纸条填满)偏小偏大确保碱能反应完全b【题目详解】I.没有245mL的容量瓶，所以用250mL的容量瓶，需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g；II.(1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；装置中仍存在的缺陷是大小烧杯杯口未平(或大小烧杯杯口未平，大小烧杯间未用碎纸条填满)，容易引起热量损失；(2)一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于56.8kJ，故答案为偏小；若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的Ba(OH)2溶液，因反应生成硫酸钡沉淀放热，使得酸碱反应放出更多的热，则测得的中和热数值会偏大；(3)纠正好实验装置后进行实验，在实验测定过程中保证酸稍过量，原因是确保碱能反应完全；a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，选项a不符合；b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，选项b符合；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失，中和热的数值偏小，选项c不符合；d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，选项d不符合；答案选b。27、浅红无色ACD9.0026.100.0855【解题分析】根据酸碱指示剂的变色范围判断终点颜色变化；根据滴定原理分析滴定误差、进行计算。【题目详解】(1)酚酞变色范围8.2－10.0，加在待测的氢氧化钠溶液中呈红色。随着标准盐酸的滴入，溶液的pH逐渐减小，溶液由红色变为浅红，直至刚好变成无色，且半分钟不褪色，即为滴定终点。(2)A、酸式滴定管未用标准盐酸润洗，使注入的标准盐酸被稀释，中和一定量待测液所耗标准溶液体积偏大，待测液浓度偏高。B、盛放待测溶液的锥形瓶未干燥，不影响标准溶液的体积，对待测溶液的浓度无影响。C、酸式滴定管在滴定前有气泡、滴定后气泡消失，使滴定前读数偏小，标准溶液体积偏大，待测溶液浓度偏高。D、开始俯视读数，滴定结束时仰视读数，使读取盐酸体积偏大，待测溶液浓度偏高。E、滴定过程中，锥形瓶中待测液过量，激烈振荡溅出少量溶液，即损失待测液，消耗标准溶液体积偏小，待测溶液浓度偏低。答案选ACD。(3)滴定管的“0”刻度在上，大刻度在下，应由上向下读数；根据刻度，滴定管的读数应保留两位小数，精确到0.01mL。图中开始读数为9.00mL，结束读数为26.10mL。(4)由(3)V(HCl)＝17.10mL，据c(HCl)×V(HCl)＝c(NaOH)×V(NaOH)，求得c(NaOH)=0.0855mo1/L。【题目点拨】中和滴定的误差分析可总结为：滴多偏高，滴少偏低。其中，“滴多或滴少”指标准溶液体积，“偏高或偏低”指待测溶液浓度。28、－746.5kJ·mol－1ACD0.25降低温度＝【分析】I．(1)根据盖斯定律计算；(2)根据反应速率随反应进行的变化分析；(3)根据温度、压强、催化剂对反应速率以及平衡的影响分析；II．(4)①根据化学平衡常数的定义，列三段式计算；②根据外界因素对平衡移动的影响分析；③根据化学平衡常数的定义，列三段式计算平衡常数，再根据温度对平衡常数的影响分析。【题目详解】I．(1)已知：CO的燃烧热ΔH1＝-283.0kJ·mol-1，可得热化学方程式：①CO(g)+O2(g)＝CO2(g)ΔH1＝-283.0kJ·mol-1；②N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)ΔH2＝180.5kJ·mol-1；根据盖斯定律可得，①×2−②得到2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)△H＝-283.0kJ·mol-1×2-180.5kJ·mol-1=−746.5kJ/mol；(2)该反应4s时达到平衡状态，在平衡之前，反应速率逐渐减小，因此1s到2s的平均反应速率大于2s到3s的平均反应速率，即3.05−c2＞c2−2.75，解得c2＜2.9，故选A；(3)A.曲线Ⅱ中催化剂脱氮率与曲线Ⅰ相比，不一定高，和温度有关，图像中低温下曲线Ⅰ脱氮率较高，故A错误；B.该反应的正反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，脱氮率增大，故B错误；C.根据图像知，曲线Ⅱ中催化剂在450℃左右脱氮率最高，则曲线Ⅱ中的催化剂适用于450℃左右脱氮，故C正确；D.两种催化剂均能降低活化能，加快反应速率，但ΔH不变，故D正确；II．(4)①A点的原料气配比为0.4，NO2的平衡转化率为50%，则可列出三段式(单位为mol/L)：，故该温度下，反应的化学平衡常数；②C点和B点原料气配比相同，B点NO2的平衡转化率大于C点，说明将C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡向正反应方向移动，该反应是正反应气体分子数不变的放热反应，故应采取的措施是降低温度；③C点的原料气配比为1，NO2的平衡转化率为50%，则可列出三段式(单位为mol/L)：，故TC温度下，反应的化学平衡常数；D点的原料气配比为1.5，NO2的平衡转化率为40%，则可列出三段式(单位为mol/L)：，故TD温度下，反应的化学平衡常数；TC和TD温度下，反应的化学平衡常数相等，又温度不变，平衡常数不变，故TC=TD。【题目点拨】催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响平衡移动，也不能改变反