2026届河北省化学高二第一学期期中经典模拟试题含解析

2026届河北省化学高二第一学期期中经典模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、为了减少大气污染，许多城市推广汽车使用清洁燃料。目前使用的清洁燃料主要有两类：一类是压缩天然气(CNG)；另一类是液化石油气(LPG)，这两类燃料的主要成分都是()A．碳水化合物 B．碳氢化合物 C．氢气 D．醇类2、下列溶液一定呈中性的是A．pH=7B．pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合后C．0.1mol/LNaOH溶液与0.05mol/LH2SO4溶液混合后D．C(OH-)=K3、对于可逆反应A(g)＋3B(s)C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是A．v(A)＝2mol·L－1·min－1B．v(B)＝1.2mol·L－1·s－1C．v(C)＝0.1mol·L－1·s－1D．v(D)＝0.4mol·L－1·min－14、对下列化学反应热现象,不正确的说法是()A．放热的反应,不必加热就能发生反应B．化学反应一定有能量变化C．化学反应中,吸热反应不一定需要加热也能发生D．热化学反应方程式中,热效应数值与反应物的物质的量的多少有关5、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．标准状况下，2.24LCHCl3的原子总数为0.1NAB．4.2gC3H6中含有的碳碳双键数一定为0.1NAC．1mol-OH中电子数为10NAD．常温常压下，28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA6、基辛格曾经说过：谁控制了石油，谁就控制了所有的国家。这足以说明石油在工业中的重要性，它被称为“黑色的金子”，下列有关石油化工的说法不正确的是()A．石油的常压蒸馏和减压蒸馏都是化学变化B．石油在加热和催化剂的作用下，可以得到苯等芳香烃C．石油进一步裂解可以得到乙烯、丙烯等化工原料D．石油裂化的目的是提高汽油等轻质燃料的产量和质量7、在含有大量NH4+、CO32-、SO42-的溶液中,还可能大量共存的离子是()A．H+B．Cl-C．Ba2+D．OH-8、下表为某有机物与各种试剂反应的现象，则这种有机物可能是()试剂钠溴水NaHCO3现象放出气体褪色不反应A．CH2==CHCOOH B．CH2==CH2C．CH3COOCH2CH3 D．CH2==CH－CH2OH9、在下列化学反应中，所断裂的共价键中，仅仅断裂δ键的是（）A．N2＋3H22NH3B．2C2H2＋5O22H2O＋4CO2C．Cl2＋H22HClD．C2H4＋H2C2H610、已知烯烃在一定条件下氧化时，键断裂，R1CH=CHR2可氧化成R1CHO和R2CHO。下列烯烃中，经氧化可得乙醛和丁醛的是A．1—己烯B．2—己烯C．2—甲基—2—戊烯D．3—己烯11、某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)＋2B(g)4C(？)＋2D(？)，“？”代表状态不确定。5min后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应的前后压强之比为15∶14，则下列说法正确的是A．该反应的化学平衡常数表达式是K＝B．0~5min内A的反应速率为0.24mol·L－1·min－1C．此时B的平衡转化率是40%D．增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大12、二甲醚（CH3－O－CH3）和乙醇是同分异构体，其鉴别可采用化学或物理方法。下列方法中不能对二者进行鉴别的是A．利用金属钠B．利用质谱法C．利用红外光谱法D．利用核磁共振氢谱法13、下列各组中互为同位素的是A．甲烷和乙烷 B．O2和O3 C．正丁烷和异丁烷 D．和14、25℃时，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1mol·L－1的NaOH溶液。整个实验进程中溶液的pH变化曲线如图所示，下列叙述正确的是A．实验进程中水的电离程度：c＞a＞bB．向a点所示溶液中通入SO2，溶液的pH减小，漂白性增强C．d点所示的溶液中c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(Cl－)＞c(HClO)D．c点所示溶液中：c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(HClO)15、下列关于元素第一电离能的说法不正确的是A．钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠B．因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故第一电离能必依次增大C．最外层电子排布为ns2np6(当只有K层时为1s2)的原子，第一电离能较大D．对于同一元素而言，原子的电离能I1<I2<I3<…16、下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④17、常温下，下列有关电解质溶液叙述错误的是A．某H2SO4溶液中c(OH-)/c(H+)＝1.0×10－8，由水电离出的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1B．将0.02mol·L－1盐酸与0.02mol·L－1Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液pH约为12C．将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，溶液的pH一定大于7D．向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1稀盐酸，溶液中c(HCO)先增大后减小18、以一氯丙烷为主要原料制取1，2—丙二醇时，若以最简线路合成，需经过的反应有A．取代—消去—加成 B．消去—加成—取代C．水解—取代—加成 D．消去—取代—加成19、已知（b）、（c）、（d）的分子式均为C6H6，下列说法正确的是A．b的同分异构体只有c和d两种B．b、c、d的二氯代物均只有三种C．b、c、d均可与酸性高锰酸钾溶液反应D．b、c、d中只有b的所有原子处于同一平面20、以下事实不能用勒夏特利原理来解释的是：()A．用排饱和食盐水的方法收集氯气B．增大压强，有利于N2和H2反应生成NH3C．合成氨工业选择高温(合成氨反应为放热反应)D．在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深21、下列化学用语正确的是(

)A．H2SO3的电离方程式：H2SO32H＋＋SO32－B．NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－C．Na2CO3的水解∶CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－D．NH4Cl的水解：NH4+＋H2O＝NH3·H2O＋H＋22、下列说法正确的是A．若烃中碳的质量分数相同，它们必定具有相同的最简式B．分子通式相同且组成上相差n个“CH2”原子团的物质一定互为同系物C．化合物是苯的同系物，一氯代物共有三种D．五星烷五星烷的化学式为C15H20，分子中含有7个五元环二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下：元素相关信息A基态原子的价电子排布式为nSnnPnB元素原子的核外p电子数比s电子数少1个C最外层电子数是电子层数的3倍D简单离子是第三周期元素中离子半径最小的E价电子层中的未成对电子数为4请回答下列问题：（1）写出下列元素符号：A______，B_______，C________，D__________。（2）写出C元素在周期表的位置_________，E2+价电子的轨道表示式______________,B元素能量最高的电子为____轨道上的电子，其轨道呈______形。（3）按原子轨道的重叠方式，1molA与C形成的最高价化合物中σ键有______个，π键有______个。(阿伏加德罗常数的值用NA表示)（4）B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为________(用离子符号表示)。（5）写出C的核外有18个电子的氢化物的电子式_____________。24、（12分）有机物A的化学式为C3H6O2，化合物D中只含一个碳，可发生如图所示变化：（1）C中官能团的名称是______。（2）有机物A与NaOH溶液反应的化学方程式___________________________________________．（3）某烃X的相对分子质量比A大4，分子中碳与氢的质量之比是12∶1，有关X的说法不正确的是______a.烃X可能与浓硝酸发生取代反应b.烃X可能使高锰酸钾溶液褪色c.烃X一定能与氢气发生加成反应d.乙炔与烃X互为同系物．25、（12分）氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：（1）氨气的制备①氨气的发生装置可以选择上图中的_________，反应的化学方程式为_______________。②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→______(按气流方向，用小写字母表示)。（2）氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中①Y管中_____________②反应的化学方程式____________将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝集打开K2③_______________④______________26、（10分）反应热可以通过理论计算得出，也可以通过实验测得。某实验探究小组用0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液进行中和热的测定。Ⅰ.配制0.50mol·L-1NaOH溶液(1)若实验中使用250mLNaOH标准溶液，则在配制时需要称量NaOH固体___g。(2)从下表中选择称量NaOH固体所需要的仪器是_____(填字母)。名称托盘天平小烧杯坩埚钳玻璃棒药匙量筒仪器序号abcdefⅡ.利用稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应测定中和热的实验装置如图所示。(3)取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据见表。实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.130.1225.925.925.929.8326.426.226.330.4①近似认为0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.2J·g-1·℃-1。则中和热ΔH=___(取小数点后一位小数)。②上述实验数值结果与理论值有偏差，产生偏差的原因可能是_____(填字母)。a.实验装置保温、隔热效果差b.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中c.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度d.用铜丝代替环形玻璃搅拌棒搅拌(4)如果用0.50mol·L−1的硫酸溶液与氢氧化钠固体进行实验，则实验中所测出的中和热数值将_______________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(5)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钡溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1的稀硫酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3由大到小的顺序为________。27、（12分）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验。请你完成下列填空：步骤一：配制250mL0.10mol/LNaOH标准溶液。步骤二：取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞溶液作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作3次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度（mol/L）滴定完成时，消耗NaOH溶液的体积（mL）待测盐酸溶液的体积（mL）10.1020.0220.0020.1020.0020.0030.1019.9820.00（1）步骤一需要用托盘天平称量氢氧化钠固体的质量为__________g，配制标准溶液除用到玻璃棒和烧杯，还需要的玻璃仪器有________________（2）步骤二中量取20.00mL的稀盐酸用到的仪器是____________。判断滴定终点的现象是______________________________________________（3）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度为______________________（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果（待测液浓度值）偏高的有（_______）A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度B．锥形瓶水洗后直接装待测液C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗D．滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数；E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失28、（14分）25℃时，取0.2mol•L﹣1HA溶液与0.2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计)，测得混合溶液的pH=8，试回答以下问题：(1)混合溶液的pH=8的原因________(用离子方程式表示)；(2)混合溶液中由水电离出的c(H+)______(选填“＞”、“＜”、“=”)0.1mol•L﹣1NaOH溶液中由水电离出的c(H+)；(3)混合液中：c(HA)+c(A﹣)=__mol•L﹣1；(4)25℃时，已知NH4A溶液为中性，将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH__7(选填“＞”、“＜”、“=”)；(5)相同温度下相同物质的量浓度的下列四种盐溶液，pH由大到小的顺序__(填字母)．A．NH4HCO3B．NH4AC．NH4HSO4D．NH4Cl(6)该温度下，V1LpH=a的盐酸与V2LpH=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性．若a+b=13，则V1：V2=__(溶液体积变化忽略不计)．29、（10分）请回答下列问题：(1)在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H＝－49.0kJ/mol。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。①氢气的转化率＝__________________；②该反应的平衡常数为___________（保留小数点后2位）；③下列措施中能使平衡体系中n(CH3OH)／n(CO2)增大的是___________。A．升高温度B．充入He(g)，使体系压强增大C．将H2O(g)从体系中分离出去D．再充入1molCO2和3molH2④当反应达到平衡时，H2的物质的量浓度为c1，然后向容器中再加入一定量H2，待反应再一次达到平衡后，H2的物质的量浓度为c2。则c1______c2的关系（填＞、＜、＝）。(2)利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为_______。(3)CrO42−和Cr2O72−在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol·L−1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72−)随c(H+)的变化如图所示。①离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应_________________。②由图可知，溶液酸性增大，CrO42−的平衡转化率____(填“增大“减小”或“不变”)。

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、B【分析】压缩天然气指压缩到压力大于或等于10MPa且不大于25MPa的气态天然气，其主要成分是甲烷（CH4）；液化石油气是由石油进行加压降温液化所得到的一种无色挥发性液体，其主要成分为丙烷、丁烷以及其他的烷烃等碳氢化合物。【详解】A.压缩天然气和液化石油气都属于烃类物质，只含碳和氢两种元素，而碳水化合物含C、H、O三种元素，A项错误；B.烃类物质均是碳氢化合物，因此压缩天然气和液化石油气都属于烃类，B项正确；C.天然气和液化石油气中不含氢气，C项错误；D.天然气和液化石油气都属于烃类物质，不含氧元素，而醇类物质一定含有氧元素，D项错误；答案应选B。2、D【解析】中性溶液中c（H+）=c（OH-）。【详解】A项、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；B项、室温下，pH之和为14的氨水与盐酸，酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等，盐酸是强电解质，氨水是弱电解质，所以氨水的浓度远远大于氢氧根离子浓度，所以等体积的氨水和硝酸混合后，氨水过量，溶液呈碱性，故B错误；C项、0.1mol/LNaOH溶液与0.05mol/LH2SO4溶液若等体积混合后，溶液呈中性，溶液体积没有确定，无法判断溶液酸碱性，C错误；D项、溶液中水的离子积常数Kw=c（H+）×c（OH-），当c（H+）=c（OH-）时，溶液呈中性，C(OH-)=Kw，D故选B。【点睛】本题考查了溶液酸碱性的判断，注意不能根据溶液的PH值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性。3、C【解析】在单位相同的条件下，将不同物质的化学反应速率转化为同一种物质的化学反应速率，其数值越大，化学反应速率越快，将这几种物质都转化为A物质。A．v(A)=2

mol•L-1•min-1；B．B是固体，不适用于化学反应速率的表示；C．v(C)=v(A)=0.1

mol•L-1•s-1=6mol•L-1•min-1；D．v(D)=0.4

mol•L-1•min-1，则v(A)=12v(D)=12×0.4

mol•L-1•min-1=0.2

mol•L-1•min-1；通过以上分析知，化学反应速率最快的是C，【点睛】本题考查化学反应速率大小比较，注意：比较化学反应速率时一定要统一单位，否则无法比较。本题的易错点为B，要注意B为固体。4、A【详解】A.铝热反应为放热反应,但需要在高温下才能进行,故A错误;B.化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成,旧键断裂吸收热量,形成新键放出热量,则化学反应一定伴有能量变化,所以B正确;C.吸热反应不一定需要加热,如氢氧化钡结晶水合物和氯化铵反应是吸热反应,常温下可发生,所以C正确;D.热化学反应方程式中,反应热与参加反应的物质的物质的量有关,物质的量越多,反应热的绝对值越大,所以D正确，答案为A。5、D【详解】A．标准状况下，CHCl3是液态，无法使用Vm=22.4L/mol计算，故A错误；B．4.2gC3H6可以是环丙烷，没有碳碳双键，B错误；C．1mol-OH中电子数为9NA，C错误；D．乙烯和环丁烷（C4H8）的最简式相同，故质量一定含有的碳原子数为定值，计算为2NA，D正确；故选D。6、A【详解】A．石油的常压蒸馏和石油减压蒸馏都属于物理变化，故A错误；B．石油在加热和催化剂的作用下，可以得到苯等芳香烃，故B正确；C．石油的裂解是深度裂化，目的是为了获得乙烯、丙烯等化工原料，故C正确；D．裂化的目的是将C18以上的烷烃裂化为C5-C11的烷烃和烯烃，得到裂化汽油，可以提高汽油的产量和质量，故D正确；故选A。7、B【解析】A.H+与CO32-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，选项A错误；B.Cl-与NH４＋、CO32-、SO42-均不反应，能大量共存，选项B正确；C.Ba2+与CO32-、SO42-反应产生沉淀而不能大量共存，选项C错误；D.OH-与NH４＋反应产生一水合氨而不能大量共存，选项D错误。答案选B。8、D【详解】由题意可知该有机物与NaHCO3不反应，则结构中没有羧基；与金属钠反应放出气体，则结构中有羟基；能使溴水褪色，则结构中有碳碳双键。所以D正确。答案选D。9、C【解析】共价单键为σ键；共价双键中含1个σ键和1个π键，共价三键中含1个σ键和2个π键，据此答题。【详解】A.N2分子中存在共价三键，反应时三键中的1个σ键和2个π键均断裂，故A错误；B.C2H2分子中存在三键，反应时三键中的1个σ键和2个π键均断裂，故B错误；C.H2、Cl2分子中均为单键，反应时仅仅断裂σ键，故C正确；D.C2H4分子中存在碳碳双键，C2H6中存在碳碳单键，C2H4与H2发生加成反应时π键发生断裂，故D错误。故选C。10、B【解析】试题分析：烯烃在一定条件下氧化时，碳碳双键断裂，两个不饱和的碳原子被氧化变为-CHO。若某烯烃经氧化可得乙醛和丁醛，原来的物质是2—己烯，结构简式是CH3-CH=CH-CH2CH2CH3，故选项是B。考点：考查烯烃的氧化反应规律的应用的知识。11、C【详解】A.根据阿伏加德罗定律及其推论可知，相同温度和体积时气体的压强与气体物质的量成正比，故有，n后=×n前=×(4+2)mol=5.6mol，正反应气体体积减小且气体减小的物质的量=(4+2)mol－5.6mol=0.4mol，C、D中只能一种物质是气体。若只有C是气体，则反应后气体减小的物质的量=×1.6mol=0.4mol；若只有D是气体，则反应后气体减小的物质的量=×1.6mol=2.4mol，因此只能C是气体，原反应式为3A(g)＋2B(g)4C(g)＋2D(s或l)，该反应的化学平衡常数表达式K=，A项错误；B.根据化学计量数可知0~5min内消耗A的物质的量=×1.6mol=1.2mol，则0~5min内A的反应速率=，B项错误；C.根据化学计量数知此时消耗B的物质的量=×1.6mol=0.8mol，则B的平衡转化率=×100%=40%，C项正确；D.根据勒夏特列原理和化学方程式可知，增大该体系的压强，平衡向正反应方向（即向右）移动，但化学平衡常数不变，因为化学平衡常数只与温度有关，与压强无关，D项错误；答案选C。12、B【解析】试题分析：A选项使用金属钠，金属钠会与乙醇反应生成氢气，可以鉴别。C选项利用红外光谱可以测定官能团，可以鉴别。D选项利用核磁共振氢谱法可以测定不同环境下的氢，乙醇中有三种氢，而甲醚中只有一种。考点：同分异构体，研究有机物的一般方法点评：本题稍微综合了知识点，难度不大，主要是要了解每一种研究有机物的方法。13、D【详解】A.甲烷和乙烷是化合物不是原子，所以不是同位素，故A错误；B.O2和O3是氧元素形成的不同的单质，不是同位素，故B错误；C.正丁烷和异丁烷是化合物不是原子，所以不是同位素，故C错误；D.和是质子数相同中子数不同的同一元素，互称同位素，故D正确；故选D。14、A【解析】整个过程发生的反应为Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO、H++OH-＝H2O、HClO+OH-＝ClO-+H2O，溶液中c（H+）先增大后减小，溶液的pH先减小后增大，a、b、c点溶液中溶质分别为HCl和HClO、HCl和HClO、NaCl和NaClO及HClO，据此解答。【详解】由图像可知，向水中通入氯气到b点为饱和氯水，然后向饱和氯水中加入氢氧化钠。则A.a点是氯气的不饱和溶液，水的电离受到盐酸和次氯酸的抑制；b点为饱和氯水，水的电离受到盐酸和次氯酸的抑制程度更大；c点溶液显中性，是氯化钠、次氯酸钠和次氯酸的混合液，次氯酸钠的水解促进水的电离，次氯酸的电离抑制水的电离，因为pH=7，说明次氯酸钠的水解促进水的电离作用和次氯酸的电离作用相同，所以，实验进程中水的电离程度为c＞a＞b，A正确；B.向a点所示溶液中通入SO2，氯气可以把二氧化硫氧化为硫酸，所以，溶液的pH减小，但是漂白性减弱，B错误；C.d点溶液显碱性，溶质是NaCl和NaClO或NaCl、NaClO和NaOH，因为d点所示的溶液中ClO－会有一小部分发生水解，所以溶液中c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(ClO－)＞c(HClO)，C错误；D.由电荷守恒可知c(H＋)+c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)+c(OH-)，因为c点所示溶液pH=7，故c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)，D错误；答案选A。15、B【详解】A.钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，说明钾失电子能力比钠强，所以钾的活泼性强于钠，故A正确；B.同一周期元素原子半径随着原子序数的增大而减小，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，故B错误；C.最外层电子排布为ns2np6（若只有K层时为1s2）的原子达到稳定结构，再失去电子较难，所以其第一电离能较大，故C正确；D.对于同一元素来说，原子失去电子个数越多，其失电子能力越弱，所以原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大，故D正确。故选B。16、B【详解】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③由于空气中的氧气能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；④中液面加苯阻止了空气进入，能较长时间看到白色沉淀。答案选B。17、C【解析】分析：A.由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH-)；B.根据混合后得到的溶液中c(OH-)浓度来计算；C.将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，溶液的pH可能小于或等于7；详解：A项，由c(OH-)c(H+)=1.0×10－8，c(OH-)∙c(H+)=1×10-14可得c(OH-)=1×10－11mol·L－1，所以由水电离的c(H+)=1×10－11B项，假设体积均为1L，等体积混合后体积为2L，反应后剩余OH-的物质的量为0.02mol，得到c(OH-)=1×10－2mol·L－1，溶液pH约为12，故B项正确；C项，将稀盐酸与稀氨水混合，随着盐酸量的增加，NH4Cl浓度增加，NH3·H2O浓度减小，溶液可以显酸性，中性或者碱性，故C项错误；D项，向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1稀盐酸，随着盐酸量的增大，先生成HCO3―，而后HCO3―与盐酸反应生成二氧化碳，故溶液中c(HCO3―)先增大后减小，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。18、B【分析】由一氯丙烷为主要原料，制取1，2-丙二醇时，官能团由1个Cl原子变为2个-OH，则应先消去再加成，然后水解即可，以此来解答。【详解】以一氯丙烷为原料制取1，2-丙二醇，步骤为①一氯丙烷在NaOH醇溶液中发生消去反应生成丙烯；②丙烯与溴单质发生加成反应生成1，2-二溴丙烷；③1，2-二溴丙烷在NaOH水溶液条件水解(取代反应)生成1，2-丙二醇，

所以B选项是正确的。【点睛】本题考查有机物合成的方案的设计，注意把握有机物官能团的变化，为解答该题的关键。平时要注意总结由一个官能团变为两个官能团可以通过先消去再加成的方法。19、D【解析】A．b是苯，其同分异构体有多种，不止d和p两种，A错误；B．c分子中氢原子分为2类，根据定一移一可知d的二氯代物是6种，B错误；C．b、p分子中不存在碳碳双键，不与酸性高锰酸钾溶液发生反应，C错误；D．苯是平面形结构，所有原子共平面，d、p中均含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，D正确。答案选D。20、C【解析】勒夏特列原理为如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，根据温度、压强、浓度对化学反应平衡的影响来分析，若温度、压强、浓度改变会导致化学平衡发生移动则可以用勒沙特列原理解释。【详解】A项、氯气与水反应存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，用排饱和食盐水的方法收集氯气时，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，故A错误；B项、增大压强，化学平衡向着气体体积减小的方向进行，即N2和H2反应向着生成NH3的方向进行，能用勒夏特利原理来解释，故B错误；C项、合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，高温的目的是选择催化剂的活性温度，能够加快反应反应速率，与平衡移动无关，不能用勒夏特利原理来解释，故C错误；D项、增加KSCN的浓度，有利于平衡向正反应方向移动，Fe（SCN）3浓度增大，体系颜色变深，能用勒夏特利原理来解释，故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学平衡移动原理，要求学习基本概念和基本理论时要注意深化理解，注意平衡移动原理适用范围，明确平衡移动原理内涵是解答本题的关键。21、B【分析】本题考查的基本化学用语的使用，掌握电离方程式，水解方程式的正确表达方式。【详解】A.H2SO3的电离分步进行，电离方程式写出第一步电离即可，正确的电离方程式为：H2SO3H++HSO3-，A项错误；

B.NaHSO4在水溶液中完全电离，其电离方程式为：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－，B项正确；

C.CO32-的水解分步进行，主要以第一步为主，碳酸根离子正确的水解方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-，C项错误；

D.NH4Cl中的NH4+的水解是微弱的，应用，其水解方程为：NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋，D项错误；答案选B。【点睛】书写电离方程关键是判断电解质的电离程度，从而选择正确的连接方式。特别注意多元弱酸是分步电离，以第一步为主；多元弱酸根是分步水解，以第一步水解为主。22、A【详解】A．烃中只有碳、氢两种元素，若碳的质量分数相同，则氢的质量分数也相同、所以它们的最简式一定相同，故A正确；B．结构相似，类别相同，组成上相差一个或n个“CH2”原子团的物质互为同系物，分子通式相同的物质不一定是同类物质，结构不一定相似，组成上相差n个“CH2”原子团的物质不一定互为同系物，如乙烯与环丙烷分子间相差1个CH2原子团，二者结构不同，不属于同系物，故B错误；C．该化合物结构对称，分子中有三种不同环境的氢原子，则一氯代物共有三种，苯的同系物中只有苯环一个环状结构，而该物质含多个苯环，属于芳香族化合物，但不属于苯的同系物，故C错误；D．根据五星烷的键线式，可判断其化学式为C15H20，从结构式看，中心是2个五元环，外层是5个六元环，故D错误；答案选A。二、非选择题(共84分)23、CNOAl)第2周期第VIA族2p纺锤形（或哑铃形）2NA2NAN3-＞O2-＞Al3＋【分析】A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,由A的基态原子的价电子排布式可以知道,n=2,则A为C元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则C为O元素；B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，可以知道p能级上只有3个电子,结合原子序数可以知道,B为N元素；D为简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D为Al元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe，据以上分析解答。【详解】A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,由A的基态原子的价电子排布式可以知道,n=2,则A为C元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则C为O元素；B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，可以知道p能级上只有3个电子,结合原子序数可以知道,B为N元素；D为简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D为Al元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe；(1)由上述分析可以知道,A为C,B为N,C为O,D为Al；综上所述，本题答案是：C，N，O，Al。

(2）C为O，核电荷数8，在周期表的位于第2周期第VIA族；铁原子基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+价电子的轨道表示式；B为N,基态核外电子排布为：1s22s22p3，能量最高的电子为2p轨道上的电子，其轨道呈纺锤形（或哑铃形）；综上所述，本题答案是：第2周期第VIA族，，2p；纺锤形（或哑铃形）。(3）按原子轨道的重叠方式，1molC与O形成的最高价化合物为CO2，结构式为O=C=O,含有σ键有2NA个，π键有2NA个；综上所述，本题答案是：2NA，2NA。(4）具有相同电子结构的离子中原子序数大的离子半径小,则B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为N3-＞O2-＞Al3＋；因此，本题正确答案是：N3-＞O2-＞Al3＋。(5）C的核外有18个电子的氢化物为过氧化氢,其电子式为

,因此，本题正确答案是:

。24、羧基cd【分析】有机物A的化学式为C3H6O2，有机物Ａ能与氢氧化钠反应生成B和D，说明该物质为酯，化合物D中只含一个碳，能在铜存在下与氧气反应，说明该物质为醇，所以Ａ为乙酸甲酯。Ｂ为乙酸钠，Ｃ为乙酸，Ｄ为甲醇，Ｅ为甲醛。【详解】(1)根据以上分析，Ｃ为乙酸，官能团为羧基。(2)有机物Ａ为乙酸甲酯，与氢氧化钠反应生成乙酸钠和甲醇，方程式为：。(3)某烃X的相对分子质量比A大4，为78，分子中碳与氢的质量之比是12∶1，说明碳氢个数比为１:１，分子式为C6H6，可能为苯或其他不饱和烃或立方烷。a.苯可能与浓硝酸发生取代反应，故正确；b.苯不能使高锰酸钾溶液褪色，但其他不饱和烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；c.若为立方烷，不能与氢气发生加成反应，故错误；d.乙炔与烃X分子组成上不相差“CH2”，两者一定不互为同系物，故错误。故选cd。25、A(或B)2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O(或BNH3·H2ONH3↑+H2O)d→c→f→e→i红棕色气体慢慢变浅8NH3+6NO27N2+12H2OZ中NaOH溶液产生倒吸现象反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压【详解】(1)①实验室可以用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以选择装置B用加热浓氨水的方法制备氨气，反应方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O，故答案为A(或B)；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O(或BNH3·H2ONH3↑+H2O)；②实验室制备的氨气中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰的干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度，所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i；故答案为d→c→f→e→i；(2)打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；根据反应8NH3+6NO27N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，Y装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下Z中NaOH溶液发生倒吸，故答案为红棕色气体慢慢变浅；8NH3+6NO27N2+12H2O；Z中NaOH溶液产生倒吸现象；反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压。26、5.0abe-53.8kJ·mol-1abcd偏大ΔH2<ΔH1<ΔH3【分析】配制一定物质的量浓度的溶液的实验步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容，需要用的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒等。中和热的测定实验中，需要根据合理数据的平均值进行计算。【详解】Ⅰ.(1)配制0.50mol·L-1NaOH溶液，若实验中使用250mLNaOH标准溶液，则在配制时需要称量NaOH固体质量为0.50mol·L-10.25L40g/mol=5.0g。(2)NaOH固体易潮解，称量NaOH固体需要在小烧杯中进行，取用粉末状固体要用药匙，称量通常要用到托盘天平，因此，所需要的仪器是abe。Ⅱ.(3)取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，则硫酸过量，生成水的物质的量为0.50mol·L-10.05L=0.025mol。根据实验数据可知，实验1中温度升高4.0℃，实验2中温度升高3.9℃，实验3中温度升高4.1℃，三个实验平均升高4.0℃。①近似认为0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，则溶液的质量为80g，中和后生成溶液的比热容c=4.2J·g-1·℃-1。则中和热ΔH=--53.8kJ·mol-1。②上述实验数值结果与理论值有偏差，中和热的绝对值偏小了。分析产生偏差的原因：a．实验装置保温、隔热效果差，则热量损失变大，测得的反应热的绝对值会偏小，a可能；b．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，则热量损失变大，测得的反应热的绝对值会偏小，b可能；c．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，则硫酸的温度偏高，测得的反应热的绝对值会偏小，c可能；d．用铜丝代替环形玻璃搅拌棒搅拌，由于铜的导热性好，则热量损失变大，测得的反应热的绝对值会偏小，d可能。综上所述，选abcd。(4)如果用0.50mol·L−1的硫酸溶液与氢氧化钠固体进行实验，由于氢氧化钠溶于水时放出热量，则实验中所测出的中和热数值将偏大。(5)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钡溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1的稀硫酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3。由于生成硫酸钡沉淀时放出热量、一水合氨电离时吸收热量。三个反应生成水的物质的量相同，放出的热量越多，其反应热越小，因此，ΔH1、ΔH2、ΔH3由大到小的顺序为ΔH2<ΔH1<ΔH3。27、1.0250mL容量瓶，胶头滴管酸式滴定管最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色0.10mol/LADE【解析】试题分析：（1）配制250mL0.1000mol/LNaOH溶液需要NaOH0.025mol，质量为1.0g。需要的仪器有玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管、量筒。（2）步骤二中量取20.00mL稀盐酸用酸式滴定管，终点的现象是滴加最后一滴NaOH溶液，溶液恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色。（3）四次实验平均消耗氢氧化钠溶液20.00mL，氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L，盐酸体积为20.00mL，所以盐酸浓度为0.1mol/L。（4）配制标准溶液定容时，加水超过刻度，氢氧化钠浓度偏低，所以标定盐酸浓度偏大；锥形瓶水洗后直接装待测液，对结果无影响；酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，盐酸浓度偏低；滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数，氢氧化钠溶液体积偏大，盐酸浓度偏大；碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，氢氧化钠溶液体积偏大，盐酸浓度偏大。考点：中和滴定点评：中和滴定误差分析关键是看滴定管中溶液体积变化。28、A﹣+H2O⇌HA+OH﹣＞1.1＞A＞B＞D＞C1：11