2026届河南省郑州市106中学化学高二第一学期期中检测试题含解析

2026届河南省郑州市106中学化学高二第一学期期中检测试题考生请注意：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、水玻璃的主要成分是A．碳酸钠B．碳酸氢钠C．硅酸钠D．氢氧化钠2、用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是（）A．阳极反应式为4OH－-4e－＝2H2O+O2↑ B．通电后阴极区附近溶液pH会增大C．K+通过交换膜从阴极区移向阳极区 D．纯净的KOH溶液从b出口导出3、用标准盐酸滴定未知浓度的氨水溶液(锥形瓶中)时，下列说法正确的是A．量取一定体积的氨水用如右图所示仪器B．从测定结果的准确性考虑，选择酚酞作指示剂比选甲基橙要好C．滴定前滴定管的尖嘴处有气泡，而在滴定后气泡消失，则测定氨水的浓度偏高D．滴定过程中，往锥形瓶中加入少量蒸馏水会导致测定的浓度偏小4、地壳中含量最多的金属元素是（）A．O B．Al C．Fe D．Cu5、下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且溶液呈酸性的是()A．将纯水加热到95℃时，pH<7B．向水中加少量NaHSO4C．向水中加少量Na2CO3D．向水中加少量FeCl36、少量金属钠投入下列试剂中，反应最迅速的是（）A．蒸馏水 B．0.1mol盐酸 C．0.1mol/LNaOH溶液 D．煤油7、2mol氢气和1mol氧气化合生成2mol液态水，放出571.6kJ热量。则热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)→2H2O(g)+QkJ，其中Q（）A．等于571.6kJ B．大于571.6kJ C．小于571.6kJ D．不能确定8、某温度时，在体积为1L的密闭容器中，A、B、C三种气体浓度的变化如图I所示，若其它条件不变，当温度分别为Tl和T2时，B的体积百分含量与时间关系如图Ⅱ所示．则下列结论正确的是A．该反应的热化学方程式为：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H＞0B．达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动C．达到平衡后，若其他条件不变，减小体积，平衡向逆反应方向移动D．若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，A的转化率减小9、下列能水解呈碱性的盐是A．CaCO3 B．NH4Cl C．CH3COONa D．Na2SO410、中和热的测定实验中，下列情况会导致测出来的中和热的数值偏小的是①大小烧杯口未相平②大烧杯上未盖硬纸板③用环形铜丝搅拌棒搅拌反应混合溶液④分多次将NaOH溶液倒入装盐酸的小烧杯中⑤NaOH溶液稍过量A．①②B．①②③C．①②③④D．①②③④⑤11、在一个6L的密闭容器中，放入3LX（g）和2LY（g），在一定条件下发生下列反应:4X（g）＋3Y（g）⇌2Q（g）+nR（g）达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5％，X的浓度减小1/3，则该反应方程式中的n的值是A．3 B．4 C．5 D．612、工业上，在一定条件下利用乙烯和水蒸气反应制备乙醇。反应原CH2=CH2(g)+H2O(g)=CH3CH2OH(g)△H。已知几种共价键的键能如下：化学键C-HC=CH-OC-CC-O键能/kJ·mol-1413615463348351下列说法错误的是A．上述合成乙醇的反应原子利用率为100％B．相同时间段内,用该反应中三种物质表示的该反应的化学反应速率相等C．碳碳双键的键能大于碳碳单键键能，但碳碳单键更稳定D．上述反应式中,△H=+34kJ·mol-113、根据以下信息判断，分离乙醇、乙二醇混合物的最佳方法是（）熔点/℃沸点/℃密度/g·cm-3溶解性乙醇-114780.79与水以任意比例互溶乙二醇-131971.11与水以任意比例互溶A．分液 B．用水萃取 C．蒸馏 D．重结晶14、比亚迪公司开发了锂钒氧化物二次电池。电池总反应为V2O5＋xLiLixV2O5，下列说法正确的是A．该电池充电时，锂电极与外加电源的负极相连B．该电池放电时，Li＋向负极移动C．该电池充电时，阴极的反应为LixV2O5－xe－＝V2O5＋xLi＋D．若放电时转移

0.2

mol

电子，则消耗锂的质量为

1.4x

g15、一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A．pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS－)=1×10－5mol·L－1B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③16、十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。下列说法正确的是A．该电池放电时质子从Pt2电极经过内电路流到Pt1电极B．Pt1电极附近发生的反应为：SO2＋2H2O－2e－＝H2SO4＋2H＋C．Pt2电极附近发生的反应为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－D．相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶117、某温度时，N2+3H22NH3的平衡常数K=a，则此温度下，NH31/2N2+3/2H2的平衡常数为A．a-(1/2) B．a C．(1/2)a D．a-218、化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是A．该反应是吸热反应B．断裂1molA-A键和1molB-B键能放出xkJ的能量C．2molAB的总能量高于1molA2和1molB2和的总能量D．断裂2molA-B键需要吸收ykJ的能量19、电子数相等的微粒叫等电子体，下列微粒组是等电子体的是（）A．N2O4和NO2B．Na＋和Cl－C．SO42-和PO43-D．NO和O220、下列不能用勒夏特列原理解释的事实是A．红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅B．氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深C．黄绿色的氯水光照后颜色变浅D．合成氨工业使用高压以提高氨的产量21、用如图装置进行实验(A为电流计)：观察到现象：装置图1：Cu电极上产生大量的无色气泡装置图2：Cu电极上无气泡产生，而Cr电极上产生大量气泡则下列说法正确的是A．图1是电解池，图2是原电池B．两个电池中，电子均由Cr电极流向Cu电极C．图2中Cr电极可能被浓HNO3钝化成惰性电极D．由实验现象可知金属活动性：Cu>Cr22、某温度下反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)开始进行时,c（NH3）=0.04mol/L,经5min后，c(NH3)=0.03mol/L,则v(NH3)为A．0.002mol/(L·min) B．0.001mol/(L·min)C．0.003mol/(L·min) D．0.002mol/(L·s)二、非选择题(共84分)23、（14分）由丙烯经下列反应可制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。（1）聚合物F的结构简式___。A→B的反应条件为_____。E→G的反应类型为_____。（2）D的结构简式______。B转化为C的化学反应方程式是_______。（3）在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式是_____。（4）E有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1molH2，则该种同分异构体的结构简式为______。24、（12分）由乙烯和其他无机原料合成环状酯E和髙分子化合物H的示意图如图所示：请回答下列问题：（1）写出以下物质的结构简式：B______，G_______（2）写出以下反应的反应类型：X_____，Y______．（3）写出以下反应的化学方程式：A→B：_______（4）若环状酯E与NaOH水溶液共热，则发生反应的化学方程式为______．25、（12分）已知乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH。有关的有机试剂的沸点如下：CH3COOC2H5为77.1℃；C2H5OH为78.3℃；C2H5OC2H5（乙醚）为34.5℃；CH3COOH为118℃。实验室合成乙酸乙酯粗产品的步骤如下：在蒸馏烧瓶内将过量的乙醇与少量浓硫酸混合，然后经分液漏斗边滴加醋酸，边加热蒸馏。由上面的实验可得到含有乙醇、乙醚、醋酸和水的乙酸乙酯粗产品。（1）制取乙酸乙酯的方程式是___________。将粗产品经下列步骤精制：（2）为除去其中的醋酸，可向产品中加入__________（填字母）。A．无水乙醇B．碳酸钠粉末C．无水醋酸钠（3）再向其中加入饱和氯化钙溶液，振荡，分离，其目的是____________________。（4）然后再向其中加入无水硫酸铜，振荡，其目的是___________________。最后，将经过上述处理后的液体加入另一干燥的蒸馏瓶内，再蒸馏，弃去低沸点馏分，收集沸点在76℃~78℃之间的馏分即得纯净的乙酸乙酯。26、（10分）影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验的方法通过图1所示装置研究反应速率的有关问题。取一段镁条，用砂纸擦去表面的氧化膜，使镁条浸入锥形瓶内足量的稀盐酸中。足量镁条与一定量盐酸反应生成H2的量与反应时间的关系曲线如图2所示。(1)请在图中画出上述反应中H2的速率与时间的关系曲线______________。(2)在前4min内，镁条与盐酸的反应速率逐渐加快，在4min之后，反应速率逐渐减慢，请简述其原因：___________________________。27、（12分）A、B、C、D四种物质均含有同一种元素。A是常见的金属单质，C的水溶液呈黄色。A、B、C、D之间在一定条件下有如图所示转化关系：请回答下列问题：（1）A的化学式是_______。（2）反应①的反应类型为反应_______（选填“化合”、“分解”、“置换”、“复分解”）。（3）反应②的化学方程式是_______。（4）C的水溶液与NaOH溶液混合后发生反应的离子方程式是_______。28、（14分）现在和将来的社会，对能源和材料的需求是越来越大，我们学习化学就为了认识物质，创造物质，开发新能源，发展人类的新未来。请解决以下有关能源的问题：(1)未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是：______①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能A．①②③④B．⑤⑥⑦⑧C．③⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧(2)运动会上使用的火炬的燃料一般是丙烷(C3H8)，请根据完成下列题目。①已知11g丙烷(C3H8)在298K和101Kpa条件下完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量为555kJ，请写出丙烷燃烧热的热化学方程式：______；②丙烷在一定条件下发生脱氢反应可以得到丙烯。已知：C3H8(g)→CH4(g)＋HC≡CH(g)＋H2(g)△H1=+156.6kJ·mol-1；CH3CH=CH2(g)→CH4(g)＋HC≡CH(g)△H2=+32.4kJ·mol-1，则相同条件下，反应C3H8(g)→CH3CH=CH2(g)＋H2(g)的△H=______(3)已知：H—H键的键能为436kJ/mol，H—N键的键能为391kJ/mol，根据化学方程式：N2+3H2⇌2NH3ΔH=-92.4kJ/mol。①请计算出N≡N键的键能为______。②若向处于上述热化学方程式相同温度和体积一定的容器中，通入1molN2和3molH2，充分反应后，恢复原温度时放出的热量______92.4KJ(填大于或小于或等于)。29、（10分）M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：(1)单质M的晶体中原子间通过______________________作用形成面心立方密堆积，其中M原子的配位数____________。(2)元素Y的含氧酸中，酸性最强的是________________（写化学式），该酸根离子的立体构型为______________________。(3)M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。①该化合物的化学式为______________________，已知晶胞参数a=0.542nm，此晶体的密度为__________________________g·cm–3。（只写出计算式，阿伏加德罗常数为NA）②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是：_____________________________________。

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【解析】水玻璃是硅酸钠的水溶液，所以水玻璃的主要成分是硅酸钠，故C正确。故选C。2、C【详解】根据图示，通入粗氢氧化钾的电极是阳极，阳极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；通入水的电极是阴极，电极反应为，K＋通过交换膜从阳极区移向阴极区，生成氢氧化钾，纯净的KOH溶液从b口导出，阴极区附近溶液的pH会增大，故C错误；答案选C。3、C【解析】A项，氨水溶液呈碱性，应用碱式滴定管量取一定体积的氨水，错误；B项，盐酸与氨水恰好完全反应生成NH4Cl，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4Cl溶液呈酸性，所以选用酸性范围内发生颜色变化的指示剂，选用甲基橙比酚酞要好，错误；C项，滴定前滴定管的尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗盐酸溶液的体积偏大，测定氨水的浓度偏高，正确；D项，滴定过程中，往锥形瓶中加入少量蒸馏水对测定结果无影响，错误；答案选C。点睛：本题考查酸碱中和滴定实验中仪器的选择、指示剂的选择和误差分析。指示剂选择的原则：变色要灵敏，变色范围要小，变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致；强酸和强碱的滴定可用甲基橙、可用酚酞，强酸和弱碱的滴定用甲基橙，强碱和弱酸的滴定用酚酞。依据计算公式c=分析实验误差，实验过程中由于操作不当，V[HCl（aq）]偏大，测得的物质的量浓度偏大，反之测得的物质的量浓度偏小。4、B【详解】地壳中元素含量由多到少的顺序为氧、硅、铝、铁…，故B正确。故选B。【点睛】注意题干要求中“金属元素”的限制，容易错选A。5、D【解析】要促进水电离，可以采取的方法有：升高温度、加入含有弱根离子的盐，溶液呈酸性，说明加入的盐必须是强酸弱碱盐水解导致溶液呈酸性，据此分析解答。【详解】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，但溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以水仍然呈中性，选项A不符合；B．向水中加入硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出氢离子而使溶液呈酸性，但氢离子能抑制水电离，选项B不符合；C．向水中加入碳酸钠能促进水电离，但碳酸钠水解后溶液呈碱性，选项C不符合；D．向溶液中加入氯化铁能促进水电离，且氯化铁水解使溶液呈酸性，选项D符合；答案选D。【点睛】本题考查了水的电离，明确酸、碱能抑制水电离、含有弱根离子的盐能促进水电离是解本题的关键，难度不大。6、B【详解】少量金属钠投入蒸馏水中，反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；少量金属钠和盐酸反应生成氯化钠和氢气，反应方程式为：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑；少量金属钠投入0.1mol/LNaOH溶液中，实质是Na和水反应，反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；少量金属钠投入煤油中，不发生反应；钠为活泼金属，钠与水溶液的反应，实质都是与氢离子的反应，水为弱电解质，发生部分电离，盐酸为强电解质，完全电离，强碱抑制水的电离，溶液中c（H+）由大到小的顺序为B>A>C，反应由快到慢的顺序为B>A>C，反应最迅速的是B；综上所述，答案为B。【点睛】钠与溶液反应实质是和溶液中的氢离子反应，氢离子浓度越大，反应速率越快。7、C【详解】2mol氢气和1mol氧气化合生成2mol液态水，放出571.6kJ热量，液态水转变为气态水时吸收热量，则2mol氢气和1mol氧气化合生成2mol气态水，放出热量小于571.6kJ，则热化学方程式2H2(g)+O2(g)→2H2O(g)+QkJ，其中Q小于571.6kJ，故C正确。故选C。8、D【解析】试题分析：A、由图I可知，A、B的浓度分别减小（0.5-0.3）mol/L=0.2mol/L、（0.7-0.1）mol/L=0.6mol/L，C的浓度增加0.4mol/L，则三者的浓度的变化的比值为0.2:0.6:0.4=1:3:2，所以该反应的化学方程式可表示为A(g)＋3B(g)2C(g)；由图II可知T1>T2，随温度升高，B的体积分数增大，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应是放热反应，△H<0，错误；B、达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，各物质的浓度不变，所以平衡不移动，错误；C、达到平衡后，若其他条件不变，减小体积，则压强增大，平衡向气体物质的量减小的方向移动，所以平衡正向移动，错误；D、升高温度，正逆反应的速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，所以平衡逆向移动，则A的转化率减小，正确，答案选D。考点：考查化学平衡图象的分析，条件对平衡的影响9、C【详解】A.碳酸钙难溶于水，几乎不水解，A项错误；B.铵根离子结合水电离出来的氢氧根，使溶液中的氢离子浓度偏高，溶液显酸性，B项错误；C.醋酸根与水电离出来的氢离子结合，使溶液中的氢氧根离子浓度偏高，溶液显碱性，C项正确；D.硫酸钠是强酸强碱盐，溶于水电离以后不水解，D项错误。答案选C。【点睛】10、C【解析】①大小烧杯的杯口不相平，热量容易散失，中和热的数值偏小；②大烧杯上不盖硬纸板，热量容易散失，中和热的数值偏小；③中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，由于Cu是金属材料，导热性强，容易导致热量损失，则测量出的中和热数值偏小；④倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，否则会导致热量散失，中和热的数值偏小；⑤为了所用氢氧化钠溶液稍过量的目的是确保盐酸被完全中和，确保实验结果准确。导致测出来的中和热的数值偏小的是①②③④，故选C。【点睛】本题考查中和热测定原理及误差分析，注意理解测定中和热的原理是解题的关键，实验的关键是保温，如果装置有能量散失，则会导致结果偏低。11、D【分析】在相同温度和压强下，相同体积的气体具有相同的分子数，即分子个数比=体积比。【详解】解法一：在相同温度和压强下，相同体积的气体具有相同的分子数，即分子个数比=体积比；反应至平衡状态X的浓度减小1/3，说明至平衡时，X的反应消耗量为3L×1/3=1L反应后6L反应物中剩余气体的体积为：6L-1L-3/4L=17/4L达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5%，即说明原来压强若为1，则平衡是压强应为1.1．在恒温恒容下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比．所以6L：（17/4L+2/4L+n/4L）=1：1.1由上述关系可解得n=6。故选D。解法二、在一定温度下的密闭容器中，反应后压强增大了，说明气体是物质的量增加了，所以生成物的气体计量数之和大于反应物的气体计量数之和，即2+n＞4+3，即n＞5，故选D。12、D【详解】A.乙烯水化制乙醇的反应是加成反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率为100％，A正确；B.反应混合物中，各物质的化学计量数相同，所以相同时间段内，反应中用三种物质表示的反应速率相等，B正确；C.由题中数据可知，碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍，所以碳碳单键比碳碳双键更稳定，C正确；D.上述反应式中，△H=(615kJ·mol-1)+(413kJ·mol-1)

+(463kJ·mol-1)

-(348kJ·mol-1)-(413kJ·mol-1)-(463kJ·mol-1)-(351kJ·mol-1)=-34kJ·mol-1，D错误；正确选项D。【点睛】反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，如果反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；如果反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应。13、C【详解】由图表可知，常温下乙醇、乙二醇为互溶的液体，沸点相差比较大，所以可以用蒸馏的办法进行分离，故答案选C。14、A【分析】A．电池充电时负极与外电源的负极相连；B．向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动；C．该电池充电时阴极得电子，发生还原反应；D．根据电极反应计算消耗Li的质量。【详解】A．电池充电时负极与外电源的负极相连，Li为负极反应物，所以Li与外电源的负极相连，故A正确；B．向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故B错误；C．该电池充电时阴极得电子，发生还原反应，电极反应为：，故C错误；D．若放电时转移0.2mol电子，负极上，所以反应消耗Li的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故D错误；故答案选：A。15、D【详解】A.H2S溶液中分步电离，H2SH++HS-，HS-H++S2-，根据电荷守恒知c(H+)=c(HS－)+2c(S2-)+c(OH-)=1×10－5mol·L－1，A项错误；B.加水稀释促进一水合氨的电离，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，B项错误；C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），C项错误；D.酸性大小为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的碱性越强。pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，盐的浓度：①＞②＞③，c（Na+）：①＞②＞③，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查电解质溶液中离子浓度大小关系，解答此类题目要注意首先分析溶液中存在的平衡确定溶液中存在哪些微粒，然后抓住弱电解质的电离、盐类的水解是微弱的，结合溶液的酸碱性进行分析；涉及等式关系要注意电荷守恒、物料守恒和质子守恒的灵活运用。16、D【解析】放电时为原电池，质子向正极移动，Pt1电极为负极，则该电池放电时质子从Pt1电极移向Pt2电极，A错误；Pt1电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，极反应为SO2＋2H2O－2e－＝SO2-4＋4H＋，硫酸应当拆为离子形式，B错误；酸性条件下，氧气得电子生成水,C错误；相同条件下，放电过程中：负极发生氧化反应：2SO2＋4H2O－4e－＝2SO2-4＋8H＋，正极发生还原反应：O2＋4e－＋4H＋＝2H2O，根据转移电子数相等规律可知：放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1，D正确；正确选项D。点睛：Pt1电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，负极反应为SO2＋2H2O－2e－＝SO2-4＋4H＋，一定要注意硫酸应当拆为离子形式，这一点易被忽视导致出现错误。17、A【详解】对同一可逆反应(化学计量数相同)，在相同温度下，正逆反应化学平衡常数互为倒数。N2+3H22NH3的平衡常数K=a，故2NH3N2+3H2的平衡常数K=，同一反应若化学计量数变为原来的n倍，平衡常数变为原来的n次幂。故NH31/2N2+3/2H2的平衡常数K==a-(1/2)，A选项正确。故选A。18、D【详解】A.由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，该反应是放热反应，故A错误；B.旧键的断裂需要吸收能量，而不是释放能量，故B错误；C.由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故C错误；D.旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故D正确；故选D。19、C【解析】试题分析：A．N2O4的电子数为7×2+8×4=46，NO2的电子数为7+8×2=23，二者电子数不相同，故A错误；B．Na+的电子数为11-1=10，Cl-的电子数为17+1=18，二者电子数不相同，故B错误；C．SO42-的电子数为16+8×4+2=50，PO43-的电子数为15+8×4+3=50，二者电子数相同，故C正确；D．NO的电子数为7+8=15，O2的电子数为8×2=16，二者电子数不相同，故D错误；故选C。考点：考查等电子体。20、B【解析】A．对2NO2N2O4平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A正确；B．氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压，体积变小，颜色变深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解，平衡正向移动，氯气浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故C正确；D．合成氨反应：N2+3H22NH3，增大压强，平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特列原理解释，故D正确；故答案为B。【点睛】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。21、C【解析】A.图1与图2均没有外加电源，所以均为原电池装置，故A错误；B.图1中Cr为负极，铜为正极，电子由Cr电极流向Cu电极，图2中Cr为正极，铜为负极，电子由Cu电极流向Cr电极，故B错误；C.图2中Cr电极被浓HNO3钝化成惰性电极作正极，铜失电子作负极，故C正确；D.由图1根据原电池原理可知金属活动性：Cr>Cu，故D错误；本题正确答案为C。点睛：本题考查原电池原理，判断电极名称时，要具体问题具体分析，而不能只根据金属活泼性判断。图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量气体，说明铜被氧化为负极，而正极上应是硝酸被还原生成二氧化氮气体。22、A【分析】根据v=△c/△t计算v（NH3）【详解】化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示，故v（NH3）=△c/△t=（0.04mol/L-0.03mol/L）/5min=0.002mol/(L·min)，故选A。二、非选择题(共84分)23、NaOH水溶液、加热缩聚反应CH3COCOOHCH2(OH)CH(OH)CHO【分析】丙烯与溴发生加成反应生成A，A为CH3CHBrCH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B，B为CH3CH（OH）CH2OH，B催化氧化生成C，C为，C氧化生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E，E为CH3CH（OH）COOH，E发生酯化反应是高聚物G，丙烯发生加聚反应生成高聚物F，F为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题。【详解】（1）丙烯发生加聚反应生成F聚丙烯，其结构简式为：。A→B的反应条件为：NaOH水溶液，加热。E→G的反应类型为：缩聚反应。（2）通过以上分析知，D的结构简式为；B转化为C是CH3CH(OH)CH2OH催化氧化生成O=C(CH3)CHO，反应方程式为。（3）在一定条件下，两分子CH3CH(OH)COOH能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是.。（4）E的结构简式为CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1molH2，说明该同分异构体分子中含有2个﹣OH、1个﹣CHO，故符合条件的同分异构体为：HOCH2CH2(OH)CHO。24、HOCH2CH2OH；CH2=CHCl酯化反应加聚反应CH2BrCH2Br+2H2OHOCH2CH2OH+2HBr；CH2OHCH2OH+HCCOC﹣COOH+2H2O+2NaOHNaOOCCOONa+HOCH2CH2OH【分析】乙烯和溴发生加成反应生成A，A的结构简式为：CH2BrCH2Br，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成B，B的结构简式为：HOCH2CH2OH，B被氧气氧化生成C，C的结构简式为：OHC-CHO，C被氧气氧化生成D，D的结构简式为：HOOC-COOH，B和D发生酯化反应生成E，E是环状酯，则E乙二酸乙二酯；A和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成F，F的结构简式为：HC≡CH，F和氯化氢发生加成反应生成G氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应生成H聚氯乙烯。【详解】根据以上分析，（1）B是乙二醇，B的结构简式为：HOCH2CH2OH，G氯乙烯，G的结构简式是CH2=CHCl；（2）反应X是CH2OHCH2OH与HCCOC﹣COOH生成，反应类型是酯化反应；反应Y是CH2=CHCl生成聚氯乙烯，反应类型是加聚反应；（3）CH2BrCH2Br和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成CH2OHCH2OH，反应的化学方程式是CH2BrCH2Br+2H2OHOCH2CH2OH+2HBr；（4）若环状酯E与NaOH水溶液共热发生水解反应，则发生反应的化学方程式为+2NaOHNaOOCCOONa+HOCH2CH2OH。【点睛】本题考查有机物的推断，明确官能团的特点及其性质是解决本题的关键，本题可以采用正推法进行解答，难度中等。25、CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2OB除去粗产品中的乙醇除去粗产品中的水【分析】(1)实验室通过乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；(2)醋酸能够与碳酸钠反应，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，反应后能够分层；(3)根据题意：乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，结合酯在盐溶液中的溶解度较小分析；(4)无水硫酸铜可以与水反应生成硫酸铜晶体；据此分析解答。【详解】(1)制取乙酸乙酯的化学方程式为CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O，故答案为CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O；(2)醋酸能够与碳酸钠反应放出二氧化碳，而乙酸乙酯不能，因此除去粗产品中的醋酸，可向产品中加入碳酸钠粉末，故答案为B；(3)乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，再向其中加入饱和氯化钙溶液，振荡，分离，其目的是除去粗产品中的乙醇，故答案为除去粗产品中的乙醇；(4)然后再向其中加入无水硫酸铜，振荡，其目的是除去粗产品中的水，最后，将经过上述处理后的液体加入另一干燥的蒸馏瓶内，再蒸馏，弃去低沸点馏分，收集沸点在76℃～78℃之间的馏分即得纯净的乙酸乙酯，故答案为除去粗产品中的水。26、（图中要标明2、4、6min时刻时的速率及要画出速率走向弧线）镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大，4min后由于溶液中H+浓度降低，导致反应速率减小【分析】(1)图2中2、4、6min时生成氢气的体积分别为10mL、30mL、38mL，速率分别为5mL/min、7.5mL/min、6.3mL/min；

(2)开始时放热使温度升高，反应速率加快；4

min之后，反应速率逐渐减慢，与氢离子浓度减小有关；【详解】(1)图2中2、4、6min时生成氢气的体积分别为10mL、30mL、38mL，速率分别为5mL/min、7.5mL/min、6.3mL/min，H2的速率与时间的关系曲线图为（图中要标明2、4、6

min时刻时的速率及要画出速率走向弧线）；答案为：；

(2)在前4

min内，镁条与盐酸的反应速率逐渐加快，在4

min之后，反应速率逐渐减慢，其原因为镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大，而4

min后由于溶液中H+浓度降低，导致反应速率减小；答案为：镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大，而4

min后由于溶液中H+浓度降低，导致反应速率减小。27、Fe置换反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓【分析】A是常见的金属单质，C的水溶液呈黄色，C与KSCN溶液作用产生血红色溶液，可推知C为FeCl3，A是常见的金属，应为Fe，则B为FeCl2。【详解】（1）由以上分析可知A为Fe；

（2）反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，为置换反应；（3）反应②是FeCl2与氯气反应生成FeCl3，反应的化学方程式是2FeCl2+Cl2=2FeCl3；（4）C的水溶液与NaOH溶液混合后发生反应生成氢氧化铁和氯化钠，反应的离子方程式是Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓。28、BC3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l)△H=-2220kJ·mol-1124.2kJ·mol-1945.6KJ/mol小于【分析】(1)根据不同能源的性质进行判断；(2)①根据11g丙烷完全燃烧放出的热量计算出1mol丙烷完全燃烧放出的热量，根据燃烧热概念书写热化学方程式；②根据盖斯定律计算反应热；(3)①根据反应热=反应物键能总和-生成物键能总和计算；②可逆反应不能进行到底。【详解】(1)煤、石油、天然气是化石能源，核能不可再生，不是新能源，太阳能、生物质能、风能、氢能资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生，属于新能源，答案：B；(2)