2026届内蒙古喀喇沁旗锦山蒙古族中学化学高二上期中学业水平测试模拟试题含解析

2026届内蒙古喀喇沁旗锦山蒙古族中学化学高二上期中学业水平测试模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列说法正确的是A．煤含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，它们是重要的化工原料B．石油是一种不可再生的化石资源，石油裂解的目的是为了提高汽油的产量与质量C．常见的氨基酸为无色结晶，能形成内盐，所以熔点较高D．鸡蛋清的溶液中硫酸钠和硫酸铜固体，都会析出白色沉淀且原理相同2、地球上最基本的能源是A．煤B．氢能C．太阳能D．石油3、现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p2；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p4；④1s22s22p3。则下列有关比较中正确的是A．原子半径：③＞④＞②＞①B．第一电离能：④＞③＞②＞①C．最高正化合价：③＞④=②＞①D．电负性：④＞③＞②＞①4、下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法不正确的是A．X与M两种元素组成的化合物能与碱反应，但不能与任何酸反应B．N、Z两种元素的离子半径相比前者较大C．M、N两种元素的气态氢化物的稳定性相比后者较强D．工业上常用电解Y和N形成的化合物的熔融态制取Y的单质5、为减少新鲜蔬菜中的维生素C的流失，下列有关烹调蔬菜的方法不妥当的是A．蔬菜最好洗干净后再切B．炒蔬菜的时间不能太长，炒熟即可C．新鲜蔬菜应放在冰箱中储存D．把蔬菜放在高压锅中焖煮6、中医药是中华民族的瑰宝，奎尼酸是一种常见中药的主要成分之一，有降脂降糖等功效，其结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A．奎尼酸分子式为C9H8O4B．奎尼酸存在顺反异构体，且分子中所有碳原子可能共平面C．1mol奎尼酸该分子最多能与4molH2、4molBr2发生化学反应D．奎尼酸的同分异构体中属于二元羧酸的芳香族化合物有6种7、电解质是一类在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物。下列物质属于电解质的是A．铜 B．蔗糖 C．硝酸钾 D．稀硫酸8、下列溶液蒸干后能得到原溶质的是：A．NaHCO3 B．Na2SO3 C．(NH4)2SO4 D．MgCl29、下列热化学方程式中的反应热又为燃烧热的是A．CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/molB．CH4(g)+3/2O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-607.3kJ/molC．H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ/molD．H+(aq)+OH-=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol10、为了避免青铜器生成铜绿，以下方法正确的是()A．将青铜器放在银质托盘上 B．将青铜器与直流电源的正极相连C．将青铜器保存在潮湿的空气中 D．在青铜器的表面覆盖一层防渗的高分子膜11、某有机物的结构简式如下：，其可能具有的性质是：()①能发生加成反应②能使酸性高锰酸钾溶液褪色③能发生取代反应④能发生中和反应⑤能发生氧化反应A．全部B．能发生①③④C．除⑤外都能D．除④⑤外都能12、已知pOH=-lgc(OH-)。T℃时，往50mL0.1mol·L－1MOH溶液中滴加0.1mol·L－1盐酸，溶液pH、pOH随滴入盐酸体积的变化如下图所示，以下说法正确的是A．盐酸与MOH溶液恰好中和时溶液pH=6.5B．a=12C．盐酸滴定MOH实验中选择酚酞做指示剂比选甲基橙误差更小D．T℃时，MOH的电离平衡常数Kb约为1.0×10-313、在其他条件不变时，只改变某一条件，化学反应aA（g）+bB（g）cC（g）的平衡的变化图象如图（图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率），据此分析下列说法正确的是（）A．在图象反应I中，说明升高温度，K值增大B．在图象反应Ⅱ中，说明该正反应为吸热反应C．在图象反应Ⅲ中，若T1＞T2，则该反应一定不能自发进行D．在图象反应Ⅰ中，若p2＞p1，则有a<c14、各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为（）A．④②①③ B．④③①② C．②①③④ D．③②④①15、既可用排水法又可用向上排空气法收集的气体是（）A．NO B．O2 C．NH3 D．NO216、某浓度的氨水中存在下列平衡:NH3·H2O⇌NH4++OH-,如想增大NH4+的浓度,而不增大OH-的浓度,应采取的措施是A．加入NH4Cl固体 B．适当升高温度C．通入NH3 D．加入少量NaOH17、为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是序号不纯物除杂试剂分离方法AC2H5OH(H2O)Na蒸馏BCH4(C2H4)溴水洗气C苯(苯酚)浓溴水过滤D甲苯(苯)酸性高锰酸钾溶液分液A．A B．B C．C D．D18、下列物质性质与用途的对应关系不正确的是选项性质用途A次氯酸有强氧化性用作漂白剂B氧化铝熔点很高制造耐火坩埚C硅有导电性制造光导纤维D硫酸有酸性用于金属加工前的酸洗A．A B．B C．C D．D19、等质量的铁与过量的盐酸在不同的试验条件下进行反应，测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到图甲，则曲线a、b、c、d所对应的试验组别是（）组别c(HCl)(mol·L-1)温度(℃)铁的状态12.025块状22.530块状32.550粉末状42.530粉末状A．3－4－2－1 B．1－2－4－3 C．4－3－2－1 D．1－2－3－420、工业合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92.0kJ·mol－1，恒容时，体系中各物质浓度随时间变化曲线如图所示，下列说法正确的是A．25min时采取的措施是降低温度或增大压强B．将0.5mol氮气、1.5mol氢气置于1L密闭容器中发生反应，放出的热量为46kJC．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个时间段平衡时平衡常数：KⅢ>KⅠ=KⅡD．为了增大合成氨的产率可以通过使用催化剂、原料的循环使用来实现21、下列化学用语表示正确的是A．KF的电子式： B．异丁烷的结构简式：CH3CH2CH2CH3C．硫离子的结构示意图： D．氯化钙的电离方程式：CaCl2===Ca2＋＋Cl2-22、小亮同学处于生长发育期，需要补充蛋白质，你建议他平时应多食用下列哪种食物？()A．西红柿 B．馒头 C．瘦肉 D．油脂二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A是一种分子量为28的气态烃，现以A为主要原料合成一种具有果香味的物质E，其合成路线如下图所示。请回答下列问题：（1）写出A的结构简式________________。（2）B、D分子中的官能团名称分别是___________，___________。（3）物质B可以被直接氧化为D，需要加入的试剂是________________。（4）写出下列反应的化学方程式：①________________________________；反应类型：________________。④________________________________；反应类型：________________。24、（12分）长托宁是一种选择性抗胆碱药，可通过以下方法合成(部分反应条件略去):(1)长托宁中的含氧官能团名称为______和______(填名称)。(2)反应③的反应类型为______。(3)反应②中加入试剂X的分子式为C8H6O3，X的结构简式为______。(4)D在一定条件下可以生成高聚物M，该反应的化学方程式为______。(5)C的一种同分异构体满足下列条件：I．能与FeCl3溶液发生显色反应。II．核磁共振氢谱有5个峰且峰的面积比为2：4：4：1：1；分子中含有两个苯环。写出该同分异构体的结构简式：______。(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以和为原料制备的合成路线流程图______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线见上面题干)。25、（12分）食醋是日常饮食中的一种调味剂，国家标准规定酿造食醋中醋酸含量不得低于0.035g/mL，用中和滴定的方法可以测定食醋中醋酸的浓度。以检测白醋是否符合国家标准。某白醋的醋酸浓度测定过程如图所示。完成下列填空：（1）将10mL白醋稀释为100mL时，所需要的仪器有烧杯、玻璃棒、____。（2）应选用___作为指示剂。达到滴定终点时的现象为___。（3）某同学一共进行了三次实验。以下是他设计的实验数据记录表：实验次数稀释后白醋体积(mL)消耗标准NaOH溶液体积(mL)120.0022.05220.0021.34320.0021.30数据处理：消耗标准NaOH溶液的体积=____。若测得稀释后白醋中醋酸的浓度0.0594mol/L，则该白醋____(选填“符合”或“不符合”)国家标准。（4）滴定过程中，下列操作会给测定结果带来的影响分别是(填“偏高”“偏低”“无影响”)①量取20.00mL待测液时，俯视滴定管读数___。②滴定标准液时，滴定管中滴定前有气泡，滴定后无气泡__。26、（10分）在如图所示的量热器中，将100mL0.50mol/LCH3COOH溶液与100mL0.55mol/LNaOH溶液混合。温度从25.0℃升高到27.7℃。已知量热器的热容常数(量热器各部件每升高1℃所需的热量)是150.5J/℃，生成溶液的比热容为4.184J·g-1·℃-1,溶液的密度均近似为1g/mL。（1）试求CH3COOH的中和热△H=__________。（2）CH3COOH的中和热的文献值为56.1kJ/mol,则请你分析在(1)中测得的实验值偏差可能的原因__________________________。（一点原因即可）（3）实验中NaOH过量的目的是______________________________________。（4）中和热测定实验中下列说法错误的是__________A．一组完整实验数据需要测温度三次B．用保温杯是为了减少实验过程中热量散失C．可用铜做的环形搅拌棒代替玻璃搅拌棒，因铜和醋酸不反应D．在量取NaOH溶液和CH3COOH溶液体积时均仰视，测得中和热数值将偏大（5）进行中和热测定的实验，测量结果偏高的原因可能是__________A．实验装置保温、隔热效果差B．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定醋酸的温度C．量取NaOH溶液的体积时仰视读数D．分多次把NaOH溶液倒入盛有醋酸的小烧杯中27、（12分）根据题意解答（1）某实验小组同学进行如下实验，以检验化学反应中的能量变化，实验中发现，反应后①中的温度升高；②中的温度降低．由此判断铝条与盐酸的反应是___________

热反应，Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应是________________________热反应．反应过程

___________________________（填“①”或“②”）的能量变化可用图2表示．（2）为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的是_________（填序号）．（3）将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图4所示（a、b为多孔碳棒）处电极入口通甲烷（填A或B），其电极反应式为_____________________．（4）如图5是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置．请回答下列问题：①当电极a为Al、电极b为Cu、电解质溶液为稀硫酸时，写出该原电池正极的电极反应式为___________________________．②当电极a为Al、电极b为Mg、电解质溶液为氢氧化钠溶液时，该原电池的正极为_______；该原电池的负极反应式为_____________________________．28、（14分）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：（1）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C—HC=OH—HCO（CO）键能/kJ·mol−14137454361075则该反应的ΔH=_________。分别在vL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______（填“A”或“B”）。（2）CO2可以被NaOH溶液捕获。①若所得溶液pH=13，CO2主要转化为_______（写离子符号）；若所得溶液c（HCO3−）∶c（CO32−）=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）②当2molCO2通入3molNaOH被吸收时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)________。a．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO32−)＋c(HCO3-)＋c(OH－)b．c(Na＋)>c(HCO3-)>c(CO32−)>c(OH－)>c(H＋)c．3c(Na＋)＝2[c(CO32−)＋c(HCO3-)+c(H2CO3)]（3）CO2辅助的CO—O2燃料电池，工作原理如图所示，固体介质中CO32—可定向移动。电池的负极反应式：________________________________电池工作时需向某电极通入CO2以触发反应，该电极为_____________（填“甲”或“乙”）29、（10分）对含氮物质的研究和利用有着极为重要的意义。（1）N2、O2和H2相互之间可以发生化合反应，已知反应的热化学方程式如下：N2(g)+O2(g)＝2NO(g)H=+180kJ·mol-1；2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)H=－483kJ·mol-1；N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g)H=－93kJ·mol-1。则氨的催化氧化反应的热化学方程式为___________________________________。（2）汽车尾气净化的一个反应原理为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H＜0。一定温度下，将2.8molNO、2.4molCO通入固定容积为2L的密闭容器中，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。①NO的平衡转化率为_________，0-20min平均反应速率v(NO)为_____________mol/(Lmin)；该温度下的化学平衡常数数值是_____________。25min时，若保持反应温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，则化学平衡将_________移动（填“向左”、“向右”或“不”)。②下列可说明该反应已经达到平衡的是______________。a．v生成（CO2）=v消耗（CO）

b．混合气体的密度不再改变c．混合气体的平均相对分子质量不再改变

d．单位时间内消耗2nmolCO2的同时生成nmolN≡Ne．NO、CO、N2、CO2的浓度相等③反应达到平衡后，改变某一个条件，下列示意图曲线①〜⑧中正确的是________

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.煤是由无机物和有机物组成的复杂混合物，可以用干馏方法获得苯，但是煤的成分中并不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，它们是煤在干馏时经过复杂的物理以及化学变化产生的，错误；B.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯等，错误；C.常见的氨基酸为无色结晶，能形成内盐，所以熔点较高，正确；D.蛋白质在硫酸钠溶液中溶解度较低，发生盐析而沉降，硫酸铜中铜离子能使蛋白质变性而沉淀，原理不同，错误。【点睛】石油的减压分馏是获得不同相对分子质量较大的烷烃（如润滑油、石蜡等）；石油裂化的目的主要是获得较多的轻质油；石油裂解可理解为深度裂化，主要目的是获得大量气态烃；而催化重整主要目的是获得芳香烃。2、C【解析】本题考查地球能源的来源，属于容易题型。【详解】A.煤是埋在地下的动植物经过漫长的地质年代形成的，而动植物的能量来自太阳能，煤并不是最基本的能源，故A项错误；B.氢能是非常清洁的能源，但是氢气需要人工制取，并不是最基本的能源，故B项错误；C.地球上的能量都直接或者间接来源于太阳能，太阳能是最基本的能源，故C项正确；D.石油是埋在地下的动植物经过漫长的地质年代形成的，而动植物的能量来自太阳能，石油并不是最基本的能源，故D项错误；答案选C。3、B【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p2是Si元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p4是O元素、④1s22s22p3是N元素；A．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径Si＞P，N＞O，电子层越多原子半径越大，故原子半径Si＞P＞N＞O，即①＞②＞④＞③，选项A错误；B．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p、P元素原子3p能级均容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Si＜P，O＜N，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能Si＜P＜O＜N，即④＞③＞②＞①，选项B正确；C．最高正化合价等于最外层电子数，但O元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=④，选项C错误；D．同周期自左而右电负性增大，所以电负性Si＜P，N＜O，N元素非金属性比P元素强，所以电负性P＜N，故电负性Si＜P＜N＜O，即③＞④＞②＞①，选项D错误；答案选B。4、A【分析】根据图像可知，图中元素分别为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为Si元素，N为Cl元素。【详解】A．X与M分别为O元素、Si元素，组成的化合物为二氧化硅，为酸性氧化物，可与碱反应，能与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，A说法错误；B．N、Z两种元素分别为Cl、Al，两离子相差1个电子层，故氯离子半径大于铝离子，即前者较大，B说法正确；C．M、N两种元素分别为Si、Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则HCl比SiH4稳定，即后者的氢化物较稳定，C说法正确；D．点解熔融状态的NaCl时可生成氯气和Na，故工业制备Na，常用电解熔融的NaCl方法冶炼，D说法正确。答案为A。5、D【详解】A．新鲜蔬菜中的维生素C是水溶性的物质，易溶于水，因此为减少新鲜蔬菜中的维生素C的流失蔬菜最好洗干净后再切，A正确；B．维生素C具有还原性，容易被氧化而变质，因此炒蔬菜的时间不能太长，炒熟即可，B正确；C．新鲜蔬菜应放在冰箱中储存，可以减少维生素C由于温度较高发生反应而导致变质，C正确；D．把蔬菜放在高压锅中焖煮，会使维生素C高温氧化而引起变质，D错误。答案选D。6、D【详解】A．根据结构简式可知，奎尼酸分子式为C9H8O4，A正确；B．该物质中碳碳双键上的两个碳原子均连接了两个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构；苯环上的碳原子一定共面，与苯环上碳原子相连的碳原子也一定共面，碳碳双键上的两个碳原子以及与该碳原子相连的碳原子共面，苯环形成的平面和双键形成的平面以单键相连，单键可以旋转，所以分子中所有碳原子可能共面，B正确；C．碳碳双键、苯环可以和氢气加成，羧基不能加成，所以1mol该物质最多和4mol氢气、4molBr2发生加成反应，C正确；D．奎尼酸的分子式为C9H8O4，其同分异构体属于二元羧酸，则有两个-COOH，属于芳香族化合物，则含有苯环，则苯环上可以有三个取代基分别为-CH3和两个-COOH，此时有6种结构，也可以是两个取代基，分别为-CH2COOH、-COOH，此时有3种结构，所以共有9种同分异构体，D错误；答案选D。7、C【详解】A、Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B、蔗糖在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，选项B错误；C、硝酸钾是在水溶液中和熔融状态下均能导电的化合物，属于电解质，选项C正确；D、稀硫酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查学生电解质的概念，注意电解质是对化合物进行的分类，可以根据所学知识进行回答，较简单。8、C【详解】A．NaHCO3在加热条件下分解生成Na2CO3，则蒸干其水溶液，得到固体为Na2CO3，不能得到原溶质，故A错误；B．Na2SO3热蒸干后被氧化成硫酸钠，最后得到的固体是硫酸钠，故B错误；C．(NH4)2SO4溶液在加热的过程中促进水解生成NH3·H2O和H2SO4，硫酸为高沸点酸，生成的NH3·H2O仍溶于稀硫酸，最终仍得到(NH4)2SO4，故C正确；D．MgCl2在加热时水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl易挥发，则蒸干其水溶液得到Mg(OH)2，不能得到原溶质，故D错误；故答案为C。9、A【解析】根据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量分析判断。【详解】A.符合燃烧热的概念，故A正确；B.不符合燃烧热的概念，甲烷生成的是一氧化碳，没有完全燃烧生成稳定氧化物，故B错误；C.不符合燃烧热的概念，水是气体不稳定，故C错误；D.反应表示的是中和热，故D错误。故选A。【点睛】在25℃，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。因此，要注意两点：（1）可燃物的计量系数一定是1，其他物质的计量系数可以用分数或小数表示（2）单质或化合物必须是完全燃烧，如反应物中C→CO2，H2→H2O(液)，S→SO2(气)等。10、D【详解】A．根据金属活动性，铜比银活泼，铜作负极，加速铜的腐蚀，故错误；B．铜是活泼金属，与电源正极相连，铜做阳极，根据电解池的放电顺序，铜先失电子，加速腐蚀，故错误；C．保存在潮湿空气中，加速腐蚀，故错误；D．覆盖一层防渗高分子膜，避免与空气和水的接触，对铜起到保护作用，故正确。11、A【解析】由该有机物的结构简式可得，结构中含苯环、碳碳双键，可发生加成反应；含碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色；含-OH、-COOH，可发生取代反应；-COOH具有酸性，可发生中和反应。故A正确。点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重有机反应类型的考查，把握官能团与性质的关系为解题关键，熟悉烯烃、醇、羧酸的性质即可解答。12、D【详解】A.据图可知，pH=pOH=6.5时，溶液呈中性，MOH的起始pOH为2.0，而MOH的浓度为0.1mol/L，说明MOH是一元弱碱，HCl是一元强酸，恰好中和时生成MCl，MCl发生水解使溶液呈酸性，所以pH<6.5，故A错误；B.溶液中c(H+)=c(OH−)，即pH=pOH时，溶液显中性，根据图象可知pH=6.5时溶液为中性，则T℃时有pKw=pH+pOH=6.5+6.5=13，所以a的值为a=13−2=11，故B错误；C.由上述分析可知，盐酸滴定MOH恰好中和时得到MCl溶液，MCl发生水解使溶液呈酸性，所以应选择甲基橙作指示剂，故C错误；D.T℃时，0.1mol·L－1MOH溶液的pOH值为2.0，即c(OH−)=10−2mol/L，则其Kb==≈1.0×10−3，故D正确，答案选D。13、D【详解】A．由图中反应I可知，当压强一定时，升高温度A的转化率α(A)减小，则平衡逆向移动，所以升高温度K值减小，故A不选；B．在图象反应Ⅱ中，反应在T1温度下比T2温度先达到平衡，所以T1＞T2，又因为T1温度下的n(C)小于T2温度下的n(C)，说明正反应为放热反应，故B不选；C．根据图3所知，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体的计量数之和向等，若T1＞T2，升高温度，A的转化率降低，正反应为放热放应，如果，则该反应能自发进行，故C不选；D．在图象反应Ⅰ中，若p2＞p1，A的转化率α(A)在p2时小于p1时的转化率，说明增大平衡逆向移动，则反应物的气体计量数和小于生成物的气体计量数之和，即a+b＜c，又由于b＞0，所以a＜c，故选D。答案选D14、A【详解】②③④实质均为原电池装置；③中Fe为正极，被保护；②④中Fe为负极，均被腐蚀；但相对来说，Fe和Cu的金属活动性差别较Fe和Sn的差别大，故Fe—Cu原电池中的Fe被腐蚀得更快；①中不能构成原电池，仅发生化学腐蚀反应。所以铁被腐蚀速率由快到慢的顺序为：④②①③；故选A。15、B【解析】排水法可用于收集难溶于水的气体，如O2、H2；向上排空气法收集的是密度比空气大且不与空气中主要成分反应的气体，如CO2；向下排空气法收集的是密度比空气小且不与空气中主要成分反应的气体，如H2。【详解】A、NO与空气中O2反应生成NO2，不能用排空气法收集，只能使用排水法收集，A错误；B、O2密度比空气大，难溶于水，常温时与空气中主要成分不反应，所以可以采用向上排空气法或排水法收集，B正确；C、NH3密度比空气小，极易溶于水，常温时与空气中主要成分不反应，所以只能用向下排空气法收集，C错误；D、NO2能够与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，其密度比空气大，常温时与空气中主要成分不反应，所以NO2只能用向下排空气法收集，D错误；正确答案B。【点睛】同温同压时，气体的密度之比等于其相对分子质量之比，所以同温同压时，相对分子质量越大的气体，密度也就越大。空气的（平均）相对分子质量为29，气体的相对分子质量与29的大小关系也就是该气体与空气的密度大小关系。16、A【详解】A.加入NH4Cl固体，相当于增大了c(NH4+)，平衡向逆向移动，c(OH-)减小，但c(NH4+)较原溶液增大，故A正确；B.升高温度平衡向正向移动，c(NH4+)、c(OH-)都增大，故B错误；C.向氨水中通入NH3平衡向正向移动，c(NH4+)、c(OH-)都增大，故C错误；D.加入少量NaOH，平衡向逆向移动，c(NH4+)减小,而c(OH-)增大，故D错误。所以本题答案为：A。17、B【详解】A．C2H5OH和H2O均能与Na反应，应选CaO、蒸馏法分离，故A错误；B．乙烯与溴水能够发生加成反应，而甲烷不能，洗气可分离，故B正确；C．溴及生成的三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应选NaOH洗涤后分液，故C错误；D．甲苯被氧化生成苯甲酸，苯甲酸与苯互溶，不能得到纯净的苯，应用蒸馏的方法分离，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为CD，要注意苯是常见的有机溶剂，能够溶解很多有机物，因此反应生成的有机物一般能被苯溶解，不能除去。18、C【解析】次氯酸有强氧化性，可以使有色布条褪色；氧化铝熔点高，常用于制造耐火材料；二氧化硅用于制造光导纤维；金属表面的锈能溶于酸。【详解】次氯酸有强氧化性，可以使有色布条褪色，故不选A；氧化铝熔点高，常用于制造耐火材料，故不选B；二氧化硅用于制造光导纤维，故选C；金属表面的锈能溶于酸，所以硫酸可用于金属加工前的酸洗，故不选D。19、A【分析】影响反应速率的外因有温度、浓度、颗粒大小等，温度越高，反应速率越快；浓度越大，反应速率越快；颗粒越小，反应速率越快。【详解】由表中数据可知，第3组反应温度最高，速率最快；2、4组相比，盐酸的浓度、反应温度相同，但4中铁呈粉末状，所以速率4>2；第1组温度低、浓度小，铁的固体颗粒大，所以反应速率最慢。在坐标图中，相同温度下，反应速率a>b>c>d。将图与表对照，可得出曲线a、b、c、d所对应的试验组别分别为3－4－2－1，故选A。20、C【详解】A．25min时N2和H2浓度降低，NH3浓度突然降低，采取的措施是将NH3从体系中分离，A错误；B．该反应为可逆反应。物质不能100%转化，0.5mol氮气、1.5mol氢气置于1L密闭容器中发生反应，放出的热量小于46kJ，B错误；C．25min时为将NH3从体系中分离，45min时，组分浓度没有改变，之后N2和H2浓度降低，NH3浓度突然增大，说明反应向正反应方向移动，改变的条件是降温，平衡常数与温度相关，Ⅰ、Ⅱ温度相同，则KⅠ=KⅡ；该反应为放热反应，温度降低K增大，Ⅲ的平衡常数大，故KⅢ>KⅠ=KⅡ，C正确；D、催化剂不影响化学平衡，不改变合成氨的产率，D错误；答案选C。21、C【详解】A.KF是离子化合物，电子式为，故A错误；B.异丁烷的结构简式为CH3CH（CH3）CH3，正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，故B错误；C.硫原子的质子数为16，离子核外有18个电子，则硫离子的结构示意图为，所以C选项是正确的；D.氯化钙能完全电离出钙离子和氯离子，即CaCl2=Ca2++2Cl-，故D错误。故答案选C。【点睛】本题考查化学用语，涉及电离方程式、电子式、结构简式、结构示意图等，侧重化学用语正误判断的考查，把握常见的化学用语及规范使用为解答的关键。22、C【详解】A．吃西红柿主要补充维生素，A不符合题意；B．吃馒头主要是补充糖类，B不符合题意；C．瘦肉主要成分是蛋白质，因此吃瘦肉可以补充蛋白质，C符合题意；D．油脂属于酯类物质，不能补充蛋白质，D不符合题意；故合理选项是C。二、非选择题(共84分)23、CH2＝CH2羟基羧基酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液CH2＝CH2+H2OCH3CH2OH加成反应酯化或取代【分析】A是一种分子量为28的气态烃，所以A是乙烯。乙烯含有碳碳双键，和水加成生成乙醇，即B是乙醇。乙醇发生催化氧化生成乙醛，则C是乙醛。乙醛继续被氧化，则生成乙酸，即D是乙酸。乙酸和乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯，所以E是乙酸乙酯。【详解】(1)通过以上分析知，A是乙烯，其结构简式为CH2=CH2，故填：CH2=CH2；(2)B是乙醇，D是乙酸，所以B的官能团是羟基，D的官能团是羧基，故填：羟基，羧基；(3)乙醇可以被直接氧化为乙酸，需要加入的试剂是酸性高锰酸钾或重铬酸钾溶液；(4)①在催化剂条件下，乙烯和水反应生成乙醇，反应方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，该反应是加成反应，故答案为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，加成反应；④乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，乙酸中的羟基被-OCH2CH3取代生成乙酸乙酯，属于取代反应，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；故答案为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，取代反应或酯化反应。24、羟基醚键加成反应或还原反应n+H2O【分析】A在无水乙醚的作用下与Mg反应生成B，B与X发生加成后再水解得C，根据X的分子式为C8H6O3，B和C的结构可知，X的结构为；C在催化剂作用下与氢气发生催化加氢反应(加成反应)生成D，D与LiAlH4发生还原反应生成E，E在一定条件下发生分子内脱水生成F，F与反应生成G，据此分析解答。【详解】(1)根据长托宁的结构简式可知，长托宁中含氧官氧官能团为羟基和醚键；(2)根据分析，反应③的反应类型为加成反应或还原反应；(3)根据分析可知，X的结构简式为；(4)D的结构中含有羟基和羧基，两个官能团在一定条件下可以生成高聚物M，该反应的化学方程式为n+H2O；(5)根据条件Ⅰ能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，Ⅱ核磁共振氢谱有5个峰且峰的面积比为2：4：4：1：1；分子中含有两个苯环，符合条件的C的同分异构体为；(6)以和为原料制备，可以先将还原成苯甲醇，再与溴化氢发生取代，再发生题中流程中的步骤①②③的反应，再发生消去即可得产品，合成路线为：。【点睛】本题的难点为(6)中的合成路线，解题时要充分利用已知流程的分析和理解，熟知官能团的性质。25、胶头滴管、100mL容量瓶酚酞无色变为浅红色，30秒内不褪色21.32mL符合偏高偏高【分析】用100毫升的容量瓶准确稀释白醋，用移液管或酸式滴定管量取20.00稀释液后，用标准氢氧化钠溶液滴定，选用酚酞做指示剂，无色变为浅红色，30秒内不褪色时即为滴定终点，作平行试验3次，数据处理时，剔除偏差大的数据，求出标准溶液的体积，计算出白醋的含量；【详解】(1)将10mL白醋稀释为100mL时，所需要的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶。(2)中和产物醋酸钠因水解呈弱碱性，故选用弱碱性条件下变色的指示剂，应选用酚酞作为指示剂。达到滴定终点时的现象为：无色变为浅红色，30秒内不褪色。(3)根据表中数据，实验1误差太大，应去掉，故消耗标准NaOH溶液的体积。若测得稀释后白醋中醋酸的浓度0.0594mol/L，稀释前白醋中醋酸的浓度，则稀释前10mL中含醋酸，则稀释前食醋中醋酸含量为0.03564g/mL>0.035g/mL，该白醋符合国家标准。(4)①量取20.00mL待测液时，俯视滴定管读数，待测液体积偏大，则测定结果偏高。②滴定标准液时，滴定管中滴定前有气泡，滴定后无气泡，会使读出的碱的体积偏大，测定结果偏高。26、-53.3kJ/mol量热器的保温瓶绝热效果不好、酸碱溶液混合不迅速、温度计不够精确等使碱稍稍过量，为了能保证CH3COOH溶液完全被中和，从而提高实验的准确度CC【分析】（1）根据化学反应热的计算公式求△H；（2）根据中和热的测定中能够导致放出的热量偏低的因素进行解答；（3）为了确保CH3COOH溶液完全被中和，从而提高实验的准确度，所用NaOH稍过量．（4）A、中和热测定实验中一组完整实验数据需要测温度3次，得到温度差，代入公式计算反应热；B、实验的关键是保温工作，保温杯为了保温；C、金属的导热性很好，会导致热量的散失；D、在量取溶液体积时仰视，则实际量取体积偏高。（5）A、实验装置保温、隔热效果必须好；B、用温度计测定NaOH溶液起始温度后，要将温度计洗净再测酸溶液的温度；C、量取NaOH溶液的体积时仰视读数，取得的NaOH偏大；D、允许分多次把NaOH溶液倒入盛有醋酸的小烧杯中；【详解】（1）温度从25.0℃升高到27.7℃，△t==（27.7-25）℃，CH3COOH的中和热△H=-=-5.33×104J·mol－1=-53.3kJ·mol－1；（2）CH3COOH的中和热的文献值为-56.1kJ·mol－1，实际上测定数值偏低，可能原因有：①量热计的保温瓶效果不好，②酸碱溶液混合不迅速，③温度计不够精确等；（3）酸和碱反应测中和热时，为了保证一方全部反应，往往需要另一试剂稍稍过量，减少实验误差，所以实验中NaOH过量，为了能保证CH3COOH溶液完全被中和，从而提高实验的准确度；（4）A、一组完整实验数据需要测温度三次：酸碱初始温度以及中和反应的最高温度，得到温度差值，故A正确；B、实验的关键是保温工作，保温杯是为了保温，减少实验过程中热量散失，故B正确；C、金属的导热性很好，用铜做的环形搅拌棒代替玻璃搅拌棒，会导致热量的散失，实验结果偏小，故C错误；D、在量取溶液体积时仰视，则实际量取体积偏高，测得中和热数值将偏大，故D正确。故选C。（5）A、实验装置保温、隔热效果必须好，否则影响实验结果，热量散失，结果偏低，故A错误；B、用温度计测定NaOH溶液起始温度后，要将温度计洗净再测酸溶液的温度，直接测定会与酸反应，放出热量，热量散失，结果偏低，故B错误；C、量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，影响实验结果，故C正确；D、允许分多次把NaOH溶液倒入盛有醋酸的小烧杯中，故D不符；故选C。27、放吸①②A，CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O2H++2e﹣═H2↑MgAl+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O【分析】(1)化学反应中,温度升高,则反应放热，温度降低则反应吸热；图2中反应物总能量大于生成物总能量,该反应为放热反应,据此进行解答；

(2)验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱,在原电池中,铜作负极、其它导电的金属或非金属作正极,电解质溶液为可溶性的铁盐；

(3)根据电子流向知,A为负极、B为正极,燃料电池中通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极,甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；

(4)①Al、Cu、稀硫酸构成的原电池,金属Al作负极,金属Cu为正极,正极上氢离子得到电子,负极上Al失去电子；

②Al、Mg、NaOH溶液构成的原电池中，Al为负极，Mg为正极,负极上Al失去电子,正极上水中的氢离子得到电子，以此来解答。【详解】(1)通过实验测出,反应前后①烧杯中的温度升高,则Al跟盐酸的反应是放热反应,②烧杯中的温度降低,则Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应；根据图2数据可以知道,该反应中,反应物总能量大于生成物总能量,则该反应为放热反应,可表示反应①的能量变化；因此，本题正确答案是：放；吸；①；

(2)验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱,在原电池中,铜作负极、其它导电的金属或非金属作正极,电解质溶液为可溶性的铁盐，

①中铁作负极、Cu作正极,电池反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+,不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱,故错误；

②中铜作负极、银作正极,电池反应式为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱,故正确；

③中铁发生钝化现象,Cu作负极、铁作正极,电池反应式为:Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故错误；

④中铁作负极、铜作正极,电池反应式为:Fe+Cu2+=Cu2++Fe2+，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故错误；

因此，本题正确答案是:②。

(3)根据电子流向知,A为负极、B为正极,燃料电池中通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极,所以A处通入甲烷,甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水,电极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O；

因此，本题正确答案是:A；CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O。(4)①Al、Cu、稀硫酸构成的原电池,金属Al作负极,金属Cu为正极,正极上氢离子得到电子,负极上Al失去电子,正极反应为2H++2e﹣═H2↑；因此，本题正确答案是：2H++2e﹣═H2↑；

②Al、Mg、NaOH溶液可构成原电池,Al为负极,Mg为正极,负极上Al失去电子,正极上水中的氢离子得到电子,发生电池离子反应为Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O；因此，本题正确答案是：Mg；Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O。28、+120KJ·mol-1BCO32−10bCO-2e-+CO32−=2CO2乙【分析】（1）根据反应热与键能的关系可得ΔH=+120KJmol-1；该反应的正反应是气体总分子数增加的吸热反应，加入CH4和CO2各1mol的混合气体，恒压条件下反应正向进行的程度大，故容器B达到平衡时吸收的热量多；（2）由电离平衡常数的定义以及弱电解质的电离、弱根离子的水解以及各离子之间的相互影响进行分析；（3）由题中所给示意图以及负极失去电子发生氧化反应分析。【详解】（1）根据反应热与键能的关系可得，该反应的ΔH=（413kJ·mol−1×4+745kJ·mol−1×2）-（1075kJ·mol−1×2+436kJ·mol−1×2）=+120KJmol-1，反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）的正反应是气体总分子数增加的吸热反应，加入CH4和CO2各1mol的混合气体，恒压条件下反应正向进行的程度大，故容器B达到平衡时吸收的热量多，故答案为+120KJ·mol-1，B。（2）①K2=c（CO32-）c（H+）/c（HCO3-）=5×10−11，则c（H+）=K2c（HCO3-）/c（CO32-），当c（HCO3−）=c（CO32−），c（H+）=5×10−11，pH在10.3，如果溶液pH=13，则c（HCO3−）＜c（CO32−），所以该溶液中所得的阴离子为CO32−，K2=c（CO32-）c（H+）/c（HCO3-）=5×10−11，且所得溶液中c（HCO3−）∶c（CO32−）=2∶1，c（H+）=K2c（HCO3-）/c（CO32-）=5×10−11×2=1×10−10，pH=10，故答案为CO32−，10。②当2molCO2通入3molNaOH被吸收时，则发生反应：2CO2+3OH-=CO32-+HCO3-+H2O，结合CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-分析。a.溶液呈电中性，溶液中阴、阳离子所带电荷相等，所以c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO