2026屆濱州市重點中學化學高二第一學期期中聯(lián)考模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、下列說法正確的是()A．所有的化學反應都有能量變化B．需要加熱的反應一定是吸熱反應C．所有的放熱反應都可以在常溫常壓下自發(fā)進行D．核能作為一種反應熱，是理想的新能源2、氫氧燃料電池，通入氧氣的一極為（）極A．正 B．負 C．陰 D．陽3、下列說法正確的是A．將AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分別加熱、蒸干、灼燒，所得固體成分相同B．配制FeSO4溶液時，將FeSO4固體溶于稀鹽酸中，然后稀釋至所需濃度C．用NaOH溶液調(diào)節(jié)pH除去NH4Cl溶液中的FeCl3D．洗滌油污常用熱的碳酸鈉溶液4、下列物質(zhì)屬于純凈物的是（）A．石油 B．空氣 C．鹽酸 D．液氯5、下列元素中最高正化合價為+7價的是()A．Cl B．H C．N D．He6、在一定條件下，反應：2NO＋O22NO2在定容容器中發(fā)生，對該反應達到平衡的標志的描述中，錯誤的是()A．混合氣體的總分子數(shù)不再變化B．混合氣體的顏色不再變化C．容器的總壓強不再變化D．混合氣體的總質(zhì)量不再變化7、已知熱化學方程式：①CO（g）+1/2O2（g）＝CO2（g）ΔH=-283.0kJ·mol-1②H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g）ΔH=-241.8kJ·mol-1則下列說法正確的是A．H2的燃燒熱為241.8kJ·mol-1B．由反應①、②可知上圖所示的熱化學方程式為CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH=-41.2kJ·mol-1C．H2（g）轉(zhuǎn)變成H2O（g）的化學反應一定要吸收能量D．根據(jù)②推知反應H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（l）ΔH＞-241.8kJ·mol-18、下列物質(zhì)的分類組合全部正確的是編組

強電解質(zhì)

弱電解質(zhì)

非電解質(zhì)

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．D9、一定溫度下，在氫氧化鋇的懸濁液中，存在如下溶解平衡關(guān)系：Ba(OH)2(s)Ba2+(aq)+2OH-(aq)。向此懸濁液中加入少量的氫氧化鋇粉末，下列敘述正確的是（）A．溶液中鋇離子數(shù)減小 B．溶液中c(Ba2+)減小C．溶液中c(OH-)增大 D．pH減小10、H2O分子中每個O原子結(jié)合2個H原子的根本原因是A．共價鍵的方向性 B．共價鍵的鍵長C．共價鍵的鍵角 D．共價鍵的飽和性11、維生素是參與生物生長發(fā)育和新陳代謝所必需的物質(zhì)，中學生每天需要補充一定量的維生素C。下列物質(zhì)中維生素C含量最豐富的是A．魚B．蝦C．牛肉D．橘子12、某溫度下，相同pH的鹽酸和醋酸溶液分別加水稀釋，pH隨溶液體積變化的曲線如圖所示。據(jù)圖判斷正確的是（）A．Ⅱ為鹽酸稀釋時pH變化曲線B．a(chǎn)點Kw的數(shù)值比c點Kw的數(shù)值大C．b點溶液的導電性比c點溶液的導電性強D．b點酸的總濃度大于a點酸的總濃度13、如圖所示為800℃時A、B、C三種氣體在密閉容器中反應時濃度的變化，只從圖上分析不能得出的結(jié)論是（）A．發(fā)生的反應可表示為2A(g)2B(g)＋C(g)B．開始時，正、逆反應同時開始C．前2min內(nèi)A的分解速率為0.1mol·L-1·min-1D．2min時，A、B、C的濃度之比為2∶3∶114、用陽極X和陰極Y電解Z的水溶液，電解一段時間后，再加入W，一定能使溶液恢復到電解前的狀態(tài)，符合題意的一組是組號XYZWACFeNaCl鹽酸BPtCuCuSO4氫氧化銅CCCNaOH水DAgFeAgNO3氧化銀A．A B．B C．C D．D15、下列物質(zhì)中，只含離子鍵的是A．O2 B．KOH C．MgO D．CO216、食品化學家研究得出，當豆油被加熱到油炸溫度時會產(chǎn)生如圖所示的高毒性物質(zhì)，許多疾病都與這種有毒物質(zhì)有關(guān)，如帕金森綜合征。下列關(guān)于該有毒物質(zhì)的判斷不正確的是A．該物質(zhì)可以發(fā)生加成反應 B．該物質(zhì)的分子式為C8H15O2C．該物質(zhì)的分子中含有三種官能團 D．該物質(zhì)屬于烴的衍生物17、25℃，以石墨作電極電解一定量的硫酸鈉飽和溶液。一段時間后，陰極析出amol氣體，同時有mgNa2SO4·10H2O晶體析出。若溫度不變，此時溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)是（）A．ww+18a×100%B．ww+36a×100%C．7100w161(w+36a)%18、下列分散系中，能產(chǎn)生丁達爾效應的是A．硫酸銅溶液 B．氫氧化鐵膠體 C．溴水 D．稀硫酸19、常溫下，濃度均為的4種鈉鹽溶液pH如下：下列說法不正確的是（）溶質(zhì)NaClOpHA．四種溶液中，溶液中水的電離程度最大B．溶液顯酸性的原因是：C．向氯水中加入少量，可以增大氯水中次氯酸的濃度D．常溫下，相同物質(zhì)的量濃度的、、HClO，pH最小的是20、用0.1026mol·L－1的鹽酸滴定25.00mL未知濃度的氫氧化鈉溶液，滴定達終點時，滴定管中的液面如圖所示，正確的讀數(shù)為()A．22.30mL B．22.35mL C．23.65mL D．23.70mL21、在“綠色化學工藝”中，理想狀態(tài)是反應物中的原子全部轉(zhuǎn)化為欲制得的產(chǎn)物，即原子利用率為100%——即“原子經(jīng)濟性”。下列反應能體現(xiàn)原子經(jīng)濟性的是A．CH3CH3＋Br2CH3CH2Br+HBrB．CH2=CH2＋Br2CH2BrCH2BrC．CH3CH2Br＋NaOHCH2=CH2+NaBr+H2OD．CH3CH2OH＋CH3COOHH2O+CH3COOCH2CH322、電解池的陽極電極材料一定（）A．發(fā)生氧化反應 B．與電源正極相連C．是鉑電極 D．失電子二、非選擇題(共84分)23、（14分）A，B，C，D是四種短周期元素，E是過渡元素。A，B，C同周期，C，D同主族，A的原子結(jié)構(gòu)示意圖為，B是同周期第一電離能最小的元素，C的最外層有三個未成對電子，E的外圍電子排布式為3d64s2?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出下列元素的符號：A____，B___，C____，D___。（2）用化學式表示上述五種元素中最高價氧化物對應水化物酸性最強的是___，堿性最強的是_____。（3）用元素符號表示D所在周期第一電離能最大的元素是____，電負性最大的元素是____。（4）E元素原子的核電荷數(shù)是___，E元素在周期表的第____周期第___族，已知元素周期表可按電子排布分為s區(qū)、p區(qū)等，則E元素在___區(qū)。（5）寫出D元素原子構(gòu)成單質(zhì)的電子式____，該分子中有___個σ鍵，____個π鍵。24、（12分）醇酸樹脂是一種成膜性良好的樹脂,下面是一種醇酸樹脂的合成線路:（1）A的名稱是__________,B中含碳官能團的結(jié)構(gòu)式為__________。（2）反應③的有機反應類型是__________。（3）下列說法正確的是（_____）A．1molE與足量的新制氫氧化銅懸濁液反應能生成1molCu2OB．F能與NaHCO3反應產(chǎn)生CO2C．反應①發(fā)生的是消去反應（4）寫出E與銀銨溶液反應的化學方程式________________________________________。（5）的同分異構(gòu)體中同時符合下列條件的芳香族化合物共有_______種；請寫出其中任意兩種________________________________________________。a.能發(fā)生消去反應b.能與過量濃溴水反應生成白色沉淀（6）寫出反應⑤的化學方程式__________________________________________________。25、（12分）滴定是一種化學實驗操作也是一種定量分析的手段。它通過兩種溶液的定量反應來確定某種溶質(zhì)的含量。實驗室常用鄰苯二甲酸氫鉀（KHC8H4O4）來標定氫氧化鈉溶液的濃度，其操作過程為：①準確稱取4.080g鄰苯二甲酸氫鉀加入250mL錐形瓶中；②向錐形瓶中加30mL蒸餾水溶解；③向溶液中加入1～2滴指示劑；④用氫氧化鈉溶液滴定至終點；⑤重復以上操作；⑥根據(jù)數(shù)次實驗數(shù)據(jù)計算氫氧化鈉的物質(zhì)的量的濃度。已知：Ⅰ、到達滴定終點時，溶液的pH約為9.1。Ⅱ、鄰苯二甲酸氫鉀在水溶液中可以電離出一個H+Ⅲ、鄰苯二甲酸氫鉀的相對分子質(zhì)量為204指示劑酚酞甲基橙pH范圍＜8.28.2~10＞10＜3.13.1~4.4＞4.4顏色無色粉紅色紅色紅色橙色黃色（1）為標定氫氧化鈉溶液的濃度，應選用___________作指示劑；（2）完成本實驗，已有電子天平、鐵架臺、滴定管夾、錐形瓶、燒杯等，還必須的儀器是：__________；（3）判斷到達滴定終點的實驗現(xiàn)象是____________________________________________；（4）在整個滴定過程中，兩眼應該注視著________________________________________；（5）滴定實驗記錄數(shù)據(jù)如下表，則NaOH溶液的濃度為______________；實驗編號m（鄰苯二甲酸氫鉀）/gV（NaOH）/mL初始讀數(shù)末尾讀數(shù)14.0800.5020.5224.0801.0020.9834.0800.2024.80（6）滴定過程中，下列操作能使測定結(jié)果（待測液的濃度數(shù)值）偏小的是____________。A．上述操作中，將鄰苯二甲酸氫鉀直接放入錐形瓶中溶解B．滴定管在滴定開始時尖嘴有氣泡，滴定完成時氣泡消失C．滴定完畢，尖嘴外留有液滴或溶液滴在錐形瓶外D．滴定前仰視讀數(shù)而滴定終了俯視讀數(shù)26、（10分）某化學學習小組進行如下實驗：Ⅰ.探究反應速率的影響因素設(shè)計了如下的方案并記錄實驗結(jié)果(忽略溶液混合體積變化)。限選試劑和儀器：0.20mol·L-1H2C2O4溶液、0.010mol·L-1KMnO4溶液（酸性）、蒸餾水、試管、量筒、秒表、恒溫水浴槽（1）若上述實驗②、③是探究濃度對化學反應速率的影響，則a為______________；乙是實驗需要測量的物理量，則表格中“乙”應填寫__________________。Ⅱ.測定H2C2O4·xH2O中x值已知：M（H2C2O4）=90g·mol-1①稱取1.260g純草酸晶體，將草酸制成100.00mL水溶液為待測液；②取25.00mL待測液放入錐形瓶中，再加入適量的稀H2SO4；③用濃度為0.05000mol·L-1的KMnO4標準溶液進行滴定。反應原理為：5H2C2O4+2MnO4—+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O（2）某學生的滴定方式（夾持部分略去）如下，最合理的是________（選填a、b）。由圖可知消耗KMnO4溶液體積為________mL。（3）滴定終點錐形瓶內(nèi)現(xiàn)象為__________________________________________________。（4）通過上述數(shù)據(jù)，求得x=______________。（5）下列操作會造成所測x偏大的是____________(填字母)。A．滴定終點俯視讀數(shù)B．錐形瓶用待測溶液潤洗C．滴定前有氣泡，滴定后沒有氣泡D．配制100mL待測溶液時，有少量濺出27、（12分）某興趣小組在實驗室用乙醇、濃硫酸和溴化鈉和水混合反應來制備溴乙烷，并探究溴乙烷的性質(zhì)。有關(guān)數(shù)據(jù)見下表：乙醇溴乙烷溴狀態(tài)無色液體無色液體深紅色液體密度/(g·cm?3)0.791.443.1沸點/℃78.538.459一．溴乙烷的制備反應原理和實驗裝置如下(加熱裝置、夾持裝置均省略)：H2SO4+NaBrNaHSO4+HBr↑CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O(1)圖中沸石的作用為_____________。若圖甲中A加熱溫度過高或濃硫酸的濃度過大，均會使C中收集到的粗產(chǎn)品呈橙色，原因是A中發(fā)生了副反應生成了________；F連接導管通入稀NaOH溶液中，其目的主要是吸收_________等防止污染空氣；導管E的末端須低于D中燒杯內(nèi)的水面，其目的是_______________________________。(2)粗產(chǎn)品用上述溶液洗滌、分液后，再經(jīng)過蒸餾水洗滌、分液，然后加入少量的無水硫酸鎂固體，靜置片刻后過濾，再將所得濾液進行蒸餾，收集到的餾分約10.0g。從乙醇的角度考慮，本實驗所得溴乙烷的產(chǎn)率是_____________(保留3位有效數(shù)字)。二．溴乙烷性質(zhì)的探究用如圖實驗裝置驗證溴乙烷的性質(zhì)：(3)在乙中試管內(nèi)加入10mL6mol·L－1NaOH溶液和2mL溴乙烷，振蕩、靜置，液體分層，水浴加熱。該過程中的化學方程式為_______________________________________，證明溴乙烷與NaOH溶液已反應完全的現(xiàn)象是________________________________。(4)若將乙中試管里的NaOH溶液換成NaOH乙醇溶液，為證明產(chǎn)物為乙烯，將生成的氣體通入如圖裝置。a試管中的水的作用是________________；若無a試管，將生成的氣體直接通入b試管中，則b中的試劑可以為______________。28、（14分）(1)已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ/molC(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH2＝＋131.3kJ/mol則反應CO(g)+H2(g)+O2(g)=H2O(g)+CO2(g)，ΔH=_____________kJ/mol。(2)在一恒容的密閉容器中，由CO和H2合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH①下列情形不能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是_________(填序號)。A．每消耗1molCO的同時生成2molH2B．混合氣體總物質(zhì)的量不變C．生成CH3OH的速率與消耗CO的速率相等D．CH3OH、CO、H2的濃度都不再發(fā)生變化②CO的平衡轉(zhuǎn)化率(α)與溫度、壓強的關(guān)系如圖所示。A、B兩點的平衡常數(shù)K(A)_______K(B)(填“＞”、“=”或“＜”,下同)；由圖判斷ΔH______0。③某溫度下，將2.0molCO和6.0molH2充入2L的密閉容器中，充分反應后，達到平衡時測得c(CO)=0.25mol/L，則CO的轉(zhuǎn)化率=________，此溫度下的平衡常數(shù)K=_________(保留二位有效數(shù)字)。29、（10分）氨是化學實驗室及化工生產(chǎn)中的重要物質(zhì)，應用廣泛。(1)已知25℃時：N2（g）+O2（g）2NO（g）△H1＝+183kJ／mol2H2（g）+O2（g）＝2H2O（1）△H2＝-571.6kJ／mol4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（1）△H3＝-1164.4kJ／mol則N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝________kJ／mol(2)在恒溫恒容密閉容器中進行合成氨反應，起始投料時各物質(zhì)濃度如下表：N2H2NH3投料I1.0mol/L3.0mol/L0投料II0.5mol/L1.5mol/L1.0mol/L①按投料I進行反應，測得達到化學平衡狀態(tài)時H2的轉(zhuǎn)化率為40％，若按投料II進行反應，起始時反應進行的方向為________（填“正向”或“逆向”）。②L（L1、L2）、X可分別代表壓強或溫度。如圖表示L一定時，合成氨反應中H2（g）的平衡轉(zhuǎn)化率隨X的變化關(guān)系。iX代表的物理量是_________，ii判斷L1、L2的大小關(guān)系，并簡述理由：_____________。

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【詳解】A．所有化學反應中通常伴隨有能量的變化，故A正確；B．需要加熱才能進行的反應，不一定是吸熱反應，如鋁熱反應是放熱反應，但需在加熱條件下以保證足夠的熱量引發(fā)氧化鐵和鋁粉反應，故B錯誤；

C．放熱反應不一定在常溫常壓下自發(fā)進行，如鋁熱反應是放熱反應，在常溫常壓下不能自發(fā)進行，故C錯誤；D．核反應不是化學反應，核能不是反應熱，故D錯誤；答案選A?！军c睛】反應熱通常是指：體系在等溫、等壓過程中發(fā)生化學的變化時所放出或吸收的熱量?；瘜W反應熱有多種形式，如：生成熱、燃燒熱、中和熱等，核反應不是化學反應，核能不是反應熱，為易錯點。2、A【詳解】氫氧燃料電池中，氫氣失電子，發(fā)生氧化反應，為負極，氧氣得電子，發(fā)生還原反應為正極；A項正確；綜上所述，本題選A。3、D【解析】A．氯化鋁水解生成氫氧化鋁和氯化氫，加熱促進氯化氫揮發(fā)，從而促進氯化鋁水解，將溶液蒸干得到氫氧化鋁固體，灼燒，得到氧化鋁；硫酸鋁水解生成氫氧化鋁和硫酸，加熱促進硫酸鋁水解，因為硫酸沒有揮發(fā)性，所以得到的固體仍然是Al2(SO4)3，故A錯誤；B．Fe2+易水解，水解生成H+，水解的離子方程式為Fe2++2H2O?Fe(OH)2+2H+，配制溶液時，將FeSO4固體溶于稀鹽酸中抑制FeSO4水解，然后再用水稀釋到所需的濃度，鹽酸溶液中引入氯離子，應該溶于硫酸中，故B錯誤；C．用NaOH溶液調(diào)節(jié)pH除去NH4Cl溶液中的FeCl3，會引入雜質(zhì)氯化鈉，同時也將氯化銨除去了，應該使用氨水，故C錯誤；D．純堿溶液水解顯堿性，升溫促進水解，油脂在堿性條件下能發(fā)生水解，從而達到洗滌油污的目的，故D正確；故選D?！军c睛】本題考查了鹽類水解及其應用。本題的易錯點為A，要注意硫酸和鹽酸的性質(zhì)的區(qū)別，鹽酸易揮發(fā)，硫酸不揮發(fā)。4、D【詳解】A.石油是多種烴類組成的復雜混合物，A項錯誤；B.空氣主要有氮氣和氧氣組成，還有少量其它氣體，屬于混合物，B項錯誤；C.鹽酸是氯化氫的水溶液，是混合物，C項錯誤；D.液氯就是液態(tài)的，為純凈物，D項正確；答案選D?！军c睛】同學們需要注意液氯和氯水的區(qū)別，液氯是純凈物，氯水即氯+水，是一種復雜的混合物。5、A【解析】一般情況下（氧、氟元素除外），主族元素的最高正化合價=最外層電子數(shù)。【詳解】A、Cl元素的最高正化合價為+7價，A正確；B、H元素的最高正化合價為+1價，B錯誤；C、N元素的最高正化合價為+5價，C錯誤；D、He是稀有氣體元素，化合價一般只有0價，D錯誤，答案選A。6、D【詳解】A.混合氣體的總分子數(shù)不再變化，說明各組分的濃度保持不變，達到平衡；B.混合氣體的顏色不再變化，說明各組分的濃度保持不變，達到平衡；C.容器的總壓強不再變化，說明各組分的濃度保持不變，達到平衡；D.反應混合物中各組分均為氣體，故混合氣體的總質(zhì)量一直不變，混合氣體的總質(zhì)量不再變化不能說明達到平衡。故選D。7、B【詳解】A.反應②是1mol氫氣完全燃燒生成的是水蒸氣時放熱241.8kJ，不是氫氣的燃燒熱，故A錯誤；B.根據(jù)蓋斯定律：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正確；C.由圖像可知，CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）為放熱反應，則其逆過程為吸熱反應，說明H2（g）轉(zhuǎn)變成H2O（g）的化學反應可能吸收能量，故C錯誤；D.反應②H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g）；ΔH=-241.8kJ·mol-1，若生成液態(tài)水，則放出的熱要大于241.8kJ，由于ΔH為負值，所以H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（l）；ΔH<—241.8kJ·mol-1，故D錯誤。所以B選項是正確的。8、D【詳解】A、電解質(zhì)和非電解質(zhì)都是化合物，而Cl2是單質(zhì)，A錯誤；B、CaCO3為強電解質(zhì)，B錯誤；C、氨水是混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，C錯誤；D、Ba(OH)2是強堿屬于強電解質(zhì)，CH3COOH是弱酸屬于弱電解質(zhì)，乙醇為有機物，在水溶液中不能發(fā)生電離，為非電解質(zhì)，D正確；答案選D。9、A【詳解】A.加入氫氧化鋇粉末，氫氧化鋇會帶有結(jié)晶水析出，溶解的氫氧化鋇析出，溶液中Ba2＋的物質(zhì)的量減少，即Ba2＋數(shù)目減小，故A正確；B.有氫氧化鋇析出，但溶液仍為飽和溶液，c(Ba2＋)不變，故B錯誤；C.有氫氧化鋇析出，但溶液仍為飽和溶液，c(OH－)不變，故C錯誤；D.根據(jù)C選項分析，c(OH－)不變，pH不變，故D錯誤。答案選A。10、D【解析】最外層有6個電子，可得到2個電子形成8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；H原子最外層1個電子，只能形成2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則每個O原子結(jié)合2個H原子與共價鍵的飽和性有關(guān)，故選D。11、D【解析】蔬菜和水果中含有豐富的維生素C。故答案為D。12、C【解析】A.CH3COOH是弱酸，在水溶液中部分電離，HCl是強電解質(zhì)，在水溶液中完全電離，pH相同的醋酸和鹽酸，c（CH3COOH）>c（HCl），加水稀釋促進醋酸電離，pH相同的醋酸和鹽酸稀釋相同的倍數(shù)，pH變化大的是HCl、變化小的是醋酸，根據(jù)圖知，Ⅱ是醋酸、l是鹽酸，故A錯誤；B.離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，與溶液酸性強弱無關(guān)，a、c兩點溶液溫度相同，其離子積常數(shù)相同，故B錯誤；C.溶液導電性與離子濃度成正比，根據(jù)圖知，c點pH大于b點，所以b點氫離子濃度大于c點，b點溶液導電能力大于c點，故C正確；D.II是醋酸、I是鹽酸，pH相同的醋酸和鹽酸，c（CH3COOH）>c（HCl），加水稀釋相同的倍數(shù)，醋酸濃度仍然大于鹽酸，所以b點酸的總濃度小于a點酸的總濃度，故D錯誤；答案選C。13、B【詳解】A．據(jù)圖可知A濃度減小，應為反應物，B、C的濃度增大，應為生成物；相同時間內(nèi)△c(A)=0.2mol/L，△c(B)=0.2mol/L，△c(C)=0.1mol/L，同一反應同一時段內(nèi)反應速率之比等于計量數(shù)之比，所以A、B、C的計量數(shù)之比為0.2:0.2:0.1=2:2:1，所以反應方程式為2A(g)2B(g)＋C(g)，故A正確；B．據(jù)圖可知開始時C的濃度為0，所以此時逆反應速率應為0，故B錯誤；C．前2min內(nèi)△c(A)=0.2mol/L，所以A的分解速率為0.1mol·L-1·min-1，故C正確；D．據(jù)圖可知2min時，c(A)=0.2mol/L，c(B)=0.3mol/L，c(C)=0.1mol/L，濃度之比為2:3:1，故D正確；故答案為B。14、C【解析】用陽極X和陰極Y電解Z的水溶液，電解一小段時間后，再加入W能使溶液恢復到電解前的狀態(tài)，根據(jù)“析出什么加入什么”原則判斷?！驹斀狻緼.C作陽極、Fe作陰極、電解NaCl溶液，陽極上Cl?放電生成Cl2、陰極上H2O得電子生成H2和OH?，所以析出的相當于HCl，要使電解后溶液恢復原狀，需要通入適量HCl，故A錯誤；B.Pt作陽極、Cu作陰極、電解CuSO4溶液，陽極上H2O得電子生成O2和H+，陰極Cu2+得電子生成Cu，所以析出的相當于CuO，應該加入CuO使溶液恢復原狀，故B錯誤；C.以C作陰陽極，電解NaOH溶液，陽極上H2O得電子生成O2和H+,，陰極上H2O得電子生成H2和OH?，相當于電解水，所以需要加入適量水使電解后溶液恢復原狀，故C正確；D.以Ag作陽極、Fe作陰極、電解AgNO3溶液，陽極上Ag失電子、陰極上Ag+得電子生成Ag，所以該裝置相當于電鍍池，相當于電解質(zhì)溶液不發(fā)生變化，所以不需要加入物質(zhì)，故D錯誤。故選C。15、C【詳解】A．氧氣是含有共價鍵的單質(zhì)，A錯誤；B．氫氧化鉀是含有離子鍵和共價鍵的離子化合物，B錯誤；C．氧化鎂是只含有離子鍵的離子化合物，C正確；D．二氧化碳是含有共價鍵的共價化合物，D錯誤；答案選C?！军c晴】明確化學鍵的概念、判斷依據(jù)以及與化合物的關(guān)系是解答的關(guān)鍵，一般活潑的金屬與活潑的非金屬之間容易形成離子鍵，非金屬元素的原子之間容易形成共價鍵，含有離子鍵的化合物一定是離子化合物，全部由共價鍵形成的化合物是共價化合物，解答時注意靈活應用。16、B【詳解】A.含有碳碳雙鍵，醛基，可發(fā)生加成反應，故A不選；B.該物質(zhì)的分子式為C9H16O2，故B選；C.分子中含碳碳雙鍵、?CHO、?OH，故C不選；D.含有O元素，屬于烴的衍生物，故D不選；故選：B。17、D【解析】用Pt作電極，電解飽和硫酸鈉溶液時，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，陰極上氫離子放電生成氫氣，實際上是電解水，發(fā)生總反應2H2O2H2↑+O2，由于溶劑水的減少，導致溶液中硫酸鈉過飽和而析出晶體，但剩余的電解質(zhì)溶液仍是飽和溶液，析出的硫酸鈉晶體和電解的水組成的也是飽和溶液，根據(jù)質(zhì)量分數(shù)公式計算即可?！驹斀狻坑肞t作電極，電解飽和硫酸鈉溶液時，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，陰極上氫離子放電生成氫氣，電解水后，溶液中硫酸鈉過飽和導致析出晶體，剩余的電解質(zhì)溶液仍是飽和溶液，析出的硫酸鈉晶體和電解的水組成的也是飽和溶液.

wgNa2SO4?10H2O硫酸鈉的質(zhì)量=wg×142322=71w設(shè)電解水的質(zhì)量為x：2H2O2H2↑+O236g2mol

xamolx=18ag所以飽和溶液的質(zhì)量分數(shù)=71w161/[(w+18a)g]×100%=7100w故答案選D?！军c睛】本題難度較大，要求對學過的溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)知識靈活運用的同時，還必須有嚴謹?shù)倪\算思維與較強的計算能力，分別求出溶質(zhì)硫酸鈉與溶劑水的質(zhì)量是解題的關(guān)鍵。另外，抓住電解飽和硫酸鈉溶液實質(zhì)是電解水這一點，進而間接求出消耗的水的質(zhì)量。18、B【詳解】A.硫酸銅溶液不是膠體，不能產(chǎn)生丁達爾效應，A項錯誤；

B.氫氧化鐵膠體能產(chǎn)生丁達爾效應，B項正確；

C.溴水屬于溶液，不是膠體，不能產(chǎn)生丁達爾效應，C項錯誤；

D.稀硫酸屬于溶液，不屬于膠體，不能產(chǎn)生丁達爾效應，D項錯誤；答案選B?！军c睛】丁達爾效應為膠體獨有的性質(zhì)，能產(chǎn)生丁達爾效應的應是膠體。生活中常見的膠體有牛奶、豆?jié){、淀粉、雞蛋清、云、霧、氫氧化鐵膠體、墨水等。19、B【詳解】根據(jù)相同濃度的鈉鹽溶液pH大小知，酸根離子水解程度大小順序是：，則酸的強弱順序是，A.相同濃度的這幾種鈉鹽溶液中，溶液pH越大則水的電離程度越大，根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，水的電離程度最大的是碳酸鈉溶液，故A正確；B.亞硫酸氫鈉溶液呈酸性，說明電離程度大于水解程度，亞硫酸氫根離子是弱酸陰離子部分電離，，，故B錯誤；C.鹽酸和碳酸氫鈉反應生成氯化鈉、水和二氧化碳，促進氯氣和水反應，次氯酸和碳酸氫鈉不反應，所以導致溶液中次氯酸濃度增大，故C正確；D.酸根離子水解程度越大，則酸的酸性越弱，酸根離子水解程度大小順序是：，則酸的強弱順序是，所以常溫下，相同物質(zhì)的量濃度的、、HClO溶液，pH最大的是HClO溶液，pH最小的是，故D正確；故選：B。20、B【詳解】滴定管的零刻度在上面，精確到0.01mL，滴定管的零刻度在上面，從上往下，刻度增大，滴定管中的液面讀數(shù)為22.35mL，答案選B。21、B【解析】由題干信息以及選項方程式可知，ACD均有除目標產(chǎn)物以外的其它物質(zhì)生成，原子利用率達不到100%，而B達到了，故答案為B?！军c睛】由題可知，化學反應若要符合“原子經(jīng)濟性”，則該反應類型為化合反應、加成反應。22、B【詳解】A．電解池中，陽極上失電子，發(fā)生反應類型是氧化反應，陽極是惰性電極時，則是電解質(zhì)溶液中的離子失電子發(fā)生氧化反應，而不是電極材料，故A錯誤；B．電解池中，陽極與電源正極相連，故B正確；C．陽極材料必須是導電的物質(zhì)，可以是活性電極，也可以是惰性電極，不一定是Pt，故C錯誤；D．電解池中，陽極材料若為活潑金屬，則陽極材料將直接失去電子發(fā)生氧化，若為不活潑金屬或碳棒，則由電解質(zhì)溶液中陰離子失電子，而不是電極材料，故D錯誤；答案選B。二、非選擇題(共84分)23、SiNaPNHNO3NaOHNeF26四Ⅷd12【分析】A、B、C、D是四種短周期元素，由A的原子結(jié)構(gòu)示意圖可知，x=2，A的原子序數(shù)為14，故A為Si，A、B、C同周期，B是同周期第一電離能最小的元素，故B為Na，C的最外層有三個未成對電子，故C原子的3p能級有3個電子，故C為P，C、D同主族，故D為N，E是過渡元素，E的外圍電子排布式為3d64s2，則E為Fe?！驹斀狻?1)由上述分析可知，A為Si、B為Na、C為P、D為N；(2)非金屬越強最高價氧化物對應水化物酸性越強，非金屬性N＞P＞Si，酸性最強的是HNO3，金屬性越強最高價氧化物對應水化物堿性越強，金屬性Na最強，堿性最強的是NaOH；(3)同周期元素，稀有氣體元素的第一電離能最大，所以第一電離能最大的元素是Ne，周期自左而右，電負性增大，故電負性最大的元素是F；(4)E為Fe元素，E的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，故核電荷數(shù)是26，F(xiàn)e在周期表中處于第四周期Ⅷ族，在周期表中處于d區(qū)；(5)D為氮元素，原子核外電子排布式為1s22s22p3，最外層有3個未成對電子，故氮氣的電子式為：，該分子中有1個σ鍵，2個π鍵?！军c睛】本題重點考查元素推斷和元素周期律的相關(guān)知識。本題的突破點為A的原子結(jié)構(gòu)示意圖為，可推出A為Si，A、B、C同周期，B是同周期第一電離能最小的元素，故B為Na，C的最外層有三個未成對電子，故C原子的3p能級有3個電子，故C為P，C、D同主族，故D為N，E是過渡元素，E的外圍電子排布式為3d64s2，則E為Fe。非金屬越強最高價氧化物對應水化物酸性越強，金屬性越強最高價氧化物對應水化物堿性越強；同周期元素，稀有氣體元素的第一電離能最大，同周期自左而右，電負性逐漸增大。24、丙烯水解反應或取代反應BC+4Ag（NH3）2OH+4Ag↓+6NH3↑+2H2O6【分析】CH3CH2CH2Br在NaOH乙醇溶液發(fā)生消去反應，，A為丙烯；根據(jù)信息，，CH3CH=CH2與NBS反應生成CH2BrCH=CH2，B為CH2=CHCH2Br；與溴發(fā)生加成生成C，C為CH2BrCHBrCH2Br；與NaOH水溶液發(fā)生鹵代烴的水解反應，D為丙三醇CH2OHCHOHCH2OH；催化氧化生成E，E為，被新制氫氧化銅氧化，酸化，生成F，F(xiàn)為，和丙三醇發(fā)生縮聚，生成?！驹斀狻浚?）CH3CH2CH2Br在NaOH乙醇溶液發(fā)生消去反應，，A為丙烯；根據(jù)信息，，CH3CH=CH2與NBS反應生成CH2BrCH=CH2，B為CH2=CHCH2Br，B中含有的官能團為碳碳雙鍵，為；（2）反應③的化學反應為鹵代烴的水解，有機反應類型：取代反應或水解反應；（3）A.1molE含2mol醛基，與足量的新制氫氧化銅懸濁液反應能生成2molCu2O，A錯誤；B.含有羧基，能與NaHCO3反應產(chǎn)生CO2，B正確；C.CH3CH2CH2Br在NaOH乙醇溶液發(fā)生消去反應，C正確；答案為BC（4）+4Ag（NH3）2OH+4Ag↓+6NH3↑+2H2O（5）含苯環(huán)，能發(fā)生消去反應看，則支鏈的2個碳原子相連且一個羥基連接在支鏈上；能與過量濃溴水反應生成白色沉淀，則一個羥基連接在苯環(huán)上；同時滿足的同分異構(gòu)體有，各自的鄰、間、對，共計6種；答案為：6；；（6）二元酸與二元醇可以發(fā)生縮聚反應：25、酚酞堿式滴定管、量筒、藥匙滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且在半分鐘內(nèi)不褪色錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化1.000mol·L-1BC【解析】本題考查了指示劑的選取，酸堿中和滴定的操作過程和誤差分析?！驹斀狻浚?）滴定終點為堿性pH＞7，由表可知，酚酞是唯一選擇；（2）精確滴加氫氧化鈉溶液，用堿式滴定管，配置溶液用量筒、藥匙；（3）溶液中有酚酞，滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且在半分鐘內(nèi)不褪色；（4）在滴定過程中，存在滴定突躍，故必須嚴密觀察錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化；（5）第1、2、3次實驗消耗氫氧化鈉溶液的體積依次為20.02mL、19.98mL、24.60mL，第3次誤差大，不參與計算，氫氧化鈉平均體積差為20.00mL，鄰苯二甲酸氫鉀在水溶液中可以電離出一個H+，可視為一元酸，4.080g鄰苯二甲酸氫鉀物質(zhì)的量為0.02mol，消耗氫氧化鈉0.02mol，NaOH溶液的濃度為1.000mol·L-1；（6）A．上述操作中，將鄰苯二甲酸氫鉀直接放入錐形瓶中溶解，對反應無影響；B．滴定管在滴定開始時尖嘴有氣泡，滴定完成時氣泡消失，導致消耗氫氧化鈉溶液體積偏大，故測量結(jié)果偏?。籆．滴定完畢，尖嘴外留有液滴或溶液滴在錐形瓶外，導致消耗氫氧化鈉溶液體積偏大，測量結(jié)果偏??；D．滴定前仰視讀數(shù)，而滴定終了俯視讀數(shù)，導致消耗NaOH溶液體積偏小，測量結(jié)果偏高。26、1.0溶液褪色的時間b20.00滴最后一滴KMnO4，溶液由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色2AD【解析】（1）當探究某一種因素對反應速率的影響時，必須保持其他影響因素一致，通過比較實驗①②的反應條件可知，實驗①②可探究溫度對反應速率的影響；實驗②③中的H2C2O4溶液的加入體積不同，故要探究H2C2O4溶液濃度不同對反應速率的影響，但反應體積溶液的總體積需相同，故應加入蒸餾水來確保溶液的總體積均為6.0mL，要準確描述反應速率的快慢，必須準確測得溶液褪色時間的長短；（2）根據(jù)高錳酸鉀溶液呈酸性，應選擇酸式滴定管；根據(jù)滴定管的結(jié)構(gòu)來解答；（3）根據(jù)滴定終點時溶液顏色的變化分析；（4）根據(jù)方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O進行計算；（5）根據(jù)c（待測）=c(標準)×V(標準)/V(待測)，分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差?！驹斀狻浚?）當探究某一種因素對反應速率的影響時，必須保持其他影響因素一致，通過比較實驗①②的反應條件可知，實驗①②可探究溫度對反應速率的影響；實驗②③中的H2C2O4溶液的加入體積不同，故要探究H2C2O4溶液濃度不同對反應速率的影響，但反應體積溶液的總體積需相同，故應加入蒸餾水來確保溶液的總體積均為6.0mL，則a的值為1.0；要準確描述反應速率的快慢，必須準確測得溶液褪色時間的長短，故乙要測量的物理量是溶液褪色的時間（t溶液褪色時間/s）；其他條件相同，故答案為1.0；溶液褪色的時間。（2）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物質(zhì)，堿式滴定管只能盛放堿性溶液，高錳酸鉀溶液呈酸性，應盛放在酸式滴定管中，即b正確，滴定前刻度為0.80ml，滴定后刻度是20.80ml，消耗高錳酸鉀的體積為(20.80－0.80)mL=20.00mL，故答案為b，20.00。（3）根據(jù)酸性高錳酸鉀溶液為紫紅色，滴定終點時，滴最后一滴KMnO4，溶液由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色，故答案為滴最后一滴KMnO4，溶液由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色。（4）5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O52n=0.00250.05×0.02m（H2C2O4）=0.0025mol×90g/mol=0.225gm（H2C2O4·xH2O）=1.26g×25/100=0.315gm（H2O）=0.315g-0.225g=0.09gn（H2O）=0.09g/18g/mol=0.005mol①又因為n（H2C2O4）=0.0025mol，根據(jù)元素守恒即n（H2C2O4·xH2O）=0.0025moln（H2O）=0.0025x②聯(lián)立①②得0.0025x=0.005，計算得出x=2故答案為2。（5）A.滴定終點俯視讀數(shù)，讀數(shù)偏小，結(jié)果偏低，消耗高錳酸鉀體積減小，草酸的質(zhì)量減小，x偏大，故A正確；B.錐形瓶用待測溶液潤洗，消耗標準液體積增加，結(jié)果偏高，消耗高錳酸鉀體積增大，草酸的質(zhì)量增大，x偏小，故B錯誤；C.滴定前有氣泡，滴定后沒有氣泡，消耗標準液體積增加，結(jié)果偏高，消耗高錳酸鉀體積增大，草酸的質(zhì)量增大，x偏小，故C錯誤；配制100mL待測溶液時，有少量濺出，濃度偏低，消耗標準液體積減少，結(jié)果偏低，消耗高錳酸鉀體積減小，草酸的質(zhì)量減小，x偏大，故D正確。故答案為AD。27、防暴沸Br2HBr、SO2、Br2使溴乙烷充分冷卻53.4%CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr試管乙中分層現(xiàn)象消失吸收乙醇溴水或溴的CCl4溶液【分析】(1)產(chǎn)生的HBr是用NaBr和濃硫酸反應制備的，濃硫酸具有強氧化性，結(jié)合溴離子具有還原性分析解答；反應產(chǎn)生SO2，Br2，HBr氣體，均會污染大氣；導管E的作用是冷凝溴乙烷，據(jù)此分析解答；(2)最終收集到10.0g餾分，為溴乙烷(CH3CH2Br)，根據(jù)反應物中為10.0mL乙醇，結(jié)合反應方程式計算溴乙烷的理論產(chǎn)量，在計算產(chǎn)率；(3)溴乙烷在NaOH水溶液中加熱發(fā)生水解反應，產(chǎn)生的NaBr和乙醇均易溶于水，而溴乙烷難溶于水，據(jù)此分析解答；(4)產(chǎn)生的乙烯中可能會混入乙醇，乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，則應先除去混有的乙醇，再驗證乙烯，結(jié)合乙烯和乙醇的性質(zhì)的差異選擇合適的試劑?！驹斀狻?1)加入沸石可以防止液體加熱是發(fā)生暴沸；產(chǎn)生的HBr是用NaBr和濃硫酸反應制備的，若圖甲中A加熱溫度過高或濃硫酸的濃度過大，濃硫酸具有強氧化性，反應溫度過高會使反應劇烈，產(chǎn)生橙色的Br2，均會使C中收集到的粗產(chǎn)品呈橙色，發(fā)生反應的化學方程式為：2HBr+H2SO4(濃)=Br2+SO2+2H2O；反應產(chǎn)生SO2，Br2，HBr氣體，會污染大氣，應用NaOH溶液吸收，防止污染空氣；導管E的作用是冷凝溴乙烷，導管E的末端須低于D的水面，可以使溴乙烷充分冷卻，提高產(chǎn)率，故答案為：防暴沸；Br2；SO2，Br2，HBr；使溴乙烷充分冷卻，提高產(chǎn)率；(2)10mL乙醇的質(zhì)量為0.79×10g=7.9g，其物質(zhì)的量為=0.172mol，所以理論上制得溴乙烷的物質(zhì)的量為0.172mol，其質(zhì)量為0.172mol×109g/mol=18.75g，實際上產(chǎn)量為10g，則溴乙烷的產(chǎn)率=×100%=53.4%，故答案為：53.4%；(3)在乙中試管內(nèi)加入NaOH溶液和溴乙烷，振蕩，二者發(fā)生溴乙烷的水解反應，反應的方程式為CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；溴乙烷難溶于水，而產(chǎn)物均易溶于水，因此驗證溴乙烷與NaOH溶液已反應完全的現(xiàn)象是試管乙中分層現(xiàn)象消失，故答案為：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；試管乙中分層現(xiàn)象消失；(4)為證明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中反應的氣體產(chǎn)物為乙烯，將生成的氣體通入丙裝置，隨著反應的發(fā)生，產(chǎn)生的乙烯中可能會混有乙醇，乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶