2024届山西省吕梁市泰化中学高一化学第二学期期末联考模拟试题含解析

2024届山西省吕梁市泰化中学高一化学第二学期期末联考模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。Y是地壳中含量最高的元素，X、Y原子的最外层电子数之比为2:3，Z是短周期中金属性最强的元素，W原子与X原子的最外层电子数相同。下列说法正确的是A．Z位于元素周期表中第2周期ⅠA族B．X的非金属性比Y的强C．W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强D．原子半径：r(Y)<r(X)<r(W)<r(Z)2、下列反应属于取代反应的是A．甲烷在空气中燃烧B．苯与液溴反应生成溴苯C．在一定条件下乙烯制聚乙烯D．在一定条件下乙烯与氢气反应3、可逆反应2NO22NO＋O2在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是(NO2红棕色)①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态A．①④ B．②③C．①③④ D．①②③④4、Q、X、Y和Z为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是A．Y的原子半径比X的大B．Q的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强C．Q的单质具有半导体的性质，Q与Z可形成化合物QZ4D．X、Y和氢3种元素形成的化合物中都只有共价键5、下图为某城市某日空气质量报告，下列叙述与报告内容不相符的是A．该日空气首要污染物是PM10B．该日空气质量等级属于中度污染C．污染物NO2、CO可能主要来源于机动车尾气D．PM2.5、PM10指的是悬浮颗粒物，会影响人体健康6、月球表面土壤里有一种非常有用的资源——3He，它是可控核聚变的原料，关于3He的叙述正确的是（）A．3He和4He是同种原子B．3He和4He互为同位素C．核聚变时，原子核发生了变化，发生了化学变化D．在3He中存在：质子数=中子数=核外电子数7、鉴别某种白色织物是否是蚕丝制品，可选用的适宜方法是（）A．滴加盐酸 B．滴加浓硫酸 C．滴加氢氧化钠溶液 D．滴加浓硝酸8、下列有关原电池和金属腐蚀的说法中，不正确的A．铜、锌两电极插入稀H2SO4中组成原电池，铜是正极B．原电池中e－从负极流出，负极发生氧化反应C．钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为Fe－3e－＝Fe3＋D．电化学腐蚀比化学腐蚀更快更普遍9、下列说法中正确的一组是()A．H2和D2互为同素异形体B．和互为同分异构体C．乙醇的同分异构体是HO－CH2CH2－OHD．和是同一种物质10、常温下,将一定量的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(固体体积忽略不计)发生反应：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)△H,达到平衡时测得c(CO2)=amol·L-1。温度不变,达到平衡后压缩容器体积至原来的一半,达到新平衡时测得c(NH3)=xmol·L-1。下列说法正确的是（）A．混合气体的平均相对分子质量不再变化时表明达到平衡状态B．达到新平衡时，△H为原来的2倍C．上述反应达到新平衡状态时x=2aD．上述反应体系中，压缩容器体积过程中n(H2NCOONH4)不变11、下列说法正确的是()A．海洋约占地球表面积的71%，所以地球上不缺水，人类可以随意使用水资源，不必节约B．海水淡化的主要方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法C．海水淡化的各种方法中，蒸馏法的成本比较低D．以上说法都正确12、短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增加。W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍；Y＋和X2－的电子层结构相同；Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和。下列说法正确的是A．Z的氢化物的酸性比WX2的水化物的强，说明Z的非金属性比W的强B．简单离子半径大小：Z>Y>XC．实验室用MnO2和Z的氢化物的浓溶液在加热的条件下制取Z的单质D．X、Y两元素形成的化合物中一定不含共价键13、在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH<0，下列对图像的分析中不正确的是（）A．图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响B．图Ⅱ研究的是t0时增大压强（缩小体积）或使用催化剂对反应速率的影响C．图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂D．图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高14、下列物质用作制取光导纤维的原料的是（）A．单质硅 B．二氧化硅 C．硅酸钠 D．镁铝合金15、相同质量的氢气、一氧化碳、乙醇、甲烷完全燃烧时，放出热量最少的是(已知这些物质的燃烧热分别为285.8kJ•mol−1、283.0kJ•mol−1、1366.8kJ•mol−1、890.3kJ•mol−1)A．H2(g)B．CO(g)C．C2H5OH(l)D．CH4(g)16、下列能作为苯分子中碳原子间的化学键是一种介于C-C键和C=C键之间的特殊的化学键的依据的是（）A．经测定，邻二甲苯只有一种结构B．经测定，间二甲苯只有一种结构C．经测定，对二甲苯只有一种结构D．苯的一卤代物只有一种结构17、下列六个说法中，正确的有①已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为ΔH＝－241.8kJ·mol－1②由单质A转化为单质B是一个吸热过程，由此可知单质B比单质A稳定③X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(g)ΔH>0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的ΔH增大④已知：共价键C—CC=CC—HH—H键能/(kJ·mol－1)348610413436根据上表数据可以计算出C6H6(g)＋3H2(g)→C6H12(g)的焓变⑤根据盖斯定律，推知在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时，放出的热量相等⑥25℃、101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量为碳的燃烧热A．1个 B．2个 C．3个 D．4个18、在容积不变的密闭容器中，可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡的标志是A．SO2、SO3的浓度相等B．混合气体的密度保持不变C．混合气体的质量不再改变D．单位时间内消耗1molO2的同时，有2molSO3分解19、下列离子方程式正确的是（）A．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：HCO3－＋Ca2＋＋OH－＝CaCO3↓＋H2OB．氯化铵与氢氧化钠两种浓溶液混合加热：NH4＋＋OH－H2O＋NH3↑C．氢氧化镁与稀硫酸反应：H＋＋OH－＝H2OD．单质铜与稀硝酸反应：Cu＋2H＋＋2NO3－＝Cu2＋＋2NO↑＋H2O20、金属钠分别在过量的氧气和氯气中燃烧，产生的现象相同点是A．都产生白烟 B．都产生黄色火焰C．都生成氧化物 D．都生成白色固体21、下列说法中不正确的是A．NH3易液化B．Cu既能溶于浓硝酸又能溶于稀硝酸，且硝酸的还原产物为氮的氧化物C．Cu在加热的条件下能溶于浓硫酸D．向胆矾晶体中加入浓硫酸，晶体由蓝色变为白色体现了浓硫酸的脱水性22、下列离子方程式书写正确的是A．氢氧化钠溶液与稀醋酸反应：OH-+H+=H2OB．氯化铝溶液与过量氨水反应:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+C．氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-D．氯化铁溶液与铜反应：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物G是一种香料，存在于金橘中，以烷烃A为原料合成G的路线如下：已知：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OH（1）反应②的反应类型是___。（2）已知B是A的一氯代物，且B分子中只有1种不同化学环境的氢原子，则B的结构简式为___。（3）C的一种同分异构体具有顺反异构现象，则其结构简式为___。（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：___。①能发生水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；②苯环上的一氯代物有3种。（5）根据已有知识并结合相关信息，写出为原料合成成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。______________24、（12分）根据图示，回答下列问题：(1)按要求写出下列有机物的分子结构。乙烯的电子式__________，乙烷的分子式________，乙醇的结构式___________，氯乙烷的结构简式________。(2)写出②、④两步反应的化学方程式，并注明反应类型②_______________________，反应类型_______________。④_______________________，反应类型_______________。25、（12分）乙酸乙酯用途广泛，在食品中可作为香料原料，现利用如下方法制备和提纯。Ⅰ、制备在试管a中先加入3mLCH3CH2OH，边摇动边缓缓加入2mL浓H2SO4并充分摇匀，冷却后再加入2mLCH3CO18OH，充分混合后将试管固定在铁架台上，在试管b中加入7mL饱和碳酸钠溶液。连接好装置。用酒精灯对试管a加热，当观察到试管b中有明显现象时停止加热。（1）该装置有一处错误，请指出__________________________。（2）试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式（标记出18O的位置）______________________________。（3）加入浓H2SO4的作用是______________________________。II、提纯：（1）操作1需用到_____________（填仪器名称），上层液体从该仪器的_________分离出来（填“上口”或“下口”）。（2）请根据乙酸乙酯的性质选择合适的干燥剂__________。a.氯化钙b.碱石灰c.硫酸铜（3）试管b中混合液体在振荡过程中有气泡产生，该反应的化学方程式为_________________________。26、（10分）用标准NaOH溶液滴定充满HCl的烧瓶(标况下)做完喷泉实验后得到的稀盐酸，以测定它的准确浓度，请你回答下列问题：(1)理论计算该盐酸的物质的量浓度为：________________________________。(2)若用甲基橙作指示剂，达到满定终点时的现象是___________________________。(3)现有三种浓度的标准NaOH溶液，你认为最合适的是下列第__________种。①5.00mol·L-1

②0.500mol·L-1

③0.0500mol·L-1(4)若采用上述最合适浓度的标准NaOH溶液满定，滴定时实验数据列表如下：实验次数编号待测盐酸体积(mL)滴入NaOH溶液体积(mL)110.008.48210.008.52310.008.00求这种待测稀盐酸的物质的量浓度c(HCl)=___________________。(5)在滴定操作过程中，以下各项操作使测定值偏高的有：_______________①滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗②滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡③滴定前平视，滴定终了俯视④看到颜色变化后立即读数⑤洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当做蒸馏水进行洗涤27、（12分）硫酸亚铁铵[（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O]为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：步骤1将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑。步骤2向处理过的铁屑中加入过量的3mol·L-1H2SO4溶液，在60℃左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液。步骤3向所得FeSO4溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。请回答下列问题：（1）在步骤1的操作中，下列仪器中不必用到的有__________（填仪器编号）①铁架台②燃烧匙③锥形瓶④广口瓶⑤研体⑥玻璃棒⑦酒精灯（2）在步骤1中所加的碳酸钠溶液中需要煮沸，其目的是_______；（3）在步骤3中，“一系列操作”依次为______、_______和过滤；（4）本实验制得的硫酸亚铁铵晶体常含有Fe3+杂质。检验Fe3+常用的操作方法是_____。28、（14分）（1）保护环境、保护地球已成为人类共同的呼声。请回答下列问题：①当前，我国环境保护急待解决的“白色污染”通常所指的是________。A、冶炼厂的白色烟尘B、石灰窑的白色粉尘C、聚乙烯等塑料垃圾D、白色建筑废料②下列措施不利于环境保护的是________。A．推广使用无铅汽油B．提倡使用太阳能C．推广使用无磷洗衣粉D．大量使用私家车③下列气体不属于大气污染物是________。A．SO2B．COC．N2D．NO2（2）人类科学的进步，基于材料的迅猛发展，人类除了使用天然材料外，又开发出了塑料、_______________和______________三大合成材料，都主要是以天然气、_______________和________________为原料生产的。29、（10分）从海水中可以提取很多有用的物质，例如从海水制盐所得到的卤水中可以提取碘。活性炭吸附法是工业提碘的方法之一，其流程如下：资料显示：Ⅰ．pH=2时，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2,同时生成NO；Ⅱ．I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl；Ⅲ．5SO32-+2IO3-+2H+=I2+5SO42-+H2O；Ⅳ．I2在碱性溶液中反应生成I-和IO3-。(1)反应①的离子方程式_____________。(2)方案甲中，根据I2的特性，分离操作X的名称是________________。(3)已知：反应②中每吸收3molI2转移5mol电子，其离子方程式是_______________。(4)Cl2、酸性KMnO4等都是常用的强氧化剂，但该工艺中氧化卤水中的I-却选择了价格较高的NaNO2,原因是_______________。(5)方案乙中，已知反应③过滤后，滤液中仍存在少量的I2、I-、IO3-。请分别检验滤液中的I-、IO3-，将实验方案补充完整。实验中可供选择的试剂：稀H2SO4、淀粉溶液、Fe2(SO4)3溶液、Na2SO3溶液A．滤液用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质存在。B．_______________________。

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】

短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，则Y是氧元素，X、Y原子的最外层电子数之比为2：3，所以X是6号C元素；Z是短周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素，W原子与X原子的最外层电子数相同，则W是Si元素。A.Z位于元素周期表中第三周期ⅠA族，A错误；B.X是碳、Y是氧，O的非金属性强于C，B错误；C.碳的非金属性强于硅，所以W的简单气态氢化物的热稳定性比X的弱，C错误；D.原子核外电子层数越多原子半径越大；当原子核外电子层相同时，核电荷数越多，原子半径越小，所以原子半径：r(Y)<r(X)<r(W)<r(Z)，D正确；故合理选项是D。2、B【解题分析】A.甲烷在空气中燃烧是氧化还原反应，A错误；B.苯与液溴反应生成溴苯和水属于取代反应，B正确；C.在一定条件下乙烯发生加聚反应制聚乙烯，C错误；D.在一定条件下乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷，D错误，答案选B。3、A【解题分析】①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2表示v(正)＝v(逆)，正确。②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO不能表示v(正)＝v(逆)，错误。③只要发生反应，v(NO2)∶v(NO)∶v(O2)＝2∶2∶1恒成立，错误。④混合气体颜色不变，说明各物质浓度不变，正确。答案选A。点睛：掌握可逆反应平衡状态的特征是解答的关键，可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：即正反应速率和逆反应速率相等以及反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。4、C【解题分析】

由Q、X、Y和Z为短周期元素及它们在周期表中的位置可知，X、Y位于第二周期，Q、Z位于第三周期，设X的最外层电子数为x，则Y的最外层电子数为x+1，Q的最外层电子数为x－1，Z的最外层电子数为x+2，4种元素的原子最外层电子数之和为22，则x-1+x+x+1+x+2=22，解得x=5，可知X为N、Y为O、Q为Si、Z为Cl，以此来解答。【题目详解】由上述分析可知，X为N、Y为O、Q为Si、Z为Cl，则A．同周期从左向右原子半径减小，则Y的原子半径比X的小，A错误；B．同周期从左向右非金属性增强，且非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性增强，则Q的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的弱，B错误；C．Si位于金属与非金属的交界处，具有半导体的性质，且Si为+4价，Cl为-1价时Q与Z可形成化合物QZ4，C正确；D．X、Y和氢3种元素形成的化合物若为硝酸铵，含离子键、共价键，D错误；答案选C。【题目点拨】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、最外层电子数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。5、B【解题分析】首要污染物是指污染最重的污染物，根据空气质量报告，PM10数值最大，所以该日空气首要污染物是PM10，故A正确；首要污染物的污染指数即为空气污染指数，该日空气污染指数为79，空气质量等级属于良，故B错误；机动车尾气中含有NO2、CO，故C正确；PM2.5指的是大气中的细悬浮颗粒物,它的直径仅有2.5微米,

PM10指的是环境空气中尘埃在10微米以下的颗粒物，PM2.5、PM10会影响人体健康，故D正确。6、B【解题分析】

A、质子数和中子数共同决定原子的种类，3He和4He的质量数或中子数不同，质子数相同，属于同种元素的不同原子，A错误；B、3He和4He都是氦元素的同位素，B正确；C、化学变化是指元素的原子核不变、核外电子发生转移（得失或共用电子对的偏移）的过程，核聚变则是复杂的物理变化和化学变化共同作用的过程，不属于化学变化的研究范畴，C错误；D、3He的质子数、中子数、核外电子数分别为2、3-2=1、2，D错误；答案选B。7、D【解题分析】

浓硝酸能和蛋白质发生显色反应而呈黄色，据此可以鉴别某种白色织物是否是蚕丝制品，答案选D。【题目点拨】浓硝酸并不能使所有的蛋白质都发生显色反应，只有是含有苯环的蛋白质才能和浓硝酸发生显色反应。8、C【解题分析】

A项、铜、锌两电极插入稀H2SO4中组成原电池，锌比铜活泼，活泼金属锌为负极，不活泼金属铜是正极，故A正确；B项、原电池中e－从负极流出，经外电路流向正极，还原剂在负极失电子发生氧化反应，故B正确；C项、钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe－2e－＝Fe2＋，故C错误；D项、电化学腐蚀因发生原电池反应，比化学腐蚀更快更普遍，危害更大，故D正确；故选C。9、D【解题分析】

A.H2和D2为同种元素形成的同种单质，不是同素异形体，故A错误；

B.由甲烷的正四面体结构可以知道，甲烷中4个H均为相邻位置，则

和

的组成、结构相同，为同种物质，故B错误；C.乙醇含1个O，而HO－CH2CH2－OH中含2个O，分子式不同，不是同分异构体，故C错误；

D.

和的组成、结构相同，为同种物质，故D正确；答案选D。10、C【解题分析】A.该反应的反应物中没有气体，所以混合气体的平均相对分子质量一直不变，不能由此判断反应是否达到平衡状态，A不正确；B.△H与反应的限度没有关系，B不正确；C.在一定温度下，化学反应的平衡常数是定值，由此反应的平衡常数表达式K=c2(NH3)•c(CO2)可知，在新的平衡状态，各组分的浓度肯定与原平衡相同，所以上述反应达到新平衡状态时x=2a，C正确；D.上述反应体系中，压缩容器体积过程中n(H2NCOONH4)增大，D不正确。本题选C。11、B【解题分析】

A.地球上的淡水资源才是我们可以直接利用的水资源,其资源量很少,我们必须节约用水,A错误；B.常见的海水淡化方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，B正确；C.蒸馏法因其高耗能而成本高，C错误；D.错误；故选B。12、C【解题分析】

W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍，W元素在这几种元素中原子序数最小，所以W为C；Y＋和X2－的电子层结构相同，则Y为Na，X为O；Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和，则Z为Cl。即W为C，X为O，Y为Na，Z为Cl。【题目详解】A．非金属性的强弱和最高价氧化物的水化物的酸性有关，和无氧酸的酸性无关，故A错误；B．O2-和Na+核外电子排布相同，离子半径随核电荷数的增大而减小，所以离子半径：O2－＞Na＋，故简单离子半径大小：Y＜X，故B错误；C．实验室用MnO2和浓盐酸在加热的条件下制取氯气，故C正确；D．X、Y两元素可以形成Na2O2，既有离子键，又有共价键，故D错误；故选C。13、C【解题分析】

A．t0时升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象相符，故A正确；B．反应前后气体的体积不变，压强对平衡移动无影响，图Ⅱt0时正逆反应速率都增大，且正逆反应速率相等，平衡不移动，应加入催化剂或增大压强的影响，故B正确；C．如加入催化剂，平衡不移动，CO的转化率应相等，故C错误；D．由图可知乙达到平衡时间较少，如是温度的影响，乙的温度应较高，故D正确。答案选C。14、B【解题分析】

制造光导纤维的主要原料是二氧化硅，因为二氧化硅能够透光，且折射率合适，能够发生全反射，且二氧化硅储量丰富，成本较低廉。答案选B。15、B【解题分析】

由燃烧热可知1mol物质燃烧放出的热量，再计算1mol物质的质量，进而计算1g物质燃烧放出的热量，据此判断。【题目详解】在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，氢气、一氧化碳、乙醇、甲烷燃烧热分别为285.8kJ•mol−1、283.0kJ•mol−1、1366.8kJ•mol−1、890.3kJ•mol−1，则1g氢气燃烧放出的热量为：285.8kJ×1g/2g=142.9kJ；1gCO燃烧放出的热量为：283kJ×1g/28g=10.1kJ；1g乙醇燃烧放出的热量为：1366.8kJ×1g/46g=29.7kJ；1gCH4燃烧放出的热量为：890.3kJ×1g/16g=55.6kJ；所以相同质量的氢气、一氧化碳、乙醇、甲烷完全燃烧时，放出热量最少的是CO。答案选B。【题目点拨】本题主要是考查了对燃烧热的理解与反应热的有关计算，难度不大，理解燃烧热的意义是解题的关键。16、A【解题分析】A、如果苯分子是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种,一种是两个甲基夹C-C,另一种是两个甲基夹C=C。邻二甲苯只有一种结构。说明苯环结构中的化学键只有一种介于C-C键和C=C键之间的特殊的化学键。正确；B、若苯分子中是单双键交替结构，，间二甲苯只有一种结构也只有一种结构，两个甲基之间隔着一个C-C和C=C。因此间二甲苯只有一种结构，不能证明苯分子中碳原子间的化学键是一种介于C-C键和C=C键之间的特殊的化学键。错误；C、若苯分子中是单双键交替结构，对二甲苯只有一种结构也只有一种结构，因此不能证明苯分子中碳原子间的化学键是一种介于C-C键和C=C键之间的特殊的化学键。错误；D、若苯分子中是单双键交替结构，苯的一卤代物有一种结构，因此不能证明苯分子中碳原子间的化学键是一种介于C-C键和C=C键之间的特殊的化学键。错误；故选A。17、A【解题分析】分析：①根据燃烧热的概念(25℃，101kPa时1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量)分析判断①和⑥的正误；②根据能量越高越不稳定分析判断；③根据反应热与平衡移动无关分析判断；④根据苯环中不存在碳碳双键和碳碳单键分析判断；⑤根据金刚石与石墨的结构不同分析判断。详解：①燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热＜-241.8kJ•mol-1，故错误；②单质A转化为单质B是一个吸热过程，则B的能量比A的高，能量越高越不稳定，故错误；③一定条件下，反应热与平衡移动无关，与化学计量数与物质的状态有关，故错误；④反应热=反应物总键能-生成物总键能，由于苯环中不存在碳碳双键，不能计算反应热，故错误；⑤金刚石与石墨的结构不同，能量不相同，在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时，放出的热量不相等，故错误；⑥碳的燃烧热指：25℃，101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量，故正确，正确的只有1个，故选A。点睛：本题考查燃烧热、反应热有关计算、热化学方程式等，注意对概念与热化学方程式的理解。本题的易错点为③，平衡移动影响放出的热量，但热化学方程式焓变不变。18、D【解题分析】分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。详解：A.SO2、SO3的浓度相等不能说明正逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态，A错误；B.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，B错误；C.根据质量守恒定律可知混合气体的质量始终不变，不能据此说明反应达到平衡状态，C错误；D.单位时间内消耗1molO2的同时，有2molSO3分解说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确。答案选D。19、B【解题分析】A．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应的离子反应为2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O，故A错误；B．氯化铵与氢氧化钠两种浓溶液混合加热的离子反应为NH4++OH-H2O+NH3↑，故B正确；C．氢氧化镁不溶于水，不可拆分，故C错误；D．单质铜与稀硝酸反应的离子反应方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O，故D错误；答案为B。20、B【解题分析】

A.钠在氯气中燃烧产生白烟，钠在氧气中燃烧不产生白烟，A项错误；B.钠元素的焰色呈黄色，所以钠无论在氧气还是在氯气中燃烧均产生黄色火焰，B项正确；C.钠与氧气反应生成氧化物，但钠与氯气反应生成的是氯化物，不是氧化物，C项错误；D.钠和氯气反应生成的氯化钠是白色固体，但钠在氧气中燃烧生成的过氧化钠是淡黄色粉末，D项错误；所以答案选择B项。21、D【解题分析】

A.氨气分子之间可形成氢键，NH3易液化是由于含有氢键的原因，故A正确；B.Cu既能溶于浓硝酸又能溶于稀硝酸，且硝酸的还原产物分别为二氧化氮和一氧化氮，故B正确；C.Cu在加热的条件下能溶于浓硫酸生成硫酸铜、二氧化硫和水，故C正确；D.向胆矾晶体中加入浓硫酸，晶体由蓝色变为白色体现了浓硫酸的吸水性，故D错误；故选D。【题目点拨】注意吸水性与脱水性的区别：吸水性是物质中有现成的水分子，浓硫酸作干燥剂是利用其吸水性；脱水性是物质中没有现成的水分子，浓硫酸按水的组成比，夺取某些有机物中的氢、氧元素形成水分子，浓硫酸使蔗糖炭化体现其脱水性。22、B【解题分析】分析：A．醋酸为弱酸，根据离子方程式的书写规则分析判断；B．氨水碱性较弱，过量的氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉淀；C．次氯酸为弱电解质，根据离子方程式的书写规则分析判断；D．离子方程式需要遵守电荷守恒。详解：A．氢氧化钠溶液与稀醋酸反应，生成醋酸钠和水，醋酸不能拆开，正确的离子方程式为：OH-+CH3COOH=CH3COO-+H2O，故A错误；B．氨水碱性较弱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液与过量氨水反应的离子反应为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B正确；C．氯气与水反应，离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故C错误；D．氯化铁溶液与铜反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D错误；故选B。点睛：本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，检查是否守恒等。本题的易错点为B，要注意氢氧化铝不能溶于过量的氨水。二、非选择题(共84分)23、消去反应CH3CH＝CHCH3或【解题分析】

通过G分析可知，D、F在浓硫酸作用下发生酯化反应，F为D为(CH3)2CHCH2OH，根据F推出E为，根据D为(CH3)2CHCH2OH何已知信息，可推出C为(CH3)2C=CH2，B到C发生消去反应的条件【题目详解】⑴根据反应条件可知，是氯代烃在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应，因此反应②的反应类型是消去反应，故答案为消去反应；⑵C为(CH3)2C=CH2，B是A的一氯代物，且B分子中只有1种不同化学环境的氢原子，则B的结构简式为，故答案为；⑶该物质(CH3)2C=CH2没有顺反异构，C的一种同分异构体具有顺反异构现象，即碳碳双键两边的碳原子不能连接相同的原子或原子团，所以其结构简式为CH3CH=CHCH3，故答案为CH3CH=CHCH3；⑷①能发生水解反应，说明含有酯基，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解后含有苯酚，进一步说明是酚酸酯，②苯环上的一氯代物有3种，说明苯环上有三种不同环境的氢原子，因此写出结构简式为，故答案为；⑸根据已有知识并结合相关信息，写出为原料合成成路线流程图该题主要用逆向思维来分析，要生成，只能通过HOOCCH2OCH2CH2OH发生酯化反应得到，而HOOCCH2OCH2CH2OH是通过HOOCCH2OCH=CH2来得到，再结合水解生成的分析，得到HOOCCH2OCH=CH2是通过消去反应得到，因此整个流程或，故答案为或。24、C2H6CH3CH2ClCH2=CH2+HClCH3CH2Cl加成反应CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl取代反应【解题分析】

乙烯与水发生加成反应生成乙醇；乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷；乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷；乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷。【题目详解】根据以上分析：(1)乙烯分子含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，电子式为，乙烷的分子式C2H6，乙醇的分子式C2H6O，乙醇含有羟基，乙醇结构式为，氯乙烷的结构简式CH3CH2Cl。(2)②是乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，化学方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，反应类型加成反应。④是乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷和氯化氢，化学方程式为CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，反应类型是取代反应。【题目点拨】乙烯含有碳碳双键，能与氢气、氯气、氯化氢、水等物质发生加成反应，乙烯含有碳碳双键所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化。25、b中导管伸入到了液面以下CH3CO18OH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H218O催化剂和吸水剂分液漏斗上口a2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O（或者用CH3CO18OH表示）【解题分析】分析：Ⅰ、（1）吸收乙酸乙酯时要防止倒吸；（2）酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供氢原子；（3）根据酯化反应原理判断。II、（1）操作1是分液；根据分液操作解答；（2）根据乙酸乙酯在碱性溶液中易水解分析；（3）乙酸能与碳酸钠反应产生气体。详解：Ⅰ、（1）由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，二者均与水互溶，吸收装置中导管口不能插入溶液中，则该装置的错误是b中导管伸入到了液面以下。（2）酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供氢原子，则试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式为CH3CO18OH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H218O。（3）酯化反应是可逆反应，则加入浓H2SO4的作用是催化剂和吸水剂。II、（1）操作1是分液，需用到的仪器是分液漏斗，上层液体从该仪器的上口分离出来。（2）由于乙酸乙酯在碱性溶液中容易发生水解反应，硫酸铜不能作干燥剂，所以选择氯化钙干燥乙酸乙酯，答案选a；（3）试管b中混合液体在振荡过程中有气泡产生，这是由于碳酸钠与乙酸反应产生的，则该反应的化学方程式为2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O。点睛：关于乙酸乙酯制备实验还需要注意以下几点：①加入试剂的顺序为乙醇→浓硫酸→乙酸；②加热时要用小火均匀加热，防止乙醇和乙酸大量挥发，液体剧烈沸腾；③装置中的长导管起导气和冷凝作用；④加入碎瓷片，防止暴沸。26、1/22.4mol/L或0.045mol/L当最后一滴NaOH滴入HCl中时，溶液由橙色变黄色，且30s内不恢复③0.0425mol/L①②【解题分析】分析：（1）根据c＝n/V计算盐酸的浓度；（2）根据甲基橙的变色范围分析；（3）为减小误差，应尽量用浓度小的溶液；（4）先根据数据的有效性，计算消耗标准液体积，然后利用中和反应方程式计算；（5）根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。详解：（1）设烧瓶的容积是VL，实验后水充满烧瓶，则理论上该盐酸的物质的量浓度为VL22.4L/molVL＝0.045mol/（2）若用甲基橙作指示剂，由于甲基橙的变色范围是3.1～4.4，则达到满定终点时的现象是最后一滴NaOH滴入HCl中时，溶液由橙色变黄色，且30s内不恢复。（3）实验时，为减小实验误差，则所用氢氧化钠溶液体积不能过小，否则误差较大，应用浓度最小的，即选取0.0500mol·L-1的氢氧化钠溶液，答案选③；（4）依据表中三次实验消耗标准液体积可知，第三次数据误差较大，应舍弃，所以消耗标准液体积为：（8.48mL+8.52mL）÷2=8.50mL，依据HCl+NaOH=NaCl+H2O可知这种待测稀盐酸的物质的量浓度c(HCl)＝0.0500mol/L×8.50mL10.00mL＝0.0425mol/L（5）①滴定管洗净后，直接装入标准氢氧化钠溶液进行滴定，导致消耗标准液体积偏大，实验测定结果偏高；②滴定前，滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；③滴定前平视，滴定终了俯视，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；④看到颜色变化后立即读数，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；⑤洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当做蒸馏水进行洗涤，氢氧化钠溶液浓度不变，测定结果不变。答案选①②。点睛：本题主要考查中和滴定，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目涉及中和滴定操作、误差分析以及计算，滴定实验的数据计算应用，明确滴定原理及操作步骤，熟悉滴定管的使用方法是解题关键，题目难度中等。27、②④⑤除去水中溶解氧防止得到Fe2+被氧化而引入杂质蒸发浓缩冷却结晶取样，加入几滴KSCN溶液，若溶液呈现血红色，则溶液中含有Fe3+【解题分析】分析：本题考查了化学实验基本操作。（1）煮沸和过滤操作常用到的仪器。由溶液制晶体时，要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤；实验室一般用KSCN溶液检验Fe3+，若加入KSCN后，溶液显血红色，说明Fe3+存在。详解：（1）溶液加热和过滤过程中用到的仪器有：铁架台、烧杯、玻璃棒、酒精灯、锥形瓶、滤纸等，因此本题答案为②④⑤。（2）在步骤1中所加的碳酸钠溶液中需要煮沸，其目的是除去水中溶解氧气防止得到Fe2+被氧化而引入杂质。（3）(NH4)2SO4溶液显酸性，向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，抑制Fe2+的水解。由溶液制晶体时，要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤；本题答案：加热浓缩、冷却结晶和过滤。（4）检验Fe3+的方法是取待测液少许放入试管中，向试管中加入KSCN溶液，若加入KSCN后，溶液显血红色，说明Fe3+存在；反之没有Fe3+。点睛：本题以制备硫酸亚铁铵载体，考查学生综合分析处理实验问题的能力。例如检验Fe3+的存在问题。掌握Fe3+的鉴别方法是待测液少许放入试管中，向试管中加入KSCN溶液，若加入KSCN后，溶液显血红色，说明Fe3+存在。28、CDC合成橡胶合成纤维石油煤【解题分析】分析：（1）①“白色污染”通常是指聚乙烯等塑料垃圾，难以降解，会严重污染土壤、水源等，与颜色