2026届广西柳州市高二化学第一学期期中达标检测模拟试题含解析

2026届广西柳州市高二化学第一学期期中达标检测模拟试题注意事项：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、化学与生活、生产、科技、社会密切相关。下列说法正确的是A．“可燃冰”是乙烷的水合物B．纤维素是人类重要的营养物质之一C．食用碘盐与非碘盐的“咸味”有较大的差异D．漂白粉、漂白液和漂白精均可作为游泳池的消毒剂2、埋在地下的钢管道可以用如图所示方法进行电化学保护。下列说法正确的是（）A．该方法将电能转化成化学能 B．该方法称为“外加电流的阴极保护法”C．在此装置中钢管道作正极 D．镁块上发生的电极反应为O2+2H2O+4e－=4OH－3、下图是元素周期表短周期的一部分，若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，则下列说法中正确的是()A．D与C不能形成化合物B．D的最高正价与B的最高正价相等C．A、B、C的最高价氧化物对应的水化物酸性强弱的关系是C>B>AD．D元素最高正价和最低负价的绝对值的代数和等于84、已知以下的热化学反应方程式：Fe2O3(s)＋1/3CO(g)＝2/3Fe3O4(s)＋1/3CO2(g)ΔH＝－15.73kJ/molFe3O4(s)＋CO(g)＝3FeO(s)＋CO2(g)ΔH＝＋640.4kJ/molFe2O3(s)＋3CO(g)＝2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH＝－24.8kJ/mol则42gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH约为A．－327kJ/mol B．＋327kJ/mol C．－218kJ/mol D．＋218kJ/mol5、下列物质属于分子晶体的是（）A．熔点是10.31℃，液态不导电，水溶液能导电B．熔点是1070℃，固态不导电，熔融状态能导电，易溶于水C．熔点是97.80℃，质软，固态可导电，密度是0.97g·cm﹣3D．熔点3550℃，不溶于水，不导电6、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7、小苏打是焙制糕点所用的发酵粉的要成分之一。小苏打属于（）A．酸 B．盐 C．碱 D．混合物8、下列有关铜片镀银的说法不正确的是（）A．阳极反应式为 B．铜片应与电源正极相连C．电解液为溶液 D．镀银过程中电能转化为化学能9、对合金的认识错误的是A．合金是纯净物 B．可以由非金属和金属组成的C．生铁与钢都是铁碳合金 D．可以由金属和金属组成的10、常温下，将0.1mol/L的氢氧化钠溶液与0.06mol/L硫酸溶液等体积混合，溶液的pH等于A．1.7B．2.0C．10D．1211、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、化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（）A．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑B．氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+D．钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe-3e-=Fe3+13、25℃时，向20mL0.01mol·L-1HA(aq)中不断滴入0.02mol·L-1NaOH(aq)，混合溶液pH变化如图所示。此过程溶液下列说法不正确的是（已知：25℃时一元酸HA(aq)电离平衡常数Ka=1.6×10-5）A．a点溶液的pH大于3B．b点溶液中离子：c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)C．c点表示酸HA(aq)和NaOH(aq)溶液恰好完全反应D．d点溶液加水稀释后c(H+)/c(HA)的值会增大14、科学家已获得了极具理论研究意义的N4分子，其结构为正四面体(如图所示)，与白磷分子相似。气态时，已知断裂1molN—N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则()A．N4与N2互称为同位素 B．1molN4气体转化为N2时要吸收748kJ能量C．N4是N2的同系物 D．1molN4气体转化为N2时要放出724kJ能量15、下列各组中分子式所代表的物质一定互为同系物的是A．C2H4O与C3H6OB．C2H4O2与C3H6O2C．C7H8与C8H10(均含苯环)D．C7H8O与C8H10O(均含苯环)16、下列有关0.1mol·L－1Na2CO3溶液的说法中错误的是A．其中钠离子的浓度为0.2mol·L－1 B．溶液中的OH－浓度大于H＋浓度C．溶液中Na＋的浓度等于浓度的二倍 D．溶液中H2CO3分子的浓度不为017、某温度下，在体积恒定的密闭容器中，对于可逆反应A(s)＋3B(g)2C(g)，下列说法不能说明达到化学平衡状态的是（）A．B的质量不再变化 B．混合气体的平均相对分子质量不变C．气体密度不再变化 D．A、B、C的物质的量之比为1∶3∶218、如图所示，各烧杯中均盛有海水，铁在其中的腐蚀速率由快到慢的顺序为A．②＞①＞③＞④＞⑤＞⑥ B．⑤＞④＞③＞①＞②＞⑥C．⑤＞④＞②＞①＞③＞⑥ D．⑤＞③＞②＞④＞①＞⑥19、下列说法不正确的是A．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸溶液中，再加水稀释B．向含Fe3＋的CuCl2溶液中加入CuO，调节pH可除去溶液中混有的Fe3＋C．纯碱可用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂D．将AlCl3·6H2O与SOCl2混合并加热，可得到无水AlCl320、制高效消毒剂ClO2的反应如下：2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4＝2Na2SO4＋2ClO2↑＋H2O。下列有关该反应的说法正确的是A．Na2SO3是氧化剂B．H2SO4被还原C．Na2SO3发生还原反应D．每消耗1molNaClO3转移6.02×1023个电子21、在一定条件下，将A和B各1．32mol充入11L恒容密闭容器中，发生反应：A(g)+B(g)2C(g)△H<1，反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是t／min12479n(B)／mol1.321.241.221.211.21A．反应前2min的平均速率v(C)=1．114mol／(L·min)B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)>v(正)C．其他条件不变，起始时向容器中充入1．64molA和1．64molB，平衡时n(C)<1．48molD．其他条件不变，向平衡体系中再充入1．32molA，再次平衡时，B的转化率增大22、下列物质属于电解质的是A．CO2B．氯化氢C．无水乙醇D．石英晶体二、非选择题(共84分)23、（14分）下图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。各方框表示有关的一种反应物或生成物（某些物质已经略去），其中A、B、D在常温下均为无色无刺激性气味的气体，C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体。（1）物质G的化学式：______。（2）物质B的电子式：______。（3）写出A→D的化学方程式：______；G→E的离子方程式：_____。24、（12分）含有C、H、O的某个化合物，其C、H、O的质量比为12：1：16，其蒸气对氢气的相对密度为58，它能与小苏打反应放出CO2，也能使溴水褪色，0.58g

这种物质能与50mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液完全反应。试回答：(1)该有机物的分子式为________。(2)该有机物可能的结构简式有_________。25、（12分）某些废旧塑料可采用下列方法处理：将废塑料隔绝空气加强热，使其变成有用的物质，实验装置如下图。加热聚丙烯废塑料得到的产物如下表：产物氢气甲烷乙烯丙烯苯甲苯碳沸点（℃）-1．8-146-2．7-3．44．105．634827（1）甲试管中最终残留物是_____________。它有多种用途，如下列转化就可制取聚乙炔。写出反应②的化学方程式__________________________。（2）乙中试管收集到的两种产品中，有一种能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质，该物质为__________。（3）丙中锥形瓶观察到的现象_____________________________________。反应的化学方程式是__________________________、_________________________。（4）经溴的四氯化碳溶液充分吸收，最后收集到的气体是______________。26、（10分）烧碱在保存过程会部分变质(杂质主要为Na2CO3)。Ⅰ、定性检验取少量烧碱样品于试管，加蒸馏水使其完全溶解。向所得溶液滴加几滴BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则说明已变质，反之则未变质Ⅱ、定量测定准确称取5.0g样品配制成250mL溶液,各取配制好的烧碱溶液20.00mL于三个锥形瓶中,分别加入过量的BaCl2溶液(使Na2CO3完全转变成BaCO3沉淀),并向锥形瓶中各加入1∼2滴指示剂(已知几种酸碱指示剂变色的pH范围：①甲基橙3.1∼4.4②甲基红4.4∼6.2③酚酞8.2∼10),用浓度为0.2000mol·L−1的盐酸标准液进行滴定。相关数据记录如下：实验编号V(烧碱溶液)/mLV(HCl)/mL初读数末读数120.000.5031.50220.001.0032.04320.001.1032.18试回答：(1)如何确定BaCl2溶液是否滴加过量?__________________(2)向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中滴入盐酸，应选用_______________做指示剂，理由是____________；判断到达滴定终点的实验现象是___________________.(3)滴定时的正确操作是____________________________________.依据表中数据,计算出烧碱样品中含NaOH(M=40g/mol)的质量分数为________________%.(小数点后保留两位数字)(4)下列操作会导致烧碱样品中NaOH含量测定值偏高的是_________________A．锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗

B．酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗C．在滴定前有气泡，滴定后气泡消失

D．滴定前平视读数，滴定结束俯视读数。27、（12分）盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是__________。(2)烧杯间填满碎纸条的作用是__________。(3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(4)实验中改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热________(填“相等”或“不相等”)。(5)若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同，而终止温度与起始温度差t2—t1分别为2.2℃、2.4℃、3.4℃，则最终代入计算式的温差均值为__________。28、（14分）工业上可以利用废气中的CO2为原料制取甲醇，反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，请回答下列问题：(1)已知常温常压下下列反应的能量变化如下图所示：写出二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式_______________________________。(2)如果只改变一个条件使上述反应的平衡常数K值变大，则该反应_____________。A．一定向正反应方向移动B．在平衡移动时正反应速率先增大后减小C．一定向逆反应方向移动D．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大(3)其他条件相同，该甲醇合成反应在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同的时间后，CO2的转化率随反应温度的变化如图所示：①在相同条件下，三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是____________。②c点CO2的转化率高于b点，原因是_________________________________。(4)常温常压下若反应的容器容积为2.0L，反应时间为4.0min，容器里气体密度减少了2.0g·，在这段时间内CO2平均反应速率为_____________。反应在t1时达到平衡，在这过程中c(CO2)随时间t变化的曲线如下图所示。保持其他条件不变，t1时将容器体积压缩到1L，请在下图中画出t1后c(CO2)随时间t变化的趋势曲线（假设在t2时达到平衡）_________。29、（10分）金属钛(Ti)具有硬度大、熔点高、耐酸碱腐蚀的优点，被广泛用于航空航天、医疗卫生及日常生活中。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为主要原料冶炼金属钛的生产工艺如图所示。回答下列有关问题：（1）钛铁矿(精矿)中加入浓硫酸除生成TiOSO4外，还生成水和另外一种硫酸盐，且反应前后Fe的化合价不变，则FeTiO3中Ti的化合价为____。（2）上述流程图中加入“铁屑”的目的是___(填字母)。A．防止Fe2+被氧化B．与Fe3+反应C．防止Fe2+水解D．防止Fe3+水解（3）溶液Ⅰ经“操作a”可得固体副产品甲，则操作a的名称为_______，副产品甲的化学式是_____。（4）已知钛酸难溶于水，其化学式为H2TiO3。则溶液Ⅱ中加入水，加热时发生的化学方程式为_____。（5）“操作b”为加热，则中间产品乙的化学式为______。（6）一定条件下，利用气体丙与氢气可合成甲醇，该合成反应的化学方程式为____________，甲醇的电子式为______。

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、D【解析】“可燃冰”是甲烷的水合物，A错误；人体内没有纤维素酶，不能把纤维素水解生成葡萄糖，B错误；碘盐是指含有碘酸钾(KIO3)氯化钠(NaCl)，碘酸钾是无味的，因此食用碘盐与非碘盐的“咸味”差异不大，C错误；漂白粉主要成分为次氯酸钙，漂白液和漂白精主要成分为次氯酸钠，均有强氧化性，作为游泳池的消毒剂，D正确；正确选项D。2、C【解析】A．构成的原电池中是将化学能转化成了电能，A错误；B．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，钢管道作正极，C正确；D．镁块作负极，电极反应：Mg-2e-+4OH-=Mg(OH)2↓，D错误；答案选C。点睛：本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀与防护的原理以及原电池的工作原理是解答该题的关键。注意牺牲阳极的阴极保护法的是原电池原理，外加电流的阴极保护法的是电解池原理。3、C【详解】若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，说明为磷元素。则B为硫，C为氯元素，D为氧元素。A.氯与氧能形成化合物二氧化氯等多种氧化物，故错误；B.氧的最高正价不是+6，,硫的最高正价为+6，两者不相等，故B错误；C.A、B、C的最高价氧化物对应的水化物分别为磷酸、硫酸和高氯酸，酸性强弱的关系是高氯酸＞硫酸＞磷酸，故正确；D.氧的最低价是-2，但氧没有+6价，故其最高价与最低价的绝对值的代数和不是8，故D错误。故选C。4、A【分析】本题考查盖斯定律的应用，准确写出目标方程式，并找到准确的计量关系是解题的关键。【详解】给以上方程式依次编号①Fe2O3(s)＋1/3CO(g)＝2/3Fe3O4(s)＋1/3CO2(g)；ΔH＝－15.73kJ/mol②Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）；△H=+640.4kJ/mol，③Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）；△H=-24.8kJ/mol，

由盖斯定律可知，反应CO（g）+FeO（s）═Fe（s）+CO2（g），可由③/2-①/2-②/3得到，所以其反应热△H=③/2-①/2-②/3=(-24.8kJ/mol)/2-(-15.73kJ/mol)/2-(+640.4kJ/mol)/3=-218kJ/mol，28gCO气体即1molCO还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH约为-218kJ/mol，42gCO气体还原足量FeO固体时，对应反热为ΔH=－327kJ/mol；答案选A。【点睛】先找到目标方程式，然后能够应用盖斯定律，找到已知方程式的关系，算出对应的反应热数值。最后在依据新的热化学方程式进行计算，求出相应的量。5、A【解析】离子晶体:阴阳离子通过离子键结合形成的晶体；一般熔点较高,硬度较大、难挥发,固体不导电,但质脆,一般易溶于水,其水溶液或熔融态能导电，据以上分析解答。【详解】A.熔点是10.31℃，符合分子晶体熔点较低的特点，液态不导电，存在分子，溶于水后，发生电离，有自由移动的离子，可以导电，正确；B.熔点是1070℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，易溶于水，熔融状态能导电，应属于离子晶体；错误；C.熔点是97.80℃，质软，固态可导电，密度是0.97g·cm﹣3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，错误；D.熔点3550℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，不溶于水，不导电，可能为原子晶体，错误；综上所述，本题选A。【点睛】分子晶体是分子间通过分子间作用力（范德华力和氢键）构成的晶体，因为范德华力和氢键作用力较小，所以分子晶体的熔沸点比较低，硬度小。6、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。7、B【详解】盐是指一类金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物，碳酸氢钠在水溶液里能电离出自由移动的钠离子和碳酸氢根离子，所以碳酸氢钠是盐，故答案选B。8、B【详解】A．电镀时，镀层金属Ag作阳极，发生氧化反，故A正确；B．铜片是镀件，应与电源负极相连，作阴极，故B错误；C．铜片镀银，电解质溶液应该是含有镀层金属Ag的离子的溶液为电镀液，所以电解液为溶液，故C正确；D．镀银过程中，消耗电能，在阴、阳两极发生还原反应、氧化反应，因此实现了电能向化学能转化，故D正确；故选B。9、A【分析】本题考查合金与合金的性质，合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质．合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属。【详解】A、合金是一种混合物，选项A错误；B、合金中至少有一种金属，也可以是金属与非金属，选项B正确；C、生铁和钢都是铁的合金，生铁是含碳量为2%～4.3%的铁合金，钢是含碳量为0.03%～2%的铁合金，生铁和钢都是铁碳合金，选项C正确；D、合金中至少有一种金属，也可以是金属与非金属，选项D正确；答案选A。【点睛】本考点主要考查合金与合金的性质，合金概念的三个特点要记牢；还要理解合金的性质，即合金的强度、硬度一般比组成它们的纯金属更高，抗腐蚀性能等也更好．本考点基础性强，比较好把握。10、B【解析】根据酸碱溶液混合时，先判断过量，然后计算过量的酸或碱的物质的量浓度，最后计算溶液的pH来解答即可。【详解】氢氧化钠溶液物质的量浓度为0.1mol/L，设溶液的体积都是1L，则氢氧化钠的物质的量为1L×0.1mol•L-1=0.1mol，硫酸的物质的量为1L×0.06mol•L-1=0.06mol，H+的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，则当酸碱发生中和时H+和OH-的物质的量分别为0.12mol和0.1mol，则硫酸过量，过量的H+的物质的量为0.12mol-0.1mol=0.02mol，则反应后溶液中H+的物质的量浓度为c（H+）=0.02mol2L=0.01mol•L-1，pH=-lg10-2【点睛】本题主要考查溶液pH的有关计算，明确酸碱反应的过量分析是解答的关键，并应熟悉物质的量的计算、pH的计算公式来解答即可。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、A【详解】A、根据电解原理，阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑，故A正确；B、燃料在负极上参加反应，氧气在正极上参加反应，故B错误；C、精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故C错误；D、电化学腐蚀中Fe－2e－=Fe2＋，故D错误；答案选A。13、C【分析】A、a点时，为0.01mol·L-1HA溶液，根据电离常数计算c(H+)；B、b点溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性；C、根据反应方程式，结合溶液呈中性进行判断；D、d点溶液存在A-的水解平衡，在一定温度下水解平衡常数不变，据此分析。【详解】A、a点时，为0.01mol·L-1HA溶液，已知25℃时一元酸HA(aq)电离平衡常数Ka=1.6×10-5，HAH++A-起始浓度（mol/L）0.0100平衡浓度（mol/L）0.01-xxx=1.610-5，由于x很小，0.01-x0.01，则x2=1.610-7，解得x=410-4，pH=-lg410-4=4-2lg2=4-20.3=3.4>3，故A正确；

B、b点时酸过量，溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性，应存在c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C、若酸HA(aq)和NaOH(aq)溶液恰好完全反应则生成NaA为强碱弱酸盐，水解显碱性，pH>7，与c点溶液呈中性不符，故C错误；

D、d点为NaOH和NaA的混合物，溶液中存在醋酸根离子的水解平衡：A-+H2OHA+OH-，水解常数Kh==，在一定温度下不变，加水稀释后，c(A-)减小，则c(HA)/c(H+)减小，故c(H+)/c(HA)的值增大，故D正确；

故选C。14、D【分析】A、同位素是质子数相同，中子数不同的一类原子的互称；B、从结构图中可看出，一个N4分子中含有6个N-N键，根据反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能计算；C、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；D、从结构图中可看出，一个N4分子中含有6个N-N键，根据反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能计算。【详解】A项、N4与N2互为同素异形体，而不是同位素，故A错误；B项、从结构图中可看出，一个N4分子中含有6个N-N键，根据N4（g）=2N2（g）△H，有△H=6×193kJ•mol-1-2×941kJ•mol-1=-724kJ•mol-1，故B错误；C项、N4与N2由N组成，是一种单质，N4与N2互为同素异形体，不是同系物，故C错误；D项、从结构图中可看出，一个N4分子中含有6个N-N键，根据N4（g）=2N2（g）△H，有△H=6×193kJ•mol-1-2×941kJ•mol-1=-724kJ•mol-1，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了反应热的计算，同位素、同系物和同素异形体的辨析，注意化学键断裂要吸收热量，形成化学键要放出热量是关键。15、C【解析】试题分析：同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团，具有相同官能团的化合物。A、C2H4O为乙醛而C3H6O可能为丙醛或丙酮，故A错误；B、C2H4O2为乙酸而C3H6O2可能为丙酸或HOCCH2CH2OH，故B错误；C、C7H8与C8H10都是苯环上的氢被甲基(-CH3)取代的产物，所以这两者都是同系物，它们的主体结构都是一个苯环，相差的只是上面的取代基的数量，都是芳香烃，故C正确；D、C7H8O与C8H10O含有羟基（-OH），羟基连接在甲基上形成苯的同系物，而羟基连接在苯环上则形成酚类，故D错误。考点：芳香烃、烃基和同系物16、C【详解】A.因为碳酸钠中含有2个钠离子，所以0.1mol·L－1Na2CO3溶液，钠离子的浓度为0.2mol·L－1，故A不选；B.0.1mol·L－1Na2CO3溶液发生水解生成碳酸氢根和氢氧根，导致溶液中的OH−浓度大于H+浓度，故B不选；C.因为0.1mol·L－1Na2CO3溶液的碳酸根发生水解生成碳酸氢根和氢氧根，所以Na+的浓度大于浓度的二倍，故C选；D.因为0.1mol·L－1Na2CO3溶液的碳酸根发生水解生成碳酸氢根和氢氧根，碳酸氢根继续水解生成碳酸和氢氧根，所以溶液中H2CO3分子的浓度不为0，故D不选；故选：C。17、D【详解】A．B的质量不再变化，说明反应达到平衡状态，A不合题意；B．混合气体的平均相对分子质量，反应过程中气体的质量再变，气体的物质的量也在变，现在不变了，即为达到平衡状态了，B不合题意；C．气体密度，反应中气体的质量一直在变，现在不再变化了，即达到平衡了，C不合题意；D．化学平衡的特征是各物质的浓度、百分含量、物质的量保持不变，而不是相等或成比例，A、B、C的物质的量之比与通入的量有关，1∶3∶2，故D不能说明反应达到化学平衡，D符合题意；故答案为：D。18、C【详解】①中为负极，杂质碳为正极，仅仅在溶液的表面上发生钢铁的吸氧腐蚀，腐蚀速度较慢；②③④实质均为原电池装置，③中为正极，被保护；②④中为负极，均被腐蚀，但相对来说和Cu的活动性差别较和的大，故原电池中的腐蚀较快。⑤中接电源正极做阳极，接电源负极做阴极，加快了的腐蚀。⑥中接电源负极做阴极，接电源正极做阳极，阻止了的腐蚀。根据以上分析可知，铁在海水中的腐蚀速率由快到慢的顺序为⑤＞④＞②＞①＞③＞⑥，故答案为：C。19、A【解析】A.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸溶液中，再加水稀释，会混入硫酸杂质，应该溶于盐酸中，再稀释，故A错误；B.向含Fe3＋的CuCl2溶液中加入CuO，调节pH，促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，可除去溶液中混有的Fe3＋，故B正确；C.CaSO4在水中存在溶解平衡CaSO4Ca2++SO42-，加入纯碱碳酸根离子与钙离子反应生成更难溶的碳酸钙沉淀，促进CaSO4沉淀溶解，因此纯碱可用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂，故C正确；D.使SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，SOCl2吸收结晶水生成HCl，HCl抑制铝离子的水解，所以可得到无水AlCl3，故D正确；故选A。【点睛】本题考查了盐类的水解和沉淀的溶解平衡。本题的难点为D，要注意SOCl2容易水解，SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑。20、D【解析】该反应中，氯元素化合价由+5价变为+4价，硫元素化合价由+4价变为+6价，据此答题。【详解】A.Na2SO3中硫元素化合价由+4价变为+6价，失电子化合价升高的反应物是还原剂，故A错误；B.硫酸在反应前后化合价不变，所以既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；C.Na2SO3中硫元素化合价由+4价变为+6价，失电子，化合价升高，发生氧化反应，故C错误；D.氯酸钠中氯元素化合价由+5价变为+4价，每消耗1molNaClO3转移1mol电子，故D正确。故选D。21、D【解析】试题分析：前2min的平均速率v(B)=="1.114"mol／(L·min)，则v(C)=1．118mol／(L·min)，A错误；降低温度，平衡向右移动，达到新平衡前v(逆)＜v(正)，B错误；起始时向容器中充入1．64molA和1．64molB，相当于加压，使体积变成原来的一半，而加压时平衡不移动，但个物质的物质的量会变成原来的2倍，原平衡时n(B)=1.2mol，则n(C)=2×（1.32mol—1.2mol）=1.24mol，因此新平衡时n(C)=1．48mol，C错误；向平衡体系中再充入1．32molA，平衡向右移动，B的转化率增大，D正确。考点：考查了等相关知识。22、B【解析】电解质：在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物。CO2、无水乙醇、石英晶体属于溶于水或熔融状态下均不能导电的化合物，故都属于非电解质；HCl溶于水能够完全电离，属于电解质。故B正确。【点睛】需注意：电解质和非电解质均必须是纯净物，且为化合物；单质和混合物既不属于电解质，也不属于非电解质。物质是否属于电解质，需判断其在水溶液中或在熔融状态下自身能否电离。二、非选择题(共84分)23、HNO32CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O23Cu+8H++2NO3–=3Cu2++2NO↑+4H2O【分析】无色无刺激性气味的气体A和过氧化钠反应，A为气体二氧化碳，D为氧气；C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为氨气，则B为氮气，在高温高压催化剂条件下和氢气化合生成氨，氨催化氧化得到一氧化氮气体E，F为二氧化氮，溶于水形成硝酸G。【详解】（1）物质G为硝酸，其化学式为：HNO3，故答案为HNO3。（2）物质B为氮气，其电子式为：，故答案为。（3）A→D的反应为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，故答案为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2。（4）G→E的反应为铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3–=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为3Cu+8H++2NO3–=3Cu2++2NO↑+4H2O。24、C4H4O4HOOC-CH=CH-COOH、CH2=C(COOH)2【分析】由C、H、O的质量比，可求出其最简式，再由与氢气的相对密度，求出相对分子质量，从而求出分子式；最后由“与小苏打反应放出CO2，也能使溴水褪色”的信息，确定所含官能团的数目，从而确定其结构简式。【详解】(1)由C、H、O的质量比为12:1:16，可求出n(C):n(H):n(O)=1:1:1，其最简式为CHO；其蒸气对氢气的相对密度为58，则相对分子质量为58×2=116；设有机物的分子式为(CHO)n，则29n=116，从而求出n=4，从而得出分子式为C4H4O4。答案为：C4H4O4；(2)它能与小苏打反应放出CO2，则分子中含有-COOH，0.58g

这种物质能与50mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液完全反应，则0.005mol有机物与0.01molNaOH完全反应，从而得出该有机物分子中含有2个-COOH；该有机物也能使溴水褪色，由不饱和度为3还可确定分子内含有1个碳碳双键，从而确定其结构简式为HOOC-CH=CH-COOH或CH2=C(COOH)2。答案为：HOOC-CH=CH-COOH或CH2=C(COOH)2。【点睛】由分子式C4H4O4中C、H原子个数关系，与同数碳原子的烷烃相比，不饱和度为3。25、C或碳CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑甲苯溶液褪色CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2BrCH3CH=CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br甲烷、氢气【分析】(1).由表中各产物的沸点数据可知，聚丙烯废塑料加强热时甲试管中的残留物为C，电石的主要成分是碳化钙，碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔；(2).乙中试管用冷水得到的两种产品为苯和甲苯，甲苯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；(3).乙烯、丙烯可以和溴的四氯化碳溶液发生加成反应；(4).经过上述过程处理后，最后收集到的气体是甲烷和氢气。【详解】(1).聚丙烯废塑料加强热时得到的产物有：氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯、甲苯和碳，由表中沸点数据可知，甲试管中最终残留物是C，电石的主要成分是碳化钙，碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔，化学方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑，故答案为C或碳；CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑；(2).根据产物的沸点可知，乙中用冷水冷却后得到的产品是苯和甲苯，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：甲苯；(3).从乙中出来的产物中含有乙烯和丙烯，二者都可以和溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，CH3CH=CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br，故答案为溶液褪色；CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；CH3CH=CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br；(4).经过上述过程处理后，最后收集到的气体是甲烷和氢气，故答案为甲烷、氢气。【点睛】本题考查聚丙烯分解产物成分的探究，明确常见有机物的性质是解答本题关键。判断各个装置中所收集物质的成分时，要紧紧围绕题中所给各产物的沸点进行分析，为易错点，试题难度不大。26、静置,向上层清液中继续滴加1滴BaCl2溶液，若未产生白色沉淀，说明已滴加过量，反之则未过量；酚酞酚酞的变色在碱性范围内,此时只有NaOH与HCl反应,BaCO3不与HCl反应滴入最后一滴时，溶液的颜色刚好红色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点；左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化62.08BC【分析】（1）取少量烧碱样品于试管，加蒸馏水使其完全溶解，向所得溶液滴加试剂氯化钡溶液，静置，取上层清液滴加氯化钡溶液，看是否有沉淀生成分析判断氯化钡溶液过量与否；（2）测定放置已久的NaOH纯度，杂质主要为Na2CO3，配制溶液后加入过量氯化钡溶液分离出沉淀后的溶液中含有氢氧化钠，用盐酸滴定测定，为防止碳酸钡溶解，指示剂应选酚酞；滴入最后一滴溶液颜色变化后半分钟不变化证明反应达到终点；（3）依据中和滴定实验过程和操作规范要求分析回答滴定时的正确操作；依据图表数据计算三次实验的平均值，结合酸碱反应定量关系计算氢氧化钠物质的量，得到样品中所含氢氧化钠的质量分数；（4）依据误差分析的方法分析判断，c（待测）=c(标准)V(标准)/V（待测）。【详解】（1）取少量烧碱样品于试管，加蒸馏水使其完全溶解．向所得溶液滴加试剂氯化钡溶液，静置，取上层清液滴加氯化钡溶液，看是否有沉淀生成。故分析判断氯化钡溶液过量与否的操作步骤为：静置，向上层清液中继续滴加1滴BaCl2溶液，若未产生白色沉淀，说明已滴加过量，反之则未过量；故答案为静置，向上层清液中继续滴加1滴BaCl2溶液，若未产生白色沉淀，说明已滴加过量，反之则未过量；（2）烧碱在保存过程会部分变质（杂质主要为Na2CO3），准确称取5.000g样品配制成250mL溶液，各取配制好的烧碱溶液20.00mL于三个大试管中，分别滴入过量的BaCl2溶液，用离心机分离后将滤液转移到三个锥形瓶中，向锥形瓶中各加入1～2滴指示剂，依据现有酸碱指示剂及变色的pH范围为：①甲基橙3.1～4.4②酚酞8.2～10），酸滴定碱溶液选择指示剂可以是酚酞或甲基橙，为防止碳酸钡溶解，要把滴定终点控制在弱碱性，酚酞的变色在碱性范围内，此时只有NaOH与HCl反应，BaCO3不与HCl反应；用浓度为0.2000mol•L-1的盐酸标准液进行滴定；滴入最后一滴溶溶液的颜色刚好红色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点，故答案为酚酞；酚酞的变色在碱性范围内，此时只有NaOH与HCl反应，BaCO3不与HCl反应；滴入最后一滴时，溶液的颜色刚好红色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点。（3）滴定时的正确操作是：左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；图表数据计算三次实验的平均值，盐酸体积的平均值=（31.50-0.50+32.04-1.001+32.18-1.10）÷3=31.04ml，结合酸碱反应定量关系计算氢氧化钠物质的量=31.04mL×0.0200mol/L÷20.00mL=0.3104mol/L，250ml溶液中含氢氧化钠物质的量=0.3104mol/L×0.250L=0.0776mol，得到样品中所含氢氧化钠的质量分数=0.0776mol×40g/mol÷5.000g×100%=62.08%，故答案为左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；62.08。（4）A.锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗，对滴定结果无影响，故A错误；B.酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，标准液浓度减小，消耗的溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；C.在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液的体积增大，测定结果偏高，故C正确；D.滴定前平视读数，滴定结束俯视读数读取标准液的体积减小，测定结果偏低，故D错误。故答案为BC。【点睛】酸碱中和滴定中误差分析根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V（待测）判断。27、环形玻璃搅拌棒保温，减少实验过程中的热量损失偏小不相等相等2.3℃【分析】(1)根据量热计的构造来判断该装置缺少的仪器；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作；(3)若不盖硬纸板，会有一部分热量散失；(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，结合中和热的概念分析判断；(5)先判断数据的有效性，再求出温度差的平均值。【详解】(1)根据量热计的构造可知，该装置缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条，可以起到保温的作用，减少实验过程中的热量损失，故答案为：保温，减少实验过程中的热量损失；(3)大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，测得的热量会减少，求得的中和热数值将会偏小，故答案为：偏小；(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，则放出的热量增多，但中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值相等，故答案为：不相等；相等；(5)三次温度差分别为：2.2℃、2.4℃、3.4℃，第三组数据误差较大，舍去，温度差的平均值==2.3℃；故答案为：2.3℃。28、CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH=－50kJ·mol－1ADⅠ＞Ⅱ＞Ⅲb、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快，故CO2的转化率较大0.01mol·L-1·min-1【分析】（1）根据图1中能量变化写出反应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式；（2）平衡常数只受温度的影响，该反应为放热反应，平衡常数增大，则平衡向着正向移动，说明降低了温度，据此进行解答；（3）根据图像判断在相同温度下，三种不同的催化剂，二氧化碳的转化率大小关系；b、c点均未达到平衡状态，且c点CO2的转化率高于b点，因此对应的是条