廣東省卓識教育深圳實驗部2026屆化學高二第一學期期中考試試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、利用合成氣（主要成分為CO、CO2和H2）通過下列反應合成甲醇。下列說法正確的是()反應①：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1＝41kJ·mol–1反應②：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2＝–99kJ·mol–1反應③：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)△H3A．反應①為放熱反應B．增大反應①的壓強，H2轉化率提高C．△H3＝－58kJ·mol–1D．反應②使用催化劑，△H2不變2、A2(g)＋B2(g)=2AB(g)，ΔH>0。下列因素能使活化分子百分數增加的是（

）A．降溫B．使用催化劑C．增大反應物濃度D．增大氣體的壓強3、短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相對位置如表所示，這四種元素原子的最外層電子數之和為21。下列關系正確的是（）WXYZA．氫化物沸點：W＜Z B．氧化物對應水化物的酸性：Y>WC．化合物熔點：Y2X3<YZ3 D．簡單離子的半徑：Y<X4、下列敘述正確的是A．乙醇和汽油（從石油中提煉）都是可再生能源，應大力推廣“乙醇汽油”B．推廣使用太陽能、風能、海洋能、氫能，有利于緩解溫室效應C．氫能具有的優(yōu)點是原料來源廣、熱值高、儲存方便、制備工藝廉價易行D．氫能是一次能源（從自然界中以現成形式提供的能源為一次能源）5、在密閉容器中進行如下反應：X2(g)+Y2(g)?2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始濃度分別為0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定條件下，當反應達到平衡時，各物質的濃度有可能是()A．Z為0.3mol/L B．Y2為0.4mol/L C．X2為0.2mol/L D．Z為0.4mol/L6、某反應的反應過程中能量變化如圖所示，有關說法不正確的是A．該反應為吸熱反應B．該反應的ΔH=E2-E1C．使用催化劑能降低反應活化能，提高活化分子百分數D．催化劑能同等程度地改變正逆反應速率，但不改變ΔH7、下列物質熔點高低排列順序正確的是（）A．NaCl＜MgO＜H2O B．Na＜Mg＜AlC．K＞Na＞Li D．單晶硅>金剛石>氮化碳8、已知強酸強堿的稀溶液發(fā)生中和反應的熱化學方程式：H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol,向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入下列物質：①稀醋酸；②濃硫酸；③稀硝酸，恰好完全反應，其焓變依次為△H1、△H2、△H3則它們的關系是A．△H1＞△H2＞△H3B．△H1<△H3<△H2C．△H1=△H3＞△H2D．△H1＞△H3＞△H29、標準狀況下1mol某烴完全燃燒時，生成89.6LCO2，又知0.1mol此烴能與標準狀況下4.48LH2加成，則此烴的結構簡式是A．CH3CH=CHCH3 B．CH3C≡CCH3C．CH3CH2CH=CH2 D．CH2=CHCH=CHCH310、下列化合物中，化學鍵的類型和分子的極性(極性或非極性)皆相同的是()A．CO2和SO2 B．CH4和PH3 C．BF3和NH3 D．HCl和HI11、用標準液滴定待測液，下列操作中導致中和滴定的測量值偏高的是①錐形瓶用蒸餾水沖洗后，再用待測液潤洗2~3次；②滴定開始時，滴定管尖嘴有氣泡，滴定過程中氣泡消失；③滴定前讀數時仰視，滴定后讀數平視；④搖動錐形瓶時，瓶中有少量液體濺出；⑤滴定時，錐形瓶中加入少量蒸餾水，稀釋待測液。A．②③ B．④⑤ C．①② D．③④12、一定條件下，可逆反應C(s)+CO2(g)2CO(g)△H＞0，達到平衡狀態(tài)，進行如下操作：①升高反應體系的溫度；②增加反應物C的用量；③縮小反應體系的體積；④減少體系中CO的量。上述措施中一定能使反應的正反應速率顯著加快的是A．①②③④ B．①③ C．①② D．①③④13、在密閉容器中進行可逆反應，A與B反應生成C，其反應速率分別用υ(A)、υ(B)、υ(C)(mol?L﹣1?s﹣1)表示，且υ(A)、υ(B)、υ(C)之間有如下所示的關系：υ(B)=3υ(A)；3υ(C)=2υ(B)。則此反應可表示為（）A．2A+3B2C B．A+3B2CC．3A+B2C D．A+BC14、下列有關能量的說法不正確的是A．化學能可以轉變成為熱能、電能等B．應用蓋斯定律，可計算某些難以用實驗直接測量的反應焓變C．化學反應中的能量變化主要是由化學鍵的變化引起的D．酸堿中和反應放出的能量可設計為原電池轉化為電能15、下列關于中和滴定的操作錯誤的是（）A．滴定前需要檢查滴定管是否漏水B．用待裝溶液潤洗的儀器有：酸式滴定管、錐形瓶C．用標準鹽酸測定氨水的濃度，最適宜使用的指示劑是甲基橙D．已知濃度滴定未知溶液，終點讀數時俯視滴定管的刻度，會造成計算值偏低16、氮化硼(BN)晶體有多種結構。六方相氮化硼是通常存在的穩(wěn)定相，與石墨相似，具有層狀結構，可作高溫潤滑劑。立方相氮化硼是超硬材料，有優(yōu)異的耐磨性。它們的晶體結構如圖所示。關于這兩種晶體的說法，正確的是A．立方相氮化硼含有σ鍵和π鍵，所以硬度大B．六方相氮化硼層間作用力小，所以質地軟C．兩種晶體中的B原子的雜化類型相同D．兩種晶體均為分子晶體17、下列物質含有共價鍵的是A．MgCl2 B．Na2O C．KOH D．NaH18、下列物質的分類組合全部正確的是編組

強電解質

弱電解質

非電解質

A

NaCl

H2O

Cl2

B

H2SO4

CaCO3

CCl4

C

HCl

HClO

氨水

D

Ba(OH)2

CH3COOH

C2H5OH

A．A B．B C．C D．D19、具有相同電子層數的、、三種元素，已知它們最高價氧化物的水化物的酸性強弱順序是，則下列判斷正確的是（）A．原子半徑：B．元素的非金屬性：C．氣體氫化物的穩(wěn)定性：D．陰離子的還原性：20、下列現象與鹽類水解無關的是A．將Al粉投入到H2SO4溶液中，有氣泡生成B．配制FeC13溶液時適當加入少量鹽酸C．明礬可作凈水劑D．泡沫滅火器用Al2(SO4)3，與NaHCO3為原料21、在某2L恒容密團容器中充入2molX(g)和1molY(g)發(fā)生反應：2X(g)+Y(g)3Z(g)ΔH，反應過程中持續(xù)升高溫度，測得混合體系中X的體積分數與溫度的關系如圖所示：下列推斷正確的是（）A．升高溫度，平衡常數增大B．W點Y的正反應速率等于M點Y的正反應速率C．Q點時，Y的轉化率最大D．平衡時充入Z，達到新平衡時Z的體積分數比原平衡時大22、存在于葡萄等水果里，在加熱條件下能和銀氨溶液反應生成銀鏡的物質是A．葡萄糖 B．淀粉 C．纖維素 D．乙酸二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知乙烯能發(fā)生以下轉化：(1)寫出反應①化學方程式______，其反應類型為________。(2)B中官能團名稱_______。(3)C的結構簡式為_______。(4)寫出反應②的化學方程式_______。(5)檢驗C中官能團的方法是_________，化學方程式為_______。(6)B與D制取乙酸乙酯需要三種藥品①濃硫酸②乙酸③乙醇，加入三種藥品的先后順序為(填序號)__________。24、（12分）有機物A可用作果實催熟劑。某同學欲以A為主要原料合成乙酸乙酯，其合成路線如圖所示。請回答：（1）A的電子式是_____。（2）E的結構簡式是_____，E分子中含有的官能團名稱是_____。（3）寫出反應④的化學方程式_____。（4）反應①～⑤中屬于取代反應的是_____（填序號）。（5）寫出與乙酸乙酯互為同分異構體且屬于羧酸的結構簡式_____、_____。25、（12分）某實驗小組用0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/LH2SO4溶液進行中和熱的測定實驗。I.配制0.50mol/LNaOH溶液，若實驗中大約要使用245mLNaOH溶液，則至少需要稱量NaOH固體___g。II.實驗小組組裝的實驗裝置如圖所示：（1）從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是___，裝置中仍存在的缺陷是___。（2）若將NaOH溶液改為相同體積、相同濃度的氨水，測得的中和熱數值會___(填“偏大”“偏小”或“無影響”，下同)；若將NaOH溶液改為相同體積、相同濃度的Ba(OH)2溶液，測得的中和熱數值會__。（3）糾正好實驗裝置后進行實驗，在實驗測定過程中保證酸稍過量，原因是___。最終實驗結果的數值偏大，產生偏差的原因可能是___(填字母)。a.實驗裝置保溫、隔熱效果差b.在量取NaOH溶液的體積時仰視讀數c.分多次把NaOH溶液倒入盛有H2SO4溶液的小燒杯中d.用溫度汁測定NaOH溶液的起始溫度后直接測定H2SO4溶液的起始溫度26、（10分）某學習小組研究NaOH與某些酸之間的反應。Ⅰ．中和熱的測定在25℃、101kPa條件下，強酸與強堿的稀溶液中和熱可表示為：H+(aq)+OH─(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ·mol?1。按照右圖所示裝置進行實驗。(1)儀器A的名稱是________________________。(2)碎泡沫塑料的作用是____________________________________________。(3)在25℃、101kPa條件下，取50mL0.50mol·L?1CH3COOH溶液、50mL0.55mol·L?1NaOH溶液進行實驗，測得的中和熱△H______-57.3kJ·mol?1（填“＞”“=”或“＜”）。Ⅱ．某實驗小組欲通過測定單位時間內生成CO2的速率，探究某種影響化學反應速率的因素，設計方案如下(KMnO4溶液已酸化):實驗序號A溶液B溶液①30mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液20mL0.01mol.L-1KMnO4溶液②30mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液20mL0.01mol.L-1KMnO4溶液(1)若反應均未結束，則相同時間內針筒中所得CO2的體積大小關系是__________(填實驗序號)。(2)若實驗①在2min末注射器的活塞向右移動到了amL的位置,則這段時間的反應速率可表示為v(CO2)=______________mL/min。若實驗②在tmin收集了4.48×10-3LCO2(標準狀況下)，則tmin末c()=______________。(3)該小組同學發(fā)現反應速率總是如圖二，其中t1~t2時間內速率變快的主要原因可能是：①_____________________________；②反應放熱使體系溫度升高。27、（12分）實驗室制備1，2-二溴乙烷的反應中可能存在的主要副反應有：乙醇在濃硫酸的存在下在l40℃脫水生成乙醚。用少量的溴和足量的乙醇制備1，2—二溴乙烷的裝置如下圖所示：有關數據列表如下：乙醇1，2-二溴乙烷乙醚狀態(tài)無色液體無色液體無色液體密度／g·cm-30.792.20.71沸點／℃78.513234.6熔點／℃一l309-1l6回答下列問題：（1）在此實驗中，反應方程式為：_________；________。（2）要盡可能迅速地把反應溫度提高到170℃左右，其最主要目的是_____；(填正確選項前的字母)a．引發(fā)反應b．加快反應速度c．防止乙醇揮發(fā)d．減少副產物乙醚生成（3）在裝置C中應加入_______，其目的是吸收反應中可能生成的酸性氣體：(填正確選項前的字母)a．水b．濃硫酸c．氫氧化鈉溶液d．飽和碳酸氫鈉溶液（4）若產物中有少量未反應的Br2，最好用_________洗滌除去；(填正確選項前的字母)a．水b．氫氧化鈉溶液c．碘化鈉溶液d．乙醇（5）判斷該制備反應已經結束的最簡單方法是_____________；（6）反應過程中應用冷水冷卻裝置D，其主要目的是________________；但又不能過度冷卻(如用冰水)，其原因是_____________________。28、（14分）金屬鈦(Ti)被譽為21世紀金屬，具有良好的生物相容性，它兼具鐵的高強度和鋁的低密度。其單質和化合物具有廣泛的應用價值。氮化鈦(Ti3N4)為金黃色晶體，由于具有令人滿意的仿金效果，越來越多地成為黃金的代替品。以TiCl4為原料，經過一系列反應可以制得Ti3N4和納米TiO2(如圖1)。圖中的M是短周期金屬元素，M的部分電離能如下表：I1I2I3I4I5電離能/kJ·mol－1738145177331054013630請回答下列問題：（1）Ti的基態(tài)原子外圍電子排布式為_______________。（2）M是_______(填元素符號)，該金屬晶體的堆積模型為六方最密堆積，配位數為_______。（3）納米TiO2是一種應用廣泛的催化劑，納米TiO2催化的一個實例如圖2所示?；衔锛椎姆肿又幸粋€苯環(huán)的σ鍵有____個，化合物乙中碳，氧，氮三個原子對應的第一電離能由大到小的順序為____________。（4）有一種氮化鈦晶體的晶胞與NaCl晶胞相似，如圖3所示，該晶胞中N、Ti之間的最近距離為a×10-10cm，則該氮化鈦的密度為______g·cm－3(NA為阿伏加德羅常數的值，只列計算式)。（5）圖3中Ti3+可形成配位數為6的空間構型，問它構成的立體構型為______面體。29、（10分）人工固氮是目前研究的熱點。Haber-Bosch合成NH3法是以鐵為主要催化劑、在400~500℃和10~30MPa的條件下，由N2和H2直接合成NH3。(1)上述反應生成17gNH3時放出46kJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：______。(2)我國科學家研制一種新型催化劑，將合成氨的溫度、壓強分別降到350℃、1MPa，該催化劑對工業(yè)生產的意義是_______________________________(答出一條即可)。(3)在2L恒容密閉容器中，按投料比分別為1：1、2：1、3：1進行反應，相同時間內測得N2的轉化率與溫度、投料比的關系如圖所示(不考慮能化劑失活)。①曲線I表示投料比=_______________。某溫度下，曲線I對應反應達到平衡時N2的轉化率為x，則此時混合氣體中NH3的體積分數為_____________(用含x的化數式表示)。②下列有關圖像的分析中錯誤的是___________(填字母)。A．投料比越大，H2的平衡轉化率越大B．T<T0，投料比一定時，升高溫度，反應速率增大C．T>T0，投料比一定時，升高溫度，平衡向左移動D．T>T0，投料比一定時，升高溫度，反應速率減小

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】A、反應①焓變?yōu)檎?，反應是吸熱反應，選項A錯誤；B、增大反應①的壓強，平衡不移動，氫氣的轉化率不變，選項B錯誤；C、根據蓋斯定律，由①+②得反應CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=△H1+△H2=-58kJ·mol–1，所以③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)△H3≠-58kJ·mol–1，選項C錯誤；D、焓變只與系數有關，使用催化劑△H不變，選項D正確。答案選D。2、B【詳解】A.降低溫度，體系的能量減小，活化分子數減小，活化分子百分數減小，A不符合題意；B.使用催化劑可以降低反應的活化能，活化分子百分數增大，B符合題意；C.增大反應物濃度，單位體積內的活化分子數增大，但是活化分子百分數不變，C不符合題意；D.增大壓強，單位體積內的活化分子數增大，但是活化分子百分數不變，D不符合題意；故答案為B【點睛】能增大活化分子百分數的條件只有兩種，一是升高溫度，二是使用催化劑。增大反應物濃度或增大有氣體參與反應的體系壓強，可以增大單位體積空間內的活化分子數，但是，活化分子百分數不變。3、D【解析】由圖表可知，W為N元素、X為O元素、Y為Al元素、Z為Cl元素；A.NH3分子間有氫鍵，其沸點比HCl高，故A錯誤；B.Al(OH)3顯兩性，N元素的氧化物對應的水化物HNO3、HNO2均顯酸性，故B錯誤；C.Al2O3是離子晶體，高熔點，而AlCl3是分子晶體，熔點低，故C錯誤；D.Al3+和O2-離子結構相同，核電荷數大，離子半徑小，故D正確；答案為D。4、B【詳解】A.汽油是不可再生能源，故錯誤；B.使用太陽能、風能、海洋能、氫能，都不會產生溫室氣體，有利于緩解溫室效應，故正確；C.氫能具有的優(yōu)點是原料來源廣、熱值高，但儲存不方便，故錯誤；D.氫能是二次能源，故錯誤。故選B。5、A【詳解】若反應向正反應進行到達平衡，X2、Y2的濃度最小，Z的濃度最大，假定完全反應，則：X2（g）+Y2（g）?2Z（g），開始（mol/L）：0.10.30.2變化（mol/L）：0.10.10.2平衡（mol/L）：00.20.4若反應逆正反應進行到達平衡，X2、Y2的濃度最大，Z的濃度最小，假定完全反應，則：X2（g）+Y2（g）?2Z（g），開始（mol/L）：0.10.30.2變化（mol/L）：0.10.10.2平衡（mol/L）：0.20.40由于為可逆反應，物質不能完全轉化所以平衡時濃度范圍為0<c（X2）<0.2，0.2<c（Y2）<0.4，0<c（Z）<0.4，選項A正確、選項BCD錯誤；答案選A?！军c睛】本題考查化學平衡的建立，關鍵是利用可逆反應的不完全性，運用極限假設法解答，難度不大。化學平衡的建立，既可以從正反應開始，也可以從逆反應開始，或者從正逆反應開始，不論從哪個方向開始，物質都不能完全反應，若反應向正反應進行到達平衡，X2、Y2的濃度最小，Z的濃度最大；若反應逆正反應進行到達平衡，X2、Y2的濃度最大，Z的濃度最小；利用極限法假設完全反應，計算出相應物質的濃度變化量，實際變化量小于極限值，據此判斷分析。6、B【詳解】A．由圖像可知，該反應反應物總能量低于生成物總能量，因此該反應為吸熱反應，故A項說法正確；B．化學反應焓變=生成物總能量-反應物總能量，因此該反應的ΔH=E1-E2，故B項說法錯誤；C．催化劑能降低反應活化能，使用催化劑將使體系中活化分子數增加，體系中分子數不變，因此活化分子百分數將增加，故C項說法正確；D．催化劑只是同等程度增加正逆反應速率，不改變反應熱，故D項說法正確；綜上所述，說法不正確的是B項，故答案為B。7、B【詳解】A選項，不同類型的晶體的熔點比較的一般規(guī)律為：分子晶體＜離子晶體＜原子晶體，NaCl、MgO是離子晶體，H2O為分子晶體，熔點低，故A錯誤；B選項，金屬晶體的熔點比較：離子半徑越小，熔沸點越高，半徑Al＜Mg＜Na，熔沸點Na＜Mg＜Al，故B正確；C選項，金屬晶體的熔點比較：離子半徑越小，熔沸點越高，半徑K＞Na＞Li，故熔沸點Li＞Na＞K，故C錯誤；D選項，原子晶體熔沸點比較：半徑越小，熔沸點越高，因此三者熔沸點為：金剛石>氮化碳>單晶硅，故D錯誤；綜上所述，答案為B?！军c睛】晶體熔沸點一般規(guī)律為：原子晶體＞離子晶體＞分子晶體原子晶體、金屬晶體：主要看半徑，半徑越小，鍵越強，熔沸點越高；離子晶體：主要比較離子半徑和晶格能，離子半徑越小，晶格能越大，熔沸點越高；分子晶體：結構和組成相似，相對分子質量越大，熔沸點越高，有氫鍵的物質熔沸點格外的高。8、D【解析】25℃，101kPa時，強酸與強堿的稀溶液發(fā)生中和反應的中和熱為57.3kJ/mol，注意弱電解質的電離吸熱?！驹斀狻恳驗榇姿崾侨蹼娊赓|，電離時吸熱，濃硫酸溶于水時放熱，故中和反應時放出的熱量Q（濃硫酸）＞Q（稀硝酸）＞Q（稀醋酸），又因放熱反應中，△H為負值，即△H=-Q，故△H2＜△H3＜△H1，故選D?！军c睛】本題主要考查了中和熱大小的比較，需要注意的是弱電解質的電離吸熱，以及比較大小時要考慮“—”號。9、B【詳解】標準狀況下1mol某烴完全燃燒時，生成89.6LCO2，則1個烴分子中所含碳原子數為=4；0.1mol此烴能與標準狀況下4.48LH2加成，n(H2)==0.2mol，則1mol該烴能與2molH2發(fā)生加成反應，該烴分子中含有2個碳碳雙鍵或1個碳碳三鍵；對照各選項，A、C項分子中都只有1個碳碳雙鍵，D項分子中含5個碳原子，A、C、D項均不滿足題意；B項分子中含4個碳原子和1個碳碳三鍵，B項滿足題意，故選B。10、D【詳解】A．CO2中C與O形成極性鍵，CO2分子為直線形，正負電荷中心重合，為非極性分子，SO2中S與O形成極性鍵，SO2分子為V形，正負電荷中心不重合，為極性分子，故A不符合題意；

B．CH4中C與H形成極性鍵，由于CH4分子為正四面體結構對稱，正負電荷中心重合，為非極性分子，PH3中P與H形成極性鍵，PH3為三角錐形，正負電荷中心不重合，為極性分子，故B不符合題意；

C．BF3中B與F形成極性鍵，BF3為平面三角形，正負電荷中心重合，為非極性分子，NH3中N與H形成極性鍵，NH3為三角錐形，正負電荷中心不重合，為極性分子，故C不符合題意；

D．HCl中H與Cl形成極性鍵，HI中H與I形成極性鍵，HCl和HI中正負電荷中心都不重合，屬于極性分子，所以二者化學鍵的類型和分子的極性都相同，故D符合題意；

故選：D。11、C【詳解】①錐形瓶用蒸餾水沖洗后，再用待測液潤洗2~3次，則錐形瓶內待測液的物質的量增大，滴定所用標準液的體積增大，測定結果偏高；②滴定開始時，滴定管尖嘴有氣泡，滴定過程中氣泡消失，讀取的體積偏大，測定結果偏高；③滴定前讀數時仰視，讀取的數值偏大，滴定后讀數平視，則讀出的所用標準液的體積偏小，測定結果偏低；④搖動錐形瓶時，瓶中有少量液體濺出，待測液的物質的量減少，所用標準液的體積偏小，測定結果偏低；⑤滴定時，錐形瓶中加入少量蒸餾水，稀釋待測液，不產生誤差。所以，上述操作中，使測定值大的操作為①②。故答案為C。12、B【詳解】①升高溫度，化學反應的正反應、逆反應的速率都加快；②由于碳單質是固體，所以增加反應物C的用量，化學反應速率不變；③縮小反應體系的體積，反應物、生成物的濃度都增大，正反應、逆反應的速率都加快；④減小體系中CO的量，即減小生成物的濃度，在這一瞬間，由于反應物的濃度不變，正反應速率不變，生成物的濃度減小，v正＞v逆，化學平衡正向移動。隨著反應的進行，反應物的濃度逐漸減小，正反應速率逐漸減小，最終正反應、逆反應速率相等，達到新的平衡狀態(tài)；故上述措施中一定能使反應的正反應速率顯著加快的是①③；答案選B。13、B【分析】同一可逆反應在同一時間段內，各物質的反應速率之比等于其計量數之比，把不同物質反應速率轉化為同一物質反應速率，從而確定化學式。【詳解】同一可逆反應在同一時間段內，各物質的反應速率之比等于其計量數之比，把不同物質反應速率轉化為同一物質反應速率，3υ(C)=2υ(B)，υ(B)=3υ(A)，所以υ(C)=υ(B)=×3υ(A)=2υ(A)，所以υ(A)：υ(B)：υ(C)=υ(A)：3υ(A)：2υ(A)=1：3：2，則該可逆反應中A、B、C三種物質的物質的量的比為1：3：2，因此化學方程式可表示為A+3B2C；因此合理選項是B?！军c睛】本題考查化學反應速率與化學計量數的關系，側重考查分析計算能力，注意把不同物質表示的速率之比等于化學計量數之比。14、D【解析】A.化學反應過程中，能量是可以相互轉化的，化學能可以轉變成為熱能、電能等，故A項正確；B.蓋斯定律的重要應用，可計算某些難以直接測量的反應焓變，故B項正確；C.化學反應的實質是舊化學鍵斷裂和新化學鍵的形成，一定伴隨能量變化。化學鍵的斷裂和形成，是物質在化學反應中產生能量變化的主要原因，故C正確；D.酸堿中和反應不是氧化還原反應，不能設計成原電池，故D項錯誤。綜上，本題選D15、B【分析】A、帶有活塞和瓶塞子的儀器，一般在使用前需要檢查是否漏水；B、盛裝待測液的錐形瓶不能使用待測液潤洗，否則待測液的物質的量偏大；C、使用甲基橙做指示劑，甲基橙在酸性范圍內變色；D、根據c（待測）=c(標準)×V(標準)/V(待測)分析濃度的誤差?！驹斀狻緼、滴定管是帶有活塞的儀器，使用前需要檢查是否漏水，故A正確；B、應用待裝溶液潤洗的儀器有：酸式滴定管，錐形瓶不能使用待測液潤洗，否則待測液的物質的量偏大，引起誤差，故B錯誤；C、用標準鹽酸測定氨水的濃度，滴定終點時溶液呈酸性，甲基橙在酸性范圍內變色，最適宜使用的指示劑是甲基橙，故C正確；D、已知濃度滴定未知濃度，終點讀數時俯視滴定管的刻度，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=c(標準)×V(標準)/V(待測)分析，c（待測）偏小，故D正確；故選B?！军c睛】本題主要考查酸堿滴定實驗的基本操作，解題關鍵：注意操作的規(guī)范性，難點D，實驗中常見的誤差分析，應用c（待測）=c(標準)×V(標準)/V(待測)分析。16、B【詳解】A、由圖可知立方相氮化硼中都是單鍵，所以都是σ鍵，故A錯誤；B、六方相氮化硼與石墨的結構相似，層間存在分子間作用力比化學鍵弱的多，所以質地軟，故B正確；C、六方相氮化硼中B原子的雜化類型為sp2,立方相氮化硼中B原子的雜化類型為sp3，故C錯誤；D、六方相氮化硼與石墨的結構相似，所以為混合型晶體；立方相氮化硼為空間網狀結構，不存在分子，為原子晶體，故D錯誤；綜上所述，本題應選B。17、C【詳解】A.MgCl2為離子化合物，由鎂離子和氯離子構成，只含離子鍵，選項A錯誤；B.Na2O為離子化合物，由鈉離子和氧離子構成，只含離子鍵，選項B錯誤；C.KOH為離子化合物，由鉀離子和氫氧根離子構成，但氫氧根離子中氧原子和氫原子之間形成共價鍵，含有離子鍵和共價鍵，選項C正確；D.NaH為離子化合物，由鈉離子和氫負離子構成，只含離子鍵，選項D錯誤。答案選C。18、D【詳解】A、電解質和非電解質都是化合物，而Cl2是單質，A錯誤；B、CaCO3為強電解質，B錯誤；C、氨水是混合物，既不是電解質也不是非電解質，C錯誤；D、Ba(OH)2是強堿屬于強電解質，CH3COOH是弱酸屬于弱電解質，乙醇為有機物，在水溶液中不能發(fā)生電離，為非電解質，D正確；答案選D。19、B【分析】X、Y、Z三種元素的原子具有相同電子層數，應為同一周期元素，它們的最高價氧化物對應水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，則X的最外層電子數為7，Y的最外層電子數為6，Z的最外層電子數為5，為非金屬，原子序數X＞Y＞Z，根據同一周期元素的性質變化規(guī)律分析解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治?，Z、Y、X是同一周期，從左到右依次排列的三種元素，它們的最高價氧化物對應水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4。A．同周期，從左到右，原子半徑減小，則原子半徑為X＜Y＜Z，故A錯誤；B．它們最高價氧化物的水化物的酸性強弱順序是HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強，所以非金屬性：X＞Y＞Z，故B正確；C．元素的非金屬性越強，對應的氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：X＞Y＞Z，則氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：X＞Y＞Z，故C錯誤；D．元素的非金屬性越強，對應的陰離子的還原性越弱，非金屬性：X＞Y＞Z，所以陰離子的還原性：X＜Y＜Z，故D錯誤；故選B。20、A【詳解】A.將Al粉投入到H2SO4溶液中，有氣泡生成，是金屬單質與酸發(fā)生的復分解反應，故A符合；B.配制FeC13溶液時適當加入少量鹽酸抑制鐵離子的水解，故B不選；C.利用鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附性，明礬可作凈水劑，故C不選；D.Al3＋水解溶液呈酸性，而HCO3－水解溶液呈堿性，相互促進，故D不選；故選A。21、C【解析】試題分析：溫度在a℃之前，升溫，X的含量減小，溫度在a℃之后，升溫，X的含量增大，曲線上最低點為平衡點，最低點之前未到平衡，反應向正反應進行，最低點之后，各點為平衡點，升溫X的含量增大，平衡向逆反應方向移動，故正反應為放熱反應。A、該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數減小，A錯誤；B、W點對應的溫度低于M點對應的溫度，溫度越高，反應速率越高，所以W點Y的正反應速率小于M點的正反應速率，B錯誤；C、曲線上最低點Q為平衡點，升溫平衡逆向移動，Y的轉化率減小，所以Q點時，Y的轉化率最大，正C確；D、反應前后氣體的物質的量不變，平衡時充入Z，達到平衡時與原平衡是等效平衡，所到達新平衡時Z的體積分數不變，D錯誤，答案選C?？键c：外界條件對平衡狀態(tài)和反應速率的影響以及圖像分析22、A【詳解】葡萄糖含有醛基和羥基，存在于葡萄等水果中，葡萄糖在加熱條件下能和銀氨溶液反應生成銀鏡；淀粉、纖維素、乙酸在加熱條件下都不能和銀氨溶液反應生成銀鏡；答案選A。二、非選擇題(共84分)23、加成反應羥基加入新制的氫氧化銅懸濁液，加熱③①②【分析】由轉化可知，乙烯與水發(fā)生加成反應生成B為CH3CH2OH，B發(fā)生催化氧化反應生成C為CH3CHO，B與D發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，可知D為CH3COOH，制備乙酸乙酯時先加乙醇、再加濃硫酸，后加乙酸，提高乙酸的利用率?！驹斀狻?1)反應①是乙烯與水反應生成乙醇，化學方程式是，碳碳雙鍵轉化為-OH，反應類型為加成反應；(2)B為乙醇，官能團為羥基；(3)C的結構簡式為；(4)反應②的化學方程式為；(5)檢驗C中官能團醛基的方法是加入新制的氫氧化銅懸濁液，加熱出現磚紅色沉淀，說明含有醛基，反應的化學方程式是；(6)制備乙酸乙酯時先加乙醇、再加濃硫酸，后加乙酸，提高乙酸的利用率，則加入三種藥品的先后順序為③①②。24、CH3COOH羧基2CH3CHO+O22CH3COOH②⑤CH3CH2CH2COOH（CH3）2CHCOOH【分析】C連續(xù)氧化得到E，二者反應得到CH3COOCH2CH3，則C為CH3CH2OH，E為CH3COOH，乙醇發(fā)生氧化反應生成D為CH3CHO，乙醛進一步發(fā)生氧化反應生成CH3COOH，有機物A可用作果實催熟劑，系列轉化得到CH3CH2OH，故A為C2H4，與水發(fā)生加成反應得到B為CH3CH2Br，溴乙烷發(fā)生水解反應得到CH3CH2OH，據此解答?！驹斀狻緾連續(xù)氧化得到E，二者反應得到CH3COOCH2CH3，則C為CH3CH2OH，E為CH3COOH，乙醇發(fā)生氧化反應生成D為CH3CHO，乙醛進一步發(fā)生氧化反應生成CH3COOH，有機物A可用作果實催熟劑，系列轉化得到CH3CH2OH，故A為C2H4，與水發(fā)生加成反應得到B為CH3CH2Br，溴乙烷發(fā)生水解反應得到CH3CH2OH，（1）A為C2H4，其電子式是；（2）E的結構簡式是CH3COOH，分子中含有的官能團是羧基；（3）反應④是乙醛氧化生成乙酸，反應方程式為：2CH3CHO+O22CH3COOH；（4）反應①是乙烯與HBr發(fā)生加成反應，反應②是溴乙烷發(fā)生水解反應得到CH3CH2OH，也屬于取代反應，反應③是乙醇發(fā)生氧化反應生成乙醛，反應④是乙醛發(fā)生氧化反應生成乙酸，反應⑤是乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應，也屬于取代反應，故反應①～⑤中屬于取代反應的是②⑤；（5）與乙酸乙酯互為同分異構體且屬于羧酸的結構簡式有：CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH?！军c睛】本題考查有機物推斷，涉及烯烴、醇、醛、羧酸的性質與轉化，比較基礎，側重對基礎知識的鞏固。25、5.0環(huán)形玻璃攪拌棒大小燒杯杯口未平(或大小燒杯杯口未平，大小燒杯間未用碎紙條填滿)偏小偏大確保堿能反應完全b【詳解】I.沒有245mL的容量瓶，所以用250mL的容量瓶，需要稱量NaOH固體m=nM=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g；II.(1)根據量熱計的構造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒；裝置中仍存在的缺陷是大小燒杯杯口未平(或大小燒杯杯口未平，大小燒杯間未用碎紙條填滿)，容易引起熱量損失；(2)一水合氨為弱堿，電離過程為吸熱過程，所以用氨水代替稀氫氧化鈉溶液反應，反應放出的熱量小于56.8kJ，故答案為偏?。蝗魧aOH溶液改為相同體積、相同濃度的Ba(OH)2溶液，因反應生成硫酸鋇沉淀放熱，使得酸堿反應放出更多的熱，則測得的中和熱數值會偏大；(3)糾正好實驗裝置后進行實驗，在實驗測定過程中保證酸稍過量，原因是確保堿能反應完全；a．裝置保溫、隔熱效果差，測得的熱量偏小，中和熱的數值偏小，選項a不符合；b．量取NaOH溶液的體積時仰視讀數，會導致所量的氫氧化鈉體積偏大，放出的熱量偏高，中和熱的數值偏大，選項b符合；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中，熱量散失，中和熱的數值偏小，選項c不符合；d．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定H2SO4溶液的溫度，硫酸的起始溫度偏高，溫度差偏小，測得的熱量偏小，中和熱的數值偏小，選項d不符合；答案選b。26、環(huán)形玻璃攪拌棒保溫隔熱、減少熱量的損失＞②＞①3.2×10-3mol/L產物Mn2+(或MnSO4)是反應的催化劑【分析】I．(1)根據儀器的特點判斷儀器名稱；(2)碎泡沫塑料的導熱效果差，可以起到保溫作用；(3)醋酸屬于弱酸，電離出氫離子的過程是吸熱的，中和反應的焓變是負值，據此回答；II．(1)②中A溶液的濃度比①中大，根據濃度對化學反應速率的影響分析；(2)根據v=計算反應速率，先求出反應的c()的物質的量，再求出反應后的濃度；(3)溫度是影響化學反應速率的主要因素，催化劑能加快化學反應的速率?！驹斀狻竣瘢?1)根據儀器的結構特點可知該儀器名稱為：環(huán)形玻璃攪拌棒；(2)碎泡沫塑料的導熱效果差，可以起到保溫作用，故碎泡沫塑料作用是：保溫隔熱，減少實驗過程中熱量損失；(3)CH3COOH是弱酸，在反應過程中會繼續(xù)電離而吸收熱量，使反應放出的熱量減少，中和反應的焓變是負值，反應放出的熱量越少，則反應熱就越大，故△H＞?57.3kJ/mol；II．(1)對比①②實驗可知溶液中含有KMnO4的物質的量相同，②中A溶液的濃度比①中大，故化學反應速率大②＞①，則相同時間內所得CO2的體積：②＞①；(2)若實驗①在2min末注射器的活塞向右移動到了amL的位置，則這段時間的反應速率可表示為v(CO2)==mL/min；4.48×10-3L標準狀況下CO2氣體的物質的量n(CO2)==2.0×10-4mol，根據反應方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可知關系式n(CO2)=5n(KMnO4)，則反應消耗KMnO4的物質的量n(KMnO4)=n(CO2)=×2.0×10-4mol=4.0×10-5mol，反應開始時KMnO4的物質的量n(KMnO4)總=0.01mol/L×0.02L=2.0×10-4mol，故tmin末KMnO4的物質的量n(KMnO4)末=2.0×10-4mol-4.0×10-5mol=1.6×10-4mol，溶液的體積是20mL+30mL=50mL=0.05L，故c()=c(KMnO4)==3.2×10-3mol/L；(3)該小組同學發(fā)現反應速率總是如圖二，其中t1～t2時間內速率變快的主要原因可能是：①產物Mn2+(或MnSO4)是反應的催化劑；②該反應是放熱反應，反應放出的熱量使溶液溫度升高，加快了化學反應速率?！军c睛】本題考查了中和熱的測定、化學反應速率的計算及影響因素。掌握實驗目的，了解實驗原理，清楚儀器的作用，根據有關概念及影響因素分析解答。27、CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2OCH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Brdcb溴的顏色完全褪去避免溴的大量揮發(fā)1，2-二溴乙烷的凝固點（9℃）較低,過度冷卻會使其凝固而使氣路堵塞【分析】（1）在此實驗中，反應方程式為：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br。（2）因為溫度經過140℃會生成乙醚，所以要盡可能迅速地把反應溫度提高到170℃左右；（3）在裝置C中應加入堿性物質，其目的是吸收反應中可能生成的酸性氣體，但同時又不產生氣體；（4）若產物中有少量未反應的Br2，最好用堿溶液洗滌除去；（5）判斷該制備反應已經結束的最簡單方法是溶液中產生明顯的顏色變化；（6）因為溴易揮發(fā)，所以反應過程中應用冷水冷卻裝置D；但1，2-二溴乙烷的凝固點（9℃）較低，過度冷卻會使其凝固而使氣路堵塞,所以又不能過度冷卻?！驹斀狻浚?）在此實驗中，反應方程式為：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br；答案為：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br；（2）因為溫度經過140℃會生成乙醚，所以要盡可能迅速地把反應溫度提高到17