云南省保山隆阳区一中2026届高二化学第一学期期中联考试题含解析

云南省保山隆阳区一中2026届高二化学第一学期期中联考试题注意事项：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、已知：25℃时，HCOOH的电离平衡常数K＝1.75×10－5，H2CO3的电离平衡常数K1＝4.4×10－7，K2＝4.7×10－11。下列说法不正确的是()A．向Na2CO3溶液中加入甲酸有气泡产生B．25℃时，向甲酸中加入NaOH溶液，HCOOH的电离程度和K均增大C．向0.1mol·L－1甲酸中加入蒸馏水，c(H＋)减小D．向碳酸中加入NaHCO3固体，c(H＋)减小2、维生素是参与生物生长发育和新陈代谢所必需的物质，中学生每天需要补充一定量的维生素C。下列物质中维生素C含量最丰富的是A．鱼B．虾C．牛肉D．橘子3、依据元素的原子结构和性质的变化规律，推断下列元素金属性最强的是A．NaB．OC．AlD．S4、下列有关性质的比较中，正确的是(）A．硬度：白磷＞冰＞二氧化硅B．金属原子化热：Na＞Mg＞AlC．熔点：D．键的极性：N﹣H＜O﹣H＜F﹣H5、下列各组物质全部是弱电解质的是A．H2SiO3H2SCO2 B．MgSO4CH3COOHCH3CH2OHC．H2SO3BaSO4CH4 D．H2ONH3·H2OH3PO46、在新研制的超导材料中，铊（T1）是主要组成元素之一。已知铊为ⅢA族原子序数最大的金属元素，则下列关于铊元素性质的推测，不正确的是（）A．是银白色较软的金属B．可以形成氧化物Tl2O3C．Tl(OH)3与Al(OH)3相似，也是两性氢氧化物D．与酸反应比铝剧烈7、20世纪化学合成技术的发展对人类健康水平和生活质量的提高作出了巨大贡献。下列各组物质全部由化学合成得到的是()A．玻璃、纤维素、青霉素B．尿素、食盐、聚乙烯C．涤纶、洗衣粉、阿司匹林D．石英、橡胶、塑料8、下列各组溶液中每种溶质的物质的量浓度均为0.1mol/L：①H2S②NaHS③Na2S④H2S和NaHS混合液。下列说法不正确的是A．c（S2―）由大到小是：③＞①＞②＞④B．溶液pH由大到小的是：③＞②＞④＞①C．在H2S和NaHS混合液中：2c（Na＋）＝c（H2S）+c（HS―）+c（S2―）D．在NaHS溶液中：c（H＋）+c（Na＋）＝c（OH―）+c（HS―）+2c（S2―）9、下列叙述不正确的是A．沼气是可再生能源 B．燃烧热和中和热都属于反应热C．电能是一级能源 D．氧化还原反应可能是吸热反应也可能是放热反应10、已知下列反应的平衡常数：H2(g)+S(s)H2S(g)，K1；S(s)+O2(g)SO2(g)，K2。则反应H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常数为（）A．K1+K2 B．K1-K2 C．K1×K2 D．11、下列能确认化学平衡发生了移动的是()A．化学反应速率发生改变B．有气态物质参加的可逆反应达到平衡后，改变压强C．由于某一条件的改变,使平衡体系中各组分的浓度发生了不同程度的改变D．可逆反应达到平衡后，使用催化剂12、下列能正确表达N原子电子轨道排布式的是A． B． C． D．13、铜~锌原电池如图所示，电解质溶液为稀硫酸，下列说法不正确的是A．铜电极上发生还原反应B．锌电极是原电池的负极C．电子从铜极经过外电路流向锌极D．锌电极上的反应为Zn－2e—="="Zn2+14、埋在地下的钢管道可以用如图所示方法进行电化学保护。下列说法正确的是（）A．该方法将电能转化成化学能 B．该方法称为“外加电流的阴极保护法”C．在此装置中钢管道作正极 D．镁块上发生的电极反应为O2+2H2O+4e－=4OH－15、pH＝8的NH3·H2O和pH＝12的NH3·H2O两溶液等体积混合后，所得溶液pHA．略小于9+lg2B．略大9+lg2C．略大12-lg2D．略小于12-lg216、在恒温、恒容条件下发生下列反应：2X2O5(g)4XO2(g)+O2(g)△H>0，T温度下的部分实验数据为：t/s050100150c(X2O5)mol/L4.002.502.002.00下列说法错误的是A．T温度下的平衡数为K=64(mol/L)3，100s时转化率为50%B．50s内X2O5分解速率为0.03mol/(L•s)C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则Kl>K2D．若只将恒容改为恒压，其它条件都不变，则平衡时X2O5的转化率和平衡常数都不变17、下列有机化合物分子中的所有碳原子不可能处于同一平面的是A．B．CH3CCHC．D．18、在密闭容器中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的2.3倍，下列叙述正确的是A．A的转化率变小B．平衡向逆反应方向移动C．a>c＋dD．D的体积分数变小19、下列属于电解质的是A．蔗糖 B．盐酸 C．酒精 D．氢氧化钠20、下列反应的热效应与其它三项不相同的是A．铝粉与氧化铁的反应 B．氯化铵与Ba(OH)2·8H2O反应C．锌片与稀硫酸反应 D．钠与冷水反应21、关于反应NH3＋HCl=NH4Cl中的相关微粒及其化学键的有关表述正确的是A．NH3的结构式：B．Cl－的结构示意图：C．HCl的电子式：D．反应过程中既有离子键的断裂，又有离子键的生成22、下列各组物质汇总，最适宜使用红外光谱法进行区分的是（）A．2-甲基戊烷、3-甲基戊烷 B．1-丙醇、1-丁醇C．苯、甲苯 D．1-丁醇、1-溴丁烷二、非选择题(共84分)23、（14分）有U、V、W、X四种短周期元素，原子序数依次增大，其相关信息如下表：请回答下列问题：（1）U、V两种元素组成的一种化合物甲是重要的化工原料，常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则甲分子中σ键和π键的个数比为________，其中心原子采取______杂化。（2）V与W原子结合形成的V3W4晶体，其硬度比金刚石大，则V3W4晶体中含有________键，属于________晶体。（3）乙和丙分别是V和X的氢化物，这两种氢化物分子中都含有18个电子。乙和丙的化学式分别是________、____________，两者沸点的关系为：乙________丙(填“>”或“<”)，原因是______________。24、（12分）某有机物A，由C、H、O三种元素组成，在一定条件下，由A可以转化为有机物B、C、D、E；C又可以转化为B、D。它们的转化关系如下：已知D的蒸气密度是氢气的22倍，并可以发生银镜反应。(1)写出A、D、的结构简式和所含官能团名称A_______、________，D__________、___________(2)写出反应⑤的化学方程式___________________________________；(3)从组成上分析反应⑨是___________(填反应类型)。(4)F的同分异构体中能与NaOH溶液发生反应的共_______种(包含F)，写出其中一种与NaOH溶液反应的化学方程式______________25、（12分）氯苯在染料、医药工业用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基酚等有机中间体，橡胶工业用于制造橡胶助剂。其合成工艺分为气相法和液相法两种，实验室模拟液相法(加热装置都已略去)如下图，在C三颈烧瓶中加入催化剂FeCl3及50.0mL苯。+Cl2+HCl有关物质的性质：名称相对分子质量沸点/(℃)密度/(g/mL)苯78780.88氯苯112.5132.21.1邻二氯苯147180.41.3回答下列问题：(1)A反应器是利用实验室法制取氯气，装置中空导管B的作用是______。(2)把干燥的氯气通入装有干燥苯的反应器C中制备氯苯，C的反应温度不宜过高，原因为①温度过高，反应得到二氯苯；②______。球形冷凝管的作用是：______，D出口的主要尾气成分除苯蒸气外还有______。(3)提纯粗产品过程如图：为了确定所得产品为氯苯，而非二氯苯，可对产品进行分析，下列方法可行的是______。A质谱法B同位素示踪法C核磁共振氢谱图法(4)苯气相氧氯化氢法制氯苯：空气、氯化氢气混合物温度210℃，进入氯化反应器，在迪肯型催化剂(CuCl2、FeCl3附在三氧化铝上)存在下进行氯化，反应方程式为______。26、（10分）某实验小组用0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液进行中和热的测定。Ⅰ.配制0.50mol·L-1NaOH溶液。若实验中大约要使用470mLNaOH溶液，至少需要称量NaOH固体___g。Ⅱ.测定稀H2SO4和NaOH稀溶液中和热的实验装置如图所示。（1）能不能用铜丝代替环形玻璃搅拌棒___（填“能”或“不能”）（2）大烧杯如不盖硬纸板，求得的中和热△H将___（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（3）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验。经数据处理，实验测得中和热ΔH=-53.5kJ•mol-1，该结果数值上与57.3kJ·mol-1有偏差，产生该偏差的原因可能是___(填字母)。A．实验装置保温、隔热效果差B．量取H2SO4溶液的体积时仰视读数C．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中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27、（12分）用图所示装置进行中和热测定实验，请回答下列问题：（1）仪器A的名称为_______。（2）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是__________。（3）实验中若用1．51mol·L－1H2SO2溶液跟1．51mol·L－1NaOH溶液进行中和热测定，写出表示该反应中和热的热化学方程试（中和热为57.3kJ·mol-1）：__________________。（2）取31mL1．51mol·L－1H2SO2溶液与51mL1．51mol·L－1NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，三次实验温度平均升高2.1℃。已知中和后生成的溶液的比热容为2．18J／（g·℃），溶液的密度均为1g／cm3。通过计算可得中和热△H=_____，（5）上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生此偏差的原因可能是(填字母)______。a．实验装置保温、隔热效果差b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO2溶液的温度c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中（6）实验中若用61mL1．25mol·L－1H2SO2溶液跟51mL1．55mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____（填“相等”．“不相等”），所求中和热___（填“相等”．“不相等”），若用51mL1．51mol·L－1醋酸代替H2SO2溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会____（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。28、（14分）磷和砷的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）黑磷是新型材料，具有类似石墨一样的片层结构(如图)，层与层之间以_____结合。从结构上可以看出单层磷烯并非平面结构，但其导电性却优于石墨烯的原因是________________。（2）四（三苯基膦）钯分子结构如下图：该物质可用于上图所示物质A的合成：物质A中碳原子杂化轨道类型为__________；（3）PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子.(该晶体的晶胞如图所示).熔体中P－Cl的键长只有198nm和206nm两种，写这两种离子的化学式为______________________；正四面体形阳离子中键角_____PCl3的键角(填>或<或=),原因是______________________________________.（4）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种P－Br键长，试用电离方程式解释PBr5熔体能导电的原因___________________________。29、（10分）按要求填空：（1）AlCl3的水溶液

pH______7（填＞、=、＜），其原因为______________（用离子方程式表示），将其溶液加热蒸干并灼烧最终得到物质是______（填化学式）。（2）常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)·c3(OH−)=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，溶液的pH应调至_____。（3）物质的量浓度相同的三种溶液：①NH4Cl②氨水③NH4HSO4，c(NH4+)大小顺序正确的是______________。（用序号表示）（4）常温下两种溶液：a．pH=4NH4Clb．pH=4盐酸溶液，其中水电离出C（H+）之比为____________________。（5）室温，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则NaOH溶液与盐酸的体积比为____________。

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、B【详解】A．电离常数越大，酸性越强，酸性强的可以制酸性弱的，甲酸的酸性大于碳酸，所以向Na2CO3溶液中加入甲酸会生成二氧化碳气体，故A正确；B．电离常数只与温度有关，25℃时，向甲酸中加入NaOH溶液，氢离子浓度减小，HCOOH的电离程度增大，K不变，故B错误；C．甲酸的稀溶液中加水稀释，促进甲酸的电离，氢离子的物质的量增大，溶液的体积也增大，由于体积增大的多，所以氢离子浓度减小，故C正确；D．NaHCO3电离出的碳酸氢根离子抑制碳酸的电离，溶液中氢离子浓度减小，故D正确；故选B。2、D【解析】蔬菜和水果中含有丰富的维生素C。故答案为D。3、A【解析】同周期自左向右金属性逐渐减弱，同主族从上到下金属性逐渐增强。钠和铝是金属，位于同一周期，氧和硫是非金属，位于同一主族，金属性Na＞Al。答案选A。4、D【解析】A、二氧化硅属于原子晶体，硬度大，白磷、冰都是分子晶体，硬度较小，故A错误；B、根据金属镁、铝和钠的熔点可知，金属的原子化热最大的为铝，其次为镁，最小的为钠，正确关系为：Al＞Mg＞Na，故B错误；C、形成分子内氢键，熔沸点减小，分子间氢键，熔沸点升高，所以熔点：＞，故C错误；D.非金属性强到弱的是N＜O＜F，与氢元素形成共价键时，极性由小到大分别是N﹣H＜H﹣O＜H﹣F，故D正确；综上所述，本题选D。【点睛】本题考查较为综合，涉及晶体的类型以及性质的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。注意理解原子化热概念，它是用来衡量金属键强弱的物理量，指将1摩尔金属转变成气态原子所需的最小能量；金属原子化热数值小时，其熔点低，质地软，反之则熔点高，硬度小。5、B【解析】弱电解质一般包括弱酸、弱碱、水。A、CO2是非电解质，A项错误；B、MgSO4是强电解质，B项错误；C、CH4是非电解质，C项错误；D、三者都是弱电解质，D项正确；本题答案选D。。6、C【分析】铊为ⅢA族原子序数最大的金属元素，Al为ⅢA族元素，利用第ⅢA族元素性质的变化规律来解答．【详解】A．Al为银白色金属，则Tl是银白色较软的金属，故A正确；

B．ⅢA族元素的最高价为+3价，则可以形成氧化物Tl2O3，故B正确；

C．同主族从上到下金属性在增强，Al(OH)

3为两性氢氧化物，则Tl(OH)3为碱性氢氧化物，故C不正确；

D．同主族从上到下金属性在增强，则Tl与酸反应比铝剧烈，故D正确；

故答案选C．7、C【解析】A．纤维素有天然存在的、青霉菌产生青霉素；B．食盐也是天然存在的，如海盐、井盐、岩盐等；C．合成材料主要包括塑料、合成纤维、合成橡胶，如涤沦，洗衣粉，阿斯匹林也是由化学合成而得；D．石英是天然存在的，是地球表面分布最广的矿物之一。【详解】A中纤维素在自然界中大量存在，如棉花、木材等；B中食盐大量存在于海水中，提取即可，不必合成；D中石英大量存在于自然界中，如石英砂、水晶等；C中物质全部为合成而得，故选C。【点睛】本题考查天然物质与化学合成物质的区别，解答本题的关键是要知道天然物质与常见合成物质的成分。8、A【解析】①硫化氢在溶液中部分电离出氢离子，溶液显示酸性；②NaHS溶液中，硫氢根离子的电离程度小于水解程度，溶液显示碱性；③Na2S溶液中硫离子水解，溶液显示碱性，且硫离子水解程度大于硫氢根离子，溶液的pH大于②；④H2S和NaHS混合液，硫化氢的电离程度大于硫氢根离子的水解，溶液显示酸性，由于硫氢根离子抑制了硫化氢的电离，则溶液酸性小于①，据此分析判断。【详解】A．由于硫离子的水解程度较弱，因此硫化钠溶液中硫离子浓度最大，由于H2S电离分步进行，则溶液中硫离子浓度最小。②NaHS、④H2S和NaHS相比④中酸性较强抑制HS－电离，则溶液中硫离子浓度大小为：④＜②；所以四种溶液中c（S2―）由大到小是：③＞②＞④＞①，故A错误；B．①H2S、④H2S和NaHS的溶液显示酸性，溶液中pH＜7，由于④中硫氢根离子抑制了硫化氢的电离，则④中氢离子浓度小于①，则溶液的pH：①＜④，②NaHS、③Na2S的溶液显示碱性，由于酸性硫化氢大于硫氢根离子，则③的水解程度大于②，所以溶液的pH：③＞②，故四种溶液的pH从大到小的顺序为：③＞②＞④＞①，故B正确；C．在H2S和NaHS混合液中存在物料守恒，溶液中的各种溶质的物质的量量浓度均为0.1mol•L-1，则2c（Na＋）＝c（H2S）+c（HS―）+c（S2―），故C正确；D．在NaHS溶液中存在电荷守恒：c（H＋）+c（Na＋）＝c（OH―）+c（HS―）+2c（S2―），故D正确；答案选A。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理及其影响、电解质溶液中物料守恒和电荷守恒分析，注意掌握盐的水解原理及其影响因素，明确判断溶液中离子浓度大小常用方法。9、C【解析】A.可再生能源是指可以再生的能源总称，包括生物质能源、太阳能、光能、沼气等，故A正确；B.燃烧热和中和热都属于放热反应，是反应热的种类之一，故B正确；C.电能是通过物质燃烧放热转化而成的，或是由风能、水能、核能等转化而来的，为二级能源，故C错误；D.氧化还原反应有的是放热反应，如氢气的燃烧就是放热反应，有的是吸热反应，如C＋H2OCO＋H2的反应就是吸热反应，故D正确；故答案选C。10、D【详解】由题给方程式可知K1=、K2=，反应H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常数K==×=，故选D。11、C【详解】若正逆反应同等程度加快或同等程度减慢，化学平衡都不移动；若反应物、生成物气体分子数相等，压强改变平衡不移动；使用催化剂时，正逆反应速率同等程度变化，平衡不移动，故正确答案为C。12、B【解析】A.N原子2p轨道上3个电子没有分占不同的原子轨道，故A错误；B.所表示的轨道排布式遵循原子核外排布相关原理，故B正确；C.N原子的两个s轨道上的电子自旋状态相同，不符合泡利不相容原理，故C错误；D.N原子的两个s轨道上的电子自旋状态相同，不符合泡利不相容原理，故D错误；答案选B。【点睛】一个电子的运动状态要从4个方面来进行描述，即它所处的电子层、电子亚层、电子云的伸展方向以及电子的自旋方向。在同一个原子中没有也不可能有运动状态完全相同的两个电子存在，这就是泡利不相容原理所告诉大家的。根据这个规则，如果两个电子处于同一轨道，那么，这两个电子的自旋方向必定相反。13、C【解析】原电池中，Zn是负极，Cu做正极，稀硫酸是电解质【详解】A、正极得电子，发生还原反应，故A正确；B、Zn是负极，B正确；C、电子从负极经过外电路流向正极，故C错误；D、负极失电子，故D正确；答案选C。14、C【解析】A．构成的原电池中是将化学能转化成了电能，A错误；B．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，钢管道作正极，C正确；D．镁块作负极，电极反应：Mg-2e-+4OH-=Mg(OH)2↓，D错误；答案选C。点睛：本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀与防护的原理以及原电池的工作原理是解答该题的关键。注意牺牲阳极的阴极保护法的是原电池原理，外加电流的阴极保护法的是电解池原理。15、C【解析】若一元强碱pH＝8的NH3·H2O和pH＝12的NH3·H2O两溶液等体积混合后，所得溶液pHpH＝8的NH3·H2O中c（OH-）=1×10-6mol/L，pH=12的NH3·H2O中c（OH-）=1×10-2mol/L，假如不考虑混合后一水合氨的电离，则混合后c（OH-）=10-6+10-22mol/L≈10-22mol/L，则溶液中的c（H+）=KWc(OH-)=10-1410-2216、D【解析】A．由表中数据可知，100s时处于平衡状态，平衡时c(X2O5)=2mol/L，则：

2X2O5(g)═4XO2(g)+O2(g)起始浓度(mol/L)：4

0

0变化浓度(mol/L)：2

4

1平衡浓度(mol/L)：2

4

1T温度下平衡常数K=c4XO2×cO2c2X2O5=(4mol/L)4×1mol/L(2mol/L)2=64(mol/L)3，100s时转化率为2mol/L4mol/L×100%=50%，故A正确；B.50s内X2O5浓度变化量为(4-2.5)mol/L=1.5mol/L，50s内X2O5分解速率=1.5mol/L50s=0.03mol/(L·s)，故B正确；C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若温度T1＞T17、D【详解】A、苯为平面结构，甲苯中甲基碳原子处于苯中H原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，故A不符合；B、乙炔为直线结构，丙炔中甲基碳原子处于乙炔中H原子位置，所有碳原子处于同一直线，所有碳原子都处在同一平面上，故B不符合；C、2-甲基-1-丙烯中，双键两端的碳原子所连的碳原子都在同一个平面上，故C不符合；D、2-甲基丙烷中，3个甲基处于2号碳原子四面体的顶点位置，2号碳原子处于该四面体内部，所以碳原子不可能处于同一平面，故D符合；故选D。【点睛】本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构。甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断。18、C【解析】反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度为原平衡的2倍，而当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的2.3倍，可知压强增大，平衡正向移动，以此来解答。【详解】反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度为原平衡的2倍，而当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的2.3倍，可知压强增大，平衡正向移动；A.平衡正向移动，则A的转化率变大，故A项错误；B.平衡正向移动，故B项错误；C.增大压强，平衡正向移动，则a>c＋d，故C项正确；D.增大压强平衡正向移动，则D的体积分数变大，故D项错误；综上，本题选C。19、D【详解】A、蔗糖在水中或者熔融状态下，都不会电离，是非电解质，A错误；B、盐酸是混合物，不属于电解质和非电解质的研究对象，故盐酸不是电解质，B错误；C、酒精在水中或者熔融状态下，都不会电离，非电解质，C错误；D、氢氧化钠水中或者熔融状态下可以电离，是电解质，D正确；故答案选D。【点晴】掌握电解质的含义是解答的根据，电解质：在水溶液里或熔化状态下能够自身电离出离子的化合物的化合物，如酸、碱、盐等。非电解质：在水溶液里和熔融状态下都不能自身电离出离子的化合物，如蔗糖、酒精等。注意：溶于水和熔化状态两各条件只需满足其中之一，溶于水不是指和水反应；化合物，电解质和非电解质，对于不是化合物的物质既不是电解质也不是非电解质；电解质与电解质溶液的区别：电解质是纯净物，电解质溶液是混合物。无论电解质还是非电解质的导电都是指本身，而不是说只要在水溶液或者是熔化能导电就是电解质。20、B【详解】A.氧化铁和铝在高温的条件下生成氧化铝和铁，,是典型的放热反应，利用放出的热冶炼金属铁，常用于野外铁轨的焊接，为放热反应；B.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合：═2NH3↑+BaCl2+10H2O，是典型在常温下发生的吸热反应；C.锌片与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，是放热反应；D.钠与冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，放出大量的热，是放热反应；根据以上分析可以知道,B的热效应与其它三者不同；本题答案为B。21、A【详解】A.NH3分子结构中一个N原子与三个H原子以共价键相连，A正确；B.Cl－的最外层得到一个电子，结构示意图为，B错误；C.HCl为共价化合物，电子式应为，C错误；D.NH3和HCl都为共价化合物，所以该反应过程中没有离子键的断裂，D错误。答案选A。22、D【分析】红外光谱法可以用来测定有机物中所含的官能团种类，所以若两种有机物中官能团不同，则可以用红外光谱法进行区分。【详解】A.2-甲基戊烷、3-甲基戊烷中都没有官能团，所以无法用红外光谱法进行区分，故A错误；B.1-丙醇、1-丁醇官能团都是-OH，所以无法用红外光谱法进行区分，故B错误；C.苯、甲苯中都没有官能团，所以无法用红外光谱法进行区分，故C错误；D.1-丁醇的官能团是-OH，1-溴丁烷的官能团是Br原子，所以可以用红外光谱法进行区分，故D正确；故答案选D。二、非选择题(共84分)23、5∶1sp2共价原子C2H6H2O2<H2O2分子间存在氢键，C2H6分子间不存在氢键【分析】根据核外电子排布规律分析解答；根据共价键的形成及分类分析解答；根据分子间作用力的综合利用分析解答；【详解】根据题意已知，U是H元素；V元素三个能级，说明只有2个电子层，且每个能级中电子数相等，它的核外电子排布式为：1s22s22p2，即C元素；W在基态时，2p轨道处于半充满状态，所以它的核外电子排布式为：1s22s22p3，即N元素；X与W同周期，说明X处于第二周期，且X的第一电离能比W小，故X是O元素；(1)衡量石油化工发展水平的标志的是乙烯，即甲分子是乙烯分子，乙烯分子中含有碳碳双键，双键中含有一个σ键和一个π键，两个碳氢共价键，即四个σ键，则甲分子中σ键和π键的个数比为：5∶1，其中心原子采取的是sp2杂化，体现平面结构；(2)V3W4晶体是C3N4晶体，其硬度比金刚石大，说明晶体中含有共价键，是原子晶体；(3)V的氢化物含有18个电子，该分子是C2H6，W的氢化物含有18个电子的分子是：H2O2，由于H2O2分子间存在氢键，C2H6分子间不存在氢键，故沸点：C2H6<H2O2；【点睛】同种元素形成的不同种单质，互为同素异形体。同种原子形成共价键，叫做非极性键。形成分子间氢键的分子熔点和沸点都会比同系列的化合物偏高，例如：H2O常温下为液态，而不是气态。24、C2H5OH羟基CH3CHO醛基2C2H5OH+O22CH3CHO+H2O氧化反应6CH3COOC2H5+NaOHCH3CH2OH+CH3COONa【分析】D的蒸气密度是氢气的22倍，则相对分子质量为44，并可以发生银镜反应，说明含有-CHO，则D为CH3CHO；D被氧化生成E为CH3COOH，D被还原生成A为CH3CH2OH；A可以与浓氢溴酸发生取代生成B，B可以与碱的水溶液反应生成A，则B为CH3CH2Br，B可以在碱的醇溶液中反应生成C，则C为CH2=CH2；A与E可发生酯化反应生成F，F为CH3COOC2H5。【详解】(1)根据分析可知A为CH3CH2OH，其官能团为羟基；D为CH3CHO，其官能团为醛基；(2)反应⑤为乙醇的催化氧化，方程式为2C2H5OH+O22CH3CHO+H2O；(3)C为CH2=CH2，D为CH3CHO，由C到D的过程多了氧原子，所以为氧化反应；(4)F的同分异构体中能与NaOH溶液发生反应，说明含有羧基或酯基，若为酯则有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3，若为羧酸则有：CH3CH(COOH)CH3、CH3CH2CH2COOH，所以包括F在内共有6种结构；酯类与NaOH反应方程式以乙酸乙酯为例：CH3COOC2H5+NaOHCH3CH2OH+CH3COONa，羧酸类：CH3CH2CH2COOH+NaOH=CH3CH2CH2COONa+H2O。25、平衡内外气压温度过高，苯挥发，原料利用率不高冷凝回流，提高原料利用率Cl2、HClAC2+2HCl+O22+2H2O【分析】本实验模拟液相法制取氯苯，装置A为制取氯气的装置，实验室一般利用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，中空导管B可以防止装置内压强过高；装置C

中进行氯气和苯的反应，球形冷凝管可以冷凝回流产品和苯，提高原料的利用率；之后进行产品的提纯，氯化液水洗、碱洗除去HCl、FeCl3等杂质，加入氯化钠晶体吸水干燥，过滤后的滤液蒸馏、精馏得到产品。【详解】(1)根据分析可知，中空导管B可以防止装置内压强过高，则B的作用是平衡内外气压；(2)把干燥的氯气通入装有干燥苯的反应器C中制备氯苯，C的反应温度不宜过高，原因为①温度过高，反应得到二氯苯；②根据表格中提供的物质信息，温度过高，苯挥发，原料利用率不高；球形冷凝管可以冷凝回流挥发的苯，提高原料的利用率；反应器C是利用苯和氯气发生取代反应制备氯苯，苯易挥发、氯气不能完全反应，反应生成氯苯和HCl，HCl易挥发，则D出口的主要尾气成分有Cl2、苯蒸气、HCl；(3)A．质谱法质谱法可以确定相对分子质量，氯苯、二氯苯相对分子质量不同，故A可行；B．同位素示踪法利用放射性核素作为示踪剂对研究对象进行标记，可以标记氯原子的去向，但不能确定氯原子的个数，故B不可行；C．核磁共振氢谱图法可以确，分子中不同环境氢原子的个数比，氯苯、二氯苯中氢原子的环境和数量比不同，故C可行；答案选AC。(4)苯气相氧氯化氢法制氯苯：空气、氯化氢气混合物温度210℃，进入氯化反应器，在迪肯型催化剂(CuCl2、FeCl3附在三氧化铝上)存在下进行氯化，发生反应生成氯苯，根据元素守恒可知产物应还有水，所以化学方程式为2+2HCl+O22+2H2O。【点睛】注意实验基本操作的理解应用，掌握基础是解题关键，一般在有机物的制备实验中通常都会在反应装置中加装球形冷凝管，目的一般都是冷凝回流，提高原料的利用率。26、10.0不能偏大A、B、C、D【详解】Ⅰ.实验室没有470mL的容量瓶，配制470mL的0.50mol·L-1NaOH溶液需要用500mL的容量瓶，至少需要称量NaOH固体的质量为0.5L0.5mol·L-140g/mol=10.0g；（1）不能将环形玻璃搅拌棒改为铜丝搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体；故答案为：不能；（2）大烧杯如不盖硬纸板，会有大量热量散失，导致测量的中和热数值偏小，△H是个负值，得的中和热△H将偏大，故答案为：偏大；（3）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，故A正确；B.量取H2SO4溶液的体积时仰视读数，会导致所量的H2SO4体积偏大，硫酸本来就过量，H2SO4体积偏大不会导致放出热量偏高，反而导致混合溶液总质量增大，中和热的数值偏小，故B正确；C.尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，故C正确；D.温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故D正确。故答案为：A、B、C、D。27、环形玻璃搅拌棒保温、隔热、减少实验过程中的热量损失1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l);ΔH=-57.3kJ·mol-1-52.8kJ·mol-1ab不相等相等偏小【详解】（1）根据量热器构成可知，为使反应充分、快速进行，可以用环形玻璃搅拌棒上下搅拌，因此仪器A为环形玻璃搅拌棒；综上所述，本题答案是：环形玻璃搅拌棒。（2）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是起到保温、隔热的作用，降低热量损失，减少实验误差；综上所述，本题答案是：保温、隔热、减少实验过程中的热量损失。（3）中和热是指在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1mol液态水时的反应热。所以1．51mol·L－1H2SO2溶液跟1．51mol·L－1NaOH溶液进行反应生成1mol液态水，放出热量为57.3kJ·mol-1，该反应的中和热的热化学方程式为1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1；综上所述，本题答案是：1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1。（2）取31mL1．51mol·L－1H2SO2溶液与51mL1．51mol·L－1NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，混合液质量为（31+51）×1=81g，温度变化2.1℃，则反应生成1.125mol液态水放出的热量Q=cm∆t=2.18×81×2.1=1371.12J，则生成1mol液态水时放出的热量约1371.12/1.125=52821.6J=52.8kJ，则中和热△H=-52.8kJ·mol-1；综上所述，本题答案是：-52.8kJ·mol-1。(5)a．实验装置保温、隔热效果差，有部分热量散失，所以中和热偏小，a可能；b．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO2测温度，因为温度计上会有氢氧化钠,氢氧化钠与硫酸反应放热,导致硫酸的起始温度偏高,那么实验后温度增加量就比实际要小，所测中和热偏小，b可能；c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，操作合理，减小了热量损失，数值准确，c不可能；综上所述，本题选ab。（6）实验中若用61mL1．25mol·L－1H2SO2溶液跟51mL1．55mol·L－1NaOH溶液进行反应，反应生成1.15×1.55=1.1275molH2O，因此放出的热量不相等；由于中和热对应的是生成1mol液态水时的反应热，与实验过程中实际生成水的多少无关，故所求中和热相等；由于醋酸是弱酸，电离过程吸热，部分热量被消耗，因此测得反应前后温度的变化值会偏小；综上所述，本题答案是：不相等，相等，偏小。【点睛】本题考查中和热的测定与计算,题目难度中等,注意理解中和热的概念,注意掌握测定中和热的正确方法,明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失。28、范德华力石墨烯中1个碳原子和周围3个碳原子结合后还剩1个价电子，单层磷烯同层磷原子中1个磷原子和周围3个磷原子结合后还剩2个价电子sp、sp2、sp3PCl4+和PCl6－>PCl3中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力PBr5＝PBr4++Br－【分析】（1）黑磷具有类似石墨一样的片层结构，石墨层间是范德华力连接，从结构上看，单层磷烯导电性优于石墨烯，从成键原子的电子结构分析；（2）根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式，物质A中甲基上的C采取sp3杂化类型，C≡N为SP杂化，碳碳双键为sp2杂化；（3）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能