2026届广东省珠海市珠海二中、斗门一中高二上化学期中调研模拟试题含解析

2026届广东省珠海市珠海二中、斗门一中高二上化学期中调研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、关于CH4和的叙述正确的是（）A．均能用通式CnH2n＋2来表示B．与所有烷烃互为同素异形体C．通常情况下它们都是气态烷烃D．因为它们结构相似，所以它们的化学性质相似，物理性质相同2、苯和甲苯相比较，下列叙述不正确的是A．都属于芳香烃 B．都能在空气中燃烧C．都能发生取代反应 D．都能使酸性KMnO4溶液褪色3、下列反应一定属于氧化还原反应的是（）A．化合反应 B．分解反应C．置换反应 D．复分解反应4、某密闭容器中发生如下反应：X（g）+3Y（g）2Z（g）△H＜1．下图表示该反应的速率（υ）随时间（t）变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量．下列说法中正确的是（）A．t3时降低了温度B．t5时增大了压强C．t2时加入了催化剂D．t4～t5时间内转化率一定最低5、下列物质的酸性强弱比较中，错误的是()A．HClO4＞HBrO4＞HIO4 B．HClO4＞H2SO4＞H3PO4C．HClO4＞HClO3＞HClO D．H2SO3＞H2SO4＞H2S2O36、影响化学反应速率的因素很多，下列措施一定能提高反应速率的是A．改变反应物用量 B．减小压强 C．降低温度 D．升高温度7、在某温度下可逆反应：Fe2(SO4)3＋6KSCN2Fe(SCN)3＋3K2SO4达到平衡状态后加入少量下列何种固体物质，该平衡几乎不发生移动()A．NH4SCN B．K2SO4 C．NaOH D．FeCl3·6H2O8、FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体具有的共同性质是（）A．都能透过滤纸B．都呈红褐色C．具有相同的颗粒直径D．都能产生丁达尔现象9、关于如图所示装置的说法中，不正确的是()A．铜片上发生氧化反应B．电子由锌片通过导线流向铜片C．该装置能将化学能转化为电能D．锌片是该装置的负极，该电极反应为Zn—2e—=Zn2+10、对于溶液中的反应：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=5Fe2(SO4)3+2MnSO4+K2SO4+8H2O下列措施一定能使反应的速率提高的是A．加水 B．加入同浓度的FeSO4溶液C．向溶液中滴加稀硫酸 D．加入少量的高锰酸钾固体11、把2g甲醛（CH2O）气体溶于6g冰醋酸中，再加入4g果糖得混合物甲；另取5g甲酸甲酯(HCOOCH3)和9g葡萄糖相混合，得混合液乙；然后将甲和乙两种混合液再按7：4的质量比混合得丙，则丙中碳元素的质量分数是A．20％B．35％C．40％D．55%12、某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)＋2B(g)4C(s)＋D(g)，反应2min后达到平衡，测得生成1.6molC，下列说法正确的是A．前2min，D的平均反应速率为0.2mol·L－1·min－1B．此时，B的平衡转化率是40%C．增大该体系的压强，平衡不移动D．增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大13、下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是A．铁与盐酸反应B．乙醇燃烧C．铝粉与氧化铁粉末反应D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应14、下列各种说法中错误的是：①化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化；②同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)==2HCl(g)在光照和点燃条件下的反应热ΔH不同；③为防治酸雨、降低工业废气，常用生石灰进行“钙基固硫”：CaO+SO2=CaSO3、2CaSO3+O22CaSO3；④开发太阳能、风能、地热能、潮汐能等新能源，可减少雾霾、保护环境；⑤煤的气化和液化技术，可高效、清洁地利用煤；⑥从海水提镁的过程为：MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOMgA．①③④ B．②⑥ C．①④⑤ D．③④⑥15、下列热化学方程式书写正确的是A．2NO2＝2NO+O2△H=－184.6kJ/mol（反应热）B．NaOH(aq)+HCl(aq)＝NaCl(aq)+H2O（l）△H=57.3kJ/mol(中和热)C．C(s)+1/2O2(g)＝CO（g）△H=－184.6kJ/mol(燃烧热)D．S(s)+O2(g)＝SO2（g）△H=－184.6kJ/mol（燃烧热）16、下列各组离子可以在溶液中大量共存的是()A．Na+、Ba2+、NO3—、SO42— B．NH4+、K+、Cl—、OH—C．K+、H+、NO3—、HCO3— D．K+、Cu2+、Cl—、SO42—17、根据科学人员探测，在海洋深处的沉积物中含有可燃冰，主要成分是甲烷水合物。有关其组成的两种分子的下列说法正确的是()A．它们都是极性键构成的极性分子 B．它们之间以氢键结合在一起C．它们的成键电子的原子轨道都是sp3—s D．它们的立体结构都相同18、将一定量的BaCl2、CuBr2、Na2SO4三种固体物质投入到足量的水中，用铂电极进行电解，且电解时间足够长有以下结论，其中正确的是（设Cl2、Br2全部从溶液中逸出）①溶液中几乎没有Br-②最终溶液为无色③最终溶液显碱性④Ba2+、Na＋和SO42-的浓度几乎没有变化A．①②③ B．③④ C．①④ D．均正确19、下列叙述错误的是A．保存氯化亚铁溶液时，在溶液中加入少量稀盐酸，以防止Fe2＋水解B．同温时，等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液，Na2CO3溶液的pH大C．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同D．加热CH3COONa溶液，溶液中的值将减小20、强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)ΔH=－57.3kJ/mol。向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸②浓硫酸③稀硝酸，恰好完全反应时的热效应ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系正确的是（）A．ΔH1>ΔH2>ΔH3 B．ΔH1<ΔH3<ΔH2C．ΔH1<ΔH2<ΔH3 D．ΔH1>ΔH3>ΔH221、以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是A．He B． C．1s2 D．22、用1L1mol·L－1的NaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中，CO32－和HCO3－的物质的量浓度之比约为A．1∶3 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2二、非选择题(共84分)23、（14分）在下图所示的物质转化关系中。C、G、I、M为常见单质，G和M化合可生成最常见液体A，E为黑色粉末，F的焰色反应为黄色，K为白色沉淀，N为红褐色沉淀，I为黄绿色气体，化合物B的摩尔质量为24g·mol－1。(部分生成物和反应条件未列出)（1）L的化学式为______________。（2）A的电子式为______________。（3）反应②的离子方程式为____________________________________。（4）反应③的化学方程式为____________________________________。24、（12分）下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩中元素，用元素符号或化学式填空回答以下问题：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0二①②三③④⑤⑥⑦⑧四⑨⑩(1)在③～⑦元素中，⑦的元素符号____，原子半径最大的是____，S2-结构示意图为____。(2)元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的___，碱性最强的是____，呈两性的氢氧化物是____。(3)按要求写出下列两种物质的电子式：①的氢化物_____；③的最高价氧化物对应的水化物____。25、（12分）化学反应速率是描述化学反应进行快慢程度的物理量。下面是某同学测定化学反应速率并探究其影响因素的实验。Ⅰ.测定化学反应速率该同学利用如图装置测定反应速率（药品：稀硫酸、Na2S2O3溶液等）。（1）除如图装置所示的实验用品外，还需要的一件实验仪器用品是________________；请写出在圆底烧瓶中所发生反应的离子方程式为___________________________________________。（2）若在2min时收集到224mL(已折算成标准状况)气体，可计算出该2min内H＋的反应速率，而该测定值比实际值偏小，其原因是____________________________________。（3）利用该化学反应，试简述测定反应速率的其他方法：___________________(写一种)。Ⅱ.探究化学反应速率的影响因素为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表。(已知I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI，其中Na2S2O3溶液均足量)实验序号体积V/mL时间/sNa2S2O3溶液淀粉溶液碘水水①10.02.04.00.0T1②8.02.04.02.0T2③6.02.04.0VxT3（4）表中Vx＝__________mL，该实验中加入淀粉的目的为_______________________；请判断T1、T2、T3的大小关系，并总结实验所得出的结论__________________________。26、（10分）甲苯()是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛()、苯甲酸()等产品。下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：名称性状熔点（℃）沸点（℃）相对密度（ρ水=1g/cm3）溶解性水乙醇甲苯无色液体易燃易挥发-95110.60.8660不溶互溶苯甲醛无色液体-261791.0440微溶互溶苯甲酸白色片状或针状晶体122.12491.2659微溶易溶注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入15mL冰醋酸(作为溶剂)和2mL甲苯，搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时。（1）装置a的名称是__________________，主要作用是____________________。（2）三颈瓶中发生反应的化学方程式为_______________________________________，此反应的原子利用率理论上可达___________。（原子利用率=(期望产物的总质量/全部反应物的总质量)×100%）（3）经测定，反应温度升高时，甲苯的转化率逐渐增大，但温度过高时，苯甲醛的产量却有所减少，可能的原因是________________________________________________。（4）反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，还应经过________、________(填操作名称)等操作，才能得到苯甲醛粗产品。（5）实验中加入过量过氧化氢且反应时间较长，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，正确的操作步骤是_______(按步骤顺序填字母)。a.对混合液进行分液b.过滤、洗涤、干燥c.水层中加入盐酸调节pH＝2d.加入适量碳酸氢钠溶液混合震荡27、（12分）某工厂废水含游离态氯，通过下列实验测定其浓度：①取水样10.0mL于锥形瓶中，加入10.0mLKI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴；②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.01mol·L－1Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数；③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生反应为：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。试回答下列问题：(1)步骤①加入的指示剂是__________。(2)步骤②应使用________式滴定管。(3)步骤③当待测液由________色变为________色且不再变化即达终点，若耗去Na2S2O3溶液20.0mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为________。(4)Cl2的实际浓度比所测浓度为____(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，造成误差的原因是_________(若认为没有误差，该问不答)。28、（14分）设反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)的平衡常数为K1，反应②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)的平衡常数为K2。在不同温度下，K1和K2的值如下：温度K1K2973K1.472.381173K2.151.67(1)现有反应③H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)，写出该反应的平衡常数K3的数学表达式K3=______________，根据反应①与②，可推导出K1、K2和K3之间的关系式为______________。(2)从上表和K1、K2和K3之间的关系可以推断：反应①是___________(填“吸”、“放”，下同)热反应，反应③是___________热反应。(3)图表示该反应③在时刻t1达到平衡，在时刻t2因改变某个条件而发生变化的情况：①图中时刻t2时改变的条件是_________(写出一种即可)，②973K时测得反应①中CO2和CO的浓度分别为0.025mol/L和0.1mol/L，此时反应①是否处于化学平衡状态_______(选填“是”或“否”)，化学反应速度υ(正)_________υ(逆)(选填“>”、“<”或“=”)。29、（10分）氨是重要的工业原料，在农业、医药、国防和化工等领域有重要应用；NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。回答下列问题：(1)NH4Al(SO4)2可用作做净水剂的原因是________(用离子方程式表示)。(2)相同条件下，0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2中c(NH)________0.1mol·L－1NH4HSO4中c(NH)。(填“>”“<”或“＝”)(3)图所示是0.1mol·L－1电解质溶液的pH随温度变化的图像。图中符合0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是________(填序号)；20℃时，0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液中2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝_____mol·L－1。(4)若液氨中也存在类似水的电离(H2O＋H2O⇌H3O＋＋OH－)，碳酸钠溶于液氨后也能发生完全电离和类似水解的氨解。①液氨的电离方程式为________。②碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系为_____。

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【详解】A．的分子式是C5H12，与甲烷均属于烷烃，均能用通式CnH2n+2表示，故A正确；B．同素异形体是指同种元素组成的不同单质，CH4和都是化合物，不属于同素异形体，故B错误；C．碳原子数为1-4的烷烃常温下是气体，为5个碳原子的烷烃，呈液态，故C错误；D．CH4和二者C原子成键处于饱和，结构相似，化学性质相似，分子式不同，物理性质不同，故D错误；答案为A。2、D【详解】A.苯和甲苯都由C、H两种元素组成，且都含有苯环，所以都属于芳香烃，A正确；B.苯和甲苯分子中都含有碳、氢元素，都属于烃，都能在空气中燃烧，B正确；C.苯和甲苯的苯环上都含有氢原子，都能发生取代反应，C正确；D.甲苯能使KMnO4溶液褪色，但苯不能使KMnO4溶液褪色，D错误；答案选D。3、C【详解】A．化合反应不一定为氧化还原反应，如氧化钠和水的反应，故A错误；B．分解反应不一定为氧化还原反应，如碳酸氢钠的分解，故B错误；C．置换反应有单质参加，一定存在元素化合价的变化，为氧化还原反应，故C正确；D．复分解反应一定不是氧化还原反应，故D错误。故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重于四种基本类型反应的判断，注意把握反应的特点，答题时能举出实例。4、C【详解】A．t3时改变条件，正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，若降低温度，平衡正向移动，与图象不符，故A错误；B．t5时改变条件，正逆反应速率增大，且逆反应速率大于正反应速率，若增大压强，平衡逆向移动，与图象不符，故B错误；C．由图可知，t2时改变条件，正逆反应速率增大且相等，若增大压强平衡发生移动，则t2时加入了催化剂，故C正确；D．催化剂对平衡移动无影响，t3～t4时间内平衡逆向移动，转化率减小，t5～t6时间内平衡逆向移动，转化率继续减小，显然t5～t6时间内转化率比t4～t5时间内转化率低，故D错误；【点评】本题考查化学反应速率的影响因素及图象，明确反应为放热反应且为体积缩小的反应结合平衡移动与速率大小的关系即可解答，题目难度中等。5、D【解析】A.同主族元素，从上到下非金属性逐渐减弱，所以非金属性Cl＞Br＞I，则酸性HClO4＞HBrO4＞HIO4，A正确；B.同周期元素，从左到右非金属性增强（稀有气体除外），所以非金属性Cl＞S＞P，则酸性HClO4＞H2SO4＞H3PO4，B正确；C.同一元素形成几种不同氧化态的含氧酸，其酸性随着氧化数的递增而递增，所以酸性HClO4＞HClO3＞HClO，C正确；D.酸性H2SO4＞H2SO3＞H2S2O3，D错误；正确选项D。6、D【分析】一般增大浓度、增大压强、升高温度，反应的反应速率增大【详解】A．增大反应物浓度，反应速率加快，若反应物为纯固体或纯液体，改变其用量，反应速率不变，故A不选；B．对气体参加的反应，减小压强，反应速率减小，而对无气体参加的反应，减小压强反应速率不变，故B不选；C．降低温度，反应速率一定减小，故C不选；D．升高温度，反应速率一定加快，故D选；故选D。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，易错点A、B，注意压强、反应物的用量与反应中物质的状态之间的关系．7、B【解析】分析：根据实际参加反应的离子浓度分析,平衡为：Fe3+＋3SCN-⇌Fe(SCN)3，加入少量K2SO4固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变。详解:A、加入少量NH4SCN，SCN-浓度变大，平衡正向移动，故A错误；

B、加入少量K2SO4固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，平衡不移动，所以B选项是正确的；

C、加入少量NaOH导致铁离子浓度减小，平衡逆向移动，故C错误；

D、加入少量FeCl3·6H2O导致铁离子浓度增大，平衡正向移动，故D错误；

所以B选项是正确的。8、A【解析】A、胶体粒子可通过滤纸，溶液中溶质粒子小也能通过滤纸，故A正确；B、氯化铁溶液颜色呈黄色，是铁离子的颜色，氢氧化铁胶体颜色呈红褐色，故B错误；C、溶液中溶质粒子直径小于1nm，胶体粒子直径在l～100nm之间，故C错误；D、FeCl3溶液不存在丁达尔现象，Fe(OH)3胶体中存在丁达尔现象，故D错误；故选A。9、A【详解】Zn-Cu-稀硫酸原电池，发生的是将化学能转化为电能，其中铜为正极，发生还原反应，电子由锌片经外电路流向铜片，负极上发生的电极反应为Zn—2e-==Zn2+，故选项A不正确。10、D【分析】加水，浓度减小，反应速率减慢；加入同浓度的FeSO4溶液，溶液体积增大，使KMnO4、H2SO4浓度减小；向溶液中滴加稀硫酸，反应物KMnO4、FeSO4浓度减小；加入少量的高锰酸钾固体，KMnO4的浓度增大、FeSO4、H2SO4的浓度不变。【详解】加水，浓度减小，反应速率减慢，故不选A；加入同浓度的FeSO4溶液，溶液体积增大，使KMnO4、H2SO4浓度减小，反应速率减慢，故不选B；向溶液中滴加稀硫酸，反应物KMnO4、FeSO4浓度减小，所以反应速率不一定加快，故不选C；加入少量的高锰酸钾固体，KMnO4的浓度增大、FeSO4、H2SO4的浓度不变，所以反应速率一定加快，故选D。11、C【解析】甲醛、冰醋酸、果糖、甲酸甲酯、葡萄糖五种有机物的最简式均为CH2O，所以碳、氢、氧个数比是定值，丙中碳元素的质量分数=12/(12+2+16)×100%=40％；正确选项C。点睛：此题的解法注意找六种物质的最简式，最简式相同，各元素的质量分数均为定值。12、B【详解】A．根据方程式可知，反应2min后达到平衡，测得生成1.6molC，则生成的D的物质的量为0.4mol，前2min，D的平均反应速率为＝0.1mol·L－1·min－1，选项A错误；B．根据方程式可知，参加反应的B的物质的量为0.8mol，故B的转化率=×100%=40%，选项B正确；C．该反应的正反应气体体积减小，增大压强平衡正向移动，选项C错误；D．增加B的用量，B的浓度增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，B的转化率降低，选项D错误；答案选B。13、D【解析】反应中生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应是一个吸热反应，根据常见的吸热反应知识来回答。【详解】铁与盐酸反应放热，生成物总能量低于反应物总能量，故不选A；乙醇燃烧放热，生成物总能量低于反应物总能量，故不选B；铝粉与氧化铁粉末反应放热，生成物总能量低于反应物总能量，故不选C；Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应吸热，生成物总能量高于反应物总能量，故选D。【点睛】根据常见的吸热反应、放热反应来回答，常见放热反应有：化合反应、燃烧反应、酸碱中和反应、金属与酸的反应、铝热反应等。14、B【详解】①化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化,故①正确；②反应热只与反应物和生成物的始态和终态有关，与途径无关，故②错误；③钙基固硫”：CaO+SO2=CaSO3、2CaSO3+O22CaSO3可以吸收SO2，为防治酸雨、降低工业废气，故③正确；④开发太阳能、风能、地热能、潮汐能等新能源，可减少雾霾、保护环境正确；⑤煤的气化和液化技术，是把煤转化为气体和液体燃料，可高效、清洁地利用煤，故⑤正确；⑥从海水提镁的过程为：MgCl2(aq)Mg(OH)2盐酸，MgCl2Mg。故⑥正确A.①③④不符合题意；B.②⑥符合题意；C.①④⑤不符合题意；D.③④⑥不符合题意；答案：B。15、D【详解】A、没有注明物质的状态，A错误；B、中和反应是放热反应，则△H＜0，B错误；C、在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，碳完全燃烧的生成物是CO2，C错误；D、反应S(s)+O2(g)＝SO2（g）△H=－184.6kJ/mol可以表示硫燃烧的热化学方程式，D正确。答案选D。【点睛】掌握热化学方程式的含义以及书写注意事项是解答的关键，判断热化学方程式正误一般可以从以下几个角度考虑：一是化学原理是否正确，如燃烧热和中和热的热化学方程式是否符合燃烧热和中和热的概念；二是状态是否标明；三是反应热ΔH的符号和单位是否正确；四是反应热的数值与物质的系数是否对应等。16、D【详解】A、Ba2+与SO42—反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故不选A；B、NH4+与OH—反应生成一水合氨，不能大量共存，故不选B；C、H+和CO3２－反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，故不选C；D、组内离子不能发生反应，能大量共存，故选D。故在溶液中能大量共存的是D。【点睛】离子之间能反应不能大量共存，反应有四类：①复分解反应：生成气体、沉淀、难电离的物质，②氧化还原反应③相互促进的水解反应④络合反应。17、C【详解】甲烷水合物中包含CH4、H2O两种分子；二者中心原子均以sp3杂化，CH4中形成4个sp3—sσ键，H2O中形成2个sp3—sσ键；CH4是正四面体形，H2O是V形，所以CH4是极性键构成的非极性分子，H2O是极性键构成的极性分子。在可燃冰中，CH4和H2O分子之间以分子间作用力结合，结合以上分析可知，C正确；综上所述，本题选C。18、A【详解】将一定量的BaCl2、CuBr2、Na2SO4三种固体物质投入到足量的水中，Ba2＋和SO42－要反应，用铂电极进行电解，且电解时间足够长，阳极放电次序：Br－>Cl－,阴极Cu2＋>H＋,（设Cl2、Br2全部从溶液中逸出）①电解CuBr2，生成铜单质与溴单质，且溴单质在水中的溶解度小，所以溶液最后几乎没有溴离子，故正确；②电解CuBr2，生成铜单质与溴单质，在溶液中有颜色的离子是铜离子，而在电解足够长的时间里铜完全被还原附着在铂电极表面，所以溶液最后几乎没有颜色，故正确；③在电解KCl时，其实是在电解氯化氢，而氢离子的来源就是由水电离出来的。水在电离出氢离子的同时就要电离出氢氧根离子，在足够长的时间里，氢氧根积累了很多，且无弱碱生成，溶液就显碱性，故正确；④这三种离子的物质的量是没有改变的，但是在电解Na2SO4（其实是电解水），KCl时，都有水的消耗，溶液的体积肯定有变化，所以体积减小，物质的量不变，浓度要增大，而不是没有变化，故错误。故选A。19、C【详解】A．亚铁离子水解产生氢离子，加入少量稀盐酸可以增大氢离子浓度，抑制亚铁离子的水解，故A正确；B．碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的水解程度，所以同温时，等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液，Na2CO3溶液的pH大，故B正确；C．虽然CH3COONH4溶液呈中性，但醋酸根和铵根的水解促进水的电离，而NaCl对水的电离没有影响，所以两溶液中水的电离程度不相同，故C错误；D．水解为吸热反应，加热溶液，醋酸根的水解程度变大，醋酸根的浓度减小，而钠离子浓度不变，所以的值减小，故D正确；综上所述答案为C。20、D【详解】稀醋酸是弱酸，电离吸热，所以向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入稀醋酸放出热量小于28.65kJ；浓硫酸溶于水放热，向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入浓硫酸，放出热量大于28.65kJ；稀硝酸是强酸，向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入稀硝酸，放出热量等于28.65kJ；反应热ΔH为负值，放出热量越少，数值越大，所以ΔH1>ΔH3>ΔH2，故选D。21、D【详解】A项只能表示最外层电子数；B项只表示核外的电子分层排布情况；C项具体到亚层的电子数；D项包含了电子层数、亚层数以及轨道内电子的自旋方向；D项描述最详尽，答案选D。22、A【分析】用1L1mol·L－1NaOH溶液吸收0.8molCO2，生成Na2CO3和NaHCO3，则NaOH、CO2完全反应，令Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子、碳原子守恒列方程，计算x、y的值，据此解答。【详解】用1L1mol·L－1NaOH溶液吸收0.8molCO2，生成Na2CO3和NaHCO3，则NaOH、CO2完全反应，令Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子守恒有：2x+y=1×1；根据碳原子守恒有：x+y=0.8；联立方程，解得x=0.2，y=0.6。故所得溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比约为0.2mol：0.6mol=1：3，故选A。二、非选择题(共84分)23、FeCl3MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3【分析】N为红褐色沉淀，N为氢氧化铁，根据图示，K+M+A→N，则为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，K为白色沉淀，则K为Fe(OH)2，M为单质，M为O2，A为H2O；G和M化合可生成最常见液体A，G为H2；化合物B的摩尔质量为24g·mol－1，与水反应生成氢气和F，F的焰色反应为黄色，则F为NaOH，B为NaH；E为黑色粉末，I为黄绿色气体，则E为二氧化锰，I为氯气，D为浓盐酸，单质C为铁，H为FeCl2，L为FeCl3。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H2O，B为NaH，C为Fe，D为浓盐酸，E为MnO2，F为NaOH，G为H2，H为FeCl2，I为Cl2，K为Fe(OH)2，L为FeCl3，M为O2，N为Fe(OH)3；(1)L为FeCl3，故答案为FeCl3；(2)A为H2O，电子式为，故答案为；(3)根据图示，反应②为实验室制备氯气的反应，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故答案为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；(4)根据图示，反应③为氢氧化亚铁的氧化反应，反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O==4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。【点睛】本题考查了无机综合推断。本题的突破口为：N为红褐色沉淀；I为黄绿色气体。难点为B的判断，要借助于F的焰色反应为黄色，结合质量守恒判断B中含有钠元素。24、ClNaHClO4KOHAl(OH)3【分析】根据元素在周期表中的位置关系可知，①为N元素、②为F元素、③为Na元素、④为Mg元素、⑤为Al元素、⑥为Si元素、⑦为Cl元素、⑧为Ar元素、⑨为K元素、⑩为Br元素，结合元素周期律分析解答。【详解】(1)根据上述分析，在③～⑦元素中，⑦的元素符号Cl，同周期元素，随核电荷数增大，原子半径逐渐减小，原子半径最大的是Na，S元素的质子数为16，得到2个电子变为S2-，其结构示意图为；(2)同周期从左向右非金属性增强，金属性减弱，同主族从上到下，金属性增强，非金属性减弱；金属性越强，其最高价氧化物对应水化物碱性越强，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但F没有正价，故最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4，最高检氧化物对应水化物碱性最强的是KOH，呈两性的氢氧化物是Al(OH)3；(3)按①为N元素，其氢化物为NH3，电子式为；③为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，其电子式为。25、秒表S2O32-＋2H＋===H2O＋S↓＋SO2↑SO2会部分溶于水测定一段时间内生成硫沉淀的质量(或实时测定溶液中氢离子浓度，或其他合理答案)4检验是否有碘单质生成T1<T2<T3【详解】(1)从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，故还缺少的仪器是秒表，故答案为秒表；(2)S2O32-在酸性条件下发生硫元素的歧化反应，由+2价歧化为0价和+4价，即产物为S和SO2和H2O，故离子方程式为：S2O32-+2H+═H2O+S↓+SO2↑，故答案为S2O32-+2H+═H2O+S↓+SO2↑；(3)SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小，则据此计算出的△n(H+)和△c(H+)以及v(H+)会变小，故答案为SO2会部分溶于水；(4)根据反应S2O32-++2H+═H2O+S↓+SO2↑可知，可以通过测定一段时间段内生成的单质硫的质量或实时测定溶液中氢离子浓度来求出H+的物质的量的改变量，从而利用v==来求算，故答案为测定一段时间内生成硫沉淀的质量(或实时测定溶液中氢离子浓度)；(5)为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则除了Na2S2O3溶液的浓度不同外，应保持其他影响因素一致，即应使溶液体积均为16mL，故Vx=4mL；由于在三个实验中Na2S2O3溶液的体积①＞②＞③，而混合后溶液体积相同，故混合后Na2S2O3浓度①＞②＞③，可知化学反应速率①＞②＞③，反应所需时间T的大小T1＜T2＜T3，故答案为4；T1＜T2＜T3。26、球形冷凝管冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率66.25％H2O2在较高温度时分解速度加快，使实际参加反应的H2O2减少，影响产量过滤蒸馏dacb【详解】(1)装置a的名称是球形冷凝管。由表格可知甲苯易挥发，而反应温度为700C，如果没有冷凝管，甲苯因大量挥发而离开反应体系，苯甲醛的产率就会降低。所以a主要作用是冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率。(2)从题干叙述中可知，反应物是甲苯和过氧化氢，产物是苯甲醛，从官能团变化看，反应过程中有机分子加氧原子，这是有机氧化反应的特点，又据已学知识，过氧化氢有氧化性，所以此反应是甲苯被过氧化氢氧化为苯甲醛的过程。化学方程式为：+2H2O2+3H2O。苯甲醛的相对分子质量为106，根据原子利用率的计算公式计算：原子利用率=×100%=×100%=66.25%。(3)因为温度升高反应速率加快，反应更充分，所以适当升高反应温度，甲苯的转化率增大，但温度过高，过氧化氢分解加快2H2O22H2O+O2，使过氧化氢氧化甲苯的量减小，苯甲醛的产量降低。(4)反应结束后的混合物中含有难溶的固体催化剂、未反应的甲苯和过氧化氢、产品苯甲醛、溶剂冰醋酸、少量水。先过滤以除去难溶的固体催化剂。因为甲苯、冰醋酸、水的沸点都比苯甲醛（沸点1790C）低，过氧化氢受热易分解，所以在温度低于1790C下蒸馏，所得蒸馏液即为苯甲醛粗产品。答案：过滤蒸馏；(5)将苯甲酸转化为可溶于水的苯甲酸钠，苯甲醛常温下是微溶于水的液态物质，通过分液除去苯甲醛，所得水层是苯甲酸钠溶液，再加酸使苯甲酸钠转化为苯甲酸，苯甲酸常温下是微溶水的固体物质，过滤得到的滤渣即为苯甲酸，所以正确的操作步骤：dacb。27、淀粉碱蓝无0.01mol·L－1偏小滴定管未用标准液润洗【解析】(1)溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去变为无色；故答案为淀粉溶液；(2)硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；故答案为碱；(3)碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点。由I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6、Cl2+2I-=I2+2Cl-可知Cl2～2Na2S2O3，因此氯气的物质的量是0.5×0.02L×0.01mol·L−1=0.0001mol，则c(Cl2)=0.0001mol÷0.0100L=0.01mol/L；故答案为蓝；无；0.01mol/L；(4)碱式滴定管未用Na2S2O3溶液润洗，使得Na2S2O3溶液浓度偏小，消耗的Na2S2O3溶液体积偏大，测得I2的物质的量偏多，则游离态氯的浓度偏大，即氯的实际浓度比所测浓度会偏小；答案为：