2026届贵州省铜仁市伟才学校高二化学第一学期期中监测模拟试题含解析

2026届贵州省铜仁市伟才学校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、普通玻璃的主要成分是：①Na2SiO3②CaCO3③CaSiO3④SiO2⑤Na2CO3⑥CaOA．①③④ B．②③④ C．①③⑥ D．③④⑤2、用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示。下列说法不正确的是（）A．燃料电池工作时，正极反应为O2+4H++4e﹣＝2H2OB．a极是铜，b极是铁时，可实现铁上镀铜C．a极是含锌、铁的粗铜，b极是纯铜，a极溶解铜的质量与b极析出的铜质量相等D．若a、b两极均为石墨时，在相同条件下，a极产生的气体与电池中消耗的H2体积不相同3、将用于2008年北京奥运会的国家游泳中心（水立方）的建筑采用了膜材料ETFE，该材料为四氟乙烯与乙烯的共聚物，四氟乙烯也可与六氟丙烯共聚成全氟乙丙烯。下列说法错误的是A．ETFE分子中可能存在“－CH2－CH2－CF2－CF2－”的连接方式B．合成ETFE及合成聚全氟乙丙烯的反应均为加聚反应C．聚全氟乙丙烯分子的结构简式可能为D．四氟乙烯中既含有极性键又含有非极性键4、下列有关滴定操作的说法正确的是()A．用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mLB．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，则测定结果偏低C．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中含有NaOH杂质，则测定结果偏高D．用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高5、下列不能用勒夏特列原理解释的事实是A．红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅B．氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深C．黄绿色的氯水光照后颜色变浅D．合成氨工业使用高压以提高氨的产量6、下列物质中，常温下能用铁制容器储存的是（）A．稀硝酸 B．浓硫酸 C．盐酸 D．硫酸铜溶液7、某温度下，反应ClF(g)＋F2(g)ClF3(g)△H=－268kJ·mol－1在密闭容器中达到平衡。下列说法正确的是()A．温度不变，缩小体积，ClF的转化率增大B．温度不变，增大体积，ClF3产率提高C．升高温度，增大体积，有利于平衡向正反应方向移动D．降低温度，体积不变，F2转化率降低8、中和反应反应热的测定中使用0.50mol/L的酸和0.55mol/L的碱。在相同的条件下，下列测定结果最接近57.3kJ·mol－1的是A．用H2SO4和Ba(OH)2B．用CH3COOH和Ba(OH)2C．用盐酸和NaOHD．用CH3COOH和NaOH9、对下列图像描述正确的是A．图①可表示将氨气通入醋酸溶液至过量过程中溶液导电性的变化B．根据图②可判断可逆反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g)的ΔH＞0C．图③表示等体积、等pH的盐酸与醋酸溶液分别与足量的锌粉发生反应产生氢气的体积(V)随时的变化的示意图D．图④可表示压强对可逆反应A(g)+B(g)2C(g)+D(g)的影响，乙的压强大10、已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4===Na++H++SO42-。某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液pH为2。对于该溶液下列叙述中不正确的是（）A．该温度高于25℃B．该温度下NaHSO4溶液中，水电离出来的c(H+)=1×10-10mol/LC．该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性D．c(H+)=c(OH-)+c(SO42-)11、用电解法提取氯化铜废液中的铜，方案正确的是()A．用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片B．用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片C．用氢氧化钠溶液吸收阴极产物D．用带火星的木条检验阳极产物12、短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其单质常温下有三种气态两种固态，A和B形成的气态化合物的水溶液可使干燥红色石蕊试纸变蓝，A和C同主族，D原子最外层电子数与电子层数相等，E的原子半径在同周期最小，则下列说法不正确的是A．原子半径大小：C>D>E>AB．A、C的氧化物均可能含有非极性键C．B、C、D的最高价氧化物对应的水化物能两两反应D．工业中常用电解熔融DE3制备单质D13、下列变化为放热反应的是（）A．H2O(g)＝H2O(l)△H＝－44.0kJ/molB．2HI(g)＝H2(g)＋I2(g)△H＝＋14.9kJ/molC．形成化学键时共放出能量862kJ的化学反应D．能量变化如图所示的化学反应14、下列说法不正确的是A．金刚石、石墨、纳米碳管互为同素异形体B．有机物CH3-CH2-NO2和H2N-CH2-COOH互为同分异构体C．14C和14D．氨基酸分子中均含有氨基（-NH2）和羧基（-COOH）15、在2A（g）＋B（g）3C（g）＋4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（）A．v（A）=0.5mol/(L·s) B．v（B）=0.3mol/(L·s)C．v（C）=0.8mol/(L·s) D．v（D）=1mol/(L·min)16、下列物质中，含有离子键的是A．H2 B．HC1 C．CO2 D．NaC117、已知室温下碳酸氢钠溶液的为8.4，则下列说法正确的是（）A．加入少量固体，钠离子和碳酸根离子浓度均增大B．将该溶液加水稀释，的比值保持不变C．D．18、一定温度下，反应A2(g)+B2(g)≒2AB(g)达到平衡的标志是A．单位时间内生成nmolA2同时生成nmolABB．容器内总压强不随时间的变化而变化C．单位时间内生成2nmolAB同时生成nmolA2D．单位时间内生成nmolA2同时生成nmolB219、10mL浓度为1mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是（

）A．CH3COOH B．K2SO4 C．CuSO4 D．Na2CO320、常温下，关于1mol·L-1的H2C2O4溶液的理解正确的是()A．加水稀释过程中，溶液的pH减小B．c(H2C2O4)+c()+c()=1mol·L-1C．溶液中，lmol·L-1＜c(H+)＜2mol·L-1D．溶液中，H2C2O4电离出的c(H+)：c()=2：121、有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线连接起来浸入稀硫酸中，B上有气泡产生；将A、D分别投入到等浓度的稀盐酸中，D比A反应剧烈；将Cu浸入B的盐溶液中，无明显变化；如果把Cu浸入C的盐溶液中，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强到弱顺序是A．C＞B＞A＞D B．D＞A＞B＞C C．D＞B＞A＞C D．B＞A＞D＞C22、2SO2+O22SO3，并达到平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断二、非选择题(共84分)23、（14分）前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2。（1）六种元素中第一电离能最小的是_________（填元素符号，下同）。（2）黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配合物C4[D(AB)6]，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）。请写出黄血盐的化学式_________，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及______________（填序号）。a．金属键b．共价键c．配位键d．离子键e．氢键f．分子间的作用力（3）E2+的价层电子排布图为___________________，很多不饱和有机物在E催化下可与H2发生加成：如①CH2＝CH2②HC≡CH③④HCHO。其中碳原子采取sp2杂化的分子有____________（填物质序号），HCHO分子的立体结构为______________，它加成后产物甲醇的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是____________。（4）金属C、F晶体的晶胞如下图（请先判断对应的图），C、F两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为_________。金属F的晶胞中，若设其原子半径为r，晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=_______a，列式表示F原子在晶胞中的空间占有率______________(不要求计算结果)。24、（12分）某有机物A，由C、H、O三种元素组成，在一定条件下，由A可以转化为有机物B、C、D、E；C又可以转化为B、D。它们的转化关系如下：已知D的蒸气密度是氢气的22倍，并可以发生银镜反应。(1)写出A、D、的结构简式和所含官能团名称A_______、________，D__________、___________(2)写出反应⑤的化学方程式___________________________________；(3)从组成上分析反应⑨是___________(填反应类型)。(4)F的同分异构体中能与NaOH溶液发生反应的共_______种(包含F)，写出其中一种与NaOH溶液反应的化学方程式______________25、（12分）电石中的碳化钙和水能完全反应：CaC2+2H2O=C2H2↑+Ca(OH)2使反应产生的气体排水，测量排出水的体积，可计算出标准状况下乙炔的体积，从而可测定电石中碳化钙的含量。（1）若用下列仪器和导管组装实验装置如果所制气体流向从左向右时，上述仪器和导管从左到右直接连接的顺序（填各仪器、导管的序号）是：____接____接____接____接____接____。（2）仪器连接好后，进行实验时，有下列操作（每项操作只进行一次）：

①称取一定量电石，置于仪器3中，塞紧橡皮塞。②检查装置的气密性。

③在仪器6和5中注入适量水。

④待仪器3恢复到室温时，量取仪器4中水的体积（导管2中的水忽略不计）。⑤慢慢开启仪器6的活塞，使水逐滴滴下，至不产生气体时，关闭活塞。正确的操作顺序（用操作编号填写）是__________________。（3）若实验产生的气体有难闻气味，且测定结果偏大，这是因为电石中含有___________杂质。（4）若实验时称取的电石1.60g，测量排出水的体积后，折算成标准状况乙炔的体积为448mL，此电石中碳化钙的质量分数是_________%。26、（10分）某实验小组设计用50mL0.50mol·L－1盐酸跟50mL0.55mol·L－1氢氧化钠溶液在如图装置中进行中和反应。试回答下列问题：（1）仪器A的名称__________________________。（2）实验过程中下列操作正确是______________(填字母)。A.用温度计小心搅拌B.分多次加入氢氧化钠溶液C.只进行一次实验，用所获得的数据计算中和热D.用套在温度计上的A轻轻地上下搅动（3）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝__________(结果保留一位小数)。（4）以下操作，会使测得的中和热ΔH发生怎样的变化？(填“偏大”“偏小”或“不变”)。①量取稀盐酸时俯视量筒读数，测得的中和热ΔH会_______________。②在中和热测定实验中未用水洗涤温度计上的盐酸直接测定碱的温度，测得的中和热ΔH会_______________。③若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热ΔH会__________，其原因是______________________________________。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）近年来城市汽车拥有量呈较快增长趋势，汽车尾气已成为重要的空气污染物。（1）汽车内燃机工作时引起反应：N2(g)＋O2(g)2NO(g)，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。请回答：已知该反应在2400℃时，平衡常数K=6.4×10-3。该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol·L-1、4.0×10-2mol·L-1和5.0×10-3mol·L-1，此时反应_____________（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”）。（2）汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定温度和催化剂条件下可转化为N2(g)和CO2(g)得到净化。发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H<0。在25℃、101kPa下，将4molNO、4.8molCO通入固定容积为4L的密闭容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如图所示。①0～20min内，v(NO)=______________。②25min时若改变反应条件，提高NO的转化率，则改变的条件可能是__________（填序号）。a．升高温度

b．降低温度

c．增加CO的量

d．扩大容器体积③25min时将容器体积快速压缩至2L，反应在t1时重新达到平衡状态，在上图中画出c(CO)的变化曲线示意图。____（3）工业上可用CO和甲醇在通电的条件下来合成乙酸，装置如图所示，阴极的电极反应式_____________________。29、（10分）在一定温度下，有下列物质的溶液：a．HClb．H2SO4c．CH3COOHd．NaHSO4。（1）同体积、同物质的量浓度的四种溶液，分别放入足量的锌，则开始时反应速率的大小关系为_____________；相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是______________。（2）同体积、同c(H+)的四种溶液，中和NaOH的能力由大到小的顺序是________________。（3）同体积、同c(H+)的四种溶液均加水稀释至原来的100倍后，c(H+)由大到小的顺序是_______________。

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【解析】普通玻璃的主要成分是Na2SiO3、CaSiO3及SiO2，答案为A。2、C【分析】左边装置是氢氧燃料电池，所以是原电池，原电池放电时，燃料失电子发生氧化反应，所以通入H2的电极为负极，通入O2的电极为正极，正极上氧化剂得电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O；右边装置有外接电源，所以是电解池，连接负极的b电极是阴极，连接正极的a电极是阳极，阳极上发生失电子氧化反应，阴极上发生得电子还原反应。【详解】A．由于电解质溶液呈酸性，正极发生还原反应，氧气被还原生成水，电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，选项A正确；B．a极是铜，b极是铁时，铜被氧化，b极上铜离子得电子有铜析出，选项B正确；C．若a极是粗铜，b极是纯铜时，a极上比Cu活泼的金属Zn、Fe也失去电子，但b极上只析出Cu，根据电子守恒，则a极溶解Cu的质量小于b极上析出铜的质量，选项C不正确；D．a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体为氧气，根据电子守恒，与电池中消耗的H2体积不相等，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查原电池和电解池知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，易错点为A，注意电解质的酸碱性，为解答该题的关键。3、C【解析】A项实为考察由高聚物反推单体，分析该连接方式，得：其单体为CH2=CH2、CF2=CF2，故A正确；因四氟乙烯（CF2=CF2）、乙烯（CH2=CH2）、六氟丙烯（CF2=CF-CF3）中均存在碳碳双键，故可发生加成聚合反应，B正确；合成聚全氟乙丙烯分子的单体为四氟乙烯（CF2=CF2）和六氟丙烯（CF2=CF-CF3），而在六氟丙烯中的-CF3只是一个支链，并不参与直链的形成，故C错误；四氟乙烯分子（CF2=CF2）中既含有极性键（碳氟键）又含有非极性键（碳碳键），故D正确4、D【详解】A．滴定管精确值为0.01mL，读数应保留小数点后2位，A错误；B．用标准KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，由于没有润洗，标准液浓度减小，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，B错误；C．所用的固体KOH中混有NaOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配的溶液的OH-浓度偏大，导致消耗标准液的体积V（碱）偏小，根据c（酸）＝可知c（酸）偏小，C错误；D．用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若滴定前仰视读数，滴定至终点后俯视读数，导致消耗的盐酸体积偏小，依据c（酸）＝可知测定结果偏高，D正确；答案选D。5、B【解析】A．对2NO2N2O4平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A正确；B．氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压，体积变小，颜色变深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解，平衡正向移动，氯气浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故C正确；D．合成氨反应：N2+3H22NH3，增大压强，平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特列原理解释，故D正确；故答案为B。【点睛】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。6、B【分析】常温下用铁制容器盛装的药品是不能与铁反应，或常温下发生钝化现象阻止反应进行。【详解】A.常温下稀硝酸和铁反应，不能用铁制容器盛装，故A错误；B.常温下，铁在浓硫酸、浓硝酸中发生钝化现象，表面生成一层致密氧化物薄膜阻止反应进行，可以用铁制容器盛装，故B正确；C.常温下盐酸和铁反应，不能用铁制容器盛装，故C错误；D.常温下硫酸铜和铁反应，不能用铁制容器盛装，故D错误；故答案选B。7、A【分析】本题所列反应是正反应为放热、体积缩小的可逆反应。可依据温度、压强、浓度的变化对平衡的影响以及气体的体积和压强、浓度的关系进行判断。【详解】A、温度不变，缩小气体的体积，使平衡向气体体积增大的正反应方向移动，所以，ClF的转化率增大，选项A正确；B、温度不变，增大体积，其压强必然减小，使平衡向逆反应方向移动。所以，ClF3的产率应降低，不应增高，选项B错误；C、升高温度，对放热反应来说，可使平衡向逆反应方向移动。同时，增大体积即减小压强，亦使平衡向逆反应方向移动，选项C错误；D、降低温度，体积不变，有利于平衡向放热反应方向移动，使F2的转化率升高，选项D错误。答案选A。8、C【详解】A.在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热称为中和热，H1SO4和Ba(OH)1反应生成硫酸钡沉淀，由于自由离子生成沉淀或是弱电解质过程中放出热量，所以测得中和热的值将大于2.3kJ·mol－1，故A错误；B.醋酸是弱酸，电离时，吸收热量，所以测得的中和热应小于2.3kJ·mol－1，故B错误；C.盐酸是强酸，NaOH是强碱，反应生成氯化钠和水，根据中和热的定义可知，盐酸和NaOH反应测得的中和热最接近2.3kJ·mol－1，故C正确；D.醋酸是弱酸，电离的过程吸热，所以测得的中和热应小于2.3kJ·mol－1，故D错误；故选C。【点睛】在稀溶液中，酸和碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量称为中和热。注意：1.必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；1．弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其中和热小于2．3kJ·mol－1；3．以生成1mol水为基准；4.反应不可以生成沉淀（如Ba(OH)1+H1SO4=BaSO4+1H1O)。9、C【解析】A．溶液的导电性与溶液中离子的浓度成正比，醋酸是弱电解质，向醋酸中通入氨气，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故A错误；B．通过图象知，升高温度，正逆反应速率都增大，但逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，故B错误；C．醋酸是弱电解质，存在电离平衡，等体积、等pH的盐酸与醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸，最终，醋酸生成的氢气比盐酸多，故C正确；D．通过图象结合“先拐先平数值大”知，乙的压强大于甲，增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时，反应物含量大于甲，故D错误；故选C。10、C【解析】试题分析：A、常温下，蒸馏水的pH=7，而此时蒸馏水的pH=6，升高温度促进水的电离，即温度高于25℃，故说法正确；B、此时水的离子积为10－12，水电离出的c(H＋)=c(OH－)=10－12/10－2mol/l=10－10mol·L－1，故说法正确；C、pH=12的NaOH溶液中c(OH－)=1mol·L－1，等体积混合时，碱过量，溶液显碱性，故说法错误；D、溶液呈现电中性，即有：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，根据电离方程式c(Na＋)=c(SO42－)，两式推出：c(H＋)=c(OH－)＋c(SO42－)，故说法正确。考点：考查影响水的离子积的因素、溶液酸碱性的判断、离子浓度大小比较等知识。11、B【详解】A.在铂电极上电镀铜，无法提取铜，A项错误；B.利用电解法提取CuCl2溶液中的铜，阴极应发生反应：Cu2＋＋2e－=Cu，阳极可以用碳棒等惰性材料作电极，B项正确；C.电解时阴极产生铜，无法用NaOH溶液吸收，C项错误；阳极反应：2Cl－－2e－=Cl2↑，无法用带火星的木条检验，D项错误；答案选B。12、D【解析】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，该气体为NH3，结合原子序数大小，可推知A为氢元素、B为N元素；A和C同主族，C的原子序数大于N，则C为Na；D原子序数大于Na，处于第三周期，D原子最外层电子数与电子层数相等，则D为Al，E的原子半径在同周期最小，则E为Cl,结合元素周期律与元素化合物性质解答。【详解】由题干推知，A、B、C、D、E五种元素分别为H、N、Na、Al、Cl。A项，原子半径从左到右逐渐减小，即原子半径：Na>Al>Cl>H，故A项正确；

B项，H2O2、Na2O2均含有非极性键，故B项正确；C项，HNO3、NaOH能发生酸碱中和反应，Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与酸反应，也能与碱反应，故C项正确；D项，AlCl3是分子晶体，熔融状态不导电，工业上常电解熔融的Al2O3制备Al，故D项错误。综上所述，本题正确答案为D。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，明确元素种类是关键，本题元素推断的突破口在于对物质特性的掌握，比如本题由气态化合物的水溶液可使干燥红色石蕊试纸变蓝，推出该气体为氨气，本题侧重对元素周期律的考查，要熟练掌握元素性质的递变规律。13、D【详解】A.H2O(g)＝H2O(l)不是化学反应，所以不是放热反应，故不选A；B.2HI(g)＝H2(g)＋I2(g)△H＝＋14.9kJ/mol，焓变大于0，为吸热反应，故不选B；C.形成化学键时共放出能量862kJ，但不知断键时吸收的热量多少，二者的差值无法计算，所以不能判断反应是否是放热反应，故不选C；D.根据图示，反应物的总能量大于生成物总能量，一定为放热反应，故选D；答案选D。14、C【解析】本题考查同素异形体、同分异构体、同位素的概念、氨基酸结构中所含基本官能团的名称与结构简式，采用排除法分析作答。【详解】A.金刚石、石墨、纳米碳管是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，所以A项正确；B.CH3-CH2-NO2和H2N-CH2-COOH的分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，故B项正确；C.14C和14N不属于同一种元素，并不是同位素，故C项错误；D.羧酸分子烃基上氢原子被氨基取代所得的化合物称为氨基酸，故氨基酸分子中既含氨基又含羧基，故D项正确；答案选C。【点睛】高中化学“四同”的概念：同位素：质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子；同素异形体：同种元素形成的不同的单质；同系物：结构相似，分子组成相差n个CH2的有机化合物；同分异构体：分子式相同结构不同的化合物。15、B【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，比较反应速率需转化为同一物质的相同单位后，在比较数值。【详解】A．v(A)=0.5mol/(L·s)转化为v(B)=0.25mol/(L·s)；B．v(B)=0.3mol/(L·s)C．v(C)=0.8mol/(L·s)转化为v(B)=mol/(L·s)；D．v(D)=1mol/(L·min)转化为v(B)=mol/(L·s)；综上所述，反应速率最快的为0.3mol/(L·s)，答案为B。16、D【详解】H2、HCl、CO2只含共价键，NaCl含有离子键，仅D符合题意，故选D。17、A【详解】0.1mol/L的碳酸氢钠溶液的pH为8.4，溶液呈碱性，说明HCO3-

的水解程度大于电离程度。A．加入少量NaOH固体，发生HCO3-+OH-=CO32-+H2O，则钠离子和碳酸根离子浓度均增大，故A正确；B．加水稀释，促进HCO3-的水解，HCO3-＋H2OH2CO3＋OH－平衡右移，c(HCO3-

)减小程度更大，则的比值增大，故B错误；C．根据电荷守恒，应有c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-

)+2c(CO32-)+c(OH-)，故C错误；D．根据物料守恒，应有c(Na+)=c(HCO3-

)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为CD，要注意理解电荷守恒和物料守恒关系式中c(CO32-)前的系数。18、C【详解】A．反应速率之比应该等于系数比，单位时间里生成nmolA2，同时生成nmolAB时，不能说明正逆反应速率相等，故A错误；B．通过化学方程式可知，反应前后气体的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，容器的压强都不变，故B错误；C．单位时间内生成2nmolAB同时生成nmolA2，说明正逆反应速率相等，故C正确；D．无论该反应是否达到平衡状态，消耗nmolB2的同时一定生成2nmolAB，故D错误．答案选C。【点睛】化学平衡状态的判断：一等：正逆反应速率相等；六定：①物质的量一定，②平衡浓度一定，③百分含量保持一定，④反应的转化率一定，⑤产物的产率一定，⑥正反应和逆反应速率一定；除此之外，还可考虑以下几点：①同一物质单位时间内的消耗量与生成量相等；②不同物质间消耗物质的量与生成物质的量之比符合化学方程式中各物质的化学计量数比③对于有颜色变化的可逆反应，颜色不再改变时；④对于反应前后气体总体积变的可逆反应，还可考虑以下几点：反应混合物的平均相对分子量不再改变、反应混合物的密度不再改变、反应混合物的压强不再改变。19、B【解析】减慢反应速率但又不影响氢气生成量，必须减小溶液中的c(H+)，但最终酸液所能提供的n(H+)总量要保持不变。【详解】A.加入CH3COOH，溶液中n(H+)增大，产生H2更多，A不符合题意；B.加入K2SO4溶液后，溶液中c(H+)减小，反应速率减小，而n(H+)不变，产生H2的量不变，B符合题意；C.加入CuSO4溶液后，发生反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，形成铜锌原电池，反应速率加快，C不符合题意；D.加入Na2CO3溶液后，消耗H+，产生H2的量变小，D不符合题意；故答案为：B20、B【详解】A．H2C2O4为弱酸，1mol·L-1的H2C2O4溶液在加水稀释过程中，虽然其电离平衡正向移动，但溶液体积增大是主要的，故溶液的酸性减弱，溶液的pH增大，A不正确；

B．根据物料守恒可知，c(H2C2O4)+c()+c()=1mol·L-1，B正确；C．1mol·L-1的H2C2O4溶液中，由于H2C2O4为弱酸，其电离度很小，因此该溶液中，c(H+)远远小于lmol·L-1，加水稀释后，c(H+)将会变得更小，C不正确；D．溶液中，H2C2O4为二元弱酸，其在水溶液中分步电离，存在两个电离平衡，以第一步电离为主，因此电离出的c(H+)：c()远远大于2：1，D不正确。综上所述，本题选B。21、B【分析】一般来说，原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应；金属的金属性越强，金属单质与水或酸反应越剧烈，较活泼金属能置换出较不活泼金属，据此解答。【详解】将A与B用导线连接起来浸入稀硫酸中，该装置构成原电池，B上有气泡产生，说明B电极上得电子发生还原反应，则B是正极、A是负极，金属活动性A＞B；将A、D分别投入到等浓度的稀盐酸中，D比A反应剧烈，则金属活动性D＞A；将Cu浸入B的盐溶液中，无明显变化，说明金属活动性B＞Cu；如果把Cu浸入C的盐溶液中，有金属C析出，说明金属活动性Cu＞C；通过以上分析知，金属活动性顺序是D＞A＞B＞C。答案选B。22、B【详解】2SO2+O22SO3是气体体积减小的反应，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，过程中乙容器中压强大于甲容器，反应速率大于甲，相当于对甲容器平衡增大压强，平衡正向进行，乙容器中二氧化硫转化率大于甲容器，乙容器中SO2的转化率大于P%，B正确，故选B。二、非选择题(共84分)23、KK4Fe(CN)6aef①③④平面三角形CH3OH分子之间存在氢键，熔、沸点比CH4高2∶3aπ×100%【分析】前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，则A为碳元素、B为N元素；C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，只能处于第四周期，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，可推知C为K、F为Cu，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2，D、E价电子排布分别为3d64s2，3d84s2，故D为Fe、E为Ni，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为C元素，B为N元素，C为K元素，D为Fe元素，E为Ni元素，F为Cu元素。(1)六种元素中K的金属性最强，最容易失去电子，其第一电离能最小，故答案为：K；(2)黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配合物C4[D(AB)6]，化学式为K4[Fe(CN)6]，黄血盐晶体中含有离子键、配位键、共价键，没有金属键、氢键和分子间作用力，故答案为：K4Fe(CN)6；aef；(3)镍为28号元素，Ni2+的价层电子排布式为3d8，故价电子排布图为；①CH2=CH2、③、④HCHO中C原子价层电子对数都是3，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化；②HC≡CH为C原子价层电子对数是2，没有孤电子对，C原子采取sp杂化；HCHO分子的立体结构为平面三角形，它的加成产物为甲醇，甲醇分子之间能够形成氢键，其熔、沸点比CH4的熔、沸点高，故答案为：；①③④；平面三角形；CH3OH分子之间存在氢键，熔、沸点比CH4高；(4)金属K晶体为体心立方堆积，晶胞结构为左图，晶胞中K原子配位数为8，金属Cu晶体为面心立方最密堆积，晶胞结构为右图，以顶点Cu原子研究与之最近的原子位于面心，每个顶点Cu原子为12个面共用，晶胞中Cu原子配位数为12，K、Cu两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为8∶12=2∶3；金属Cu的晶胞中，根据硬球接触模型的底面截面图为，则Cu原子半径为r和晶胞边长a的关系为：4r=a，解得r=a；Cu原子数目=8×+6×=4，4个Cu原子的体积为4×πr3=4×π×(a)3，晶胞的体积为a3，Cu原子在晶胞中的空间占有率==4×π×()3×100%=π×100%，故答案为：2∶3；a；π×100%。【点睛】本题的难点和易错点为(4)中晶胞的计算，要注意正确理解晶胞结构，本题中底面对角线上的三个球直线相切，然后根据平面几何的知识求解。24、C2H5OH羟基CH3CHO醛基2C2H5OH+O22CH3CHO+H2O氧化反应6CH3COOC2H5+NaOHCH3CH2OH+CH3COONa【分析】D的蒸气密度是氢气的22倍，则相对分子质量为44，并可以发生银镜反应，说明含有-CHO，则D为CH3CHO；D被氧化生成E为CH3COOH，D被还原生成A为CH3CH2OH；A可以与浓氢溴酸发生取代生成B，B可以与碱的水溶液反应生成A，则B为CH3CH2Br，B可以在碱的醇溶液中反应生成C，则C为CH2=CH2；A与E可发生酯化反应生成F，F为CH3COOC2H5。【详解】(1)根据分析可知A为CH3CH2OH，其官能团为羟基；D为CH3CHO，其官能团为醛基；(2)反应⑤为乙醇的催化氧化，方程式为2C2H5OH+O22CH3CHO+H2O；(3)C为CH2=CH2，D为CH3CHO，由C到D的过程多了氧原子，所以为氧化反应；(4)F的同分异构体中能与NaOH溶液发生反应，说明含有羧基或酯基，若为酯则有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3，若为羧酸则有：CH3CH(COOH)CH3、CH3CH2CH2COOH，所以包括F在内共有6种结构；酯类与NaOH反应方程式以乙酸乙酯为例：CH3COOC2H5+NaOHCH3CH2OH+CH3COONa，羧酸类：CH3CH2CH2COOH+NaOH=CH3CH2CH2COONa+H2O。25、631524②①③⑤④或①③②⑤④可与水反应产生气体的磷化物、砷化物、硫化物等杂质80【解析】本题主要考查对于“测定电石中碳化钙的含量”探究实验的评价。（1）如果所制气体流向从左向右时，6和3组成反应装置，1和5组成量气装置，2和4组成收集排出水的装置，所以上述仪器和导管从左到右直接连接的顺序是：6接3接1接5接2接4。（2）仪器连接好后，进行实验时，首先检查装置气密性，再制取乙炔，量取水的体积，所以正确的操作顺序是②①③⑤④。（3）若实验产生的气体有难闻气味，且测定结果偏大，这是因为电石中含有可与水反应产生气体的磷化物、砷化物、硫化物等杂质。（4）乙炔的物质的量为0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，此电石中碳化钙的质量分数是×100%=80%。26、环形玻璃搅拌棒D－51.8kJ·mol－1偏大偏大偏大用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小【解析】（1）根据量热器的构造可知，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）A.为使反应充分，应用环形玻璃搅拌棒上下慢慢搅拌，不能用温度计搅拌，错误；B.分多次加入氢氧化钠溶液，易造成热量损失，测定的中和热数值偏小，应该一次性快速加入，错误；C.为减小实验误差，实验应该做2～3次，计算出平均值，只进行一次实验，就用所获得的数据计算中和热显然是不行的，错误；D.用套在温度计上环形玻璃搅拌棒的轻轻地上下搅动，使溶液混合均匀，减小实验误差，正确；综上所述，本题选D。（3）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃,反应后温度为23.2℃,反应前后温度差为3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃,反应后温度为23.4℃，反应前后温度差为3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃,反应后温度为23.6℃，反应前后温度差为3.05℃；50mL0.50mol·L－1盐酸跟50mL0.55mol·L－1氢氧化钠溶液的质量和为100g，比热容c＝4.18J·g－1·℃－1,代入公式Q=cm∆T得生成0.025mol的水放出热量Q=cm∆T=4.18×100×(3.15+3.1+3.05)/3J=1.2959kJ，即生成0.025mol的水放出热量为1.2959kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2959kJ×1/0.025=51.8kJ；即该实验测得的中和热ΔH＝－51.8kJ·mol－1；综上所述，本题答案是：－51.8kJ·mol－1。（4）①量取稀盐酸时俯视量筒读数，所量取的盐酸体积偏小，盐酸总量减小，放出的热量会减小，测得的中和热ΔH会偏大；②在中和热测定实验中未用水洗涤温度计上的盐酸直接测定碱的温度，酸碱发生中和，导致反应前后的温度变化量减小，放出的热量会减小，测得的中和热ΔH会偏大；③用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小，测得的中和热ΔH会偏大；综上所述，本题答案是：偏大，偏大，偏大；用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小。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Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂；根据电子守恒，二氧化氯和碘单质的反应中有如下关系：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，由关系式求解即可。【详解】Ⅰ.（1）稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫