2026届辽宁省本溪高级中学高二上化学期中质量跟踪监视模拟试题含解析

2026届辽宁省本溪高级中学高二上化学期中质量跟踪监视模拟试题注意事项：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、反应mX(g)+nY(g)pZ(g)在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，产物Z的物质的量（nZ）与反应时间的关系如图所示。下述判断正确的是A．T1<T2，P1>P2B．T1<T2，m+n＜pC．m+n＞p，正反应放热D．P1＞P2，正反应吸热2、下列说法或表示方法正确的是A．S(g)+O2(g)=SO2(g)△H1，S(s)+O2(g)=SO2(g)△H2；则：△H1>△H2。B．由C(石墨)＝C(金刚石)ΔH＝＋119kJ·mol－1可知，金刚石比石墨稳定。C．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)；ΔH＝－57.3kJ·mol－1，若将含1molCH3COOH的稀溶液与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.3kJ。D．在101kPa、25℃时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)；ΔH＝－571.6kJ·mol－1。3、下列说法正确的是（）A．铜、石墨均能导电，所以它们均是电解质B．NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C．液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均是非电解质D．蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以它们均是非电解质4、关于反应NH3＋HCl=NH4Cl中的相关微粒及其化学键的有关表述正确的是A．NH3的结构式：B．Cl－的结构示意图：C．HCl的电子式：D．反应过程中既有离子键的断裂，又有离子键的生成5、相同条件下，下列物质在水中的溶解度最大的是A．C17H35COOHB．CH3COOCH3C．D．HOCH2CH(OH)CH2OH6、下列说法中，正确的是()A．NaCl的摩尔质量是58.5gB．在1L水中溶解5.85gNaCl，即可配制得0.1mol/L的NaCl溶液C．标准状况下，22.4LH2O含有氢原子的数目为2NAD．17gNH3中含有分子数为NA7、将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，并在一定条件下发生如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol·L-1，现有下列几种说法：其中不正确的是A．用N2表示的反应速率为0.15mol·L-1·s-1 B．2s时H2的转化率为40％C．2s时N2与H2的转化率相等 D．2s时H2的浓度为0.6mol·L-18、可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H＜0一定条件下在某密闭容器中达到平衡。t1时改变某一条件，反应速率与时间关系如下图。下列说法中正确的是A．维持温度、反应体系体积不变，t1时充入SO3(g)B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度C．维持温度不变，t1时扩大反应体系体积D．维持温度、容器体积不变，t1时充入SO3(g)，同时减少SO29、蛋白质是人体必需的重要营养成分之一。下列食物中，富含蛋白质的是A．豆腐 B．馒头 C．西红柿 D．豆油10、如图是一种可充电的锂离子电池充放电的工作示意图。放电时该电池的电极反应式为：负极：LixC6－xe－＝C6＋xLi＋（LixC6表示锂原子嵌入石墨形成的复合材料）正极：Li1－xMnO2＋xLi＋＋xe－＝LiMnO2（LiMnO2表示含锂原子的二氧化锰）下列有关说法不正确的是A．该电池的反应式为Li1－xMnO2＋LixC6＝LiMnO2＋C6B．K与M相接时，A是阳极，发生氧化反应C．K与N相接时，Li＋由A极区迁移到B极区D．在整个充、放电过程中至少存在3种形式的能量转化11、根据下列图示所得出的结论不正确的是A．图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C．图丙是室温下用0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+)与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42−)越大c(Ba2+)越小12、PH相同的下列溶液，溶质浓度最大的是()A．H3PO4B．HCNC．HID．H2SO413、已知热化学方程式：①C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH1②C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH2③C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH3④2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH4下列有关判断正确的是A．ΔH1＜ΔH2 B．ΔH1=ΔH3+ΔH4C．ΔH2＜ΔH3 D．ΔH3=ΔH2+ΔH414、在室温下，相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是A．处于a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力强B．对于b、c两点，氨水的电离常数Kb＞KcC．若取相同体积的处于a点和c点的溶液分别与同浓度的盐酸完全反应，消耗盐酸的体积Va＜VcD．X的值接近7，但小于715、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1s22s216、化学是你，化学是我，化学深入我们的生活，下列说法正确的是A．木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色B．食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应C．包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃D．用乙醇和浓硫酸可除去乙酸乙酯中的少量乙酸17、化学与生活密切相关。下列说法正确的是()A．垃圾分类中可回收物标志：B．农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮C．绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染D．可使用SO2对馒头等食品进行熏蒸加白处理18、煤中加入石灰石，燃烧时可减少SO2的排放，反应为2CaCO3+X+2SO2=2CaSO4+2CO2（已配平），其中物质X为A．CO B．O2C．CS2 D．CaO19、下列说法正确的是A．凡是放热反应都是自发的B．铁在潮湿空气中生锈是自发过程C．自发反应都是熵增大的反应D．电解池的反应是属于自发反应20、对于苯乙烯()有下列叙述：①能使酸性KMnO4溶液褪色；②能使溴的四氯化碳溶液褪色；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤能与浓硝酸发生取代反应；⑥发生加聚反应，产物的结构简式为：。其中正确的是A．①②③④⑤B．①②④⑤C．①②⑤⑥D．全部正确21、标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓。已知H—H、H—O和O=O键的键焓ΔH分别为436kJ·mol－1、463kJ·mol－1和495kJ·mol－1。下列热化学方程式正确的是A．H2O(g)==H2＋1/2O2(g)ΔH＝－485kJ·mol－1B．H2O(g)==H2(g)＋1/2O2(g)ΔH＝＋485kJ·mol－1C．2H2(g)＋O2(g)==2H2O(g)ΔH＝＋485kJ·mol－1D．2H2(g)＋O2(g)==2H2O(g)ΔH＝－485kJ·mol－122、下列有关性质的比较中，正确的是(）A．硬度：白磷＞冰＞二氧化硅B．金属原子化热：Na＞Mg＞AlC．熔点：D．键的极性：N﹣H＜O﹣H＜F﹣H二、非选择题(共84分)23、（14分）A，B，C，D是四种短周期元素，E是过渡元素。A，B，C同周期，C，D同主族，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：（1）写出下列元素的符号：A____，B___，C____，D___。（2）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___，碱性最强的是_____。（3）用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是____，电负性最大的元素是____。（4）E元素原子的核电荷数是___，E元素在周期表的第____周期第___族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在___区。（5）写出D元素原子构成单质的电子式____，该分子中有___个σ键，____个π键。24、（12分）某研究小组苯酚为主要原料，按下列路线合成药物—沙丁胺醇已知①A→B原子利用率100%②③请回答（1）写出D官能团的名称____________（2）下列说法正确的是（_________）A．A是甲醛B．化合物D与FeCl3溶液显色反应C．B→C反应类型为取代反应D．沙丁胺醇的分子式C13H19NO3（3）设计化合物C经两步反应转变为D到的合成路线（用流程图表示）__________（4）写出D+E→F的反应化学方程式____________________________________（5）化合物M比E多1个CH2，写出化合物M所有可能的结构简式须符合：1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子____________________________________________25、（12分）甲醛在医药、染料、香料等行业中都有着广泛的应用。实验室通过下图所示的流程由甲苯氧化制备苯甲醛，试回答下列问题。(1)Mn2O3氧化甲苯的反应需要不断搅拌，搅拌的作用是_______。(2)甲苯经氧化后得到的混合物通过结晶、过滤进行分离，该过程中需将混合物冷却，其目的是_______。(3)实验过程中，可循环使用的物质有_______、_______。(4)实验中分离甲苯和苯甲醛采用的操作Ⅰ是______，其原理是_______。26、（10分）某兴趣小组在实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠和水混合反应来制备溴乙烷，并探究溴乙烷的性质。有关数据见下表：乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红色液体密度/(g·cm−3)0.791.443.1沸点/℃78.538.459一．溴乙烷的制备反应原理和实验装置如下(加热装置、夹持装置均省略)：H2SO4+NaBrNaHSO4+HBr↑CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O(1)图中沸石的作用为_____________。若图甲中A加热温度过高或浓硫酸的浓度过大，均会使C中收集到的粗产品呈橙色，原因是A中发生了副反应生成了________；F连接导管通入稀NaOH溶液中，其目的主要是吸收_________等防止污染空气；导管E的末端须低于D中烧杯内的水面，其目的是_______________________________。(2)粗产品用上述溶液洗涤、分液后，再经过蒸馏水洗涤、分液，然后加入少量的无水硫酸镁固体，静置片刻后过滤，再将所得滤液进行蒸馏，收集到的馏分约10.0g。从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是_____________(保留3位有效数字)。二．溴乙烷性质的探究用如图实验装置验证溴乙烷的性质：(3)在乙中试管内加入10mL6mol·L－1NaOH溶液和2mL溴乙烷，振荡、静置，液体分层，水浴加热。该过程中的化学方程式为_______________________________________，证明溴乙烷与NaOH溶液已反应完全的现象是________________________________。(4)若将乙中试管里的NaOH溶液换成NaOH乙醇溶液，为证明产物为乙烯，将生成的气体通入如图装置。a试管中的水的作用是________________；若无a试管，将生成的气体直接通入b试管中，则b中的试剂可以为______________。27、（12分）溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：(A为具有支管的试管，在其下端开了一个小孔。塞好石棉绒。再加入少量铁屑粉)苯溴溴苯密度/g·cm-30.883.101.50沸点/℃8059156水溶性微溶微溶微溶填写下列空白：（1）向反应容器A中逐滴加入溴和苯的混合液，几秒钟内就发生反应。写出A中有机物发生的反应方程式(有机物写结构简式)：______________________，反应类型为______________。（2）反应开始后，可观察到D中溶液变红，E中出现__________________，试管C中苯的作用是__________。用相关化学用语解释D中溶液变红的原因________________。（3）反应2~3min后，在B中可观察到在溶液中出现红色絮状沉淀、底部有油状液体。生成红色絮状沉淀的离子方程式为_______________________________。（4）向B中分离出的油状液体加入少量无水氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是________________。（5）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为______，要进一步提纯，下列操作中必需的是______(填入正确选项前的字母)。A．蒸发B．过滤C．蒸馏D．萃取（6）在A~F中，具有防倒吸作用的有_________(填字母)。28、（14分）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下方法来合成甲醇：（1）用CO2生产甲醇。已知：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l）△H=﹣akJ•mol﹣1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣bkJ•mol﹣1；则表示CH3OH（g）燃烧的热化学方程式为：____________________。（2）用CO生产甲醇。已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，下图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。①该反应的焓变ΔH__________0(填“＞”、“＜”或“＝”)。②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1_______K2(填“＞”、“＜”或“＝”)。③若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是______________。A．升高温度B．将CH3OH(g)从体系中分离C．使用合适的催化剂D．充入He，使体系总压强增大（3）甲醇（CH3OH）可以用作燃料电池，该电池是采用铂或碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解液中直接加入纯化后的甲醇，同时向一个电极通入空气。负极发生的电极反应式是________________________，正极发生的电极反应式是_______________________。29、（10分）(1)某化学兴趣小组要完成中和热的测定实验。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－1氢氧化钠溶液。①实验尚缺少的玻璃用品是________、________。②若用醋酸代替盐酸做实验，对测定的中和热的影响是______(填“偏大”、“偏小”或“无影响<”)，原因是______________。(2)下表是几种常见燃料的燃烧热数值：燃料H2(g)CO(g)CH4(g)C2H6(g)C2H4(g)C2H2(g)ΔH/kJ·mol－1－285.8－283.0－890.3－1559.8－1411.0－1299.6请回答下列问题：①101kPa时，1mol乙烷完全燃烧生成CO2气体和液态水放出的热量为________；②写出表示乙炔(C2H2)燃烧热的热化学方程式：_____________；③表格中相同质量的六种燃料气体，完全燃烧时放出热量最多的是________。(3)氢能的储存是氢能利用的前提，科学家研究出一种储氢合金Mg2Ni。已知：Mg(s)＋H2(g)=MgH2(s)ΔH1＝－74.5kJ·mol－1；Mg2Ni(s)＋2H2(g)=Mg2NiH4(s)ΔH2＝－64.4kJ·mol－1；Mg2Ni(s)＋2MgH2(s)=2Mg(s)＋Mg2NiH4(s)ΔH3＝____________。

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【分析】根据温度、压强对平衡移动的影响分析，温度越高、压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大。【详解】相同温度T2下，根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：P1＞P2，压强越大，生成物Z的物质的量越大，说明平衡向正反应方向移动，则反应前后混合气体的计量数增大，所以m+n＞p，相同压强P1下，根据温度对Z浓度的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：T1＞T2，升高温度，Z的含量减小，平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；综上，则A.T1＞T2，P1>P2，选项A错误；B.T1＞T2，m+n＞p，选项B错误；C.m+n＞p，正反应放热，选项C正确；D.P1＞P2，正反应放热，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查了温度、压强对化学平衡的影响，根据“先拐先平数值大”确定温度、压强的相对大小，再结合温度、压强与生成物Z物质的量的变化确定反应热及气体的计量数变化，难度中等。2、D【详解】A．硫燃烧是放热反应，△H1、△H2均小于0，同质量的固体硫燃烧比硫蒸气燃烧放出的热量少，即，则△H1<△H2，A项错误；B．由反应C(石墨)＝C(金刚石)ΔH＝＋119kJ·mol－1可知，反应为吸热反应，金刚石具有的能量高于石墨，物质能量越高，越不稳定，故金刚石不如石墨稳定，B项错误；C．CH3COOH为弱酸，与NaOH发生反应的过程中，会因CH3COOH的电离而吸热，使得测得的中和热的数值偏低，其放出的热量小于57.3kJ，C项错误；D．2gH2的物质的量是1mol，燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则2molH2完全燃烧生成液态水放出的热量为，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)；ΔH＝－571.6kJ·mol－1，表述正确，D项正确；答案选D。3、D【详解】A．铜和石墨是单质不是化合物，所以不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．NH3、CO2的水溶液均能导电，是因为氨气、二氧化碳分别和水反应生成的氨水、碳酸电离出的离子而使溶液导电，不是氨气和二氧化碳电离出的离子而导电，所以氨气和二氧化碳不是电解质，是非电解质，故B错误；C．液态氯化氢和氯化钠固体不含自由移动的离子，所以不导电，氯化氢和氯化钠溶于水能够电离出自由移动的离子而使溶液导电，氯化氢和氯化钠是电解质，故C错误；D．蔗糖和酒精溶于水后，在水中以分子存在，导致溶液中没有自由移动的离子而使蔗糖和酒精溶液不导电，所以酒精和蔗糖是非电解质，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意电离出的离子必须该化合物本身，不是和其他物质生成的化合物电离的。4、A【详解】A.NH3分子结构中一个N原子与三个H原子以共价键相连，A正确；B.Cl－的最外层得到一个电子，结构示意图为，B错误；C.HCl为共价化合物，电子式应为，C错误；D.NH3和HCl都为共价化合物，所以该反应过程中没有离子键的断裂，D错误。答案选A。5、D【解析】能与水分子形成氢键的物质在水中的溶解度较大，形成氢键数目越多，溶解度越大，据此分析。【详解】、HOCH2CH(OH)CH2OH均属于醇类，由于醇能和水分子之间形成氢键，故醇易溶于水，即-OH为亲水基，含碳原子越少，含有的-OH的个数越多，水溶性越好，故三者的水溶性的关系为：HOCH2CH(OH)CH2OH＞；高级脂肪酸的溶解度也比较小，而酯类物质不溶于水，故CH3COOCH3的水溶性最差，故在水中的溶解度最大的是：HOCH2CH(OH)CH2OH，答案选D。【点睛】本题考查了有机物的溶解性，根据氢键对物质溶解性的影响分析解答即可，题目难度不大。6、D【分析】A、摩尔质量单位是g/mol；

B、在1L水中溶解5.85gNaCl，溶液体积大于1L；

C、标准状况水不是气体；

D、根据n=计算物质的量得到分子数。【详解】A、摩尔质量单位是g/mol，NaCl的摩尔质量是58.5g/mol，故A错误；

B、在1L水中溶解5.85gNaCl，溶液体积大于1L，配制得的NaCl溶液浓度小于0.1mol/L，故B错误；

C、标准状况水不是气体，22.4LH2O不是1mol，故C错误；

D、n=，则物质的量==1mol，得到分子数为NA，所以D选项是正确的。

所以D选项是正确的。7、B【解析】分析:将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L-1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

起始量（mol）：1

3

0

变化量（mol）：0.6

1.8

1.2

2s时（mol）：0.4

1.2

1.2

A.根据v=计算用N2表示的反应速率；

B.根据=转化量/起始量×100%计算用H2的转化率；

C.N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与H2的转化率相等；

D.根据c=计算。详解：将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L-1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

起始量（mol）：1

3

0

变化量（mol）：0.6

1.8

1.2

2s时（mol）：0.4

1.2

1.2

A.用N2表示的反应速率为:=0.15mol•L-1•s-1，故A正确；B.2s时H2的转化率为：×100%=60%;故B错误；

C.N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与H2的转化率相等，故C正确；

D.2s时H2的浓度为=0.6mol•L-1，故D正确。

所以本题答案选B。8、D【解析】A、维持温度、反应体系体积不变，t1时充入SO3（g），此时逆反应速率增大，正反应速率瞬间不变，故A错误；B、维持压强不变，t1时升高反应体系温度，正逆反应速率都增大，不符合，故B错误；C、维持温度不变，t1时扩大反应体系体积，反应物和生成物的浓度都减小，正逆反应速率都减小，故C错误；D、维持温度、容器体积不变，t1时充入SO3（g）同时减少SO2，该时刻反应物的浓度减小，生成物的浓度增大，则逆反应速率增大，正反应速率减小，故D正确。故选D。点睛：本题考查考查化学反应速率和化学平衡图象，解题关键：正逆反应速率的变化与影响反应速率的因素间关系；易错点：A，充入SO3（g）时逆反应速率增大，正反应速率瞬间不变。9、A【详解】豆制品、瘦肉、鱼虾等都富含蛋白质，馒头中主要含淀粉，西红柿中主要含维生素，豆油中含有油脂，故答案为：A。10、C【详解】A、根据题意所知道的正极和负极反应，得出电池的总反应为Li1-xMnO2+LixC6LiMnO2+C6，故A正确；B、K和M相接时，形成电解池，A和电源的正极相接，是阳极，阳极发生失电子的氧化反应，故B正确；C、K与N相接时，形成原电池，此时电解质中的阳离子移向正极，即从B极区迁移到A极区，故C错误；D、原电池和电解质中，存在电能和化学能之间的相互转化，化学能与热能的转化等，故D正确；答案选C。11、C【解析】A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0；B.根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。【详解】A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0，A项正确；B.根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D项正确；答案选C。【点睛】本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。12、B【解析】HI、H2SO4为强酸，完全电离，HCN、H3PO4为弱酸，部分电离，且酸性H3PO4＞HCN，说明醋酸电离程度最小，则pH相同时醋酸的物质的量浓度最大。【详解】HI、H2SO4为强酸，完全电离，HCN、H3PO4为弱酸，部分电离，且酸性H3PO4＞HCN，说明醋酸电离程度最小，则pH相同时HCN溶液中含有大量的未电离的HCN分子，因此HCN的物质的量浓度最大，答案选B。【点睛】本题主要考查了电解质的电离，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意弱电解质部分电离。13、D【详解】A.反应①是吸热反应，反应②是放热反应，则ΔH1＞ΔH2，A错误B.根据盖斯定律③－④即得到反应①，所以ΔH1=ΔH3－ΔH4，B错误；C.碳完全燃烧放热多，由于放热反应的焓变是负值，则ΔH2＞ΔH3，C错误；D.根据盖斯定律②+×④即得到反应③，所以ΔH3=ΔH2+ΔH4，D正确；答案选D。14、C【解析】根据信息可以知道氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH,因为氢氧化钠是强电解质,一水合氨是弱电解质,则氢氧化钠的浓度小于氨水,稀释过程中,促进一水合氨电离,所以pH变化大的是氢氧化钠,变化小的是氨水,

A.溶液的导电能力与离子浓度成正比；

B.电离平衡常数只与温度有关；

C.等pH的氨水和氢氧化钠,氨水的浓度大于氢氧化钠,等体积的二者,氨水的物质的量大于氢氧化钠；

D.碱无限稀释时,溶液的pH接近于7,但大于7。【详解】根据信息可以知道氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH,因为氢氧化钠是强电解质,一水合氨是弱电解质,则氢氧化钠的浓度小于氨水,稀释过程中,促进一水合氨电离,所以pH变化大的是氢氧化钠,变化小的是氨水,

A.溶液的导电能力与离子浓度成正比，a点的离子浓度小于b点，所以a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力弱,故A错误；

B.电离平衡常数只与温度有关,温度不变,一水合氨的电离平衡常数不变,故B错误；

C.等pH的氨水和氢氧化钠,氨水的浓度大于氢氧化钠,等体积的二者，氨水的物质的量大于氢氧化钠,碱的物质的量越大消耗同浓度酸的体积越多,所以消耗盐酸的体积Va＜Vc，故C正确；

D.碱无限稀释时,溶液的pH接近于7,但仍然大于7,不能等于7或小于7,故D错误；

综上所述，本题选C。15、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。16、B【详解】A．土豆淀粉遇碘水均显蓝色，木材纤维为纤维素，纤维素遇到碘水不显蓝色，A说法错误；B．食用花生油中含有酯基，鸡蛋清为蛋白质，水解可生成氨基酸，都能发生水解反应，B说法正确；C．包装用材料聚乙烯中只含有C、H两种元素，属于烃，聚氯乙烯中除C、H外，还含有Cl元素，属于烃的衍生物，C说法错误；D．乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯的反应为可逆反应，用乙醇和浓硫酸不能除去乙酸乙酯中的少量乙酸，D说法错误；答案为B。17、C【详解】A.垃圾分类中表示垃圾分类中的其他垃圾标志故A错误；

B.闪电时，空气中氮气和氧气反应生成NO、NO与氧气反应生成NO2、NO2与水反应生成硝酸，属于自然固氮，故B错误；

C.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，故C正确；

D.SO2是有毒气体，不能用SO2对馒头等食品进行熏蒸加白处理，故D错误；答案：C。18、B【解析】分析：根据原子守恒解答。详解：根据方程式2CaCO3+X+2SO2=2CaSO4+2CO2可知反应后氧原子的个数是12个，碳原子个数是2个，钙原子个数是2个，硫原子个数是2个，反应前氧原子的个数是10个，碳原子个数是2个，钙原子个数是2个，硫原子个数是2个，因此根据原子守恒可知X中含有2个氧原子，即X是O2，答案选B。19、B【解析】只有满足△G＝△H－T·△S＜0，反应才是自发的，所以只有选项B是正确的，AC都是错误的，D是借助于外加电源实现的，不是自发进行的。答案选B。20、B【解析】苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，故应具有苯和乙烯的性质，能够发生取代、氧化、加成、加聚等反应；据此分析。【详解】苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，故应具有苯和乙烯的性质，如碳碳双键既可使酸性KMnO4溶液褪色，又可使溴的四氯化碳溶液褪色，而苯能发生硝化反应；所以①②⑤正确；苯乙烯属于烃类，而烃都难溶于水而易溶于有机溶剂(如苯)中，③错误，④正确；苯乙烯分子中含有碳碳双键，能够发生加聚反应生成高分子：，⑥错误；综上所述，本题选B。21、D【详解】化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，根据H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)，该反应的能量变化为2×463kJ/mol-436kJ/mol-=+242.5kJ/mol，化学反应逆向进行，反应热数值不变，符号相反，化学方程式系数加倍，反应热加倍，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-485kJ/mol，答案选D。22、D【解析】A、二氧化硅属于原子晶体，硬度大，白磷、冰都是分子晶体，硬度较小，故A错误；B、根据金属镁、铝和钠的熔点可知，金属的原子化热最大的为铝，其次为镁，最小的为钠，正确关系为：Al＞Mg＞Na，故B错误；C、形成分子内氢键，熔沸点减小，分子间氢键，熔沸点升高，所以熔点：＞，故C错误；D.非金属性强到弱的是N＜O＜F，与氢元素形成共价键时，极性由小到大分别是N﹣H＜H﹣O＜H﹣F，故D正确；综上所述，本题选D。【点睛】本题考查较为综合，涉及晶体的类型以及性质的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。注意理解原子化热概念，它是用来衡量金属键强弱的物理量，指将1摩尔金属转变成气态原子所需的最小能量；金属原子化热数值小时，其熔点低，质地软，反之则熔点高，硬度小。二、非选择题(共84分)23、SiNaPNHNO3NaOHNeF26四Ⅷd12【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。【详解】(1)由上述分析可知，A为Si、B为Na、C为P、D为N；(2)非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性N＞P＞Si，酸性最强的是HNO3，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性Na最强，碱性最强的是NaOH；(3)同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，所以第一电离能最大的元素是Ne，周期自左而右，电负性增大，故电负性最大的元素是F；(4)E为Fe元素，E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故核电荷数是26，Fe在周期表中处于第四周期Ⅷ族，在周期表中处于d区；(5)D为氮元素，原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有3个未成对电子，故氮气的电子式为：，该分子中有1个σ键，2个π键。【点睛】本题重点考查元素推断和元素周期律的相关知识。本题的突破点为A的原子结构示意图为，可推出A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强；同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，同周期自左而右，电负性逐渐增大。24、醚键AC、、、【分析】本题主要考查有机化合物的综合合成与推断。①A→B的原子利用率为100%，A的分子式是CH2O；B与氯乙烯发生取代反应生成C，结合沙丁胺醇的结构简式，可知B是，C是；C中碳碳双键被氧化前需要保护羟基不被氧化，所以C→D的两步反应，先与(CH3)2SO4反应生成，再氧化为，所以D是；根据沙丁胺醇的结构简式逆推E，E是；F是，F与HI反应生成。【详解】根据以上分析。(1)D为，其含有的官能团的名称是醚键；(2)A的分子式是CH2O，A是甲醛，故A正确；D为，D中不含酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；B为，B与氯乙烯发生取代反应生成，故C正确；沙丁胺醇的分子式为C13H21NO3，故D错误；(3)化合物C经两步反应转变为D的合成路线为；(4)与反应生成的反应化学方程式为；(5)E的分子式是C4H11N，化合物M比E多1个CH2，则M的分子式是C5H13N，符合1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子的化合物M可能的结构简式有、、、。25、使反应物充分接触，加快反应速率降低MnSO4的溶解度稀硫酸甲苯蒸馏利用甲苯和苯甲醛的沸点差异使二者分离【解析】根据流程图，甲苯与Mn2O3、稀硫酸反应生成硫酸锰、苯甲醛，通过结晶、过滤分离出硫酸锰，对滤液进行油水分离、蒸馏操作获得苯甲醛，其中稀硫酸和甲苯可以循环利用。据此分析解答。【详解】(1)固体Mn2O3与液态甲苯反应，接触面积小，反应速率较慢，故反应时需进行搅拌，使反应物充分接触，增大反应速率，故答案为：使反应物充分接触，增大反应速率；(2)所得混合物中含MnSO4、苯甲醛等，为使其分离需降低MnSO4的溶解度，所以需要冷却，故答案为：降低MnSO4的溶解度；(3)根据上述分析，结合流程图可知，参与循环使用的物质是稀H2SO4和甲苯，故答案为：稀硫酸；甲苯；(4)甲苯和苯甲醛是相互溶解的有机物，可利用其沸点的差异，采用蒸馏的方法分离，故答案为：蒸馏；利用甲苯与苯甲醛的沸点差异，使二者分离。【点睛】本题以苯甲醛的合成为载体考查化学实验的基本操作，明确图示制备流程及化学实验基本操作方法为解答关键。本题的易错点为(4)，要注意一般而言，有机物间能够相互溶解。26、防暴沸Br2HBr、SO2、Br2使溴乙烷充分冷却53.4%CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr试管乙中分层现象消失吸收乙醇溴水或溴的CCl4溶液【分析】(1)产生的HBr是用NaBr和浓硫酸反应制备的，浓硫酸具有强氧化性，结合溴离子具有还原性分析解答；反应产生SO2，Br2，HBr气体，均会污染大气；导管E的作用是冷凝溴乙烷，据此分析解答；(2)最终收集到10.0g馏分，为溴乙烷(CH3CH2Br)，根据反应物中为10.0mL乙醇，结合反应方程式计算溴乙烷的理论产量，在计算产率；(3)溴乙烷在NaOH水溶液中加热发生水解反应，产生的NaBr和乙醇均易溶于水，而溴乙烷难溶于水，据此分析解答；(4)产生的乙烯中可能会混入乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则应先除去混有的乙醇，再验证乙烯，结合乙烯和乙醇的性质的差异选择合适的试剂。【详解】(1)加入沸石可以防止液体加热是发生暴沸；产生的HBr是用NaBr和浓硫酸反应制备的，若图甲中A加热温度过高或浓硫酸的浓度过大，浓硫酸具有强氧化性，反应温度过高会使反应剧烈，产生橙色的Br2，均会使C中收集到的粗产品呈橙色，发生反应的化学方程式为：2HBr+H2SO4(浓)=Br2+SO2+2H2O；反应产生SO2，Br2，HBr气体，会污染大气，应用NaOH溶液吸收，防止污染空气；导管E的作用是冷凝溴乙烷，导管E的末端须低于D的水面，可以使溴乙烷充分冷却，提高产率，故答案为：防暴沸；Br2；SO2，Br2，HBr；使溴乙烷充分冷却，提高产率；(2)10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为=0.172mol，所以理论上制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为0.172mol×109g/mol=18.75g，实际上产量为10g，则溴乙烷的产率=×100%=53.4%，故答案为：53.4%；(3)在乙中试管内加入NaOH溶液和溴乙烷，振荡，二者发生溴乙烷的水解反应，反应的方程式为CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；溴乙烷难溶于水，而产物均易溶于水，因此验证溴乙烷与NaOH溶液已反应完全的现象是试管乙中分层现象消失，故答案为：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；试管乙中分层现象消失；(4)为证明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中反应的气体产物为乙烯，将生成的气体通入丙装置，随着反应的发生，产生的乙烯中可能会混有乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则应先用水除去混有的乙醇，再验证乙烯，所以a试管中的水的作用是：吸收乙醇；若无a试管，b试管中的试剂应为能与乙烯反应而不与乙醇反应，可考虑溴水(或溴的CCl4溶液)，故答案为：吸收乙醇；溴水(或溴的CCl4溶液)。27、取代反应浅黄色沉淀除去HBr中混有的溴蒸气HBr=H++Br-Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓干燥苯CDEF【解析】（1）A中是苯和液溴发生反应的装置，反应方程式为：；该反应为取代反应；（2）装置A中产生溴苯液体，HBr气体，同时还有未反应的溴蒸汽，故C装置的作用是除去HBr中混有的溴蒸气，D装置的作用是检验HBr气体，E装置的作用是除去HBr气体，反应开始后，可观察到D中石蕊溶液变红，E中产生AgBr浅黄色沉淀，D中溶液变红的原因是HB显酸性，用相关化学用语解释为：HBr=H++Br-；（3）反应2~3min后，在B中可观察到在溶液中出现红色絮状沉淀为Fe(OH)3,生成红色絮状沉淀的离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓;（4）B中分离出的油状液体为溴苯，加入少量无水氯化钙，加入氯化钙的目的是吸水，干燥；（5）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为苯，应用蒸馏的方法进行提纯；（6）在A~F中，具有防倒吸作用的有DEF，DE装置中，导管均未伸入液面以下，故可以防倒吸。点睛：实验题中，必须准确的知道每一个装置的作用，尤其是产生气体的实验，要知道哪一个装置是气体产生装置，除了产生的气体外，还有什么杂质，这有助于判断后面装置的作用。28、2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)

ΔH=+