2026届广东省惠州市惠港中学化学高二第一学期期中检测试题含解析

2026届广东省惠州市惠港中学化学高二第一学期期中检测试题注意事项：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、下列关于实验现象的描述不正确的是（）A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡B．用锌片做阳极，铁片做阴极，电解氯化锌溶液，铁片表面出现一层锌C．把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快2、下列实验方法能达到实验目的的是选项实验目的实验方法A分离水和酒精分液B从食盐水中获得食盐过滤C将海水淡化为可饮用水蒸馏D除去碳酸氢钠固体中的碳酸钠加热A．A B．B C．C D．D3、一定条件下反应2AB(g)A2(g)＋B2(g),不能确定达到平衡状态的是A．单位时间内生成nmolA2，同时生成2nmolABB．单位时间内生成nmolB2，同时生成2nmolABC．AB的消耗速率等于A2的消耗速率D．容器中各组分的物质的量分数不随时间变化4、下列元素中，原子半径最小的是（）A．Na B．Al C．Si D．Cl5、下列说法或表示方法中正确的是A．相同条件下，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，反应的热效应ΔH1>ΔH2B．由C（石墨）→C（金刚石）ΔH=+1.9kJ/mol，可知金刚石比石墨稳定C．在稀溶液中，H+(aq)+OH－(aq)＝H2O（l）ΔH=－57.3kJ/mol，若将含0.5mol硫酸的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJD．已知在101KPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量。则有关氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH=+285.8kJ/mol6、2017年，我国科学家实现了二氧化碳高稳定性加氢合成甲醇（CH3OH），在二氧化碳的碳资源化利用方面取得突破性进展。甲醇属于A．单质 B．氧化物 C．无机物 D．有机物7、对水样中M的分解速率的影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度[c(M)]随时间(t)的变化如下图所示。下列说法错误的是A．水样酸性越强，M的分解速率越快B．水样中添加Cu2+，能加快M的分解速率C．由②③得，反应物浓度越大，M的分解速率越快D．在0~20min内，②中M的分解速率为0.015mol·L−1·min−18、①101kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1②2H2（g）+O2=2H2O（l）ΔH＝－572kJ·mol－1③稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，下列结论正确的是A．碳的燃烧热大于110.5kJ·mol－1 B．氢气的热值为143kJ·g－1C．浓硫酸与稀NaOH溶液反应的成1mol水，放出57.3kJ热量 D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量9、工业酸性废水中的Cr2O72﹣可转化为Cr3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如表所示（实验开始时溶液体积为50mL，Cr2O72﹣的起始浓度、电压、电解时间均相同）．下列说法中，不正确的是实验①②③电解条件阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨，滴加1mL浓硫酸阴极为石墨，阳极为铁，滴加1mL浓硫酸Cr2O72﹣的去除率/%0.92212.757.3A．对比实验①②可知，降低pH可以提高Cr2O72﹣的去除率B．实验②中，Cr2O72﹣在阴极放电的电极反应式是Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2OC．实验③中，Cr2O72﹣去除率提高的原因是Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2OD．实验③中，理论上电路中每通过6mol电子，则有1molCr2O72﹣被还原10、铜锌原电池(如下图)工作时，下列叙述正确的是()A．正极反应为: B．电池反应为:C．在外电路中，电子从流向Zn D．盐桥中的移向溶液11、一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2(g)和O2(g)，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ/mol。一段时间后反应达到平衡状态，反应过程中测定的部分数据如表所示。反应时间/minn(SO2)/moln(O2)/mol02151.2100.4150.8下列说法不正确的是A．前5min的平均反应速率为υ(SO2)=0.08mol/(L·min)B．保持温度不变，向平衡后的容器中再充入0.2molSO2(g)和0.2molSO3(g)时，υ正>υ逆C．相同温度下，起始时向容器中充入1.5molSO3(g)，达到平衡状态时SO3的转化率为40%D．保持其他条件不变，若起始时向容器中充入2molSO3(g)，达到平衡状态时吸收78.4kJ的热量12、某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据如图可得出的判断结论正确的是（）A．反应速率a＞b＞cB．达到平衡时，AB3的物质的量大小为：b>c>aC．若T2＞T1，则正反应一定是吸热反应D．达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c13、下列实验过程可以达到实验目的的是选项实验目的实验过程A．比较碳酸和醋酸的酸性常温下，用pH计测量等浓度醋酸钠和碳酸氢钠溶液的pHB．探究浓度对反应速率的影响向盛有4mL浓度分别为0.01mol/L和0.05mol/LKMnO4酸性溶液的两支试管中，同时加入4mL0.1mol/L的草酸溶液，记录褪色所需时间C．证明Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al(OH)3]向1mL0.1mol·L－1NaOH溶液中滴加2滴0.1mol·L－1AlCl3溶液，充分反应后再滴加2滴0.1mol·L－1FeCl3溶液,观察沉淀颜色变化D．探究温度对反应速率的影响将2支盛有5mL同浓度NaHSO3溶液的试管和两支盛有2mL5%H2O2溶液的试管分成两组，一组放入冷水中，另一组放入热水中，经过一段时间分别混合并搅拌，观察实验现象A．A B．B C．C D．D14、可确认发生化学平衡移动的是A．化学反应速率发生了改变B．有气态物质参加的可逆反应达到平衡后，改变了压强C．可逆反应达到平衡，使用了催化剂D．由于某一条件的改变，使正、逆反应速率不再相等15、对于NaOH中化学键判断正确的是（）A．既有金属键又有共价键 B．只有离子键C．既有离子键又有共价键 D．只有共价键16、碳足量，反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一个可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是①增加碳的量且表面积保持不变②将容器的体积缩小一半③保持体积不变，充入He，使体系压强增大④保持压强不变，充入He使容器体积变大A．①④ B．②③ C．①③ D．②④17、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A．氯水中存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，当加入适量NaHCO(s)后，溶液颜色变浅B．在K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，若向K2Cr2O7溶液中滴入5～15滴浓硫酸，溶液颜色加深C．对于反应体系CO(g)+NO2(g)NO(g)+CO2(g)，给平衡体系增大压强可使颜色变深D．对于反应2NO2(g)N2O4(g)△H<0，平衡体系升高温度颜色变深18、西汉刘安晋记载：“曾青得铁则化为铜”，已知“曾青”指硫酸铜溶液，那么“曾青得铁则化为铜”中的“铜”是指（）A．铜元素 B．铜单质 C．氧化铜 D．铜原子19、下列物质中，只含离子键的是A．O2 B．KOH C．MgO D．CO220、南京理工大学团队成功合成了能在室温稳定存在的五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，经X射线衍射测得晶体结构，其局部结构如图所示(其中N5-的立体结构是平面五元环)。下列说法正确的是()A．所有N原子的价电子层均有孤对电子B．氮氮键的键能:N5->H2N-NH2C．两种阳离子是等电子体D．阴阳离子之间只存在离子键21、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22、以下反应可表示获得乙醇并用作汽车燃料的过程，下列有关说法正确的是①6CO2(g)+6H2O(l)===C6H12O6(s)+6O2(g)ΔH1②C6H12O6(s)===2C2H5OH(l)+2CO2(g)ΔH2③C2H5OH(l)+3O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)ΔH3A．2ΔH3=−ΔH1−ΔH2B．在不同油耗汽车中发生反应③，ΔH3会不同C．植物的光合作用通过反应①将热能转化为化学能D．6CO2(g)+6H2O(g)===C6H12O6(s)+6O2(g)ΔH4，则ΔH4＞ΔH1二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物A～M有如图所示转化关系，A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，F的分子式为C9H10O2，且不能使溴的CCl4溶液褪色，D能发生银镜反应，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种。已知：(R1、R2表烃基或氢原子)请回答：（1）B、F的结构简式分别为________、________。（2）反应①～⑦中，属于消去反应的是________(填反应序号)。（3）D发生银镜反应的化学方程式为______________________________；反应⑦的化学方程式为______________________________。（4）A的相对分子质量在180～260之间，从以上转化中不能确认A中的某一官能团，确定该官能团的实验步骤和现象为__________________________________________。（5）符合下列条件的F的同分异构体共有________种。a．能发生银镜反b．能与FeCl3溶液发生显色反应c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1∶1∶2∶624、（12分）2-苯基丙烯是日化行业常用的化工原料，其合成路线如下(反应②、④的条件未写出)。已知：其中，R、R’为H原子或烷基。（1）C3H8的结构简式为___；（2）反应①的反应类型为___；（3）反应②的化学反应方程式为___；（4）反应③的反应类型为___；（5）反应④的化学反应方程式为___；（6）产物2-苯基丙烯在一定条件下可以发生加聚反应，加聚产物的结构简式为___；（7）请以苯、乙醇及其他必要的无机试剂为原料，合成。合成过程中，不得使用其他有机试剂。写出相关化学反应方程式___。25、（12分）现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋(主要成分是CH3COOH)的总酸量(g·100mL－1)。已知CH3COOH+NaOH===CH3COONa+H2O终点时所得溶液呈碱性。Ⅰ.实验步骤：(1)用移液管量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL__________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。(2)用_____取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中。(3)滴加2滴_____________作指示剂。(4)读取盛装0.1000mol·L－1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。(5)滴定，当__________________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。Ⅱ.实验记录滴定次数实验数据（mL）1234V(样品)20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)15.9515.0015.0514.95Ⅲ.数据处理与讨论：(1)根据上述数据分析得c(市售白醋)＝________mol·L－1。(2)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏小的是_______(填写序号)。A．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗B．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出E.滴定终点读数时俯视26、（10分）已知下列数据：物质熔点(℃)沸点(℃)密度(g·cm-3)乙醇-117.078.00.79乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯-83.677.50.90浓硫酸(98%)—338.01.84学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：①在30mL的大试管A中按体积比1∶4∶4的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液；②按下图连接好装置，用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管5～10min；③待试管B收集到一定量的产物后停止加热，撤去试管B并用力振荡，然后静置待分层；④分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。请根据题目要求回答下列问题：(1)配制该混合溶液的主要操作步骤为___。(2)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是(填字母)__。A．中和乙酸和乙醇B．中和乙酸并吸收部分乙醇C．加速酯的生成，提高其产率D．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出(3)步骤②中需要小火均匀加热操作，其主要理由是__。(4)分离出乙酸乙酯后，为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为(填字母)__。A．P2O5B．无水Na2SO4C．碱石灰D．NaOH固体27、（12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：______．28、（14分）I．根据表格信息，请回答下列问题：化学反应平衡常数温度973K1173K①Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)K11.472.15②Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)K22.381.67③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)K3？？(1)反应①是________(填“吸热”或“放热”)反应。(2)写出反应③的平衡常数K3的表达式_______________________。(3)根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3＝________(用K1、K2表示)。(4)要使反应③在一定条件下建立的平衡向逆反应方向移动，可采取的措施有____(填写字母序号)。A．缩小反应容器的容积B．扩大反应容器的容积C．升高温度D．使用合适的催化剂E．设法减小平衡体系中的CO浓度(5)若反应③的逆反应速率与时间的关系如图所示：①可见反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了一种条件，试判断改变的是什么条件：t2时________；t8时________。②若t4时降压，t6时增大反应物的浓度，请在图中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系曲线。__________Ⅱ．25℃，1.01×105Pa时，16g液态甲醇(CH3OH)完全燃烧，当恢复到原状态时，放出363.3kJ的热量，写出该反应的热化学方程式__________29、（10分）一定温度下,向1.0L密闭容器中加入0.60molX(g),发生反应X(g)Y(s)+2Z(g)ΔH>0,测得反应物X的浓度与反应时间的数据如下表:(1)0~3min用Z表示的平均反应速率v(Z)=____。(2)分析该反应中反应物的浓度与时间的规律,得出的结论是_____________。由此规律推出反应在6min时反应物的浓度a为____mol·L-1。(3)反应的逆反应速率随时间变化的关系如图所示,t2时改变的条件可是______、_____。

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【详解】A.把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，形成铜、铁、稀硫酸原电池，正极是金属铜，该电极上溶液中的氢离子得到电子产生氢气，A项正确；B.用锌片做阳极，铁片做阴极，电解氯化锌溶液，这是一个电镀池，镀层金属锌作阳极，待镀件铁作阴极，镀层金属盐氯化锌溶液作电解质，发生反应：阳极：Zn-2e-=Zn2+；阴极：Zn2++2e-=Zn，B项正确；C.把铜片插入三氯化铁溶液中，铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，铜的金属活动性不及铁，铜不能置换出铁，C项错误；D.把锌片放入盛盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，锌置换出铜，所以形成了铜、锌、稀盐酸原电池，原电池反应可以加速反应速率，D项正确；答案选C。2、C【解析】试题分析：A、分液是用来分离互不相溶且密度不同的液体的实验方法，水和酒精互溶，不能用分液的方法分离，错误；B、过滤是分离固体和液体混合物的操作，从食盐水中获得食盐不能采用过滤的方法，应采用蒸发结晶的方法，错误；C、可用蒸馏的方法将海水淡化为可饮用水，正确；D、碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，不能用加热的方法除去碳酸氢钠固体中的碳酸钠，错误。考点：考查化学实验方案的分析、评价，物质的分离、提纯。3、C【详解】反应达到平衡的标志是：正逆反应速率相等，各组分的浓度是一定值。A、B、D表示各组分的浓度不再随着时间表的改变而改变，是一定值；而C选项当AB的消耗速率等于A2的消耗速率，表明在单位时间内，消耗的AB和消耗的A2的物质的量相等，那么各组分的浓度随时间的改变在改变，没有达到平衡状态。4、D【详解】这几种元素是同一周期的元素，由于同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径最小的是Cl元素，故合理选项是D。5、C【详解】A.相同条件下，同一物质在气态时具有的的能量最多，液体时次之，固态时最少，反应放出的热量等于反应物所具有的能量减去生成物所具有的能量，因为生成物是一样的，所以等质量的硫蒸气燃烧时放出的热量会比硫固体放出的要多，故A错误；B.石墨转化为金刚石是吸热反应，说明石墨的总能量小于金刚石的，因此石墨比金刚石稳定，故B错误；C.浓硫酸因溶于水大量放热，所以含0.5mol硫酸的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故C正确；D.在101KPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.8KJ/mol，故D错误。故选C。6、D【解析】分析：含有碳元素的化合物一般是有机化合物，据此解答。详解：A.由一种元素形成的纯净物是单质，甲醇是化合物，A错误；B.由两种元素形成其中一种是氧元素的化合物是氧化物，甲醇含有三种元素，不是氧化物，B错误；C.甲醇的结构简式为CH3OH，属于有机物，不是无机物，C错误；D.甲醇的结构简式为CH3OH，属于有机物，D正确。答案选D。点睛：一般含有碳元素的化合物是有机化合物，简称有机物，但CO、CO2、碳酸盐等虽然也含有碳元素，但其性质和结构更类似于无机物，一般把它们归为无机物，答题时需要灵活掌握。7、C【解析】分析：根据图像，A项，由①②得，c（M）起始相同时，pH越小，M的分解速率越快；B项，由③④得，在pH和c（M）起始都相同时，加入Cu2+，M的分解速率加快；C项，由①③得，pH相同时，c（M）越大，M的分解速率越快；D项，根据公式υ=ΔcΔt计算详解：根据图像，A项，由①②得，c（M）起始相同时，pH越小，M的分解速率越快，即水样酸性越强，M的分解速率越快，A项正确；B项，由③④得，在pH和c（M）起始都相同时，加入Cu2+，M的分解速率加快，B项正确；C项，②③的pH和c（M）都不相同，应由①③得，pH相同时，c（M）越大，M的分解速率越快，C项错误；D项，在0~20min内，②中M的分解速率υ=ΔcΔt=0.4mol/点睛：本题考查浓度与时间的图像分析，研究外界条件对化学反应速率的影响，用控制变量法分析是解题的关键。8、A【详解】A.由反应①可以知道，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5KJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ，所以碳的燃烧热大于110.5kJ·mol－1，故A正确；B.②中氧气的状态不确定，所以不能计算出氢气的热值，故B错误；C.浓硫酸溶于水放热，所以放出的热量大于57.3kJ，所以浓硫酸与稀NaOH溶液反应，放出的热量大于57.3kJ，故C错误；D.醋酸为弱电解质，电离时需要吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误。故选A。9、D【解析】A项，对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素均相同，且溶液的pH越小，Cr2O72﹣的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72﹣的去除率，故A项正确；B项，实验②中，Cr2O72﹣在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2O，故B项正确；C项，实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，离子方程式为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，所以导致Cr2O72﹣去除率提高，故C项正确；D项，实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，理论上电路中每通过6mol电子，则有1molCr2O72﹣在阴极上被还原，3molFe被氧化为3molFe2+，3molFe2+又与0.5molCr2O72﹣发生氧化还原反应，所以一共有1.5molCr2O72﹣被还原，故D项错误；综上所述，本题选D。10、B【详解】A．Zn比Cu活泼，Zn为负极，Cu为正极，正极反应为：Cu2++2e-=Cu，A错误；B．负极反应：Zn-2e-=Zn2+，正极反应为：Cu2++2e-=Cu，二式相加为电池的总反应：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，B正确；C．在外电路中，电子从负极流向正极，即Zn流向Cu，C错误；D．原电池装置中，阴离子移向负极，阳离子移向正极，即盐桥中K+移向CuSO4溶液，D错误。答案选B。11、C【解析】根据第10、15分钟SO2和O2的量确定此时反应达到平衡。【详解】A.前5min的平均速率为v(SO2)=（2-1.2）÷2÷5=0.08mol·L−1min−1，故A正确；B.保持温度不变，向平衡后的容器中再充入0.2molSO2(g)和0.2molSO3(g)，反应正向进行，v(正)＞v(逆)，故B正确；C.相同温度下，起始时向容器中充入2molSO3与上述平衡为等效平衡，SO3的转化率为40%，现加入1.5molSO3，压强减少，平衡向气体分子数增大的方向移动，SO3的转化率大于40%，故C错误；D.此情况与上述平衡为等效平衡，生成0.8molSO2，根据反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)∆H＝+196kJ·moL−1可知，达到平衡状态时吸收的热量196÷2×0.8=78.4kJ，故D正确。故选C。12、C【详解】A.图像中横坐标是B2的起始量，B2浓度越大，反应速率越快，所以反应速率a<b<c，A错误；B.增大B2的起始量，平衡右移，AB3物质的量越大，所以达到平衡时，AB3物质的量大小关系为c>b>a，B错误；C.若T2>T1，由图像可知T2时AB3体积分数大于T1时AB3体积分数，说明正反应是吸热反应，C正确。D.B2的起始浓度越大，达平衡时A2转化率越大，所以达到平衡时A2的转化率大小为：c>b>a，D错误；故选C。【点睛】增大一种反应物的量，另一反应物转化率提高，它本身的转化率降低。13、A【分析】A.碳酸和醋酸均为弱酸，测量相同浓度的两种酸的pH，酸性越强的pH越小；B.2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，一只试管中高锰酸钾过量，溶液不褪色；【详解】A.碳酸和醋酸均为弱酸，测量相同浓度的两种酸的pH，酸性越强的pH越小，A正确；B.2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据化学方程式可以计算出其中浓度较小的试管中高锰酸钾过量，该试管中溶液在反应后不可能褪色，故不能证明H2C2O4浓度越大反应速率越快，B错误；C.氢氧化钠在和氯化铝溶液反应时，由于氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，无沉淀，且仍有氢氧化钠剩余，再加入氯化铁时一定产生红褐色氢氧化铁沉淀，所以不能证明在相同温度下两者的Ksp的大小，C错误；D.NaHSO3溶液与5%H2O2溶液反应生成硫酸氢钠溶液，均为无色溶液，无明显现象，D错误；答案为A14、D【解析】A项、化学反应速率发生改变，未必能说明化学平衡发生了移动，当正反应速率与逆反应速率仍然相等时，化学平衡不会发生移动；当正反应速率与逆反应速率不相等时，化学平衡就会发生移动，故A错误；B项、对于气体总体积反应前后不变的可逆反应来说，压强改变，平衡不移动，故B错误；C项、催化剂只能同等程度地改变正反应速率和逆反应速率，当一个可逆反应建立化学平衡状态后，加入催化剂，正反应速率仍然等于逆反应速率，化学平衡不会发生移动，故C错误；D项、正逆反应速率不等，则平衡一定发生移动，故D正确。故选D。【点睛】本题要求要能灵活运用影响化学平衡的因素来分思考问题，是对基础知识灵活运用的考查，可根据化学平衡移动的因素以及可以反应的类型来综合分析，一定条件下，当改变其中一个条件，平衡向减弱这种改变的方向进行。15、C【详解】NaOH是离子化合物，含离子键，氢氧根离子内部存在氢氧极性共价键，故NaOH既有离子键又有共价键，答案为C。16、C【详解】①C是固体，没有浓度可言，所以增加碳的量且表面积保持不变，不影响反应速率，故①正确；②将容器的体积缩小一半，气体物质浓度增大，反应速率增大，故②错误；③保持体积不变，充入He．使体系压强增大，但参加反应的气体的浓度不变，则反应速率不变，故③正确；④保持压强不变，充入He使容器体积变大，参加反应的气体的分压减小，反应速率减小，故④错误；只有①③正确，故答案为C。【点睛】考查反应速率的影响因素，反应中有固体参加，改变固体的量对反应速率没有影响，而温度、浓度、催化剂、压强、反应物的接触面积等因素影响化学反应速率，注意惰性气体对反应原理没有影响，但如果改变了反应物的浓度，则影响反应速率。17、C【详解】A.加入NaHCO3有反应发生：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，溶液中的H+浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Cl2（呈黄绿色）浓度减小，溶液颜色变浅，A项正确；B.Cr2O72-呈橙色，CrO42-呈黄色。向K2Cr2O7溶液中滴入浓硫酸时，溶液中H+浓度增大，根据勒夏特列原理，Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+平衡向逆反应方向移动，Cr2O72-浓度增大，CrO42-浓度减小，溶液颜色加深，B项正确；C.因为CO(g)+NO2(g)NO(g)+CO2(g)反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，但增大压强将会使气体体积缩小，各组分的浓度都要增大，NO2呈红棕色，所以体系颜色变深，这与勒夏特列原理无关，C项错误；D.反应2NO2(g)N2O4(g)；△H<0正反应是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度平衡向吸热反应方向移动，即该反应向逆反应方向移动，NO2浓度增大，（NO2呈红棕色，N2O4为无色）平衡体系颜色变深，D项正确；答案选C。18、B【分析】“曾青得铁则化为铜”是指铁和可溶性的铜盐溶液反应生成铜和相应的亚铁盐。【详解】A．铜元素既有铜单质又有铜的化合物，故A错误；B．铜是铜单质，故B确；C.氧化铜是铜的氧化物，故C错误；D．铜原子是微观粒子，故D错误；故答案选B19、C【详解】A．氧气是含有共价键的单质，A错误；B．氢氧化钾是含有离子键和共价键的离子化合物，B错误；C．氧化镁是只含有离子键的离子化合物，C正确；D．二氧化碳是含有共价键的共价化合物，D错误；答案选C。【点晴】明确化学键的概念、判断依据以及与化合物的关系是解答的关键，一般活泼的金属与活泼的非金属之间容易形成离子键，非金属元素的原子之间容易形成共价键，含有离子键的化合物一定是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，解答时注意灵活应用。20、B【分析】A、NH4＋中N原子N形成4个σ键，没有孤对电子；N5每个N只形成2个N-N键，还有1对孤电子对；B、N5中氮氮原子间除形成σ键外，还形成一个大π键，氮氮键的键能:N5->H2N-NH2；C、原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；D、由图可知，氯离子与铵根离子中H原子、H3O＋中H原子与N5－中N原子、NH4＋中H原子与N5－中N原子形成氢键；【详解】A、NH4＋中N原子N形成4个σ键，没有孤对电子，故A错误；B、N5中氮氮原子间除形成σ键外，还形成一个大π键，氮氮键的键能:N5->H2N-NH2，故B正确；C、H3O＋、NH4＋原子数不同，不是等电子体，故C错误；D、由图可知，除阴、阳离子间形成离子键外，氯离子与铵根离子中H原子、H3O＋中H原子与N5－中N原子、NH4＋中H原子与N5－中N原子形成氢键，故D错误。故选B。21、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。22、A【详解】反应①+反应②得4CO2(g)+6H2O(l)===2C2H5OH(l)+6O2(g)（ΔH1+ΔH2），变形得2C2H5OH(l)+6O2(g)===4CO2(g)+6H2O(l)−(ΔH1+ΔH2)，所以2ΔH3=−ΔH1−ΔH2，A正确；一定条件下ΔH只与物质类型和物质状态相关，与外界因素无关，不同油耗汽车不影响ΔH，B错误；植物的光合作用通过反应①将太阳能转化为化学能，C错误；6CO2(g)+6H2O(g)===C6H12O6(s)+6O2(g)与6CO2(g)+6H2O(l)===C6H12O6(s)+6O2(g)相比，只是水的状态不同，前者吸收的热量小于后者，所以ΔH4＜ΔH1，D错误。二、非选择题(共84分)23、④＋2Ag(NH3)2(OH)＋2Ag↓＋2NH3＋H2O＋(n－1)H2O取反应①后的混合液少许，向其中加入稀硝酸至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子2【解析】试题分析：A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，均含有-COOH，F的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，且不能使溴的CCl4溶液褪色，不含不饱和键，应含有苯环，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种，故F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有-COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180-28-76-45=31，小于260-28-76=111，X可能为Cl或Br．C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F．C发生缩聚反应生成高聚物H为；（1）由上述分析可知，B的结构简式为，F的结构简式为；（2）反应①属于取代反应，还发生中和反应，反应②属于复分解反应，反应③⑥属于氧化反应，反应④属于消去反应，反应⑤属于加成反应，反应⑦属于缩聚反应，故答案为④；（3）D发生银镜反应的化学方程式为：；反应⑦的化学方程式为：；（4）根据上面的分析可知，X可能为Cl或Br，要确定X是哪种官能团的实验步骤和现象为取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子；（5）符合下列条件的F()的同分异构体：a．能发生银镜反应，说明分子中存在醛基；b．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中存在酚羟基；c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：6，说明有4种氢原子，符合以上条件的F分子中有2个甲基、1个酚羟基、1个-CHO，且2个甲基处于间位，另2个分别处于对位，所以F的同分异构体有2种。【考点定位】考查有机推断、有机反应类型、同分异构体、化学方程式的书写等。【名师点晴】综合分析确定F的结构是关键，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，通过正反应推导确定A～M的结构简式；A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，均含有-COOH，F的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，且不能使溴的CCl4溶液褪色，不含不饱和键，应含有苯环，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种，故F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有-COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180-28-76-45=31，小于260-28-76=111，X可能为Cl或Br．C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F．C发生缩聚反应生成高聚物H为，据此解答。24、CH3CH2CH3取代反应CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr氧化反应+H2O2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr【分析】C3H8为丙烷，由B与O2、Cu加热发生氧化反应生成，可知B为异丙醇，则C3H8与Br2光照发生取代反应，生成的A为2-溴丙烷，2-溴丙烷与NaOH溶液发生取代反应生成异丙醇；由题目中所给信息可知C为2-苯基丙醇，发生消去反应生成2-苯基丙烯，以2-苯基丙烯为单体写出它的加聚产物结构简式；根据题目所给信息和平时所学方程式合成。【详解】C3H8为丙烷，由B与O2、Cu加热发生氧化反应生成，可知B为异丙醇，则C3H8与Br2光照发生取代反应，生成的A为2-溴丙烷，2-溴丙烷与NaOH溶液发生取代反应生成异丙醇；由题目中所给信息可知C为2-苯基丙醇，发生消去反应生成2-苯基丙烯，（1）C3H8为丙烷，结构简式为：CH3CH2CH3，故答案为：CH3CH2CH3；（2）①的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（3）反应②的化学反应方程式为CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr，故答案为：CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr；（4）③为氧化反应，故答案为：氧化反应；（5）2-苯基丙醇发生消去反应生成2-苯基丙烯，化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；（6）2-苯基丙烯发生加聚反应，碳碳双键断开，它的加聚产物结构简式为，故答案为：；（7）乙醇先与O2、Cu加热生成乙醛，乙醛与苯在AlCl3作用下生成1-苯乙醇，1-苯乙醇与浓硫酸加热生成苯乙烯，苯乙烯与HBr加成生成，相关的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr。【点睛】在有机流程推断题中，各物质的名称要根据前后反应综合判断，最终确定结果，本题中A与B的推断就是如此。25、容量瓶酸式滴定管酚酞0.60ml溶液由无色恰好变为浅红色，并在30s内不恢复到原来的颜色0.75DE【解析】依据中和滴定原理，确定所需仪器、药品、实验步骤，关注每步操作要领及意义。【详解】Ⅰ．（1）用移液管量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液，故答案为：容量瓶；（2）醋酸具有酸性能腐蚀橡胶管，所以应选用酸式滴定管量取白醋，故答案为：酸式滴定管；（3）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐醋酸钠，由于醋酸钠溶液显示碱性，可用酚酞作指示剂，则用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞，故答案为：酚酞；（4）视线与凹液面最低点相切的滴定管液面的读数0.60mL，故答案为：0.60；（5）NaOH滴定食醋的终点为溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；Ⅲ.（1）第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去，3次消耗NaOH溶液的体积为：15.00mL、15.05mL、14.95mL，则NaOH溶液的平均体积为15.00mL；设10.00mL食用白醋为cmol·L－1，稀释后20mL白醋的浓度为c1mol·L－1，则CH3COOOH～NaOH1mol1molc1mol·L×0.02L0.1000mol/L×0.015L解得c1=0.075mol·L－1，由稀释定律可得0.1L×0.075mol·L=0.01L×cmol·L，解得c=0.75mol·L－1，故答案为：0.75mol·L－1；（2）浓度误差分析，依据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)进行分析。A项、碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，会使得标准NaOH溶液浓度减小，造成V（标准）偏大，实验结果偏大，故A错误；B项、碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后误气泡，造成V（标准）偏大，测定结果偏大，故B错误；C项、锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，故C错误；D项、锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液的物质的量减小，造成V（标准）减小，测定结果偏小，故D正确；E项、滴定终点读数时俯视度数，读出的最终标准液体积偏小，则消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故D正确；故答案为：DE。【点睛】本题考查了酸碱中和滴定，注意把握中和滴定的原理、基本操作和误差分析的方法，计算平均值时，一定要注意误差较大的数据要舍去。26、在大试管中先加4mL乙醇，再缓慢加入1mL浓H2SO4，边加边振荡，待冷至室温后，再加4mL乙酸并摇匀BD防止反应物随生成物一起大量被蒸出，导致原料损失及发生副反应B【分析】根据乙酸乙酯制备实验的基本操作、反应条件的控制、产物的分离提纯等分析解答。【详解】(1)配制乙醇、浓硫酸、乙酸混合液时，各试剂加入试管的顺序依次为：CH3CH2OH→浓硫酸→CH3COOH。将浓硫酸加入乙醇中，边加边振荡是为了防止混合时产生的热量导致液体飞溅造成事故；将乙醇与浓硫酸的混合液冷却后再与乙酸混合，是为了防止乙酸的挥发造成原料的损失。在加热时试管中所盛溶液不能超过试管容积的，因为试管容积为30mL，那么所盛溶液不超过10mL，按体积比1∶4∶4的比例配浓硫酸、乙酸和乙醇的混合溶液，由此可知，对应的浓硫酸、乙酸和乙醇的体积为1mL、4mL、4mL；(2)饱和碳酸钠溶液的作用主要有3个：①使混入乙酸乙酯中的乙酸与Na2CO3反应而除去；②使混入的乙醇溶解；③降低乙酸乙酯的溶解度，减少其损耗及有利于它的分层析出和提纯；故选BD；(3)根据各物质的沸点数据可知，乙酸(117.9℃)、乙醇(78.0℃)的沸点都比较低，且与乙酸乙酯的沸点(77.5℃)比较接近，若用大火加热，反应物容易随生成物(乙酸乙酯)一起蒸出来，导致原料的大量损失；另一个方面，温度太高，可能发生其他副反应；(4)用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；不能选择P2O5、碱石灰和NaOH等固体干燥剂，以防乙酸乙酯在酸性(P2O5遇水生成酸)或碱性条件下水解，故选B。【点睛】乙酸乙酯的制备实验中用饱和碳酸钠溶液收集产物乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇，并降低乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度，有利于分层析出。不能用氢氧化钠溶液，因为乙酸乙酯会在碱性条件下水解。27、.；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=