2026届吉林省百校联盟高二化学第一学期期中监测模拟试题含解析

2026届吉林省百校联盟高二化学第一学期期中监测模拟试题注意事项：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、葡萄糖是一种单糖的主要原因是A．结构简单 B．不能水解为最简单的糖C．分子中含羟基和醛基的个数少 D．分子中含碳原子个数少2、热化学方程式C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3kJ·mol-1表示()A．碳和水反应吸收131.3kJ热量B．1mol碳和1mol水反应生成一氧化碳和氢气并吸收131.3kJ热量C．1mol固态碳和1mol水蒸气反应生成1mol一氧化碳气体和1mol氢气，并吸收131.3kJ热量D．1个固态碳原子和1个水蒸气分子反应吸收131.3kJ热量3、电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：Fe＋2H2O＋2OH－FeO42-＋3H2↑，工作原理如图所示。下列说法不正确的是(已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原)A．装置通电后，铁电极附近生成紫红色的FeO42-B．M点表示氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质C．氢氧根离子从镍极区通过交换膜到达铁极区域D．电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出4、一定条件下,充分燃烧一定量的丁烷生成二氧化碳和气态水时放出热量QkJ(Q>0)。经测定完全吸收生成的CO2需消耗5mol·L-1的KOH溶液100mL,恰好生成正盐。则此条件下反应C4H10(g)+13/2O2(g)4CO2(g)+5H2O(g)的ΔH为()kJ·mol-1A．+8Q B．+16Q C．-8Q D．-16Q5、下列事实能说明某一元酸以是弱电解质的是①HA溶液能导电②HA与水能以任意比互溶③HA的稀溶液中存在HA分子④HA能和碳酸钙反应放出CO2⑤常温下，0.1mo1/LHA的pH比0.1mol/L盐酸的pH大⑥大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和HA反应，HA产生H2的速率慢A．②④⑥B．③⑤⑥C．③④⑥D．①②⑤6、在下列化学反应中既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是（）A．Cl2＋H2O＝HClO＋HClB．Mg3N2＋6H2O＝3Mg(OH)2↓＋2NH3↑C．2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑D．NH4Cl＋NaOHNaCl＋NH3↑＋H2O7、下列实验现象或图象信息不能充分说明对应的化学反应是放热反应的是（）选项ABCD反应装置或图象实验现象或图象信息反应开始后，针筒活塞向右移动反应物总能量大于生成物总能量反应开始后，甲处液面低于乙处液面温度计的水银柱不断上升A．A B．B C．C D．D8、常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，该溶液可能是()①二氧化硫②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A．①④ B．①② C．②③ D．③④9、下列性质递变不正确的是（）A．酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4B．半径：Cl—>Na+>F—C．热稳定性：HF>HCl>HBrD．还原性：Cl—<Br—<I—10、已知：25℃时H2C2O4的pKa1=1.22，pKa2=4.19，CH3COOH的pKa=4.76，K代表电离平衡常数，pK=-1gK。下列说法正确的是A．浓度均为0.1mol·L-1NH4HC2O4和CH3COONH4溶液中：c(NH4+)前者小于后者B．将0.1mol·L-1的K2C2O4溶液从25℃升温至35℃，c(K+)/c(C2O42-)减小C．0.1mol·L-1K2C2O4溶液滴加盐酸至pH=1.22：c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-3c(HC2O4-)D．向0.1mol·L-1CH3COONa溶液中滴加少量0.1mol·L-1H2C2O4溶液：CH3COO-+H2C2O4=CH3COOH+HC2O411、某醇在发生消去反应时可以得到且仅得到一种单烯烃，则该醇的结构简式可能为（）A．(CH3)3CC(CH3)2OH B．CH3CH2CH2C(CH3)2CH2OHC．(CH3)2CHC(CH3)2CH2OH D．(CH3)2CHCH(OH)CH2CH2CH312、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增。Z的+2价阳离子电子层结构与氖相同，X、W同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大。Y和W可以形成Y2W型化合物。下列有关说法正确的是A．Z的金属性比Y强B．原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)C．W位于元素周期表中第3周期VIA族D．W的简单气态氢化物的热稳定性比X强13、有一合金由X、Y、Z、W四种金属组成，若将合金放入盐酸中只有Z、Y能溶解；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物；若将该合金做阳极，用X盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出X。这四种金属的活动性顺序是（）A．Z＞Y＞W＞X B．Y＞Z＞W＞XC．W＞Z＞Y＞X D．X＞Y＞Z＞W14、常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．pH=3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH减小2B．pH=2的盐酸中水电离出的H+浓度小于pH=12的氨水中水电离出的OH-浓度C．0.2molCO2通入1L0.3mol·L-1KOH溶液中：2c(H+)+c(HCO3-)+3c(H2CO3)=2c(OH-)+c(CO32-)D．已知一定浓度的NaHSO3溶液pH=5.4，则c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)15、在一定温度下的恒容密闭容器中，反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)达到化学平衡状态的标志是A．整个反应体系的平均摩尔质量不随时间的改变而改变B．整个反应体系的压强不随时间的改变而改变C．单位时间内有nmolH2消耗，同时就有nmolI2消耗D．容器内HI的物质的量分数不随时间的改变而改变16、常温下，下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是()A．能使pH试纸变红的溶液中：CO32-、K＋、Cl－、Na＋B．由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10mol·L－1的溶液中：NO3-、Mg2＋、Na＋、SO42-C．在c(OH-)c(H+)＝1×10－12的溶液中：NH4+、FeD．KWc(H+)＝10－10mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO3-17、H2A为二元弱酸，则下列说法正确的是A．在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等B．在等物质的量浓度的Na2A、NaHA两溶液中，前者pH大于后者C．在NaHA溶液中一定有：c(Na＋)>c(HA－)>c(OH－)>c(H＋)D．在Na2A溶液中一定有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋c(A2－)18、已知热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)∆H=-571.6kJ·mol-1，2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)∆H=-1452kJ·mol-1，H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l)∆H=-57.3kJ·mol-1。据此判断下列说法正确的是A．CH3OH的燃烧热∆H为-1452kJ·mol-1B．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H>-571.6kJ·mol-1C．CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=H2O(l)+CH3COONa(aq)∆H=-57.3kJ·mol-1D．2CH3OH(l)+O2(g)=2CO2(g)+4H2(g)∆H=-880.4kJ·mol-119、用标准液滴定待测液，下列操作中导致中和滴定的测量值偏高的是①锥形瓶用蒸馏水冲洗后，再用待测液润洗2~3次；②滴定开始时，滴定管尖嘴有气泡，滴定过程中气泡消失；③滴定前读数时仰视，滴定后读数平视；④摇动锥形瓶时，瓶中有少量液体溅出；⑤滴定时，锥形瓶中加入少量蒸馏水，稀释待测液。A．②③ B．④⑤ C．①② D．③④20、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)下列关于元素R的判断中一定正确的是()A．R的最高正价为＋3价B．R元素位于元素周期表中第ⅡA族C．R元素的原子最外层共有4个电子D．R元素基态原子的电子排布式为1s22s221、已知在101kPa，298K条件下，2g氢气燃烧生成水蒸气放出242kJ热量，下列热化学方程式正确的是A．2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+484kJ·mol-1B．H2O(g)=H2(g)+O2(g)ΔH=-242kJ·mol-1C．H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=+484kJ·mol-1D．H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-122、下列图示与对应的叙述相符的是A．图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8kJ·mol-1B．图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大C．图3表示某吸热反应在无催化剂(a)和有催化剂(b)时反应的能量变化D．图4表示某可逆反应的速率随时间的变化关系，t0时刻改变的条件可能是使用了催化剂二、非选择题(共84分)23、（14分）某药物H的合成路线如下：试回答下列问题：（1）反应Ⅰ所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均相同。则A分子中最多有______个原子在同一平面上，最多有______个碳原子在同一条直线上。（2）反应Ⅰ的反应类型是______反应Ⅱ的反应类型是______，反应Ⅲ的反应类型是______。（3）B的结构简式是______；E的分子式为______；F中含氧官能团的名称是___。24、（12分）(1)下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同）______，属于非电解质是_____。①硫酸氢钠固体②冰醋酸③蔗糖④氯化氢气体⑤硫酸钡⑥氨气⑦次氯酸钠(2)写出下列物质在水中的电离方程式：醋酸：______。次氯酸钠：______。(3)甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L-1、0.1mol•L-1，则c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙________10（填“大于”、“等于”或“小于”）。(4)现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为_____。25、（12分）实验室常用乙醇与浓硫酸的混合液加热的方法制取乙烯。反应中常因温度而发生副反应。请选用下列装置(装置可以使用多次)完成相关实验并回答有关问题:（1）制备乙烯时,常在A装置的烧瓶中加入碎瓷片,其目的是__________；加热时要使溶液的温度迅速上升到140℃以上,因为在140℃左右易生成乙醚,该有机物的结构简式为__________；生成乙烯的化学方程式为___________。（2）乙醇与浓硫酸加热制取乙烯时,乙烯气体中常混有SO2和CO2,为验证有副产物SO2和CO2气体存在,上述仪器的连接顺序为a→__________。（3）某同学设计制备1,2-二溴乙烷的装置连接顺序为A→E→C→D。已知1,2-二溴乙烷的主要物理性质有:难溶于水、熔点9℃、沸点132℃、密度2.2g·cm-3。①E装置的作用__________。②分离D装置中1,2-二溴乙烷的操作方法是加入试剂__________,充分反应后进行__________操作。③反应过程中,应将D装置放在10℃的水浴中,温度不宜过低、过高的原因是__________。26、（10分）室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号起始浓度/(mol·L－1)反应后溶液的pHc(HA)c(KOH)①0.10.19②x0.27（1）实验①反应后的溶液pH=9的原因是____________________________（用离子方程式表示）。（2）实验①和实验②中水的电离程度较大的是_______，该溶液中由水电离出的c(OH－)=______。（3）x____0.2(填“＞”“＜”或“=”)，若x=a，则室温下HA的电离平衡常数Ka=____________（用含a的表达式表示）。（4）若用已知浓度的KOH滴定未知浓度的一元酸HA，以酚酞做指示剂，滴定终点的判断方法是______________________________________________________。27、（12分）硫是一种很活泼的元素，在适宜的条件下能形成−2、+6、+4、+2、+1价的化合物。Ⅰ.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一，带有强烈的SO2气味，久置于空气中易被氧化，其溶于水生成的NaHSO3溶液呈酸性。某研究小组采用如图所示装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。(1)装置Ⅰ中的浓硫酸____(能或不能)用稀硫酸代替，原因是______________________________________________。(2)装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，要获得已析出的晶体，可采取的操作是__________。(3)设计检验Na2S2O5晶体在空气中变质的实验方案：_______________。Ⅱ.Na2S2O3溶液可以用于测定溶液中ClO2的含量，实验方案如下。步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释至100mL。步骤2：量取V1mL稀释后的ClO2溶液于锥形瓶中，调节溶液的pH≤2，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知：ClO2+I−+H+I2+Cl−+H2O未配平)步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol·L−1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(已知：I2+2S2O32—=2I−+S4O62—)(1)准确量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是____________。(2)确定滴定终点的现象为________________________________。(3)根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为____mol·L−1(用含字母的代数式表示)。(4)下列操作会导致测定结果偏高的是_______________(填字母)。A．未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管B．滴定前锥形瓶中有少量水C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D．读数时，滴定前仰视，滴定后俯视28、（14分）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。(1)下图是N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化示意图，请写出N2和H2反应的热化学方程式：____________________________________________。(2)已知化学键键能是形成或拆开1mol化学键放出或吸收的能量，单位kJ·mol－1。若已知下列数据：化学键HH键能/kJ·mol－1435943试根据表中及图中数据计算N—H的键能________kJ·mol－1。(3)用NH3催化还原NOx还可以消除氮氧化物的污染。已知：4NH3(g)＋3O2(g)===2N2(g)＋6H2O(g)ΔH1＝－akJ·mol－1①N2(g)＋O2(g)===2NO(g)ΔH2＝－bkJ·mol－1②若1molNH3还原NO至N2，则该反应过程中的反应热ΔH3＝________kJ·mol－1(用含a、b的式子表示)。29、（10分）锗（）在自然界中非常分散，几乎没有比较集中的锗矿，因此被人们称为“稀散金属”。砷（）是第四周期VA族元素，可以形成、、等化合物，用途广泛。完成下列填空：(1)已知锗元素与碳位于同一主族，与钙位于同一周期。写出锗在周期表中的位置：____________。根据锗在元素周期表中的位置写出锗的一条用途____________。(2)将溶于浓盐酸，可以得到，其沸点为。推测的晶体类型为______。已知沸点高于，请从结构角度解释原因：____________。将与作用可以得到，水溶液呈______性（填“酸”“碱”或“中”）。(3)锗金属对人类具有保健功能，适宜人体接触佩戴。锗金属非常脆，容易破碎，一种常用的方法是将锗制成颗粒镶嵌到其他金属上，但存在易脱落的缺点。请提出一种改进建议：____________。(4)砷原子核外有______个电子层，最外层有______个电子；比较溴、砷最高价氧化物对应水化物酸性的强弱：____________强于____________（填物质的化学式）。

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【分析】糖是多羟基醛或多羟基酮和它们的脱水缩合物，单糖是不能再水解的糖类。【详解】单糖是指不能被水解成更小分子的糖类物质。根据单糖的定义，葡萄糖是不能水解的糖，所以葡萄糖是单糖，故选B。2、C【分析】C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3kJ·mol-1表示1mol固态碳和1mol水蒸气反应生成1mol一氧化碳气体和1mol氢气，并吸收131.3kJ热量。【详解】A．反应热与物质的聚集状态及物质的量有关，物质状态不同、物质的量不同，反应热不同，选项A错误；B．反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同，选项B错误；C．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3kJ·mol-1表示1mol固态碳和1mol水蒸气反应生成1mol一氧化碳气体和1mol氢气并吸收131.3kJ热量，选项C正确；D．热化学方程式的化学计量数只表示物质的量，不表示分子个数，选项D错误；答案选C。3、B【解析】A.铁为阳极，装置通电后，铁失去电子生成FeO42-，故A正确；B.根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在M点，c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢，在N点：c(OH-)过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低，故B错误；C.电解池中阴离子阴极区移向阳极区，因此氢氧根离子从镍极区通过交换膜到达铁极区域，故C正确；D.氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。电解过程中，须将阴极产生的气体(氢气)及时排出，防止Na2FeO4与H2反应，使产率降低，故D正确；故选B。4、D【分析】KOH的物质的量为0.1L×5mol/L=0.5mol，根据钾离子守恒，故n(K2CO3)=0.25mol，根据碳元素守恒由n(CO2)=n(K2CO3)=0.25mol，根据碳元素守恒可知，丁烷的物质的量为0.25mol×=0.0625mol，即0.0625mol丁烷放出的热量大小为QkJ，据此计算。【详解】KOH的物质的量为0.1L×5mol/L=0.5mol，根据钾离子守恒，故n（K2CO3）=0.25mol，根据碳元素守恒由n(CO2)=n(K2CO3)=0.25mol，根据碳元素守恒可知，丁烷的物质的量为0.25mol×=0.0625mol，即0.0625mol丁烷放出的热量大小为QkJ，故1mol丁烷完全燃烧放出的热量为16QkJ，所以C4H10(g)+13/2O2(g)4CO2(g)+5H2O(g)的ΔH=-16QkJ·mol-1，故选D。5、B【解析】①HA溶液能导电是因为其中含有自由移动的离子，和电解质的强弱无关，故错误；②HA能与水以任意比互溶，只能说明HA易溶于水，不能说明其电离程度，故错误；③HA溶液中存在HA分子，说明HA不完全电离，所以能说明是弱电解质，故正确；④HA和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明HA的酸性大于碳酸，不能说明HA的电离程度，所以不能说明HA是弱电解质，故错误；⑤盐酸是强酸，完全电离，常温下，0.1mol/LHA的pH比0.1mol/L盐酸的pH大，说明HA的电离程度小，所以能说明其电离程度，故正确；⑥完全相同的铁片与相同物质的量浓度的盐酸和HA反应，HA产生H2速率慢，说明HA中氢离子浓度小于盐酸，同时说明HA部分电离，所以能说明HA是弱电解质，故正确；故选B。6、C【分析】一般金属元素与非金属元素形成离子键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键，铵盐中铵根离子和酸根离子之间存在离子键，据此分析解答。【详解】A．没有离子键的断裂与形成，也没有非极性键的形成，A不正确；B．没有非极性键的断裂与形成，B不正确；C．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，故C正确；D．没有非极性键的断裂与形成，D不正确；故选C。7、A【详解】A．稀硫酸与锌反应产生气体，可导致瓶内压强增大，活塞右移不能判定反应放热，A错误；B．由图示可知，反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，B正确；C．甲处液面低于乙处，说明反应放热导致空气受热膨胀，C正确；D．温度计温度上升，说明反应放热，D正确；故选A。8、A【分析】依据常温下溶液中由水电离出来的c（H

+）=1.0×10

-13mol•L

-1，和水中的氢离子浓度比较可知，水的电离被抑制，结合所给物质的性质分析判断。【详解】c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，说明水的电离受到抑制，溶液为强酸或强碱溶液。①二氧化硫溶于水生成了亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，会抑制水的电离，故①正确；②氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子会发生水解，水解的本质是促进水的电离，故②错误；③硝酸钠是强酸强碱盐，溶液为中性，水的电离程度不会减小，故③错误；④氢氧化钠为强碱，会抑制水的电离，故④正确。综上所述，本题正确答案为A。9、B【解析】分析：A项，非金属性Cl>S>P，最高价氧化物对应水化物酸性HClO4>H2SO4>H3PO4；B项，根据“层多径大，序大径小”，半径Cl->F->Na+；C项，非金属性F>Cl>Br，气态氢化物的热稳定性HF>HCl>HBr；D项，非金属性Cl>Br>I，还原性Cl-<Br-<I-。详解：A项，Cl、S、P都是第三周期元素，同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，非金属性Cl>S>P，最高价氧化物对应水化物酸性HClO4>H2SO4>H3PO4，A项正确；B项，根据“层多径大，序大径小”，半径Cl->F->Na+，B项错误；C项，F、Cl、Br都是第VIIA族元素，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气体氢化物的稳定性逐渐减弱，非金属性F>Cl>Br，气态氢化物的热稳定性HF>HCl>HBr，C项正确；D项，Cl、Br、I都是第VIIA族元素，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性Cl>Br>I，还原性Cl-<Br-<I-，D项正确；答案选B。10、C【解析】A.由已知数据分析可得，HC2O4—的水解程度小于CH3COO—的，HC2O4—对NH4+水解的促进作用小于CH3COO—，故c(NH4+)前者大于后者，则A错误；B.在0.1mol·L-1K2C2O4溶液中存在如下平衡：C2O42－＋H2OHC2O4－＋OH－，升高温度，平衡右移，c（K+）不变，c（C2O42－）减小，则c(K+)c(C．0.1mol·L-1K2C2O4溶液滴加盐酸至pH=1.22，则生成KCl和H2C2O4，且c(H＋)=10-1.22mol·L-1，已知H2C2O4HC2O4－＋H＋，Ka1=1.22，所以c(H2C2O4)=c(HC2O4—)，由质子守恒可得c(OH－)+c（Cl-）=c(H＋)+c(HC2O4—)+2c(H2C2O4)，则有c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-3c(HC2O4-)，故C说法正确；D．由题给信息可知H2C2O4的pKa2=4.19大于CH3COOH的pKa=4.76，说明HC2O4-的电离能力大于CH3COOH，则向0.1mol·L-1CH3COONa溶液中滴加少量0.1mol·L-1H2C2O4溶液发生的反应为：2CH3COO-+H2C2O4=2CH3COOH+C2O42-，故D说法错误；答案选C。【点睛】本题的难点为C项中离子浓度关系的判断，解答时先分析清楚溶液中溶质的成份，然后再由弱电解质的电离子平衡和盐类的水解平衡来推导，紧紧抓住溶液中的三个守恒是解答此类问题的关键。如在0.1mol·L-1K2C2O4溶液滴加盐酸的混合溶液中，氢离子全部由盐酸和水电离来提供，故有质子守恒的表达式：c(OH－)+c（Cl-）=c(H＋)+c(HC2O4—)+2c(H2C2O4)。11、A【分析】醇能够在一定条件下发生消去反应，分子结构中：与-OH相连C的邻位C上至少有1个H，才可发生消去反应。【详解】A.只有一种消去方式，发生消去反应，只得到一种单烯烃，故A选；

B.与-OH相连C的邻位C上没有H，不能发生消去反应，故B不选；

C.与-OH相连C的邻位C上没有H，不能发生消去反应，故C不选；

D.存在2种消去方式，亚甲基上C-H键断裂或次甲基上C-H键断裂，故D不选；

故答案选A。12、C【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增。Z的+2价阳离子电子层结构与氖相同，具有10电子结构，则Z为镁元素；Y在同周期主族元素中原子半径最大，则Y为钠元素；Y和W可以形成Y2W型化合物，Y显+1价，则W应为-2价，且原子序数大于镁，则W应为硫元素，X、W同主族，则X为氧元素；A.Z为镁，Y为钠，Z的金属性比Y弱，选项A错误；B.同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素原子从上而下原子半径依次增大，则原子半径：r(X)<r(W)<r(Z)<r(Y)，选项B错误；C.W为硫元素，位于元素周期表中第3周期VIA族，选项C正确；D.W的简单气态氢化物H2S的热稳定性比X的简单气态氢化物H2O弱，选项D错误。答案选C。13、A【解析】将合金放入盐酸中，只有Z、Y能溶解，说明Z、Y在氢前，X、W在氢后，故C、D错误；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物则说明Z为负极，活泼性是Z＞Y，故B错误，若将该合金做阳极，用X盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出X，说明X离子的氧化性最强，所以X的活泼性最弱，故活泼性顺序是：Z＞Y＞W＞X，故选A。14、C【解析】pH=3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH增大2，故A错误；pH=2的盐酸中水电离出的H+浓度等于pH=12的氨水中水电离出的OH-浓度，故B错误；0.2molCO2通入1L0.3mol·L-1KOH溶液中生成等物质的量的碳酸钾和碳酸氢钾，根据质子守恒2c(H+)+c(HCO3-)+3c(H2CO3)=2c(OH-)+c(CO32-)，故C正确；一定浓度的NaHSO3溶液pH=5.4，说明HSO3-电离程度大于水解程度，则c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)，故D错误。15、D【分析】对于反应物和生成物都是气体的反应，反应前后气体的总质量；对于前后气体体积不变的反应，压强不改变平衡状态，只改变达到平衡时间。【详解】A.反应过程中，容器中总质量不变，无论该反应是否达到平衡状态，物质的总物质的量不变，故整个反应体系的平均摩尔质量一直不变，A错误；B.在H2(g)＋I2(g)2HI(g)反应中，气体体积不发生改变，故压强一直不变，B错误；C.达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，故单位时间内正反应消耗nmolH2，同时逆反应应产生nmolI2。本选项只有正反应速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，C错误；D.到达平衡前后物质的总物质的量不变，但是平衡状态时容器内HI的物质的量不变，物质的量分数不随时间的改变而改变，D正确；答案为D。【点睛】对于反应前后气体体积不等的反应，当恒温、恒容时，压强不变、气体的平均相对分子质量不变，或恒温、恒压时，体积不变、混合气体的密度不变，说明反应处于平衡状态。但对于反应前后气体体积相等的反应，上述物理量不变，不能说明反应处于平衡状态。16、B【解析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、溶液的酸碱性等分析解答。【详解】A.能使pH试纸变红的溶液显酸性，酸性溶液中CO32-不能大量共存，A错误；B.由水电离产生的[OH－]＝1×10－10mol·L－1的溶液中水的电离被抑制，如果溶液显酸性，则NO3-、Mg2＋、Na＋、SO42-能大量共存，B正确；C.在c(OH－)/c(H+)＝1×10－12的溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，溶液显酸性，则Fe2＋与NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，C错误；D.KW/c(H+)＝10－10mol·L－1的溶液中c(OH－)＝10－10mol·L－1，溶液显酸性，HCO3-不能大量共存，D错误。答案选B。17、B【详解】A.阴离子在溶液中水解会导致阴离子数目增大，A2-、HA-的水解程度不同，在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数不相等，故A错误；B.在等物质的量浓度的Na2A、NaHA两溶液中，A2-、HA-的水解程度不同，Na2A水解程度大，溶液碱性强，前者pH大于后者，故B正确；C.在NaHA溶液中弱酸根离子存在电离平衡和水解平衡，溶液酸碱性取决于二者程度大小，在NaHA溶液中不一定有：c（Na+）＞c（HA-）＞c（OH-）＞c（H+），故C错误；D.在Na2A溶液中一定有电荷守恒关系：c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+c（OH-）+2c（A2-），故D错误；故选B。18、B【解析】A.根据方程式2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)

∆H=-1452kJ·mol-1可知，CH3OH的燃烧热为12×1452kJ·mol-1=726kJ·mol-1，故A错误；B.液态水变成水蒸气会吸热，因此2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)

∆H>-571.6kJ·mol-1，故B正确；C.醋酸为弱酸，电离需要吸热，CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=H2O(l)+CH3COONa(aq)

∆H＞-57.3kJ·mol-1，故C错误；D.①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)

∆H=-571.6kJ·mol-1，②2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)

∆H=-1452kJ·mol-1，根据盖斯定律，将②-①×2得：2CH3OH(l)+O2(g)=2CO2(g)+4H2(g)

∆H=-308.8kJ·mol-1，故D错误；故选19、C【详解】①锥形瓶用蒸馏水冲洗后，再用待测液润洗2~3次，则锥形瓶内待测液的物质的量增大，滴定所用标准液的体积增大，测定结果偏高；②滴定开始时，滴定管尖嘴有气泡，滴定过程中气泡消失，读取的体积偏大，测定结果偏高；③滴定前读数时仰视，读取的数值偏大，滴定后读数平视，则读出的所用标准液的体积偏小，测定结果偏低；④摇动锥形瓶时，瓶中有少量液体溅出，待测液的物质的量减少，所用标准液的体积偏小，测定结果偏低；⑤滴定时，锥形瓶中加入少量蒸馏水，稀释待测液，不产生误差。所以，上述操作中，使测定值大的操作为①②。故答案为C。20、B【解析】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，最外层应有2个电子，应为第IIA族元素。【详解】A、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故A错误；B、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，故B正确；C、R元素的原子最外层共有2个电子，故C错误；D、R元素可能是Mg或Be，故D错误。21、A【详解】已知在101kPa，298K条件下，2g氢气的物质的量为1mol，燃烧生成水蒸气放出242kJ热量，热化学反应式为：H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ·mol-1，2mol氢气燃烧生成水蒸气应放出484kJ热量，水蒸气分解生成2mol氢气则需要吸收484kJ热量，热化学反应式为：2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+484kJ·mol-1，A．根据分析，水蒸气分解生成2mol氢气则需要吸收484kJ热量，热化学反应式为：2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+484kJ·mol-1，故A正确；B．正反应与逆反应的反应热符号相反，H2O(g)=H2(g)+O2(g)ΔH=+242kJ·mol-1，故B错误；C．H2(g)+O2(g)=H2O(l)是放热反应，ΔH＜0，水由气态变为液态会继续放热，1mol氢气燃烧生成液态水放出热量的热量大于242kJ，根据题中数据无法计算，故C错误；D．根据分析，1mol氢气燃烧生成水蒸气放出242kJ热量，热化学反应式为：H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ·mol-1，故D错误；答案选A。22、D【详解】A.由图1可知，2molH2与1molO2完全反应生成气态水，放出483.6kJ的能量，但是无法判断生成液态水所放出的能量，故无法判断H2的燃烧热是多少，A不相符；B.2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)正反应气体分子数减少，增大压强化学平衡向正反应方向移动，反应物的百分含量减小，而图2中乙和甲在平衡状态的反应物的百分含量相同，故B不相符；C.由图3中的信息可知，该反应中的反应物的总能量大于生成物的总能量，故该反应为放热反应，因此C与对应的叙述不相符；D.由图4中的信息可知，该反应在平衡状态下改变条件后，正反应速率和逆反应速率均增大了，且增大的程度相同，正反应速率仍然等于逆反应速率，化学平衡不发生移动，因此，t0时刻改变的条件可能是使用了催化剂，D与相应的叙述相符。综上所述，图示与相应的叙述相符的是D。二、非选择题(共84分)23、163加成反应取代反应消去反应C10H12O2醛基、酯基【分析】根据合成线路可以知道,D与新制Cu(OH)2加热条件下反应,酸化后得苯乙酸,则D的结构简式为:；C催化氧化生成D,则C的结构简式为:；B水解生成C,则B的结构简式为:；A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B,所以A为，反应Ⅰ所涉及的物质均为烃,氢的质量分数均相同,比较苯与A的结构可以知道,苯与X发生加成反应生成A,所以X为CH≡CH；苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E为，E发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基,则G的结构简式为:

，G发生消去反应生成H；据以上分析解答。【详解】根据合成线路可以知道,D与新制Cu(OH)2加热条件下反应,酸化后得苯乙酸,则D的结构简式为:；C催化氧化生成D,则C的结构简式为:；B水解生成C,则B的结构简式为:；A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B,所以A为，反应Ⅰ所涉及的物质均为烃,氢的质量分数均相同,比较苯与A的结构可以知道,苯与X发生加成反应生成A,所以X为CH≡CH；苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E为，E发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基,则G的结构简式为:

，G发生消去反应生成H；（1）结合以上分析可知，A为，苯分子中所有原子共平面，乙烯分子中所有原子共平面，所以该有机物分子中最多有6+5+5=16个原子在同一平面上；根据苯乙烯的结构可知，苯乙烯分子中最多有3个碳原子在一条直线上；综上所述，本题答案是：16，3。（2）结合以上分析可知，苯与乙炔发生加成反应生成苯乙烯，反应Ⅰ反应类型为加成反应；根据E、F两种物质的结构简式可知，E发生取代反应生成F，反应Ⅱ的反应类型是取代反应；G的结构简式为:，G发生消去反应生成H，反应Ⅲ的反应类型是消去反应；综上所述，本题答案是：加成反应，取代反应，消去反应。（3）结合以上分析可知，B的结构简式是：；E的结构简式为：，其分子式为C10H12O2；根据F的结构简式可知，F中含氧官能团的名称是酯基、醛基；综上所述。本题答案是：，C10H12O2，酯基、醛基。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重炔烃、卤代烃、醇、醛、羧酸、酯的性质及反应的考查，题目难度不大。判断分子中原子共面、共线，要掌握乙烯、苯分子空间结构的特点。24、②③⑥CH3COOHCH3COO-+H+NaClO=Na++ClO-小于丙>甲=乙【分析】(1)部分电离的电解质为弱电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+；(3)相同溶质的弱电解质溶液中，溶液浓度越小，电解质的电离程度越大；(4)在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡，根据溶液中电解质电离产生的离子浓度大小，判断对水电离平衡影响，等浓度的H+、OH-对水电离的抑制程度相同。【详解】(1)①硫酸氢钠固体属于盐，熔融状态和在水溶液里均能完全电离，属于强电解质；②冰醋酸溶于水后能部分电离出醋酸根离子和氢离子，属于弱电解质；③蔗糖在熔融状态下和水溶液里均不能导电，属于化合物，是非电解质；④氯化氢气体溶于水完全电离，属于强电解质；⑤硫酸钡属于盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质；⑥氨气本身不能电离出自由移动的离子，属于化合物，是非电解质；⑦次氯酸钠属于盐，是你强电解质；故属于弱电解质的是②；属于非电解质是③⑥；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+，其电离方程式为NaClO=Na++ClO-；(3)一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大。甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，根据弱电解质的浓度越小，电离程度越大，可知甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；(4)有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L；乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，c(H+)=0.1mol/L，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，由于醋酸是一元弱酸，主要以醋酸分子存在，电离产生的离子浓度很小，所以该溶液中c(H+)<<0.1mol/L，在三种溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-，加入的酸电离产生的H+或碱溶液中OH-对水的电离平衡起抑制作用，溶液中离子浓度越大，水电离程度就越小，水电离产生的H+或OH-浓度就越小，甲、乙、丙三种溶液中电解质电离产生的离子浓度：甲=乙>丙，则由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为：丙>甲=乙。【点睛】本题考查了强弱电解质判断、非电解质的判断、弱电解质电离平衡及影响因素、水的电离等知识点，清楚物质的基本概念进行判断，明确对于弱电解质来说，越稀释，电解质电离程度越大；电解质溶液中电解质电离产生的离子浓度越大，水电离程度就越小。25、防止暴沸C2H5-O-C2H5C2H5OHCH2=CH2↑+H2Oe,d→f,g→e,d→b,c除去CO2和SO2NaHSO3分液温度过低,1,2-二溴乙烷凝结堵塞导管;温度过高,溴挥发,降低溴元素利用率【分析】（1）实验室制取乙烯时，需要迅速加入到170℃，液体会剧烈沸腾，加入碎瓷片可以防止暴沸；140℃，两个乙醇脱去一分子水，生成乙醚；（2）验证乙烯气体中混有的SO2和CO2,由于此两种气体均可使澄清的石灰水变浑浊，因此先利用SO2的还原性，验证存在并除去后，再检验CO2的存在。（3）制备1,2-二溴乙烷，先用A装置生成乙烯，E装置除去二氧化硫，C装置检验是否除净，D装置发生乙烯的加成反应。【详解】（1）实验室制取乙烯时，需要迅速加入到170℃，液体会剧烈沸腾，加入碎瓷片可以防止暴沸；140℃，两个乙醇脱去一分子水，生成乙醚，答案为：防止暴沸；C2H5-O-C2H5；C2H5OHCH2=CH2↑+H2O；（2）验证乙烯气体中混有的SO2和CO2,由于此两种气体均可使澄清的石灰水变浑浊，因此先利用SO2的还原性，验证存在并除去后，再检验CO2的存在，答案为：e,d→f,g→e,d→b,c。（3）制备1,2-二溴乙烷，先用A装置生成乙烯，E装置除去二氧化硫，C装置检验是否除净，D装置发生乙烯的加成反应。生成的1,2-二溴乙烷中含有未反应的Br2杂质，可用NaHSO3除去，然后萃取分液；制取时，若温度过低,1,2-二溴乙烷凝结堵塞导管;温度过高,溴挥发,降低溴元素利用率。答案为：除去CO2和SO2；NaHSO3；分液；温度过低,1,2-二溴乙烷凝结堵塞导管；温度过高,溴挥发,降低溴元素利用率。【点睛】验证SO2和CO2时，由于两种气体均可使澄清的石灰水变浑浊，因此先利用SO2的还原性，验证存在并除去后，再检验CO2的存在；在制取1,2-二溴乙烷时要出去制取乙烯时的杂质。26、A－+H2OHA+OH－实验①1.0×10-5mol/L＞当加入最后一滴KOH溶液，锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不褪去【分析】根据表中数据，HA与KOH等物质的量时，恰好生成KA，溶液显碱性，则KA为强碱弱酸盐，可判断HA为弱酸。【详解】(1)分析可知，NaA溶液中，由于A－的水解，使得溶液显碱性，A－水解的离子方程式为：A－+H2O⇌HA+OH－；(2)实验①A－的水解促进水的电离，实验②溶液显中性，水正常电离，因此实验①中水电离程度较大；该实验中所得溶液的pH=9，溶液中c(H+)=10-9mol/L，则溶液中，而溶液中OH－都来自水电离产生，因此该溶液中水电离出c(OH－)=1×10−5mol∙L−1；(3)由于HA显酸性，反应生成的NaA显碱性，要使溶液显中性，则溶液中HA应过量，因此x>0.2mol∙L−1；室温下，HA的电离常数Ka=；(4)标准液为KOH，指示剂为酚酞，酚酞遇到酸为无色，则滴加酚酞的HA溶液为无色，当反应达到滴定终点时，溶液显碱性，因此滴定终点的现象为：当滴入最后一滴KOH溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。27、不能二氧化硫易溶于水过滤取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量的盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则说明Na2S2O5晶体已变质酸式滴定管滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液刚好由蓝色变为无色，且保持30s不变2cV2V1【分析】Ⅰ.稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水；装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可。Ⅱ.ClO2溶液具有强氧化性，量取ClO2溶液用酸式滴定管；滴定终点时N