2026届湖北省黄冈市蔡河中学化学高二第一学期期中预测试题含解析

2026届湖北省黄冈市蔡河中学化学高二第一学期期中预测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、工业生产中，降低能耗是重要的节能措施。可以通过合理设计工艺路线，优化工艺条件，从而达到降低能耗的目的。下列措施不能达到降低能耗的目的的是A．在N2与H2合成氨工业中，使用催化剂B．电解熔融氧化铝制取铝，在氧化铝中加冰晶石C．陶瓷烧制时，用煤炭代替瓦斯（主要成分CH4）作燃料D．接触法生产H2SO4的过程中，在接触室中采用热交换器2、、−CH3、都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是（）A．它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化B．与NH3、H3O+互为等电子体，立体构型均为正四面体形C．中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面D．与OH-形成的化合物中含有离子键3、可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H＜0一定条件下在某密闭容器中达到平衡。t1时改变某一条件，反应速率与时间关系如下图。下列说法中正确的是A．维持温度、反应体系体积不变，t1时充入SO3(g)B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度C．维持温度不变，t1时扩大反应体系体积D．维持温度、容器体积不变，t1时充入SO3(g)，同时减少SO24、常温下，一定浓度的某溶液，由水电离出的cOH=1×10-4mol/L，则该溶液中的溶质可能是A．H2SO4B．CH3COONaC．NaOHD．KHSO45、一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的①NaOH(固体)②H2O③HCl④CH3COONa(固体)A．①②B．②③C．③④D．②④6、下列说法正确的是（）A．为比较氯和硫元素非金属性强弱，可测同条件下同浓度的NaCl溶液和Na2S溶液的pHB．用盐酸滴定氨水可选用甲基橙作指示剂C．在某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定含SO42–D．SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，其原理相同7、用石墨电极电解CuCl2溶液（见右图）。下列分析正确的是A．a端是直流电源的负极B．通电使CuCl2发生电离C．阳极上发生的反应：Cu2++2e-=CuD．通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体8、一定条件下，将10molH2和1molN2充入一密闭容器中，发生反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），达到平衡时，H2的转化率可能是A．25% B．30% C．35% D．75%9、下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是A．纯盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、干冰B．冰醋酸、玻璃、硫酸钡、氢氟酸、乙醇C．油酯、冰水混合物、苛性钠、氢硫酸、三氧化硫D．绿矾、漂白粉、次氯酸、氯化钾、氯气10、三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是A．通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液酸性减弱B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C．负极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H+，负极区溶液pH降低D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有16gO2生成11、工业上生产氮化硅陶瓷反应为3SiCl4＋2N2＋6H2Si3N4＋12HCl，有关该反应说法正确的是A．SiCl4是氧化剂 B．N2发生还原反应C．H2被还原 D．N2失电子12、相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H=+197kJ/mol。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器编号起始时各物质物质的量/mol平衡时反应中的能量变化SO3SO2O2①200吸收热量akJ②021放出热量bkJ③400吸收热量ckJ下列叙述正确的是（）A．达平衡时O2的体积分数：①>③B．热量关系：a一定等于bC．①②③反应的平衡常数：③>①>②D．①中的密度不再改变时说明反应已达到平衡状态13、皮蛋是人们喜爱的食物，某同学查阅资料得知制作皮蛋的料泥中含有NaOH和Na2CO3，为检验其酸碱性，将料泥溶解过滤后，向滤液中加入A．稀硫酸B．酚酞试液C．KNO3溶液D．NaCl溶液14、25℃时,在20mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L-1醋酸溶液,曲线如图所示,有关粒子浓度关系的比较中,不正确的是()A．在A点:c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)B．在B点:c(OH-)=c(H+),c(Na+)=c(CH3COO-)C．在C点:c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)D．在C点:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)15、1mLpH=11氨水加水到100mL,得溶液pHA．＝10 B．＝9 C．略大于9 D．1316、如图表示的是某离子X的水解过程示意图，则离子X可能是（）A．CO32- B．HCO3- C．Na+ D．NH4+17、以下电子排布式是基态原子的电子排布的是()①1s12s1②1s22s12p1③1s22s22p63s2④1s22s22p63s23p1A．①② B．①③ C．②③ D．③④18、下列说法不正确的是A．任何化学反应都伴随能量变化B．化学反应中的能量变化都表现为热量的变化C．反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应释放出能量D．反应物的总能量低于生成物的总能量，则反应吸收能量19、下列过程中△H大于零的是()A．碳的燃烧 B．葡萄糖在人体内氧化分解C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 D．锌粒与稀H2SO4反应制取H220、下列说法正确的是A．∆H＞0，∆S＞0的反应，低温能自发B．其他条件不变，使用催化剂可改变反应进行的方向C．增大反应物浓度，活化分子百分数增大D．使用催化剂，可改变反应途径，降低活化能21、下列不能用水鉴别的一组是A．溴苯乙酸B．硝基苯乙醛C．甲苯乙酸乙酯D．二甲苯乙醇22、某元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，该元素()A．一定是第ⅡA族元素B．一定是金属元素C．不是第ⅡA族元素就是副族元素D．可能是金属元素也可能是非金属元素二、非选择题(共84分)23、（14分）某药物H的合成路线如下：试回答下列问题：（1）反应Ⅰ所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均相同。则A分子中最多有______个原子在同一平面上，最多有______个碳原子在同一条直线上。（2）反应Ⅰ的反应类型是______反应Ⅱ的反应类型是______，反应Ⅲ的反应类型是______。（3）B的结构简式是______；E的分子式为______；F中含氧官能团的名称是___。24、（12分）重要的化工原料F(C5H8O4)有特殊的香味，可通过如图所示的流程合成：已知：①X是石油裂解气主要成分之一，与乙烯互为同系物；②；③C、E、F均能与NaHCO3生成气体(1)D中所含官能团的名称是_______________。(2)反应②的化学方程式为_____________，反应类型是________；反应⑥的化学方程式为______________。(3)F的同分异构体很多，其中一种同分异构体只含有一种官能团，在酸性或碱性条件下都能水解生成两种有机物，该同分异构体的结构简式是____________________________。25、（12分）影响化学反应速率的因素很多，某校化学小组用实验的方法进行探究。实验药品：铜、铁、镁、0.5mol•L-1H2SO4溶液、2mol•L-1H2SO4溶液。甲同学研究的实验报告如下表∶实验步骤现象结论分别取等体积的2mol•L-1的硫酸溶液于三支试管中

②______________________反应速率∶镁>铁，铜不反应金属的性质越活泼，反应速率越快（1）甲同学表中实验步骤②为______________________。（2）甲同学的实验目的是__________________________。要得出正确的实验结论，还需要控制的实验条件是_____________。乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用如图所示装置进行实验∶（3）乙同学在实验中应该测定的数据是_________________。（4）乙同学完成该实验应选用的实验药品是________________。26、（10分）德国化学家凯库勒认为：苯分子是由6个碳原子以单双键相互交替结合而成的环状结构为了验证凯库勒有关苯环的观点，甲同学设计了如图实验方案．①按如图所示的装置图连接好各仪器；②检验装置的气密性；③在A中加入适量的苯和液溴的混合液体，再加入少量铁粉，塞上橡皮塞，打开止水夹K1、K2、K3；④待C中烧瓶收集满气体后，将导管b的下端插入烧杯里的水中，挤压預先装有水的胶头滴管的胶头，观察实验现象．请回答下列问题．（1）A中所发生反应的反应方程式为_____，能证明凯库勒观点错误的实验现象是______．（2）装置B的作用是______．（3）C中烧瓶的容积为500mL，收集气体时，由于空气未排尽，最终水未充满烧瓶，假设烧瓶中混合气体对氢气的相对密度为35.3，则实验结束时，进入烧瓶中的水的体积为______mL空气的平均相对分子质量为1．（4）已知乳酸的结构简式为试回答：①乳酸分子中含有______和______两种官能团写名称．②乳酸跟氢氧化钠溶液反应的化学方程式：______．27、（12分）滴定法是解决化学分析问题的常用方法。滴定的方法有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等。I.如图为某浓度的NaOH溶液滴定10.00mL一定浓度的盐酸的示意图。根据图象分析：(1)HCl溶液的浓度是__________；NaOH溶液的浓度是_______；(2)x=________。ΙΙ.氧化还原滴定实验与中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。(3)人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度，抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/LKMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，滴定的实验数据如下所示：实验编号待测血液的体积/mL滴入KMnO4溶液的体积/mL120.0011.95220.0013.00320.0012.05①滴定时，盛放高锰酸钾溶液的仪器名称为_________确定反应达到终点的现象_____________。②草酸跟酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据所给数据计算血液样品中Ca2+离子的浓度为__________mg/cm328、（14分）水是生命的源泉、工业的血液、城市的命脉。要保护好河流，河水是重要的饮用水源，污染物通过饮用水可直接毒害人体。也可通过食物链和灌溉农田间接危及健康。请回答下列问题：(1)25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为________，由水电离出的c(OH-)=_______mol/L(2)纯水在100℃时，pH=6，该温度下1mol/L的NaOH溶液中，由水电离出的c(OH-)=_______mol/L。(3)体积均为100mL、pH均为2的CH3COOH溶液与一元酸HX溶液，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示，则HX的电离平衡常数___(填”大于””小于”或“等于”)CH3COOH的电离平衡常数。(4)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：化学式电离平衡常数(25℃)HCNK=4.9×10-10CH3COOHK==1.8×10-5H2CO3K1=4.3×10-7、K2=5.610-11①25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3液和CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为___。②向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为______(5)25℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=_____(填精确值)mol/L29、（10分）(1)甲醇(CH3OH)是重要的溶剂和替代燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入2molCO和4molH2，一定条件下发生上述反应，测得CO(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图一所示。①从反应开始到5min，用一氧化碳表示的平均反应速率v(CO)=____________。②下列说法正确的是____________(填字母序号)。A．达到平衡时，H2的转化率为65%B．5min后容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变C．达到平衡后，再充入氩气，反应速率减小D．2min前v(正)>v(逆)，2min后v(正)(2)碳与水蒸气反应制取H2的相关反应如下：Ⅰ：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.0kJ/molⅡ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-43kJ/molⅢ：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(S)△H=-178.3kJ/mol计算反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)的△H=__________kJ/mol；若K1、K2、K3分别为反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数，该平衡常数K=__________(用K1、K2、K3表示)。②对于可逆反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)，采取以下措施可以提高H2产率的是________。(填字母)A．降低体系的温度B．压缩容器的体积C．增加CaO的量D．选用适当的催化剂

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、C【详解】A.在N2与H2合成氨工业中，使用催化剂，可以缩短到达平衡的时间，提高单位时间的产量，故A可以；B.纯净氧化铝的熔点很高（约2045℃），在实际生产中，通过加入助熔剂冰晶石（Na3AlF6）在1000℃左右就可以得到熔融体，从而降低了能耗，故B可以；C.用煤炭代替瓦斯（主要成分CH4）作燃料，不能降低能耗，故C不可以；D.采用热交换器使热量得到充分利用，从而降低了能耗，故D可以。故选C。2、C【详解】A．、−CH3、分别具有6个、7个和8个价电子，它们不是等电子体，中C原子的价电子对数为3，碳原子采取sp2杂化；−CH3、的价电子对数为4对，均采取sp3杂化，故A不符合题意；B．与NH3、H3O+均具有8个价电子、4个原子，互为等电子体，价层电子对数为4对，有一对孤对电子，几何构型均为三角锥形，故B不符合题意；C．根据价层电子对互斥模型，中C原子的价电子对数为3，碳原子采取sp2杂化，其空间构型是平面三角形，故C符合题意；D．与OH-形成的化合物是CH3OH，属于共价化合物，不含离子键，故D不符合题意；答案选C。3、D【解析】A、维持温度、反应体系体积不变，t1时充入SO3（g），此时逆反应速率增大，正反应速率瞬间不变，故A错误；B、维持压强不变，t1时升高反应体系温度，正逆反应速率都增大，不符合，故B错误；C、维持温度不变，t1时扩大反应体系体积，反应物和生成物的浓度都减小，正逆反应速率都减小，故C错误；D、维持温度、容器体积不变，t1时充入SO3（g）同时减少SO2，该时刻反应物的浓度减小，生成物的浓度增大，则逆反应速率增大，正反应速率减小，故D正确。故选D。点睛：本题考查考查化学反应速率和化学平衡图象，解题关键：正逆反应速率的变化与影响反应速率的因素间关系；易错点：A，充入SO3（g）时逆反应速率增大，正反应速率瞬间不变。4、B【解析】常温下，水的离子积为：10-14，由水电离出的c（OH-）=10-4mol/L，c（H+）·c（OH-）=10-8＞10-14，水的电离程度增大，说明所加的溶质促进水的电离，结合选项知，只能是水解呈碱性的强碱弱酸盐醋酸钠。【详解】常温下，由水电离出的c（OH-）=10-4mol/L，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，则c（H+）·c（OH-）=10-8＞10-14，说明该溶液中溶质促进了的水的电离，硫酸、氢氧化钠、硫酸氢钾都抑制了水的电离，只有醋酸钠属于强碱弱酸盐，醋酸根离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离，答案选B。【点睛】本题考查了水的电离、盐的水解等知识，题目难度中等，试题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养，解题的关键是准确判断出溶液中的溶质对水的电离程度的影响。5、D【解析】试题分析：为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量可以加入水稀释，也可以加入CH3COONa（固体），使氢离子浓度减小，不影响氢离子的总量，故选项D正确；若加入NaOH（固体）会减少产生氢气的量；加入HCl会增加氢离子的物质的量，使产生氢气变多，速度变快。考点：弱电解质电离受到的影响。6、B【解析】A．NaCl溶液和Na2S溶液的pH值不同，只能说明硫化氢是弱酸，A错误；B．甲基橙的变色范围是3.1～4.4，氯化铵溶液显酸性，用盐酸滴定氨水可选用甲基橙作指示剂，B正确；C．白色沉淀也可能是氯化银，C错误；D．氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，能把品红溶液氧化而褪色，SO2因发生化合反应而使品红溶液褪色，D错误，答案选B。点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及非金属比较、离子检验、物质性质以及酸碱指示剂等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析。7、A【详解】A、依据装置图可知，铜离子移向的电极为阴极，阴极和电源负极相连，a为负极，故A正确；B、通电氯化铜发生氧化还原反应生成氯气和铜，电离是氯化铜离解为阴阳离子，故B错误；C、与b连接的电极是阳极，氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故C错误；D、通电一段时间后，氯离子在阳极失电子发生氧化反应，在阳极附近观察到黄绿色气体，故D错误；故选A．8、A【详解】假设1molN2完全转化，则消耗H2的物质的量为：n消耗(H2)=3n(N2)=3.0mol，实际化学反应具有一定的限度，N2完全转化是不可能的，因而消耗H2的物质的量绝对小于3.0mol，故H2的最大转化率为：α最大(H2)＜×100%=30%，故符合题意的答案只能是A。故选A。9、B【解析】有一种物质组成的是纯净物；由两种或两种以上的物质组成的混合物；在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；在水溶液里或熔融状态下不导电的化合物是非电解质。【详解】A项、盐酸是混合物，故A错误；B项、各项符合条件，故B正确；C．冰水混合物的成分是水，属于纯净物，故C错误；D．次氯酸是弱电解质，氯气既不是电解质，也不是非电解质，故D错误。故选B。【点睛】本题考查物质的分类断，明确电解质是化合物及电解质与物质的溶解性没有必然的联系，如碳酸钡不溶于水，但属于强电解质是解答的难点。10、B【分析】在直流电场下，该装置是电解装置，正极其实是电解装置的阳极、正极区其实是电解装置的阳极区，负极其实是电解装置的阴极、负极区其实是电解装置的阴极区，因为是惰性电极，因此溶液中的离子在电极上发生反应，据此回答；【详解】A.通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极上发生氧化反应，电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H+，正极区溶液酸性增强，A错误；B.该法在处理含Na2SO4废水时，通电后两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极上发生氧化反应，电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H+，中间隔室的钠离子向负极迁移，负极上发生还原反应，电极反应为4H2O+4e-=2H2↑＋4OH-，负极区得到NaOH产品，B正确；C.正极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H+，正极区溶液pH降低，负极上发生反应为4H2O+4e-=2H2↑＋4OH-，负极区得到NaOH，溶液pH增大，C错误；D.按反应2H2O-4e-=O2↑＋4H+，当电路中通过1mol电子的电量时，会有8gO2生成，D错误；答案选B。11、B【分析】氧化剂：得到电子，化合价降低，发生还原反应；还原剂：失去电子，化合价升高，发生氧化反应。【详解】根据反应方程式，SiCl4中Si的化合价为＋4价，Cl为－1价，Si3N4中Si为＋4价，N为－3价，HCl中H为＋1价，Cl为－1价，A、SiCl4中元素化合价没有发生变化，既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；B、N元素的化合价降低，N2为氧化剂，发生还原反应，故B正确；C、H2中H元素化合价升高，H2作还原剂，发生氧化反应，故C错误；D、根据B选项分析，N2作氧化剂，得到电子，故D错误，答案选B。12、A【解析】A．①与③相比，起始物质的量③是①的2倍，相当于①平衡后增大压强，平衡逆向移动，氧气的体积分数减小，即达平衡时氧气的体积分数：①＞③，正确；B．该反应为吸热反应，将二氧化硫和氧气转化为三氧化硫，物质的量与①相同，平衡时达到相同的平衡状态，则a+b=197，但无法判断二者的大小关系，错误；C．平衡常数与温度有关，因温度相同，则三个容器内反应的平衡常数：③=①=②，错误；D.该反应中气体的质量不变，容器的体积不变，气体的密度始终不变，①中的密度不再改变时，不能说明反应已达到平衡状态，错误；故选A。13、B【解析】硫酸可以和氢氧化钠碳酸钠反应，但没有明显现象，也不能说明碱性，硝酸钾溶液氯化钠溶液都不与氢氧化钠和碳酸钠反应，也没有明显现象。故选B。【点睛】检验要出现明显现象，检验碱性物质，可以使用酸碱指示剂，碱性物质遇到酚酞显红色。14、A【详解】A.A点溶液中的溶质为醋酸钠，因为醋酸根离子水解，溶液显碱性，但醋酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，错误，选A；B.B点溶液为中性，则氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒分析，钠离子浓度等于醋酸根离子浓度，正确不选B；C.C点溶液为等量的醋酸钠和醋酸，溶液显酸性，醋酸的电离大于醋酸根离子的水解，所以离子浓度顺序正确，不选C；D.根据物料守恒分析，正确，不选D。答案选A。15、C【分析】一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，结合弱电解质的电离进行求算。【详解】一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，将1mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，体积增大100倍，pH变化小于2个单位，即稀释后9<pH<11，答案选C。【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意稀释氨水过程中增大一水合氨电离程度。16、D【详解】根据盐的水解原理结合图示的内容可以知道X离子水解显示酸性。A、碳酸根水解，显示碱性，故A错误；B、碳酸氢根离子水解显示碱性，故B错误；C、钠离子不会发生水解，故C错误；D、铵根离子水解溶液显示酸性，故D正确；故选D。17、D【详解】①基态原子的电子排布式应为1s2，发生电子跃迁为1s12s1，故①错误；②基态原子的电子排布式应为1s22s2，发生电子跃迁为1s22s12p1，所以不是基态原子电子排布式，故②错误；③基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2，符合基态原子电子排布规律，故③正确；④基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，符合基态原子电子排布规律，故④正确；答案选D。【点睛】本题考查了原子核外电子排布，根据基态原子排布规律来分析解答即可，符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则的核外电子排布式是基态原子电子排布式。18、B【详解】A.化学反应都伴随着能量变化，故正确；B.化学反应中的能量变化可能表现为热能的变化，也可能表现为电能或光能的变化，故错误；C.反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应放出能量，故正确；D.反应物的总能量低于生成物的总能量，则反应吸收能量，故正确。故选B。19、C【分析】△H大于零的为吸热过程。【详解】A．碳的燃烧是放热反应，其△H小于零，A不符合题意；B．葡萄糖在人体内氧化分解是放热反应，其△H小于零，B不符合题意；C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应是吸热反应，其△H大于零，C符合题意；D．锌粒与稀H2SO4反应制取H2是放热反应，其△H小于零，D不符合题意。本题选C。20、D【解析】A、△H＞0、△S＞0的反应，根据△H-T△S＜0可知，该反应需要在高温下才能自发进行，故A错误；B、在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应速率，但不能改变化学平衡和反应方向，故B错误；C．增大反应物浓度，增大了单位体积内活化分子个数，从而增大有效碰撞几率，反应速率增大，但活化分子百分数不变，故C错误；D．催化剂能降低活化能，改变反应途径，增大活化分子的百分数，从而加快反应的速率，故D正确；故选D。21、C【解析】A.溴苯难溶于水，乙酸易溶于水，可用水鉴别，故A不选；B.硝基苯难溶于水，乙醛能溶于水，故可用水鉴别，故B不选；C.甲苯和乙酸乙酯均为油状液体，均难溶于水，且密度均小于水的密度，故无法用水鉴别，故C选；D.二甲苯难溶于水，乙醇能与水混溶，故可用水鉴别，故D不选。22、D【解析】A.该元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，可能是第IIA族、零族或副族元素，所以不一定是第ⅡA族元素，故A错误；B.该元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，可能是稀有气体元素如He，所以不一定是金属元素，故B错误；C.该元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，不一定是第ⅡA族元素或副族元素，还可能是零族元素，故C错误；D.该元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，可能是零族、第ⅡA族或副族元素，所以可能是金属元素也可能是非金属元素，故D正确。故选D。二、非选择题(共84分)23、163加成反应取代反应消去反应C10H12O2醛基、酯基【分析】根据合成线路可以知道,D与新制Cu(OH)2加热条件下反应,酸化后得苯乙酸,则D的结构简式为:；C催化氧化生成D,则C的结构简式为:；B水解生成C,则B的结构简式为:；A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B,所以A为，反应Ⅰ所涉及的物质均为烃,氢的质量分数均相同,比较苯与A的结构可以知道,苯与X发生加成反应生成A,所以X为CH≡CH；苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E为，E发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基,则G的结构简式为:

，G发生消去反应生成H；据以上分析解答。【详解】根据合成线路可以知道,D与新制Cu(OH)2加热条件下反应,酸化后得苯乙酸,则D的结构简式为:；C催化氧化生成D,则C的结构简式为:；B水解生成C,则B的结构简式为:；A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B,所以A为，反应Ⅰ所涉及的物质均为烃,氢的质量分数均相同,比较苯与A的结构可以知道,苯与X发生加成反应生成A,所以X为CH≡CH；苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E为，E发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基,则G的结构简式为:

，G发生消去反应生成H；（1）结合以上分析可知，A为，苯分子中所有原子共平面，乙烯分子中所有原子共平面，所以该有机物分子中最多有6+5+5=16个原子在同一平面上；根据苯乙烯的结构可知，苯乙烯分子中最多有3个碳原子在一条直线上；综上所述，本题答案是：16，3。（2）结合以上分析可知，苯与乙炔发生加成反应生成苯乙烯，反应Ⅰ反应类型为加成反应；根据E、F两种物质的结构简式可知，E发生取代反应生成F，反应Ⅱ的反应类型是取代反应；G的结构简式为:，G发生消去反应生成H，反应Ⅲ的反应类型是消去反应；综上所述，本题答案是：加成反应，取代反应，消去反应。（3）结合以上分析可知，B的结构简式是：；E的结构简式为：，其分子式为C10H12O2；根据F的结构简式可知，F中含氧官能团的名称是酯基、醛基；综上所述。本题答案是：，C10H12O2，酯基、醛基。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重炔烃、卤代烃、醇、醛、羧酸、酯的性质及反应的考查，题目难度不大。判断分子中原子共面、共线，要掌握乙烯、苯分子空间结构的特点。24、氯原子、羧基2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O氧化反应CH3CH2COOH＋HOCH2COOHCH3CH2COOCH2COOH＋H2OCH3OOCCH2COOCH3【分析】乙酸和氯气发生取代反应生成有机物（D）Cl-CH2-COOH，Cl-CH2-COOH在氢氧化钠溶液发生取代后酸化得到有机物（E）HO--CH2-COOH，根据有机物F(C5H8O4)分子式，可知有机物X、A、B、C均含有3个碳，且X是乙烯的同系物，X为丙烯，A为1-丙醇、B为丙醛，C为丙酸；丙酸和有机物（E）HO--CH2-COOH发生酯化反应生成F，据以上分析解答。【详解】乙酸和氯气发生取代反应生成有机物（D）Cl-CH2-COOH，Cl-CH2-COOH在氢氧化钠溶液发生取代后酸化得到有机物（E）HO--CH2-COOH，根据有机物F(C5H8O4)分子式，可知有机物X、A、B、C均含有3个碳，且X是乙烯的同系物，X为丙烯，A为1-丙醇、B为丙醛，C为丙酸；丙酸和有机物（E）HO--CH2-COOH发生酯化反应生成F；(1)结合以上分析可知：（D）Cl-CH2-COOH中所含官能团氯原子、羧基；正确答案：氯原子、羧基。(2)1-丙醇发生催化氧化为醛，化学方程式为2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O；反应类型：氧化反应；丙酸与HO-CH2-COOH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，化学方程式为：CH3CH2COOH＋HOCH2COOHCH3CH2COOCH2COOH＋H2O；正确答案：2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O；氧化反应；CH3CH2COOH＋HOCH2COOHCH3CH2COOCH2COOH＋H2O。(3)有机物F为CH3CH2COOCH2COOH，它的同分异构体满足只含有一种官能团，在酸性或碱性条件下都能水解生成两种有机物，该有机物一定为酯类，且为乙二酸二甲酯，结构简式为CH3OOCCH2COOCH3；正确答案：CH3OOCCH2COOCH3。25、分别投入大小、形状相同的铜、铁、镁研究金属本身的性质与反应速率的关系温度相同一定时间内产生气体的体积(或产生一定体积的气体所需的时间)镁(或铁)、0.5mol•L-1H2SO4溶液、2mol•L-1H2SO4溶液【分析】(1)根据表中数据可以知道,硫酸的浓度相同,不同金属的规格相同,说明实验目的是探究反应物本身对反应速率的影响；

(2)根据表中内容可以知道,金属的活泼性是金属本身的性质,甲同学的实验目的是研究金属本身的性质与反应速率的关系,注意在实验中一定要控制反应在相同的温度下进行；

(3)金属和酸反应的速率可以通过单位时间内产生氢气的量的多少来确定；

(4)金属和不同浓度的酸反应,来确定浓度对反应速率的影响。【详解】(1)根据表中的信息得出该同学的实验目的是研究反应物本身的性质对反应速率的关系对反应速率的影响,根据表中数据可以知道,硫酸的浓度相同,不同金属的规格应相同；

因此，本题正确答案是:分别投入大小、形状相同的Cu、Fe、Mg；

(2)根据表中的信息得出该同学的实验目的是研究反应物本身的性质对反应速率的关系对反应速率的影响,温度对化学反应速率的影响较大,故根据控制变量法,要得出正确的实验结论,还需控制的实验条件是保持温度相同；

因此，本题正确答案是:研究金属本身的性质与反应速率的关系温度相同；(3)金属和酸反应的速率可以通过单位时间内产生氢气的量的多少来确定；

因此，本题正确答案是:一定时间内产生气体的体积(或产生一定体积的气体所需的时间)；

(4)乙同学想让同种金属如给定的金属镁或铁和不同浓的酸反应,来确定酸的浓度对反应速率的影响；

因此，本题正确答案是:镁(或铁)和0.5mol•L-1

H2SO4溶液、2mol•L-1

H2SO4溶液。26、.；烧瓶中产生“喷泉”现象除去未反应的苯蒸气和溴蒸气400羟基羧基CH3CH(OH)COOH+NaOH→CH3CH(OH)COONa+H2O【解析】(1)苯与溴在溴化铁做催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢，苯分子里的氢原子被溴原子所代替，

方程式为:，该反应为取代反应，不是加成反应，所以苯分子中不存在碳碳单双键交替，所以凯库勒观点错误，生成的溴化氢极易溶于水，所以C中产生“喷泉”现象；(2)因为反应放热，苯和液溴均易挥发，苯和溴极易溶于四氯化碳，用四氯化碳除去溴化氢气体中的溴蒸气和苯，以防干扰检验HBr；

(3)烧瓶中混合气体对氢气的相对密度为35.3，故烧瓶中混合气体的平均分子量为35.3×2=70.6,

设HBr的体积为x，空气的体积为y，则:81×x/500+1×y/500=70.6；x+y=500,计算得出:x=400mL，y=100mL，所以进入烧瓶中的水的体积为400mL；(4)①乳酸分子中含羟基（-OH）和羧基（-COOH）；②羧基与氢氧根发生中和反应，反应方程式为：CH3CH(OH)COOH+NaOH→CH3CH(OH)COONa+H2O。27、0.1mol/L0.05mol/L0.001或1×10-3酸式滴定管滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内无变化1.2mg/cm3【分析】从滴定曲线知，反应开始时，盐酸溶液pH=1，则c(HCl)0.100mol/L，本实验用待测浓度的氢氧化钠溶液滴定标准溶液——10.00mL盐酸，滴加NaOH溶液至20mL时，恰好中和，故可计算出c(NaOH)=0.050mol/L；血样20.00mL经过处理后得到草酸，用酸性高锰酸钾溶液滴定，做3次平行试验，进行数据处理，得到消耗高锰酸钾溶液的平均体积，根据反应方程式2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O、草酸钙的化学式CaC2O4，可计算血样中钙元素的含量；【详解】(1)反应开始时，溶液pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，由于盐酸是一元强酸，完全电离，所以c(HCl)=c(H+)=0.100mol/L；当滴加NaOH溶液至20mL时，溶液的pH=7，二者恰好完全反应，根据n(HCl)=n(NaOH)，0.100mol/L×10.00mL=c(NaOH)×20.00mL，所以c(NaOH)=0.050mol/L；(2)当溶液的pH=7时，加入溶液中NaOH的物质的量等于溶液中HCl的物质的量，n(NaOH)=n(HCl)=0.100mol/L×10.00mL×10-3L/mL=0.001mol=x；(3)①高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此应该盛放在酸式滴定管在；高锰酸钾溶液本身显紫色，当用该溶液滴定草酸时，高锰酸钾被还原产生Mn2+，故滴定过程中出现褪色现象，滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液紫色不再褪去(溶液由无色变为浅紫色)，且半分钟内无变化，说明反应达到滴定终点；②血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，用酸性高锰酸钾溶液滴定，做3次平行试验，第2次数据偏差大，应舍弃，故二次数据平均值为消耗高锰酸钾0.012L，高锰酸钾物质的量为：n(KMnO4)=0.020mol/L×0.012L=2.4×10-4mol，根据反应方程式2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O、草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n(Ca2+)=n(H2C2O4)=×2.4×10-4mol=6×10-4mol，则c(Ca2+)==3×10-5mol/cm3，用质量表示Ca2+的浓度为3×10-5mol/cm3×40g×103mn/g=1.2mg/cm3。28、CO32—＋H2OHCO3—＋OH－、HCO3—＋H2OH2CO3＋OH－10－310－12小于pH(Na2CO3溶液)＞pH(NaCN溶液)＞pH(CH3COONa溶液)NaCN＋H2O＋CO2=HCN＋NaHCO39.9×10－7【分析】（1）碳酸钠溶液中因碳酸根离子水解导致溶液显碱性，盐溶液中盐的水解促进水的电离；（2）纯水在100℃时，pH=6，Kw=10-12，据此计算水电离出的氢氧根离子浓度；（3）据图分析，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较慢，说明HX的酸性比醋酸弱；（4）①根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的pH越小；②电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中数据可知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN和碳酸氢钠，据此写出反应的化学方程式；（5）溶液中的电荷守恒来分析，c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，因此c(CH3COO－)－c(Na＋)=c(H＋)－c(OH－)。【详解】（1）碳酸钠溶液中因碳酸根离子水解导致溶液显碱性，碳酸根水解的离子方程式为CO32—＋H2OHCO3—＋OH－、HCO3—＋H2