河北省景县梁集中学2026届高二化学第一学期期中统考试题含解析

河北省景县梁集中学2026届高二化学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、反应X(g)＋2Y(g)4Z(g)ΔH＜0，在一密闭容器中充入0.1molX和0.2molY，达到平衡时，下列说法不正确的是（）A．升温，X的转化率减小B．增加一定量的X，X的转化率减小C．保持体积和温度不变，再充入0.1molX和0.2molY，平衡逆移，X的转化率减小D．加入催化剂，Z的产率不变2、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3、室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mLpH=2的某一元酸溶液，现向乙烧杯中加水稀释至pH=3。此时关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是A．溶液的体积：10V甲＝V乙B．溶液的体积：V乙≥10V甲C．溶液的浓度：c甲＝10c乙D．水电离出的c(OH-)：10c(OH-)甲≤c(OH-)乙4、工业冶炼金属镁可以采取的方法是()A．加热分解氧化镁 B．电解熔融氯化镁C．高温下发生铝热反应 D．高温下用氢气还原5、pH值相等的盐酸（甲）和醋酸（乙），盐酸与醋酸浓度的大小关系是（）A．甲＝乙B．甲＜乙C．甲＞乙D．不确定6、下列物质中属于醇类且能发生消去反应的是()A．CH3OHB．C．CH3CH(OH)CH2CH3D．7、下列有关事实，与水解反应无关的是A．热的纯碱溶液用于清洗油污B．氯化铁溶液腐蚀铜板C．加热蒸干氯化铁溶液，不能得到氯化铁晶体D．用TiCl4和大量水反应，同时加热制备TiO28、下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的叙述正确的是()A．基态原子核外N电子层上只有一个电子的元素一定是第ⅠA族元素B．原子核外价电子排布式为(n－1)d6～8ns2的元素一定是副族元素C．基态原子的p能级上半充满的元素一定位于p区D．基态原子核外价电子排布式为(n－1)dxnsy的元素的族序数一定为x＋y9、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解了32g铜B．1molFeCl3完全水解后可生成NA个氢氧化铁胶粒C．常温下，1mol氯气通入足量水中发生反应转移的电子数为NAD．100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中含有的阴离子数目大于0.01NA10、将直径在1nm～100nm之间的食盐晶体超细粒子分散到酒精中，激光笔照射能看到丁达尔效应，所形成的分散系是A．溶液 B．胶体 C．悬浊液 D．乳浊液11、可逆反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)在恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是①单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO；②单位时间内消耗2nmolNO2的同时生成nmolO2；③混合气体的颜色不再改变的状态；④2v(NO2)正=v(O2)逆；⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；⑥混合气体的密度不再改变的状态A．①③⑤ B．②④⑥ C．①③④⑤ D．①②③④⑤⑥12、在以离子键为主的化学键中常含有共价键的成分，两种元素电负性差异越小，其共价键成分越大。下列各对原子形成的化学键中共价键成分最多的是A．K与FB．Na与FC．Al与ClD．Mg与Cl13、下列实验方法不能达到实验目的的是()A．用丁达尔效应区分氢氧化铁胶体与氯化铁溶液B．用氯化钙溶液鉴别NaHCO3和Na2CO3C．用分液法分离植物油和水的混合物D．用淀粉溶液区别加碘盐和无碘盐14、配制下列溶液时常需加入少量括号内的物质，其中不是为了抑制离子水解的是A．FeSO4(Fe) B．SnCl2(HCl) C．FeCl3(HCl) D．NaAlO2(NaOH)15、某人体质较弱，经常因血糖低而头晕，为了防止发生危险，你应建议她随身携带富含哪种营养素的食品A．糖类 B．蛋白质 C．油脂 D．矿物质16、鉴别苯酚溶液、己烷、己烯、乙酸溶液和乙醇液体，可选用的最佳试剂是A．溴水、新制的Cu(OH)2B．FeCl3溶液、金属钠、溴水、石蕊试液C．石蕊试液、溴水D．KMnO4酸性溶液、石蕊试液17、向盛有硫酸铜水溶液的试管里逐滴加入氨水，首先形成蓝色絮状沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是A．向反应后的溶液加入乙醇，溶液不会有变化，因为[Cu(NH3)4]2+不会与乙醇发生反应B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+C．用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，不能观察到同样的现象D．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道18、如图是某空间站能量转化系统的局部示意图，其中燃料电池采用KOH为电解液。下列有关说法中，错误的是A．该能量转化系统中的水是可以循环使用的B．燃料电池系统产生的能量本质上来自于太阳光C．燃料电池放电时的负极反应：H2-2e-+2OH-=2H2OD．光电转换器通常为硅太阳能电池板，属于把光能转化为电能的原电池装置19、对

A(g)+2B(g)2C(g)+3D(g)来说，下列四种不同情况下的反应速率最快的是A．v(A)=0.3mol/(L•min) B．v(B)=0.5mol/(L•min)C．v(C)=0.4mol/(L•min) D．v(D)=0.6mol/(L•min)20、下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是()选项ABCDXFeCl2溶液FeCl3溶液FeNa2SO4溶液YFeCl3CuCl2AlNa2CO3ZCl2FeNaOH溶液BaCl2溶液A．A B．B C．C D．D21、反应N2O4（g）2NO2（g）在温度为T1、T2（T1＜T2）时达到平衡，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．A、C两点的反应速率：A＞CB．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B＜CC．A、C两点气体的颜色：A浅，C深D．保持容器体积不变，再充入NO2气体，NO2的体积分数增大22、下列说法中正确的是()A．含有非极性键的分子一定是非极性分子B．非极性分子中一定含有非极性键C．由极性键形成的双原子分子一定是极性分子D．两个原子之间共用两对电子，形成的化学键一定有极性二、非选择题(共84分)23、（14分）物质A有如图所示的转化关系(部分产物已略去)，已知H能使溴的CCl4溶液褪色。回答下列问题：(1)A的结构简式为________。(2)1molE与足量NaOH溶液反应时，消耗NaOH的物质的量为________mol。(3)M的某些同分异构体能发生银镜反应，写出其中任意一种结构简式：________________。(4)写出化学方程式H―→I：__________________________________。(5)E通常可由丙烯、NaOH溶液、H2、O2、Br2等为原料合成，请按“A―→B―→C―→…”的形式写出反应流程，并在“―→”上注明反应类型但不需要注明试剂及反应条件________。24、（12分）克矽平是一种治疗矽肺病的药物，其合成路线如下（反应均在一定条件下进行）：（1）化合物Ⅰ的某些性质类似苯。例如，化合物Ⅰ可以一定条件下与氢气发生反应生成：该反应类型为______。（2）已知化合物Ⅰ生成化合物Ⅱ是原子利用率100%的反应，则所需另一种反应物的分子式为_____。（3）下列关于化合物Ⅱ和化合物Ⅲ的化学性质，说法正确的是_____（填字母）。A．化合物Ⅱ可以与CH3COOH发生酯化反应B．化合物Ⅱ不可以与金属钠生成氢气C．化合物Ⅲ可以使溴的四氯化碳溶液褪色D．化合物Ⅲ不可以使酸性高锰酸钾溶液褪色（4）下列化合物中，能发生类似于“Ⅲ→Ⅳ”反应的是（__________）A．乙烷B．乙烯C．乙醇D．苯25、（12分）向炙热的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁。现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验。回答下列问题：（1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为___，B中加入的试剂是___，D中盛放的试剂____。（2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取____，尾气的成分是___，仍用D装置进行尾气处理，存在的问题是____、____。（3）若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，原因可能是____，欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先___，再____。26、（10分）某小组实验探究二氧化硫分别与新制氢氧化铜的反应，完成相关填空。将足量的二氧化硫气体通入新制氢氧化铜悬浊液中，发现先产生红色沉淀，然后红色沉淀逐渐变为紫红色固体，最终溶液呈无色。（1）探究红色沉淀转变为紫红色的原因。将所得固体分成两等份于试管中并加入少量蒸馏水进行以下两个对比实验：实验装置图操作及现象红色固体很快转变为紫红色固体，溶液呈蓝色。开始红色固体缓慢变为紫红色固体,溶液呈蓝色。试管内紫红色固体逐渐增多，最后溶液变无色。解释及结论①该反应的离子方程式_________________。②开始时红色固体颜色变化缓慢的原因是___。③所得无色溶液中主要阴离子为_________。（2）通过上述探究，写出新制氢氧化铜与过量SO2反应的总化学方程式________。（3）将表中SO2换为NO2是否能观察到相同现象?

回答并解释：__________。27、（12分）Ⅰ.有一学生在实验室测某溶液的pH，实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。(1)该学生的操作___(填“正确”或“错误”)，其理由是___________；(2)该操作是否一定有误差?______________________；(3)若用此方法分别测定c(OH-)相等的氢氧化钠溶液和氨水的pH，误差较大的是____，原因是___；(4)只从下列试剂中选择实验所需的试剂，你能否区分0.1mol·L-1硫酸溶液和0.01mol·L-1硫酸溶液？____，简述操作过程：____________________________。试剂：A．紫色石蕊溶液B．酚酞溶液C．甲基橙溶液D．蒸馏水E.氯化钡溶液F.pH试纸Ⅱ.pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积的关系如图所示。回答下列问题：(1)若a=5，则A为___酸，B为___酸(填“强”或“弱”)，若再稀释100倍，则A的pH___7(填“<”“>”或“=”)。(2)若A、B都是弱酸，则a的范围是___。28、（14分）碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种新型高效絮凝剂，常用于污水处理，在医疗上也可用于治疗消化性溃疡出血。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如下所示：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4请回答下列问题：（1）加入少量NaHCO3的目的是调节溶液的pH，除去Al3＋，①pH的范围__________，②写出可能发生的离子方程式：________________。（2）在实际生产中，反应Ⅱ中常同时通入O2，以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中均作__________。若参与反应的O2有11.2L(标准状况)，则相当于节约NaNO2的物质的量为________。（3）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2＋可部分水解生成Fe2(OH)42－，该水解反应的离子方程式为________________________________________________________________。Fe(OH)3的Ksp=____________。（提示，开始沉淀c(Fe3+)浓度为1.0×10-5mol/L）（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2＋及NO3－。为检验所得的产品中是否含有Fe2＋，应使用的试剂为________。29、（10分）反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。（1）该反应是__反应（填“吸热”“放热”）；（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率_（填“增大”“减小”“不变”），原因是__。（3）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1_，E2_，ΔH_（填“增大”“减小”“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、C【分析】保持容器体积不变，同时充入0.1molX和0.2molY，平衡向右移动，据此分析作答。【详解】A.X(g)＋2Y(g)4Z(g)ΔH＜0，反应放热，则升温，平衡向逆反应方向移动，X的转化率减小，故A正确；B.增加一定量的X，X的浓度增大，平衡随向正反应方向移动，但X的初始浓度增大，最终导致其转化率会降低，故B正确；C.保持体积和温度不变，再充入0.1molX和0.2molY，增加反应物浓度，平衡正向移动，但从等效平衡角度看体系压强增大，X的转化率减小，故C错误；D.加入催化剂，平衡不移动呢，则Z的产率不变，故D正确；答案选C。2、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。3、B【解析】A、假设酸是弱酸，则pH减小1时，体积大于原来的10倍，如果是强酸，则pH减小1时体积是原来的10倍；B、假设酸是弱酸，则pH减小1时，体积大于原来的10倍，如果是强酸，则pH减小1时体积是原来的10倍；C、若酸强酸，酸全电离，则c甲＝10c乙；若酸是弱酸，则c甲>10c乙；D、水电离出的c（OH－）=Kw/c(H＋)；【详解】A．若酸强酸，则依据溶液稀释过程中氢离子物质的量不变，则10V甲=V乙，若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使pH仍然为4，加入的水应该多一些，所以10V甲＜V乙，故A错误；B、由A分析，故B正确；C、若酸强酸，酸全电离，则c甲＝10c乙；若酸是弱酸，则c甲>10c乙，故C错误；D、pH=2的酸中，氢氧根离子全部由水电离产生，c（OH－）甲=Kw/c(H＋)=10-12mol·L－1，pH=3的酸中，氢氧根离子全部由水电离产生，c（OH－）乙=Kw/c(H＋)=10-11mol·L－1，则10c（OH－）甲=c（OH－）乙，故D错误.故选B。4、B【详解】镁是活泼金属，其冶炼方式是电解法，常电解熔融氯化镁得到镁，故答案B。5、B【解析】二者都是一元酸，醋酸是弱电解质,HCl是强电解质,所以pH相等的醋酸和盐酸,c(CH3COOH)>c(HCl)，B正确；综上所述，本题选B。【点睛】由于醋酸为弱酸，所以相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸与醋酸电离出的氢离子浓度：盐酸大于醋酸；pH值相等的盐酸和醋酸，溶液中的氢离子浓度相等，但是酸的浓度：盐酸小于醋酸。6、C【解析】醇发生消去反应的条件：与-OH相连的C，其相邻C上有H原子。A、CH3OH属于醇，只有一个碳原子，不能发生消去反应，故A错误；B、属于醇，与-OH相连的C，其相邻C上无H原子，不能发生消去反应，故B错误；C、CH3CH(OH)CH2CH3属于醇，与-OH相连的C，其相邻C上有H原子，能发生消去反应，消去可得到CH3CH=CH2，故C正确；D、的-OH直接连在苯环上，属于酚类，故D错误。故选C。7、B【解析】A、纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用于油污的清洗，故A不符合；B、氯化铁溶液腐蚀铜板发生氧化还原反应：2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2，与盐的水解无关，故B符合；C、氯化铁水解：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，加热蒸干氯化铁溶液促进水解，且生成的氯化氢易挥发，不能得到氯化铁晶体，得到的是氢氧化铁，进一步灼烧得到氧化铁，故C不符合。D、四氯化钛在热水中水解：TiCl4+3H2OH2TiO3+4HCl，钛酸受热分解：H2TiO3TiO2+H2O，与盐类水解有关，故D不符合；答案选B。8、C【详解】A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu，K为主族元素，Cr、Cu为副族元素，故A错误；B．副族元素的d能级电子数为10或1～5，原子的价电子排布为（n-1）d6-8ns2的元素为Ⅷ族元素，故B错误；C．基态原子的p能级上半充答满的元素，电子最后填充p能级，属于p区，故C正确；D．基态原子核外价电子排布式为(n－1)dxnsy的元素的族序数不一定为x＋y，例如ⅠB族、ⅡB族元素，族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数为y，故D错误；故选C。9、D【解析】A.电解精炼铜时每转移NA个电子，转移了1mol电子；由于粗铜中含有较活泼的杂质Fe、Zn等，电解时杂质优先放电，所以阳极溶解的铜小于0.5mol，溶解的铜的质量小于32g，故A错误；B.氢氧化铁胶粒是很多氢氧化铁分子的聚合体，所以1molFeCl3完全水解生成氢氧化铁胶粒个数小于NA，故B错误；C.常温下，氯气和水反应为可逆反应，因此1mol氯气通入足量水中发生反应转移的电子数小于NA，故C错误；D.100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中，碳酸根离子少量水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，阴离子增多，溶液中的阴离子数目大于0.01NA；故D正确；综上所述，本题选D。10、B【详解】当分散剂是水或其他液体时，如果按照分散质粒子的大小来分类，可以把分散系分为：溶液、胶体和浊液．分散质粒子直径小于1nm的分散系叫溶液，在1-100nm之间的分散系称为胶体，而分散质粒子直径大于100nm的分散系叫做浊液。直径1～100nm之间的超细粒子的食盐分散到酒精中形成的分散系为胶体，答案选B。11、A【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，二氧化氮的浓度不变，混和气体的颜色不变，此分析解答。【详解】①单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故①正确；

②无论反应是否达到平衡状态，消耗2nmolNO2的同时一定生成nmolO2，不能说明达到平衡状态，故②错误；

③混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故③正确；

④2v(NO2)正=v(O2)逆，化学反应速率之比与化学计量数之比不等，故正逆反应速率不等，故④错误；⑤反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，故⑤正确；⑥容器体积不变，气体质量不变，所以密度始终不变，密度不变不能确定是否达到平衡，故⑥错误。

所以A选项是正确的。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题易错点为④，注意反应物和生成物的化学计量数关系，以此判断平衡时正逆反应速率大小关系，容易出错。12、C【解析】试题分析：同周期元素由左向右元素的电负性逐渐增大，同主族元素由上到下元素的电负性逐渐减小，故电负性：F＞Cl＞Al＞Mg＞Na＞K。故上述四种化学键中电负性相差最小的为Al与Cl，结合题给信息形成的化学键中共价键成分最多的是Al与Cl，选C。考点：考查原子结构与元素的性质。13、D【解析】A.丁达尔现象为胶体特有的性质；

B.NaHCO3与CaCl2不反应，Na2CO3与CaCl2反应生成白色沉淀；

C.植物油和水的混合物分层；

D.淀粉遇碘变蓝。【详解】A.丁达尔现象为胶体特有的性质，则丁达尔效应可区分氢氧化铁胶体与氯化铁溶液，故A正确；

B.氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀，与碳酸氢钠不反应，可用氯化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液，故B正确；C.植物油和水的混合物分层，选择分液法可分离，故C正确；

D.淀粉遇碘变蓝，加碘盐中含有的是碘酸钾，则淀粉溶液不能区别加碘盐和无碘盐，故D错误。

故选D。14、A【详解】A．FeSO4溶液中加入铁屑是防止Fe2＋被氧化，与水解无关，A选；B．SnCl2是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解导致溶液变浑浊，加入HCl是为了抑制Sn2+水解，B不选；C．FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解导致溶液变浑浊，加入HCl是为了抑制Fe3+水解，C不选；D．偏氯酸钠是强碱弱酸盐，为了抑制偏铝酸根离子的水解，往往加入NaOH，D不选；答案选A。15、A【详解】血液中的葡萄糖简称血糖，若某人体质较弱，经常因血糖低而头晕，为了防止发生危险，应该及时补充糖类物质，如巧克力、糖块等，答案选A。16、C【详解】A．溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，现象不一样，乙酸与新制的Cu(OH)2反应生成蓝色溶液，乙醇不能，能鉴别，但比较复杂，故A不选；B．溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，苯酚与氯化铁发生显色反应，现象不一样，可以进行鉴别，乙酸、乙醇与Na反应生成气体，但乙酸可利用石蕊鉴别，但较复杂，故B不选；C．溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，现象不一样，乙酸可利用石蕊鉴别，能鉴别，且较简单，故C选；D．酸性高锰酸钾可以将1-己烯、乙醇、苯酚氧化，高锰酸钾褪色，无法进行鉴别三种物质，故D不选；故选C。【点晴】把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意常见有机物的性质及特征反应即可解答；乙醇易溶于水，苯酚可与溴水反应生成白色沉淀，己烯和正烷都不溶于水，二者密度都比水小，己烯能与酸性高锰酸钾溶液反应，能使溴水褪色，乙酸具有酸性，以此来解答。17、B【详解】A.在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，A错误；B.氢氧化铜和氨水继续反应生成生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+，B正确；C.用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，硝酸铜中的铜离子和氨水反应现象与硫酸铜中铜离子和氨水反应现象相同，能观察到同样的现象，C错误；D.在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，D错误；答案选B。18、D【详解】A．氢氧燃料电池的产物是水，又可作为水电解系统的原料，水是可以循环的，故A项说法正确；B．该能量转化系统光能和电能以及化学能之间可以相互转化，因反应前后各物质种类以及物质的总能量均未该变，因此该燃料电池系统产生的能量实际上来自于太阳光，故B项说法正确；C．燃料电池放电时的负极为H2发生氧化反应，其电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，故C项说法正确；D．光电转换器通常为硅太阳能电池板，是将光能转化为电能，电能再转化为化学能的装置，故D项说法错误；综上所述，说法错误的D项，故答案为D。19、A【分析】注意反应速率之比与化学计量数之比相等。【详解】在化学反应过程中，反应速率之比等于化学计量数之比，故A(g)+2B(g)2C(g)+3D(g)中，v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=1：2：2：3。将四种物质的反应速率进行统一，以A物质为标准，当v(B)=0.5mol/(L•min)时，v（A）=0.5v（B）=0.25mol/(L•min)，当v(C)=0.4mol/(L•min)时，v（A）=0.5v（C）=0.25mol/(L•min)，当v(D)=0.6mol/(L•min)时，v（A）=⅓v（D）=0.2mol/(L•min)，综上所述，A项反应最快。答案为A。20、C【详解】A、氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，不能除去氯化亚铁中的氯化铁，应该用铁粉，A错误；B、铁与氯化铁溶液反应产生氯化亚铁，铁与氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，达不到分离提纯的目的，B错误；C、氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，与铁不反应，可以除去铁中的铝，C正确；D、氯化钡与碳酸钠溶液反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，虽然除去了碳酸钠，但引入了新杂质氯化钠，D错误；答案选C。21、C【解析】A、压强越大反应速率越快，所以反应速率：A＜C，故A错误；B、B，C两点平衡体系中NO2的体积分数相等，气体的平均相对分子质量相等，即B=C，故B错误；C、温度不变，从A到C，压强增大，体积减小，NO2浓度增大，颜色C比A深，故C正确；D、保持容器体积不变，再充入NO2气体，相当于增大压强，平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，故D错误；故选C。22、C【解析】A.含有非极性键的分子可能是极性分子，如H2O2为极性分子，也可能是非极性分子，如CH2＝CH2是非极性分子，A不正确；B.CH4分子为非极性分子，但其只含有极性键，B不正确；C.由极性键形成的双原子分子，其正负电荷中心不重合，一定为极性分子，C正确；D.同种元素的原子共用两对电子，形成的化学键为非极性键，不同元素的原子共用两对电子，形成的化学键为极性键，D不正确；综上所述，本题选C。【点睛】键的极性是产生分子极性的前提，但含极性键的分子若电荷分布是对称的，则键产生的极性可以互相抵消，此时，可形成非极性分子；若电荷分布不对称，则键产生的极性没有互相抵消，此时形成极性分子。二、非选择题(共84分)23、CH3CHClCOOCH31OHCCH2COOH、OHCCH(OH)CHO、OHCCOOCH3(任选一种即可，其他合理答案均可)【解析】H在一定条件下反应生成I，反应前后各元素的组成比不变，且H能使溴的溶液褪色，说明H反应生成I应为加聚反应，说明H中含有，则H为，I为；由此可以知道E应为，被氧化生成，不能发生银镜反应，B应为，说明A在碱性条件下生成、NaCl和醇，对比分子组成可以知道该醇为，则A应为。(1)由以上分析可以知道A为CH3CHClCOOCH3；正确答案：CH3CHClCOOCH3。(2)E为，分子中只有具有酸性，能与NaOH反应，则与足量的NaOH溶液反应时，消耗NaOH物质的量为；正确答案：1。(3)M为,其对应的同分异构体能发生银镜反应，说明分子中含有CHO或等官能团，对应的同分异构体可能有OHCCH2COOH、OHCCH(OH)CHO或OHCCOOCH3；正确答案:OHCCH2COOH、OHCCH(OH)CHO、OHCCOOCH3(任选一种即可，其他合理答案均可)。(4)H为，可发生加聚反应生成,方程式为n

；正确答案：。(5)由丙烯、NaOH溶液、、、等为原料合成,可涉及以下反应流程：,涉及的反应类型有加成、水解(或取代)、氧化、氧化、还原(或加成)；具体流程如下：；正确答案：。24、加成反应CH2OACB【详解】（1）由结构可知，发生双键的加成反应，该反应为，故答案为：加成反应；（2）化合物I生成化合物Ⅱ是原子利用率100%的反应，为加成反应，由两种化合物的结构可知另一反应物为甲醛，分子式为CH2O，故答案为：CH2O；（3）除环状结构外，Ⅱ中含-OH，Ⅲ中含C=C，则A．化合物II含-OH，可以与CH3COOH发生酯化反应，故正确；B．化合物II含-OH，可以与金属钠生成氢气，故错误；C．化合物III中含C=C，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故正确；D．化合物III中含C=C，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故错误；故答案为：AC；（4）比较物质的结构可知，化合物Ⅲ→Ⅳ发生加聚反应，而能发生加聚反应的物质必须含有C=C双键官能团，A．乙烷中不含C=C双键官能团，无法发生加聚反应，A不合题意；B．乙烯含有C=C双键官能团，故能发生加聚反应，B符合题意；C．乙醇中不含C=C双键官能团，无法发生加聚反应，C不合题意；D．苯中不含C=C双键官能团，无法发生加聚反应，D不合题意；故答案为：B。25、MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O浓硫酸NaOH溶液HClHCl和H2发生倒吸可燃性气体H2不能被吸收氯化亚铁被装置内的氧气氧化通入HCl气体一段时间(排出装置内空气)点燃C处酒精灯【分析】由制备氯化铁的实验装置可以知道，A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，B中浓硫酸干燥氯气，C中Fe与氯气反应生成氯化铁，D中NaOH溶液吸收尾气；

若制备无水氯化亚铁，A中浓硫酸与NaCl反应生成HCl，B中浓硫酸干燥HCl，C中炽热铁屑中与HCl反应生成无水氯化亚铁，D为尾气处理，但导管在液面下可发生倒吸。【详解】⑴由制备氯化铁的实验装置可以知道，A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，反应为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，装置B主要作用是干燥氯气，因此B中加入的试剂是浓硫酸，D装置主要是处理尾气，因此用NaOH溶液来处理尾气；故答案分别为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；浓硫酸；NaOH溶液；⑵制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取HCl，Fe与HCl反应生成氢气，可以知道尾气的成分是HCl和H2，若仍用D的装置进行尾气处理，存在的问题是发生倒吸、可燃性气体H2不能被吸收，故答案分别是HCl；HCl和H2；发生倒吸；可燃性气体H2不能被吸收；

⑶若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，主要原因是氯化亚铁被装置内的氧气氧化，欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先通入HCl气体一段时间(排出装置内空气)，再点燃C处酒精灯，故答案分别是氯化亚铁被装置内的氧气氧化；通入HCl气体一段时间(排出装置内空气)；点燃C处酒精灯。26、Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2OSO2溶于水后生成的H2SO3酸性比H2SO4弱，c(H+)较小，Cu2O

与H+反应慢SO42-Cu(OH)2+SO2=Cu+H2SO4不能。因为NO2

溶于水生成HNO3

具有强氧化性，将Cu2O

直接氧化成Cu(NO3)2,溶液呈蓝色，且无紫红色固体生成【详解】（1）①由红色固体与稀硫酸的反应现象可知，该红色固体很快转变为紫红色固体（单质铜），溶液呈蓝色（铜离子），则该红色固体为氧化亚铜，所以该反应的化学方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；②氧化亚铜转化为单质铜和铜离子，需要在酸性条件下进行，而亚硫酸的酸性弱，氢离子少，所以开始时反应比较慢；③最后溶液的蓝色褪去，说明铜离子都被二氧化硫还原为单质铜，二氧化硫被氧化为硫酸根离子；综上所述，本题答案是：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，SO2溶于水后生成的H2SO3酸性比H2SO4弱，c(H+)较小，Cu2O与H+反应慢；SO42-。（2）新制氢氧化铜与过量SO2反应生成单质铜和硫酸，化学方程式：Cu(OH)2+SO2=Cu+H2SO4；综上所述，本题答案是：Cu(OH)2+SO2=Cu+H2SO4。（3）将表中SO2换为NO2，NO2与水反应生成具有强氧化性的硝酸，硝酸可以直接将氧化亚铜转化为硝酸铜，无紫红色固体生成，所以无法观察到同样的现象；综上所述，本题答案是：不能；因为NO2溶于水生成HNO3具有强氧化性，将Cu2O直接氧化成Cu(NO3)2,溶液呈蓝色，且无紫红色固体生成。27、错误该学生测得的pH是稀释后溶液的pH该学生操作错误,但不一定产生误差。因为原溶液不是中性时，稀释后溶液pH发生了变化，只是弱酸或弱碱溶液变化程度小些，若是中性溶液,稀释不会产生误差氢氧化钠溶液稀释过程中，NH3·H2O继续电离出OH-，减弱了因稀释OH-浓度减小程度，所以测得氢氧化钠溶液误差较大能用玻璃棒分别蘸取两种溶液滴在两张pH试纸上，其显示的颜色与标准比色卡对照，pH较大的是0.01mol·L-1硫酸溶液强弱<2<a<5【分析】根据pH试纸测定pH的方法判断操作正误；根据溶液呈现酸、碱、中性，判断稀释对其影响；根据弱电解质加水可以促进电离，判断H+或OH-浓度的变化情况；根据测定pH值，判断溶液的浓稀；根据稀释相同倍数，pH的变化情况判断酸性的强弱。【详解】I．（1）用pH试纸测定pH的方法是用干燥的玻璃棒蘸取（或胶头滴管吸取）少量的待测溶液，滴在放在干燥的表面皿或白瓷板上的干燥pH试纸上，再把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，即可得出待测溶液的pH；题中pH试纸用水湿润，相当于将原溶液稀释，将使所得pH值出现误差；答案为错误；该学生测得的pH值是稀释后的pH值；（2）食盐水溶液显中性，用水稀释后pH不变；酸性溶液稀释后，溶液酸性减弱，pH变大；碱性溶液稀释后，碱性变小，pH值将变小；所以测定的结果不一定有误差，若是中性溶液则不变；答案为操作错误，但不一定产生误差，若是酸或碱溶液，稀释后溶液的PH值发生了变化，则必然会造成误差，若中性溶液稀释不会产生误差；（3）用水润湿相当于稀释碱液，则所测的pH偏小，由于稀释会促进弱电解质的电离，故氨水的PH误差小，因为在稀释过程中氨水继续电离出氢氧根离子，使得溶液中氢氧根离子浓度变化比氢氧化钠小，误差小；答案为氢氧化钠，在稀释过程中氨水继续电离出氢氧根离子，使得溶液中氢氧根离子浓度变化比氢氧化钠小，误差小；（4）硫酸为强酸，完全电离，0.1mol•L-1的硫酸和0.01mol•L-1的硫酸电离出的氢离子浓度分别为0.2mol•L-1、0.02mol•L-1，pH=-lgc(H+)，氢离子浓度越大，pH越小，所以pH较大的为0.01mol•L-1的硫酸，操作为用干燥的玻璃棒蘸取两种溶液，点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01mol•L-1的硫酸；答案为能，用干燥的玻璃棒蘸取两种溶液，点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01mol•L-1的硫酸；II．（1）pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，pH值改变3个单位的为强酸，pH改变值小于3个单位的为弱酸，根据图知，稀