2026届河北省新乐市第一中学高二化学第一学期期中质量检测试题含解析

2026届河北省新乐市第一中学高二化学第一学期期中质量检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、关节炎首次发作一般在寒冷季节，原因是关节滑液中形成了尿酸钠晶体（NaUr），易诱发关节疼痛，其化学机理是：①HUr（aq）+H2O（1）Ur-（aq）+H3O+（aq）②Ur-（aq）+Na+（aq）NaUr（s）△H下列叙述错误的是A．降低温度，反应②平衡正向移动B．反应②正方向是吸热反应C．降低关节滑液中HUr及Na+含量是治疗方法之一D．关节保暖可以缓解疼痛，原理是平衡②逆向移动2、合成氨厂所需H2可由焦炭与水反应制得，其中有一步反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH<0，欲提高CO的转化率，可采用的方法是（）①降低温度②减小压强③使用催化剂④升高温度⑤增大水蒸气浓度A．①②③ B．④⑤ C．①⑤ D．⑤3、有A、B、C、D四种金属，当A、B组成原电池时，电子流动方向A→B；当A、D组成原电池时，A为正极；B与C构成原电池时，电极反应式为：C2-+2e-→C，B-2e-→B2+则A、B、C、D金属性由强到弱的顺序为（）A．A＞B＞C＞D B．A＞B＞D＞CC．D＞C＞A＞B D．D＞A＞B＞C4、下列事实可以用电化学理论解释的是A．白磷固体在空气中易自燃B．实验室中镁不需要保存在煤油中C．实验室配制CuCl2溶液时常加入适量盐酸D．电工规范上，铜、铝电线不能直接绞接在一起5、铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3，负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-=Fe(OH)2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D．电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O6、下列实验能达到预期目的的是选项实验内容实验目的A室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.lmol·L-1的的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B向AgCl悬浊液中滴入0.lmol·L-1的的NaI溶液，悬浊液变黄证明相同温度下：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)C常温下，测得饱和溶液的pH:NaA＞NaB证明常温下的水解程度：A－＜B－D酸式滴定管中硫酸液面在20.00mL处，将滴定管中液体全部放出量取20.00mL硫酸溶液A．A B．B C．C D．D7、下列各组溶液中每种溶质的物质的量浓度均为0.1mol/L：①H2S②NaHS③Na2S④H2S和NaHS混合液。下列说法不正确的是A．c（S2―）由大到小是：③＞①＞②＞④B．溶液pH由大到小的是：③＞②＞④＞①C．在H2S和NaHS混合液中：2c（Na＋）＝c（H2S）+c（HS―）+c（S2―）D．在NaHS溶液中：c（H＋）+c（Na＋）＝c（OH―）+c（HS―）+2c（S2―）8、在3支试管中分别放有①1mL乙酸乙酯和3mL水②1mL溴苯和3mL水③1mL乙酸和3mL水。下图中3支试管从左到右的排列顺序为()A．①②③ B．①③② C．②①③ D．②③①9、常温下，某溶液中水电离出的[H+]=1×10-9mol/L，该溶液(

)A．加入甲基橙可能呈红色 B．加入酚酞可能呈无色C．可能是酷酸钠溶液 D．不可能是氨水10、利用平衡移动原理能证明Na2SO3溶液中存在下列平衡SO32-＋H2OHSO3-＋OH－事实的是A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去C．滴入酚酞溶液变红，再加入NaOH溶液后红色加深D．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去11、下列有机化合物分子中的所有碳原子不可能处于同一平面的是A．B．CH3CCHC．D．12、下列物质中属于晶体的是()①橡胶②玻璃③食盐④水晶⑤塑料⑥胆矾A．①④⑤ B．②③⑥ C．①③④ D．③④⑥13、下列操作中，能使水的电离平衡(H2OH++OH-)向左移动且溶液呈酸性的是（）A．向水中充入SO2气体B．向水中加入碳酸钠溶液C．将水加热，使水的pH=6D．向水中加入NH4Cl溶液14、在一密闭容器中进行反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，下列条件的改变对反应速率几乎无影响的是（）A．增加CO的量 B．保持体积不变，充入N2，使体系的压强增大C．将容器的体积缩小一半 D．保持压强不变，充入N2，使容器的体积变大15、合成氨反应为：3H2＋N22NH3，其反应速率可以分别用v(H2)、v(N2)、v(NH3)表示，反应达平衡时，下列关系式正确的是()A．3v(H2)正=v(N2)逆 B．v(H2)生成=v(NH3)生成C．2v(N2)消耗=v(NH3)消耗 D．3v(H2)逆=2v(NH3)正16、足量的Zn粉与50mL0.1mol·L-1的稀硫酸充分反应。为了减慢此反应的速率而不改变H2的产量，可以采用如下方法中的()①加Na2SO4溶液②改用50mL0.1mol·L-1的稀盐酸③减压④改用50mL0.1mol·L-1的硝酸⑤冰水浴⑥加Na2CO3溶液A．①②③④ B．①⑤ C．①⑤⑥ D．②⑤⑥17、下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ·mol－1)下列关于元素R的判断中一定正确的是()A．R的最高正价为＋3价B．R元素位于元素周期表中第ⅡA族C．R元素的原子最外层共有4个电子D．R元素基态原子的电子排布式为1s22s218、下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是：A．图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B．图2中，往烧杯中滴加几滴KSCN溶液，溶液立即变血红色C．图3中，开关由M改置于N时，Cu-Zn合金的腐蚀速率增大D．图4中，采用了牺牲阳极的阴极保护法来防止地下钢铁管道的腐蚀19、在冶金工业中，可采用氢氧化钠沉淀法处理废水中的铜离子，这是因为该处理过程中产生的氢氧化铜A．易分解 B．具有氧化性 C．难溶于水 D．颜色为蓝色20、TK时，向2.0L恒容密闭容器中充入0.10molCOCl2，发生反应，经过一段时间后反应达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表，下列说法正确的是t/s02468n(Cl2)/mol00.0300.0390.0400.040A．反应在前2s的平均速率mol·L-1·s-1B．保持其他条件不变，升高温度，若新平衡时c(C12)=0.038mol·L-1，则反应的△H<0C．平衡后向上述容器中再充入0.10molCOCl2，平衡正向移动，COCl2的转化率增大D．TK时该反应的化学平衡常数为21、现有下列两个图象：下列反应中符合上述图象的是A．N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜0B．4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）△H＜0C．2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）△H＞0D．H2（g）+CO（g）C（s）+H2O（g）△H＞022、能用H++OH﹣═H2O来表示的化学反应是A．CuO溶于稀H2SO4B．NaOH溶液和HNO3溶液反应C．KOH溶液和CH3COOH溶液反应D．Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液反应二、非选择题(共84分)23、（14分）乙烯是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，结合图1中路线回答：已知：2CH3CHO+O22CH3COOH（1）上述过程中属于物理变化的是______________（填序号）。①分馏②裂解（2）反应II的化学方程式是______________。（3）D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料，其结构简式是______________。（4）E是有香味的物质，在实验室中可用图2装置制取。①反应IV的化学方程式是______________。②试管乙中的导气管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是______________。（5）根据乙烯和乙酸的结构及性质进行类比，关于有机物CH2=CH-COOH的说法正确的是______________。①与CH3COOH互为同系物②可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体③在一定条件下可以发生酯化、加成、氧化反应24、（12分）E是合成某药物的中间体，其一种合成路线如图：(1)A中官能团的名称是_________________________。(2)A→B的反应条件和试剂是_______________________。(3)D→E的反应类型是______________________。(4)写出B→C的化学方程式___________________________。(5)B的环上二溴代物有_______________种(不考虑立体异构)。25、（12分）碳酸亚铁(白色固体，难溶于水)是一种重要的工业原料，

可用于制备补血剂乳酸亚铁，也可用作可充电电池的电极。某研究小组通过下列实验，寻找利用复分解反应制备FeCO3

沉淀的最佳方案：实验试剂现象滴管试管0.8

mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)1

mol/LNa2CO3溶液(pH=11.9)实验Ⅰ：立即产生灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色0.8

mol/L

FeSO4溶液(pH=4.5)1

mo/L

NaHCO3溶液(pH=8.6)实验Ⅱ：产生白色沉淀及少量无色气泡，2min后出现明显的灰绿色0.8

mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液(pH=4.0)1

mo/L

NaHCO3溶液(pH=8.6)实验Ⅲ：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色(1)实验Ⅰ中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应：□Fe2++口+口+□H2O=□Fe(OH)3+□_____(2)实验Ⅱ中产生FeCO3的离子方程式为____________________

。(3)为了探究实验Ⅲ中所起的作用，甲同学设计了实验IV

进行探究：操作现象实验IV向0.8mol/LFeSO4溶液中加入①______，

再加入Na2SO4固体配制成混合溶液

(已知Na+对实验无影响，

忽略混合后溶液体积变化)。再取该溶液一滴管，与2mL

1

mol/LNaHCO3溶液混合与实验III现象相同实验IV中加入Na2SO4

固体的目的是②____________________________。对比实验II、III、IV，甲同学得出结论：水解产生H+，降低溶液pH，减少了副产物Fe(OH)2

的产生。乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是：向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4

固体至c()=1.6

mol/L，再取该溶液一滴管，与2mL1

mol/LNaHCO3溶液混合。(4)小组同学进一步讨论认为，定性实验现象并不能直接证明实验III

中FeCO3的纯度最高，需要利用如图所示的装置进行定量测定。分别将实验I、

II、

III

中的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后称量，然后转移至A处的广口瓶中。为测定FeCO3的纯度，除样品总质量外，还需测定的物理量是______________。(5)实验反思：经测定，实验III中的FeCO3纯度高于实验I和实验II。通过以上实验分析，制备FeCO3实验成功的关键因素是______________________________。26、（10分）某实验小组用0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液进行中和热的测定。Ⅰ.配制0.50mol·L-1NaOH溶液。若实验中大约要使用470mLNaOH溶液，至少需要称量NaOH固体___g。Ⅱ.测定稀H2SO4和NaOH稀溶液中和热的实验装置如图所示。（1）能不能用铜丝代替环形玻璃搅拌棒___（填“能”或“不能”）（2）大烧杯如不盖硬纸板，求得的中和热△H将___（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（3）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验。经数据处理，实验测得中和热ΔH=-53.5kJ•mol-1，该结果数值上与57.3kJ·mol-1有偏差，产生该偏差的原因可能是___(填字母)。A．实验装置保温、隔热效果差B．量取H2SO4溶液的体积时仰视读数C．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中D．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度27、（12分）I.现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用。某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理(如图1所示)，并测定电离平衡常数Kb。（1）实验室可用浓氨水和X固体制取NH3，X固体可以是_____。A．生石灰B．无水氯化钙C．五氧化二磷D．碱石灰（2）检验三颈瓶集满NH3的方法是：_____。（3）关闭a，将带有装满水的胶头滴管的橡皮塞塞紧c口，_________，引发喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内气压变化曲线如图2所示。图2中_____点时喷泉最剧烈。（4）量取收集到的氨水20.00mL，测得pH=11.0。不断滴加0.05000mol/L盐酸，当盐酸体积为22.50mL时恰好完全反应。计算NH3•H2O电离平衡常数Kb的近似值，Kb≈_____。II.已知1molSO2(g)氧化为1molSO3的ΔH=-99kJ·mol-1请回答下列问题：（1）已知单质硫的燃烧热为296kJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH=_____。（2）在量热计中（如图）将100mL0.50mol/L的CH3COOH溶液与100mL0.55mol/LNaOH溶液混合，温度从298.0K升高到300.7K。已知量热计的热容常数（量热计各部件每升高1K所需要的热量）是150.5J/K，溶液密度均为1g/mL，生成溶液的比热容c=4.184J/(g·K)。则CH3COOH的中和热ΔH=_____。（3）CH3COOH的中和热的文献值为-56.1kJ/mol，你认为（1）中测得的实验值偏差可能的原因是（填二点）_____。28、（14分）壳聚糖［(C6H11O4N)n］具有无毒、抑菌、生物相容性好等特点，被广泛应用于食品、医药、化妆品、农业和环保等领域。请回答以下问题：（1）壳聚糖在组成上比淀粉［(C6H10O5)n］多一种化学元素，该元素是________；在结构上与淀粉相似，都属于动植物基本营养物质中的________类。（2）壳聚糖因含氨基而显碱性，所以壳聚糖具有_____（填“镇痛”或“抗酸”）作用，氨基的结构简式为______。（3）在废水处理工艺中，壳聚糖可作为絮凝剂和吸附剂，但残留在水中的壳聚糖会引发水体污染，这种水体污染的主要现象为__________，因此壳聚糖_______（填“属于”或“不属于”）绿色废水处理材料。（4）壳聚糖的最终水解产物可用于预防和治疗关节炎。壳聚糖在稀硫酸中的水解产物为硫酸氨基葡萄糖[(C6H11O5NH3)2SO4]，同理，其在稀盐酸中的水解产物为________。氨基葡萄糖和葡萄糖一样，均能与银氨溶液发生________反应。（5）壳聚糖可从虾壳或蟹壳中提取，属于________（填“天然”或“合成”）高分子化合物。适量摄入壳聚糖对人体有益，但过量摄入会影响人体对维生素的吸收，由此可见，科学的饮食观念是_____________。29、（10分）氨在工农业生产中应用广泛。在压强为30MPa时，合成氨平衡混合气体中NH3的体积分数如下：温度/℃200300400500600氨含量/%89.971.047.026.413.8请回答：（1）根据表中数据，结合化学平衡移动原理，说明合成氨反应是放热反应的原因是__________________________________________________。（2）根据下图，合成氨的热化学方程式是__________________________。（3）取1molN2(g)和3molH2(g)放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量________92.2kJ(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是________________________；若加入催化剂，ΔH________(填“变大”“变小”或“不变”)。（4）已知：分别破坏1molN≡N键、1molH—H键需要吸收的能量为：946kJ、436kJ，则破坏1molN—H键需要吸收的能量为________kJ。（5）N2H4可视为：NH3分子中的H被—NH2取代的产物。发射卫星用N2H4(g)为燃料，NO2为氧化剂生成N2和H2O(g)。已知：N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)ΔH1＝＋67.7kJ·mol－1N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－534kJ·mol－1。则：1molN2H4与NO2完全反应的热化学方程式为____________________。

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、B【分析】根据题干知关节的疼痛是尿酸钠晶体引起的，从影响平衡移动的因素的角度分析是否有力于形成尿酸钠晶体。【详解】关节炎是因为在关节滑液中形成了尿酸钠晶体，尤其是在寒冷季节易诱发关节疼痛，反应②平衡向正反应方向移动，故A正确；说明温度降低有利于生成尿酸钠，则生成尿酸钠的反应②是放热反应，故B错误；降低关节滑液中HUr及Na＋含量，生成的尿酸钠晶体就少，可以减轻疼痛，故C正确；保暖促使平衡②逆向移动，减少尿酸钠晶体的形成，故D正确。

故选B。【点睛】改变外界条件，平衡向减弱这种改变的方向移动，如升高温度，平衡向吸热的方向移动。2、C【详解】①该反应焓变小于零，正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，CO的转化率提高，故符合题意；②该反应前后气体体积相同，减小压强平衡不移动，CO的转化率不变，故不符合题意；③催化剂不影响平衡，CO的转化率不变，故不符合题意；④正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，故不符合题意；⑤增大水蒸气浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大，故符合题意；综上所述选C。3、D【分析】原电池中，电子由负极流向正极，活泼金属作负极，负极上失去电子发生氧化，以此分析。【详解】当A、B组成原电池时，电子流动方向A→B，则金属活泼性为A>B；当A、D组成原电池时，A为正极，则金属活泼性为D>A；B与C构成原电池时，电极反应式为：C2-+2e-→C，B-2e-→B2+，B失去电子，则金属活泼性为B>C；综上所述，这四种金属的活泼性为：D＞A＞B＞C。答案选D。4、D【详解】A.白磷固体在空气中易自燃是因为白磷的着火点低，和电化学理论无关，故A错误；B.镁的表面被氧化后，形成一层膜，阻止进一步氧化，所以实验室中镁不需要保存在煤油中，和电化学理论无关，故B错误；C.实验室配制CuCl2溶液时常加入适量盐酸，为了抑制水解，和电化学理论无关，故C错误；D.铜、铝电线直接绞接在一起，会形成原电池，加速被锈蚀的速率，可以用电化学理论解释，故D正确；故选D。5、C【详解】A.根据电池总反应，电池的电解液为碱性溶液，Fe发生失电子的氧化反应，Fe为负极，Ni2O3发生得电子的还原反应，Ni2O3为正极，A正确；B.放电时，负极反应为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，B正确；C.电池充电时的反应为Fe(OH)2＋2Ni(OH)2=Fe+Ni2O3+3H2O，阴极电极反应为Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，阴极附近碱性增强，pH增大，C错误；D.充电时阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH--2e-=Ni2O3+3H2O，D正确；答案选C。【点睛】二次电池放电时为原电池原理，充电时为电解原理。充电时的阴极反应为放电时负极反应的逆过程，充电时的阳极反应为放电时正极反应的逆过程。6、B【详解】A、NaClO具有强氧化性，能把pH试纸漂白，因此无法用pH试纸测出NaClO的pH值，不能达到实验目的，故A错误；B、向AgCl悬浊液中滴加NaI溶液，出现黄色沉淀，生成AgI，说明AgI的Ksp小于AgCl，能达到实验目的，故B正确；C、比较A－和B－水解程度，应是等浓度的NaA和NaB，饱和溶液浓度可能相同，也可能不相同，不能达到实验目的，故C错误；D、滴定管的0刻度在上边，从0刻度到20mL刻度的溶液体积为20.00mL，滴定管的下端有一段没有刻度，故无法判断20mL刻度线以下的溶液体积，故D错误。【点睛】易错点是选项A，学生只注意到越弱越水解，从而判断出HClO和CH3COOH酸性强弱，忽略了NaClO具有强氧化性，能把pH试纸漂白，无法读出数值。7、A【解析】①硫化氢在溶液中部分电离出氢离子，溶液显示酸性；②NaHS溶液中，硫氢根离子的电离程度小于水解程度，溶液显示碱性；③Na2S溶液中硫离子水解，溶液显示碱性，且硫离子水解程度大于硫氢根离子，溶液的pH大于②；④H2S和NaHS混合液，硫化氢的电离程度大于硫氢根离子的水解，溶液显示酸性，由于硫氢根离子抑制了硫化氢的电离，则溶液酸性小于①，据此分析判断。【详解】A．由于硫离子的水解程度较弱，因此硫化钠溶液中硫离子浓度最大，由于H2S电离分步进行，则溶液中硫离子浓度最小。②NaHS、④H2S和NaHS相比④中酸性较强抑制HS－电离，则溶液中硫离子浓度大小为：④＜②；所以四种溶液中c（S2―）由大到小是：③＞②＞④＞①，故A错误；B．①H2S、④H2S和NaHS的溶液显示酸性，溶液中pH＜7，由于④中硫氢根离子抑制了硫化氢的电离，则④中氢离子浓度小于①，则溶液的pH：①＜④，②NaHS、③Na2S的溶液显示碱性，由于酸性硫化氢大于硫氢根离子，则③的水解程度大于②，所以溶液的pH：③＞②，故四种溶液的pH从大到小的顺序为：③＞②＞④＞①，故B正确；C．在H2S和NaHS混合液中存在物料守恒，溶液中的各种溶质的物质的量量浓度均为0.1mol•L-1，则2c（Na＋）＝c（H2S）+c（HS―）+c（S2―），故C正确；D．在NaHS溶液中存在电荷守恒：c（H＋）+c（Na＋）＝c（OH―）+c（HS―）+2c（S2―），故D正确；答案选A。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理及其影响、电解质溶液中物料守恒和电荷守恒分析，注意掌握盐的水解原理及其影响因素，明确判断溶液中离子浓度大小常用方法。8、D【解析】几种液体的密度：ρ(溴苯)>ρ(水)>ρ(乙酸乙酯)，溴苯和乙酸乙酯难溶于水，乙酸与水混溶，则3支试管从左到右的顺序为②③①，答案选D。9、B【分析】常温下，某物质的水溶液中由水电离出来的H+物质的量浓度为1×10-9mol/L<1×10-7mol/L，则水的电离受到抑制，该物质可能是酸或电离显酸性的酸式盐，c(OH-)=1×10-9mol/L，c(H+)=1×10-5mol/L，pH=5，也可能是碱，pH=9，据此分析解答。【详解】A.若该物质可能是酸或电离显酸性的酸式盐，则溶液呈酸性，pH=5，滴入甲基橙后显黄色，故A错误；B.若该物质可能是酸或电离显酸性的酸式盐如NaHSO4或NaHSO3溶液，则溶液呈酸性，pH<7，加入酚酞可能呈无色，故B正确；C.不可能是酷酸钠溶液，因为醋酸钠水解促进水的电离，故C错误；D.可能是氨水，因为氨水会抑制水的电离，故D错误；故选：B。10、D【解析】A.滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，不能确定水解平衡的存在，故A错误；B.滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后，发生氧化还原反应，生成硫酸钠，且氯水中HClO具有漂白性，不能确定水解平衡的存在，故B错误；C.滴入酚酞溶液变红，再加入NaOH溶液后，OH-离子浓度增大，故C错误；D.滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-水解平衡逆向移动，产生沉淀且红色褪去，故D正确。故选D。11、D【详解】A、苯为平面结构，甲苯中甲基碳原子处于苯中H原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，故A不符合；B、乙炔为直线结构，丙炔中甲基碳原子处于乙炔中H原子位置，所有碳原子处于同一直线，所有碳原子都处在同一平面上，故B不符合；C、2-甲基-1-丙烯中，双键两端的碳原子所连的碳原子都在同一个平面上，故C不符合；D、2-甲基丙烷中，3个甲基处于2号碳原子四面体的顶点位置，2号碳原子处于该四面体内部，所以碳原子不可能处于同一平面，故D符合；故选D。【点睛】本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构。甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断。12、D【分析】晶体有固定的熔点，非晶体无固定的熔点，据此可以做出选择。【详解】晶体是指内部微粒在空间按一定规律做周期性重复排列构成的固体物质。具有自范性、各向异性、对称性、最小内能、稳定性、有固定的熔点以及能使X射线产生衍射等基本性质。非晶体是内部原子或分子的排列呈现杂乱无章的分布状态的物质，常见的如橡胶、玻璃以及玻璃态物质等。可根据晶体的基本性质进行区分，综上所述，食盐、水晶、胆矾属于晶体，D项正确；答案选D。【点睛】晶体与非晶体的区分方法：（1）间接方法：看是否有固定的熔点；（2）科学方法：对固体进行X-射线衍射实验13、A【详解】A．向水中充入SO2气体，反应生成亚硫酸，亚硫酸电离：H2SO3H++、H++，溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡向左移动，溶液呈酸性，选项A符合；B.向水中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，碳酸根离子和氢离子结合生成碳酸氢根离子而使溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，选项B不符合；C.升高温度，水的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，水的pH=6但溶液显示中性，选项C不符合；D.向水中加入NH4Cl溶液，铵根离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水电离，水的电离平衡向右移动，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，选项D不符合；答案选A。14、B【详解】A．增加CO的量，从而增大生成物浓度，反应速率增大，A不合题意；B．保持体积不变，充入N2，虽然体系的压强增大，但反应物与生成物的浓度不变，反应速率不变，B符合题意；C．将容器的体积缩小一半，即加压，反应速率加快，C不合题意；D．保持压强不变，充入N2，使容器的体积变大，则反应物与生成物的浓度都减小，反应速率减慢，D不合题意；故选B。15、C【分析】反应达平衡时，v正=v逆，用不同物质表示同一化学反应速率，速率之比等于化学计量数之比。v(H2)：v(N2)：v(NH3)=3:1:2。【详解】反应达平衡时，v正=v逆，用不同物质表示同一化学反应速率，速率之比等于化学计量数之比。v(H2)：v(N2)：v(NH3)=3:1:2。A.3v(H2)正=v(N2)逆，不能说明达到平衡状态，应为v(H2)正=3v(N2)逆，故A错误；B.v(H2)生成=v(NH3)生成,虽然v(H2)生成表示逆反应速率，v(NH3)生成表示正反应速率，但不符合比例关系，应为2v(H2)生成=3v(NH3)生成,故B错误；C.2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，即v正=v逆，故C正确；D.3v(H2)逆=2v(NH3)正，不能说明达到平衡状态，应为2v(H2)逆=3v(NH3)正，故D错误。故选C。【点睛】解答本题时要注意必须是v正=v逆，若用某物质的消耗或生成表示反应速率，则要同侧相反，异侧相同，如本题C选项v(N2)消耗，代表正反应速率，而v(NH3)消耗代表逆反应速率，当2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，说明v正=v逆，符合题意，否则，不符合题意。16、B【分析】为了降低此反应速率而不改变H2的产量，少量Zn粉完全反应，则可通过降低氢离子浓度、降低温度等来降低反应速率，以此来解答。【详解】①加Na2SO4溶液，溶液中的水对硫酸来说其稀释作用，使溶液中c(H+)降低，反应速率减小，但氢气的量不变，①正确；②改用50mL、0.1mol/L的稀盐酸，溶液中c(H+)降低，反应速率减小，生成氢气的量减小，②错误；③反应在溶液中进行，减压，对反应速率基本不影响，③错误；④改用50mL、0.1mol/L的硝酸，由于硝酸具有强的氧化性，与Zn发生反应不生成氢气，而生成NO气体，④错误；加适量固体醋酸钠，氢离子浓度降低，反应速率减小，但氢气的总量不变，故正确；⑤冰水浴，使反应温度降低，反应速率减小，由于氢离子的物质的量不变，因此最终产生的氢气的总量不变，⑤正确；⑥加Na2CO3溶液，Na2CO3与硫酸反应产生CO2气体，反应消耗硫酸，导致生成氢气的总量减小，⑥错误；则符合题意的叙述是①⑤；故合理选项是B。【点睛】本题考查影响反应速率的因素，明确常见的影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、原电池对反应速率的影响即可解答，注意Zn粉过量，生成的氢气由硫酸决定为解答的易错点。17、B【解析】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，最外层应有2个电子，应为第IIA族元素。【详解】A、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故A错误；B、最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故B正确；C、R元素的原子最外层共有2个电子，故C错误；D、R元素可能是Mg或Be，故D错误。18、D【详解】A、越靠近底端，氧气的含量越少，越不易腐蚀，故A错误；

B、金属铁是负极，发生析氢腐蚀，金属铁失电子得到的是亚铁离子，遇到硫氰化钾不显示红色，故B错误；

C、开关由M改置于N时，合金为正极，则Cu-Zn合金的腐蚀速率减慢，故C错误；

D、在该原电池中，金属镁是负极，负极金属易被腐蚀，正极钢铁管道被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；

故选D。19、C【详解】在冶金工业中，可采用氢氧化钠沉淀法处理废水中的铜离子，使铜离子转化为氢氧化铜沉淀而从溶液中除去，这是利用氢氧化铜难溶于水的性质，而与氢氧化铜易分解、具有弱氧化性、颜色为蓝色均无关。答案选C。20、D【分析】根据化学反应速率的计算方法分析；根据勒夏特列原理的概念分析；【详解】表中给出的数据是物质的量，根据化学方程式可知，生成物中一氧化碳的物质的量等于氯气的物质的量，反应速率用物质的量浓度计算，v(CO)=(0.03mol/2L)÷2s=0.0075mol·L－1·s－1，故A错误；若平衡时c(Cl2)=0.038mol·L-1，可计算得到，n(Cl2)=0.076mol>0.040mol，说明温度升高后，平衡向正反应方向移动，向吸热反应方向移动，故ΔH>0，故B错误；平衡后向上述容器中再充入0.10molCOCl2，平衡正向移动，但是正反应方向是气体体积增大，相当于压强增大，促使平衡向逆反应方向移动，故转化率一定减小，故C错误；K=c(CO)·c(Cl2)/c(COCl2)=(0.2mol/L×0.2mol/L)/0.03mol/L=，故D正确。故选D。【点睛】勒夏特列原理：在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。掌握勒夏特列原理并灵活应用，就能快速准确的解决这类问题。21、C【分析】由左边的图象可知，温度越高生成物的浓度越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应；由右边图象可知，相交点左边未达平衡，相交点为平衡点，相交点右边压强增大，平衡被破坏，V逆＞V正，平衡向逆反应移动，说明正反应为气体物质的量增大的反应；综合上述分析可知，可逆反应正反应为吸热反应且正反应为气体物质的量增大的反应，据此结合选项解答．【详解】A．N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0，为放热反应反应，正反应是气体物质的量减小的反应，故A错误；B.4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H＜0，正反应是气体物质的量增大的反应，但为放热反应反应，故B错误；C.2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)△H＞0，为吸热反应反应，正反应是气体物质的量增大的反应，故C正确；D．H2(g)+CO(g)⇌C(s)+H2O(g)△H＞0，为吸热反应反应，但正反应是气体物质的量减小的反应，故D错误；故选：C。22、B【详解】A．氧化铜是碱性氧化物，离子方程式中不能拆开，反应的离子方程式为：CuO+2H+═H2O+Cu2+，不能用H++OH﹣=H2O来表示，故A错误；B．NaOH是强碱，硝酸是强酸，硝酸钠是可溶于水的盐，所以NaOH和HNO3溶液的反应能用H++OH﹣=H2O来表示，故B正确；C．醋酸是弱酸，CH3COOH+KOH反应的离子反应为：CH3COOH+OH﹣=CH2COO﹣+H2O，不能用“H++OH﹣═H2O”表示，故C错误；D．H2SO4与Ba（OH）2反应的离子反应为：2H++2OH﹣+Ba2++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，不能用“H++OH﹣═H2O”表示，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、①2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O防止倒吸②③【分析】石油经分馏后得到沸点不同的各种组分，将得到的重油裂解后得到含有不饱和键的短链烃，如丙烯、乙烯等；乙烯经反应Ⅰ与水发生加成反应生成乙醇，乙醇经反应Ⅱ与氧气发生催化氧化反应生成乙醛，乙醛经反应Ⅲ与氧气发生氧化反应生成乙酸，乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生反应Ⅳ生成乙酸乙酯，据此分析。【详解】(1)石油分馏时不产生新物质，所以属于物理变化；裂解时产生新物质，所以属于化学变化，则上述过程中属于物理变化的是①；(2)在铜或银作催化剂、加热条件下，乙醇能被氧气氧化生成乙醛和水，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(3)乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，其结构简式为；(4)①乙烯与水反应生成乙醇，乙醇在催化剂作用下生成乙醛，乙醛继续被氧化生成乙酸，在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，则反应IV的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；②试管乙中的导气管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，因为随反应蒸出的乙醇和乙酸在溶液中的溶解度较大，导管插在液面下极易发生倒吸，因此导气管在液面上的目的是防止倒吸；(5)①CH2=CH-COOH和CH3COOH结构不相似，且在分子组成上也没有相差一个-CH2原子团，所以二者不属于同系物，错误；②CH2=CH-COOH中含有羧基，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，正确；③CH2=CH-COOH含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应、加聚反应等，含羧基能发生酯化反应，正确；答案选②③。24、氯原子和羟基O2/Cu,加热取代(酯化)反应+NaOH+NaCl11【详解】(1)由流程图可知，A中所含的官能团的名称是氯原子和醇羟基，故答案为：氯原子和醇羟基；(2)A→B是→即醇羟基上发生催化氧化反应，故反应条件和试剂是O2/Cu,加热，故答案为：O2/Cu,加热；(3)根据流程图可知，D→E即→发生酯化反应，故反应类型是酯化反应（或取代反应），故答案为：酯化反应（或取代反应）；(4)根据流程图可知，B→C是→的反应是卤代烃发生水解生成醇羟基的反应，故化学方程式+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；(5)B即的环上一溴代物有四种如图、、、，再考虑二溴代物有分别有：、、，故共计3+5+3=11种，故答案为：11。25、4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O硫酸至pH=4.0控制浓度一致C中U形管的增重调节溶液pH【分析】实验Ⅰ中，FeSO4溶液与Na2CO3溶液反应，生成Fe(OH)2沉淀和Na2SO4，Fe(OH)2不稳定，很容易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3；实验Ⅱ中，FeSO4溶液与NaHCO3溶液反应，生成FeCO3沉淀和CO2气体，2min后明显看出有一部分FeCO3转化为Fe(OH)3；实验Ⅲ中，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入NaHCO3溶液，产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色，表明在此种情况下，Fe(OH)2能较稳定存在。是什么原因导致此结果？通过对比实验IV进行探究。实验I、

II、

III

中FeCO3纯度探究时，先加硫酸溶解，通过测定生成CO2的质量进行推断，在实验过程中，需保证反应产生CO2质量测定的准确性，由此可得出制备FeCO3实验成功的关键因素。【详解】(1)实验Ⅰ中，FeSO4溶液与Na2CO3溶液反应，所以反应物中含有，Fe由+2价升高为+3价，则反应物中还应加入氧化剂O2，利用得失电子守恒和电荷守恒、质量守恒进行配平，即得反应的离子方程式为：4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8。答案为：4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8；(2)实验Ⅱ中，FeSO4溶液与NaHCO3溶液反应，生成FeCO3沉淀和CO2气体，离子方程式为Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O。答案为：Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O；(3)实验IV

中，甲同学得出结论：水解产生H+，为调节0.8mol/LFeSO4溶液pH=4，需增大溶液的酸性，降低溶液pH，所以加入硫酸至pH=4.0；乙同学认为，向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4

固体至c()=1.6

mol/L，所以实验IV中，为使溶液中c()与原溶液相同，需加入Na2SO4

固体，其目的是控制浓度一致。答案为：硫酸至pH=4.0；控制浓度一致；(4)为测定FeCO3的纯度，除样品总质量外，还需求出FeCO3的质量(由反应生成的CO2进行计算)，所以需测定的物理量是C中U形管的增重。答案为：C中U形管的增重；(5)通过以上实验分析，实验III中的FeCO3纯度高于实验I和实验II，是因为实验III中加入了酸性物质，对溶液的pH进行了调整，从而得出制备FeCO3实验成功的关键因素是调节溶液pH。答案为：调节溶液pH。【点睛】实验IV

中，我们很容易将加入的调节pH的物质写成(NH4)2SO4，这样，就跟原物质的成分相同，达不到探究的目的。26、10.0不能偏大A、B、C、D【详解】Ⅰ.实验室没有470mL的容量瓶，配制470mL的0.50mol·L-1NaOH溶液需要用500mL的容量瓶，至少需要称量NaOH固体的质量为0.5L0.5mol·L-140g/mol=10.0g；（1）不能将环形玻璃搅拌棒改为铜丝搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体；故答案为：不能；（2）大烧杯如不盖硬纸板，会有大量热量散失，导致测量的中和热数值偏小，△H是个负值，得的中和热△H将偏大，故答案为：偏大；（3）A.装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故A正确；B.量取H2SO4溶液的体积时仰视读数，会导致所量的H2SO4体积偏大，硫酸本来就过量，H2SO4体积偏大不会导致放出热量偏高，反而导致混合溶液总质量增大，中和热的数值偏小，故B正确；C.尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，故C正确；D.温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故D正确。故答案为：A、B、C、D。27、AD将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH3已收满打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶C1.8×10‾5-1185kJ/mol-53.3kJ/mol①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【解析】I.（1）浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，而无水氯化钙、五氧化二磷都能够与氨气反应，所以不能用来制氨气；答案选AD；（2）检验三颈瓶集满NH3的方法是：将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH3已收满；（3）要形成喷泉实验，应使瓶内外形成负压差，而氨气极易溶于水，所以打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶，氨气溶于水，使瓶内压强降低，形成喷泉；三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，故答案为打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶；C；（4）设氨水的物质的量浓度为c，则：c×20mL=0.05000mol/L×22.40mL，解得c（NH3•H2O）=0.056mol/L，弱电解质电离平衡常数Kb=，pH=11的氨水中c（OH-）=0.001mol/L，c（OH-）≈c（NH4+）=0.001mol/L，则：Kb===1.8×10-5；II.（1）已知单质硫的燃烧热为296kJ/mol，是指1mol硫完全燃烧生成稳定氧化物二氧化硫时放出的热量，则硫燃烧的热化学方程式为：①S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝－296kJ/mol；二氧化硫催化氧化为三氧化硫的热化学方程式为：②2SO2（g）+O2（g）＝2SO3（g）△H＝－198kJ/mol；依据盖斯定律计算得到①×2+②，即2S（s）+3O2（g）＝2SO3（g），所以△H＝[-296×2+（-198）]＝－790kJ/mol，所以3molS（s）生成3molSO3（g）的焓变＝＝－1185kJ/mol；（2）醋酸和氢氧化钠的物质的量分别是0.05mol和0.055mol，生成水的物质的量是0.05mol。反应中放出的热量是（300.7K－298.0K）×4.18J/(g·K)×200g＋（300.7K－298.0K）×150.5J/K＝2663.55J，则CH3COOH的中和热ΔH＝＝－53.3kJ/mol；（3）CH3COOH的中和热的文献值为－56.1kJ/mol，即测定结果偏低.这说明反应中由热量损失，所以可能的原因有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。【点睛】本题考查了氨气的制备和喷泉实验的设计、电离常数的计算，反应热的计算等，明确喷泉实验原理和氨气的性质是解题关键，注意电离平衡常数表达式的书写，题目难度中等。28、N（或氮）糖抗酸－NH2水体富营