山东省济南市章丘四中2026届化学高二第一学期期中预测试题含解析

山东省济南市章丘四中2026届化学高二第一学期期中预测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指A．脱落酸 B．乙烯 C．生长素 D．甲烷2、下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是A．溴水中有平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅B．对CO+NO2CO2+NO，平衡体系增大压强可使颜色变深C．在电解含有酚酞的硫酸钠溶液时，阴极附近溶液的颜色变红D．合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取相对较低温度的措施3、在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-。下列说法正确的是A．稀释溶液，水解平衡向逆反应方向移动，水解程度减小B．通入CO2，平衡向正反应方向移动C．升高温度，pH减小D．加入NaOH固体，溶液的pH减小4、在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：。2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量QkJ。则下列分析正确的是（）A．在该条件下，反应前后的压强之比为1：1B．若反应开始时容器体积为2L，则v(SO3)=0.35mol/(L·min)C．若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”，平衡后n(SO3)>1.4molD．若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”，达平衡时放出热量大于QkJ5、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是A．124g白磷中含有P—P键的个数为4NAB．12g石墨中含有C—C键的个数为2NAC．28g晶体硅中含有Si—Si键的个数为2NAD．60gSiO2中含有Si—O键的个数为2NA6、有机物与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．卤代烃灭火剂广泛应用于资料室、变电房、博物馆等场所B．氧炔焰温度可达3000℃以上，常用来焊接或切割金属C．苯、甲苯等简单芳香烃可用于合成炸药、染料、农药等D．苯酚具有消毒作用，现在仍在各级医院广泛使用7、反应N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)的能量变化如图所示：已知：断开1molN2(g)中化学键需吸收946kJ能量，断开1molO2(g)中化学键需吸收498kJ能量。下列说法正确的是A．断开1molNO(g)中化学键需要吸收632kJ能量B．NO(g)＝N2(g)＋O2(g)∆H＝＋90kJ/molC．N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)∆H＝－180kJ/molD．形成1molNO(g)中化学键时释放90kJ能量8、下列有机化合物中均含有酸性杂质，除去这些杂质的方法中正确的是（）A．乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入饱和碳酸钠溶液洗涤，分液B．乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液C．乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液D．苯中含苯酚杂质：

加入溴水，过滤9、物质的量浓度相同的下列溶液中，含微粒种类最多的是（）A．CaCl2 B．CH3COONa C．NH3 D．K2S10、加热N2O5时，发生以下两个分解反应：N2O5N2O3＋O2，N2O3N2O＋O2，在1L密闭容器中加入4molN2O5达到化学平衡时c(O2)为4.50mol/L，c(N2O3)为1.62mol/L，则在该温度下各物质的平衡浓度正确的是()A．c(N2O5)＝1.44mol/LB．c(N2O5)＝0.94mol/LC．c(N2O)＝1.40mol/LD．c(N2O)＝3.48mol/L11、对于平衡体系mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)ΔH<0，下列结论中不正确的是A．若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则m＋n<p＋qB．若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶nC．若m＋n＝p＋q，则往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2amolD．若温度不变时，在恒容条件下充入稀有气体增大压强，该反应速率加快12、将铜片和锌片用导线连接后插入番茄里，如右图所示，电流计指针发生偏转，铜片是A．正极 B．电子流出的一极C．发生氧化反应的一极 D．逐渐溶解13、以下4种有机物的分子式皆为C4H10O。①CH3CH2CHOHCH3②CH3(CH2)3OH③CH3CH(CH3)CH2OH④CH3C(CH3)2OH。其中能被氧化为含—CHO的有机物是A．①② B．②③ C．②④ D．③④14、下列叙述中属于烃的是()A．只含有碳元素的有机物B．含有碳元素和氢元素的有机物C．仅含有碳元素和氢元素的有机物D．燃烧后生成二氧化碳和水的有机物15、下列第ⅦA族元素中，非金属性最强的是（）A．氟B．氯C．溴D．碘16、食品化学家研究得出，当豆油被加热到油炸温度时会产生如图所示的高毒性物质，许多疾病都与这种有毒物质有关，如帕金森综合征。下列关于该有毒物质的判断不正确的是A．该物质可以发生加成反应 B．该物质的分子式为C8H15O2C．该物质的分子中含有三种官能团 D．该物质属于烃的衍生物17、有机化合物X、Y、Z的转化关系如图：下列说法正确的是A．X中所有原子一定处于同一平面B．反应①、②的反应类型分别是加成反应、取代反应C．可用酸性KMnO4溶液区分X与ZD．Y的同分异构体有6种(不考虑立体异构)18、有一合金由X、Y、Z、W四种金属组成，若将合金放入盐酸中只有Z、Y能溶解；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物；若将该合金做阳极，用X盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出X。这四种金属的活动性顺序是（）A．Z＞Y＞W＞X B．Y＞Z＞W＞XC．W＞Z＞Y＞X D．X＞Y＞Z＞W19、下列与氢键有关的说法中错误的是（）A．卤化氢中HF沸点较高，是由于HF分子间存在氢键B．邻羟基苯甲醛()的熔、沸点比对羟基苯甲醛()的熔、沸点低C．氨水中存在分子间氢键D．形成氢键A—H…B—的三个原子总在一条直线上20、下列操作不能用于检验NH3的是A．气体使湿润的酚酞试纸变红B．气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝C．气体与浓H2SO4靠近D．气体与浓盐酸产生白烟21、关于如图所示装置的叙述，正确的是A．铜是负极，铜片上有气泡产生B．铜离子在铜片表面被还原C．电流从锌片经导线流向铜片D．盐桥中阳离子进入左烧杯22、已知：4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应的速率分别用v(NH3)、v(NO)、v(H2O)（mol·L-1·s-1）来表示，则正确的关系是A．4/5V（NH3）=v（O2）B．5/6v（O2）=v（H2O）C．2/5v（NH3）=v（O2）D．4/5v（O2）=v（NO）二、非选择题(共84分)23、（14分）某同学在学习元素化合物知识的过程中，发现某些化合物与水反应时，其中所含的一种元素可以发生自身氧化还原反应。（1）若A为红棕色气体，B为强酸，C为NO。①D为单质，其所含元素在元素周期表中的位置是___。②下列说法中，正确的是___（填字母）。a.A、C的组成元素相同b.B的浓溶液可与铜反应得到Ac.A、B、C中含有化合价不同的同种元素（2）若A为淡黄色固体，B为强碱。①反应Ⅱ的化学方程式是___。②若得到标准状况下气体C22.4L，则反应Ⅰ中生成B的物质的量是___mol。24、（12分）已知有机物A、B、C、D、E、F、G有如图转化关系，其中C的产量可用来衡量一个国家石油化工发展水平，G的分子式为C9H10O2，试回答下列有关问题。（1）C的电子式___，G的结构简式为____。（2）指出下列反应的反应类型：A转化为B：___，C转化为D：___。（3）B的同分异构体有很多种，遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体共有__种。（4）写出下列反应的化学方程式。A→B的化学方程式：___。B和F生成G的化学方程式：___。25、（12分）为了探究某固体化合物X（含有3种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验，请回答：已知：气体甲中含有两种气体（组成元素相同），且无色无味。（1）固体X中含有氧、_________和__________三种元素（写元素符号）（2）写出X隔绝空气分解的化学方程式___________________________________________；（3）检验溶液A中最主要金属阳离子的方法是____________________；（4）由沉淀转化为红棕色固体的一系列操作包括：过滤、_______、灼烧、________和称量。26、（10分）用中和滴定法测定某烧碱样品(含有氯化钠的杂质)的纯度，试根据实验回答下列问题：（1）准确称量8.2g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500mL待测溶液。称量时，样品可放在________称量。配制溶液选用________(填编号字母)A．小烧杯中B．洁净纸片上C．500mL容量瓶D．500mL试剂瓶（2）为了避免测定过程中样品部分与空气中二氧化碳反应导致结果偏差，滴定时，用0.2000mol/L的盐酸标准液来滴定待测溶液，可选用________(填编号字母)作指示剂。A．甲基橙B．石蕊C．酚酞（3）滴定过程中，眼睛应注视_____________，若用酚酞做指示剂，滴定终点的标志是____________，滴定结果是________(偏大，偏小，不变)，理由______________________。（4）根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是________mol/L，烧碱样品的纯度是____________。滴定次数待测溶液体积(mL)标准酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.0027、（12分）盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是__________。(2)烧杯间填满碎纸条的作用是__________。(3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(4)实验中改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热________(填“相等”或“不相等”)。(5)若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同，而终止温度与起始温度差t2—t1分别为2.2℃、2.4℃、3.4℃，则最终代入计算式的温差均值为__________。28、（14分）合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：(1)科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示(吸附在催化剂表面的微利用*标注，省略了反应过程中部分微粒)。①NH3的电子式是_______。②写出步骤c的化学方程式______。③由图像可知合成氨反应∆H____0(填“＞”、“＜”或“=”)。(2)传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。若向容积为1.0L的反应容器中通入5molN2、15molH2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示。①温度T1、T2、T3大小关系是_______。②M点的平衡常数K=______(可用分数表示)。29、（10分）我国自主研发的“蓝鲸一号”在中国南海神狐海域完成可燃冰连续试采，并得到中共中央国务院公开致电祝贺。“可燃冰”是天然气水合物，外形像冰，在常温常压下迅速分解释放出甲烷，被称为未来新能源。（1）“可燃冰”作为能源的优点是_______________________________(回答一条即可)。（2）甲烷自热重整是一种先进的制氢方法,包含甲烷氧化和蒸汽重整两个过程。向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气,发生的主要化学反应如下:反应过程化学方程式焓变△H(kJ.mol-l)活化能E.(kJ.mol-1)甲烷氧化CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2O(g)-802.6125.6CH4(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)-322.0172.5蒸气重整CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)+206.2240.1CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)+158.6243.9回答下列问题:①在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率______(填“大于”“小于”或“等于”)甲烷氧化的反应速率。②反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)

的平衡转化率与温度、压强关系[其中n(CH4)：n(H2O)=1:1]如图所示。该反应在图中A点的平衡常数Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)，图中压强(p1、p2、p3、p4)由大到小的顺序为___________。③从能量角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于___________。（3）甲烷超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，其能源和环境上的双重意义重大，甲烷超干重整CO2的催化转化原理如图所示。①过程II中第二步反应的化学方程式为_________。②过程II的催化剂是______，只有过程I投料比_______，催化剂组成才会保持不变。

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【详解】A．脱落酸的主要作用是抑制细胞分裂，促进叶和果实的衰老和脱落，故A不选；

B．乙烯的主要作用是促进果实成熟，故B选；

C．生长素具有两重性既能促进生长也能抑制生长，既能促进发芽也能抑制发芽，既能防止落花落果也能疏花疏果，故C不选；

D．甲烷不具有催熟作用，故D不选；

故选：B。2、B【解析】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，这就是勒夏特列原理的内容，注意对于反应前后体积不变的反应，压强不影响该平衡。【详解】A项、溴水中存在下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入AgNO3溶液时，Br–与Ag+反应生成溴AgBr沉淀，平衡正向移动，Br2浓度减小，溶液颜色变浅，能用勒夏特利原理解释，故A错误；B项、反应前后体积不变，缩小体积增大压强，平衡不移动，但物质的浓度会增大，所以颜色加深，不能用勒夏特利原理解释，故B正确；C项、电解硫酸钠溶液时，溶液中水电离生成氢离子和氢氧根离子，阴极上氢离子放电生成氢气，从而促进水电离，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，可以用勒夏特列原理解释，故C错误；D项、合成氨反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特利原理解释，故D错误。故选B。【点睛】本题考查勒夏特列原理，侧重考查基本理论，明确其理论内涵及适用范围是解本题关键。3、B【分析】A.加水稀释，促进水解；CO2与氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子，氢氧根离子浓度减小，水解平衡正向移动；加热促进水解；加入NaOH固体，氢氧根离子浓度增大。【详解】A.加水稀释，促进水解，所以稀释溶液，水解平衡向正反应方向移动，水解程度增大，故A错误；通入CO2，CO2与氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子，氢氧根离子浓度减小，水解平衡正向移动，故B正确；加热促进水解，所以升高温度，pH增大，故C错误；加入NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故D错误。4、A【详解】A．该反应是在恒温恒压下条件下进行的，所以反应前后气体压强始终不变，反应前后的压强之比为1：1，A正确；B．该反应是在恒温恒压下进行的，反应在达到平衡状态前容器的体积一直在变化，所以无法计算化学反应速率，所以无法计算v(SO3)，B错误；C．若把恒温恒压下改为恒压绝热条件下反应，相当于为气体升高温度，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以平衡后n(SO3)<1.4mol，C错误；D．若把恒温恒压下改为恒温恒容下反应，反应达到平衡状态前压强逐渐减小，与恒温恒压下相比，恒温恒容下相当于减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，平衡逆向移动，平衡后n(SO3)<1.4mol，放出的热量小于Q，D错误；答案选A。5、C【详解】A．每个白磷（P4）分子中含有6个P-P键，n(P4)==1mol，则124gP4含有P-P键的数为6NA，A错误；B．石墨中每个C原子与其它3个C原子成键，平均每个C原子成键数目为3×=1.5个，12g石墨含C原子的物质的量为1mol，C-C键的个数为1.5NA，B错误；C．晶体Si中每个Si都与另外4个Si相连，平均每个Si原子成键数目为4×=2个，28g晶体硅中含Si原子的物质的量为1mol，则含有Si—Si键的个数为2NA，C正确；D．SiO2中每个Si原子与4个O原子成键，60SiO2的物质的量为1mol，含Si-O键的个数为4NA，D错误；故选C。6、D【解析】A.卤代烃如四氯化碳具有灭火作用；B.乙炔可燃产生大量的热；C.依据苯及其同系物性质及用途解答；D.根据苯酚有毒、易污染环境，且腐蚀性很强分析。【详解】A.卤代烃灭火剂广泛应用于资料室、变电房、博物馆等场所，选项A正确；B.乙炔可燃(氧炔焰温度可达3000℃以上)，氧炔焰常用作焊接金属，选项B正确；C.苯能够制备农药，甲苯能够制备2，4，6-三硝基甲苯。苯、甲苯等简单芳香烃可用于合成炸药、染料、农药等，选项C正确；D.苯酚有毒，易污染环境，且其腐蚀性很强，故医院不再广泛使用苯酚消毒，选项D错误；答案选D。7、A【详解】A．断开1molNO(g)中化学键需要吸收能量为(946kJ+498kJ-180kJ)×=632kJ，A正确；B．依图中信息，NO(g)＝N2(g)＋O2(g)∆H＝-90kJ/mol，B错误；C．依据图中能量关系，N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)∆H＝+180kJ/mol，C错误；D．由A中计算可知，形成1molNO(g)中化学键时释放632kJ能量，D错误；故选A。8、A【详解】A.饱和碳酸钠溶液可以吸收乙酸，降低乙酸丁酯的溶解度，乙酸丁酯不溶于水，可以用分液方法提纯乙酸丁酯，故A正确；B.乙醇溶于水，溶液不分层，无法用分液方法分离，故B错误；C.乙醛溶于水，溶液不分层，无法用分液方法分离，故C错误；D.苯酚与溴反应生成三溴苯酚，三溴苯酚溶于苯，不能用过滤法提纯苯，故D错误。答案选A。【点睛】9、D【详解】A、CaCl2不水解，溶液中存在的粒子有Ca2+、Cl-、OH-、H＋、H2O，共5种；B、CH3COONa发生水解，溶液中存在Na+、CH3COO-、CH3COOH、H+、OH-、H2O，共6种粒子；C、氨水中存在NH3、NH3·H2O、NH4+、OH-、H+、H2O，共6种粒子；D、K2S中S2-发生两步水解，溶液中存在K+、S2-、HS-、H2S、OH-、H+、H2O，共7种粒子；答案选D。10、B【解析】试题分析：加热N2O5时，发生以下两个分解反应：N2O5N2O3+O2，N2O3N2O+O2，则N2O5N2O3+O2开始400转化xxx平衡4-xN2O3N2O+O2转化yyy平衡x-yyx+y化学平衡时c（O2）为4.50mol/L，c（N2O3）为1.62mol/L，则x+y＝4.50、x−y＝1.62，解得x=3.06，y=1.44，c（N2O5）=(4-3.06)mol/L=0.94mol/L，c（N2O）=1.44mol/L，答案选B。考点：考查化学平衡的计算11、D【解析】A.由于c=n/V，若V减半则c增大为原来的2倍，A的浓度为原来的2.1倍，说明增大压强平衡左移，逆反应是气态物质体积减小的方向，所以m＋n<p＋q，故A正确；B.设起始时A、B的物质的量分别为xmol、ymol，二者的转化率都是z，则二者的△n分别为xzmol、yzmol，根据系数比规律，二者之比等于系数比，则(xz)/(yz)=m/n，所以x/y=m/n，故B正确；C.若m＋n=p＋q，即反应过程中气体的物质的量保持不变，起始时气体总量为amol+amol=2amol，则达到新平衡时气体总量仍为2amol，故C正确；D.若温度不变时，在恒容条件下充入稀有气体，各组分的浓度不变，故反应速率不变，D错误。故选D。12、A【详解】A．锌片的活泼性大于铜片，所以锌失电子作负极，铜作正极，A项正确；

B．锌失电子变成离子，铜片上得电子，所以电子是从锌片沿导线流向铜片，B项错误；

C．锌失电子反应氧化反应，铜片上得电子发生还原反应，C项错误；

D．锌失电子变成离子，所以锌片逐渐溶解，D项错误；

答案选A。13、B【分析】醇分子中与羟基相连的碳原子上含有氢原子时才能发生催化氧化，结合醇的结构分析解答。【详解】①CH3CH2CHOHCH3发生催化氧化生成CH3CH2COCH3，CH3CH2COCH3中官能团为羰基；②CH3(CH2)3OH发生催化氧化生成CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO中官能团为醛基（－CHO）；③CH3CH(CH3)CH2OH发生催化氧化生成CH3CH(CH3)CHO，CH3CH(CH3)CHO中官能团为醛基；④CH3C(CH3)2OH中与－OH相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；因此能被氧化为含－CHO的有机物为②③，答案选B。【点睛】醇的催化氧化反应情况与跟羟基(－OH)相连的碳原子上的氢原子的个数有关。（1）若α-C上有2个氢原子，醇被氧化成醛；（2）若α－C上没有氢原子，该醇不能被催化氧化。即：14、C【详解】某些含有C元素的化合物（除碳酸盐、碳酸氢盐、CO、CO2、氰盐等）成为有机物，有机物分为烃和烃的衍生物，只含有C、H两种元素的化合物叫做烃，含有其他杂原子的化合物叫做烃的衍生物，故C项符合定义，选择C。15、A【解析】考查元素周期律。同主族自上而下非金属性逐渐减弱，所以第ⅦA族元素中，非金属性最强的是氟，答案选A。16、B【详解】A.含有碳碳双键，醛基，可发生加成反应，故A不选；B.该物质的分子式为C9H16O2，故B选；C.分子中含碳碳双键、−CHO、−OH，故C不选；D.含有O元素，属于烃的衍生物，故D不选；故选：B。17、B【详解】A.乙烯H₂C=CH₂的所有原子是共面的，X中存在由于C-C单键可以自由旋转，当旋转到纸面上时，所有原子共面了。而当旋转到其他任意角度时，最多只有3个C原子共面了，此时最多只有6个原子共面，所有原子不一定处于同一片面，故A错误；B.反应①中双键变成单键，属于加成反应；反应②Cl原子被羟基取代，属于取代反应，故B正确；C.X中存在碳碳双键可以使酸性KMnO4溶液褪色，Z中有羟基也可以使酸性KMnO4溶液褪色，酸性KMnO4溶液不能区分X与Z，故C错误；D.Y相当于丁烷的二氯代物，一共有9种：CHCl2CH2CH2CH3、CH3CCl2CH2CH3、CH2ClCHClCH2CH3、CH2ClCH2CHClCH3、CH2ClCH2CH2CH2Cl、CH3CHClCHClCH3、CH2ClCH(CH3)CH2Cl、CH3CHCl(CH3)CH2Cl，CH3CH2(CH3)CHCl2，故D错误；故选B。18、A【解析】将合金放入盐酸中，只有Z、Y能溶解，说明Z、Y在氢前，X、W在氢后，故C、D错误；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物则说明Z为负极，活泼性是Z＞Y，故B错误，若将该合金做阳极，用X盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出X，说明X离子的氧化性最强，所以X的活泼性最弱，故活泼性顺序是：Z＞Y＞W＞X，故选A。19、D【详解】A．HF分子之间存在氢键，故熔点沸点相对较高，故A正确；B．能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，故B正确；C．N、O、F三种元素容易形成氢键，因此氨水中存在分子间氢键，故C正确；D．氢键结合的通式，可用X-H…Y表示，式中X和Y代表F，O，N等电负性大而原子半径较小的非金属原子；X和Y可以是两种相同的元素，也可以是两种不同的元素，但不一定在一条直线上，故D错误，故答案选D。20、C【解析】A.氨气与水发生反应NH3+H2O=NH3·H2O，NH3·H2O⇌NH4++OH-溶液呈碱性，酚酞溶液变红，可以检验氨气的存在，故A错误；B.氨气与水发生反应NH3+H2O=NH3·H2O，NH3·H2O⇌NH4++OH-溶液呈碱性，遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，可以检验NH3，故B错误；C.浓硫酸是难挥发性的酸，此操作不能用于检验氨气，故C正确；D.浓盐酸具有挥发性，挥发出氯化氢和氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成，可以检验氨气，故D错误。故选C。21、B【解析】此原电池中，锌的活泼性大于铜的活泼性，所以锌电极为电池负极，失去电子，发生氧化反应，被氧化，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+；铜电极为正极，得到电子，被还原，电极反应为Cu2++2e-=Cu，电子由锌电极流出，经外导线流向铜电极，电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。【详解】A、此原电池中，锌的活泼性大于铜的活泼性，所以锌电极为电池负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，铜电极为正极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，没有气体生成，故A错误；B、铜电极为正极，得到电子，被还原，电极反应为Cu2++2e-=Cu，故项正确；C、铜是正极，锌是负极，电流方向与电子流动方向相反，电流是从铜片流向锌片，故C错误；D、原电池中，铜电极作正极，阳离子向正极移动，所以溶液中阳离子向右烧杯中移动，故D错误；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查的知识点为原电池。在原电池中，失去电子发生氧化反应的一极作为负极，得到电子发生还原反应的一极作为正极。电子由负极流出，经外导线流向正极，电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。22、D【解析】同一化学反应中，不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比。【详解】A项、V（NH3）：V（O2）=4：5，V（O2）=5/4V（NH3），故A错误；B项、V（O2）：V（H2O）=5：6，V（O2）=5/6V（H2O），故B错误；C项、V（NH3）：V（O2）=4：5，V（O2）=4/5V（NH3），故C错误；D项、V（O2）：V（NO）=5：4，V（NO）=4/5V（O2），故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学反应速率的有关计算，注意速率计算常用方法有定义法与化学计量数法，同一反应，不同的物质来表示化学反应速率，数值不同，但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比。二、非选择题(共84分)23、第二周期第VIA族abc4【分析】（1）根据题给信息及转化流程可知，若A为红棕色气体，B为强酸，C为NO，则A为二氧化氮，B为硝酸，则D为氧气，据此进行分析；（2）根据题给信息及转化流程可知，若A是淡黄色固体，只能是过氧化钠或溴化银，符合题意的是过氧化钠，则B是氢氧化钠，C是氧气，D是金属钠，据此进行分析。【详解】（1）根据描述可知A为二氧化氮，B为硝酸，则D为氧气：①氧元素在元素周期表的位置是第二周期第VIA族；②a.一氧化氮和二氧化氮的组成元素相同，都是氮和氧，a项正确；b.浓硝酸可以和铜反应得到硝酸铜和二氧化氮，即气体A，b项正确；c.A中氮元素是+4价的，B中氮元素是+5价的，C中氮元素是+2价的，c项正确；答案选abc；（2）若A是淡黄色固体，只能是过氧化钠或溴化银，符合题意的是过氧化钠，则B是氢氧化钠，C是氧气，D是金属钠：①反应II即钠和氧气得到过氧化钠：；②根据过氧化钠和水的反应方程式，可以发现生成的和是4:1的关系，若生成了氧气，则生成4mol的。24、取代反应加成反应3+NaOH+NaClCH3COOH++H2O【分析】C的产量可用来衡量一个国家石油化工发展水平，则C为乙烯，其与水发生加成反应生成的D为乙醇；乙醇经催化氧化生成E，E为乙醛；乙醛经银氨溶液氧化后再酸化得到F，则F为乙酸；由图中信息可知，甲苯与氯气在光照的条件下发生侧链上的取代反应生成A，A属于卤代烃，其在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成B；B与F在一定条件下生成G，由G的分子式C9H10O2可以推断B为苯甲醇（）、A是。【详解】（1）C为乙烯，其电子式为；G为乙酸苯甲酯，其结构简式为。（2）A转化为B属于卤代烃的水解反应，其反应类型为取代反应；C转化为D的反应是乙烯与水反应生成乙醇，其反应类型为加成反应。（3）B为苯甲醇，其同分异构体有很多种，遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体属于酚，可能为邻甲酚、间甲酚和对甲酚，共有3种。（4）A→B的化学方程式为+NaOH+NaCl。B和F生成G的化学方程式为CH3COOH++H2O。25、CFeFeC2O4FeO+CO↑+CO2↑取少量A溶液于试管，滴加硫氰化钾溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色，则说明A中含有Fe2+洗涤冷却【解析】无色气体甲能使澄清石灰水变浑浊，说明甲中含有CO2，甲中含有两种气体（组成元素相同），且无色无味，所以甲中还有CO，CO在标准状况下是2.24L，物质的量是0.1mol，白色沉淀是碳酸钙，碳酸钙的质量是10g，物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.1mol，所以固体X中含碳元素为0.2mol，红棕色固体是Fe2O3，Fe2O3为8g，物质的量为0.05mol，固体X中含铁元素为0.1mol，X中含O元素的质量为：14.4g-（0.1mol×56g/mol+0.2mol×12g/mol）=6.4g，O元素的物质的量为0.4mol，所以X中含有铁元素为0.1mol，碳元素为0.2mol，O元素的物质的量为0.4mol，故X的化学式为：FeC2O4。【详解】（1）流程中有红棕色固体生成，是Fe2O3，无色气体甲能使澄清石灰水变浑浊，说明甲中含有CO2，根据元素守恒可知X中还含有碳元素和铁元素，故答案为：C；Fe。（2）X隔绝空气分解生成的黑色固体是FeO，气体甲中含有两种气体（组成元素相同），且无色无味，所以这两种气体是CO和CO2，反应的方程式为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑，故答案为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑。（3）Fe2+的检验方法为：取少量A溶液于试管，滴加硫氰化钾溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色，则说明A中含有Fe2+，故答案为：取少量A溶液于试管，滴加硫氰化钾溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色，则说明A中含有Fe2+。（4）沉淀转化为红棕色固体（Fe2O3），具体操作为：过滤、洗涤、灼烧、冷却和称量，故答案为：过滤、洗涤、灼烧、冷却和称量。26、ADA锥形瓶中液体颜色变化溶液由红色变为浅红色，且半分钟内不褪色偏小滴定终点时，溶液中碳酸离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少0.400097.56%【解析】(1)氢氧化钠易潮解，易潮解的药品，必须放在玻璃器皿上(如：小烧杯、表面皿)里称量，防止玷污托盘；配成500mL待测溶液，应该盛放在500mL的试剂瓶中，故答案为：A；D；(2)为了避免测定过程中样品部分与空气中二氧化碳反应导致结果偏差，滴定时，用0.2000mol/L的盐酸标准液来滴定待测溶液，酸碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂，如果选择酚酞，则氢氧化钠的浓度会受到二氧化碳的影响，因此只能选择甲基橙，故选A；(3)滴定过程中两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；若用酚酞做指示剂，滴定终点的现象为溶液由红色变为浅红色，且半分钟内不褪色，滴定终点时，溶液中碳酸根离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少，导致氢氧化钠溶液的浓度偏小，故答案为：锥形瓶内溶液的颜色变化；溶液由红色变为浅红色，且半分钟内不褪色；偏小；滴定终点时，溶液中碳酸离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少；(4)两次实验消耗标准液体积分别为：20.50mL-0.40mL=20.10mL，24.00mL-4.10mL=19.90mL，则2次消耗标准液的平均体积为：20.00mL，氢氧化钠的物质的量浓度为：0.2000mol/L×20.00mL10.00mL=0.4000mol/L，原样品中含有氢氧化钠的质量为：0.4000mol/L×0.5L×40g/mol=8g，则样品的纯度为：8g8.2g×100%=97.56%，【点睛】本题考查了酸碱中和滴定中的操作要点、中滴定的计算以及误差分析,。本题的易错点和难点为(3)中误差的分析，要注意二氧化碳能够与氢氧化钠反应，导致消耗的盐酸偏少。27、环形玻璃搅拌棒保温，减少实验过程中的热量损失偏小不相等相等2.3℃【分析】(1)根据量热计的构造来判断该装置缺少的仪器；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作；(3)若不盖硬纸板，会有一部分热量散失；(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，结合中和热的概念分析判断；(5)先判断数据的有效性，再求出温度差的平均值。【详解】(1)根据量热计的构造可知，该装置缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条，可以起到保温的作用，减少实验过程中的热量损失，故答案为：保温，减少实验过程中的热量损失；(3)大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，测得的热量会减少，求得的中和热数值将会偏小，故答案为：偏小；(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，则放出的热量增多，但中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值相等，故答案为：不相等；相等；(5)三次温度差分别为：2.2℃、2.4℃、3.4℃，第三组数据误差较大，舍去，温度差的平均值==2.3℃；故答案为：2.3℃。28、<T1<T2<T3或7.32×10-3【详解】(1)①NH3属于共价化合物，分子中一个N原子与三个H原子形成3对共用电子对，其电子式为，答案：；②由图可知，步骤c中由*NNH转化为NH3和*N，所以步骤c的化学方程式为，答案：；③根据能量图，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，∆H<0，答案：<；(2)①相同压强下，由于合成氨的反应为放热反应，升高温度不利于反应向正向进行，所以温度越高氨气的产量越低，所以温度T1、T2、T3大小关系是T1<T2<T3，答案：T1<T2<T3；②根据题中数据，设到达平衡时氮气的变化量为xmol，列出三段式为：由图可知M点平衡时NH3的质量分数为40%，反应过程中气体的总质量不变，所以