2026届贵州省织金县第一中学化学高二第一学期期中联考模拟试题含解析

2026届贵州省织金县第一中学化学高二第一学期期中联考模拟试题注意事项：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、常温下向10mL0.1mol/L氨水中缓缓加蒸馏水稀释到1L后，下列说法不正确的是A．电离程度增大，导电能力减弱 B．c(OH-)/c(NH3·H2O)增大C．溶液中OH-数目减小 D．Kb(NH3·H2O)不变2、下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是()A．反应CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)△H<0，升高温度可使平衡向逆反应方向移动B．钢铁在潮湿的空气中容易生锈C．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫D．SO2催化氧化成SO3的反应，往往加入过量的空气3、下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是A．B．C．D．4、常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则D．在溶液中，5、为测定某有机物的结构，用核磁共振仪处理后得到图所示的核磁共振氢谱，则该有机物可能是A．乙醇B．溴乙烷C．乙醛D．乙酸6、恒温条件下，可逆反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志的是①NO的体积分数不再改变的状态②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③混合气体的颜色不再改变的状态④混合气体的密度不再改变的状态⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A．①③⑤B．②③⑤C．①④⑤D．全部7、一定温度下，某容器中加入足量的碳酸钙，发生反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)，达到平衡，下列说法正确的是A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度为原来的2倍B．CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2(g)，△S<0C．将容器体积增大为原来的2倍，平衡向正反应方向移动D．保持容器体积不变，充入He，平衡向逆反应方向进行8、下列说法错误的是A．热化学方程式未注明温度和压强时，ΔH表示标准状况下的数据B．热化学方程式中各物质前的化学计量数表示物质的量，可以用整数或者简单分数C．同一化学反应，化学计量数不同，ΔH不同；化学计量数相同而状态不同，ΔH也不相同D．化学反应过程所吸收或放出的热量与参加反应的物质的物质的量成正比9、氢氧燃料电池的反应原理如图所示。下列有关氢氧燃料电池的说法不正确的是A．该电池中电极a是负极B．该电池工作时化学能转化为电能C．该电池的总反应为：2H2＋O2＝2H2OD．外电路中电流由电极a通过导线流向电极b10、下列方案中制取一氯乙烷的最佳方法是（）A．乙烷和氯气取代反应 B．乙烯和氯气加成反应C．乙烯和HCl加成反应 D．乙炔和HCl加成反应11、下列元素中金属性最强的是A．Na B．K C．Al D．Si12、国产航母山东舰已经列装服役，它是采用模块制造然后焊接组装而成的，对焊接有着极高的要求。实验室模拟在海水环境和河水环境下对焊接金属材料使用的影响(如图)。下列相关描述中正确的是A．由图示的金属腐蚀情况说明了Sn元素的金属性强于Fe元素B．由图示可以看出甲是海水环境下的腐蚀情况，乙是河水环境下的腐蚀情况C．两种环境下铁被腐蚀时的电极反应式均为Fe－3e－=Fe3+D．为了防止舰艇在海水中被腐蚀，可在焊点附近用锌块打“补丁”13、已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸H2CO3HClOHF电离平衡常数(25℃)Ka1=4.30×10-7Ka2=5.61×10-11Ka=2.98×10-8

Ka=3.6×10-4下列叙述正确的是A．Na2CO3溶液不能与次氯酸发生反应B．物质的量浓度相同的①NaF②Na2CO3③NaClO三种溶液的pH：③>②>①C．氢氟酸与NaClO溶液混合能够发生反应：HF+NaClO=HClO+NaFD．少量CO2通入NaClO溶液中的离子反应：CO2＋H2O＋2ClO－＝CO32－＋2HClO14、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A．若2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1，则H2燃烧热为241.8kJ/molB．若C(石墨，s)＝C(金刚石，s)ΔH>0，则石墨比金刚石稳定C．已知NaOH(aq)＋HCl(aq)＝NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.4kJ/mol，则20.0gNaOH固体与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，D．已知2C(s)＋2O2(g)＝2CO2(g)ΔH1；2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)ΔH2，则ΔH1>ΔH215、老火靓汤是粤式饮食中的精华，下列营养在汤中几乎没有的是（）A．蛋白质 B．钙 C．铁 D．维生素C16、具有下列电子层结构或性质的原子：①2p轨道上有2对成对电子的原子；②外围电子构型为2s22p3的原子；③短周期第一电离能最小；④第三周期离子半径最小。则下列有关比较中正确的是（）A．第一电离能：②＞③＞①＞④B．原子半径：④＞③＞②＞①C．电负性：①＞②＞④＞③D．最高正化合价：②＞③＞①＞④17、下列反应中，HCl只作氧化剂的是A．CuO＋2HCl＝CuCl2＋H2OB．Zn＋2HCl＝ZnCl2＋H2↑C．2HClH2↑＋Cl2↑D．MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O18、对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H＞0，下列图象中正确的是A．B．C．D．19、如图曲线a表示放热反应X(g)+Y(g)Z(g)+M(g)+N(s)进行过程中X的转化率随时间变化的关系。若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是()A．升高温度 B．加大X的投入量C．加催化剂 D．增大体积20、以下自发反应可以用熵判据来解释的是A．N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)ΔH＝＋67.7kJ·mol－1B．CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s)ΔH＝－175.7kJ·mol－1C．(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g)ΔH＝＋74.9kJ·mol－1D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－121、常温时，改变饱和氯水的pH，得到部分含氯微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列叙述不正确的是（）A．该温度下，的电离常数的对值B．氯水中的、、HClO均能与KI发生反应C．的氯水中，D．已知常温下反应的，当pH增大时，K减小22、如图为通过剑桥法用固体二氧化钛生产海绵钛的装置示意图其原理是在较低的阴极电位下，(阴极)中的氧解离进入熔融盐，阴极最后只剩下纯钛。下列说法中正确的是A．阳极的电极反应式为B．阴极的电极反应式为C．通电后，均向阴极移动D．石墨电极的质量不发生变化二、非选择题(共84分)23、（14分）醇酸树脂是一种成膜性良好的树脂,下面是一种醇酸树脂的合成线路:（1）A的名称是__________,B中含碳官能团的结构式为__________。（2）反应③的有机反应类型是__________。（3）下列说法正确的是（_____）A．1molE与足量的新制氢氧化铜悬浊液反应能生成1molCu2OB．F能与NaHCO3反应产生CO2C．反应①发生的是消去反应（4）写出E与银铵溶液反应的化学方程式________________________________________。（5）的同分异构体中同时符合下列条件的芳香族化合物共有_______种；请写出其中任意两种________________________________________________。a.能发生消去反应b.能与过量浓溴水反应生成白色沉淀（6）写出反应⑤的化学方程式__________________________________________________。24、（12分）有U、V、W、X四种短周期元素，原子序数依次增大，其相关信息如下表：请回答下列问题：（1）U、V两种元素组成的一种化合物甲是重要的化工原料，常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则甲分子中σ键和π键的个数比为________，其中心原子采取______杂化。（2）V与W原子结合形成的V3W4晶体，其硬度比金刚石大，则V3W4晶体中含有________键，属于________晶体。（3）乙和丙分别是V和X的氢化物，这两种氢化物分子中都含有18个电子。乙和丙的化学式分别是________、____________，两者沸点的关系为：乙________丙(填“>”或“<”)，原因是______________。25、（12分）海洋资源丰富，海水水资源的利用和海水化学资源（主要为NaCl和MgSO4及K、Br等元素）的利用具有非常广阔的前景。（1）利用海水可以提取溴和镁，提取过程如下：①提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是_____，吸收塔中发生反应的离子方程式是________，②从MgCl2溶液中得到MgCl2.6H2O晶体的主要操作是__________、_________、过滤、洗涤、干燥。（2）①灼烧过程中用到的实验仪器有铁三角架、酒精灯、坩埚钳、_____、______。②操作①中需用到玻璃棒，则玻璃棒的作用是_______________。③向酸化后的水溶液加入适量3%H2O2溶液，发生反应的化学方程式为________。④操作③是分液，则操作②是___________；操作④是___________26、（10分）I．现用物质的量浓度为0.1000mol·L-1的标准NaOH溶液去滴定VmL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：（1）从下表中选出正确选项______________（2）某学生的操作步骤如下：A．移取20.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞；B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴部分充满溶液；D．取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上2～3mL；E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；F．把锥形瓶放在滴定管下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。正确操作步骤的顺序是____→___→___→___→A→___(用字母序号填写)______________。判断到达滴定终点的实验现象是_____________________________________。（3）若滴定达终点时，滴定管中的液面如上图所示，正确的读数为__________A．22.30mLB．23.65mLC．22.35mLD．23.70mL（4）由于错误操作，使得上述所测盐酸溶液的浓度偏高的是________(填字母)。A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25.00mL待测酸溶液注入锥形瓶进行滴定C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定D．用酸式滴定管量取待测盐酸时，取液前有气泡，取液后无气泡（5）滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL120.001.0221.03220.002.0021.99320.000.2020.20若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol/L，则该样品的浓度是________________。27、（12分）某课外活动小组的同学，在实验室做锌与浓硫酸反应的实验时，甲同学认为产生的气体是二氧化硫，而乙同学认为除二氧化硫气体外，还可能产生氢气。为了验证甲、乙两位同学的判断是否正确，丙同学设计了如图所示实验装置(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X，且该装置略去)，试回答下列问题：（1）上述反应中生成二氧化硫的化学方程式为__。（2）乙同学认为还可能产生氢气的理由是__。（3）丙同学在安装好装置后，必须首先进行的一步操作是__。（4）A中加入的试剂可能是__，作用是__；B中加入的试剂可能是__，作用是__；E中加入的试剂可能是__，作用是__。（5）可以证明气体X中含有氢气的实验现象是：C中：__，D中：__。如果去掉装置B，还能否根据D中的现象判断气体X中有氢气？__(填“能”或“不能”)，原因是_。28、（14分）科学家寻找高效催化剂，通过如下反应实现大气污染物转化：(1)NH3作为一种重要化工原料，被大量应用于工业生产，与其有关性质反应的催化剂研究曾被列入国家863计划。在恒温恒容装置中充入一定量的NH3和O2，在某催化剂的作用下进行反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H＜0，测得不同时间的NH3和O2的浓度如下表：时间(min)0510152025c(NH3)/mol·L-11.000.360.120.080.00720.0072c(O2)/mol·L-12.001.200.900.850.840.84①前10分钟内的平均速率v(NO)=___________________mol·L-1·min-1②下列有关叙述中正确的是______________A．使用催化剂时，可降低该反应的活化能，加快其反应速率B．若测得容器内4v正(NH3)=6v逆(H2O)时，说明反应已达平衡C．当容器内气体的密度不变时，说明反应已达平衡D．若该反应的平衡常数K值变大，在平衡移动过程中正反应速率先增大后减小(2)氨催化氧化时会发生下述两个竞争反应I、II。催化剂常具有较强的选择性，即专一性。已知：反应I4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H＜0反应II：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H＜0为分析某催化剂对该反应的选择性，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关物质的量关系如图：①该催化剂在高温时选择反应____________(填“I”或“II”)。②反应I的活化能Ea(正)________Ea(逆)(填“小于”“等于”或“大于”)。③520℃时，4NH3(g)+5O24NO(g)+6H2O(g)的平衡常数K=________________(不要求得出计算结果，只需列出数字计算式)。④C点比B点所产生的NO的物质的量少的主要原因_________________________。(3)羟胺(NH2OH)的电子式_____________，羟胺是一种还原剂，可用作显像剂还原溴化银生成银单质和氮气，该反应的化学方程式为________________________________________。现用25.00mL0.049mol/L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与24.50mL0.020mol/L的KMnO4酸性溶液完全作用，则在上述反应中，羟胺的氧化产物是________________________。29、（10分）研究燃料的燃烧和对污染气体产物的无害化处理，对于防止大气污染有重要意义。（1）将煤转化为清洁气体燃料：已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)H=−1．8kJ/mol；C(s)+1/2O2(g)=CO(g)H=−2．5kJ/mol；写出焦炭与水蒸气反应制H2和CO的热化学方程式________________________。（2）一定条件下，在密闭容器内，SO2被氧化成SO3的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H=−akJ/mo1，在相同条件下要想得到2akJ热量，加入各物质的物质的量可能是____________A．4mo1SO2和2molO2B．4molSO2、2mo1O2和2molSO3C．4molSO2和4mo1O2D．6mo1SO2和4mo1O2（3）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化：①已知气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g)H＞3，在一定温度下的定容密闭容器中，能说明此反应已达平衡的是__________A．压强不变B．混合气体平均相对分子质量不变C．2v正(N2)＝v逆(NO)D．N2的体积分数不再改变②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO(g)=2C(s)+O2(g)H＞3，简述该设想能否实现的依据_______________________________________________。（4）燃料CO、H2在一定条件下可以相互转化：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。在423℃时，平衡常数K=9。若反应开始时，CO、H2O的浓度均为3．1mol/L，则CO在此反应条件下的转化率为______________。

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、C【详解】A．加水稀释促进电离，所以一水合氨电离程度增大，但溶液中离子浓度减小，则导电性减弱，故A正确；B．加水时电离平衡正向移动，n(OH-)增大，n(NH3•H2O)减小，在同一溶液中体积相同，离子的浓度之比等于物质的量之比，则增大，故B正确；C．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中OH-数目增多，故C错误；D．温度不变，一水合氨电离平衡常数Kb(NH3·H2O)=不变，故D正确；故选C。2、B【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件(浓度、温度、压强)之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A．反应CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)；△H＜0，升高温度，向吸热方向移动，即升高温度可使平衡向逆反应方向移动，能用勒夏特列原理解释，故A正确；B．钢铁在潮湿的空气中容易生锈，主要发生电化学腐蚀，不存在化学平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C．汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故C正确；D．在SO2催化氧化成SO3的反应，往往加入过量的空气，可增加O2的量，促进平衡向正方向移动，提高SO2的转化率，能用勒夏特列原理解释，故D正确；故答案为B。3、C【解析】A.NO2球中存在2NO2N2O4，△H<0，正反应放热，NO2球放入冷水，颜色变浅，NO2球放入热水中，颜色变深，可以用平衡移动原理解释，A不合题意；B.水的电离是微弱的电离，存在电离平衡，同时电离是吸热过程，温度升高向电离方向移动，水的离子积增大，可以用平衡移动原理解释，B不合题意；C.加二氧化锰可以加快过氧化氢的分解，但催化剂不能使平衡发生移动，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；D.氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH4++OH-，随着氨水浓度降低，氨水的离程度减小，OH-浓度降低，可以用平衡移动原理解释，D不合题意；答案选C。4、A【详解】A．HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；C．CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；D．根据溶液中的物料守恒定律，1mol∙L−1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1，故D正确；综上所述，答案为A。5、B【解析】考查核磁共振氢谱图的含义，以及简单分子中氢原子类型的识别，属于基础题。【详解】用核磁共振仪测定有机物结构时，获得核磁共振氢谱图（吸收强度与化学位移的关系）。图中吸收峰的数目等于氢原子的类型，吸收峰的面积之比等于氢原子的个数之比。题图表明某有机物有两种氢原子，个数比为3:2。乙醇分子中有三种氢原子，乙醛、乙酸中两种氢数目比都是3:1，仅溴乙烷可能。本题选B。6、A【解析】①NO的体积分数不再改变，说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡，故正确；②单位时间内生成n

mol

O2的同时必定生成2n

mol

NO，不能证明正逆反应速率相等，所以该反应不一定达到平衡状态，故错误；③混合气体的颜色不再改变，说明二氧化氮物质的量浓度不变，反应达到平衡状态，故正确；④反应前后气体质量不变、容器体积不变，所以混合气体的密度始终不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；⑤该反应是一个反应前后气体物质的量减小的可逆反应，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各组分的物质的量不变，反应达到平衡状态，故正确；故选A。点睛：本题考查平衡状态的判断，反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变是判断平衡的重要依据。本题的易错点为②，根据方程式生成nmolO2的同时一定生成2nmolNO，且描述的都是逆反应速率。7、C【解析】试题分析：A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，若平衡不移动，CO2的浓度为原来的2倍，由于压强增大，平衡向着逆向移动，则平衡时二氧化碳的浓度小于原先的2倍，A错误；B．CaCO3（s）高温分解为CaO（s）和CO2（g），反应方程式为：CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g），反应生成气体，是熵值增加的过程，则△S＞0，B错误；C．正反应是体积增大的可逆反应，将体积增大为原来的2倍，平衡将向正反应方向移动，C正确；D．保持容器体积不变，充入He，由于气体的浓度不变，则平衡不会移动，D错误；答案选C。考点：考查化学平衡的影响因素8、A【解析】A.热化学方程式未注明温度和压强时，ΔH表示在25℃，101KPa条件下测定的数据，故A错误；B.热化学方程式中的化学计量数只表示反应物或生成物的物质的量，不表示微粒数，系数可以用分数表示，故B正确；C.化学反应的焓变（ΔH）只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，ΔH的单位是kJ/mol与热化学方程式的化学计量数成正比，对于相同物质的反应，当化学计量数不同时，其ΔH不同，与反应条件无关，所以同一化学反应条件不同，只要热化学方程式的化学计量数一定，ΔH值一定，故C正确；D.化学反应放热、吸热关键看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小或生成新化学键所释放的能量与断裂旧化学键所吸收的能量的相对大小，与化学反应发生的条件无关，化学反应过程所吸收或放出的热量与参加反应的物质的物质的量成正比，故D正确。故选A。9、D【详解】A．通入还原剂H2的电极为负极，所以a为负极，选项A正确；B．燃料电池属于原电池，是将化学能转化为电能的装置，选项B正确；C．该电池中，负极上电极反应式为2H2-4e-=4H+，正极电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，正负极电极反应式相加得电池反应式2H2+O2=2H2O，选项C正确；D．通入氢气的电极为负极，通入氧气的电极为正极，电子从负极a沿导线流向正极b，选项D不正确；答案选D。10、C【详解】A、乙烷和氯气取代反应可生成一氯乙烷、二氯乙烷等多种取代物，产品不纯，且难以分离，故A错误；B、乙烯和氯气加成反应生成1，2-二氯乙烷，而不是一氯乙烷，故B错误；C、乙烯和HCl加成反应只生成一氯乙烷，产物较为纯净，故C正确；D、乙炔和HCl若发生1﹕1加成，则生成氯乙烯，若1﹕2加成则生成二氯乙烷，均得不到一氯乙烷，故D错误。答案选C。11、B【详解】同周期元素，从左往右，元素的金属性越来越弱；同族元素从上往下，元素的金属性越来越强，所以题中四种元素的金属性强弱顺序为：K＞Na＞Al＞Si，所以四种元素中K的金属性最强；答案选B。12、D【详解】A.两图中被腐蚀的都是Fe，说明Fe是负极，Sn为正极，说明金属性，A错误；B.从腐蚀程度来讲，乙明显比较严重，因海水中含有较多的盐分，腐蚀速率比河水快，故乙是海水环境下的腐蚀情况，甲是河水环境下的腐蚀情况，B错误；C.铁被腐蚀时电极反应式应为，C错误；D.金属性，用锌做补丁，Zn做负极被腐蚀，可以保护，D正确；答案选D。13、C【解析】根据电离平衡常数大小判断酸性强弱，HF>H2CO3>HClO>HCO3-；形成该盐的酸越弱，盐水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大，据此规律进行分析。【详解】根据电离平衡常数大小判断酸性强弱，HF>H2CO3>HClO>HCO3-，A.酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，所以Na2CO3溶液能与次氯酸发生反应：Na2CO3+HClO=NaHCO3+NaClO，A错误；B.形成该盐的酸越弱，盐水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大，酸性：HF>H2CO3>HClO>HCO3-，所以物质的量浓度相同的①NaF②Na2CO3③NaClO三种溶液的pH：②>③>①，B错误；C.酸性：HF>HClO，所以氢氟酸与NaClO溶液混合能够发生反应：HF+NaClO=HClO+NaF，符合规律，C正确；D.酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，所以少量CO2通入NaClO溶液中的离子反应：CO2＋H2O＋ClO－＝HCO3－＋HClO，D错误；综上所述，本题选C。14、B【详解】A.燃烧热是在25℃、101kP下用1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化来进行测定的，因为所给方程式中水的状态不是液态，所以不能确定氢气的燃烧热数值，故A错误；B.物质的能量越低越稳定，因为石墨转化为金刚石为吸热反应，可知石墨的能量低于金刚石的能量，所以石墨比金刚石稳定，故B正确；C.中和热是指稀的强酸强碱溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，而氢氧化钠固体溶于水时会放出大量的热，所以20.0gNaOH固体与稀盐酸完全中和时，放出的热量大于28.7kJ，故C错误；D.ΔH1为碳单质完全燃烧时的反应热，ΔH2为碳单质不完全燃烧时的反应热，燃烧反应为放热反应所以ΔH均为负数，所以ΔH1小于ΔH2，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】注意比较反应热ΔH时要带符号进行比较，放热反应ΔH为负数。15、D【详解】维生素C具有很强的还原性，久煮后被氧化。而蛋白质、钙、铁等却溶在汤中，D项符合题意，D项正确，答案选D。16、C【分析】①2p轨道上有2对成对电子的原子，则其2p能级电子排布为2p5，为F元素；②外围电子构型为2s22p3的原子为N元素；③短周期第一电离能最小的元素为Na元素；④第三周期离子半径最小的元素Al。【详解】A．同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，F的第一电离能大于N，即①>②，故A错误；B．同周期主族元素的原子半径自左至右依次减小，所以Na的原子半径大于Al，即③>④，故B错误；C．非金属性越强电负性越大，所以电负性①＞②＞④＞③，故C正确；D．F元素没有最高正价，故D错误；故答案为C。17、B【解析】A.CuO＋2HCl＝CuCl2＋H2O反应中，没有元素化合价变化，故A错误；B.Zn＋2HCl＝ZnCl2＋H2↑反应中，氯元素化合价没变，氢元素化合价降低，所以HCl只作氧化剂，故B正确；C.氢元素和氯元素化合价都变化了，所以HCl既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D.MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O反应中，氯元素化合价升高了，所以HCl作还原剂，故D错误。故选B。【点睛】氧化剂在反应中所含元素化合价降低，得电子，发生还原反应，被还原；还原剂在反应中所含元素化合价升高，失电子，发生氧化反应，被氧化。18、D【解析】对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H＞0，反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，以此解答该题。【详解】A．增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，已知图象中正反应速率小于逆反应速率，选项A错误；B．正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，A的含量减小，与图象不符合；增大压强，平衡向正反应方向移动，A的含量减小，与图象不符合，选项B错误；C．升高温度，反应速率增大，达到平衡所用时间较少，图象不符合，选项C错误；D．升高温度，反应速率增大，达到平衡所用时间较少，平衡向正反应方向移动，A的含量减小，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查化学反应平衡图象问题，题目难度中等，注意分析方程式的特征来判断温度、压强对平衡移动的影响为解答该题的关键。19、C【分析】先分析出反应X(g)+Y(g)Z(g)+M(g)+N(s)的特点是：气体计量数不变、放热。再由图可知，按b曲线进行与按a曲线进行的关系是：b途径反应速率快，但达到的平衡结果与a相同，根据影响速率的因素及勒夏特列原理可作判断。【详解】A.升高温度：反应速率增大，但平衡逆向移动X的转化率下降，A错误；B.加大X的投入量，可增大的X的浓度，使平衡正向移动，但X的转化率下降，B错误；C.加催化剂加快反应速率，不改变x的转化率，C正确；D.增大体积相当于减压，不影响该反应的平衡，但会使反应速率减小，D错误；答案选C。20、C【详解】A.反应的△H>0，△S<0，难以自发进行，故错误；B.△H<0，△S<0，焓变为主要因素，不能用熵判据解释，故错误；C.反应的△H>0，反应能自发进行，原因是△S>0，可以满足△H-T△S<0，能自发进行，可用熵判据解释，故正确；D.△H<0，△S<0，焓变为主要因素，不能用熵判据解释，故错误。故选C。【点睛】反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△H-T△S<0，反应可自发进行。可用熵判据来解释的一般情况下反应为吸热反应。21、D【详解】图象中HClO和的物质的量分数相等时的pH为，则，所以，选项A正确；B.具有较强的还原性，，，HClO的氧化性较强，所以氯水中的、、HClO均能与KI发生反应，选项B正确；C.时，根据图象中物质的量分数比较粒子浓度大小，则，选项C正确；D.K只随温度大小而改变，改变平衡，不能改变K值，选项D错误。答案选D。【点睛】本题以氯水为载体考查了电离平衡常数的计算、离子浓度大小比较、物质的性质等知识点，正确分析图象中各个物理量的关系是解本题的关键，易错点为选项D，K只随温度大小而改变，改变平衡，不能改变K值。22、B【详解】A．由题中图示信息可知，电解池的阳极上氧离子发生失电子的氧化反应，导致氧气等气体的出现，所以电极反应式为，故A错误；B．由题中图示信息可知，电解池的阴极上发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子的过程，电极反应式为，故B正确；C．电解池中，电解质里的阴离子均向阳极移动，故C错误；D．石墨电极会和阳极上产生的氧气发生反应，导致一氧化碳、二氧化碳气体的出现，所以电极本身会被消耗，石墨电极质量减小，故D错误；答案为B。二、非选择题(共84分)23、丙烯水解反应或取代反应BC+4Ag（NH3）2OH+4Ag↓+6NH3↑+2H2O6【分析】CH3CH2CH2Br在NaOH乙醇溶液发生消去反应，，A为丙烯；根据信息，，CH3CH=CH2与NBS反应生成CH2BrCH=CH2，B为CH2=CHCH2Br；与溴发生加成生成C，C为CH2BrCHBrCH2Br；与NaOH水溶液发生卤代烃的水解反应，D为丙三醇CH2OHCHOHCH2OH；催化氧化生成E，E为，被新制氢氧化铜氧化，酸化，生成F，F为，和丙三醇发生缩聚，生成。【详解】（1）CH3CH2CH2Br在NaOH乙醇溶液发生消去反应，，A为丙烯；根据信息，，CH3CH=CH2与NBS反应生成CH2BrCH=CH2，B为CH2=CHCH2Br，B中含有的官能团为碳碳双键，为；（2）反应③的化学反应为卤代烃的水解，有机反应类型：取代反应或水解反应；（3）A.1molE含2mol醛基，与足量的新制氢氧化铜悬浊液反应能生成2molCu2O，A错误；B.含有羧基，能与NaHCO3反应产生CO2，B正确；C.CH3CH2CH2Br在NaOH乙醇溶液发生消去反应，C正确；答案为BC（4）+4Ag（NH3）2OH+4Ag↓+6NH3↑+2H2O（5）含苯环，能发生消去反应看，则支链的2个碳原子相连且一个羟基连接在支链上；能与过量浓溴水反应生成白色沉淀，则一个羟基连接在苯环上；同时满足的同分异构体有，各自的邻、间、对，共计6种；答案为：6；；（6）二元酸与二元醇可以发生缩聚反应：24、5∶1sp2共价原子C2H6H2O2<H2O2分子间存在氢键，C2H6分子间不存在氢键【分析】根据核外电子排布规律分析解答；根据共价键的形成及分类分析解答；根据分子间作用力的综合利用分析解答；【详解】根据题意已知，U是H元素；V元素三个能级，说明只有2个电子层，且每个能级中电子数相等，它的核外电子排布式为：1s22s22p2，即C元素；W在基态时，2p轨道处于半充满状态，所以它的核外电子排布式为：1s22s22p3，即N元素；X与W同周期，说明X处于第二周期，且X的第一电离能比W小，故X是O元素；(1)衡量石油化工发展水平的标志的是乙烯，即甲分子是乙烯分子，乙烯分子中含有碳碳双键，双键中含有一个σ键和一个π键，两个碳氢共价键，即四个σ键，则甲分子中σ键和π键的个数比为：5∶1，其中心原子采取的是sp2杂化，体现平面结构；(2)V3W4晶体是C3N4晶体，其硬度比金刚石大，说明晶体中含有共价键，是原子晶体；(3)V的氢化物含有18个电子，该分子是C2H6，W的氢化物含有18个电子的分子是：H2O2，由于H2O2分子间存在氢键，C2H6分子间不存在氢键，故沸点：C2H6<H2O2；【点睛】同种元素形成的不同种单质，互为同素异形体。同种原子形成共价键，叫做非极性键。形成分子间氢键的分子熔点和沸点都会比同系列的化合物偏高，例如：H2O常温下为液态，而不是气态。25、对溴元素进行富集SO2+Br2+2H2O===4H++SO42-+2Br-加热浓缩冷却结晶坩埚泥三角搅拌、引流2I-+2H++H2O2==I2+2H2O萃取蒸馏【解析】(1)①依据利用海水可以提取溴和镁，流程中提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是更多的得到溴单质，提取过程对溴元素进行富集，吸收塔内通入的是二氧化硫气体是和溴单质反应生成溴离子，在蒸馏塔中被氯气氧化得到更多的溴单质，吸收塔中反应的离子方程式为；SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-，故答案为：对溴元素进行富集；SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；②从MgCl2溶液中得到MgCl2•6H2O晶体的主要操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；(2)①灼烧过程中用到的实验仪器有铁三角架、酒精灯、坩埚钳、坩埚、泥三角，故答案为：坩埚；泥三角；②操作①为溶解、过滤，需用到玻璃棒，玻璃棒的作用为搅拌、引流，故答案为：搅拌、引流；③向酸化后的水溶液加入适量3%H2O2溶液，将碘离子氧化生成碘单质，反应的化学方程式为2I-+2H++H2O2==I2+2H2O，故答案为：2I-+2H++H2O2==I2+2H2O；④氧化后得到碘的水溶液，要得到碘单质，可以通过萃取和分液，操作③是分液，则操作②是萃取；分液后得到碘的有机溶液，可以通过蒸馏的方法分离碘和有机溶剂，因此操作④是蒸馏，故答案为：萃取；蒸馏。26、DB、D、C、E、F滴入最后一滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色变为粉红色且半分钟内不变色CC0.1010mol/L【解析】（1）根据酸碱滴定管的构造选择；（2）操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数，再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定；（3）滴定管的刻度自上而下逐渐增大；（4）由c测=，由于c标、V测均为定植，所以c测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则c测偏大或偏小；（5）根据c测=计算。【详解】（1）现用物质的量浓度为0.1000mol·L-1的标准NaOH溶液去滴定VmL盐酸的物质的量浓度，则盐酸装在锥形瓶中，氢氧化钠溶液装在碱式滴定管中进行滴定，选用乙，指示剂选用酚酞，答案选D；（2）操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数，再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，正确操作步骤的顺序是B→D→C→E→A→F。判断到达滴定终点的实验现象是滴入最后一滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色变为粉红色且半分钟内不变色；（3）氢氧化钠溶液应该用碱式滴定管量取。由于滴定管的刻度自上而下逐渐增大，所以根据装置图可知，此时的读数是22.35mL，答案选C；（4）A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数，读数偏小，测得溶液浓度偏低；B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25.00mL待测酸溶液注入锥形瓶进行滴定，则待测液浓度偏低，消耗的标准碱液体积偏小，测得溶液浓度偏低；C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定，则标准溶液浓度偏低，滴定消耗的标准液体积偏大，测得溶液浓度偏高；D．用酸式滴定管量取待测盐酸时，取液前有气泡，取液后无气泡，则所取盐酸的体积偏小，消耗标准液的体积偏小，测得溶液浓度偏低；答案选C；（5）三次测定的体积分别为20.01mL、19.99mL、20.00mL，平均消耗体积为20.00mL，若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol/L，则该样品的浓度是。【点睛】本题酸碱中和滴定仪器的选择、中和滴定、数据处理以及误差分析等。易错点为中和滴定误差分析，总依据为：由c测=，由于c标、V测均为定植，所以c测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则c测偏大或偏小。根据产生误差的来源，从以下几个方面来分析：①洗涤误差。②读数误差。③气泡误差。④锥形瓶误差。⑤变色误差。⑥样品中含杂质引起的误差，这种情况要具体问题具体分析。27、Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O当Zn与浓H2SO4反应时，浓H2SO4浓度逐渐变稀，Zn与稀H2SO4反应可产生H2检验装置的气密性品红溶液检验SO2浓H2SO4吸收水蒸气碱石灰防止空气中水蒸气进入D中黑色变成红色白色粉末变成蓝色不能因为混合气体中含H2O会干扰H2的检验【分析】本题对Zn与浓H2SO4反应的产物进行两种推测，而后设计装置进行验证；设计时既要验证有无SO2生成，又要验证有无H2生成；验证SO2可用品红溶液，验证H2可利用它的还原性，在加热条件下让气体通过CuO，再通过无水硫酸铜，同时必须注意验证H2时，应考虑空气中的水蒸气和从洗气装置中带出的水蒸气对氢气检验的干扰。【详解】（1）锌和浓硫酸反应是二氧化硫、硫酸锌和水，反应的化学方程式为Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O；（2）反应时浓H2SO4浓度逐渐变稀，Zn与稀H2SO4反应可产生H2，反应的化学方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；（3）装置是气体验证实验，所以需要装置气密性完好，实验开始先检验装置的气密性；（4）分析装置图可知，生成的气体中有二氧化硫和氢气，所以装置A是验证二氧化硫存在的装置，选品红溶液进行验证；通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通过装置B中的浓硫酸除去水蒸气，利用氢气和氧化铜反应生成铜和水蒸气，所以利用装置D中的无水硫酸铜检验水的生成，为避免空气中的水蒸气影响D装置中水的检验，装置E中需要用碱石灰；（5）证明生成的气体中含有水蒸气的现象，C装置中黑色氧化铜变为红色铜，D装置中白色硫酸铜变为蓝色；混合气体中含H2O会干扰H2的检验，所以如果去掉装置B，就不能根据D中的现象判断气体X中有氢气。28、0.088AⅠ小于0.24×0.96/(0.44×1.455)温度升高，催化剂的活性减弱，相同时间生成的NO减少(该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左(逆反应)移动)2NH2OH+2AgBr==N2↑+2Ag↓+2HBr+2H2ON2O【分析】(1)①可以计算出氨气或氧气的速率，根据速率比等于化学计量数之比，算出NO的速率；②A.催化剂可以同等程度的降低正逆反应的活化能，加快其反应速率，故A正确；B.正逆反应速率比不等于化学计量数之比，未达平衡，故B错误；C.T、V、m（总）一定，密度一定，不能作为判断是否平衡的依据，故C错误；D.因为正反应放热反应，若该反应的平衡常数K值变大，说明在降温，平衡移动过程中正反应速率减小，故D错误；(2)①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I；②根据△H判断；③在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，520℃平衡时n（NO）=n（N2）=0.2mol，则：

4NH3（g）+5O2⇌4NO（g）+6H2O（g）

变化（mol）：0.2

0.25

0.2

0.3

4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）

变化（mol）：0.4

0.3

0.2

0.6

故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数；④该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左(逆反应)移动；(3)根据稳定结构书写羟胺(NH2OH)的电子式；反应物羟胺和溴化银，产物银单质和氮气，书写化学方程式；关系式法计算；【详解】(1)①v（NH3）=（1.00-0.12）/10=0.088mol·L-1·min-1,根据速率比等于化学计量数之比，算出NO的速率v（NO）=0.088mol·L-1·min-1。正确答案：0.088②A.催化剂可以同等程度的降低正逆反应的活化能，加快其反应速率，故A正确；B.正逆反应速率比不等于化学