北京第十二中学2026届化学高二第一学期期中综合测试试题含解析

北京第十二中学2026届化学高二第一学期期中综合测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、下列水溶液一定呈中性的是A．c(NH4+)=c(C1-)的NH4Cl溶液B．c(H+)=1×10-7mol·L-1的溶液C．pH=7的溶液D．室温下将pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合后的溶液2、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）I1I2I3I4……R7401500770010500下列关于元素R的判断中一定正确的是（）①R的最高正价为+3价②R元素位于元素周期表中第ⅡA族③R元素第一电离能大于同周期的相邻元素④R元素基态原子的电子排布式为1s22s22p1A．①② B．②③ C．③④ D．①④3、已知298K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH＝13，则下列说法不正确的是()A．所得溶液中的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1B．加入Na2CO3固体，可能生成沉淀C．所加的烧碱溶液的pH＝13D．所得溶液中的c(Mg2＋)＝5.6×10－10mol·L－14、下列反应既是复分解反应，又是吸热反应的是A．铝片与稀盐酸的反应B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应C．灼热的炭与二氧化碳的反应D．甲烷在氧气中的燃烧反应5、在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol·L－1。下列判断错误的是A．x＝1B．B的转化率为50%C．2min内A的反应速率为0.3mol·L－1·min－1D．若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应达到平衡状态6、在2L密闭容器中充有2molSO2和一定量的O2，发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。当反应进行到4min时，测得此时SO2为0.4mol，则2min时密闭容器中SO3的物质的量为（）A．1.6mol B．1.2mol C．大于1.6mol D．小于1.2mol7、下列过程中的焓变小于零的是A．铝与盐酸反应 B．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应C．二氧化碳与碳反应 D．石灰石高温分解8、下列实验操作规范且能达到目的的是()目的操作A．取20.00mL盐酸在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B．除去锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡后，再将不溶物用酸溶解去除C．测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上D．证明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)在0.1mol/LNa2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液,再加入少量等浓度的CuSO4溶液A．A B．B C．C D．D9、一定量铝片与过量的稀盐酸反应，为了加快反应速率，同时几乎不影响生成的氢气总量，不可以采取的措施是A．加热，升高溶液温度B．将铝片改为等质量的铝粉C．加入少量CuSO4溶液D．加入浓度较大的盐酸10、在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是A． B． C． D．11、增大压强对下列反应的速率无影响的是A．CO2(g)＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2OB．H2(g)＋I2(g)2HI(g)C．NaCl＋AgNO3===AgCl↓＋NaNO3D．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)12、关于溴乙烷与NaOH的乙醇溶液反应的现象和产物检验，说法正确的是()A．实验中观察不到有气体生成B．往反应后的溶液中加入AgNO3溶液检验是否有Br－生成C．生成的气体可直接通入到酸性高锰酸钾溶液中检验是否有乙烯生成D．生成的气体可直接通入到溴水中检验是否有乙烯生成13、下列溶液中微粒浓度的关系正确的是A．常温下，0.1mol/LNaHC2O4溶液的pH<7：c(Na＋)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(H＋)>c(C2O42-)B．NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（OH-）=c（CO32-）+c（H+）C．向0.1mol/L的CH3COONa溶液中加入少量NaHSO4固体，所得溶液中：c（CH3COOH）+c(CH3COO-)=c(Na+)-c(SO42-)D．常温下，pH相同的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③(NH4)2SO4三种溶液中c(NH)：①>③>②14、下列对化学反应的认识正确的是A．化学反应过程中，分子的种类和数目一定发生改变B．如果某化学反应的△H和△S均小于0，则反应一定能自发进行C．化学反应过程中，一定有化学键的断裂和形成D．放热反应的反应速率一定比吸热反应的反应速率大15、下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（）ABCD硅太阳能电池锂离子电池太阳能集热器燃气灶A．A B．B C．C D．D16、纳米分子机器日益受到关注，机器常用的“车轮”组件结构如下图所示，下列说法正确的是（）A．①②③④均属于烃 B．①③均属于苯的同系物C．①②③均能发生取代反应 D．②④的二氯代物分别有3种和6种17、某温度下，在容积固定不变的密闭容器中进行如下可逆反应：X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s)ΔH>0，一段时间后，达到化学平衡状态．下列叙述正确的是A．通入稀有气体，平衡向正反应方向移动B．加入少量W，逆反应速率增大C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小D．降低温度，平衡向逆反应方向移动18、下列物质属于食品添加剂的是A．NaOH B．工业NaCl C．甲醛水溶液 D．胡萝卜素19、在的溶液中可能存在、、、、，已知的浓度为，则下列离子一定能大量存在的是（）A． B． C． D．20、下列说法正确的是A．石墨烃、光导纤维、氧化铝陶瓷都是新型无机非金属材料B．煤的干馏、石油的分馏、蛋白质的盐析都属于化学变化C．洗涤剂、热碱液、汽油三种物质清洗油污的原理相同D．水华、赤湖、水俣病等水体污染都与大量排放含N元素的物质有关21、某温度下，当1g氨气完全分解为氮气、氢气时，吸收2.72kJ的热量，则此状态下，下列热化学方程式正确的是()①N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ/mol②N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH＝－46.2kJ/mol③NH3(g)=N2(g)＋H2(g)ΔH＝＋46.2kJ/mol④2NH3(g)=N2(g)＋3H2(g)ΔH＝－92.4kJ/molA．①② B．①③ C．①②③ D．全部22、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）①溴水中有下列平衡Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅②工业合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＜0，为提高氨的产率，实际生产中采取高温、高压的措施③反应2NO2(g)N2O4(g)达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色先变深后变浅④对于2HI(g)H2(g)＋I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深A．①② B．②③ C．③④ D．②④二、非选择题(共84分)23、（14分）下表中①~⑦表示元素周期表的部分元素。IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA12①②③3④⑤⑥⑦（1）②元素最外层电子数比次外层电子数多______个，该元素的符号是_______；⑦元素的氢化物的电子式为____________________。（2）由①③④三种元素组成的物质是______________，此物质的水溶液显_____性。（3）⑥元素的原子半径大于③的理由是____________________________________。（4）④元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强于⑤元素，用一个化学方程式来证明。________________________________________24、（12分）有机物A、B、C、D、E之间发生如下的转化：（1）写出D分子中官能团的名称：_____，C物质的结构简式：____．（2）向A的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时产生的实验现象是__________．（3）请写出下列转化的化学反应方程式：①（C6H10O5）n→A：_____；②乙烯生成聚乙烯：_____．25、（12分）某兴趣小组在实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠和水混合反应来制备溴乙烷，并探究溴乙烷的性质。有关数据见下表：乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红色液体密度/(g·cm−3)0.791.443.1沸点/℃78.538.459一．溴乙烷的制备反应原理和实验装置如下(加热装置、夹持装置均省略)：H2SO4+NaBrNaHSO4+HBr↑CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O(1)图中沸石的作用为_____________。若图甲中A加热温度过高或浓硫酸的浓度过大，均会使C中收集到的粗产品呈橙色，原因是A中发生了副反应生成了________；F连接导管通入稀NaOH溶液中，其目的主要是吸收_________等防止污染空气；导管E的末端须低于D中烧杯内的水面，其目的是_______________________________。(2)粗产品用上述溶液洗涤、分液后，再经过蒸馏水洗涤、分液，然后加入少量的无水硫酸镁固体，静置片刻后过滤，再将所得滤液进行蒸馏，收集到的馏分约10.0g。从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是_____________(保留3位有效数字)。二．溴乙烷性质的探究用如图实验装置验证溴乙烷的性质：(3)在乙中试管内加入10mL6mol·L－1NaOH溶液和2mL溴乙烷，振荡、静置，液体分层，水浴加热。该过程中的化学方程式为_______________________________________，证明溴乙烷与NaOH溶液已反应完全的现象是________________________________。(4)若将乙中试管里的NaOH溶液换成NaOH乙醇溶液，为证明产物为乙烯，将生成的气体通入如图装置。a试管中的水的作用是________________；若无a试管，将生成的气体直接通入b试管中，则b中的试剂可以为______________。26、（10分）已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O．某化学小组根据上述反应原理进行下列实验：I．测定H2C2O4溶液的物质的量浓度实验步骤如下：①取待测H2C2O4溶液25.00mL放入锥形瓶中，再加入适量的稀硫酸；②用0.1mol/L

KMnO4溶液滴定至终点，记录数据；③重复滴定2次，平均消耗KMnO4溶液20.00mL。请回答：（1）滴定时，将KMnO4溶液装在______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。（2）若在步骤①操作之前，先用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，则测得H2C2O4溶液的浓度会______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。（3）步骤②中到达滴定终点时的现象为_______________________________。（4）计算H2C2O4溶液的物质的量浓度为__________mol/L。II．探究反应物浓度对化学反应速率的影响设计如下实验方案（实验温度均为25℃）：实验序号体积V/mL0.1mol•L-1KMnO4溶液

0.11mol•L-1H2C2O4溶液0.11mol•L-1H2SO4溶液H2O①2.05.06.07.0②2.08.06.0V1③2.0V26.02.0请回答：（5）表中v1=______。（6）实验中需要测量的数据是______________________________。（7）实验中______（填“能”或“不能”）用0.2mol/L盐酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，理由是_________。27、（12分）苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。反应原理：己知：甲苯的熔点为-95℃，沸点为110.6℃，易挥发，密度为0.866g/cm3；苯甲酸的熔点为122.4℃,在25°C和95℃下溶解度分别为0.3g和6.9g。i制备产品：将30.0mL甲苯和25.0mLlmol/L高锰酸钾溶液在100°C下反应30min，装置如图所示。（1）图中冷凝管的进水口为________(填“a”或“b”）。支管的作用是___________。（2）在本实验中，三颈烧瓶最合适的容积__________(填字母）。A．50mLB．I00mLC．200mLD．250mL相对于用酒精灯直接加热，用沸水浴加热的优点是___________________。ii分离产品：该同学设计如下流程分离粗产品苯甲酸和回收甲苯（3）操作Ⅰ的名称是___________；含有杂质的产物经操作Ⅱ进一步提纯得无色液体甲苯，则操作Ⅱ的名称是______________。iii纯度测定（4）称取1.220g产品，配成100mL甲酸溶液，取25.00mL溶液，用0.1000mol/LKOH溶滴定（与苯甲酸恰好完全反应）。重复三次，平均每次消耗KOH溶液的体积24.00mL。样品中苯甲酸纯度为______________。（5）测定白色固体的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，该同学推测白色固体是苯甲酸与KCl的混合物,应采用___________法对样品提纯。28、（14分）已知t℃时，0.01mol/LNaOH溶液的pH＝11，0.1mol/L的HA溶液中c(H+)/c(OH-)=109请回答下列问题：（1）该温度下，水的离子积Kw＝_____，0.1mol/L的HA溶液中水电离出的c(OH-)=_____。（2）在室温下，将pH之和为14的NaOH溶液和HA溶液等体积混合后，所得溶液呈_____(填“酸”“碱”或“中”)性。（3）在室温下，蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时，下列呈减小趋势的是_____。A．水的电离程度B．c(HA)/c(A-)C．溶液中c(H＋)和c(OH－)的乘积D．溶液中c(A－)·c(HA)的值（4）室温下，取pH＝2的盐酸和HA溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示：①图中表示HA溶液pH变化曲线的是____(填“A”或“B”)。②设盐酸中加入Zn的质量为m1，HA溶液中加入Zn的质量为m2，则m1_____m2(填“>”“<”或“＝”)。（5）室温下，取0.01mol/L的盐酸和HA溶液各100mL，分别滴加0.01mol/LNaOH溶液至恰好完全反应，所需NaOH溶液的体积前者____后者(填“>”“<”或“＝”)。29、（10分）(1)甲醚（CH3OCH3）是一种无色气体，具有轻微的醚香味，其燃烧热为1455kJ/mol，写出甲醚燃烧的热化学方程式_____；已知H2(g)和C(s)的燃烧热分别是285.8kJ•mol﹣1、393.5kJ•mol﹣1；计算反应4C(s)+6H2(g)+O2(g)═2CH3OCH3(g)的反应热△H=______；(2)用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－574kJ·mol－1CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1160kJ·mol－1若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为________(阿伏加德罗常数用NA表示)，放出的热量为________kJ。(3)在25℃、101kPa时，1.00gC6H6(l)燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出41.8kJ的热量，则表示C6H6燃烧热的热化学方程式为_______________________________________。

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、A【解析】水溶液的温度不一定是室温，故pH＝7或c(H＋)＝10－7mol/L时，溶液不一定呈中性；选项D中由于不知酸、碱的相对强弱，故无法判断溶液的酸碱性，NH4Cl溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NH4+)＝c(Cl－)，则c(OH－)＝c(H＋)，溶液一定呈中性。答案选A。2、B【分析】根据第一至第四电离能分析该元素的电离能可知，第三电离能剧增，说明最外层有2个电子，容易失去2个电子，则该元素原子形成离子的化合价为+2价，进而推断元素的种类及元素原子结构，由此分析解答。【详解】①最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，①错误；②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，②正确；③同周期第ⅡA族核外电子排布式为ns2，达稳定结构，所以R元素第一电离能大于同周期相邻元素，③正确；④R元素可能是Mg或Be，若Be，其电子排布式为：1s22s2，若Mg，其电子排布式为：1s22s22p63s2，④错误；②③正确，故答案为：B。3、C【详解】A：所得溶液的pH=13，即c(H＋)=1.0×10－13mol·L－1，A正确；B：若溶液中的Mg2＋和CO32-浓度达到一定程度即可生成沉淀，B正确；C：在反应过程中，原烧碱溶液的部分溶质被消耗且溶液体积增大，最终溶液中的pH=13，原溶液碱性一定更强，C错误；D：由Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12可知，5.6×10－12=c(Mg2＋)×c2(OH-)，得c(Mg2＋)=5.6×10－10mol·L－1，D正确；答案为C。4、B【分析】两种化合物互相交换成分，生成两种新化合物的反应叫做复分解反应；反应时从环境吸取能量的反应叫做吸热反应，常见的从吸热反应有：大多数分解反应、氢氧化钡晶体和氯化铵固体的反应、碳和二氧化碳的反应等。【详解】A．该反应为置换反应，同时为放热反应，A错误；B．该反应为复分解反应，同时为吸热反应，B正确；C．该反应为化合反应，同时为吸热反应，C错误；D．该反应不属于四种基本反应类型，为放热反应，D错误；故选B。5、B【详解】A.C的浓度为0.2mol•L‾1，生成C的物质的量为0.2mol•L‾1×2=0.4mol，根据方程式可知：x：2=0.4mol：0.8mol，所以x=1，A正确；B.根据三段式计算：3A(g)+B(g)C(g)+2D(s)

初始浓度（mol•L‾1）1.50.50

转化浓度（mol•L‾1）0.60.20.20.4

平衡浓度（mol•L‾1）0.90.30.20.4据以上分析可知，B的转化率=×100%=40%，B错误；C.2min内A的平均反应速率==0.3mol/(L·min)，C正确；D.因反应前后各物质均为气态，则反应前后气体的质量不变化，而气体总物质的量是变化的，则混合气体的平均相对分子质量在反应过程中是变化的，若平均相对分子质量在反应过程中不变了，则表明该反应达到平衡状态，D正确；故答案选B。6、D【详解】根据化学反应速率的概念可知，进行到4min时，测得n(SO2)=0.4mol，此时反应的速率为v(SO2)==0.2mol/(L•min)；反应进行到前2min末时设二氧化硫物质的量为x，依据速率定义可得v′(SO2)=；进行到2min时的物质浓度大于4min时的物质的浓度，所以反应时4min的反应速率小于2min的反应速率，即v′(SO2)=＞0.2mol/(L•min)，整理得，x＜1.2mol，故选D。【点睛】解答本题要注意浓度对化学反应速率的影响，浓度越大，反应速率越大，前2min的反应速率要大于后2min的反应速率。7、A【详解】A.铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气的反应是放热反应，焓变小于零，故A符合题意；B.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应生成氯化钡和一水合氨的反应为吸热反应，焓变大于零，故B不符合题意；C.二氧化碳与碳共热发生氧化还原反应生成一氧化碳的反应为吸热反应，焓变大于零，故C不符合题意；D.石灰石高温分解的反应属于吸热反应，焓变大于零，故D不符合题意；故选A。8、B【详解】A.由于滴定管下端没有刻度，则放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00mL，故A错误；B.CaCO3的溶解度小于CaSO4，且饱和碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度较大，溶液中c（Ca2+）·c（CO32-）>ksp（CaCO3），故CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡可转化为溶解度更小的CaCO3，然后再用稀盐酸溶解除去，故B正确；C.用湿润的pH试纸测定醋酸钠溶液的pH会造成测定结果偏小，故C错误；D.因Na2S溶液过量，会生成两种沉淀，ZnS沉淀不会转化为CuS，则不能比较溶度积的大小，故D错误；答案选B。9、C【解析】升高温度可加快反应速率，且不影响生成的氢气总量，A错误；铝片改为等质量的铝粉，增大反应物与酸的接触面积，反应速率加快，B错误；加入少量CuSO4溶液，铝与硫酸铜反应置换出铜，形成原电池，反应速率加快，由于铝片的量减少，所以影响了生成氢气总量，C正确；加入浓度较大的盐酸，速率加快，但不影响生成的氢气总量，D错误；正确答案：C。10、D【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。11、C【解析】试题分析：压强对反应速率的影响只能适用于有气体参加或生成的反应体系，其实质是通过改变气体的浓度来实现的，据此可知选项ABD中均有气体参加，增大压强对反应速率有影响，而选项C中没有气体参加或生成，改变压强对反应速率是没有影响的，答案选C。考点：考查压强对反应速率的影响点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。明确压强对反应速率影响的实质和适用范围是答题的关键。12、D【详解】A.实验中观察到有气体生成，气体为乙烯，故A错误；

B.往反应后的溶液中加入AgNO3溶液，不能检验是否有Br-生成，因反应后溶液为碱性，与硝酸银反应，干扰溴离子检验，故B错误；

C.乙醇易挥发，乙醇、乙烯均能被高锰酸钾氧化，则生成的气体直接通入到酸性高锰酸钾溶液中，不能检验是否有乙烯生成，故C错误；

D.乙烯与溴水发生加成反应使其褪色，则生成的气体可直接通入到溴水中检验是否有乙烯生成，故D正确；答案：D。【点睛】溴乙烷与NaOH的乙醇溶液反应，为消去反应，生成乙烯气体、NaBr，若检验溴离子，应先加硝酸至酸性，再加硝酸银观察是否生成淡黄色沉淀，以此来解答。13、C【分析】0.1mol/LNaHC2O4溶液的pH<7，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；根据质子守恒，NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（H+）=c（CO32-）+c（OH-）；根据物料守恒分析C选项；c(NH)越大，水解后酸性越强，氯离子、硫酸根离子对铵根离子水解无影响，铝离子抑制铵根离子水解；【详解】0.1mol/LNaHC2O4溶液的pH<7，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度，所以c(H2C2O4)<c(C2O42-)，故A错误；根据质子守恒，NaHCO3溶液中：c(H2CO3)+c(H+)=c（CO32-）+c（OH-），故B错误；根据物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(SO42-)=c(Na+)，所以c(CH3COOH）+c(CH3COO-)=c(Na+)-c(SO42-)，故C正确；c(NH)越大，水解后酸性越强，氯离子、硫酸根离子对铵根离子水解无影响，所以c(NH)：①=③，铝离子抑制铵根离子水解，所以NH4Al(SO4)2中铵根离子浓度最小，三种溶液中c(NH)：①=③>②，故D错误。选C。14、C【分析】A.化学反应前后分子种类发生变化，但数目不一定变化；B.反应自发进行的判断根据是:∆H-T∆S<0；C.化学反应的实质是旧化学键的断裂的同时，新化学键的形成过程；D.反应速率的大小与反应的吸放热无关。【详解】A项，化学反应过程中，分子数目不一定变化，如气体等体积的反应:H2(g)+I(g)2HI(g)，A错误；B项，若ΔH和ΔS均小于0，反应可能自发，和温度有关，B错误；C项，化学反应过程中，一定有旧键的断裂和新键的形成，C正确；D项，决定反应速率的主要因素是自身的性质，与吸热和放热反应无关，D错误；正确选项C。【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④△H>0、∆S>0，高温下自发进行。15、D【详解】A.硅是良好的光电材料，硅太阳能电池是太阳能转化为电能的装置，故A不选；B.锂离子电池是化学能转化为电能的装置，为原电池，故B不选；C.太阳能集热器是太阳能转化为热能的装置，故C不选；D.燃气灶是化学能转化为热能的装置，故D选；故选：D。16、D【解析】A.烃是只含含碳和氢元素的有机物，而③富勒烯只含碳元素，属于单质，不属于烃，A项错误；B.苯的同系物只含1个苯环，B项错误；C.③富勒烯只含碳元素，不能发生取代反应，C项错误；D.②立方烷的二氯代物分别为3种，④金刚烷的二氯代物为、、、、、共6种，D项正确；答案选D。【点睛】D项为本题的难点，可采用“定一移一”的思想利用基团位移法分类讨论，如金刚烷的二氯代物判断方法为先定一个氯原子的位置，然后顺次再金刚烷的环上移动另一个氯原子，特别注意的是要考虑金刚烷特殊的对称性，避免重复。17、D【详解】A．容积不变，通入稀有气体，各种物质的浓度是不变的，所以平衡不移动，故A错误；B．W是固体，加入少量W，不影响平衡的移动和反应速率，故B错误；C．升高温度，正逆反应速率都是增大的，故C错误；D．正反应是吸热反应，所以降低温度平衡向逆反应方向移动，D正确；答案选D。18、D【详解】A.NaOH有腐蚀性，不能作食品添加剂，选项A错误；B.工业NaCl含有有毒杂质，不能食用，选项B错误；C.甲醛水溶液有毒，不能食用，选项C错误；D.胡萝卜素是营养素，属于食品添加剂，选项D正确。答案选D。19、B【详解】A．在的溶液中存在大量的H+，H+、NO3-、Fe2+发生氧化还原反应，三者不能大量共存，因此一定不存在Fe2+，故A错误；B．在的溶液中存在大量的H+，且c(H+)=0.1mol/L，H+、NO3-、Fe2+发生氧化还原反应，三者不能大量共存，因此一定不存在Fe2+，H+能够与CO32-反应，一定不存在CO32-，NO3-的浓度为0.12mol/L，溶液中一定还存在至少一种阳离子，因此一定存在Na+，故B正确；C．根据B的分析，溶液中一定存在H+、NO3-、Na+，一定不存在Fe2+、CO32-；无法判断是否存在SO42-，故C错误；D．在的溶液中存在大量的H+，H+能够与CO32-反应，因此不存在CO32-，故D错误；故选B。20、A【解析】A、三个都是无机非金属材料，A正确。B、石油的分馏和蛋白质的盐析属于物理变化，B错误。C、洗涤剂清洗油污是利用洗涤剂亲油基团包围并分散油滴，并进一步分散到水中达到去污效果；热碱液清洗油污是利用油污在碱性条件下水解生成可溶物从而除去油污；汽油清洗油污是利用汽油能够溶解油污的性质，三者原理各不相同，C错误。D、水华和赤潮与大量排放含N元素的物质有关，而水俣病则是由于Hg污染引起的后果，D错误。正确答案A。点睛：无机非金属材料切忌理解为只含有非金属元素。21、B【详解】①n(NH3)==mol，则分解1molNH3吸收17×2.72kJ=46.24kJ能量，生成1molNH3放出46.24kJ能量，则生成2molNH3放出2×46.24kJ≈92.4kJ，故①正确；②根据①分析，生成2molNH3放出2×46.24kJ≈92.4kJ，故②错误；③生成1molNH3放出46.24kJ能量，则分解1molNH3吸收46.24kJ能量，故③正确；④分解2molNH3吸收92.4kJ能量，而不是放出，故④错误；答案选B。【点睛】如果正反应方向放热，则逆反应方向吸热，物质的物质的量与放出的热量成正比。22、D【分析】①溴水中有下列平衡Br2+H2O⇌HBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，生成溴化银沉淀，平衡向正反应方向移动；②合成氨反应，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0，降低温度有利于平衡向正反应方向移动，而高温是从加快反应速率考虑，③反应2NO2(g)⇌N2O4(g)达平衡后，缩小容器体积瞬间二氧化氮气体浓度变大，可使体系颜色先变深，后平衡正向移动颜色变浅；④对于2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)气体两边的计量数相等，缩小容器体积平衡不移动；【详解】①溴水中有下列平衡Br2+H2O⇌HBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，生成溴化银沉淀，平衡向正反应方向移动，溶液颜色变浅，故①能用勒夏特列原理解释；②合成氨反应，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施，有利于平衡向正反应方向移动，而高温是从加快反应速率考虑，故②不能用勒夏特列原理解释；③反应2NO2(g)⇌N2O4(g)达平衡后，缩小容器体积瞬间二氧化氮气体浓度变大，可使体系颜色先变深，后平衡正向移动颜色变浅，故③能用勒夏特列原理解释；④对于2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)气体两边的计量数相等，缩小容器体积平衡不移动，但气体浓度变大可使体系颜色变深，故④不能用勒夏特列原理解释。综上，本题选D。二、非选择题(共84分)23、3NNa2CO3碱性③⑥处于同一主族中，它们的原子半径大小主要取决于电子层数，⑥原子的电子层数大于③原子的电子层数，所以⑥元素的原子半径大于③元素的原子NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O【详解】根据元素在周期表中的分布，可以推知①是C，②是N，③是O，④是Na，⑤是Al，⑥是S，⑦是Cl。（1）②是氮元素，最外层电子数为5，比次外层电子数多3个，该元素的符号是N；⑦是Cl元素，其氢化物氯化氢的电子式为；（2）由①③④三种元素组成的物质是碳酸钠，其化学式为Na2CO3，碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性；（3）③⑥分别为O、S元素，③⑥处于同一主族中，它们的原子半径大小主要取决于电子层数，⑥原子的电子层数大于③原子的电子层数，所以⑥元素的原子半径大于③元素的原子；（4）④是钠元素，其最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠的碱性强于⑤铝元素的最高价氧化物的水化物氢氧化铝，可用化学方程式为NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O来证明。24、羧基CH3CHO有（砖）红色沉淀产生（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6nCH2═CH2【分析】根据题中各物质转化关系，反应⑥是光合作用产生A和氧气，则A为葡萄糖（C6H12O6），（C6H10O5）n水解能产生葡萄糖，所化合物乙为水，反应①为糖类的水解，反应②葡萄糖在酒化酶的作用生成化合物甲(二氧化碳)和B，B为CH3CH2OH，反应③为B发生氧化反应生成C为CH3CHO，反应④为C发生氧化反应生成D为CH3COOH，反应⑤为B和D发生酯化反应生成E为CH3COOC2H5，反应⑦为乙烯的燃烧反应生成二氧化碳和水，反应⑧为乙烯与水加成生成乙醇。【详解】根据以上分析，（1）D是CH3COOH，分子中官能团的名称是羧基，C是乙醛，结构简式是CH3CHO；（2）A为葡萄糖（C6H12O6），葡萄糖含有醛基，向葡萄糖的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时氢氧化铜被还原为砖红色沉淀氧化亚铜，产生的实验现象是有砖红色沉淀产生；（3）①（C6H10O5）n发生水解反应生成葡萄糖，反应方程式为（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6；②乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，方程式是nCH2═CH225、防暴沸Br2HBr、SO2、Br2使溴乙烷充分冷却53.4%CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr试管乙中分层现象消失吸收乙醇溴水或溴的CCl4溶液【分析】(1)产生的HBr是用NaBr和浓硫酸反应制备的，浓硫酸具有强氧化性，结合溴离子具有还原性分析解答；反应产生SO2，Br2，HBr气体，均会污染大气；导管E的作用是冷凝溴乙烷，据此分析解答；(2)最终收集到10.0g馏分，为溴乙烷(CH3CH2Br)，根据反应物中为10.0mL乙醇，结合反应方程式计算溴乙烷的理论产量，在计算产率；(3)溴乙烷在NaOH水溶液中加热发生水解反应，产生的NaBr和乙醇均易溶于水，而溴乙烷难溶于水，据此分析解答；(4)产生的乙烯中可能会混入乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则应先除去混有的乙醇，再验证乙烯，结合乙烯和乙醇的性质的差异选择合适的试剂。【详解】(1)加入沸石可以防止液体加热是发生暴沸；产生的HBr是用NaBr和浓硫酸反应制备的，若图甲中A加热温度过高或浓硫酸的浓度过大，浓硫酸具有强氧化性，反应温度过高会使反应剧烈，产生橙色的Br2，均会使C中收集到的粗产品呈橙色，发生反应的化学方程式为：2HBr+H2SO4(浓)=Br2+SO2+2H2O；反应产生SO2，Br2，HBr气体，会污染大气，应用NaOH溶液吸收，防止污染空气；导管E的作用是冷凝溴乙烷，导管E的末端须低于D的水面，可以使溴乙烷充分冷却，提高产率，故答案为：防暴沸；Br2；SO2，Br2，HBr；使溴乙烷充分冷却，提高产率；(2)10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为=0.172mol，所以理论上制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为0.172mol×109g/mol=18.75g，实际上产量为10g，则溴乙烷的产率=×100%=53.4%，故答案为：53.4%；(3)在乙中试管内加入NaOH溶液和溴乙烷，振荡，二者发生溴乙烷的水解反应，反应的方程式为CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；溴乙烷难溶于水，而产物均易溶于水，因此验证溴乙烷与NaOH溶液已反应完全的现象是试管乙中分层现象消失，故答案为：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；试管乙中分层现象消失；(4)为证明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中反应的气体产物为乙烯，将生成的气体通入丙装置，随着反应的发生，产生的乙烯中可能会混有乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则应先用水除去混有的乙醇，再验证乙烯，所以a试管中的水的作用是：吸收乙醇；若无a试管，b试管中的试剂应为能与乙烯反应而不与乙醇反应，可考虑溴水(或溴的CCl4溶液)，故答案为：吸收乙醇；溴水(或溴的CCl4溶液)。26、酸式偏大溶液由无色变为紫红色且在半分钟内不褪色0.24.010.0KMnO4溶液完全褪色所需的时间不能,KMnO4能氧化盐酸。【解析】（1）高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶管；（2）引起滴定过程中消耗标准溶液体积增大，故测定溶液浓度偏大；（3）KMnO4溶液显紫红色；（4）根据C（待测）=C（标准）×V(标准)V(待测)（5）H2O的体积是为了保证溶液总体积一致；（6）可根据KMnO4溶液完全褪色所需的时间判断反应速率；（7）KMnO4能氧化盐酸。【详解】（1）高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶管，不能盛装碱式滴定管，故将KMnO4溶液装在酸式滴定管中；（2）若在步骤①操作之前，先用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，待测H2C2O4溶液量多了，滴定过程中消耗标准溶液体积增大，故测定溶液浓度偏大；（3）该实验是氧化还原滴定，终点时KMnO4溶液恰好过量一滴，溶液会显紫红色，30秒内不变色；（4）根据化学方程式可知，5H2C2O4～2MnO4-，则C（H2C2O4）=0.1mol/（5）加入H2O是为了保证溶液总体积一致，故其他体积保持相同，只有草酸浓度这个变量，探究草酸浓度对化学反应速率的影响，故v1=4.0；（6）KMnO4溶液显紫红色，可根据KMnO4溶液完全褪色所需的时间判断反应速率；（7）实验中不能用0.2mol/L盐酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，因为KMnO4能氧化盐酸生成氯气，消耗高锰酸钾，影响测定结果。27、a平衡压强，使甲苯顺利滴入三颈烧瓶B便于控制温度和使容器受热均匀分液蒸馏96%重结晶【详解】（1）根据逆流的冷却的效率高的原理可知，进水口应在冷凝管的下方a处，支管连接了恒压滴液漏斗中的液体上、下方，使恒压滴液漏斗中的液体上、下方的压强相等，便于甲苯顺利滴入三颈烧瓶；综上所述，本题答案是：a，平衡压强，使甲苯顺利滴入三颈烧瓶。

（2）本实验中用到的液体体积约为55mL，所以选择100mL的三颈烧瓶，故选B，沸水浴加热便于控制温度和使容器受热均匀；综上所述，本题答案是：B，便于控制温度和使容器受热均匀。

（3）一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯；所以操作Ⅰ是分离出有机相甲苯，用分液方法得到；操作Ⅱ是蒸馏的方法控制甲苯沸点得到纯净的甲苯液体；综上所述，本题答案是：分液，蒸馏。

（4）苯甲酸纯度=苯甲酸的质量/样品的质量×100%=(2.4×10−3mol×4×122g/mol)/1.22g×100%=96%。综上所述，本题答案是：96%。

（5）由题给信息可知，苯甲酸的熔点为122.4℃,在25°C和95℃下溶解度分别为0.3g和6.9g；而氯化钾溶解度随温度变化较大，因此提纯苯甲酸与KCl的混合物，应采用重结晶法。综上所述，本题答案是：重结晶。【点睛】本实验明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键；本实验应该注意掌握：冷凝管的作用，恒压滴液漏斗的作用，水浴的作用，物质的分离和提纯方法，样品纯度的计算等方面的基础知识，才能解决好综合实验题所涉及到的相关问题。28、1×10－1310－11mol/L酸BDB<＝【分析】（1）0.01mol·L-1NaOH溶液中c（OH－）=10-2mol·L－1，已知pH=11，根据Kw的公式计算；0.1mol·L-1的HA溶液中c(H＋)/c(OH－)=109，根据Kw计算c（H＋），再计算水电离的的c(OH-)；（2）在室温下，pH之和为14的NaOH溶液和HA溶液，c（OH－）=c（H＋），由于酸是弱酸，酸的浓度大于氢离子浓度；（3）HA是弱电解质，加水稀释HA，促进HA电离，则n（A－）、n（H＋）增大，n（HA）减小，但酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c（A－）、c（H＋）、c（HA）都减小。（4）HA是弱电解质，在反应过程中HA继续电离出氢离子，则反应过程中HA中pH增大程度小于HCl，当完全反应后，HA和盐酸中pH相等，则HA反应的物质的量大于盐酸，根据酸和锌之间的关系计算．（5）0.01mol·L－1的盐酸和HA溶液各100mL，能提供的氢离子相同，消耗的碱相同。【详解】（1）0.01mol·L-1NaOH溶液中c（OH－）=10-2mol·L－1，已知pH=11，即c（