安徽省宣城市郎溪县七校2026届高二上化学期中学业质量监测模拟试题含解析

安徽省宣城市郎溪县七校2026届高二上化学期中学业质量监测模拟试题请考生注意：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、兴趣小组在实验室中模拟利用甲烷和氯气发生取代反应制取副产品盐酸，设计如图装置，下列说法错误的是A．实验时先点燃A处酒精灯再通甲烷B．从D中分离出盐酸的方法为过滤C．装置C经过一段时间的光照射后，生成的有机物有4种D．装置B有均匀混合气体、控制气流速度、干燥混合气体等作用2、下列物质分类组合正确的是ABCD强电解质HBrFeCl3H3PO4Ca(OH)2弱电解质HFCH3COOHBaSO4HI非电解质NH3CuH2OC2H5OHA．A B．B C．C D．D3、下列各组离子在溶液中能大量共存的是A．Ca2＋、HCO3-、Cl－、K＋B．Al3＋、AlO2-、HCO3-、Na＋C．Fe2＋、H＋、SO42-、S2－D．Fe3＋、SCN－、Na＋、CO32-4、中和反应反应热的测定中使用0.50mol/L的酸和0.55mol/L的碱。在相同的条件下，下列测定结果最接近57.3kJ·mol－1的是A．用H2SO4和Ba(OH)2B．用CH3COOH和Ba(OH)2C．用盐酸和NaOHD．用CH3COOH和NaOH5、下列不能用水鉴别的一组是A．溴苯乙酸B．硝基苯乙醛C．甲苯乙酸乙酯D．二甲苯乙醇6、汽车尾气净化反应之一：NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)ΔH＝－373.4kJ·mol-1。若反应在恒容的密闭容器中达到平衡状态，下列说法正确的是A．及时除去二氧化碳，正反应速率加快B．混合气体的密度不变是该平衡状态的标志之一C．降低温度，反应物的转化率和平衡常数均增大D．其它条件不变，加入催化剂可提高反应物的转化率7、下列关于溶液的酸碱性，说法正确的是（）A．pH＝7的溶液呈中性B．中性溶液中一定有：c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1C．c(H＋)＝c(OH－)的溶液呈中性D．在100°C时，纯水的pH＜7，因此显酸性8、下列有关说法正确的是A．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：2c(Na＋)＝3c(CO32－)＋3c(HCO3－)＋3c(H2CO3)B．已知MgCO3的Ksp=6.82×10-6，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c(Mg2+)=c(CO32-),且c(Mg2+)·c(CO32-)=6.82×10-6mol•L-1C．将0.2mol/L的NH3·H2O与0.1mol/L的HCl溶液等体积混合后PH>7，则c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+)D．用惰性电极电解Na2SO4溶液，阳阴两极产物的物质的量之比为2:19、压强对化学反应速率的影响针对的是（）的反应A．一切化学反应 B．有固体参加或有固体生成的反应C．有气体参加或有气体生成的反应 D．有液体参加或有液体生成的反应10、已建立平衡的可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列有关叙述正确的是①生成物的百分含量一定增加；②生成物的产量一定增加；③反应物的转化率一定增加；④反应物物质的量浓度一定减小；⑤正反应速率一定大于逆反应速率；⑥使用了催化剂A．①②B．②⑤C．③⑤D．③④⑥11、实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是A． B． C． D．12、下列化合物中，既能发生消去反应生成烯烃，又能发生水解反应的是（）A．CH3CH2OHB．C．D．13、在我们的日常生活中出现了“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”和“含氟牙膏”等商品。这里的碘、铁、钙、硒、氟指的是（）A．元素 B．单质 C．分子 D．氧化物14、下列说法关于离子浓度说法不正确的是A．室温下，向0.20mol/LNH4HCO3中通入CO2至溶液呈中性：c(NH4＋)=c(HCO3—)+2c(CO32—)B．10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合，c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(OHˉ)＞c(H+)C．向0.30mol/LNa2SO3中通入CO2:c(Na＋)＝2[c(SO32—)+c(HSO3—)+c(H2SO3)]D．10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，c(Na+)=c(Cl﹣)＞c(OH-)＞c(H+)15、已知反应A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)ΔH＜0，下列说法正确的是A．达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动B．达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡逆向移动C．升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小D．升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间16、已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9及表中有关信息:弱酸CH3COOHH2CO3电离平衡常数(常温)Ka=1.8×10-5Ka1=4.3×10-7；Ka2=5.6×10-11下列判断正确的是A．向Na2CO3溶液中滴入酚酞,溶液变红，主要原因是CO32－+2H2OH2CO3+2OH－B．常温时，CH3COOH与CH3COONa混合溶液的pH=6，则c(CH3COOH)/c(CH3COO-)＝18C．NaHCO3溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO32－)D．2×10-4mol/L的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合出现沉淀，则CaCl2溶液的浓度一定是5.6×10-5mol/L17、测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（

）A．Na₂SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2OHSO-3+OH-B．④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的C．①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D．①与④的Kw值相等18、化学与社会生活密切相关，下列说法正确的是（）A．体积分数为95%的酒精通常作为医用酒精B．石油裂解、煤的气化、海水的提镁都包含化学变化C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D．利用高纯度二氧化硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能19、化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列说法不正确的是A．氧化镁用作耐火材料B．Na2O常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂C．明矾溶于水形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化D．FeCl3溶液可用于刻制印刷铜电路板20、某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是（）A．Ⅱ为盐酸稀释时pH变化曲线B．a点Kw的数值比c点Kw的数值大C．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度21、向三份0.1mol/LCH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO-浓度的变化依次为（）A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大22、日常生活中遇到水浑浊，要想得到澄清的水，常用（）净水。A．碳酸氢钠 B．碳酸钠 C．明矾 D．氯化钠二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、F、G是7种短周期元素。IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA01A2B3CDEF（1）表中所标出的A、B、C、D、E、F六种元素中，原子半径最大的元素是____________(填元素符号)，非金属性最强的元素是____________(填元素符号)，这两种元素形成的化合物中含有的化学键是_____(填序号);a.离子键b.共价键c.金属键（2）G元素的原子核外M层有4个电子，它在元素周期表中位置是____________；（3）A和E、A和F所形成的化合物中热稳定性较强的是____________(用化学式表示)；（4）写出B、D元素各自所形成的最高价氧化物对应水化物之间发生化学反应的离子方程式____________________________________________________________.（5）能说明F的非金属性比E的非金属性强的实验依据是____________________________________(用化学方程式表示).24、（12分）1912年的诺贝尔化学奖授予法国化学家V.Grignard，用于表彰他所发明的Grignard试剂（卤代烃基镁）广泛运用于有机合成中的巨大贡献。Grignard试剂的合成方法是：RX＋MgRMgX（Grignard试剂）。生成的卤代烃基镁与具有羰基结构的化合物（醛、酮等）发生反应，再水解就能合成各种指定结构的醇：现以2－丁烯和必要的无机物为原料合成3，4－二甲基－3－己醇，进而合成一种分子式为C10H16O4的具有六元环的物质J，合成线路如下：请按要求填空：（1）3，4－二甲基－3－己醇是：____（填代号），E的结构简式是___；（2）C→E的反应类型是_____，H→I的反应类型是____；（3）写出下列化学反应方程式（有机物请用结构简式表示）：A→B___，I→J_____。25、（12分）食用白醋和白酒均为家庭厨房中常见的物质，请至少用三种方法加以区别_____、____、_____。26、（10分）某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol/L、2.00mol/L，大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格，实验温度为25℃、35℃，每次实验HNO3的用量为25.00mL，大理石用量为10.00g。（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空：实验编号温度(℃)大理石规格HNO3浓度(mol/L)实验目的①25粗颗粒2.00(Ⅰ)实验①和②探究浓度对反应速率的影响；(Ⅱ)实验①和③探究温度对反应速率的影响；(Ⅲ)实验①和④探究________对反应速率的影响②25粗颗粒_______③_______粗颗粒2.00④_________细颗粒______（2）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图。计算实验①中70s～90s范围内用HNO3表示的平均反应速率________(忽略溶液体积变化，不需要写出计算过程)。在O～70、70～90、90～200各相同的时间段里，反应速率最大的时间段是________。27、（12分）某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：（实验内容及记录）实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4溶液H2O3mol/L稀硫酸0.05mol/LKMnO4溶液13.02.02.03.01.522.03.02.03.02.731.04.02.03.03.9请回答：(1)写出以上反应的化学方程式：______________________________________________(2)根据上表中的实验数据，可以得到的结论是______________________________________________。(3)利用实验1中数据计算，若用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ(KMnO4)=___________。(4)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。①该小组同学提出的假设是____________________________________________________。②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL再向试管中加入少量固体室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4溶液H2O3mol/L稀硫酸0.05mol/LKMnO4溶液43.02.02.03.0_____t③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是_____________________。28、（14分）含氮类化合物在人类的日常生活中有着重要的作用。(1)研究表明，在200℃，压强超过200MPa时，不使用催化剂，氨便可以顺利合成。但工业上合成NH3往往在温度500℃压强20~50MPa的条件下进行，已知合成氨为放热反应，试分析原因_____________。(2)工业上常利用4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)生产硝酸。在同温条件下，向2L的反应容器中充入2molNH3与2.75molO2，平衡时NH3转化率为50%，则该温度下K=___；保持温度不变，增大压强，则平衡常数_____(填“增大”、“减小”或“不变”)；其他条件不变，下列措施一定可以增大氨气转化率的是____。A．降低氨气浓度B．增大容器体积C．降低温度D．移除水蒸气E．选择合适的催化剂(3)已知：A．2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(l)ΔH=-123kJ/molB．NH2COONH4(l)⇌(NH2)2CO(g)+H2O(g)ΔH=+50kJ/mol①在工业生产中，尿素是由以上A、B两步合成的，则工业上由氨气与二氧化碳合成尿素的热化学反应方程式为：_______________。②尿素合成过程中通过控制温度、NH3和CO2的物质的量比(氨碳比a)等因素来提高CO2的转化率。如图是在其他因素一定，不同氨碳比条件下CO2平衡转化率与温度的关系图。由图可知当温度一定时，a值越大，CO2转化率越大其原因是______；当a一定时，CO2平衡转化率呈现先增大后减小的趋势，其原因为_______。29、（10分）镍在工业生产中有重要作用，以粗氧化镍(主要含NiO、CoO、Fe2O3等)为原料制备纯镍的流程示意图如下：回答下列问题：(1)已知C与CO的燃烧热分别为393.5kJ·mol－1、283.0kJ·mol－1。则反应C(g)+CO2(g)2CO(g)ΔH=____kJ·mol－1，既有利于提高该反应的速率，又有利于提高CO2平衡转化率的措施是______。(2)碱洗过程中发生反应的离子方程式为：______。(3)羰化反应为：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH＜0。在初始温度相同、体积均为1L的三个密闭容器中分别进行该反应，控制不同条件，反应过程中部分数据见下表：反应时间NiCONi(CO)4反应Ⅰ：恒温恒容0min足量4mol0∞xmol反应Ⅱ：恒温恒压0min足量4mol0反应Ⅲ：绝热恒容0min001mol①反应Ⅰ在该温度下的平衡常数K=_____(含x的表达式表示)。②下列不能说明反应Ⅲ达到平衡状态的是_______。a平衡常数K不再改变bNi的质量不再改变cv生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)d容器内的压强不再改变③比较平衡时下列物理量的大小：CO的体积分数Ⅰ_____Ⅱ；Ni(CO)4的浓度Ⅰ______Ⅲ(填“大于”、“等于”或“小于”)。(4)羰化后的产物为Fe(CO)5、Co2(CO)8、Ni(CO)4，有关性质如下：物质Fe(CO)5Ni(CO)4Co2(CO)8沸点/℃10643.252熔点/℃－20－19.331分解温度/℃>160135－蒸馏提取Ni(CO)4应选择的适宜温度范围是___________。(5)采用较高温度下分解Ni(CO)4(g)制取镍。实验证明在一定范围内温度越高，镍中含碳量越高，结合平衡移动原理解释原因：____________。

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【详解】A．实验时应先排尽装置内的空气，以防CH4与空气混合加热发生爆炸，所以先点燃A处酒精灯，让生成的Cl2排尽装置内的空气，再通甲烷，A正确；B．装置D中除含有盐酸外，还有难溶于水的CH2Cl2、CHCl3、CCl4等密度比水大的有机物，所以分离出盐酸的方法为分液，B错误；C．装置C经过一段时间的光照射后，生成的有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl44种，C正确；D．装置B有均匀混合CH4和Cl2、控制气流速度(让二种气体按一定比例混合反应)、干燥混合气体等作用，D正确；故选B。2、A【解析】电解质、非电解质研究的对象为化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，电解质包括的物质有酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物，强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐，弱电解质包括弱酸、弱碱和水。【详解】A、HBr为强酸，属于强电解质，HF为弱酸，属于弱电解质，NH3为非电解质，选项A正确；B、Cu为单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C、H3PO4、BaSO4、H2O依次为弱电解质、强电解质、弱电解质，选项C错误；D、Ca(OH)2、HI、C2H5OH依次为强电解质、强电解质、非电解质，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查电解质、非电解质、强电解质和弱电解质的概念和识别。解此类题要注意准确理解概念。3、A【解析】试题分析：A、给定条件下组内离子间不反应，能大量共存，正确；B、Al3＋和AlO2—、HCO3—发生相互促进的水解反应，不能大量共存，错误；C、H＋和S2－反应生成H2S，不能大量共存，错误；D、Fe3＋与SCN－发生络合反应，与CO32—发生相互促进的水解反应，不能大量共存，错误。考点：考查离子反应、离子共存4、C【详解】A.在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热称为中和热，H1SO4和Ba(OH)1反应生成硫酸钡沉淀，由于自由离子生成沉淀或是弱电解质过程中放出热量，所以测得中和热的值将大于2.3kJ·mol－1，故A错误；B.醋酸是弱酸，电离时，吸收热量，所以测得的中和热应小于2.3kJ·mol－1，故B错误；C.盐酸是强酸，NaOH是强碱，反应生成氯化钠和水，根据中和热的定义可知，盐酸和NaOH反应测得的中和热最接近2.3kJ·mol－1，故C正确；D.醋酸是弱酸，电离的过程吸热，所以测得的中和热应小于2.3kJ·mol－1，故D错误；故选C。【点睛】在稀溶液中，酸和碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量称为中和热。注意：1.必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；1．弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其中和热小于2．3kJ·mol－1；3．以生成1mol水为基准；4.反应不可以生成沉淀（如Ba(OH)1+H1SO4=BaSO4+1H1O)。5、C【解析】A.溴苯难溶于水，乙酸易溶于水，可用水鉴别，故A不选；B.硝基苯难溶于水，乙醛能溶于水，故可用水鉴别，故B不选；C.甲苯和乙酸乙酯均为油状液体，均难溶于水，且密度均小于水的密度，故无法用水鉴别，故C选；D.二甲苯难溶于水，乙醇能与水混溶，故可用水鉴别，故D不选。6、C【解析】A.除去二氧化碳，生成物的浓度降低，逆反应速率先减小后增大，正反应速率减小，故A错误；

B.由NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)可知反应物生成物都是气体，反应在恒容的密闭容器中进行，所以混合气体的密度不变不能作为判断达到平衡状态的标志，故B错误；C.该反应是放热反应，降温时，平衡正向移动，反应物转化率和平衡常数均增大，故C正确；D.催化剂不影响化学平衡移动，所以加入催化剂不能提高反应物的转化率，故D错误；综上所述，本题正确答案：C。【点睛】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，据外界条件的改变对反应速率和平衡移动的影响分析，容器体积不变，混合气体的密度始终不变。7、C【详解】A、在100°C时，纯水的pH＝6，呈中性，该温度下pH＝7时溶液呈碱性，温度未知，不能根据pH大小判断溶液酸碱性，故A错误；B、常温下中性溶液中c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1，温度未知，中性溶液中不一定有c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1，故B错误；C、c(H＋)＝c(OH－)的溶液呈中性，与溶液温度高低无关，故C正确；D、在100°C时，纯水的pH＝6，呈中性，故D错误；答案为C。【点睛】温度未知，不能根据pH大小判断溶液酸碱性，也不能根据氢离子或氢氧根浓度来判断溶液酸碱性，只能根据c(H＋)、c(OH－)相对大小来判断。8、A【解析】A项，由于CO32－水解成为HCO3－和H2CO3，HCO3－会水解为H2CO3或电离为CO32－。根据物料守恒，得到2c(Na＋)＝3c(CO32－)＋3c(HCO3－)＋3c(H2CO3)，故A项正确；B项，饱和碳酸镁溶液中碳酸根离子浓度和镁离子浓度相同，浓度乘积是常数，当含有其他镁离子或碳酸根离子的混合溶液中，不一定存在碳酸根离子浓度和镁离子浓度相同，且单位错误：c(Mg2+)·c(CO32-)=6.82×10-6(mol•L-1)2，故B项错误；C项，混合后溶质为NH4Cl和NH3·H2O，物质的量之比为1:1，由电荷守恒可知c(NH4+)+c(H+)c(Cl-)+c(OH-)，已知pH>7，则有c(NH4+)＞c(Cl-)，正确的顺序应为c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C项错误；D项，用惰性电极电解Na2SO4，其本质就是电解水，阳极产物为氧气，阴极产物为氢气，两者物质的量之比为1:2，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。【点睛】本题主要考查有关电解质溶液中离子浓度的计算，注意应用电荷守恒、物料守恒、电子转移守恒等相等关系。9、C【详解】气态物质受压强的影响比较大，因此压强增大，体积缩小，浓度增大，速率加快；压强减小，体积变大，浓度减小，速率减慢，因此压强对有气体参加或生成的反应有影响；C正确；综上所述，本题选C。10、B【解析】试题分析：由于不能确定改变的条件，所以当平衡正向移动时生成物的百分含量不一定增加，但产量一定是增加的。同样反应物的转化率也不一定增大，反应物浓度也不一定减小。平衡向正反应方向移动，说明正反应速率一定大于逆反应速率，而催化剂不能改变平衡状态，所以正确的答案选B。考点：影响化学平衡的因素点评：改变影响平衡移动的一个因素，平衡总是向减弱这种改变的方向移动。11、D【分析】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，结合有关物质的溶解性分析解答。【详解】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，由于Cl2被消耗，气体的颜色逐渐变浅；氯化氢极易溶于水，所以液面会上升；但氯代甲烷是不溶于水的无色气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。【点睛】明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。12、C【解析】分析：根据醇、卤代烃的性质分析解答。详解：A.CH3CH2OH含有羟基，能发生消去反应，不能发生水解反应，A错误；B.含有溴原子，能发生水解反应生成醇，与溴原子相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，B错误；C.含有溴原子，能发生水解反应生成醇，与溴原子相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，能发生消去反应，C正确；D.含有溴原子，能发生水解反应生成醇，与溴原子相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，D错误；答案选C。点睛：掌握醇和卤代烃发生消去反应的条件是解答的关键，即与卤素原子或羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子时，才能发生消去反应，否则不能发生消去反应。13、A【分析】根据题意可知，本题考查物质的组成，运用物质是由元素组成分析。【详解】物质是由元素组成的，“加碘食盐”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等，这里的碘、钙、硒、氟指的是物质中所含有的元素，答案选A。14、B【详解】A、根据溶液呈现电中性，因此有c(NH4＋)＋c(H＋)=c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，溶液pH=7，即c(H＋)=c(OH－)，因此有c(NH4＋)=c(HCO3－)＋2c(CO32－)，故A说法正确；B、两种溶液混合后，溶质为NH4Cl，该溶液为酸性，因此有c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)，故B说法错误；C、根据物料守恒，因此有c(Na＋)＝2[c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)]，故C说法正确；D、两者恰好完全反应，溶质为NaCl和NH3·H2O，NH3·H2O为弱碱，溶液显碱性，即c(Na＋)=c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故D说法正确。15、D【详解】A．该反应正反应是体积减小的放热反应，降低温度，平衡正向移动，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，即向逆反应方向移动，故A错误；B．该反应正反应是体积减小的放热反应，升高温度有利于平衡向逆反应移动，增大压强有利于平衡向气正反应移动，故B错误；C．升高温度正、逆反应速率都增大，故C错误；D．升高温度正、逆反应速率都增大，缩短到达平衡的时间，故D正确；答案选D。16、C【详解】A.向Na2CO3溶液中滴入酚酞,溶液变红，是因为碳酸根离子水解使溶液显碱性，离子方程式为：CO32－+H2OHCO3-+OH－，故错误；B.常温时，CH3COOH与CH3COONa混合溶液的pH=6，Ka=1.8×10-5，则有Ka=1.8×10-5==，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)＝18，故错误；C.NaHCO3溶液中物料守恒有c（Na+）=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，电荷守恒有，c（Na+）+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，将钠离子浓度消去即可得c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO32－)，故正确；D.2×10-4mol/L的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合出现沉淀，则需要的钙离子最小的浓度×2=5.6×10-5mol/L，钙离子浓度大于就可以出现沉淀，故错误。故选C。17、C【解析】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；答案选C。点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。18、B【详解】A．医用酒精的体积分数通常是75%，不是95%，故A错误；B．石油裂解、煤的气化、海水的提镁都生成新物质，包含化学变化，故B正确；C．绿色化学的核心是应用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故C错误；D．太阳能电池板所用的材料是单质硅不是二氧化硅，故D错误；答案选B。19、B【详解】A．氧化镁的熔点很高，可用于制作耐高温材料，故A正确；B．氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠，不能生成氧气，作为供氧剂的应为过氧化钠，故B错误；C．明矾净水的原理是：Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+，利用Al（OH）3（胶体）的吸附性进行净水，故C正确；D．氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，FeCl3溶液可用于刻制印刷电路板；故D正确；答案选B。20、C【解析】A.CH3COOH是弱酸，在水溶液中部分电离，HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，pH相同的醋酸和盐酸，c（CH3COOH）>c（HCl），加水稀释促进醋酸电离，pH相同的醋酸和盐酸稀释相同的倍数，pH变化大的是HCl、变化小的是醋酸，根据图知，Ⅱ是醋酸、l是盐酸，故A错误；B.离子积常数只与温度有关，与溶液酸性强弱无关，a、c两点溶液温度相同，其离子积常数相同，故B错误；C.溶液导电性与离子浓度成正比，根据图知，c点pH大于b点，所以b点氢离子浓度大于c点，b点溶液导电能力大于c点，故C正确；D.II是醋酸、I是盐酸，pH相同的醋酸和盐酸，c（CH3COOH）>c（HCl），加水稀释相同的倍数，醋酸浓度仍然大于盐酸，所以b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度，故D错误；答案选C。21、A【详解】CH3COONa为强碱弱酸盐水解后溶液呈碱性，NH4NO3和FeCl2为强酸弱碱盐水解后溶液呈酸性，因此，这两种盐能促进CH3COONa的水解，溶液中的CH3COO－减小；Na2SO3为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，抑制CH3COONa的水解，溶液中的CH3COO－浓度增大。答案选A。22、C【详解】碳酸氢钠、碳酸钠和氯化钠不是净水剂，明矾是净水剂，可以净水，所以答案选C。二、非选择题(共84分)23、NaCla第三周期IVA族HClAl(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2OCl2+H2S=2HCl+S↓【分析】A、B、C、D、E、F六种元素分别为：H、N、Na、Al、S、Cl。【详解】（1）表中所标出的A、B、C、D、E、F六种元素中，周期表中原子半径从上到下，从右往左半径变大，原子半径最大的元素是Na(填元素符号)，周期表中非金属性从上到下，从右往左半径变不，非金属性最强的元素是Cl(填元素符号)，这两种元素形成的化合物是氯化钠，含有的化学键是a.离子键，故答案为：Na、Cl、a；（2）G元素的原子核外M层有4个电子，核外电子排布为2、8、4，有三个电子层，最外层是4个电子，它在元素周期表中位置是第三周期IVA族，故答案为：第三周期IVA族；（3）同周期从左到右元素的非金属性增强，元素的氢化物的稳定性增强，A和E、A和F所形成的化合物中热稳定性较强的是HCl，故答案为：HCl；（4）B、D元素各自所形成的最高价氧化物对应水化物是硝酸和氢氧化铝，它们之间发生化学反应的离子方程式：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，故答案为：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；（5）单质氧化性氯气强于硫，能说明Cl的非金属性比S的非金属性强，化学方程式为：Cl2+H2S=2HCl+S↓，故答案为：Cl2+H2S=2HCl+S↓。24、F加成反应取代反应(水解)CH3CH2CHBrCH3＋NaOHCH3CH2CH(OH)CH3＋NaBr【分析】2-丁烯与HBr发生加成反应生成A，A为CH3CH2CHBrCH3，A与NaOH溶液发生水解反应生成B，B为CH3CH2CH（OH）CH3，B发生氧化反应生成D，D为CH3CH2COCH3，A与Mg/乙醚发生题给信息中反应生成C，C为，C与D反应生成E，E为，E发生水解生成F，F为，F的名称为3，4-二甲基-3-己醇，F发生消去反应生成G，G为，G和溴发生加成反应生成H，H为，H和氢氧化钠溶液发生取代反应生成I，I为，I和一种二元酸酸发生酯化反应生成J，J的分子式为C10H16O4、J具有六元环，则二元酸为HOOC—COOH，J的结构简式为，据此分析作答。【详解】2-丁烯与HBr发生加成反应生成A，A为CH3CH2CHBrCH3，A与NaOH溶液发生水解反应生成B，B为CH3CH2CH（OH）CH3，B发生氧化反应生成D，D为CH3CH2COCH3，A与Mg/乙醚发生题给信息中反应生成C，C为，C与D反应生成E，E为，E发生水解生成F，F为，F的名称为3，4-二甲基-3-己醇，F发生消去反应生成G，G为，G和溴发生加成反应生成H，H为，H和氢氧化钠溶液发生取代反应生成I，I为，I和一种二元酸酸发生酯化反应生成J，J的分子式为C10H16O4、J具有六元环，则二元酸为HOOC—COOH，J的结构简式为；（1）通过以上分析知，3，4-二甲基-3-己醇是F，E的结构简式为；答案：F、。（2）由题给信息结合反应条件可知C为：，D为，则C+D→E的反应类型是为加成反应；由H为，I为，则H→I的反应类型是取代反应(水解)；答案：加成反应、取代反应(水解)。（3）A为CH3CH2CHBrCH3，B为CH3CH2CH(OH)CH3，A→B的方程式为：CH3CH2CHBrCH3＋NaOHCH3CH2CH(OH)CH3＋NaBr；I为，J为，I与HOOC—COOH发生酯化反应生成J，I→J的方程式为：；答案：CH3CH2CHBrCH3＋NaOHCH3CH2CH(OH)CH3＋NaBr、25、分别品尝两者的味道有酸味的为食醋分别闻味道有醇香的是白酒分别加碳酸氢钠有气体生成的是食醋【详解】因为食用白醋和白酒均为家庭厨房中常见的物质，且两者的味道不同，所以可以通过品尝的方法进行鉴别，有酸味的是白醋，有辛辣味的为白酒；也可以通过闻气味的方法进行区别，有醇香的是白酒，有酸味的是食醋；也可以通过化学方法进行鉴别，分别加碳酸氢钠，有气体生成的是乙酸，没有的是白酒，故答案：分别品尝两者的味道有酸味的为食醋；分别闻味道有醇香的是白酒；分别加碳酸氢钠有气体生成的是食醋。26、1.0035252.00大理石规格0.01mol/(L·s)0-70【分析】（1）（I）实验①和②探究浓度对反应速率的影响；（II）实验①和③探究温度对反应速率的影响；（Ⅲ）实验①和④中大理石的规格不同；（2）先根据图象，求求出生成二氧化碳的物质的量，然后根据反应求出消耗硝酸的物质的量，最后计算反应速率；曲线斜率越大反应速率越快。【详解】（1）实验①和②探究浓度对反应速率的影响，故硝酸的浓度不同，应该选1.00mol/L硝酸；由于①和③探究温度对反应速率的影响，故温度不同，应该选35℃；由于实验①和④大理石规格不同，因此探究的是固体物质的表面积对反应速率的影响，所以实验①和④中温度和硝酸的浓度均相同；（2）由图可知70s至90s，生成CO2的质量为0.95g-0.84g=0.11g，物质的量为=0.0025mol，根据反应CaCO3+2HNO3＝Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知消耗HNO3的物质的量为2×0.0025mol=0.005mol，又溶液体积为0.025L，所以HNO3减少的浓度△c==0.2mol/L，反应的时间t=90s-70s=20s，所以HNO3在70s-90s范围内的平均反应速率为==0.01mol•L-1•s-1；根据图像可知在O～70、70～90、90～200各相同的时间段里曲线的斜率最大是0-70时间段内，因此反应速率最大的时间段是0-70。【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素及反应速率的计算，注意信息中提高的条件及图象的分析是解答的关键，本题较好的考查学生综合应用知识的能力，注意控制变量法的灵活应用，题目难度中等。27、2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O其他条件相同时，增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大0.04mol/(L·min)生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)MnSO4与实验1比较，溶液褪色所需时间短,或：所用时间(t)小于1.5min【分析】(1)本题的实验原理是酸性高锰酸钾氧化草酸,酸性高锰酸钾褪色生成二价锰离子,草酸中的C被氧化为二氧化碳；(2)从表中数据可以知道改变的条件是H2C2O4溶液的浓度,根据H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响进行解答；(3)先根据H2C2O4和高锰酸钾的物质的量判断过量,然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；

(4)①由图乙可以知道反应开始后锰离子浓度增大,反应速率增加的比较快,所以探究的是硫酸锰在反应中的作用;

②作对比实验时，除了加入硫酸锰不同外,其它量完全相同，据此进行解答；

③若反应加快，说明硫酸锰(Mn2+)是催化剂，反应过程中溶液褪色时间减少。【详解】(1)本题的实验原理是酸性高锰酸钾氧化草酸,酸性高锰酸钾褪色生成二价锰离子,草酸中的C被氧化为二氧化碳,化学方程式为:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；(2)从表中数据可以知道改变的条件是H2C2O4溶液浓度;其他条件相同时，增大H2C2O4浓度,反应速率增大；

(3)草酸的物质的量为:0.6mol/L×0.003L=0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为:0.2mol/L×0.003L=0.0006mol,草酸和高锰酸钾的物质的量之比为:0.0018mol：0.0006mol=3:1,显然草酸过量,高锰酸钾完全反应,混合后溶液中高锰酸钾的浓度为:0.2mol/L×0.003L÷(3+2+2+3)×10-3L=0.06mol/L,这段时间内平均反应速率υ(KMnO4)=0.06mol/L÷1.5min=0.04mol/(L.min)；(4)①由图乙可以知道反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO4(或Mn2+)为该反应的催化剂；

②与实验1作对比实验，则加入的硫酸锰的量不同，其它条件必须相同，所以加入的少量固体为MnSO4；

③若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间小于1.5min，从而说明MnSO4(或Mn2+)为该反应的催化剂。【点睛】本题研究外界条件对化学反应速率的影响。影响化学反应速率的因素有反应物浓度、压强、温度、催化剂等。在研究单一条件对化学反应的影响时应注意控制单一变量。28、温度太低反应太慢，压强太大对设备要求较高，压强太低转化率下降0.75不变ABD2NH3(g)+CO2(g)⇌(NH2)2CO(g)+H2O(g)ΔH=-73kJ/mola值越大，NH3占反应物比例高，平衡向正向移动提高了CO2转化率前半段B反应为主导因素，温度升高，促进B反应向正向移动，后半段A反应为主导因素，A反应向逆向移动【分析】(1)合成氨为气体体积减小的放热反应，据影响反应速率和平衡移动的因素分析合成氨反应的最优条件的选择；(2)根据各物质的起始量和氨气的转化率，结合三段式计算出各物质的平衡浓度，从而计算出该反应的平衡常数；平衡常数是温度的函数，据此分析压强对平衡常数的影响；根据影响平衡移动的因素进行分析氨气转化率的变化情况；(3)①根据盖斯定律进行计算；②前半段B反应为主导因素，温度升高，促进B反应向正向移动，后半段A反应为主导因素，A反应向逆向移动，据此进行分析。【详解】(1)合成氨虽然为放热反应，但是温度太低反应太慢，单位时间内的转化率低；该反应为气体减小的反应，压强太低转化率下降，而压强太高对设备要求较高，所以选用500℃压强20~50MPa的条件；(2)起始投料为2molNH3与2.75molO2，平衡时NH3转化率为50%，则平衡时△n(NH3)=1mol，根据反应方程式可知△n(O2)=1.25mol、△n(NO)=1mol、△n(H2O)=1.5mol，则平衡时各物质的物质的量分别为n(NH3)=(2-1)mol，n(O2)=(2.75-1.25)mol、n(NO)=1mol、n(H2O)=1.5mol，容器的体积为2L，则NH3、O2、NO、H2O的浓度分别为0.5mol/L、0.75mol/L、0.5mol/L、0.75mol/L，平衡常数K==0.75；温度不变平衡常数不变，所以保持温度不变，增大压强，则平衡常数不变；A．降低氨气浓度，相当于增大氧气的浓度，氨气的转化率增大，故A符合题意；B．增大容器体积压强减小，该反应为气体系数之和增大的反应，所以平衡会正向移动，氨气的转化率增大，故B