2024届河北省迁西县一中化学高二第一学期期中统考试题含解析

2024届河北省迁西县一中化学高二第一学期期中统考试题考生请注意：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、下列各组物质的熔点均与所含化学键有关的是A．CaO与CO2B．NaCl与HClC．CaCO3与SiO2D．Cl2与I22、肼(N2H4)又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。已知：N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g)ΔH=+67.7kJ/mol2N2H4(g)+2NO2(g)＝3N2(g)+4H2O(g)ΔH=－1135.7kJ/mol下列说法正确的是A．N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g)ΔH=－1068kJ/molB．铂做电极，以KOH溶液为电解质的肼——空气燃料电池，放电时的负极反应式：N2H4－4e－+4OH－＝N2+4H2OC．肼是与氨类似的弱碱，它易溶于水，其电离方程式：N2H4+H2ON2H5++OH-D．2NO2N2O4，加压时颜色加深，可以用勒夏特列原理解释3、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4、我国镍氢电池居世界先进水平，我军潜艇将装备国产大功率镍氢动力电池。常见镍氢电池的某极是储氢合金LaNi5H6(LaNi5H6中各元素化合价均可视为零价)，电池放电时发生的反应通常表示为:LaNi5H6＋6NiO(OH)＝LaNi5＋6Ni(OH)2。下列说法正确的是（）A．放电时储氢合金作正极B．放电时负极反应为：LaNi5H6－6e－＝LaNi5＋6H＋C．充电时阳极周围c(OH－)减小D．充电时储氢合金作负极5、与金属的物理性质无关的是A．良好的导电性B．反应中易失去电子C．延展性D．导热性6、下列属于取代反应的是A．用乙烯制乙醇 B．用乙酸和乙醇制乙酸乙酯C．用植物油制人造脂肪 D．用含有KMnO4的硅藻土吸收乙烯7、常温下0.1molL-1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=(a+1)的措施是A．将溶液稀释到原体积的10倍 B．加入适量的醋酸钠固体C．加入等体积0.2molL-1盐酸 D．提高溶液的温度8、关于下列装置说法正确的是()A．装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大C．用装置③精炼铜时，溶液中Cu2+的浓度一定始终不变D．装置④中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成9、下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是()A．双氧水受热分解B．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应C．灼热的木炭与二氧化碳化合D．甲烷在空气中燃烧的反应10、物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，pH值依次是8、9、10，则HX，HY，HZ的酸性由强到弱的顺序是A．HY、HX、HZ B．HZ、HY、HX C．HX、HY、HZ D．HY、HZ、HX11、下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（）A．防腐剂 B．调味剂 C．着色剂 D．增稠剂12、下列说法不正确的是()A．第ⅠA族元素的电负性从上到下逐渐减小，而第ⅦA族元素的电负性从上到下逐渐增大B．电负性的大小可以作为衡量元素的金属性和非金属性强弱的尺度C．元素的电负性越大，表示其原子在化合物中吸引电子能力越强D．NaH的存在能支持可将氢元素放在第ⅦA族的观点13、在10℃时某化学反应速率为0.05mol/(L•s)，若温度每升高10℃反应速率增加到原来的4倍。为了把该反应速率提高到3.2mol/(L•s)，该反应需在什么温度下进行A．30℃ B．40℃ C．50℃ D．60℃14、下列物质含有离子键的是A．N2 B．CO2 C．NaOH D．HCl15、已知：H2R＝H＋＋HR－，HR－H＋＋R2－，NA是阿伏加德罗常数的值。常温下，对pH＝1的H2R溶液的有关说法错误的是（）A．1L该溶液中H＋数目为0.1NAB．Na2R溶液中存在R2－、HR－、H2R等粒子C．该溶液中c（H＋）＝c（OH－）＋c（HR－）＋2c（R2－）D．常温下，加水稀释该溶液，HR－的电离程度增大16、恒温恒压下，1molA和nmolB在一个容积可变的容器中发生如下可逆反应：A(g)+2B(g)2C(g)，一段时间后达到平衡，生成amolC，则下列说法中正确的是()A．物质A、B的转化率之比为1∶2B．起始时刻和达到平衡后容器中混合气体的密度相等C．当υ正(A)=2υ逆(C)时，可断定反应达到平衡状态D．若起始时放入2molA和2nmolB，则达平衡时C的物质的量为2amol17、对于可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)△H＜0，下列各图中正确的是（）A．B．C．D．18、下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A．CH3COOHB．SO2C．K2SO4D．Cl219、下列关于晶体的说法正确的组合是（）①分子晶体中都存在共价键②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键⑤CaTiO3晶体中（晶胞结构如图所示）每个Ti4+和12个O2-相紧邻⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定⑧氯化钠熔化时离子键被破坏A．①②③⑥ B．①②④ C．③⑤⑦ D．③⑤⑧20、现在，我们把无污染．无公害的食品叫做绿色食品。而最初，专家把绿色植物通过光合作用转化的食品叫做绿色食品，海洋提供的食品叫做蓝色食品，通过微生物发酵制得的食品叫做白色食品。根据最初的说法，下列属于绿色食品的是（）A．大米 B．海带 C．食醋 D．食盐21、化学与环境密切相关，下列有关说法错误的是:A．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成B．对酸性物质的排放加以控制，开发新清洁能源是减少酸雨的有效措施C．NO2、NO含氮氧化物是光化学烟雾的主要污染物D．大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧22、下述实验能达到预期实验目的的是序号实验内容实验目的A从AlCl3溶液提取无水AlCl3将AlCl3溶液灼烧蒸干B向盛有0.1mol/L1mL硝酸银溶液的试管中滴加0.1mol/LNaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加0.1mol/LNa2S溶液说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀C将含有HCl杂质的CO2气体通入到氢氧化钠溶液中除去CO2气体中的HCl杂质D配制澄清的FeCl3浓溶液将FeCl3固体置入少量水中搅拌A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）有关物质的转化关系如下图所示(部分物质与反应条件已略去)。A是常见金属，B是常见强酸；D、I均为无色气体，其中I为单质，D的相对分子质量是I的两倍；E是最常见的无色液体；G为常见强碱，其焰色反应呈黄色；J是常见红色固体氧化物。请回答下列问题：(1)G的电子式为_________。(2)H的化学式为__________。(3)写出反应①的离子方程式：___________________________。(4)写出反应②的化学方程式：___________________________。24、（12分）有机物A、B、C、D、E之间发生如下的转化：（1）写出D分子中官能团的名称：_____，C物质的结构简式：____．（2）向A的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时产生的实验现象是__________．（3）请写出下列转化的化学反应方程式：①（C6H10O5）n→A：_____；②乙烯生成聚乙烯：_____．25、（12分）水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：Ⅰ．取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。Ⅱ．酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I−还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2O32-+I2=2I−+S4O62-）。回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_____________。（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_______________。（3）取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amol·L−1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为________________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。滴定结束后如果俯视滴定管读取数据，导致测定结果偏___________。（填“高”或“低”）（4）Na2S2O3溶液不稳定，需使用前配制和标定。预估实验需要使用75mL的Na2S2O3溶液，则配制该溶液所必需的仪器有天平、烧杯、玻璃棒和___________________26、（10分）实验室通常用下图所示的装置来制取氨气。回答下列问题：(1)写出反应的化学方程式__________；(2)试管口略向下倾斜的原因是__________；(3)待氨气生成后，将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近导管口，产生的现象是_________；(4)除氨气外，还可以用该装置制取的常见气体是_________；(5)氨气极易溶于水，其水溶液显弱碱性，则氨水中除H2O、H+外还存在哪些分子和离子_______。27、（12分）某些废旧塑料可采用下列方法处理：将废塑料隔绝空气加强热，使其变成有用的物质，实验装置如下图。加热聚丙烯废塑料得到的产物如下表：产物氢气甲烷乙烯丙烯苯甲苯碳沸点（℃）-1．8-146-2．7-3．44．105．634827（1）甲试管中最终残留物是_____________。它有多种用途，如下列转化就可制取聚乙炔。写出反应②的化学方程式__________________________。（2）乙中试管收集到的两种产品中，有一种能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质，该物质为__________。（3）丙中锥形瓶观察到的现象_____________________________________。反应的化学方程式是__________________________、_________________________。（4）经溴的四氯化碳溶液充分吸收，最后收集到的气体是______________。28、（14分）回答下面各题。Ⅰ．2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化生产研究，实现可持续发展。已知：CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g)△H1=+41.1kJ•mol-1；CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=-90.0kJ•mol-1则CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：______。Ⅱ．工业上一般在恒容密闭容器中可以采用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数(K)：温度℃250300350K2.0410.2700.012(1)该反应的化学平衡常数表达式为K=___。(2)由表中数据判断该反应的△H__0(填“＞”、“=”或“＜”)；(3)某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，则此时的温度为_______℃。(4)判断反应达到平衡状态的依据是______(填字母序号).A．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等B．混合气体的密度不变C．混合气体的相对平均分子质量不变D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化(5)要提高CO的转化率，可以采取的措施是_______(填字母序号).a．增加CO的浓度b．加入催化剂c．升温d．加入H2e．加入惰性气体f．分离出甲醇29、（10分）（1）有封闭体系如下图所示，左室容积为右室的两倍，温度相同，现分别按照如图所示的量充入气体，同时加入少量固体催化剂使两室内气体充分反应达到平衡，打开活塞，继续反应再次达到平衡，下列说法正确的是____________A．第一次平衡时，SO2的物质的量右室更多B．通入气体未反应前，左室压强和右室一样大C．第一次平衡时，左室内压强一定小于右室D．第二次平衡时，SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2的物质的量的2倍还要多（2）有封闭体系如图所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，先用小钉固定隔板K在如图位置（0处），甲中充入1molN2和3molH2，乙中充入2molNH3和1molAr，此时F处于如图6处。拔取固定K的小钉，在少量固体催化剂作用下发生可逆反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；反应达到平衡后，再恢复至原温度。回答下列问题：①达到平衡时，移动活塞F最终仍停留在0刻度右侧6处，则K板位置范围是________。②若达到平衡时，隔板K最终停留在0刻度处，则甲中NH3的物质的量为______mol，此时，乙中可移动活塞F最终停留在右侧刻度____处(填下列序号：①＞8;②＜8;③=8)③若一开始就将K、F都固定，其它条件均不变，则达到平衡时测得甲中H2的转化率为b，则乙中NH3的转化率为_________；假设乙、甲两容器中的压强比用d表示，则d的取值范围是_______________。

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、C【解题分析】A.CaO是离子化合物，熔化断裂离子键，而CO在固态时是分子晶体，熔化破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A错误；B.NaCl是离子化合物，熔化断裂离子键，而HC1在固态时是分子晶体，熔化破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故B错误；C.CaCO3为离子化合物，熔化断裂离子键，SiO2是原子晶体，熔化时破坏的是共价键，与化学键有关，故C正确；D．Cl2与I2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故D错误；答案选C。【题目点拨】物质熔点高低取决于熔化过程中需要破坏的作用力的类型和大小，一般来说原子晶体>离子晶体>分子晶体。主要原因是离子晶体和原子晶体熔化时分别破坏共价键和离子键，键能越大熔点越高，而分子晶体熔化只需破坏分子间的作用力，与化学键无关，且分子间作用力强弱远小于化学键。2、B【解题分析】A、根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数，进行相应的加减。

B、原电池总反应为N2H4+O2＝N2+2H2O，原电池正极发生还原反应，氧气在正极放电，碱性条件下，正极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应式减去正极反应式可得负极电极反应式；

C、肼是与氨类似的弱碱，N2H4不是电解质，N2H4∙H2O弱电解质，N2H4∙H2O存在电离平衡，电离出N2H5+、OH-；

D、可逆反应2NO2N2O4，正反应为体积缩小的反应，加压后平衡向正反应方向移动，与颜色变深相矛盾，以此解答。【题目详解】A、已知:①N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g)ΔH=+67.7kJ/mol②2N2H4(g)+2NO2(g)＝3N2(g)+4H2O(g)ΔH=－1135.7kJ/mol；

由盖斯定律，①+②得2N2H4(g)+2O2(g)＝2N2(g)+4H2O(g)ΔH=67.7kJ/mol－1135.7kJ/mol=－1068kJ/mol，即N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g)ΔH=－534kJ/mol，故A错误；

B、原电池总反应为N2H4+O2＝N2+2H2O，原电池正极发生还原反应，氧气在正极放电，碱性条件下，正极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应式减去正极反应式可得负极电极反应式为N2H4－4e－+4OH－＝N2+4H2O，所以B选项是正确的；

C、肼是与氨类似的弱碱，N2H4不是电解质，N2H4∙H2O弱电解质，N2H4∙H2O存在电离平衡，电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，故B错误；

D、可逆反应2NO2N2O4，正反应为体积缩小的反应，加压后平衡向正反应方向移动，气体颜色应变浅，而颜色加深是因为加压后体积减小，NO2浓度增大，与平衡移动无关，所以不能用平衡移动原理解释，故D错误。

所以B选项是正确的。3、D【解题分析】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。4、C【题目详解】A.放电时是原电池，依据总反应化学方程式可知，负极反应为LaNi5H6-6e-+6OH-=LaNi5+6H2O，储氢合金做电池的负极，A错误；B.放电时负极反应为：LaNi5H6-6e-+6OH-=LaNi5+6H2O，B错误；C.充电时阳极反应为6Ni(OH)2+6OH--6e-=6NiOOH+6H2O，充电时阳极周围c(OH－)减小，C正确；D.充电时，阴极反应为LaNi5+6H2O+6e-=LaNi5H6+6OH-，储氢合金失电子发生氧化反应，作阴极，D错误；故选C。【题目点拨】本题主要是应用题干信息考查原电池原理，书写电极反应是关键。此电池放电时的反应为LaNi5H6+6NiO(OH)═LaNi5+6Ni(OH)2，负极反应为：LaNi5H6-6e-+6OH-=LaNi5+6H2O，正极反应为6NiOOH+6e-=6Ni(OH)2+6OH-，充电时负变阴，正变阳，倒过来分析即可。5、B【解题分析】A．金属容易导电是因为晶体中存在许多自由电子，这些自由电子的运动是没有方向性的，但在外加电场作用下，自由电子就会发生定向移动形成电流，属于金属的物理性质，选项A不选；B．金属易失电子是由原子的结构决定的，与最外层电子数有关，属于金属的化学性质，选项B选；C．有延展性是因为金属离子和自由电子之间的较强作用，当金属受到外力时，晶体中的各离子层就会发生相对滑动，但由于金属离子和自由电子之间的相互作用没有方向性，受到外力后相互作用没有被破坏，故虽发生形变，但不会导致断，属于金属的物理性质，选项C不选；D．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，与金属晶体的结构有关，属于金属的物理性质，选项D不选。答案选B。6、B【解题分析】A.用乙烯制乙醇属于加成反应，故A错误；B.用乙酸和乙醇制乙酸乙酯是酯化反应，酯化反应属于取代反应，故B正确；C.用植物油制人造脂肪属于加成反应，故C错误；D.用含有KMnO4的硅藻土吸收乙烯属于氧化反应，故D错误。故选B。【题目点拨】取代反应是指有机物分子里的原子或原子团被其他原子或原子团代替的反应，根据有机反应的概念进行判断。7、B【题目详解】A项稀释时，促进醋酸的电离，所以pH<(a+1)；B项加入醋酸钠，抑制醋酸的电离，pH可以增大为（a+1）；C、D项均会使溶液的pH减小。答案选B。8、B【解题分析】A、装置①原电池中，Zn是负极，Cu是正极，电解质里的阳离子K+移向正极，即移向硫酸铜溶液，选项A错误；B、在装置②电解池中，阴极a极是氢离子发生得电子生成氢气的还原反应，该极附近碱性增强，所以a极附近溶液的pH增大，选项B正确；C、精炼铜时，由于粗铜中含有杂质，开始时活泼的金属锌、铁等失去电子，而阴极始终是铜离子放电，所以若装置③用于电解精炼铜，溶液中的Cu2+浓度减小，选项C错误；D、在该原电池中，电子从负极Zn极流向正极Fe极，在铁电极上氢离子得电子生成氢气，反应实质是金属锌和氢离子之间的反应，不会产生亚铁离子，选项D错误。答案选B。9、C【解题分析】A.双氧水受热分解,有化合价的变化，是氧化还原反应，但是放热反应，故A错误；B.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应，虽然是吸热反应，但不是氧化还原反应，故B错误；C.灼热的木炭与反应为吸热反应，且碳元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故选C正确；D.甲烷在氧气中燃烧，是氧化还原反应，为放热反应，故D错误；本题答案为C。【题目点拨】一般来说，化合反应都为放热，例外的是C+CO2=高温=2CO吸热；分解反应为吸热，例外的是H2O2==H2O+O2放热。10、C【题目详解】相同浓度时，酸的酸性越强，其酸根离子的水解程度越小，相同浓度钠盐溶液的pH越小。因此，相同条件下的钠盐溶液，溶液的pH越大的其相应酸的酸性越弱。根据题意知，NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH值依次为8、9、10，则这三种酸的酸性强弱顺序是HX＞HY＞HZ，故选C。11、A【题目详解】A.防腐剂可延缓氧化的反应速率，与速率有关，故A正确；B.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；C.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；D.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误；答案选A。【题目点拨】影响化学反应速率的因素包括内因和外因，内因是物质自身的性质决定，外因包括浓度，温度，压强和催化剂等，还有接触面积，光照等因素。食品添加剂中只有防腐剂与反应速率有关，食物的腐败是缓慢氧化。12、A【题目详解】A项，同一主族中，从上到下，元素的电负性逐渐减小，故A项错误；B项，电负性的大小可以作为衡量元素的金属性和非金属性强弱的尺度，电负性值越小，元素的金属性越强，电负性值越大，元素的非金属性越强，故B项正确；C项，元素的电负性越大，原子吸引电子能力越强，故C项正确；D项，NaH中氢元素化合价为-1，说明H与ⅦA族元素相同易得到电子，所以可支持将氢元素放在ⅦA族，故D项正确。综上所述，本题选A。【题目点拨】元素的电负性越大，原子吸引电子能力越强，在周期表中，同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，同一主族，从上到下，元素的电负性逐渐减小。13、B【题目详解】由于3.2mol/(L•s)÷0.05mol/(L•s)＝64＝43，所以根据温度每升高10℃反应速率增加到原来的4倍可知，反应的温度应该升高到10℃＋10℃×3＝40℃。故答案选B。14、C【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键。【题目详解】A．氮气分子中N原子之间只存在共价键，故A错误；B．二氧化碳分子中C、O原子之间只存在共价键，故B错误；C．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O、H原子之间存在共价键，故C正确；D．HCl分子中H、Cl原子之间只存在共价键，故D错误；故选C。【题目点拨】本题考查离子键和共价键，解题关键：明确物质构成微粒，知道离子键和共价键的区别．15、B【题目详解】A．pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，由，故A正确；B．Na2R为强碱弱酸盐，R2－水解生成OH-和HR－，由于第一步电离是完成的，故HR-不能水解，故不存在H2R，故B错误；C．该溶液中存在电荷守恒：c（H＋）＝c（OH－）＋c（HR－）＋2c（R2－），故C正确；D．常温下，加水稀释会促进电离，则常温下，加水稀释该溶液，HR－的电离程度增大，故D正确。故选B。16、D【题目详解】A.利用“三段式”列出各组分相关量：物质A转化率=，物质B转化率=，物质A、B转化率之比，A项错误；B.恒温恒压下，起始时刻的气体体积与达到平衡时的气体体积之比等于起始时刻的气体物质的量与达到平衡时的气体物质的量之比，由方程式的计量数可知，恒温恒压下气体的体积将减小；另外，根据质量守恒，起始时刻的气体质量与达到平衡时气体质量相等，由密度公式可推知，起始时刻的气体密度与达到平衡时气体密度不相等，B项错误；C.当υ正(A)=2υ逆(C)时，即υ正(A)：υ逆(C)=2:1，υ正(A)、υ逆(C)之比不等于A、C的计量数之比，所以，不能断定反应达到平衡状态，C项错误；D.起始时放入2molA和2nmolB达到的平衡，相当于2个题设平衡（初始投入1molA和nmolB的状态）在恒温恒压下叠加，气体体积加倍，故平衡没有移动，各组分物质的量加倍，所以达到平衡时C的物质的量为2amol，D项正确；答案选D。【题目点拨】如果正、逆反应用不同物质表示时，只要它们的速率之比等于相应物质的计量数之比，则表明反应达到了平衡状态。17、C【题目详解】试题分析：A、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B的浓度增大，与图像不符，错误；B、对于有气体参加的反应，增大压强，正、逆反应速率均增大，与图像不符，错误；C、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C的物质的量减小，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，C的物质的量增大，与图像相符，正确；C、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像不符，错误。考点：考查化学平衡图像分析18、B【解题分析】A．CH3COOH在水溶液中电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，有自由移动的乙酸根离子和氢离子能导电，是化合物，所以是电解质，故A错误；B．SO2常温下为气体，只有SO2分子，没有自由移动的离子，故不导电，SO2在水溶液中与水反应，生成亚硫酸，亚硫酸电离出自由移动的离子，溶液能够导电，但自由移动的离子不是SO2自身电离，SO2是化合物，所以SO2是非电解质，故B正确；C．K2SO4在水溶液中或熔融状态下能完全电离出自由移动的阴阳离子而导电，是电解质，故C错误；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，所以氯气的水溶液导电，氯气是非金属单质，所以它既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选B。点睛：非电解质是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；也就是说，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子。能导电的物质中含有自由电子或自由移动的阴阳离子，因此本题的要求是非电解质能够与水反应生成电解质。19、D【解题分析】①稀有气体是由单原子组成的分子，其晶体中不含化学键，故错误；②晶体分为分子晶体、原子晶体、离子晶体、金属晶体，其中金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成，故错误；③金刚石和SiC为原子晶体，原子晶体中键长越长，熔沸点越低，Si的半径比C的半径大，因此金刚石比SiC熔沸点高，NaF和NaCl属于离子晶体，离子晶体中所带电荷数越多、离子半径越小，熔沸点越高，F的半径小于Cl，因此NaF的熔沸点高于NaCl，H2O和H2S属于分子晶体，H2O中含有分子间氢键，因此H2O的熔沸点高于H2S，熔沸点高低判断：一般原子晶体>离子晶体>分子晶体，综上所述，故正确；④离子晶体中除含有离子键外，可能含有共价键，如NaOH，但分子晶体中一定不含离子键，故错误；⑤根据化学式，以及晶胞结构，Ti2＋位于顶点，O2－位于面上，Ca2＋位于体心，因此每个Ti4＋周围最近的O2－有12个，故正确；⑥SiO2中Si有4个键，与4个氧原子相连，故错误；⑦只有分子晶体中含有分子间作用力，且分子间作用力影响的物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故错误；⑧熔化离子晶体破坏离子键，故正确；综上所述，选项D正确。20、A【题目详解】A.大米是通过光合作用转化的食品，是绿色食品，故正确；B.海带是海洋提供的蓝色食品，故错误；C.食醋是经过人类的加工形成的，不是绿色食品，故C错误；D.食盐是经过人类的加工形成的，不是绿色食品，故D错误；答案选A。21、A【题目详解】A、CO2是空气的成分之一，酸雨是指pH<5.6的雨水，NO2和SO2排放到空气中易形成酸雨，CO2不会导致酸雨，故A说法错误；B、SO2是引起酸雨的主要原因，且SO2属于酸性氧化物，因此开发新能源减少SO2的排放，故B说法正确；C、氮氧化物是造成光化学烟雾的主要原因，故C说法正确；D、CO2是造成温室效应的主要原因，故D说法正确。22、B【题目详解】A.氯化铝为强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解反应，若直接蒸干，氯化氢挥发会促进水解氯化铝水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能制备无水氯化铝，故A错误；B.向盛有0.1mol/L1mL硝酸银溶液的试管中滴加0.1mol/L氯化钠溶液，氯化钠溶液与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，再向其中滴加0.1mol/L硫化钠溶液，氯化银与硫化钠溶液反应生成溶解度更小的硫化银沉淀，说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀，故B正确；C.氯化氢和二氧化碳都能与氢氧化钠溶液反应，不能用氢氧化钠溶液除去CO2气体中的HCl杂质，应选用饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；D.氯化铁为强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解反应，配制澄清的氯化铁浓溶液应将氯化铁固体溶于浓盐酸在加水稀释，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、Fe(OH)22Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O【分析】G为常见强碱，其焰色反应呈黄色，则G为NaOH，E是最常见的无色液体，则E为H2O，J是常见红色固体氧化物，则J为Fe2O3，J中的铁元素来自于A，则A为Fe，B是常见强酸，能与Fe反应生成无色气体D和水，且D、I均为无色气体，其中I为单质，D的相对分子质量是I的两倍，则I为O2，D为SO2，B为H2SO4，Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铁和水，则C为Fe2(SO4)3，SO2具有还原性，将Fe2(SO4)3还原为FeSO4，则F为FeSO4，FeSO4与NaOH反应生成氢氧化亚铁和硫酸钠，则H为Fe(OH)2，据此答题。【题目详解】（1）G为NaOH，NaOH由离子键和共价键构成，其电子式为：，故答案为。（2）H为Fe(OH)2，化学式为：Fe(OH)2，故答案为Fe(OH)2。（3）反应①为硫酸铁、二氧化硫与水反应，离子方程式为：2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+，故答案为2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+。（4）反应②为氧化铁与硫酸反应，化学方程式为：Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O，故答案为Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O。24、羧基CH3CHO有（砖）红色沉淀产生（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6nCH2═CH2【分析】根据题中各物质转化关系，反应⑥是光合作用产生A和氧气，则A为葡萄糖（C6H12O6），（C6H10O5）n水解能产生葡萄糖，所化合物乙为水，反应①为糖类的水解，反应②葡萄糖在酒化酶的作用生成化合物甲(二氧化碳)和B，B为CH3CH2OH，反应③为B发生氧化反应生成C为CH3CHO，反应④为C发生氧化反应生成D为CH3COOH，反应⑤为B和D发生酯化反应生成E为CH3COOC2H5，反应⑦为乙烯的燃烧反应生成二氧化碳和水，反应⑧为乙烯与水加成生成乙醇。【题目详解】根据以上分析，（1）D是CH3COOH，分子中官能团的名称是羧基，C是乙醛，结构简式是CH3CHO；（2）A为葡萄糖（C6H12O6），葡萄糖含有醛基，向葡萄糖的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时氢氧化铜被还原为砖红色沉淀氧化亚铜，产生的实验现象是有砖红色沉淀产生；（3）①（C6H10O5）n发生水解反应生成葡萄糖，反应方程式为（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6；②乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，方程式是nCH2═CH225、使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差O2+2Mn(OH)2=2MnO(OH)2蓝色刚好褪去80ab低100mL容量瓶、胶头滴管【解题分析】试题分析：本题考查物质的量浓度溶液的配制和碘量法测定水中溶解氧，涉及方程式的书写，终点实验现象的描述，数据处理和误差分析。（1）扰动水体表面会引起水样中溶解氧的逸出，还会使水底还原性杂质进入水样。所以取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差。（2）根据实验步骤，“氧的固定”中O2将Mn（OH）2氧化成MnO（OH）2，Mn元素的化合价由+2价升至+4价，O元素的化合价由0价降至-2价，根据得失电子守恒和原子守恒，写出反应的化学方程式为O2+2Mn（OH）2=2MnO（OH）2。（3）固氧后的水样酸化发生反应MnO（OH）2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O，用Na2S2O3溶液滴定I2，I2遇淀粉呈蓝色，终点的现象：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在30s内不恢复。根据上述反应可得出关系式O2~2MnO（OH）2~2I2~4Na2S2O3，n（O2）=n（Na2S2O3）=mol，m（O2）=g，水样中溶解氧的含量为1000mg0.1L=80abmg/L。滴定结束后如果俯视滴定管读取数据，导致消耗的Na2S2O3溶液的体积偏小（即b偏小），导致测定结果偏低。（4）配制75mL的Na2S2O3溶液，根据“大而近”的原则，应选用100mL容量瓶。由固体配制物质的量浓度溶液的实验步骤为：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→初步振荡→定容→摇匀→装瓶贴标签，根据实验步骤所必需的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管。26、Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O防止冷凝水倒流炸裂试管产生白烟氧气NH3·H2O、、OH-、NH3【题目详解】(1)实验室用加热氢氧化钙和氯化铵的方法制取氨气，加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)该反应中有水生成，如果水倒流能炸裂试管，易造成安全事故，故答案为：防止冷凝水倒流炸裂试管；(3)氯化氢和氨气接触立即生成氯化铵固体，看到的现象是产生白烟，故答案为：产生白烟；(4)该反应装置是固体加热装置，只要是利用加热固体的方法制取的气体就可以用此装置，该装置还可以制取氧气，故答案为：氧气；(5)氨气和水反应生成氨水，氨水电离生成氢氧根离子和铵根离子，有关的方程式为：NH3+H2ONH3·

H2ONH4++OH-，所以溶液中存在的分子有NH3、H2O、

NH3·H2O，存在的离子有NH4+、OH-、H+，所以除H2O、H+外还存在分子和离子是NH3、NH3·

H2O、NH4+、OH-，故答案为：NH3、NH3·

H2O、NH4+、OH-。27、C或碳CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑甲苯溶液褪色CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2BrCH3CH=CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br甲烷、氢气【分析】(1).由表中各产物的沸点数据可知，聚丙烯废塑料加强热时甲试管中的残留物为C，电石的主要成分是碳化钙，碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔；(2).乙中试管用冷水得到的两种产品为苯和甲苯，甲苯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；(3).乙烯、丙烯可以和溴的四氯化碳溶液发生加成反应；(4).经过上述过程处理后，最后收集到的气体是甲烷和氢气。【题目详解】(1).聚丙烯废塑料加强热时得到的产物有：氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯、甲苯和碳，由表中沸点数据可知，甲试管中最终残留物是C，电石的主要成分是碳化钙，碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔，化学方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑，故答案为C或碳；CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑；(2).根据产物的沸点可知，乙中用冷水冷却后得到的产品是苯和甲苯，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：甲苯；(3).从乙中出来的产物中含有乙烯和丙烯，二者都可以和溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，CH3CH=CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br，故答案为溶液褪色；CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；CH3CH=CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br；(4).经过上述过程处理后，最后收集到的气体是甲烷和氢气，故答案为甲烷、氢气。【题目点拨】本题考查聚丙烯分解产物成分的探究，明确常见有机物的性质是解答本题关键。判断各个装置中所收集物质的成分时，要紧紧围绕题中所给各产物的沸点进行分析，为易错点，试题难度不大。28、CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=-48.9kJ·mol-1K=＜250C、Dd、f【分析】Ⅰ．根据盖斯定律分析解答；Ⅱ．根据平衡常数的概念以及平衡常数与温度变化关系确定反应的焓变，在结合三段式计算解答(1)(2)(3)；

(4)当反应前后改变的物理量不变时该反应达到平衡状态，据此判断平衡状态；(5)要提高CO的转化率，可以通过改变条件时候平衡正向移动，但不能是通过增大CO的方法，据此分析判断。【题目详解】Ⅰ．①CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g)△H1=+41.1kJ/mol，②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=-90.0kJ/mol，根据盖斯定律，将①+②得：CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H=-48.9kJ/mol，故答案为：CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H=-48.9kJ/mol；Ⅱ．(1)平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，对于CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，平衡常数的表达式为K=，故答案为：；(2)升高温度，平衡向吸热方向移动。根据表格数据知，温度越高，化学平衡常数越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，即△H＜0，故答案为：＜；

(3)某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则：平衡常数K===2.042，对应温度为250℃，故答案为：250；(4)A．无论反应是否达到平衡状态都存在生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等，不能据此判断平衡状态，故A不选；B．反应前后气体的质量不变、容器的体积不变，所以无论反应是否达到平衡状态，混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故B不选；C．反应前后气体的质量不变，气体的物质的量减小，所以其相对平均分子质量增大，当混合气体的相对平均分子质量不变时，说明反应达到平衡状态，故C选；D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D选；故选CD；(5)a．增加CO的浓度平衡正向移动，但CO的转化率减小，故a不选；b．加入催化剂不影响平衡移动，CO的转化率不变，故b不选；c．该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，CO的转化率降低，故c不选；d．加入H2，平衡正向移动，CO的转化率增大，故d选；e．加入惰性气体，容器的体积不变，反应物的浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，故e不选；f．分离出甲醇，甲醇的浓度减小，平衡正向移动，CO的转化率增大，故f选；故选df。【题目点拨】本题的易错点为(5)，要注意增加CO的浓度，尽管平衡正向移动，但CO的转化率是减小的。29、BC0刻度左侧0-2处1①1－b5/4＜d＜3/2