北京科技大學附屬中學2026屆化學高二上期中學業(yè)水平測試模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、鑒別兩種溶液食鹽水和蔗糖水的方法有①在兩種溶液中分別加入少量稀硫酸，加熱，再加入堿中和硫酸，再加入銀氨溶液，微熱；②測量溶液的導電性；③將溶液與溴水混合、振蕩；④用舌頭嘗味道。其中在實驗室進行鑒別的正確方法是A．①② B．①③ C．②③ D．③④2、關于苯乙烯()的說法正確的是(

)A．分子式為C8H10B．加聚產物為:C．屬于苯的同系物D．可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色3、在考古中常通過測定14C來鑒定文物年代，下列關于14C說法正確的是A．質子數(shù)為7 B．中子數(shù)為8 C．核外電子數(shù)為7 D．原子序數(shù)為144、有A、B、C、D四塊金屬片，進行如下實驗：①A、B用導線相連后，同時浸入稀H2SO4中，A極為負極；②C、D用導線相連后，同時浸入稀H2SO4中，電流由D→導線→C；③A、C用導線相連后，同時浸入稀H2SO4中，C極產生大量氣泡；④B、D用導線相連后，同時浸入稀H2SO4中，D極發(fā)生氧化反應。據(jù)此判斷四種金屬的活動性順序為A．A>B>C>D B．A>C>D>B C．C>A>B>D D．B>D>C>A5、傅克反應是合成芳香族化合物的一種重要方法。有機物a(－R為烴基)和苯通過傳克反應合成b的過程如下(無機小分子產物略去)下列說法錯誤的是A．一定條件下苯與氫氣反應的產物之一環(huán)己烯與螺［1．3］己烷互為同分異構體B．b的二氯代物超過三種C．R為C5H11時，a的結構有3種D．R為C4H9時，1molb加成生成C10H10至少需要3molH16、下列鑒別方法中，不能對二者進行鑒別的是A．用紅外光譜法鑒別乙醇和二甲醚 B．用酸性高錳酸鉀溶液鑒別乙烷和乙炔C．用溴水鑒別苯和甲苯 D．用核磁共振氫譜鑒別1－溴丙烷和2－溴丙烷7、室溫下，將純水加熱至沸騰，下列敘述正確的是(

)A．水的離子積變大，pH變小，呈酸性B．水的離子積不變、pH不變、呈中性C．水的離子積變小、pH變大、呈堿性D．水的離子積變大、pH變小、呈中性8、氮化硼（BN）晶體有多種相結構．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．兩種晶體均為原子晶體B．六方相氮化硼層結構與石墨相似卻不導電，原因是層狀結構中沒有自由移動的電C．立方相氮化硼含有σ鍵和π鍵，所以硬度大D．兩種晶體中的B原子的雜化類型相同9、下列熱化學方程式中，正確的是A．甲烷的燃燒熱為890.3kJ·mol-1，則甲烷燃燒的熱化學方程式可表示為CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-890.3kJ·mol-1B．在101kPa時，2gH2完全燃燒生成液態(tài)水，放出285.8kJ熱量，氫氣燃燒的熱化學方程式表示為2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1[C．HCl和NaOH反應的中和熱ΔH=-57.3kJ·mol-1，則CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1D．500℃、30MPa下，將0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密閉容器中充分反應生成NH3(g)放熱19.3kJ，其熱化學方程式為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-38.6kJ·mol-110、下列物質不能用于漂白的是()A．活性炭 B．鹽酸 C．次氯酸 D．二氧化硫11、下列物質中，既能發(fā)生取代反應，又能發(fā)生加成反應的是A．乙烷 B．乙烯 C．甲烷 D．苯12、鉍基催化劑對CO2電化學還原制取HCOOH具有高效的選擇性。其反應歷程與能量變化如圖：下列說法錯誤的是A．使用Bi催化劑更有利于CO2的吸附B．使用不同鉍基催化劑，最大能壘(活化能)不相等C．CO2電化學還原制取HCOOH的反應?H<0D．*CO生成*HCOO－的反應為：*CO+HCO+e－=*CO+*HCOO－13、如圖所示，在密閉容器中發(fā)生反應，達到甲平衡。在僅改變某一條件后，達到乙平衡，改變的這一條件是()A．加入適當催化劑 B．升高溫度C．增大反應物的濃度 D．增大壓強14、某化學研究小組探究外界條件對化學反應mA

（g）+nB

（g）pC

（g）的速率和平衡的影響圖象如下，下列判斷正確的是（

）A．由圖1可知，T1＜T2，該反應正反應為吸熱反應B．由圖2可知，該反應m+n＜pC．圖3中，點3的反應速率v正＞v逆D．圖4中，若m+n=p，

則a曲線一定使用了催化劑15、下列說法正確的是A．CaO+H2O=Ca(OH)2可放出大量熱，可利用該反應設計成原電池，把化學能轉化為電能B．任何化學反應中的能量變化都表現(xiàn)為熱量變化C．有化學鍵斷裂一定發(fā)生化學反應D．灼熱的鉑絲與NH3、O2混合氣接觸，鉑絲繼續(xù)保持紅熱，說明氨的氧化反應是放熱反應16、膠體是一種分散系，膠體粒子的大小范圍是A．小于1nm B．1～100nmC．100～1000nm D．大于1000nm17、下列依據(jù)熱化學方程式得出的結論正確的是（）A．已知P（白磷，s）=P（紅磷，s）△H＜0，則白磷比紅磷穩(wěn)定B．已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ?mol-1，則氫氣的標準燃燒熱為241.8kJ?mol-1C．已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=akJ?mol-1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=bkJ?mol-1，則a＞bD．已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ?mol-1，則含40.0gNaOH的稀溶液與濃硫酸完全中和，放出大于57.3kJ的熱量18、把下列四種X溶液分別加入四個盛有10mL2mol·L-1的鹽酸的燒杯中，均加水稀釋到50mL，此時，X和鹽酸緩慢地進行反應，其中反應速率最快的是（）A．5℃20mL3mol·L-1的X溶液B．20℃10mL5mol·L-1的X溶液C．20℃30mL2mol·L-1的X溶液D．10℃10mL1mol·L-1的X溶液19、一種天然氣臭味添加劑的綠色合成方法為：CH3CH2CH=CH2+H2SCH3CH2CH2CH2SH。下列反應的原子利用率與上述反應相近的是A．乙烯與水反應制備乙醇B．苯和硝酸反應制備硝基苯C．乙酸與乙醇反應制備乙酸乙酯D．甲烷與Cl2反應制備一氯甲烷20、下列相關實驗不能達到預期目的是（）相關實驗預期目的A．等質量的鋅粒和鋅片分別與等體積的鹽酸反應探究接觸面積對化學反應速率的影響B(tài)．把裝有顏色相同的NO2和N2O4混合氣的兩支試管(密封)分別浸入冷水和熱水中探究溫度對化學平衡的影響C．向FeCl3和KSCN反應后的混合液中加入少量NaOH溶液探究濃度對化學平衡的影響D．兩支試管中各加入4mL0.01mol/LKMnO4酸性溶液和2mL0.1mol/LH2C2O4溶液，向其中一支試管中加入少量MnSO4固體探究催化劑對反應速率的影響A．A B．B C．C D．D21、在一定條件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，下列說法正確的是A．通入CO2，平衡朝正反應方向移動B．稀釋溶液，水解平衡常數(shù)增大C．升高溫度，減小D．加入NaOH固體，溶液pH減小22、既有離子鍵又有共價鍵和配位鍵的化合物是A．NH4NO3 B．NaOH C．H2SO4 D．H2O二、非選擇題(共84分)23、（14分）在下圖所示的物質轉化關系中。C、G、I、M為常見單質，G和M化合可生成最常見液體A，E為黑色粉末，F(xiàn)的焰色反應為黃色，K為白色沉淀，N為紅褐色沉淀，I為黃綠色氣體，化合物B的摩爾質量為24g·mol－1。(部分生成物和反應條件未列出)（1）L的化學式為______________。（2）A的電子式為______________。（3）反應②的離子方程式為____________________________________。（4）反應③的化學方程式為____________________________________。24、（12分）(1)鍵線式表示的分子式__；系統(tǒng)命名法名稱是___．(2)中含有的官能團的名稱為___、___________．(3)水楊酸的結構簡式為①下列關于水楊酸的敘述正確的是________(單選)。A．與互為同系物B．水楊酸分子中所有原子一定都在同一平面上C．水楊酸既能表現(xiàn)出酚類物質性質，也可以表現(xiàn)出羧酸類物質性質②將水楊酸與___________溶液作用，可以生成；請寫出將轉化為的化學方程式_______________。25、（12分）某化學活動小組按下圖所示流程由粗氧化銅樣品(含少量氧化亞鐵及不溶于酸的雜質)制取無水硫酸銅。已知Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋三種離子在水溶液中形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下圖所示：請回答下列問題：（1）已知25℃時，Cu(OH)2的Ksp=4.0×10-20調節(jié)溶液pH到4.0時，溶液C中Cu2＋的最大濃度為____________mol·L?1。（2）在整個實驗過程中，下列實驗裝置不可能用到的是________(填序號)。（3）溶液A中所含溶質為__________________________；物質X應選用________(填序號)。A．氯水B．雙氧水C．鐵粉D．高錳酸鉀（4）從溶液C中制取硫酸銅晶體的實驗操作為______________________________。（5）用“間接碘量法”可以測定溶液A(不含能與I－發(fā)生反應的雜質)中Cu2＋的濃度。過程如下：第一步：移取10.00mL溶液A于100mL容量瓶中，加水定容至100mL。第二步：取稀釋后溶液20.00mL于錐形瓶中，加入過量KI固體，充分反應生成白色沉淀與碘單質。第三步：以淀粉溶液為指示劑，用0.05000mol·L－1的Na2S2O3標準溶液滴定，前后共測定三次，達到滴定終點時，消耗Na2S2O3標準溶液的體積如下表：(已知：I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-)滴定次數(shù)第一次第二次第三次滴定前讀數(shù)(mL)0.100.361.10滴定后讀數(shù)(mL)20.1220.3422.12①CuSO4溶液與KI反應的離子方程式為______________________________。②滴定終點的現(xiàn)象是____________________________________________________________。③溶液A中c(Cu2＋)＝________mol·L－1。（6）利用氧化銅和無水硫酸銅按下圖裝置，持續(xù)通入X氣體，可以看到a處有紅色物質生成，b處變藍，c處得到液體且該液體有刺激性氣味，則X氣體是___________(填序號)，寫出其在a處所發(fā)生的化學反應方程式___________________________________________。A．H2B．CH3CH2OH（氣）C．N226、（10分）過氧化氫對環(huán)境友好，性質多樣，有很重要的研究和應用價值。（1）實驗室利用反應2H2O22H2O+O2↑可制備氧氣。①取等物質的量濃度等體積H2O2溶液分別進行下列實驗，研究外界條件對該反應速率的影響，實驗報告如下表所示。序號條件現(xiàn)象結論溫度/℃催化劑140FeCl3溶液220FeCl3溶液320MnO2420無實驗1、2研究的是對H2O2分解速率的影響。實驗2、3的目的是。實驗中可以表明該反應速率差異的現(xiàn)象是。②實驗室用MnO2做該反應的催化劑，使用如右圖所示裝置的A部分制備O2，避免反應過于劇烈的操作是。（2）利用圖21（a）和21（b）中的信息，按圖21（c）裝置（連能的A、B瓶中已充有NO2氣體）進行實驗?？捎^察到B瓶中氣體顏色比A瓶中的___（填“深”或“淺”），其原因是_______________。27、（12分）實驗室常利用甲醛法測定(NH4)2SO4樣品中氮的質量分數(shù)，其反應原理為：4NH＋6HCHO=3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋[滴定時，1mol(CH2)6N4H＋與1molH＋相當]，然后用NaOH標準溶液滴定反應生成的酸。某興趣小組用甲醛法進行了如下實驗：步驟Ⅰ稱取樣品1.5g；步驟Ⅱ將樣品溶解后，完全轉移到250mL容量瓶中，定容，充分搖勻；步驟Ⅲ移取25.00mL樣品溶液于250mL錐形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，搖勻、靜置5min后，加入1～2滴酚酞溶液，用NaOH標準溶液滴定至終點。按上述操作方法再重復2次。(1)根據(jù)步驟Ⅲ填空：①NaOH標準溶液盛放在____滴定管中，若滴定管用蒸餾水洗滌后，直接加入NaOH標準溶液進行滴定，則測得樣品中氮元素的質量分數(shù)________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。②滴定達到終點時，酚酞指示劑由________色變成________色。③下列有關實驗操作的說法正確的是__________(雙選)。A．錐形瓶用蒸餾水洗滌后，水未倒盡，則滴定時用去NaOH標準溶液的體積不變B．滴定終點時，俯視讀數(shù)，使測定結果偏小C．只能選用酚酞作指示劑D．滴入最后一滴NaOH溶液，溶液突然變色，即為滴定終點E．滴定時，左手控制滴定管活塞，右手握持錐形瓶，邊滴邊振蕩，眼睛注視滴定管中的液面(2)滴定結果如下表所示：滴定次數(shù)待測溶液的體積/mL標準溶液的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20則所用去的NaOH標準溶液的平均體積為_______mL，若NaOH標準溶液的濃度為0.1000mol·L－1，則該樣品中氮元素的質量分數(shù)為___________。(列出計算式并計算結果)28、（14分）Ⅰ.（1）298K時，0.5molC2H4(g)完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水，放出705.5kJ的熱量。請寫出該反應的熱化學方程式________。（2）Na2SO3具有還原性，其水溶液可以吸收Cl2(g)，減少環(huán)境污染。已知反應：Na2SO3(aq)+Cl2(g)+H2O(l)＝Na2SO4(aq)+2HCl(aq)ΔH1=akJ·mol?1Cl2(g)+H2O(l)＝HCl(aq)+HClO(aq)ΔH2=bkJ·mol?1試寫出Na2SO3(aq)與HClO(aq)反應的熱化學方程式：________。Ⅱ.紅礬鈉（Na2Cr2O7·2H2O）是重要的化工原料，工業(yè)上用鉻鐵礦（主要成分是FeO·Cr2O3）制備紅礬鈉的過程中會發(fā)生如下反應：4FeO(s)＋4Cr2O3(s)＋8Na2CO3(s)＋7O2(g)8Na2CrO4(s)＋2Fe2O3(s)＋8CO2(g)ΔH<0（1）請寫出上述反應的化學平衡常數(shù)表達式：K＝_________。（2）如圖1所示，在0~2min內CO2的平均反應速率為_______。（3）圖1、圖2表示上述反應在2min時達到平衡、在4min時因改變某個條件而發(fā)生變化的曲線。由圖1判斷，反應進行至4min時，曲線發(fā)生變化的原因是______（用文字表達）；由圖2判斷，4min到6min的曲線變化的原因可能是____（填寫序號）。a.升高溫度b．加催化劑c．通入O2d．縮小容器體積（4）工業(yè)上可用上述反應中的副產物CO2來生產甲醇：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。已知該反應能自發(fā)進行，則下列圖像正確的是______。A．B．C．D．29、（10分）下列說法中正確的是()A．所有的電子在同一區(qū)域里運動B．在離原子核較近的區(qū)域內運動的電子能量較高，在離原子核較遠的區(qū)域內運動的電子能量較低C．處于最低能量的原子叫基態(tài)原子D．同一原子中，4s、4p、4d、4f所能容納的電子數(shù)越來越多，各能級能量大小相等

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、A【解析】蔗糖在酸性溶液中會發(fā)生水解生成葡萄糖和果糖，葡萄糖為還原性糖，在堿性溶液中與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，而食鹽不能，①正確；食鹽水能導電，而蔗糖水不能導電，②正確；兩溶液均能溶于溴水中，③錯誤；在實驗室里鑒別藥品時不得品嘗任何藥品，④錯誤；答案選A。2、D【解析】A.苯乙烯分子式為C8H8，A錯誤；B.加聚產物為：，B錯誤；C.分子中含有碳碳雙鍵，不屬于苯的同系物，C錯誤；D.分子中含有碳碳雙鍵，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，D錯誤，答案選D。3、B【解析】A.14C的質子數(shù)為6，A錯誤；B.14C的中子數(shù)為14－6＝8，B正確；C.核外電子數(shù)＝質子數(shù)＝6，C錯誤；D.原子序數(shù)＝質子數(shù)＝6，D錯誤；答案選B。4、B【詳解】一般來說，原電池中金屬活動性負極＞正極材料；①A、B用導線相連后，同時插入稀H2SO4中，A極為負極，則金屬活動性A＞B；②C、D用導線相連后，同時浸入稀H2SO4中，電流由D→導線→C，則C是負極、D是正極，金屬活動性C＞D；③A、C相連后，同時浸入稀H2SO4，C極產生大量氣泡，則C上得電子發(fā)生還原反應，C是正極、A是負極，金屬活動性A＞C；④B、D相連后，同時浸入稀H2SO4中，D極發(fā)生氧化反應，則D是負極、B是正極，金屬活動性D＞B；通過以上分析知，金屬活動性順序A＞C＞D＞B，故答案為B。5、C【詳解】A.環(huán)己烯分子式為C6H10，螺［1．3］己烷分子式為C6H10，所以互為同分異構體，故A正確；B.若全部取代苯環(huán)上的1個H原子，若其中1個Cl原子與甲基相鄰，另一個Cl原子有如圖所示4種取代位置，有4種結構，若其中1個Cl原子處于甲基間位，另一個Cl原子有如圖所示1種取代位置，有1種結構,若考慮烴基上的取代將會更多，故B正確；C.若主鏈有5個碳原子，則氯原子有3種位置，即1－氯戊烷、1－氯戊烷和3－氯戊烷；若主鏈有4個碳原子，此時甲基只能在1號碳原子上，而氯原子有4種位置，分別為1－甲基－1－氯丁烷、1－甲基－1－氯丁烷、3－甲基－1－氯丁烷和3－甲基－1－氯丁烷；若主鏈有3個碳原子，此時該烷烴有4個相同的甲基，因此氯原子只能有一種位置，即1，3－二甲基－1－氯丙烷。綜上所敘分子式為C5H11Cl的同分異構體共有8種，故C錯誤；D.-C4H9已經達到飽和，1mol苯環(huán)消耗3mol氫氣，則lmolb最多可以與3molH1加成，故D正確。答案：C【點睛】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，?？疾橥之悩嬻w數(shù)目、氫氣加成的物質的量、消耗氫氧化鈉的物質的量、官能團性質等，熟悉官能團及性質是關鍵。6、C【詳解】A.紅外光譜法可用于測定有機物中的官能團、化學鍵，乙醇和二甲醚中官能團不同，可以用紅外光譜法鑒別，故A不選；B.乙炔能被高錳酸鉀氧化，而乙烷不能，可以用酸性高錳酸鉀溶液鑒別乙烷和乙炔，故B不選；C.溴水與苯和甲苯分別混合后，有機色層均在上層，現(xiàn)象相同，不能鑒別，故C選；D.1-溴丙烷含有3種不同化學環(huán)境的H原子，且峰的面積比為2:2:3，2-溴丙烷含有2種不同化學環(huán)境的H原子，且峰的面積比為6:1，可用核磁共振氫譜鑒別，故D不選；答案選C。7、D【詳解】將純水加熱至沸騰，水的電離平衡正向移動，氫離子、氫氧根離子濃度增大，水的離子積變大，pH變小，，純水呈中性，故選D。8、B【解析】A.六方相氮化硼中存在共價鍵和分子間作用力，與石墨類似屬于混合晶體，故A錯誤；B．六方相氮化硼結構與石墨相似卻不導電的原因是層狀結構中沒有自由移動的電子,故B正確；C．立方相氮化硼只含有σ鍵，由于形成的是立體網狀結構，所以硬度大，故C錯誤；D．六方相氮化硼是sp2,立方相氮化硼是sp3雜化，故D錯誤；答案：B。9、B【詳解】A、燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物，H元素生成液態(tài)的水穩(wěn)定，所以甲烷燃燒的熱化學方程式可表示為：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ·mol-1，故A錯誤；B．在101kPa時，2gH2完全燃燒生成液態(tài)水，放出285.8kJ熱量，反應的熱化學方程式，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-2×285.8kJ·mol-1，故B正確；C．醋酸是弱酸，電離要吸熱，所以發(fā)生中和反應放出的熱量小于57.3kJ，故C錯誤；D、反應是可逆反應，反應焓變是指物質完全反應放出熱量，故D錯誤；故選B。10、B【詳解】活性炭具有吸附性、次氯酸具有強氧化性、SO2具有漂白性，均能用于漂白，鹽酸不能，答案選B。11、D【分析】A.乙烷主要能發(fā)生取代反應；B.乙烯主要能發(fā)生加成、聚合反應；C.甲烷主要能發(fā)生取代反應；D.苯能發(fā)生加成和取代反應；【詳解】A.乙烷主要能發(fā)生取代反應，沒有碳碳雙鍵，不能發(fā)生加成反應，故A錯誤；B.乙烯主要能發(fā)生加成、聚合反應，一般不發(fā)生取代反應，故B錯誤；C.甲烷主要能發(fā)生取代反應，沒有碳碳雙鍵，不能發(fā)生加成反應，故C錯誤；；D.苯分子中的碳碳鍵是一種介于單鍵和雙鍵之間的特殊的共價鍵，所以苯能發(fā)生加成和取代反應，故D正確；故選D。12、A【詳解】A．由圖可知，使用Bi2O3的反應活化能小于使用Bi的反應活化能，說明Bi2O3比Bi更有利于吸附CO2，故A錯誤；B．由圖可知，使用不同鉍基催化劑，最大能壘(活化能)分別出現(xiàn)在第三和第四階段，能量不相同，故B正確；C．由圖可知，反應物的總能量高于生成物的總能量，CO2電化學還原制取HCOOH的反應為放熱反應，△H＜0，故C正確；D．根據(jù)圖示結合原子守恒分析，*CO生成*HCOO－的反應為：*CO+HCO+e－=*CO+*HCOO－，故D正確；故選A。13、D【分析】根據(jù)題圖可知，在時刻，改變某一條件后，正、逆反應速率同時增大，且正反應速率大于逆反應速率，平衡正向移動?！驹斀狻緼.加入催化劑，正、逆反應速率同時增大且相等，平衡不移動，與圖像不符，故A錯誤；B.升高溫度，正、逆反應速率都增大，但是逆反應速率大于正反應速率，平衡逆向移動，與圖像不符，故B錯誤；C.增大反應物濃度，在時刻，逆反應速率不變，正反應速率增大，與圖像不符，故C錯誤；D.增大壓強，正逆反應速率均增大，正反應速率大于逆反應速率，平衡正向移動，與圖像相符，故D正確；故選：D。14、C【詳解】A．根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”，可知T1<T2，升高溫度，C的百分含量減小，說明該反應的正反應為放熱反應，故A錯誤；B．由圖可知，增大壓強，C的百分含量增大，說明加壓平衡正向移動，所以該反應m+n>p，故B錯誤；C．圖中點3的轉化率小于同溫下的平衡轉化率，說明點3反應正向進行，反應速率：v正>v逆，故C正確；D．曲線a速率加快、平衡沒移動，若m+n=p，曲線a可能使用了催化劑或加壓，故D錯誤；答案選C。15、D【解析】分析：A、只有氧化還原反應在理論上才能設計成原電池；B、化學反應中的能量變化有多種形式，如光能、電能等；C、化學鍵的斷裂不一定有新物質生成，所以不一定都發(fā)生化學反應；D、只有是放熱反應才能保持鉑絲紅熱。詳解：A、只有氧化還原反應在理論上才能設計成原電池，而反應CaO+H2O=Ca(OH)2是非氧化還原反應，不可能設計成原電池，故A錯誤；B、任何化學反應都伴隨著能量變化，但不一定都是熱量變化，也可能是光能、電能等多種形式，所以B錯誤；C、某些物質的溶解、電離，或狀態(tài)的變化可能伴隨著化學鍵的破壞，但沒有發(fā)生化學反應，所以C錯誤；D、氨氣的催化氧化用灼熱的鉑絲做催化劑，由于是放熱反應，所以鉑絲保持紅熱，故D正確。本題答案為D。點睛：原電池反應一定由氧化還原反應設計而成的；化學反應一定伴隨有能量變化，且能量變化的形式有多種，但有能量變化的過程不一定是化學反應；化學反應一定有化學鍵的斷裂，但有化學鍵的斷裂的過程不一定都發(fā)生化學反應。16、B【詳解】根據(jù)分散質粒子直徑大小，分散系可以分為溶液、膠體和濁液，其中分散質粒子大小介于1nm~100nm之間的分散系稱為膠體，故選B。17、D【解析】A.P（白磷，s）=P（紅磷，s）△H＜0，反應是放熱反應，能量越低越穩(wěn)定，所以白磷不如紅磷穩(wěn)定，故A錯誤；B.燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量，氫氣燃燒應生成液態(tài)水，由熱化學方程式可知，氫氣的燃燒熱為<-241.8kJ?mol-1，故B錯誤；C.碳完全燃燒放出的熱量高于不完全燃燒放出的熱量，焓變是負值，即a<b，故C錯誤；D.中和熱是指稀的強酸和強堿溶液發(fā)生中和反應生成1mol水時所放出的熱量，濃硫酸稀釋時要放出熱量，故放出熱量大于57.3

kJ的熱量，故D正確。故選D?！军c睛】（1）燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量。（2）中和熱是指稀的強酸和強堿溶液發(fā)生中和反應生成1mol水時所放出的熱量。18、C【詳解】A．20mL3mol/L的X溶液，X的物質的量為0.02L×3mol/L=0.06mol；

B．30mL2mol/L的X溶液，X的物質的量為0.01L×5mol/L=0.05mol；

C．10mL4mol/L的X溶液，X的物質的量為0.03L×2mol/L=0.06mol；

D．10mL2mol/L的X溶液，X的物質的量為0.01L×1mol/L=0.01mol；溫度越高反應速率越快，溫度B=C>D>A；濃度越大反應速率越快，濃度A=C>B>D，所以反應速率最快的應為C，故答案為C。19、A【解析】A.乙烯與水反應制備乙醇發(fā)生的是加成反應，生成物只有一種，原子利用率達到100%，A正確；B.苯和硝酸反應制備硝基苯屬于取代反應，還有水生成，原子利用率達不到100%，B錯誤；C.乙酸與乙醇反應制備乙酸乙酯發(fā)生的是酯化反應，反應中還有水生成，原子利用率達不到100%，C錯誤；D.甲烷與Cl2反應制備一氯甲烷屬于取代反應，還有氯化氫以及氣體鹵代烴生成，原子利用率達不到100%，D錯誤。答案選A。20、A【分析】【詳解】A.鋅粒比鋅片的接觸面積大，但鹽酸濃度未知，不能達到實驗目的，應保證鹽酸濃度、體積相同，A錯誤；B.在NO2和N2O4混合氣體中存在化學平衡，受溫度的影響，溫度不同，混合氣體顏色不同，能探究溫度對化學平衡的影響，B正確；C.在FeCl3和KSCN反應后的混合液中，存在化學平衡，加NaOH溶液，OH-與Fe3+反應，降低Fe3+的濃度，化學平衡逆向移動，使溶液顏色變淺，可說明濃度對化學平衡移動的影響，C正確；D.試管中加入少量MnSO4固體，反應速率快，可證明Mn2+對該反應既有催化作用，能探究催化劑對化學反應的影響，D正確；故合理選項是A。21、A【解析】A項，通入CO2消耗OH-，OH-濃度減小，平衡向正反應方向移動，正確；B項，稀釋溶液，促進CO32-水解，溫度沒有變化，水解平衡常數(shù)不變，錯誤；C項，鹽類水解是吸熱過程，升高溫度促進水解，c（HCO3-）增大，c（CO32-）減小，增大，錯誤；D項，加入NaOH電離出OH-，c（OH-）增大，溶液的pH增大，錯誤；答案選A。22、A【詳解】A．NH4NO3是離子化合物，含有離子鍵，N與O、N與H之間還存在共價鍵，氨氣與氫離子之間還存在配位健，A正確；B．NaOH是離子化合物，含有離子鍵，O與H之間還存在共價鍵，但不存在配位健，B錯誤；C．H2SO4是共價化合物，只存在共價鍵，C錯誤；D．H2O是共價化合物，只存在共價鍵，D錯誤，答案選A。二、非選擇題(共84分)23、FeCl3MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3【分析】N為紅褐色沉淀，N為氫氧化鐵，根據(jù)圖示，K+M+A→N，則為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，K為白色沉淀，則K為Fe(OH)2，M為單質，M為O2，A為H2O；G和M化合可生成最常見液體A，G為H2；化合物B的摩爾質量為24g·mol－1，與水反應生成氫氣和F，F(xiàn)的焰色反應為黃色，則F為NaOH，B為NaH；E為黑色粉末，I為黃綠色氣體，則E為二氧化錳，I為氯氣，D為濃鹽酸，單質C為鐵，H為FeCl2，L為FeCl3。據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，A為H2O，B為NaH，C為Fe，D為濃鹽酸，E為MnO2，F(xiàn)為NaOH，G為H2，H為FeCl2，I為Cl2，K為Fe(OH)2，L為FeCl3，M為O2，N為Fe(OH)3；(1)L為FeCl3，故答案為FeCl3；(2)A為H2O，電子式為，故答案為；(3)根據(jù)圖示，反應②為實驗室制備氯氣的反應，反應的離子方程式為MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故答案為MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；(4)根據(jù)圖示，反應③為氫氧化亞鐵的氧化反應，反應的化學方程式為4Fe(OH)2＋O2＋2H2O==4Fe(OH)3，故答案為4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3?！军c睛】本題考查了無機綜合推斷。本題的突破口為：N為紅褐色沉淀；I為黃綠色氣體。難點為B的判斷，要借助于F的焰色反應為黃色，結合質量守恒判斷B中含有鈉元素。24、C6H142-甲基戊烷羥基酯基CNa2CO3或NaOH+NaHCO3→+CO2↑+H2O【詳解】(1)在鍵線式表示中，頂點和折點為C原子，剩余價電子全部與H原子結合，則表示的分子式是C6H14；選擇分子中含有C原子數(shù)最多的碳鏈為主鏈，該物質分子中最長碳鏈上含有5個C原子；從左端為起點，給主鏈上C原子編號，以確定支鏈甲基在主鏈上的位置，該物質名稱為2-甲基戊烷；(2)根據(jù)物質結構簡式可知：物質分子中含有的官能團是酚羥基和酯基；(3)①A．水楊酸分子中含有羧基和酚羥基，而分子中羥基連接在苯環(huán)的側鏈上，屬于芳香醇，因此二者結構不相似，它們不能互為同系物，A錯誤；B．水楊酸分子中-OH上的H原子可能不在苯環(huán)的平面上，因此水楊酸分子中不一定是所有原子在同一平面上，B錯誤；C．水楊酸分子中含有酚-OH、-COOH，則該物質既可以看成是酚類物質，也可以看成是羧酸類物質，因此水楊酸既能表現(xiàn)出酚類物質的性質，也能表現(xiàn)出羧酸類物質性質，C正確；故合理選項是C；②水楊酸分子中含有酚羥基和羧基都具有酸性，由于酸性-COOH＞H2CO3＞苯酚＞NaHCO3，二者都能夠與NaOH或Na2CO3發(fā)生反應，則由水楊酸與NaOH溶液或Na2CO3反應產生和水；而可以NaHCO3與反應產生、水、CO2，該反應的化學化學方程式為：+NaHCO3→+CO2↑+H2O。25、4.0①③FeSO4、CuSO4、H2SO4B蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾，自然干燥2Cu2++4I＝2CuI↓+I2滴入最后一滴標準液，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內無明顯變化0.5000BCH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O【解析】由流程可知，將粗氧化銅（含少量氧化亞鐵及不溶于酸的雜質）溶于過量硫酸，發(fā)生的反應有FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，然后過濾，得到沉淀I為不溶于酸的雜質，溶液A中溶質為FeSO4、CuSO4和H2SO4；向溶液A中加入氧化劑X將FeSO4氧化為Fe2（SO4）3，得到CuSO4和Fe2（SO4）3混合溶液，為不引進新的雜質，氧化劑X應該為H2O2；向溶液B中加入Cu（OH）2調節(jié)溶液pH，使Fe2（SO4）3完全水解為Fe（OH）3沉淀，得到CuSO4溶液，將溶CuSO4液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶得到CuSO4?5H2O，CuSO4?5H2O加熱脫去結晶水得到無水CuSO4?！驹斀狻浚?）Cu(OH)2的Ksp=c(Cu2+)c2(OH—)，當調節(jié)溶液pH到4.0時，溶液中c(OH—)為10—10mol/L，則c(Cu2+)=4.0×10-20/(10—10mol/L)2=4.0mol/L，故答案為4.0；（2）實驗中用到的化學操作有稱量、過濾（④）、蒸發(fā)（②）和灼燒（⑤），沒有固液常溫下制取氣體（①）和分液（③），故答案為①③；（3）氧化銅和氧化亞鐵分別與硫酸反應生成硫酸銅和硫酸亞鐵，又硫酸過量，則溶質A的主要成分為：FeSO4、CuSO4、H2SO4；向溶液A中加入氧化劑X的目的是將FeSO4氧化為Fe2（SO4）3，為不引進新的雜質，氧化劑X應該為H2O2，故答案為CuSO4、FeSO4、H2SO4；B；（4）從溶液C中獲得硫酸銅晶體，直接加熱蒸干會導致硫酸銅失去結晶水，應該采用的操作方法為：加熱濃縮、冷卻結晶、過濾、自然干燥，故答案為蒸發(fā)濃縮冷卻結晶、過濾、自然干燥；（5）①CuSO4與KI反應生成碘單質、碘化亞銅、硫酸鉀，離子反應為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案為2Cu2++4I-═2CuI↓+I2；②Na2S2O3屬于強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，應用堿式滴定管盛放，淀粉溶液為指示劑，當最后一滴Na2S2O3溶液滴入時，溶液藍色褪去，半分鐘顏色不變，說明滴定到達終點，故答案為最后一滴試液滴入，溶液由藍色變?yōu)闊o色，振蕩半分鐘，溶液無明顯變化；③三次滴定消耗的標準液的體積分別為：（20.12-0.10）mL=20.02mL、（20.34-0.36）mL=19.98mL、（22.12-1.10）mL=21.02mL，前兩組數(shù)據(jù)有效，所以平均體積為：20mL，由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可知，Cu2+～S2O32-，因移取10.00mL溶液A于100mL容量瓶，加水定容至100mL，取稀釋后試液20.00mL于錐形瓶中，所以c（Cu2+）=0.05mol/L×0.02L×5/0.01L=0.5000mol/L，故答案為0.5000；（6）由題給信息可知，持續(xù)通入X氣體，可以看到a處有紅棕色物質生成，a處放的是氧化銅，a處有紅棕色物質生成，說明有金屬銅生成，則N2不可以；b處是硫酸銅白色粉末，b處變藍是硫酸銅白色粉末遇水生成五水合硫酸銅變藍，說明有水生成，c處得到液體且該液體有刺激性氣味，H2不可以，則X氣體為乙醇；乙醇氣體與氧化銅共熱反應生成銅、水和乙醛，反應的化學方程式為CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，故答案為B；CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O?！军c睛】本題考查了硫酸銅晶體中結晶水含量的測定，涉及物質制備實驗設計、物質分離的實驗基本操作，注意掌握測定硫酸銅晶體結晶水含量的方法，理解和掌握物質性質和實驗原理是解題關鍵。26、（1）①溫度；比較FeCl3溶液和MnO2作為催化劑對H2O2分解反應速率影響的差異；產生氣泡的快慢②旋轉分液漏斗的活塞，控制滴加H2O2溶液的速率（2）深；H2O2分解放熱，使平衡2NO2N2O4向生成NO2方向移動，NO2濃度增大，顏色加深【解析】試題分析：（1）①根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，實驗1和2中不同的是溫度，所以實驗1、2研究的是溫度對H2O2分解速率的影響；實驗2、3中不同的是催化劑，所以其實驗的目的是比較FeCl3溶液和MnO2作為催化劑對H2O2分解反應速率影響的差異。通過氣泡產生的快慢可以判斷反應速率。②避免反應過于劇烈方法是控制加入雙氧水的速率，所以正確的操作是旋轉分液漏斗的活塞，控制滴加H2O2溶液的速率。（2）由圖a可知，1mol過氧化氫總能量高于1mol水與0.5mol氧氣總能量，故過氧化氫分解是放熱反應，由圖b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮轉化為四氧化二氮的反應為放熱反應，所以圖c中，右側燒杯的溫度高于左側，升高溫度使2NO2（紅棕色）N2O4（無色）△H＜0，向逆反應方向移動，即向生成NO2移動，故B瓶顏色更深?？键c：考查外界條件對反應速率、平衡狀態(tài)的影響27、堿式偏大無粉紅(或淺紅)AB20.0018.67%【分析】本實驗的目的是通過滴定實驗測定硫酸銨樣品中氮的質量分數(shù)，先使銨根與甲醛發(fā)生反應4NH＋6HCHO=3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋，1mol(CH2)6N4H＋與1molH＋相當，所以再用NaOH標準液滴定溶液中(CH2)6N4H＋和H＋，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)計算出銨根的物質的量，繼而確定樣品中氮的質量分數(shù)?！驹斀狻?1)①NaOH溶液顯堿性，應盛放在堿式滴定管中；若滴定管用蒸餾水洗滌后，直接加入NaOH標準溶液進行滴定，會將標準液稀釋，從而使滴定時消耗的標準液體積偏大，使測定結果偏大；②待測液顯酸性，所以滴定開始時溶液為無色，酚酞變色的pH范圍為8.2~10，滴定終點顯弱堿性，此時為粉紅色，所以滴定達到終點時，酚酞指示劑由無色變?yōu)榉奂t(或淺紅)色，且在30s內不褪去；③A．錐形瓶用蒸餾水洗滌后，水未倒盡，并未影響待測液中溶質的物質的量，所以滴定時用去NaOH標準溶液的體積不變，故A正確；B．滴定管的0刻度在上方，所以俯視讀數(shù)會使讀取的標準液體積偏小，測定結果偏小，故B正確；C．滴定終點溶液呈中性，可以選用甲基橙作指示劑，故C錯誤；D．滴入最后一滴NaOH溶液，溶液突然變色不能說明達到滴定終點，應是溶