2026届上海南洋模范化学高二第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

2026届上海南洋模范化学高二第一学期期中学业质量监测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、在25℃时水的离子积KW＝1.0×10－14，在35℃时的离子积KW＝2.1×10－14，则下列叙述正确的是A．水中c(H＋)随着温度的升高而降低B．35℃时的水比25℃时的水电离程度小C．25oC时，纯水中滴加NaOH溶液，KW变小D．35℃时的，纯水中滴加NH4Cl溶液，水的电离程度增大2、气体的自动化检测中常常应用根据原电池原理设计的传感器。下图为电池的工作示意图，气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号。下表列出了待测气体及敏感电极上部分反应产物。待测气体部分电极反应产物NO2NOCl2HClCOCO2H2SH2SO4则下列说法中正确的是A．上述气体检测时，敏感电极均作电池负极B．检测Cl2气体时，敏感电极的电极反应式为Cl2＋2e－===2Cl－C．检测H2S气体时，对电极充入空气，对电极上的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－D．检测Cl2和CO体积分数相同的两份空气样本时，传感器上电流大小、方向相同3、对于可逆反应2AB3（g）A2（g）+3B2（g）△H＞0下列图像不正确的是（）A． B．C． D．4、能说明醋酸是弱电解质的事实是A．醋酸溶液的导电性比盐酸弱B．醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳C．醋酸溶液用水稀释后，氢离子浓度下降D．0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，氢离子的浓度约为0.001mol·L-15、下列物质中，含有离子键的是A．H2 B．HC1 C．CO2 D．NaC16、已知热化学方程式：①CO（g）+1/2O2（g）＝CO2（g）ΔH=-283.0kJ·mol-1②H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g）ΔH=-241.8kJ·mol-1则下列说法正确的是A．H2的燃烧热为241.8kJ·mol-1B．由反应①、②可知上图所示的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH=-41.2kJ·mol-1C．H2（g）转变成H2O（g）的化学反应一定要吸收能量D．根据②推知反应H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（l）ΔH＞-241.8kJ·mol-17、下列说法正确的是（）A．ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行B．NH4HCO3(s)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH＝＋185.57kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的方向8、下列物质的酸性强弱比较中，错误的是()A．HClO4＞HBrO4＞HIO4 B．HClO4＞H2SO4＞H3PO4C．HClO4＞HClO3＞HClO D．H2SO3＞H2SO4＞H2S2O39、金属晶体的下列性质中，不能用金属晶体结构加以解释的是A．易导电 B．易导热 C．有延展性 D．易锈蚀10、下列比较不正确的是A．酸性：H2SO4>H3PO4 B．碱性：KOH>NaOHC．原子半径：S<Cl D．稳定性：NH3>CH411、下列关于氯气的说法正确的是A．氯气是无色无味气体 B．铁在氯气中燃烧生成氯化亚铁C．氢气在氯气中燃烧，火焰呈淡蓝色 D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸12、分子式为C5H7Cl的有机物，其结构不可能是（）A．含两个双键的直链有机物B．含一个三键的直链有机物C．含一个双键的环状有机物D．只含一个双键的直链有机物13、下列图示中，属于过滤操作的是（）A． B．C． D．14、铅蓄电池是典型的可充电电池，在现代生活中有着广泛的应用，其充电、放电按下式进行：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，有关该电池的说法正确的是A．放电时，负极质量减少B．放电一段时间后，溶液的pH值减小C．充电时，阳极反应：PbSO4+2e-=Pb+SO42-D．充电时，铅蓄电池的负极与外接电源的负极相连15、下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（）A．1molH2与0.5molO2反应放出的热就是H2的燃烧热B．反应放出热量的多少与反应物的质量和状态无关C．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数D．体系的温度升高一定是放热反应造成的；体系的温度降低一定是吸热反应造成的。16、将一块去掉氧化膜的锌片放入100mLpH为1的盐酸中，2min后溶液的pH变为2，则产生H2的速率可表示为(设溶液体积不变)A．0.0225mol/L·minB．0.05mol/L·minC．0.045mol/L·minD．0.01mol/L·min17、下列说法正确的是()A．反应热就是反应中放出的能量B．已知某反应的焓变小于零，则反应产物的焓大于反应物的焓C．由C(石墨)―→C(金刚石)ΔH＝＋1.9kJ/mol，可知，金刚石比石墨稳定D．等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多18、25℃时，有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液②pH=3的盐酸③pH=11的氨水④pH=11的NaOH溶液。下列说法不正确的是（）A．若将四种溶液稀释100倍，稀释后溶液pH大小顺序：③>④>②>①B．等体积的②和③混合生成强酸弱碱盐，混合后溶液呈酸性C．等体积的③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③>④D．等体积的①和②分别与足量的锌粒反应生成的氢气在同温同压下体积：①>②19、下列说法正确的是()A．化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物的质量变化来表示B．用不同物质的浓度变化表示同一时间内同一反应的速率时，其数值之比等于反应方程式中对应物质的化学计量数之比C．化学反应速率的单位通常由时间单位和物质的量单位决定D．在化学反应过程中，反应物的浓度逐渐变小，所以用反应物表示的化学反应速率为负值20、某离子晶体的晶胞结构如下图所示：则该离子晶体的化学式为A．abc B．abc3 C．ab2c3 D．ab3c21、下列关于有机化合物的叙述不正确的是A．丙烷跟甲烷一样能与氯气发生取代反应B．1mol乙酸与1mol乙醇在一定条件下发生酯化反应，可生成1mol乙酸乙酯C．CH2Cl2只有一种空间结构，说明甲烷是正四面体结构而不是平面正方形结构D．溴水既可鉴别乙烷与乙烯，又可除去乙烷中的乙烯22、已知反应：2NO(g)＋Br2(g)=2NOBr(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a＞0)，其反应机理如下：①NO(g)＋Br2(g)=NOBr2(g)快②NO(g)＋NOBr2(g)=2NOBr(g)慢下列有关该反应的说法不正确的是A．该反应的速率主要取决于②的快慢B．NOBr2是该反应的催化剂C．正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol－1D．增大Br2(g)浓度能增大单位体积内活化分子个数，加快反应速率二、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）已知卤代烃和NaOH的醇溶液共热可以得到烯烃，通过以下步骤由制取，其合成流程如图：

→A→B→→C→。

请回答下列问题：(1)选出上述过程中发生的反应类型是______。a.取代反应b.加成反应c.消去反应d.酯化反应(2)A的结构简式为_____________。(3)A→B所需的试剂和反应条件为_______________。(4)→C→这两步反应的化学方程式分别为__________；_________。25、（12分）(1)现有Na2CO3和NaHCO3两种白色固体物质：Ⅰ．欲探究Na2CO3和NaHCO3稳定性的相对强弱，两同学分别设计了以下两组装置：请回答：①如甲图所示，分别用Na2CO3和NaHCO3做实验，试管②中的试剂是______（填字母序号）。a.稀H2SO4b.NaOH溶液c.Ca(OH)2溶液②如乙图所示，试管④中装入的固体应该是______________（填化学式）。③通过上述实验，得出的结论是：Na2CO3比NaHCO3的稳定性______(填“强”或“弱”)。Ⅱ．欲鉴别两种固体物质可选用的试剂是_____________。Ⅲ．等物质的量浓度的两种物质的溶液与同浓度的盐酸反应，反应速率快的是_________（填化学式）。(2)甲、乙、丙三位同学分别用如下三套实验装置及化学药品（其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物）制取氨气。请回答下列问题：①实验室制取氨气的化学方程式为：________________________________________；②三位同学用上述装置制取氨气时,其中有一位同学没有收集到氨气（假设他们的实验操作都正确），你认为没有收集到氨气的同学是___________（填“甲”、“乙”或“丙”），收集不到氨气的主要原因是___________________________（用化学方程式表示）；③检验氨气是否收集满的方法是（简述操作方法、现象和结论）_______________________。26、（10分）研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：已知：Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？________（“是”或“否”），理由是______。（3）试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4，分析上图的实验现象，得出的结论是________。（4）小组同学用电解法处理含Cr2O72－废水，探究不同因素对含Cr2O72－废水处理的影响，结果如下表所示（Cr2O72－的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。实验ⅰⅱⅲⅳ是否加入Fe2(SO4)3否否加入5g否是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴极为石墨阳极为铁Cr2O72－的去除率/%0.92212.720.857.3①对比实验ⅰ和实验ⅱ可知，_________（“升高”或“降低”）pH可以提高Cr2O72－的去除率。②实验ⅱ中Cr2O72－放电的电极反应式为___________________________________。③实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72－的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72－去除率提高较多的原因是_______________。27、（12分）某实验小组用0.50mol·L-1氢氧化钠溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液进行中和热的测定。(1)倒入NaOH溶液的正确操作是_______________(从下列选出)。A．沿玻璃棒缓慢倒入B．一次迅速倒入C．分三次少量倒入(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_________(从下列选出)。A．用温度计小心搅拌B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C．轻轻地振荡烧杯D．用套在温度计上的环形玻璃棒搅拌棒轻轻地搅动(3)取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。请填写下表中的空白：近似认为0.50mol·L-1氢氧化钠溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)。起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差平均值(t2-t1)/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.130.1__________227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4(4)计算中和热△H=______________(取小数点后一位)。(5)不能用Ba(OH)2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液，理由是_________________。28、（14分）25℃时，取0.2mol•L﹣1HA溶液与0.2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计)，测得混合溶液的pH=8，试回答以下问题：(1)混合溶液的pH=8的原因________(用离子方程式表示)；(2)混合溶液中由水电离出的c(H+)______(选填“＞”、“＜”、“=”)0.1mol•L﹣1NaOH溶液中由水电离出的c(H+)；(3)混合液中：c(HA)+c(A﹣)=__mol•L﹣1；(4)25℃时，已知NH4A溶液为中性，将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH__7(选填“＞”、“＜”、“=”)；(5)相同温度下相同物质的量浓度的下列四种盐溶液，pH由大到小的顺序__(填字母)．A．NH4HCO3B．NH4AC．NH4HSO4D．NH4Cl(6)该温度下，V1LpH=a的盐酸与V2LpH=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性．若a+b=13，则V1：V2=__(溶液体积变化忽略不计)．29、（10分）在2L密闭容器中，800℃时反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：时间/s012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)写出该反应的平衡常数表达式：K＝________，已知：K(300℃)＞K(350℃)，该反应是________反应(填“放热”或“吸热”)。(2)下图中表示NO2的变化的曲线是___，用O2的浓度变化表示从0～2s内该反应的平均速率v＝__________。(3)能说明该反应已经达到平衡状态的是（______）。a．v(NO2)＝2v(O2)b．容器内压强保持不变c．v逆(NO)＝2v正(O2)d．容器内物质的密度保持不变(4)能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是（______）。a．及时分离出NO2气体b．适当升高温度c．增大O2的浓度d．选择高效的催化剂

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【解析】A项，温度升高水的离子积增大，水中c（H+）随着温度的升高而增大，错误；B项，温度升高促进水的电离，35℃时的水比25℃时的水电离程度大，错误；C项，25℃时，纯水中滴加NaOH溶液，温度不变，KW不变，错误；D项，35℃时，纯水中滴加NH4Cl，NH4+与水电离的OH-结合成NH3·H2O，OH-浓度减小，促进水的电离，水的电离程度增大，正确；答案选D。2、B【详解】A.NO2、Cl2在正极得电子发生还原反应，H2S、CO在负极失电子发生氧化反应，A项错误；B.Cl2得电子生成HCl，电极反应式为Cl2＋2e－===2Cl－，B项正确；C.H2S失去电子生成硫酸，在酸性条件下，氧气得电子应该生成水，其电极反应式为：O2＋4H+＋4e－=2H2O，C项错误；D.等体积的Cl2和CO发生原电池反应时，1molCl2得2mol电子，1molCO失去2mol电子，传感器上电流方向相反，D项错误；答案选B。3、D【分析】可逆反应2AB3（g）⇌A2（g）+3B2（g）△H＞0，升高温度，反应速率加快，缩短到达平衡的时间，平衡向正反应方向移动，正反应速率增大的更多，反应物的含量减少；正反应为体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，反应物的含量增大，以此来解答。【详解】A.2AB3（g）A2（g）+3B2（g）△H＞0升高温度，反应速率加快；因为正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，故不选A；B.温度越高，化学反应速率越快，到达平衡所需时间越短；由于正反应吸热，温度升高，有利于反应正向进行，剩余反应物百分含量减少，故不选B；C.升高温度，平衡正向进行，平衡后AB3的百分含量越低；正反应为体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，反应物的含量增大，故不选C；D.正反应为体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，反应物的转化率应该减小；正反应为吸热反应，当压强相同时，温度越高，越有利于反应正向移动，反应物转化率越高，故选D；答案：D【点睛】对于图像题分两步看图项正确与否：（1）随横坐标的增大，图像总的走势是否正确；（2）横坐标线相同时，看纵坐标的走势是否正确。4、D【详解】A．溶液的导电能力与溶液中离子浓度有关，与电解质的强弱无关，故A不符合题意；B．醋酸溶液和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性比碳酸强，但不能说明醋酸是弱电解质，故B不符合题意；C．无论醋酸是强电解质还是弱电解质，稀释醋酸溶液，氢离子浓度都降低，所以不能说明醋酸是弱电解质，故C不符合题意；D．0.1mol•的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol，说明醋酸只有部分发生电离，在其溶液中存在电离平衡，所以能说明醋酸是弱电解质，故D符合题意。故选D。【点晴】电解质的强弱与其电离程度有关，只有部分电离的电解质是弱电解质。设计实验时要注意等物质的量浓度和等pH的两种酸(或碱)的性质差异，常用的实验方法有：（1）从水解的角度分析，取其钠盐(NaA)溶于水，测其pH，若pH＞7，则说明HA是弱酸，若pH＝7，则说明HA是强酸。（2）从是否完全电离的角度分析，配制一定物质的量浓度HA溶液(如0.1mol·L－1)，测其pH，若pH＞1，则说明HA是弱酸，若pH＝1，则说明HA是强酸。5、D【详解】H2、HCl、CO2只含共价键，NaCl含有离子键，仅D符合题意，故选D。6、B【详解】A.反应②是1mol氢气完全燃烧生成的是水蒸气时放热241.8kJ，不是氢气的燃烧热，故A错误；B.根据盖斯定律：①-②得：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）ΔH=（—283.0kJ·mol-1）-（-241.8kJ·mol-1）=-41.2kJ·mol-1，故B正确；C.由图像可知，CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）为放热反应，则其逆过程为吸热反应，说明H2（g）转变成H2O（g）的化学反应可能吸收能量，故C错误；D.反应②H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g）；ΔH=-241.8kJ·mol-1，若生成液态水，则放出的热要大于241.8kJ，由于ΔH为负值，所以H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（l）；ΔH<—241.8kJ·mol-1，故D错误。所以B选项是正确的。7、B【解析】A．ΔH＜0、ΔS＞0,ΔH-TΔS<0，任何温度都能自发进行，错误；B、ΔH>0,ΔS＞0,高温可以自发进行，正确；C、虽然焓变和熵变都与反应的自发性有关，但单独作为反应自发性的判据是不准确的，错误；D、催化剂不可以改变化学反应进行的方向，错误。8、D【解析】A.同主族元素，从上到下非金属性逐渐减弱，所以非金属性Cl＞Br＞I，则酸性HClO4＞HBrO4＞HIO4，A正确；B.同周期元素，从左到右非金属性增强（稀有气体除外），所以非金属性Cl＞S＞P，则酸性HClO4＞H2SO4＞H3PO4，B正确；C.同一元素形成几种不同氧化态的含氧酸，其酸性随着氧化数的递增而递增，所以酸性HClO4＞HClO3＞HClO，C正确；D.酸性H2SO4＞H2SO3＞H2S2O3，D错误；正确选项D。9、D【详解】金属晶体中存在大量的自由电子，在外电场作用下金属晶体中的自由电子定向移动，形成电流所以易导电；金属晶体的导热是由于晶体内部，自由电子与金属阳离子的碰撞，另一个金属原子又失去最外层电子，碰撞到第三个（形容词）金属阳离子上成为中性原子；是自由电子的作用，可以引起自由电子与金属离子之间的能量交换或当金属受外力作用时，金属晶体中各原子层会发生相对滑动，产生形变。纯净的金属晶体不会发生锈蚀，不纯净的金属易蚀是由于其内部形成原电池，而与金属晶体结构无关。正确答案为D10、C【分析】A．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强；B．金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强；C．同周期从左到右，原子半径逐渐减小；D．非金属性越强，其气态氢化物越稳定．【详解】A．因非金属性S＞P，所以酸性：H2SO4＞H3PO4，故A正确；B．因金属性K＞Na，所以碱性：KOH＞NaOH，故B正确；C．同周期从左到右，原子半径逐渐减小，因此原子半径：S＞Cl，故C错误；D．因非金属性N＞C，所以稳定性：NH3＞CH4，故D正确；故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，解题关键：金属性与非金属性强弱的判断，明确常见的比较的方法．11、D【详解】A．氯气为黄绿色有刺激性气味的气体，故A项说法错误；B．氯气具有强氧化性，铁单质具有还原性，二者混合燃烧生成氯化铁，且与反应物的量无关，故B项说法错误；C．氯气在氢气中燃烧时，火焰呈苍白色，故C项说法错误；D．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，方程式为Cl2+H2OHCl+HClO，氯化氢的水溶液为盐酸，故D项说法正确；综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。12、D【分析】把Cl原子看成氢原子，可知C5H7Cl的不饱和度为2，一个双键的不饱和度为1，一个三键的不饱和度为2，一个环的不饱和度为1。【详解】A．C5H7Cl的不饱和度为2，含两个双键的直链有机物不饱和度为2，故A可能；B．C5H7Cl的不饱和度为2，含一个三键的直链有机物不饱和度为2，故B可能；C．C5H7Cl的不饱和度为2，含一个双键的环状有机物不饱和度为2，故C可能；D．C5H7Cl的不饱和度为2，只含一个双键的直链有机物不饱和度为1，故D不可能；故选D。13、A【详解】A.由图可知，该装置为过滤装置，故A正确；B.由图可知，该装置为蒸发装置，故B错误；C.由图可知，该装置为蒸馏装置，故C错误；D.由图可知，该装置为分液装置，故D错误；故选A。14、D【解析】试题分析：A．放电时，负极Pb不断失去电子形成Pb2+然后再与溶液中的SO42-结合形成PbSO4附着在Pb电极上而使电极质量增大，错误；B．放电一段时间后，由于溶液中硫酸不断消耗，溶液的酸性减弱，所以溶液的pH值增大，错误；C．充电时，阳极反应：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+。错误。D．充电时，铅蓄电池的负极与外接电源的负极相连，正确。考点：考查铅蓄电池在放电、充电时的工作原理的知识。15、C【分析】本题考查化学反应中的能量变化、燃烧热的概念以及热化学方程式中化学计量数的意义等知识，题目比较基础，难度中等。【详解】A.依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；1molH2与0.5molO2反应生成的水状态不知，放出的热不一定是H2的燃烧热，A项错误；

B.物质的量不同，物质的状态不同能量不同，反应放出的热量的多少与反应物的质量和状态有关；B项错误；

C.热化学方程式计量数指的是物质的量；可以是整数，也可以是分数，C项正确；D.体系的温度高低不仅与吸热放热有关，还与反应条件有关，不能根据反应吸热放热确定反应体系的温度变化，D项错误；答案选C。【点睛】重点把握住燃烧热中的关键词1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物，H2对应的稳定的氧化物就是液态水。热化学方程式中的化学计量数表示的是物质的量，可以是分数。16、A【解析】溶液的pH值从1变为2，则c(H+)从0.1mol/L变为0.01mol/L，即c(H+)的变化值为(0.1-0.01)=0.09mol/L。根据反应方程式：Zn＋2H+=Zn2++H2↑210.09mol/L0.045mol/L，故氢气的产生速率为0.045mol/17、D【详解】A.反应热就是反应中放出或吸收的热量，故A错误；B.△H=反应产物的焓-反应物的焓，已知某反应的焓变小于零，则反应产物的焓小于反应物的焓，故B错误；C.△H=生成物能量-反应物能量，由C(石墨)→C(金刚石)ΔH＝＋1.9kJ/mol>0可知，石墨能量低于金刚石，石墨比金刚石稳定，故C错误；D.等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，由于前者含有的能量较高，所以前者放出的热量多，故D正确。故选D。18、B【解析】本题考查弱电解质的电离平衡，溶液中的pH计算及酸性强弱的比较，溶液的稀释对电离平衡的影响以及溶液的酸碱性的判断，难度较大。【详解】pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)>10-3mol·L－1,pH=3的盐酸中c(HCl)=10-3mol·L－1,pH=11的氨水中c(NH3·H2O)＞10-3mol·L－1，pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=10-3mol·L－1A.若将四种溶液稀释100倍，弱电解质的pH变化较小，碱溶液的pH大于酸溶液，则稀释后溶液pH大小顺序为：③>④>②>①，A项错误；

B.等体积的②和③混合生成强酸弱碱盐，氨水为弱碱，碱的物质的量远远大于酸的物质的量，所以所得混合溶液呈碱性，其pH大于7，B项正确；C.c(NH3·H2O)＞c(NaOH)所以等体积的③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③>④，C项错误；

D.醋酸为弱酸，则c(CH3COOH)＞c(HCl)，等体积的①和②分别与足量镁粉反应，生成H2的量①>②，D项错误；答案选B。

【点睛】因醋酸为弱酸故pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)>10-3mol·L－1，氨水为弱碱pH=11的氨水中c(NH3·H2O)＞10-3mol·L－1，故BCD三项在判断时，应考虑其物质的总量来判断。19、B【分析】化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量(均取正值)来表示;单位由时间单位和物质的量浓度的单位决定;用不同物质的浓度变化表示同一时间内,同一反应的速率时,其数值之比等于反应方程式中对应物质的化学计量数之比。【详解】A.化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物的物质的量浓度的变化来表示,故错误；B.用不同物质的浓度变化表示同一时间内,同一反应的速率时,其数值之比等于反应方程式中对应物质的化学计量数之比,故正确；

C.化学反应速率单位由时间单位和物质的量浓度的单位决定,故错误；D.反应过程中,反应物浓度逐渐变小,用反应物或生成物浓度的变化量表示的化学反应速率均为正值,故错误；综上所述，本题选B。20、D【解析】根据晶胞结构和均摊法可知a原子在晶胞内，共计1个；b原子在棱上，共计12×＝3个；c原子在顶点上，共计8×=1个，因此化学式为ab3c，答案选D。21、B【解析】A、烷烃分子结构相似,具有相同的化学性质；

B、酸和醇的酯化反应是可逆反应；

C、根据甲烷的结构类比二氯甲烷的结构；

D、根据乙烷和乙烯是否和溴水反应判断。【详解】A、烷烃分子结构相似，为同系物，具有相同的化学性质，即丙烷也能发生取代反应，故A正确；

B、乙酸和乙醇的酯化反应是可逆反应，所以1mol乙酸与乙醇在一定条件下发生酯化反应,不能生成1mol乙酸乙酯,故B错误；

C、甲烷是正四面体结构，二氯甲烷是甲烷中的两个氢原子被氯原子取代而生成的，二氯甲烷是纯净物说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构，故C正确；

D、乙烷较稳定，和溴水不反应，乙烯较活泼能和溴水发生加成反应，故D正确；综上所述，本题选B。22、B【详解】A．慢反应决定整个反应速率，则该反应的速率主要取决于②的快慢，故A正确；B．NOBr2为中间产物，开始不存在，不能作催化剂，故B错误；C．焓变等于正逆反应活化能之差，焓变为负，则正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol－1，故C正确；D．增大Br2（g）浓度，单位体积内活化分子数目增多，加快反应速率，故D正确；故选B。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。【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、b、cNaOH的乙醇溶液，加热【分析】采用逆向推断法可知上述合成的最终产物可由与Cl2加成得到，而是卤代烃经消去反应得到的，可由与Cl2加成而得，是经消去反应得到的，可由与H2加成得到，A为B为C为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，上述过程中发生的反应有加成反应和消去反应，bc正确，故答案为：bc；(2)氯苯通过与氢气的加成反应得到A，A的结构简式为A为，故答案为：A为；(3)A→B的反应为消去反应，反应条件是NaOH的乙醇溶液，加热，故答案为：NaOH的乙醇溶液，加热；(4)到C的反应为消去反应：；C到的反应为加成反应：，故答案为：；。【点睛】在有机物合成过程中，可以通过消去反应引入碳碳双键。25、cNaHCO3强CaCl2(或BaCl2)溶液NaHCO32NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O甲2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝，则证明已收集满（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟产生，则证明已收集满）【解析】（1）NaHCO3不稳定，加热易分解产生二氧化碳气体，碳酸钠稳定，受热不分解，可用澄清石灰水检验CO2,以判断是否分解；小试管加热温度较低，里面装的是碳酸氢钠，大试管加热温度较高，里面装的是碳酸钠，反应观察到的实验现象是连接小试管的澄清石灰水变浑浊而连接大试管的澄清石灰水不变浑浊，可证明Na2CO3较稳定。（2）实验室用氯化铵固体和氢氧化钙固体加热制取氨气，氨气是碱性气体，与浓硫酸反应。【详解】(1)Ⅰ.①NaHCO3不稳定，加热易分解,2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可用澄清石灰水检验CO2,以判断是否分解，而硫酸和氢氧化钠不能鉴别二氧化碳，现象不明显，故答案为C；②小试管加热温度较低，如能分解，可证明NaHCO3不稳定，而Na2CO3加热温度较高，应该观察到的实验现象是连接小试管的澄清石灰水变浑浊而连接大试管的澄清石灰水不变浑浊，可证明Na2CO3较稳定，故答案为NaHCO3；③连接小试管的澄清石灰水变浑浊而连接大试管的澄清石灰水不变浑浊,故答案为Na2CO3比NaHCO3的稳定性强；Ⅱ．鉴别两种固体物质可选用CaCl2(或BaCl2)溶液，因为CaCl2(或BaCl2)溶液和Na2CO3产生白色沉淀，和NaHCO3不反应，故答案为CaCl2(或BaCl2)溶液；Ⅲ．与盐酸反应时，相关反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O，加NaHCO3的试管反应更剧烈，故答案为NaHCO3；(2)①实验室用氯化铵固体和氢氧化钙固体加热制取氨气，故化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；②氨气是碱性气体，通过浓硫酸的洗气瓶，与浓硫酸反应被吸收了，故答案为甲；2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4；③氨气是碱性气体，检验氨气是否收集满的方法可以将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝，则证明已收集满；由于氨气和浓盐酸挥发出的氯化氢反应产生氯化铵（白色固体），有白烟现象，所以检验氨气是否收集满的方法也可以用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟产生，则证明已收集满；故答案为将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝，则证明已收集满（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟产生，则证明已收集满）。【点睛】本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质比较和氨气的制取与性质，是高考中的常见题型，属于中等难度试题的考查，该题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和应试能力。26、溶液变黄色否Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，正向为吸热反应，若因浓硫酸溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液应变为黄色，而溶液颜色加深，说明是c(H+)增大影响平衡的结果碱性条件下，CrO42－不能氧化I—，酸性条件下，Cr2O72－可以氧化I—降低Cr2O72－+6e—+14H+=2Cr3++7H2O阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72－的在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72－，Fe2+的循环利用提高了Cr2O72－的去除率【详解】（1）依据Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行，溶液颜色由橙色变为黄色；（2）Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，该反应为吸热反应，试管a中加入浓硫酸，浓硫酸与水放出热量，温度升高，平衡应正向移动，溶液显黄色，但实际的实验现象是溶液橙色加深，说明c(Cr2O42－)增多，平衡向逆反应方向进行，因此该实验现象应是c(H＋)对平衡逆向移动的结果，即不需要再设计实验证明；（3）根据实验现象，碱性条件下，CrO42－不能氧化I－，因此无明显现象，酸性条件下，Cr2O72－能氧化I－本身还原为Cr3＋，溶液变为墨绿色，发生的离子反应方程式为6I－＋Cr2O72－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2O，因此得出结论为碱性条件下，CrO42－不能氧化I－，酸性条件下，Cr2O72－可以氧化I－；（4）①实验i和实验ii不同的是实验ii加入1mLH2SO4，pH降低，去除率增高，即降低pH可以提高Cr2O72－的去除率；②实验ii中Cr2O72－应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3＋，电解质环境为酸性，因此Cr2O72－放电的反应式为Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2O；③根据图示，实验iv中阳极铁，阳极铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋与Cr2O72－在酸性条件下反应生成Fe3＋，Fe3＋在阴极得电子生成Fe2＋，继续还原Cr2O72－，Fe2＋循环利用提高了Cr2O72－的去除率。【点睛】本题的难点是(4)③的回答，应理解此机理什么意思，此机理是题中所给图，Fe2＋与Cr2O72－反应，弄清楚加入了H＋，Fe2＋被氧化成了Fe3＋，Cr2O72－被还原成Cr3＋，Fe3＋在阴极上得电子，转化成Fe2＋，继续上述转化，然后思考Fe2＋从何而来，实验iv告诉我们，阳极为铁，根据电解池原理，铁作阳极，失去电子得到Fe2＋，最后整理得出结果。27、BD4.0-53.5kJ·mol－1反应除生成水外，还有硫酸钡生成，该反应中的生成热会影响反应的反应热【分析】用0.50mol•L-1氢氧化钠溶液和0.50mol•L-1硫酸溶液进行中和热的测定，为了减少实验过程中热量的散失，需要一次迅速倒入NaOH溶液，并用环形玻璃棒上下搅动使硫酸与NaOH溶液混合均匀，根据实验的平均温度差，先根据Q=m•c•△t计算反应放出的热量，然后根据△H=-kJ/mol计算出反应热，据此分析解答。【详解】(1)用0.50mol•L-1氢氧化钠溶液和0.50mol•L-1硫酸溶液进行中和热的测定，为了减少实验过程中热量的散失，需要一次迅速倒入NaOH溶液，故答案为：B；(2)用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动能够使硫酸与NaOH溶液混合均匀，故答案为：D；(3)4次实验的温度差分别为：4.0℃，6.1℃，3.9℃，4.1℃，第2次实验的数据相差较大，删除，其他三次实验的温度差的平均值△t==4.0℃，故答案为：4.0；(4)50mL0.50mol•L-1氢氧化钠与30mL0.50mol•L-1硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为80mL×1g/cm3=80g，温度变化的值为△t=4.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q=m•c•△t=80g×4.18J/(g•℃)×4.0℃=1337.6J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热△H=-=-53.5kJ/mol，故答案为：-53.5kJ/mol；(5)硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，生成沉淀反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液进行实验，故答案为：反应除生成水外，还有硫酸钡生成，该反应中的生成热会影响反应的反应热。28、A﹣+H2O⇌HA+OH﹣＞1.1＞A＞B＞D＞C1：11【分析】根据弱电解质的电