2026届息烽县第一中学高二化学第一学期期中达标检测模拟试题含解析

2026届息烽县第一中学高二化学第一学期期中达标检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列关于甲烷的叙述正确的是（）A．液化石油气的主要成分B．含碳质量分数最大的有机物C．最简单的有机物D．1mol甲烷含有8mol电子2、下列属于油脂的用途的是()①人类的营养物质②制取肥皂③制取甘油④制取高级脂肪酸⑤制取汽油A．①②③ B．①③⑤ C．②③④⑤ D．①②③④3、肼(N2H4)可作为发射火箭的燃料。已知1g液态肼(N2H4)气体在空气中燃烧生成氮气和水蒸气放出16.7kJ的热量，该反应的热化学方程式是A．N2H4(l)+O2(g)=2H2O(g)+N2(g)ΔH=-16.7kJ·mol-1B．N2H4(l)+O2(g)=2H2O(1)+N2(g)ΔH=-534.4kJ·mol-1C．N2H4(l)+O2(g)=2H2O(g)+N2(g)ΔH=-534.4kJ·mol-1D．N2H4(l)+O2(g)=2H2O(g)+N2(g)ΔH=+534.4kJ·mol-14、下列说法正确的是（）A．电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱B．电离平衡常数受溶液浓度的影响C．H2CO3的电离常数表达式：K=D．电离常数大的酸溶液中c(H＋)一定比电离常数小的酸中大5、某温度下，将3molA和2molB充入2L一密闭容器中，发生反应：A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)，5min后达到平衡。已知该温度下其平衡常数K=1，下列选项正确的是A．C平衡浓度为1.2mol/L B．速率v(B)=0.08mol/(L•min)C．A的转化率为40% D．B的转化率为40%6、下列说法正确的是（）A．含有OH-的溶液一定呈碱性B．pH为3的盐酸的c(H+)是pH为1的盐酸的100倍C．Na2CO3溶液与NaHCO3溶液中所含微粒的种类一定相同D．pH相同的氨水与氢氧化钠溶液,分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时,消耗氨水与氢氧化钠溶液的体积一定相同7、下列能表示阿伏加德罗常数数值的是()A．1mol金属铝含有的电子数为3NAB．标准状况下，22.4L乙醇所含的分子数为NAC．标准状况下，0.5molH2所含有的原子数为NAD．1L1mol/L的硫酸溶液中所含的H＋为NA8、一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表。下列说法错误的是（）pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2﹣A．当pH＜4时，碳钢主要发生析氢腐蚀B．当pH＞6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀C．当pH＞14时，正极反应为O2+4H++4e→2H2OD．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓9、下列事实中不能用勒夏特列原理解释是A．由H2、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系压缩体积后颜色变深B．实验室常用排饱和食盐水法收集氯气C．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅D．工业制取金属钾[Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)]时，使K变成蒸气从混合体系中分离出来10、已知（b）、（d）、（p）的分子式均为C6H6，下列说法正确的是（）A．b的同分异构体只有d和p两种B．它们的二氯代物均只有三种C．它们均可与酸性高锰酸钾溶液反应D．只有b的所有原子处于同一平面11、下列物质不能发生水解反应的是（）A．油脂 B．淀粉 C．葡萄糖 D．纤维素12、把4molA和2.5molB混合于2L密闭容器中，发生反应：3A(g)＋2B(s)xC(g)＋D(g)，5min后反应达到平衡，容器内压强变小，测得D的平均反应速率为0.05mol•L-1•min-1，下列结论错误的是A．A的平均反应速率为0.15mol•L-1•min-1B．平衡时，C的浓度为0.25mol•L-1C．B的平均反应速率为0.1mol•L-1•min-1D．平衡时，容器内压强为原来的0.875倍13、许多国家十分重视海水资源的综合利用。不需要化学变化就能从海水中获得的物质是（）A．溴单质、碘单质 B．钠、镁 C．氧气、氢气 D．食盐、淡水14、化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是A．钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应式：Fe-2e-=Fe2+B．氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+D．惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑15、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加。W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍；Y＋和X2－的电子层结构相同；Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和。下列说法正确的是A．Z的氢化物的酸性比WX2的水化物的强，说明Z的非金属性比W的强B．离子半径大小：Z>Y>XC．X和Y形成的化合物为离子化合物且阳离子和阴离子的个数之比为2:1D．Z元素的气态氢化物的热稳定性比X的高16、右图所示是一种新近开发的固体氧化物燃料电池。它以掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体为固体电解质，在熔融状态下传导氧离子(O2－)，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断不正确的是（）A．采用多孔电极的目的是易于吸附气体B．有H2放电的b极为电池的负极C．a极对应的电极反应为O2＋2H2O＋4e－＝4OH－D．b极对应的电极反应为2H2－4e－＋2O2－＝2H2O17、19世纪中叶，俄国化学家门捷列夫的突出贡献是（）A．提出原子学说 B．提出分子学说 C．发现元素周期律 D．发现氧气18、某反应过程能量变化如图所示，下列说法不正确的是A．反应过程b有催化剂参与。B．该反应的焓变△H<0。C．改变催化剂，会改变该反应的活化能。D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2。19、下列有关认识正确的是()A．各能层的能级数按K、L、M、N分别为1、2、3、4B．各能层的能级都是从s能级开始至f能级结束C．各能层含有的能级数为n－1D．各能层含有的电子数为2n220、用除去表面氧化膜的细铝条紧紧缠绕在温度计上（如图），将少许硝酸汞溶液滴到铝条表面，置于空气中，很快铝条表面产生“白毛”，且温度明显上升。下列分析错误的是A．Al和O2化合放出热量 B．硝酸汞是催化剂C．涉及了：2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg D．“白毛”是氧化铝21、化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是：A．天然气、石油、流水、风力、氢气为一次能源B．无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能C．PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素D．发展低碳经济、循环经济，推广可利用太阳能、风能的城市照明系统22、下列关于石油的说法正确的是（）A．液化石油气、天然气都是可再生能源 B．石油主要含有碳、氢两种元素C．石油的裂化和裂解都属于物理变化 D．石油分馏出的各馏分均是纯净物二、非选择题(共84分)23、（14分）为探究工业尾气处理副产品X(黑色固体，仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X含有的两种元素是__________，其化学式是____________。（2）无色气体D与氯化铁溶液反应的离子方程式是____________________。（3）已知化合物X能与稀盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g·L-1），写出该反应的化学方程式________________________________________。24、（12分）肉桂醛F()在自然界存在于桂油中，是一种常用的植物调味油，工业上主要是按如下路线合成的：已知：两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生反应，生成一种羟基醛：+请回答：（1）D的结构简式为______；检验其中官能团的试剂为______。（2）反应①～⑥中属于加成反应的是______（填序号）。（3）写出反应③的化学方程式：______。（4）在实验室里鉴定（）分子中的氯元素时，是将其中的氯元素转化为AgCl白色沉淀来进行的，其正确的操作步骤是______（请按实验步骤操作的先后次序填写序号）。A．滴加AgNO3溶液B．加NaOH溶液C．加热D．用稀硝酸酸化（5）下列关于E的说法正确的是______（填字母）。a．能与银氨溶液反应b．能与金属钠反应c．1molE最多能和3mol氢气反应d．可以发生水解（6）E的同分异构体有多种，其中之一甲符合条件：①苯环上只有一个取代基，②属于酯类，可由H和芳香酸G制得，现测得H分子的红外光谱和核磁共振氢谱如下图：（已知H的相对分子量为32）则甲的结构简式为______。未知物H的核磁共振氢谱未知物H的红外光谱25、（12分）某研究性学习小组通过下列反应原理制备SO2并进行性质探究。反应原理为：Na2SO3(固)+H2SO4(浓)＝Na2SO4+SO2↑+H2O（1）根据上述原理制备并收集干燥SO2的实验装置连接顺序为________________。(填接头序号)（2）D中盛装的试剂为_________________。（3）甲同学用注射器吸取纯净的SO2并结合装置G进行SO2的性质实验，若X是Na2S溶液，其目的是检验SO2的_____________，可观察到的现象_________。（4）实验1：乙同学将溶液X换为浓度均为0.1mol/LFe(NO3)3和BaCl2的混合溶液（已经除去溶解氧），通入少量SO2后观察到烧杯产生白色沉淀，乙同学认为白色沉淀为BaSO4，为探究白色沉淀的成因，他继续进行如下实验验证：（已知：0.1mol/LFe(NO3)3的pH=2）实验操作现象结论和解释2将SO2通入0.1mol/L____和BaCl2混合液产生白色沉淀Fe3+能氧化H2SO33将SO2通入_______和BaCl2混合液产生白色沉淀酸性条件NO3-能将H2SO3氧化为SO42-26、（10分）用图所示装置进行中和热测定实验，请回答下列问题：（1）仪器A的名称为_______。（2）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是__________。（3）实验中若用1．51mol·L－1H2SO2溶液跟1．51mol·L－1NaOH溶液进行中和热测定，写出表示该反应中和热的热化学方程试（中和热为57.3kJ·mol-1）：__________________。（2）取31mL1．51mol·L－1H2SO2溶液与51mL1．51mol·L－1NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，三次实验温度平均升高2.1℃。已知中和后生成的溶液的比热容为2．18J／（g·℃），溶液的密度均为1g／cm3。通过计算可得中和热△H=_____，（5）上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生此偏差的原因可能是(填字母)______。a．实验装置保温、隔热效果差b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO2溶液的温度c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中（6）实验中若用61mL1．25mol·L－1H2SO2溶液跟51mL1．55mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____（填“相等”．“不相等”），所求中和热___（填“相等”．“不相等”），若用51mL1．51mol·L－1醋酸代替H2SO2溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会____（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。27、（12分）某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3＋。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：(1)在25℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL①4601030②5601030③560__________________测得实验①和②溶液中的Cr2O72—浓度随时间变化关系如图所示。(2)上述反应后草酸被氧化为__________________(填化学式)。(3)实验①和②的结果表明____________________；实验①中0～t1时间段反应速率v(Cr3＋)＝____________mol·L－1·min－1(用代数式表示)。(4)该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：Fe2＋起催化作用；假设二：___________________________；假设三：___________________________；(5)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。[除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定]实验方案（不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论__________________________（6）某化学兴趣小组要完成中和热的测定，实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、0.5mol·L-1盐酸、0.55mol·L-1NaOH溶液,实验尚缺少的玻璃用品是___、_____。(7)他们记录的实验数据如下:实验用品溶液温度中和热t1t2ΔH①50mL0.55mol·L-1NaOH溶液50mL0.5mol·L-1HCl溶液20℃23.3℃②50mL0.55mol·L-1NaOH溶液50mL0.5mol·L-1HCl溶液20℃23.5℃已知:Q=cm(t2-t1),反应后溶液的比热容c为4.18kJ·℃-1·kg-1,各物质的密度均为1g·cm-3。计算完成上表中的ΔH_________________________。(8)若用KOH代替NaOH,对测定结果____(填“有”或“无”)影响;若用醋酸代替HCl做实验,对测定结果ΔH____(填“偏大”或“偏小”无影响)。28、（14分）能源、环境与生产生活和社会发展密切相关。（1）工业上利用CO和H2在催化剂作用下合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，已知反应中有关物质的化学键键能数据如下表所示：化学键H—HC—OC≡OH—OC—HE/(kJ/mol)4363431076465413则CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=__________kJ•mol-1（2）以甲醇为燃料的新型电池,其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池。如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。B极为电池______极，B极的电极反应式为_________________________________。（3）参考合成反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数，回答下列问题：温度/℃050100200300400平衡常数667100131.9×10-22.4×10-41×10-5①该反应正反应是___________（填“放热”或“吸热”）反应；②在T℃时，1L密闭容器中，投入0.1molCO和0.2molH2，达到平衡时，CO转化率为50%，则T=__________℃。（4）CH3OH也可由CO2和H2合成。在体积为1L的密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=—49.0kJ/mol，测得CO2和CH3OH(g)浓度随时间变化如图所示。①该反应的平衡常数表达式为K=_______；从反应开始到10min，v(H2)=_____mol/(L·min)；②下列情况能说明该反应一定达到平衡状态的是___________(填字母)A．v(CO2)消耗=v(CH3OH)生成B．气体的密度不再随时间改变C．CO2和CH3OH的浓度之比不再随时间改变D．气体的平均相对分子质量不再随时间改变③为了加快化学反应速率且使体系中气体的物质的量增大，只改变下列某一条件，可采取的措施有__(填字母)A．升高温度B．缩小容器体积C．再充入CO2气体D．使用合适的催化剂④相同温度下，在另一个容积为1L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)和2molH2O(g)，达到平衡时CO2的浓度_______(填“>”、“<”或“=”)0.25mol/L。29、（10分）十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战!”以NOx和燃煤为主的污染综合治理是当前重要的研究课题。(1)直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g)ΔH＝-867kJ/mol2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH＝-56.9kJ/molH2O(g)＝H2O(l)ΔH＝-44.0kJ/mol则CH4(g)+N2O4(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝________________。(2)汽车尾气中含有NOx主要以NO为主，净化的主要原理为：2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)△H=akJ/mol，在500℃时，向体积不变的密闭体系中通入5mol的NO和5mol的CO进行反应时，体系中压强与时间的关系如图所示：①下列描述能说明反应达到平衡状态的是__________________A.单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N2B．体系中NO、CO、CO2、N2的浓度相等C.混合气体的平均相对分子质量不变D.体系中混合气体密度不变②4min时NO的转化率为______________。③500℃该反应的平衡常数Kp=__________MPa-1。(Kp为以平衡分压表示的平衡常数：平衡分压=总压×物质的量分数，计算结果保留2位有效数字)④若在8min改变的条件为升高温度，Kp减小，则a____________0(填大于、小于或等于)⑤如要提高汽车尾气的处理效率可采取___________(填序号)a升高温度b降低温度并加催化剂c增加排气管的长度

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【解析】A．液化石油气的主要成分是丙烷(C3H8)等，故A错误；B．甲烷是烷烃中含碳质量分数最小的有机物，故B错误；C．甲烷是最简单的烃，也是最简单的有机物，故C正确；D．1个甲烷含有10个电子，所以1mol甲烷含有10mol电子，故D错误；故选C。2、D【详解】油脂是高级脂肪酸的甘油酯，可用于①人类的营养物质、②制取肥皂、③制取甘油、④制取高级脂肪酸，汽油的成分是烃类，油脂无法制取汽油。答案D。3、C【详解】1molN2H4质量为32克，1g气态肼在氧气中燃烧生成氮气和气态水时，可放出16.7kJ的热量，则32gN2H4燃烧生成氮气和气态水时放热16.7kJ×32=534.4kJ，根据书写热化学方程式注意放热反应，ΔH为“−”，所以，ΔH=−534.4kJ·mol-1，N2H4、O2、N2、都为气态，H2O为气态，所以反应的热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=2H2O(g)+N2(g)ΔH=-534.4kJ·mol-1，答案选C。4、A【详解】A.电离平衡常数等于弱电解质达到电离平衡时生成离子浓度幂之积与为电离的电解质浓度的比，电离平衡常数可以表示弱电解质电离程度大小，所以可以表示弱电解质的相对强弱，A正确；B.电离平衡常数只与温度有关，与溶液浓度无关，B错误；C.碳酸是二元弱酸，分步电离，其第一步电离平衡常数K1=，C错误；D.酸溶液中c(H+)与溶液浓度及电离程度有关，所以电离常数大的酸溶液中c(H+)不一定比电离常数小的酸中大，D错误；故合理选项是A。5、C【分析】根据三行式计算化学反应中物质的平衡浓度、速率和转化率。【详解】根据反应式可知

A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)

起始量(mol)3

2

0

0

变化量(mol)x

xxx

平衡量(mol)3-x

2-x

x

x

所以有=1，计算得出x=1.2，C平衡浓度为=0.6mol/L；速率v(B)==0.12mol/(L•min)A的转化率为×100%=40%；B的转化率为×100%=60%。所以C选项是正确的。6、C【解析】A、含有OH－的溶液不一定为碱性，如水中含有OH－，但水显中性，故A错误；B、pH=3的盐酸溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，pH=1的盐酸溶液c(H＋)=10－1mol·L－1，因此pH=3的盐酸的c(H＋)是pH=1的盐酸中的1/100倍，故B错误；C、两种溶液含有微粒为Na＋、SO32－、HSO3－、H2SO3－、H＋、OH－，故C正确；D、NH3·H2O是弱碱，NaOH为强碱，相同pH时，c(NH3·H2O)>c(NaOH)，因此中和同浓度同体积的盐酸时，消耗氨水的体积小于NaOH的体积，故D错误。7、C【解析】A．1mol铝原子中含有13mol电子，不能表示阿伏加德罗常数数值，A错误；B．标况下乙醇不是气体，22.4L乙醇的物质的量不是1mol，不能表示阿伏加德罗常数数值，B错误；C．标准状况下，0.5molH2所含有的氢原子是1mol，原子数为NA，能表示阿伏加德罗常数数值，C正确；D．1L1mol•L-1硫酸溶液中含有1mol硫酸，1mol硫酸在溶液中电离出2mol氢离子，不能表示阿伏加德罗常数数值，D错误；答案选C。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的判断与计算，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确阿伏加德罗常数的概念及表示的意义，注意气体摩尔体积的适用范围和条件。8、C【分析】在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀，据此分析解答。【详解】A．当pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：2H++2e-=H2↑，故A正确；B．当pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此主要得到铁的氧化物，故B正确；C．在pH＞14溶液中，碳钢发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气浓度减小，生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；故选C。9、A【分析】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应存在平衡，而且平衡必须发生移动。【详解】A．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），该反应的反应前后气体计量数之和不变，所以压强不影响平衡移动，由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后，体系的体积减小碘蒸气浓度增大，颜色加深，与平衡移动无关，所以不能用勒夏特里原理解释，A项正确；B．氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，饱和食盐水中氯离子浓度大，可以抑制氯气的溶解，则实验室常用排饱和食盐水法收集氯气可以用勒夏特列原理解释，B项错误；C．对2NO2⇌N2O4平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，平衡正向移动，NO2的浓度有所减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，C项错误；D．Na（l）+KCl（l）⇌NaCl（l）+K（g），使K变成蒸汽从反应混合物中分离出来，即减小产物的浓度，能让平衡向着正反应方向进行，能用勒夏特列原理解释，D项错误；答案选A。【点睛】本题的考查点是平衡的移动原理，也就是勒夏特列原理。所以体系中必须存在平衡，而且条件的改变，必须让平衡发生移动。这两条都满足才能用勒夏特列原理解释。10、D【解析】A、b为苯，其同分异构体可为环状烃，也可为链状烃，如HC≡C-CH=CH-CH=CH2，则同分异构体不仅d和p两种，故A错误；B、将d的碳原子进行编号，如图，对应的二氯代物中，两个Cl原子可分别位于(1，2)、(1,3)、(1,4)、(2,3)、(2,5)、(2、6)，即d的二氯代物有6种，故B错误；C、苯（b）不能使高锰酸钾褪色，(p)中碳原子均成四个单键（3个C-C键和1个C-H键），不能与高锰酸钾反应，故C错误；D、d和p都含有饱和碳原子，饱和碳原子与所连的四个原子成四面体结构，则d、p不可能所有原子处于同一平面，苯（b）是平面形结构，故D正确。故选D。11、C【详解】淀粉为多糖，能水解为葡萄糖，纤维素为多糖，水解为葡萄糖，葡萄糖为单糖，是不能再水解的糖，油脂在体内水解为甘油和高级脂肪酸。故选C。12、C【解析】5min后反应达到平衡，容器内压强变小，应有x+1＜3，x＜2，x=1，D的平均反应速率为0.1mol/（L·min），则生成n（D）=2L×5min×0.05mol/（L·min）=0.5mol，则：3A（g）+2B（s）C（g）+D（g）n起始4mol00n转化1.5mol0.5mol0.5moln平衡2.5mol0.5mol0.5molA、A的平均反应速率为3×0.05mol·L-1·min-1=0.15mol·L-1·min-1，故A正确；B、平衡时，C的浓度为0.5mol/2L=0.25mol·L－1，故B正确；C、B为固体，不能用单位时间内浓度变化量表示反应速率，故C错误；D、平衡时，容器内压强为原来的(2.5mol+0.5mol+0.5mol)/4mol=0.875，故D正确。故选B。13、D【详解】A.溴离子和碘离子被氧化为溴单质和碘单质的过程都是化学变化，故A错误；B.电解熔融氯化钠制得钠和电解熔融氯化镁制得镁的过程都是化学变化，故B错误；C.电解水制得氧气和氢气的过程是化学变化，故C错误；D．海水晒盐和海水蒸馏得到淡水的过程，都没有新物质生成，是物理变化，故D正确；故选D。【点睛】元素在溶液中的存在形式是离子，若想得到单质，均需要发生化学变化。14、D【详解】A．钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失电子发生氧化反应，负极反应式为Fe═Fe2++2e-，错误；B．氢氧燃料电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应、正极上氧气得电子发生还原反应，如果电解质溶液呈碱性，则正极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-，错误；C．粗铜精炼石，粗铜作阳极、纯铜作阴极，阳极连接原电池正极、阴极连接原电池负极，所以粗铜连接原电池正极，纯铜连接原电池负极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，错误；D．用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为2Cl-═Cl2↑+2e-，正确；答案选D．15、C【解析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加。W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍，结合原子序数可知，W应位于第二周期，最外层电子数为4，W为C元素，若W为S，X、Y、Z不可能均为短周期主族元素；Y+和X2-的电子层结构相同，则X为O元素、Y为Na元素；Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和，Z的原子序数为6+11=17，Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，W为C、X为O、Y为Na、Z为Cl；A．盐酸为无氧酸，不能由盐酸与碳酸的酸性比较C、Cl的非金属性，故A错误；B．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径大小：Z＞X＞Y，故B错误；C．由X、Y两种元素组成的常见离子化合物为Na2O或Na2O2，其阳离子与阴离子个数比均为2：1，故C正确；D．非金属性O＞Cl，氢化物稳定性与元素非金属性一致，则氢化物稳定性X＞Z，故D错误；故选C。16、C【解析】a电极通入的是氧气，因此是正极。由于电解质是固体，传递的是O2－，所以正极电极反应式是O2＋4e－＝2O2－，因此选项C不正确，其余都是正确的，答案选C。17、C【详解】19世纪中叶，俄国化学家门捷列夫的突出贡献是发现元素周期律。提出原子学说的是道尔顿，提出分子学说的是阿伏加德罗，答案选C。18、D【详解】A项，反应a过程活化能高，说明反应b有催化剂参与，故A项正确；B项，反应物的能量高于生成物的能量，反应放热，由图可知反应物与产物的能量差为△H，故B项正确；C项，催化剂能够改变反应的活化能，故C项正确；D项，分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量称为活化能，由图可知，反应的活化能为E1，故D项错误。综上所述，本题正确答案为D。【点睛】本题考查了化学反应能量变化的分析应用，注意催化剂的作用理解和应用，催化剂能够降低反应的活化能，使活化分子百分数增加，使反应速率加快。19、A【解析】A项、各能层的能级数按K、L、M、N分别为1、2、3、4，故A正确；B项、各能层的能级都是从s能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等，所以有的能层不含f能级，故B错误；C项、各能层含有的能级数与其能层数相等为n，故C错误；D项、各能层最多含有的电子数为2n2，但最外层不能超过8个电子，次外层不能超过18个电子，倒数第三层不能超过32个电子，故D错误。故选A。【点睛】本题考查了电子的排布、能层和能级的关系等知识点，根据构造原理来分析解答即可。20、B【分析】铝与硝酸汞溶液发生置换反应生成汞，形成铝汞合金（铝汞齐）。合金中的铝失去氧化膜的保护，不断被氧化成氧化铝（白毛）。【详解】A.实验中，温度计示数上升，说明Al和O2化合放出热量，A项正确；B.硝酸汞与铝反应生成汞，进而形成铝汞齐，B项错误；C.硝酸汞与铝反应的离子方程式为2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg，C项正确；D.铝汞齐中的铝失去氧化膜保护，与氧气反应生成氧化铝（白毛），D项正确。本题选B。21、D【解析】试题分析：A、一级能源是指直接从自然界取得的能源，氢气不属于一级能源；B、风力发电是将风能转化为电能；C、砷元素属于非金属元素；D、低碳经济、循环经济，利用太阳能、风能均有利于能源开发和环境保护，正确。考点：考查化学与能源、环境等相关知识。22、B【详解】A．石油分馏得到液化石油气，石油、天然气是化石燃料，是不可再生的，A不正确；B．石油主要是烃类，含碳、氢两种元素，正确；C．石油的裂化和裂解都属于化学变化，C不正确；D．石油分馏出的各馏分均是混合物，D不正确；答案选B。二、非选择题(共84分)23、Fe、SFe2S3SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓【分析】本题考查化学反应流程图、离子反应方程式的书写及物质的推断等知识。根据向B加入KSCN溶液后，C为血红色溶液为突破口，可以推知B为FeCl3，C为Fe(SCN)3，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3)=32g/160g/mol=0.2mol，n(Fe)=0.4mol，m(Fe)=0.4mol56g/mol=22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素。再根据各元素的质量求出个数比，据此分析作答。【详解】（1）B加入KSCN，C为血红色溶液，可以知道B为FeCl3，C为Fe(SCN)3等，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3)=32g/160g/mol=0.2mol，n(Fe)=0.4mol，m(Fe)=0.4mol56g/mol=22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素，且m(S)=41.6g-22.4g=19.2g，n(S)==0.6mol，可以知道n(Fe):n(S)=2:3，应为Fe2S3，故答案为Fe、S；Fe2S3；（2）无色气体D为SO2，与氯化铁发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，故答案为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；(3)化合物X能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g/L，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，该反应的化学方程式为Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓，故答案为Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓【点睛】用化合价升降法配平氧化还原反应方程式，必须遵循两个基本原则：一是反应中还原剂各元素化合价升高的总数和氧化剂各元素化合价降低的总数必须相等，即得失电子守恒；二是反应前后各种原子个数相等，即质量守恒。对氧化还原型离子方程式的配平法：离子方程式的配平依据是得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，即首先根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，在此基础上根据电荷守恒，配平两边离子所带电荷数，最后根据质量守恒配平其余物质的化学计量数。24、（1）银氨溶液或新制的Cu(OH)2悬浊液（2）①⑤（3）+NaOH+NaCl（4）BCDA（5）ab（6）C6H5—CH2COOCH3【解析】试题分析：（1）乙烯与水反应生成A，A为乙醇，乙醇催化氧化得到B，B为乙醛，与氢氧化钠水溶液反应生成C，C为，催化氧化得到D。（2）①为乙烯的加成反应，②为乙醇的氧化反应，③为卤代烃的水解反应，④为醇的氧化反应，⑤为加成反应，所以加成反应有①⑤。（3）反应③为卤代烃在氢氧化钠水溶液加热条件下的水解反应，故方程式为：+NaOH+NaCl。（4）要检验卤代烃中的卤素原子，一般先加入氢氧化钠溶液加热后，冷却后再加热稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，所以操作为BCDA。（5）根据信息可知E为，含有醛基，能与银氨溶液反应，有羟基能与金属钠反应，有苯环和醛基能与氢气反应，1摩尔E最多和4摩尔氢气反应，没有酯基或卤素原子，不能发生水解反应，所以正确的为ab。（6）E的同分异构体，H为醇，有2组峰，含有碳氧键和氧氢键，说明有羟基，则为甲醇，所以其结构为C6H5—CH2COOCH3考点：有机物的推断25、afgdce（写afgdcfge）NaOH溶液（或其它碱液）氧化性产生黄色沉淀（黄色浑浊或乳白色沉淀）FeCl30.01mol/LHNO3（或pH=2的HNO3）【解析】试题分析：本题考查SO2的实验室制备和SO2性质探究，实验方案的设计。（1）根据反应原理，制备SO2属于“固体+液体→气体”；制得的SO2中混有H2O（g），用浓硫酸干燥SO2；SO2密度比空气大，用向上排空法收集；SO2污染大气，最后要进行尾气吸收，所以实验装置连接顺序为afgdce。（2）D中盛装的试剂吸收SO2尾气，可用NaOH溶液。（3）若X是Na2S溶液，由于酸性H2SO3H2S，反应的过程为SO2与Na2S溶液作用生成H2S，H2S与SO2作用生成S和H2O，SO2被还原成S，所以实验目的是检验SO2的氧化性，可观察到的现象是：产生黄色沉淀。（4）白色沉淀为BaSO4，说明H2SO3被氧化成SO42-；根据Fe（NO3）3溶液的性质，可能是Fe3+将H2SO3氧化成SO42-，也可能是酸性条件下的NO3-将H2SO3氧化成SO42-；所以设计实验方案时用控制变量的对比实验。实验2要证明是Fe3+氧化H2SO3，所以选用与Fe（NO3）3含有相同Fe3+浓度的FeCl3溶液进行实验；实验3要证明是酸性条件下NO3-氧化H2SO3，所以选用与Fe（NO3）3溶液等pH的HNO3溶液进行实验。点睛：实验室制备气体时装置的连接顺序一般为：气体发生装置→气体除杂净化装置→气体收集装置（或与气体有关的主体实验）→尾气吸收装置。设计实验方案时必须遵循以下原则，如科学性原则、单一变量原则和对比原则等，如本题在设计实验时用实验1作为对比，选择合适的试剂，有利于更好的得出结论。26、环形玻璃搅拌棒保温、隔热、减少实验过程中的热量损失1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l);ΔH=-57.3kJ·mol-1-52.8kJ·mol-1ab不相等相等偏小【详解】（1）根据量热器构成可知，为使反应充分、快速进行，可以用环形玻璃搅拌棒上下搅拌，因此仪器A为环形玻璃搅拌棒；综上所述，本题答案是：环形玻璃搅拌棒。（2）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是起到保温、隔热的作用，降低热量损失，减少实验误差；综上所述，本题答案是：保温、隔热、减少实验过程中的热量损失。（3）中和热是指在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1mol液态水时的反应热。所以1．51mol·L－1H2SO2溶液跟1．51mol·L－1NaOH溶液进行反应生成1mol液态水，放出热量为57.3kJ·mol-1，该反应的中和热的热化学方程式为1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1；综上所述，本题答案是：1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1。（2）取31mL1．51mol·L－1H2SO2溶液与51mL1．51mol·L－1NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，混合液质量为（31+51）×1=81g，温度变化2.1℃，则反应生成1.125mol液态水放出的热量Q=cm∆t=2.18×81×2.1=1371.12J，则生成1mol液态水时放出的热量约1371.12/1.125=52821.6J=52.8kJ，则中和热△H=-52.8kJ·mol-1；综上所述，本题答案是：-52.8kJ·mol-1。(5)a．实验装置保温、隔热效果差，有部分热量散失，所以中和热偏小，a可能；b．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO2测温度，因为温度计上会有氢氧化钠,氢氧化钠与硫酸反应放热,导致硫酸的起始温度偏高,那么实验后温度增加量就比实际要小，所测中和热偏小，b可能；c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，操作合理，减小了热量损失，数值准确，c不可能；综上所述，本题选ab。（6）实验中若用61mL1．25mol·L－1H2SO2溶液跟51mL1．55mol·L－1NaOH溶液进行反应，反应生成1.15×1.55=1.1275molH2O，因此放出的热量不相等；由于中和热对应的是生成1mol液态水时的反应热，与实验过程中实际生成水的多少无关，故所求中和热相等；由于醋酸是弱酸，电离过程吸热，部分热量被消耗，因此测得反应前后温度的变化值会偏小；综上所述，本题答案是：不相等，相等，偏小。【点睛】本题考查中和热的测定与计算,题目难度中等,注意理解中和热的概念,注意掌握测定中和热的正确方法,明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失。27、2020CO2溶液pH对该反应的速率有影响2(c0-c1)/t1Al3＋起催化作用SO42—起催化作用用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他条件与实验①相同，进行对比实验反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O72—)大于实验①中的c(Cr2O72—)则假设一成立，若两溶液中的c(Cr2O72—)相同，则假设一不成立量筒温度计-56.85kJ·mol-1无偏大【解析】（1）①②中pH不同，是探究pH对速率的影响；则②③是探究不同浓度时草酸对速率的影响；（2）草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价，Cr2O72-转化为Cr3+，根据电子守恒来计算；（3）实验①②表明溶液pH越小，反应的速率越快，根据公式求算；（4）根据铁明矾的组成分析；（5）做对比实验：要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，用等物质的量K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验；（6）根据中和热测定的实验步骤选用需要的仪器，然后判断还缺少的仪器；（7）先求出2次反应的温度差，根据公式Q=cm△T来求出生成0.025mol的水放出热量，最后根据中和热的概念求出中和热；（8）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关。【详解】（1）①②中pH不同，是探究PH对速率的影响；则②③是探究不同浓度时草酸对速率的影响，故答案为实验编号初始

pH废水样品

体积/mL草酸溶液

体积/mL蒸馏水

体积/mL③2020（2）草酸中碳元素化合价为+3价，氧化产物为CO2，被氧化为+4价，化合价共升高2价，Cr2O72-转化为Cr3+，化合价共降低了6价，根据电子守恒，参加反应的Cr2O72-与草酸的物质的量之比为是1：3，离子方程式为：Cr2O72-+3H2C2O4+8H+=6CO2↑+2Cr3++7H2O，故答案为Cr2O72-+3H2C2O4+8H+=6CO2↑+2Cr3++7H2O；

（3）由实验①②表明溶液pH越小，反应的速率越快，所以溶液pH对该反应的速率有影响，v（Cr3+）=2v（Cr2O72-）=2(c0-c1)/t1mol•L-1•min-1，故答案为2(c0-c1)/t1溶液pH对该反应的速率有影响；（4）根据铁明矾[Al2Fe（SO4）4•24H2O]组成分析，Al3+起催化作用；SO42-起催化作用，故答案为Al3+起催化作用；SO42-起催化作用；（5）要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，所以要选K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O，注意由于需要控制Al3+和SO42-浓度比，不要选用K2SO4和Al2（SO4）3；用等物质的量K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验，反应进行相同时间后，若溶液中c（Cr2O72-）大于实验①中c（Cr2O72-），则假设一成立；若两溶液中的c（Cr2O72-）相同，则假设一不成立；故答案为实验方案预期实验结果和结论用等物质的量K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验反应进行相同时间后，若溶液中c（Cr2O72-）大于实验①中c（Cr2O72-），则假设一成立；若两溶液中的c（Cr2O72-）相同，则假设一不成立（6）中和热的测定过程中，需要用量筒量取酸溶液、碱溶液的体积，需要使用温度计测量温度，所以还缺少量筒、温度计，故答案为量筒、温度计；

（7）第1次反应前后温度差为：3.3℃，第2次反应前后温度差为：3.5℃，平均温度差为3.4℃，50mL0.55mol•L-1NaOH溶液与50mL0.5mol•L-1HCl溶液混合，氢氧化钠过量，反应生成了0.025mol水，50mL0.5mol•L-1盐酸、0.55mol•L-1NaOH溶液的质量和为：m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.4℃=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.4212kJ×1mol/0.025mol=-56.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.8kJ•mol-1,故答案为-56.8kJ•mol-1；(8)KOH代替NaOH对结果无影响，因为二者都是强碱，与HCl反应生成易溶盐和水，所以中和热不变；醋酸电离过程为吸热过程，所以用醋酸代替HCl做实验，反应放出的热量偏小，但△H偏大；故答案为无；偏大。【点睛】本题考查了化学实验方案的设计与评价，涉及了探究重铬酸根与草酸反应过程中的催化作用和中和热测定，重铬酸根与草酸反应为一比较熟悉的反应，试题考查了从图象中获取数据并分析的能力、设计实验的能力等，中和热的测定侧重考查了实验的测定原理。28、-99负CH3OH+3O2—-6e—=CO2+2H2O放热500