黑龙江省大庆市四中2026届化学高二第一学期期中考试试题含解析

黑龙江省大庆市四中2026届化学高二第一学期期中考试试题请考生注意：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、下列各组元素，属于同一周期的一组是A．H、Li、Na B．Na、Mg、Ca C．Al、P、S D．N、O、Cl2、下列诗句或谚语中包含吸热反应过程的是A．野火烧不尽，春风吹又生 B．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干C．千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲 D．爆竹声中一-岁除，春风送暖人屠苏3、含有一个双键的烯烃,与H2加成后的产物结构简式如下,此烃可能的结构有(

)A．4种B．5种C．6种D．7种4、下列说法中正确的是（）A．含离子键的晶体不一定是离子晶体B．含共价键的晶体一定是分子晶体C．只含极性键的分子可能不是极性分子D．含非极性键的分子一定是非极性分子5、使18g焦炭发生不完全燃烧，所得气体中CO占1/3体积，CO2占2/3体积，已知：C(s)＋1/2O2(g)=CO(g)ΔH=-Q1kJ/mol；CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)ΔH=-Q2kJ/mol。与这些焦炭完全燃烧相比较，损失的热量是()A．1/3Q1kJ B．1/3Q2kJ C．1/3(Q1＋Q2)kJ D．1/2Q2kJ6、下列说法中，正确的是()A．同温同压下，反应H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同B．用铜作电极电解稀硫酸，反应Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑可以发生C．铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应D．使用催化剂，可加快反应速率，改变反应限度7、反应M+Z→Q(ΔH＞0)分两步进行：①M+Z→X(ΔH＜0)，②X→Q(ΔH＞0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）A． B．C． D．8、维生素A对人体，特别是对人的视力有重大作用，其结构简式如图所示：下列关于该化合物的说法正确的是()A．分子式为C16H25O B．含有苯环结构C．该物质1mol一定条件下最多能与3mol氢气反应 D．分子中含有一种含氧官能团9、甲醇-空气燃料电池（DMFC）是一种高效能、轻污染的车载电池，其工作原理如图。

下列有关叙述不正确的是A．H+从负极区通过交换膜移向正极区B．电池总反应为2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2OC．负极的电极反应式为：CH3OH+H2O－6e－＝CO2↑+6H+D．图中b、c分别是O2、甲醇10、已知：Ag++SCN－=AgSCN↓（白色），某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。下列说法中，不正确的是A．①中现象能说明Ag+与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度B．②中现象产生的原因是发生了反应Fe(SCN)3+3Ag+=3AgSCN↓+Fe3+C．③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小D．④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应11、下列物质中存在顺反异构体的是（）A．2-氯丙烯 B．丙烯 C．2-丁烯 D．1-丁烯12、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13、如右图两个电解槽中，A、B、C、D均为石墨电极。若电解过程中共有0.02mol电子通过，正确的是（）A．甲烧杯中A极上最多可析出铜0.64gB．甲烧杯中B极上电极反应式4OH--4e-=2H2O+O2↑C．乙烧杯中滴入酚酞试液，D极附近先变红D．烧杯中C极上电极反应式为4H++4e-=2H2↑14、下列有关物质的性质或该物质性质的应用均正确的是（）A．醋酸溶液与醋酸钠溶液中的醋酸根均可以水解，同浓度时前者的水解程度比后者低一些B．明矾净水与自来水的杀菌清毒原理是一样的C．MgO和Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，可用电解此两种物质冶炼镁、铝金属D．氯化亚铁溶液加热蒸干并灼烧得到三氧化二铁15、设NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A．28gC2H4所含共用电子对数目为4NA B．1L0.1mol·L-1乙酸溶液中H+数为0.1NAC．1mol甲烷分子所含质子数为10NA D．标准状况下，22.4L乙醇的分子数为NA16、下列有关σ键和π键的说法错误的是()A．含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者B．当原子形成分子时，首先形成σ键，可能形成π键C．有些原子在与其他原子形成分子时只能形成σ键，不能形成π键D．在分子中，化学键可能只有π键而没有σ键17、下列事实或操作与盐类水解有关的是（）A．溶液用于杀菌消毒B．加热蒸干并灼烧溶液，得到固体C．配制溶液时，溶液中放入铁片D．向碳酸钠溶液中滴加酚酞，溶液变红18、已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-Q1kJ·mol-1(Q1>0)2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-Q2kJ·mol-1(Q2>0)2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-Q3kJ·mol-1(Q3>0)常温下取体积比为4：1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（标准状况），经完全燃烧后恢复到室温，则放出的热量（单位：kJ）为（）A．0.4Q1+0.05Q3B．0.3Q1+0.05Q2C．0.04Q1+0.05Q3D．0.4Q1+0.2Q219、在下列反应中,反应物的总能量低于生成物的总能量的是A．2H2+O22H2O B．CaCO3CaO+CO2↑C．CaO+CO2=CaCO3 D．C2H5OH+3O22CO2+3H2O20、下列表示式中错误的是()A．Na＋的电子式：B．Na＋的结构示意图：C．Na的电子排布式：1s22s22p63s1D．Na的简化电子排布式：[Ne]3s121、已知某可逆反应：mA(g)+nB(g)pC(g)；△H在密闭容器中进行，如图所示，反应在不同时间t，温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量（B%）的关系曲线，由曲线分析下列判断正确的是（）A．T1<T2，P1>P2，m+n>p，△H>0B．T1>T2，P1<P2，m+n>p，△H>0C．T1>T2，P1<P2，m+n<p，△H<0D．T1>T2，P1>P2，m+n>p，△H<022、关于铝热反应，下列描述正确的是（）A．铝热剂可以是Fe和Al2O3 B．可溶于氨水C．反应放出大量热 D．属于非氧化还原反应二、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）今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。25、（12分）影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验方法进行探究。（1）取等物质的量浓度、等体积的H2O2溶液分别进行H2O2的分解实验，实验报告如下表所示（现象和结论略）。序号条件现象结论温度/℃催化剂140FeCl3溶液220FeCl3溶液320MnO2420无①实验1、2研究的是_________对H2O2分解速率的影响。②实验2、3的目的是_________对H2O2分解速率的影响。（2）查文献可知，Cu2＋对H2O2分解也有催化作用，为比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：①定性分析：如图甲可通过观察_________，定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是_________。②定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_________。（3）酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液可发生反应：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，实验时发现开始反应速率较慢，溶液褪色不明显，但一段时间后突然褪色，反应速率明显加快。对此展开讨论：某同学认为KMnO4与H2C2O4的反应是_________热反应，导致_________。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）氯苯在染料、医药工业用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基酚等有机中间体，橡胶工业用于制造橡胶助剂。其合成工艺分为气相法和液相法两种，实验室模拟液相法(加热装置都已略去)如下图，在C三颈烧瓶中加入催化剂FeCl3及50.0mL苯。+Cl2+HCl有关物质的性质：名称相对分子质量沸点/(℃)密度/(g/mL)苯78780.88氯苯112.5132.21.1邻二氯苯147180.41.3回答下列问题：(1)A反应器是利用实验室法制取氯气，装置中空导管B的作用是______。(2)把干燥的氯气通入装有干燥苯的反应器C中制备氯苯，C的反应温度不宜过高，原因为①温度过高，反应得到二氯苯；②______。球形冷凝管的作用是：______，D出口的主要尾气成分除苯蒸气外还有______。(3)提纯粗产品过程如图：为了确定所得产品为氯苯，而非二氯苯，可对产品进行分析，下列方法可行的是______。A质谱法B同位素示踪法C核磁共振氢谱图法(4)苯气相氧氯化氢法制氯苯：空气、氯化氢气混合物温度210℃，进入氯化反应器，在迪肯型催化剂(CuCl2、FeCl3附在三氧化铝上)存在下进行氯化，反应方程式为______。28、（14分）甲醇是一种重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景。请回答下列问题：(1)工业生产甲醇的常用方法是CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－90.8kJ·mol－1。已知：2H2(g)＋O2(g)==2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1；2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－566.0kJ·mol－1；CH3OH(g)=CH3OH(l)ΔH＝－37.3kJ·mol－1。计算液体CH3OH的燃烧热为_______________。(2)甲醇不完全燃烧产生的CO可利用I2O5来除去，其反应为5CO(g)+I2O5(s)5CO2(g)+I2(s)。不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入2molCO，测得的CO2体积分数随着时间t变化曲线如图所示。则：①T2温度时，0~0.5min的反应速率v(CO)=___________。②T1温度时，反应达到平衡，CO的转化率为_______，化学平衡常数K=_______(用具体数值表示)。③下列说法正确的是_________(填编号)。A．容器内压强不变，表明反应达到平衡状态B．容器内气体密度不变，表明反应达到平衡状态C．单位时间内，消耗amolCO，同时消耗2amolCO2，表明反应v(正)<v(逆)D．两种温度下，c点时体系中混合气体的压强相等E.反应5CO(g)+I2O5(s)5CO2(g)+I2(s)为吸热反应29、（10分）二氯二吡啶合铂是由Pt2+、Cl-和吡啶结合形成的铂配合物，有两种同分异构体。科学研究表明，两种分子都具有抗癌活性。（1）吡啶分子是大体积平面配体，其结构简式如右图所示，氮原子的轨道杂化方式是_________。吡啶分子中，各元素的电负性由大到小的顺序为______________________。吡啶分子中含_____个σ键。（2）二氯二吡啶合铂分子中存在的微粒间作用力有___________（填序号）。a．离子键b．配位键c．金属键d．非极性键e．氢键（3）二氯二吡啶合铂分子中，Pt2+的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3。简述理由：__________________________________________________________________________。（4）其中一种二氯二吡啶合铂分子结构如图所示，该分子是______分子.（填“极性”/“非极性”）。（5）CO(NH2)2易溶于水的最主要原因是____________________________________________（6）Si元素以Si-0-Si链构成矿物界，由许多四面体（图l）连接成无限长的单链或双链（图2）结构。图2所示的多硅酸根离子的化学式通式为____________（以含正整数n的化学式表示）。

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】A、H、Li、Na分别是第一、第二和第三周期，A不符合题意；B、Na、Mg、Ca分别是第三、第三和第四周期，B不符合题意；C、Al、P、S均是第三周期元素，C符合题意；D、N、O、Cl分别是第二、第二和第三周期，D不符合题意；答案选C。2、C【详解】A.草木燃烧是放热反应，A错误；B.蜡烛燃烧是放热反应，B错误；C.石灰石在高温下分解时吸热反应，C正确；D.黑火药爆炸是放热反应，D错误；答案选C。3、D【解析】根据加成反应原理采取逆推法还原C=C双键，烷烃分子中相邻碳原子上均含有氢原子的碳原子间是对应烯烃存在C=C的位置，还原双键时注意防止重复。【详解】根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均含有原子的碳原子间是对应烯烃存在C=C的位置，该烷烃中能形成双键键位置有：1和2之间、2和3之间、3和4之间、3和5之间、5和6之间、6和7之间（6和9）、7和8之间（9和10），故该烯烃共有7种，故选D。综上所述，本题选D。【点睛】本题考查了加成反应的运用以及同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键，采取逆推法还原C=C双键，注意分析分子结构防止重写、漏写。4、C【解析】分析：本题考查的是化学键类型和物质的类型。属于基本知识，平时注重积累。详解：A.含有离子键的晶体一定是离子晶体，故错误；B.含有共价键的晶体可能是分子晶体也可能是原子晶体或离子晶体，故错误；C.只含极性键的分子可能是极性分子也可能是非极性分子，与分子的构型有关，故正确；D.含有非极性键的分子不一定是非极性分子，故错误。点睛：区别化学键类型和物质类型的关系。含有离子键的物质一定是离子化合物，一定形成离子晶体。含有共价键的化合物一定是共价化合物，可能形成分子晶体或原子晶体。共价键是两个相同的原子形成的，为非极性键，若是两个不同的原子形成的为极性键。而分子的极性与分子的构型有关，对称的含有极性键的分子为非极性分子。5、D【详解】根据盖斯定律:C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-(Q1+Q2)kJ/mol；18g焦炭的物质的量为1.5mol，其中有1/3生成CO，即0.5molC反应生成了CO气体，而假如这0.5mol的CO再继续燃烧生成CO2，就可以满足1.5molC充分燃烧完全变为CO2，所以这些焦炭完全燃烧和如题燃烧的热量差值就是这0.5molCO燃烧放出的热量，即1/2Q2kJ，故选D。6、B【解析】A．反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，所以同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，选项A错误；B．用铜作电极电解稀硫酸，阳极：Cu-2e-=Cu2+，阴极：2H++2e-=H2↑，总反应为：Cu+H2SO4CuSO4+H2↑，选项B正确；C．铅蓄电池放电时的负极发生氧化反应，选项C错误；D．催化剂不能改变反应限度，选项D错误；答案选B。7、B【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题。【详解】由反应M+Z→Q（△H＞0）分两步进行①M+Z→X（△H＜0）②X→Q（△H＞0）可以看出：（1）M+Z→Q（△H＞0）是吸热反应，M和Z的能量之和小于Q，（2）由①M+Z→X（△H＜0）可知这步反应是放热反应，则M和Z的能量之和大于X，（3）由②X→Q（△H＞0）是吸热反应，故X的能量小于Q；综上可知，X的能量小于M+Z；M+Z的能量小于Q，只有图象B符合。答案选B。8、D【分析】由结构简式可知维生素A的分子式为C20H30O；由结构简式可知该分子六元环上含有1个碳碳双键；由结构简式可知维生素A的分中含有5个碳碳双键；分子中只含有羟基一种含氧官能团。【详解】由结构简式可知维生素A的分子式为C20H30O，故A错误；由结构简式可知该分子六元环上含有1个碳碳双键，不含苯环，故B错误；由结构简式可知维生素A的分中含有5个碳碳双键，所以该物质1mol一定条件下最多能与5mol氢气反应，故C错误；分子中只含有羟基一种含氧官能团，故D正确。【点睛】本题考查有机物的结构，题目难度不大，注意分析有机物结构简式，正确判断有机物官能团的种类和个数，特别是有机物的分子式，观察时要仔细。9、D【分析】原电池反应中正极得到电子，发生还原反应，负极失去电子，发生氧化反应。所以甲醇在负极通入，空气在正极通入。电子由负极经导线传递到正极上，溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。【详解】A.原电池工作时，阳离子移向电池的正极，故A正确；根据图示，电池中甲醇与氧气反应生成二氧化碳和水，电池总反应为2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O，故B正确；负极甲醇失电子被氧化，电极方程式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故C正确;甲醇在负极通入，空气在正极通入，根据图示，氢离子移向乙电极，所以乙是正极，图中b、c分别是甲醇、O2，故D错误。10、C【详解】A、AgNO3与KSCN恰好完全反应，上层清液中滴加Fe(NO3)3溶液，出现浅红色溶液，说明上层清液中含有SCN-，即说明Ag+与SCN-生成AgSCN沉淀的反应有限度，故A说法正确；B、根据②中现象：红色褪去，产生白色沉淀，Fe(SCN)3被消耗，白色沉淀为AgSCN，即发生：Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN↓+Fe3+，故B说法正确；C、前一个实验中滴加0.5mL2mol·L-1AgNO3溶液，Ag+过量，反应②中Ag+有剩余，即滴加KI溶液，I-与过量Ag+反应生成AgI沉淀，不能说明AgI溶解度小于AgSCN，故C说法错误；D、白色沉淀为AgSCN，加入KI后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即AgSCN转化成AgI，随后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应，故D说法正确；故选C。11、C【详解】试题分析：A、2-氯丙烯结构简式为CH2=CClCH3，双键C上连有两个H，无顺反异构体，A错误；B、丙烯结构简式为CH2=CHCH3，双键C上连有两个H，无顺反异构体，B错误；C、2-丁烯结构简式为CH3CH=CHCH3，每个双键C上都连有一个H和一个-CH3，存在顺反异构体，C正确；D、1-丁烯结构简式为CH3CH2CH=CH2，双键C上连有两个H，无顺反异构体，D错误。答案选C。12、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。13、C【详解】A．A极与电源正极相连，作阳极，电极反应式为4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑，生成氧气，不能析出铜，A错误；B．甲烧杯中B电极是阴极，B极上电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，B错误；C．D极是阴极，溶液中氢离子放电，反应式为2H++2e-=H2↑，由于H+放电，打破了水的电离平衡，导致D极附近溶液呈碱性（有NaOH生成），C正确；D．烧杯中C电极是阳极，C极上电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，D错误。答案选C。14、D【解析】A、醋酸是弱酸，在水中发生电离，CH3COO－不水解，故错误；B、明矾净水利用Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮固体颗粒，达到净水的目的，自来水消毒是利用的某些物质的氧化性，因此原理不同，故错误；C、MgO、Al2O3熔点高，用作耐高温材料，但MgO不用于冶炼镁，而是常电解熔融状态的MgCl2，冶炼铝常用电解熔融状态的氧化铝，故错误；D、FeCl3发生水解：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，盐类的水解是吸热反应，升高温度，促使平衡右移，HCl易挥发，更加促进平衡右移，得到Fe(OH)3固体，然后灼烧，氢氧化铁分解为氧化铁和水，故正确。15、C【详解】A．28gC2H4的物质的量为1mol，在每个乙烯分子中含有6对共用电子对，所以1mol的C2H4所含共用电子对数目为6NA，A项错误；B．乙酸属于弱酸，部分电离，所以1L1．1mol·L-1乙酸溶液中H+数小于1．1NA，B项错误；C．1个甲烷分子中含有11个质子，所以1mol甲烷分子所含质子数为11NA，C项正确；D．在标准状况下乙醇是液体，无法计算乙醇的物质的量,D项错误；答案选C。16、D【解析】A．π键不稳定，易断裂，则含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者，故A正确；B．原子形成分子，优先头碰头重叠，则先形成σ键，可能形成π键，故B正确；C．单键为σ键，而双键、三键中有σ键和π键，则有些原子在与其他原子形成分子时只能形成σ键，不能形成π键，如HCl，故C正确；D．共价键中一定含σ键，则在分子中，化学键可能只有σ键，而没有π键，故D错误；故选D。17、D【详解】A．具有强氧化性，溶液可用于杀菌消毒，与水解无关，故A不符合题意；B．加热蒸干并灼烧溶液，得到固体，是发生氧化还原反应，与水解无关，故B不符合题意；C．配制溶液要防止其水解，需要加盐酸抑制其水解，为了防止亚铁离子被氧化，需要加铁粉，加入铁粉会和被氧化生成的氯化铁反应生成氯化亚铁，和水解无关，故C不符合题意；D．碳酸钠溶液中因碳酸钠水解而使使溶液显碱性，能使酚酞试液变成红色，故D符合题意；答案选D。18、A【详解】混合气体的物质的量为=0.5mol，相同条件上甲烷和氢气体积比为4：1，则物质的量之比为4:1，所以混合气体中n(H2)=0.1mol；n(CH4)=0.4mol，由CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；△H=-Q1kJ•mol-1可知0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×Q1kJ/mol=0.4Q1kJ；由2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-Q3kJ•mol-1，可知0.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为0.1mol×Q3kJ/mol=0.05Q3kJ．所以放出的热量为0.4Q1+0.05Q3，故答案为A。19、B【解析】A.2H2+O22H2O反应放热，反应物的总能量大于生成物的总能量，故A错误；B.CaCO3CaO+CO2↑反应吸热，反应物的总能量低于生成物的总能量，故B正确；C.CaO+CO2=CaCO3反应放热，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C错误；D.C2H5OH+3O22CO2+3H2O反应放热，反应物的总能量大于生成物的总能量，故D错误。【点睛】吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量；放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量。20、A【详解】A.金属阳离子的电子式即为其离子符号，A中Na＋的电子式：Na＋，A错误；B.Na的核电荷数为11，Na＋和核外有10个电子，Na＋的结构示意图：，B正确；C.Na的核电荷数为11，Na的电子排布式：1s22s22p63s1，C正确；D.Na的核电荷数为11，Na的电子排布式：1s22s22p63s1，Na的简化电子排布式：[Ne]3s1，D正确；综上所述，本题选A。21、D【解析】试题分析：根据图像可知T1所在曲线首先达到平衡状态，温度高反应速率快，这说明温度T1高于T2。温度越高B的含量越低，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正反应是吸热反应，即△H>0。P2所在曲线首先达到平衡状态，压强大反应速率快，这说明压强是P2大于P1。压强越大B的含量越低，这说明增大压强平衡向正反应方向进行，因此正反应是体积减小的，即m+n<p，答案选B。考点：考查外界条件对平衡状态的影响22、C【分析】铝热反应为铝和金属氧化物在高温条件下生成金属单质和Al2O3，如：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3。【详解】A.铝热剂为铝和金属氧化物可以是Al和Fe2O3，故A错误；B.氨水为弱碱，铝不可溶于氨水，故B错误；C.铝热反应为放热反应，放出大量热，故C正确；D.铝热反应置换出金属单质，属于氧化还原反应，故D错误；答案选C。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、OCaNaCl1s22s22p44s2Na＜Ca＜Cl＜ONa＜Ca＜Cl＜O【分析】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na；D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。【详解】（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na，Cl。（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2；。（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。25、温度研究不同催化剂（或比较FeCl3溶液和MnO2两种催化剂）产生气泡的快慢对照实验只有一条件不同（或避免由于阴离子不同造成的干扰）收集40mLO2所需的时间放溶液温度升高，反应速率加快【分析】由表中信息可知，实验1和实验2只有温度不同，因此，可以通过这两个实验探究温度对化学反应速率的影响；实验2和实验3只有所加的催化剂不同，因此，可以通过这两个实验探究不同的催化剂对化学反应速率的影响。【详解】（1）①由表中信息可知，实验1和实验2只有温度不同，因此，可以通过这两个实验探究温度对化学反应速率的影响，即实验1、2研究的是温度对H2O2分解速率的影响。②实验2和实验3只有所加的催化剂不同，因此，可以通过这两个实验探究不同的催化剂对化学反应速率的影响。因此，实验2、3的目的是研究不同催化剂（或比较FeCl3溶液和MnO2两种催化剂对H2O2分解速率的影响。（2）①定性分析：因为双氧水分解的最明显的现象是有气泡产生，因此，可通过观察产生气泡的快慢进行定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是根据控制变量法，对照实验通常必须只有一个条件不同（或避免由于阴离子不同造成的干扰），这样可以排除因为阴离子不同而对双氧水分解速率的影响。②定量分析：实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是收集40mLO2所需的时间，以准确测定该反应的化学反应速率。（3）酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液可发生反应：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，实验时发现开始反应速率较慢，溶液褪色不明显，但一段时间后突然褪色，反应速率明显加快。由于升高温度可以加快化学反应速率，因此，该同学认为KMnO4与H2C2O4的反应是放热反应，导致溶液温度升高，反应速率加快。【点睛】在设计对比实验时，要根据控制变量法设计实验方案。另外，对于反应2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，该反应的产物之一硫酸锰对该反应可能起催化作用，也可以使化学反应速率明显加快。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、平衡内外气压温度过高，苯挥发，原料利用率不高冷凝回流，提高原料利用率Cl2、HClAC2+2HCl+O22+2H2O【分析】本实验模拟液相法制取氯苯，装置A为制取氯气的装置，实验室一般利用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，中空导管B可以防止装置内压强过高；装置C

中进行氯气和苯的反应，球形冷凝管可以冷凝回流产品和苯，提高原料的利用率；之后进行产品的提纯，氯化液水洗、碱洗除去HCl、FeCl3等杂质，加入氯化钠晶体吸水干燥，过滤后的滤液蒸馏、精馏得到产品。【详解】(1)根据分析可知，中空导管B可以防止装置内压强过高，则B的作用是平衡内外气压；(2)把干燥的氯气通入装有干燥苯的反应器C中制备氯苯，C的反应温度不宜过高，原因为①温度过高，反应得到二氯苯；②根据表格中提供的物质信息，温度过高，苯挥发，原料利用率不高；球形冷凝管可以冷凝回流挥发的苯，提高原料的利用率；反应器C是利用苯和氯气发生取代反应制备氯苯，苯易挥发、氯气不能完全反应，反应生成氯苯和HCl，HCl易挥发，则D出口的主要尾气成分有Cl2、苯蒸气、HCl；(3)A．质谱法质谱法可以确定相对分子质量，氯苯、二氯苯相对分子质量不同，故A可行；B．同位素示踪法利用放射性核素作为示踪剂对研究对象进行标记，可以标记氯原子的去向，但不能确定氯原子的个数，故B不可行；C．核磁共振氢谱图法可以确，分子中不同环境氢原子的个数比，氯苯、二氯苯中氢原子的环境和数量比不同，故C可行；答案选AC。(4)苯气相氧氯化氢法制氯苯：空气、氯化氢气混合物温度210℃，进入氯化反应器，在迪肯型催化剂(CuCl2、FeCl3附在三氧化铝上)存在下进行氯化，发生反应生成氯苯，根据元素守恒可知产物应还有水，所以化学方程式为2+2HCl+O22+2H2O。【点睛】注意实验基本操作的理解应用，掌握基础是解题关键，一般在有机物的制备实验中通常都会在反应装置中加装球形冷凝管，目的一般都是冷凝回流，提高原料的利用率。28、726.5kJ·mol－10.8mol·L－1·min－180%1024BC【分析】(1)根据盖斯定律进行计算。(2)①先计算CO2物质的量，再计算CO2的速率，再计算CO的反应速率。②先计算CO2物质的量，再计算CO改变量，再算CO的转化率和化学平衡常数。③根据化学平衡判断的标志和改变条件对平衡的移动进行分析。【详解】(1)根据盖斯定律，第2个方程式加第3个方程，减去第1个方程，再减去第4个方程得到CH3OH(l)＋2O2(g)=2H2O(l)＋CO2(g)ΔH＝－726.5kJ·mol－1，因此液体CH3OH的燃烧热为726.5kJ·mol－1；故答案为：726.5kJ·mol－1。(2)①5CO(g)+I2O5(s)5CO2(g)+I2(s)，该反应是等体积反应，只有CO、CO2为气体，T2温度时，CO2物质的量为2×0.4=0.8mol，0~0.5min的反应速率，CO的反应速率为0.8mol·L－1·mi