2026届山东省滕州市盖村中学化学高二第一学期期中学业水平测试试题含解析

2026届山东省滕州市盖村中学化学高二第一学期期中学业水平测试试题考生请注意：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、在常温下，某无色溶液中，由水电离出的c(H+)＝1×10-14mol·L-1，则该溶液中，一定能大量共存的离子是（）A．K+、Na+、MnO4-、SO42- B．Na+、CO32-、AlO2-、Cl-C．K+、Na+、Cl-、Br- D．K+、Cl-、Ba2+、HCO3-2、对于A2+3B22C的反应来说，以下化学反应速率的表示中，反应速度最快的是A．υ(B2)=0.8mol·L-1·s-1 B．υ(B2)=3mol·L-1·s-1C．υ(C)=0.6mol·L-1·s-1 D．υ(A2)=0.4mol·L-1·s-13、下列事实中，不能应用化学平衡移动原理来解释的是（）①可用浓氨水和NaOH固体快速制氨气②用两个惰性电极电解CuCl2溶液，溶液颜色变浅：CuCl2Cu＋Cl2③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫④溴水中有下列平衡Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入少量硝酸银固体后，溶液颜色变浅⑤对于反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深A．①②③ B．②④⑤ C．②⑤ D．③④⑤4、通常情况下，不能用铝制容器盛放的是（）A．浓硫酸 B．浓硝酸 C．氢氧化钠溶液 D．酒精5、以下对影响反应方向因素的判断不正确的是（）A．有时焓变对反应的方向起决定性作用B．有时熵变对反应的方向起决定性作用C．焓变和熵变是判断反应方向的两个主要因素D．任何情况下，温度都不可能对反应的方向起决定性作用6、100℃时，将0.1molN2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4(g)2NO2(g)。下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是)①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1:2②NO2生成速率与NO2消耗速率相等③烧瓶内气体的压强不再变化④烧瓶内气体的质量不再变化⑤NO2的物质的量浓度不再改变⑥烧瓶内气体的颜色不再加深⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化⑧烧瓶内气体的密度不再变化A．①④⑧ B．②③⑤⑥⑦ C．只有①④ D．只有⑦⑧7、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．0.1mol·L－1KSCN溶液中：Fe3＋、NH4＋、Br－、SO42－B．由水电离出的c(H+)=1×10—12mol/L的溶液中：Na＋、K+、AlO2－、NO3－C．能使甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42－、Cl－D．pH=0的溶液中：Na＋、NH4＋、NO3－、Fe2+8、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9、我国某大城市今年夏季多次降下酸雨。据环保部门测定，该城市整个夏季酸雨的pH平均值为3.2。在这种环境中的铁制品极易被腐蚀。对此条件下铁的腐蚀的叙述不正确的是（）A．此腐蚀过程有化学腐蚀也有电化学腐蚀B．发生电化学腐蚀时，正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-C．在电化学腐蚀过程中有氢气产生D．发生电化学腐蚀时，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+10、日常生活中食用的白糖、冰糖和红糖的主要成分是A．淀粉 B．葡萄糖 C．蔗糖 D．果糖11、常温下，在1L0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（）A．加入水时，平衡向逆反应方向移动B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动C．加入少量0.1mol·L-1HCl溶液，溶液中c(H+)减小D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动12、把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，电流由d到c；a、c相连时，c上产生大量气泡，b、d相连时，b上产生大量气泡，则四种金属的活动性顺序由强到弱的是A．a＞b＞c＞d B．a＞c＞d＞b C．c＞a＞b＞d D．b＞d＞c＞a13、下列关于燃烧热的描述中正确的是()A．已知ag乙烯气体充分燃烧时生成1molCO2和液态水，放出bkJ的热量，则表示乙烯燃烧热的热化学方程式为2C2H4(g)＋6O2(g)=4CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－4bkJ·mol－1B．将甲醇蒸气转化为氢气的热化学方程式是CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－192.9kJ·mol－1，则CH3OH(g)的燃烧热为192.9kJ·mol－1C．H2(g)的燃烧热是285.8kJ·mol－1，则2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋571.6kJ·mol－1D．葡萄糖的燃烧热是2800kJ·mol－1，则C6H12O6(s)＋3O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－1400kJ·mol－114、下列说法正确的是A．等质量的硫蒸汽和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B．镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈C．由C(金刚石)==C(石墨)ΔH="-1.9"kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定D．NH3的稳定性强，是因为其分子之间存在氢键15、婷婷放学回家妈妈做了可口的饭菜，所做的饭菜有尖椒炒瘦肉、番茄鸡蛋汤、花生油炒青菜和白米饭。下列说法正确的是()A．瘦肉富含淀粉 B．米饭富含蛋白质C．花生油富含纤维素 D．番茄富含维生素C16、下列说法不正确的是A．NH4F水溶液存放于塑料试剂瓶中B．明矾可以用来净水，是利用明矾水解生成Al(OH)3胶体，从而起到杀菌消毒功效C．将Fe2(SO4)3的溶液蒸干、灼烧可得到Fe2(SO4)3固体D．草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，是因为K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效17、2016年度国家最高科学技术奖获得者赵忠贤院士的主要贡献之一：发现液氮温区氧化物的超导电性。下列物质属于氧化物的是A．O2B．LiOHC．Cu2OD．NaHSO418、某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是A．配合物中中心原子的电荷数为6B．该配合物可能是平面正方形结构C．Cl﹣和NH3分子均与中心铂离子形成配位键D．该配合物的配体只有NH319、25℃时不断将水滴入0.1mol·L－1的氨水中，下列图像变化合理的是A． B．C． D．20、下列叙述正确的是()A．乙酸的结构简式：C2H4O2B．NH4Br的电子式：C．1H与D互称同位素D．BaSO4的水溶液不导电，故BaSO4是弱电解质21、高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。其中铁元素的化合价为A．+2 B．+3 C．+6 D．+822、下列化学用语正确的是A．镁原子：Mg2+ B．氯原子：Cl2C．S原子的结构示意图： D．乙醇的结构式：二、非选择题(共84分)23、（14分）(1)键线式表示的分子式__；系统命名法名称是___．(2)中含有的官能团的名称为___、___________．(3)水杨酸的结构简式为①下列关于水杨酸的叙述正确的是________(单选)。A．与互为同系物B．水杨酸分子中所有原子一定都在同一平面上C．水杨酸既能表现出酚类物质性质，也可以表现出羧酸类物质性质②将水杨酸与___________溶液作用，可以生成；请写出将转化为的化学方程式_______________。24、（12分）烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B、D是生活中两种常见的有机物，E是一种有水果香味的物质。A可发生如图所示的一系列化学反应。请回答下列问题：（1）A的结构简式是__________。（2）反应①和③的有机反应类型分别是________、___________。（3）F是一种高分子化合物，其结构简式是_____________。（4）反应④的方程式为：_________25、（12分）下图装置中，b电极用金属M制成，a、c、d为石墨电极，接通电源，金属M沉积于b极，同时a、d电极上产生气泡。试回答：（1）c极的电极反应式为_________。（2）电解开始时，在B烧杯的中央，滴几滴淀粉溶液，电解进行一段时间后，你能观察到的现象是：___________，电解进行一段时间后，罩在c极上的试管中也收集到了气体，此时c极上的电极反应式为_____________。（3）当d极上收集到44.8mL气体（标准状况）时停止电解，a极上放出了____moL气体，此时若b电极上沉积金属M的质量为0.432g，则此金属的摩尔质量为___________。26、（10分）用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如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）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值___________(填“偏大、偏小、无影响”)（2）如果用60mL0.50mol/L盐酸与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、不相等”)，所求中和热__________(填“相等、不相等”)，简述理由__（3）用相同浓度和体积的氨水（NH3·H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会______________；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。27、（12分）利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”，某小组设计了如下方案：先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/mol·L－1体积/mL浓度/mol·L－1体积/mL①0.102.00.0104.025②0.202.00.0104.025③0.202.00.0104.050（1）已知H2C2O4与KMnO4反应产生MnSO4和CO2。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n（H2C2O4）∶n（KMnO4）≥________。（2）探究温度对反应速率影响的实验编号是___________（填编号，下同），探究反应物浓度对反应速率影响的实验编号是____________。（3）不同温度下c（MnO4－）随反应时间t的变化曲线如图所示，判断T1_________T2（填“＞”或“＜”）28、（14分）I．红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3和PCl5，反应过程和能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1mol产物的数据)，根据下图回答下列问题：(1)PCl5分解生成PCl3和Cl2的热化学方程式____________________；上述分解反应是一个可逆反应，温度T1时，在密闭容器中加入0.8molPCl5，反应达到平衡时还剩余0.6molPCl5，其分解率α1等于________；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5的分解率α2，α2________α1(填“大于”、“小于”或“等于”)。(2)工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5。原因是_________________________________________________。(3)P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的ΔH3＝____________。Ⅱ．某学生做浓度对化学反应速率的影响的实验时，将2支试管编号为①②，并按下表中物质的量进行实验，记录的时间数据是：16s、28s。请将2个数据填入下表的适当位置，并写出实验结论。试管编号加入3%Na2S2O3加H2O加稀盐酸(1∶5)出现浑浊时间①3mL3mL5滴a._____s②4mL2mL5滴b._____s(1)将对应①②的时间分别写出：a.____________，b.____________。(2)实验结论____________________________________。(3)写出反应的化学方程式_______________________________________________。29、（10分）已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B的氢化物形成六配位的配合物，有两个氯离子位于外界。请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____。（2）B的氢化物的分子空间构型是____。（3）写出AC2的电子式____；其中心原子采取____杂化。（4）ECl3形成的配合物的化学式为____，1mol该配合物中σ键数目为____mol。（5）B的氢化物易液化的原因是____。

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【分析】在常温下，某无色溶液中，由水电离出的c(H+)＝1×10-14mol·L-1，则该溶液可能显酸性，也可能显碱性，据此解答。【详解】A、MnO4－显紫红色，故A错误；B、此溶质为酸或碱，CO32－和AlO2－在酸中不能大量共存，故B错误；C、既能在碱中大量共存，又能在酸中大量共存，故C正确；D、HCO3－既不能在碱中大量共存，也不能在酸中大量共存，故D错误。答案选C。2、B【解析】不同物质表示的速率之比，等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。【详解】A.υ(B2)/3=0.267mol/(L·s)；B.υ(B2)/3=1mol/(L·s)；C.υ(C)/2=0.3mol/(L·s)；D.υ(A2)/1=0.4mol/(L·s)；本题答案为B。【点睛】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，在速率单位统一的前提下，不同物质表示的速率与化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。3、C【详解】①氨水中存在：NH3+H2ONH3·H2O+OH-，NaOH固体有吸水性，且增大OH-浓度，使上述平衡逆向移动，故①可用平衡移动原理来解释，不合题意；②用两个惰性电极电解CuCl2溶液时溶液中不存在化学平衡，溶液颜色变浅是由于Cu2+浓度减小，故②不能用平衡移动原理来解释，符合题意；③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫是由于减小压强使平衡CO2+H2OH2CO3逆向移动，故③能用平衡移动原理解释，不合题意；④溴水中有下列平衡Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入少量硝酸银固体后，由于Ag++Br-=AgBr↓，导致Br-浓度减小，平衡正向移动，溶液颜色变浅，故④能用平衡移动原理解释，不合题意；⑤对于反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)达平衡后，缩小容器体积即增大压强，上述平衡不移动，由于体积减小，I2蒸气浓度增大使体系颜色变深，故⑤不能用平衡移动原理来解释，符合题意；综上所述，只有②⑤不能用平衡移动的原理来解释，故答案为：C。4、C【详解】A.通常情况下，浓硫酸使铝钝化，能用铝制容器盛放，A项错误；B.通常情况下，浓硝酸使铝钝化，能用铝制容器盛放，B项错误；C.氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，则不能用铝制容器盛放，C项正确；D.酒精不与铝反应，能用铝制容器盛放，D项错误；答案选C。5、D【详解】A项，△H＜0，△S＜0，低温下反应自发进行，则说明此时焓变对反应的方向起决定作用，选项A正确；B项，△H＞0，△S＞0，高温下反应自发进行，则说明此时熵变对反应的方向起决定作用，选项B正确；C项，依据△H－T△S＜0的反应能自发进行，说明焓变和熵变是判断反应方向的两个主要因素，选项C正确；D项，如果反应的焓变和熵变的作用相反且相差不大时，温度有可能对反应的方向起决定作用，选项D不正确；答案选D。6、A【详解】①无论反应是否达到平衡状态，N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比都为1：2，所以不能证明是否达到平衡状态，故①不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态；②NO2生成速率与NO2消耗速率相等，即NO2正逆反应速率相等，故②能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态；③该反应是反应前后气体分子数改变的反应，当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再变化，所以压强不再改变，故③能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态；④反应物、生成物都是气体，根据质量守恒定律，无论反应是否达到平衡状态，混合气体的质量都不会改变，故④不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态；⑤平衡时各种物质的物质的量、物质的量浓度不再变化，故⑤能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态；⑥烧瓶内气体的颜色不再加深，说明NO2的物质的量浓度不再变化，反应达到平衡，故⑥能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态；⑦该反应为反应前后气体分子数改变的反应，根据质量守恒定律，反应前后气体的总质量不变，所以当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化，说明气体的总物质的量不再变化，故⑦能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态；⑧根据质量守恒定律，反应前后气体的总质量不变，容器的体积不变，所以烧瓶内气体的密度始终不变，故⑧不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态；综上所述，①④⑧符合题意；答案选A。7、C【解析】A．与SCN－反应的离子不能大量共存；B、由水电离出的c(H+)=1×10—12mol/L的溶液可能呈酸性或碱性；C、能使甲基橙变红的溶液呈酸性；D、pH=0的溶液中：H＋、NO3－、Fe2+能发生氧化还原反应；【详解】A．Fe3＋与SCN－反应，不能大量共存，故A错误；B、由水电离出的c(H+)=1×10—12mol/L的溶液可能呈酸性或碱性，酸性时AlO2－不能大量共存，故B错误；C、能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D、pH=0的溶液中：H＋、NO3－、Fe2+能发生氧化还原反应，故D错误；故选C。8、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。9、B【分析】酸雨pH平均值为3.2，所以酸雨中含有大量氢离子；铁制品中含有铁和碳，具备了原电池的构成条件，所以构成了原电池；铁作负极，铁失去电子生成二价铁离子，碳作正极，溶液中的氢离子得电子生成氢气。【详解】A．金属铁的腐蚀中，金属铁可以和酸中的氢离子直接发生化学腐蚀，铁制品中含有铁和碳，具备电解质环境，满足原电池的构成条件，构成了原电池，发生电化学腐蚀，故A正确；B．发生电化学腐蚀时，碳作正极，溶液中的氢离子得电子生成氢气，2H＋+2e－=H2↑，故B错误；C．发生电化学腐蚀时，碳作正极，发生反应：2H＋+2e－=H2↑，有氢气产生，故C正确；D．发生电化学腐蚀时的负极是铁，电极反应式为：Fe-2e－═Fe2＋，故D正确。故选B。10、C【详解】A．淀粉主要存在植物种子和块茎中，最终变为葡萄糖，供机体活动需要，故A错误；B．葡萄糖主要是放出能量，供机体活动和维持体温恒定的需要，故B错误；C．因为蔗糖是食品中常用得到甜味剂，日常生活中食用的白糖、冰糖和红糖的主要成分是蔗糖，故C正确；D．果糖是所有的糖中最甜的一种，广泛用于食品工业，如制糖果、糕点、饮料等，故D错误；故答案选C。11、B【详解】A．加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，A选项错误；B．加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合，使电离平衡向着正向移动，B选项正确；C．盐酸是强电解质，加入后溶液中c(H+)增大，电离平衡向着逆向移动，但是达到新的平衡时，溶液中c(H+)增大，C选项错误；D．加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可以知道，c(CH3COO-)增大，则电离平衡逆反应方向移动，D选项错误；答案选B。12、B【分析】在原电池中，活泼性较强的电极为负极，活泼性较弱的电极为正极，结合原电池原理和电极上的常见现象分析判断。【详解】一般而言，原电池中，活泼性较强的电极为负极，活泼性较弱的电极为正极，放电时，电流从正极沿导线流向负极，正极上得电子发生还原反应，a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池，若a、b相连时，a为负极，则活泼性a＞b；c、d相连时，电流由d到c，c为负极，则活泼性c＞d；a、c相连时，c极上产生大量气泡，c为正极，则活泼性a＞c；b、d相连时，b上有大量气泡产生，b为正极，则活泼性d＞b，因此金属活泼性的强弱顺序是a＞c＞d＞b，故选B。13、D【解析】A、乙烯的燃烧热为1mol乙烯充分燃烧放出的热量，错误；B、甲醇的燃烧热是1mol甲醇充分燃烧放出的热量，而甲醇充分燃烧的产物不是氢气，是水，错误；C、氢气的燃烧热是1mol氢气与氧气充分燃烧放出的热量，而方程式2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)表示的是水的分解反应，错误；D、正确。14、B【详解】A.硫固体变为硫蒸汽是吸热过程，故等质量的硫蒸汽和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多，选项A不正确；B.镀铜铁制品镀层受损后，易形成铁铜原电池且铁为负极，铁制品比受损前更容易生锈，选项B正确；C.能量低的稳定，由C(金刚石)==C(石墨)ΔH=-1.9kJ·mol-1可知，石墨比金刚石稳定，选项C不正确；D,氢键只影响物理性质，稳定性与共价键有关，选项D不正确。故答案选B。15、D【解析】A、瘦肉中含有蛋白质和油脂等，故A错误；B、米饭中富含淀粉等糖类，故B错误；C、花生油富含油脂，故C错误；D、番茄中富含维生素C，故D正确。16、B【解析】A.氟化铵水解生成氟化氢，氢氟酸和玻璃中二氧化硅反应腐蚀玻璃，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，可以存放于塑料试剂瓶中，故不选A；B.明矾中的铝离子水解生成的Al（OH）3胶体具有良好的吸附性，可以用于净水，但起不到杀菌消毒功效，故选B；C.硫酸铁水解生成氢氧化铁和硫酸，加热促进硫酸铁水解，因为硫酸没有挥发性，所以得到的固体仍然是Fe2（SO4）3，硫酸铁水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故不选C；D.K2CO3与NH4Cl发生互促水解，二者不能混合使用，否则降低肥效，故不选D。正确答案：B。17、C【解析】A.O2属于单质，故A错误；B.LiOH属于碱，故B错误；C.Cu2O由两种元素组成其中一种元素是氧元素，属于氧化物，故C正确；D.NaHSO4属于酸式盐，故D错误。故选C。18、C【解析】加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则A.配合物中中心原子的电荷数为4,配位数为6,故A错误；B.Pt与6个配体成键,该配合物应是8面体结构,故B错误；C.由分析可以知道,4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位,形成的配合物为[PtCl4(NH3)2],所以C正确；D.该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则配体有Cl-和NH3分子,故D错误；答案：C。19、C【详解】A．0.1mol·L－1的氨水溶液呈碱性，加水稀释时，溶液仍旧呈碱性，与图像不符，A错误；B．加水稀释，NH3∙H2O⇌NH4++OH-，电离平衡正向移动，水的电离程度增大，与图像不符，B错误；C．加水稀释，NH3∙H2O⇌NH4++OH-，电离平衡正向移动，水的电离程度增大，溶液中的离子的浓度逐渐减小，导电能力逐渐减弱，符合图像，C正确；D．氨水的电离平衡常数与加入水的量无关，与图像不符，D错误；答案为C。20、C【详解】A.乙酸的分子式：C2H4O2，A错误；B.NH4Br的电子式：，B错误；C.1H与D是中子数不同的2种氢的核素，互称同位素，C正确；D.BaSO4在水溶液中完全电离，故BaSO4是强电解质，D错误；答案选C。21、C【详解】设K2FeO4中铁元素的化合价为+x。K2FeO4中K元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，根据化合物的化合价代数和为0可知：(+1)×2+(+x)+(-2)×4=0，解得x=6，即铁元素的化合价为+6。故选C。22、D【详解】A．镁原子不带电荷，原子符号为Mg，A错误；B．氯原子的符号为Cl，B错误；C．S原子的核内质子数与核外电子数相同，其结构示意图为，C错误；D．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，各原子之间以单键形式结合，结构式为，D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、C6H142-甲基戊烷羟基酯基CNa2CO3或NaOH+NaHCO3→+CO2↑+H2O【详解】(1)在键线式表示中，顶点和折点为C原子，剩余价电子全部与H原子结合，则表示的分子式是C6H14；选择分子中含有C原子数最多的碳链为主链，该物质分子中最长碳链上含有5个C原子；从左端为起点，给主链上C原子编号，以确定支链甲基在主链上的位置，该物质名称为2-甲基戊烷；(2)根据物质结构简式可知：物质分子中含有的官能团是酚羟基和酯基；(3)①A．水杨酸分子中含有羧基和酚羟基，而分子中羟基连接在苯环的侧链上，属于芳香醇，因此二者结构不相似，它们不能互为同系物，A错误；B．水杨酸分子中-OH上的H原子可能不在苯环的平面上，因此水杨酸分子中不一定是所有原子在同一平面上，B错误；C．水杨酸分子中含有酚-OH、-COOH，则该物质既可以看成是酚类物质，也可以看成是羧酸类物质，因此水杨酸既能表现出酚类物质的性质，也能表现出羧酸类物质性质，C正确；故合理选项是C；②水杨酸分子中含有酚羟基和羧基都具有酸性，由于酸性-COOH＞H2CO3＞苯酚＞NaHCO3，二者都能够与NaOH或Na2CO3发生反应，则由水杨酸与NaOH溶液或Na2CO3反应产生和水；而可以NaHCO3与反应产生、水、CO2，该反应的化学化学方程式为：+NaHCO3→+CO2↑+H2O。24、CH2=CH2加成反应氧化反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【分析】由题干信息可知，烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，故A为乙烯CH2=CH2，结合题干流程图中各物质转化的条件，B、D是生活中两种常见的有机物可知B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，E是一种有水果香味的物质，故E为CH3COOCH2CH3，C为CH3CHO，F是一种高分子，故为聚乙烯，G为BrCH2CH2Br，据此分析解题。【详解】(1)由分析可知，A为乙烯，故其结构简式是CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；(2)反应①是CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，属于加成反应，反应③是CH3CH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化为CH3COOH，属于氧化反应，故答案为：加成反应；氧化反应；(3)F是一种高分子化合物即聚乙烯，故其结构简式是，故答案为：；(4)反应④是乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故其方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。25、2I—-2e-=I2C极附近溶液变为蓝色4OH——4e-=2H2O+O20.001108g/mol【解析】电极用金属M制成，a、c、d为石墨电极，接通电源，金属M沉积于b极，说明金属M离子的放电能力大于氢离子，且b为电解池阴极，a、c为电解池的阳极，同时a、d电极上产生气泡，a电极上氢氧根离子失电子生成氧气，d电极上氢离子得电子生成氢气。【详解】（1）根据以上分析知，c阴极电极反应式为2I—-2e-=I2；（2）电解碘化钾溶液时，c电极上碘离子放电生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色，所以在C处变蓝，一段时间后c电极上氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2↑；（3）d电极上收集的44.8mL气体（标准状况）是氢气，a极上收集到的气体是氧气，根据转移电子数相等可知，氧气和氢气的体积之比是1：2，d电极上收集的44.8mL氢气，则a电极上收集到22.4mL氧气，即物质的量为0.001mol；d电极上析出的氢气的物质的量=0.0448L/22.4L/mol=0.02mol，转移电子的物质的量是0.04mol，硝酸盐中M显+1价，所以当转移0.04mol电子时析出0.04mol金属单质，M=m/n=0.432g/0.04mol=108g/mol。26、偏小不相等相等因中和热是指稀酸与稀碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关偏小【解析】中和热测定实验成败的关键是保温工作，反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关。【详解】（1）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大烧杯上如不盖硬纸板，热量损失较多，测定的热量的值偏小，所以求得的中和热数值偏小，故答案为偏小；（2）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盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的物质的量增多，所放出的热量增多，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，中和热数值相等，即不变，故答案为不相等；相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关；（3）NH3•H2O电离过程中会吸热，所以相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小，故答案为偏小。【点睛】本题考查了中和热的测定方法，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。27、2.5②和③①和②＜【分析】根据外界条件对化学反应速率的影响进行推测。【详解】(1)H2C2O4中碳元素的化合价为+3价，变成二氧化碳后化合价总共升高了2（4-3）价，所以每消耗1molH2C2O4失去2mol电子；1molKMnO4被还原为Mn2+得到5mol电子，为了观察到紫色褪去，高锰酸钾的物质的量应该少量，即c（H2C2O4）：c（KMnO4）≥=2.5，故答案为2.5；(2)②和③的条件中，只有温度不同，故探究温度对反应速率影响，①和②中，只有浓度不同，即探究的是浓度对化学反应速率的影响，故答案为②和③，①和②；(3)从图像而知，单位时间内，T2时c(MnO4－)变化的多，说明T2时MnO4－的化学反应速率快，而c(MnO4－)相同时，温度越高，化学反应速率越快，故可知T2>T1，故答案为<。【点睛】氧化还原反应的计算要基于得失电子总数相等的规律。28、PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH＝＋93kJ·mol－125%大于因为PCl5分解反应是吸热反应，温度太高，不利于PCl5的生成－399kJ·mol－128s16s反应物浓度越大，反应速率越快Na2S2O3+2HCl=2NaCl+SO2↑+S↓+H2O【分析】I．(1)据图可知1molCl2(g)和1molPCl3(g)合成1molPCl5(g)需要释放93kJ热量；依据分解率=×100%计算PCl5的分解率；吸热反应，升高温度平衡向正向移动；(2)根据化学平衡移动原理分析；

(3)根据盖斯定律计算解答；Ⅱ．Na2S2O3在酸性环境下会发生歧化反应；两组实验的唯一变量为Na2S2O3的浓度，时间越短说明反应速率越大，据此判断浓度对反应速率的影响。【详解】(1)结合分析可知1molPCl5分解成PCl3和Cl2需要吸收93kJ的能量，则反应的热化学方程式为PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)△H=+93kJ•mol-1；在密闭容器中加入0.8molPCl5，反应