2026届吉林省普通中学化学高二上期中质量检测试题含解析

2026届吉林省普通中学化学高二上期中质量检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、2A(g)2B(g)+C(g)；△H＞0，达平衡时，要使v正降低、c(A)增大，应采取A．加压B．减压C．升温D．降温2、对①100mL0.1mol/LNaHCO3，②100mL0.1mol/LNa2CO3两溶液叙述正确的是A．两溶液中c(OH-)：①＞② B．两溶液中阳离子数目：②是①的2倍C．①溶液中：c(CO32-)＜c(H2CO3) D．②溶液中：c(HCO3-)＜c(H2CO3)3、下列反应在任何温度下均能自发进行的是（）A．2CO(g)=2C(s，石墨)+O2(g)ΔH=+221kJ·mol-1B．2Ag(s)+Cl2(g)=2AgCl(s)ΔH=-254kJ·mol-1C．NH4HCO3(s)+CH3COOH(aq)=2H2O(l)+CO2(g)+CH3COONH4(aq)ΔH=+37.3kJ·mol-1D．2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196kJ·mol-14、已知吸热反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)，假设△H和△S不随温度而变，下列说法中正确的是()A．低温下能自发进行B．高温下能自发进行C．任何温度下都不能自发进行D．任何温度下都能自发进行5、有一处于平衡状态的反应：X（s）+3Y（g）2Z（g）；△H＜1．为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是（）①高温②低温③高压④低压⑤加催化剂⑥分离出Z⑦增加X⑧增加YA．①③⑤⑦ B．②③⑤⑦ C．②③⑥⑧ D．②④⑥⑧6、可逆反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，在容积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是(

)①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2:2:1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A．①④⑥⑦ B．②③⑤⑦ C．①③④⑤ D．全部7、某元素的原子核外有3个电子层，最外层有4个电子，则该原子核内的质子数为（）A．14 B．15 C．16 D．178、反应2A(g)+3B(g)2C(g)+D(g)在不同情况下测得的反应速率如下，其中反应速率最快的是（）A．v(A)=0.4mol·L-1·s-1 B．v(B)=0.75mol·L-1·s-1C．v(C)=0.6mol·L-1·s-1 D．v(D)=0.15mol·L-1·s-19、下列说法不正确的是A．二氯甲烷只有一种结构，可以证明甲烷是正四面体结构B．乙烯和甲苯分子中所有原子都在同一个平面上C．一定条件下，Cl2在甲苯的苯环或侧链上均能发生取代反应D．和CH3—CH==CH2互为同分异构体10、下列叙述不正确的是()A．将CuCl2

溶液加热蒸干，并灼烧，最终得到CuOB．将FeCl2溶液加热蒸干，并灼烧，最终得到FeOC．实验室里盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不用玻璃塞D．厨房中可以用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污11、按碳的骨架分类，下列说法正确的是A．属于脂环化合物 B．属于芳香化合物C．CH3CH(CH3)2属于链状化合物 D．属于芳香烃类化合物12、下列有关钠与水反应实验的叙述中，不正确的是A．用小刀切割钠块 B．钠沉入水中C．钠熔化成小球 D．发出“嘶嘶”的响声13、2011年3月11日在日本发生的大地震中，福岛核电站发生了核泄漏，其周边区域的空气中漂浮着放射性物质，其中含有碘的同位素13153I，13153I中的质子数为A．53 B．78 C．131 D．18414、常温下，向20mL0.1mol·L-1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的烧碱溶液，溶液中水所电离的c水(H+)随加入烧碱溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是A．由图可知A-的水解平衡常数Kh约为1×10-9B．C、E两点因为对水的电离的抑制作用和促进作用相同，所以溶液均呈中性C．B点的溶液中离子浓度之间存在：c(Na+)=2c(A-)>c(H+)>c(OH-)D．F点的溶液呈碱性，粒子浓度之间存在：c(OH-)=c(HA)+c(A-)+c(H+)15、液流电池是一种新型可充电的高性能蓄电池，其工作原理如图。两边电解液存储罐盛放的电解液分别是含有、的混合液和、酸性混合液，且两极电解液分开，各自循环。已知放电时右侧存储罐中浓度增大。下列说法不正确的是

A．充电时阴极的电极反应是B．放电时，作氧化剂，在正极被还原，作还原剂，在负极被氧化C．若离子交换膜为质子交换膜，充电时当有发生转移时，最终左罐电解液的的物质的量增加了1molD．若离子交换膜为阴离子交换膜，放电时阴离子由左罐移向右罐16、下列说法不正确的是A．pH相等的NaOH和Na2CO3溶液c(NaOH)＜c(Na2CO3)。B．将Mg、Al与NaOH溶液组成原电池，Al电极溶解，说明Al比Mg金属活动性强。C．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶都无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用滴定管时水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗。D．分别用等体积的蒸馏水和稀硫酸洗涤BaSO4沉淀，用水洗涤造成BaSO4的损失量大于用稀硫酸洗涤时的损失量。17、已知H2(g)+O2(g)H2O(l)ΔH=-285.8kJ/mol。下列说法不正确的是A．H2的燃烧热为285.8kJ/molB．2H2(g)+O2(g)2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/molC．1molH2完全燃烧生成气态水放出的热量大于285.8kJD．形成1molH2O的化学键释放的总能量大于断裂1molH2和0.5molO2的化学键所吸收的总能量18、在2A+B3C+4D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)＝1.2mol/(L·min) D．v(D)＝1mol/(L·s)19、广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，说法不正确的是A．BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2 B．PCl3的水解产物是HClO和H3PO3C．A14C3的水解产物是Al(OH)3和CH4 D．CH3COCl的水解产物是两种酸20、下列做法不利于环境保护的是（）A．开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源B．大力开采煤、石油和天然气，以满足人们日益增长的能源需求C．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源D．减少资源消耗，注重资源的重复使用、资源的循环再生21、对于可逆反应2AB3（g）A2（g）+3B2（g）△H＞0下列图像不正确的是（）A． B．C． D．22、用作调味品的食醋也可用来除水垢，其除垢的有效成分是A．乙醇B．乙酸C．葡萄糖D．乙酸乙酯二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为易挥发液体，C为气体。D、E、F、G、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体.它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）。（1）写出化学式：A___，D___，E___，X___。（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是____。（填编号）（3）反应⑥的离子方程式为____。（4）反应⑦的化学方程式为____。（5）该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子___mol。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）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）I．实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某学生在实验室中进行测定盐酸浓度的实验。（1）配制480mL0.1000mol·L-1NaOH标准溶液。①配制所需的玻璃仪器有:烧杯、量筒、玻璃棒、__________、__________等。②称取__________g氢氧化钠固体所需仪器有天平（带砝码、镊子）、药匙、小烧杯；（2）取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用__________（填仪器名称）盛装配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2〜3次，记录数据如下：滴定次数待测盐酸的体积/mL标准NaOH溶液体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/rnL第一次20.000.4020.50第二次20.004.1024.00第三次20.001.0024.00（3）①如何判断滴定终点：___________。②根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为__________mol·L-1。（4）在上述实验中,下列操作（其他操作正确）会造成测定果偏低的有__________（填序号）。A

酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗B锥形瓶水洗后未干燥C

称量NaOH固体中混有Na2CO3固体D滴定终点读数时俯视读数E碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失II．

氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。测血钙的含量时，进行如下实验：①可将4mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵（NH4）2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。③终点时用去20mLl.0×l0-4mol/L的KMnO4溶液。（1）写出H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式__________________。（2）计算：血液中含钙离子的浓度为______mol/L。27、（12分）草酸(H2C2O4)存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10-2，K2=5.4×10-5，具有还原性，溶于水，溶液有酸性。为测定某H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为cmol·L1KMnO4标准溶液滴定。滴定原理为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O(1)滴定管在使用之前，必须进行的操作是______________，滴定时，KMnO4溶液应装在_____(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)中，达到滴定终点时的现象为________________。(2)如图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，C处的刻度为30，滴定管中液面读数应为______mL，此时滴定管中液体的体积________20mL．(填大于、小于或等于)(3)为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取H2C2O4溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗KMnO4溶液体积/mL22.3224.3924.41从上表可以看出，第一次实验中记录消耗KMnO4溶液的体积明显少于后两次，其原因可能是__。A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡C．第一次滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过后，未用标准液润洗D．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗E．滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定(4)根据所给数据，写出计算H2C2O4的物质的量浓度的表达式(必须化简)：C=________。(5)请你一个设计简单实验证明草酸的酸性强于碳酸，实验操作及现象为____________________28、（14分）磷能形成多种含氧酸。（1）一元中强酸次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，向10mLH3PO2溶液中加入10mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2-、OH-两种阴离子。①写出H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式：_______，该正盐溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____________。②若25℃时，K(H3PO2)=1×10-2，则0.01mol·L-1的H3PO2溶液的pH=________。（2）亚磷酸（H3PO3）是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数为K1=3.7×10-2、K2=2.6×10-7。试从电离平衡移动的角度解释K1、K2数据的差异______________。（3）25℃时，HF的电离常数为K=3.6×10-4；H3PO4的电离常数为K1=7.5×10-3，K2=6.2×10-8，K3＝4.4×10-13。足量NaF溶液和H3PO4溶液反应的离子方程式为______。（4）相同温度下，等物质的量浓度的上述三种磷的含氧酸中。c(H+)由大到小的顺序为______________________________________________________（用酸的分子式表示）。29、（10分）（1）原电池反应通常是放热反应，下列反应中在理论上可设计成原电池的反应为____________(填字母)，A．C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)ΔH>0B．Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s)===BaCl2(aq)＋2NH3·H2O(aq)＋8H2O(l)ΔH>0C．CaC2(s)＋2H2O(l)===Ca(OH)2(s)＋C2H2(g)ΔH<0D．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH<0（2）以KOH溶液为电解质溶液，依据(1)所选反应设计原电池，其负极反应_________________。（3）电解原理在化学工业中有着广泛的应用，现将设计的原电池通过导线与图中电解池相连，其中a为电解液，X和Y为两块电极板，则：①若X和Y均为惰性电极，a为饱和NaCl溶液，则电解时检验Y电极反应产物的方法是____________________________________。②若X和Y分别为石墨和铁，a仍为饱和的NaCl溶液，则电解过程中生成的白色固体物质露置在空气中，可观察到的现象是____________________________________________。③若X和Y均为惰性电极，a为一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得溶液中加入0.1molCuO，恰好恢复电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子的物质的量为________。

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、D【解析】试题分析：增大压强或升高温度反应速率都是增大的，A、C不正确；正反应是体积增大的可逆反应，所以降低压强平衡向正反应方向移动，A的浓度降低，B不正确；由于正反应是吸热反应，所以降低温度反应速率降低，平衡向逆反应方向移动，c(A)增大，所以答案选D。考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响。点评：外界条件条件对化学平衡状态的影响主要是依据勒夏特列原理进行判断。2、C【分析】A．对应的酸越弱，则盐越水解；B．NaHCO3的水解程度小于Na2CO3的水解程度；C．HCO3－既能电离又能水解，但水解程度大于电离程度；D．多元弱酸根的水解分步进行，且以第一步为主。【详解】A．由于NaHCO3对应的酸为H2CO3，而Na2CO3对应的酸为HCO3－，而酸性H2CO3＞HCO3－，根据酸越弱，盐越水解可知，NaHCO3的水解程度小于Na2CO3，水解程度越大，则溶液碱性越强，溶液中的c（OH－）浓度越大，故c（OH－）：①＜②，故A错误；B．在两溶液中，含有的阳离子均为钠离子和氢离子，两溶液中的钠离子的物质的量分别为0.01mol和0.02mol，由于NaHCO3的水解程度小于Na2CO3的水解程度，NaHCO3溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH，即NaHCO3溶液的c（H＋）大于Na2CO3溶液的，100mLNaHCO3溶液的n（H＋）大于Na2CO3溶液的n（H＋），故两溶液中的阳离子数目②小于①的2倍，故B错误；C、由于HCO3－是酸式弱酸根，在溶液中既能电离又能水解，但水解程度大于电离程度，故水解生成的c（H2CO3）大于电离生成的c（CO32－），故C正确；D、多元弱酸根的水解分步进行，且以第一步为主，故碳酸钠溶液中第一步水解生成的c（HCO3－）大于第二步水解生成的c（H2CO3），故D错误；故选C。3、D【详解】A．该反应为吸热反应，ΔH>0，由于生成了固体，反应的ΔS<0，反应的ΔG=ΔH-TΔS>0，任何温度都不能自发进行，A错误；B．该反应为放热反应，ΔH<0，在反应过程中气体量减小，反应的混乱程度减小，ΔS<0，根据ΔG=ΔH-TΔS可知反应在低温条件下能够自发进行，B错误；C．该反应为吸热反应，ΔH>0，在反应过程中体系的混乱程度增大，ΔS>0，根据ΔG=ΔH-TΔS可知反应在高温条件下能够自发进行，C错误；D．该反应为放热反应，ΔH<0，在反应过程中体系的混乱程度增大，ΔS>0，反应的ΔG=ΔH-TΔS<0，任何温度都能自发进行，D正确；故选D。4、C【解析】综合利用△H、△S判断反应的自发性。【详解】题述“2CO(g)=2C(s)+O2(g)”是吸热反应，即△H>0；又因其气体分子数减少，则△S<0。该反应在任何温度下都不能自发进行。本题选C。【点睛】以△H为横轴、△S为纵轴画坐标系，则第二象限一定自发、第四象限一定不自发、第一象限高温自发、第三象限低温自发。5、C【分析】反应X（s）+3Y（g）2Z（g），△H＜1，正反应是气体物质的量减小的放热反应，根据勒夏特列原理：①升高温度，平衡逆向移动，①错误；②降低温度，平衡向正反应移动，②正确；③压强增大，平衡向正反应移动，③正确；④降低压强，平衡向逆反应方向移动，④错误；⑤加催化剂缩短到达平衡的时间，不会引起化学平衡的移动，⑤错误；⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，⑥正确；⑦增加X，X为固体，平衡不移动，⑦错误；⑧增加Y，Y的浓度增大，平衡向右移动，⑧正确；【详解】反应X（s）+3Y（g）⇌2Z（g），△H＜1，正反应是气体物质的量减小的放热反应，根据勒夏特列原理：①升高温度，平衡逆向移动，①错误；②降低温度，平衡向正反应移动，②正确；③压强增大，平衡向正反应移动，③正确；④降低压强，平衡向逆反应方向移动，④错误；⑤加催化剂缩短到达平衡的时间，不会引起化学平衡的移动，⑤错误；⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，⑥正确；⑦增加X，X为固体，平衡不移动，⑦错误；⑧增加Y，Y的浓度增大，平衡向右移动，⑧正确。答案为C6、A【分析】判断可逆反应达到平衡状态的标志有：(1)v(正)=v(逆)，(2)混合物中各组成成分的浓度、百分含量保持不变，（3）分析反应过程中一直在改变的量，一旦不变了，就说明反应达到平衡了。【详解】①单位时间内生成nmolO2是正反应，同时生成2nmolNO2是逆反应，且NO2的系数是O2的两倍，故有(正)=(逆)，①正确；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，二者均为正反应速率，不能作平衡标志，②错误；③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2:2:1的状态，没有明确正、逆反应速率，不能作平衡标志，③错误；④混合气体的颜色不再改变时，说明二氧化氮的浓度不再改变，达到平衡状态，④正确；⑤该反应在体积固定的密闭容器中混合气体的密度不随反应的进行而变化，密度不变不能作为平衡标志，⑤错误；⑥该反应前后气体物质的量不等，混合气体的压强会随反应的进行而改变，故压强不再改变的状态为平衡状态，⑥正确；⑦该反应前后气体物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量会随反应的进行而改变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态为平衡状态，⑦正确；综上所述：①④⑥⑦能作为达到平衡的标志；故答案为：A。7、A【详解】原子核外有3个电子层，K、L、M层上电子数依次为2、8、4，电子总数14，则该原子核内的质子数为14；答案选A。8、C【详解】反应速率的单位相同，用各物质表示的反应速率(单位相同)除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快：A．；B．;C．；D．；则反应速率最大的为C>B>A>D，故答案为C。【点睛】比较反应速率常用的两种方法：(1)归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一物质的反应速率，再较小比较；(2)比值法：用各物质的量表示的反应速率(单位相同)除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快。9、B【解析】A项，CH4分子中有四个相同的C-H键，可能有两种对称的结构：正四面体和平面正方形结构；若是平面正方形，四个氢原子的位置虽然也相同，但是相互间存在相邻和相间的关系，其二氯代物有两种异构体，即两个氯原子在邻位和两个氯原子在对位(如图：、)；若是正四面体，则只有一种，因为正四面体的两个顶点总是相邻关系，所以二氯甲烷只有一种结构(如图：)，可以证明甲烷是正四面体结构，故A正确。B项，乙烯是平面型结构，所有原子都在同一个平面上，甲苯中含有甲基，甲基具有甲烷的结构特点，所有原子不可能在同一平面上，故B错误。C项，在光照的条件，Cl2与甲苯侧链上的氢原子发生取代反应，在氯化铁的作用下Cl2与甲苯苯环上的氢原子发生取代反应，故C正确。D项，和CH3—CH=CH2结构不同而分子式相同(都是C3H6)，互为同分异构体，故D正确。10、B【解析】铜离子和铁离子在溶液中发生水解反应，温度越高，水解程度越大；碳酸钠显碱性，玻璃主要成分为二氧化硅，能发生反应；油污在碱性环境下水解。【详解】A.CuCl2溶液加热，铜离子水解产生氢氧化铜，灼烧后，最终得到CuO，A正确；B.FeCl2溶液加热，铁离子水解产生氢氧化亚铁在空气中极易被氧化为氢氧化铁，蒸干并灼烧，最终得到Fe2O3，B错误；C.碳酸钠溶液显碱性，能与玻璃中的二氧化硅反应，实验室必须用橡胶塞而不用玻璃塞，C正确；D.

碳酸钠溶液显碱性，能水解油污，故厨房中可以用洗涤餐具，D正确；答案为B。11、C【详解】A.有机物中含有苯环，属于芳香化合物，A错误；B.有机物中含有碳碳双键，属于环烯烃，B错误；C.该有机物为烷烃，属于链状化合物，C正确；D.有机物含有碳碳双键和醇羟基，不存在苯环，不属于芳香烃类化合物，D错误。答案选C。【点睛】选项A是易错点。环状化合物：分子中含有由碳原子组成的环状结构的化合物。它又可分为两类：①脂环化合物：分子中含有环状结构（不是苯环）的化合物称为脂环化合物，这类化合物的性质和脂肪族化合物的性质相类似，如：环戊烷：，环己醇：等。②芳香化合物：分子中含有苯环的化合物称为芳香化合物。如：苯：，萘：等。12、B【详解】A、钠的硬度较小，可以用小刀切割钠块，故A正确；B、钠密度比水小，浮在水上面，故B错误；C、钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，且该反应是放热反应，钠的熔点较低，放出的热量使钠熔化成小球，故C正确；D、钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，且会有嘶嘶的响声，故D正确。故选B。【点晴】本题考查了钠的性质，明确钠的性质是解本题关键，结合钠的密度、熔点、化学性质等来分析解答即可。钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，且该反应是放热反应，放出的热量使钠熔成小球，且会有嘶嘶的响声，钠密度比水小。13、A【详解】在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，则13153I中的的质子数为53，故选A。14、A【详解】A、由题图可知0.1mol·L-1的HA溶液中c(H+)为1×10-3mol·L-1，由此可计算出Ka约为1×10-5，则Kh=KW/Ka≈1×10-9，A正确；B、C点是HA和NaA的混合溶液，溶液呈中性，而E点为NaA和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，B错误；C、B点的溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，此时溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，则c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，C错误；D、F点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液，由质子守恒可得：c(OH-)=2c(HA)+c(A-)+c(H+)，D错误。答案选A。15、B【解析】蓄电池即二次电池，放电时是原电池，把化学能变成电能。充电时是电解池，把电能变成化学能。因此，根据原电池和电解池工作原理解答。【详解】放电时右侧存储罐中浓度增大，则右边电极反应为V2+－e-=V3+，是电池负极，是还原剂在负极被氧化。从而左边电极反应为VO2++2H++e-=VO2++H2O，是电池正极，VO2+是氧化剂在正极被还原（B项错误）。放电时阴离子由正极区移向负极区，即由左罐移向右罐（D项正确）。放电、充电过程相反，电极反应式也相反。充电时，右边电极是阴极，电极反应为V3++e-=V2+（A项正确）。左边电极是阳极，电极反应为VO2++H2O－e-＝VO2++2H+。若离子交换膜为质子交换膜，有发生转移时阳极生成2molH+。为使交换膜两侧溶液呈电中性，有1molH+从交换膜左侧移向右侧，故最终左罐电解液的的物质的量增加了1mol（C项正确）。本题选B。【点睛】交换膜两侧溶液呈电中性，是分析迁移离子数量问题的关键。16、B【详解】A．NaOH属于强碱，在水中完全电离，Na2CO3属于强碱弱酸盐，在溶液中发生水解生成OH-，且水解程度较弱，二者溶液pH相等，说明溶液中OH-浓度相等，则c(NaOH)＜c(Na2CO3)，故A项说法正确；B．Al具有两性，能够溶解在NaOH溶液中，Mg不会与碱反应，将Mg、Al与NaOH溶液组成原电池，Al电极溶解，说明Al具有“酸性”，故B项说法错误；C．容量瓶标有温度、规格、刻度线，量筒标有温度、规格，滴定管有温度、规格，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度在最上面，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗，否则会引起实验误差，故C项说法正确；D．BaSO4在水中存在溶解平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+(aq)，稀硫酸中含有，用稀硫酸洗涤会抑制BaSO4溶解，因此用水洗涤造成BaSO4的损失量大于用稀硫酸洗涤时的损失量，故D项说法正确；综上所述，说法不正确的是B项，故答案为B。17、C【解析】A.101kPa，1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热；B.热化学方程式中，物质的量与反应放出的热量成正比；C.气态水转化为液态水，需要吸收热量；D.反应为放热反应，△H=反应物中键能之和-生成物中键能之和【详解】A.101kPa，1mol氢气燃烧生成稳定氧化物液态水放出的热量为燃烧热，即H2的燃烧热为285.8kJ/mol，故A正确；B.热化学方程式中，物质的量与反应放出的热量成正比，所以2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6kJ/mol，故B正确；C.气态水转化为液态水，需要吸收热量，则1

mol

H2完全燃烧生成气态水放出的热量小于285.8kJ，故C错误；D.反应为放热反应，△H=反应物中键能之和-生成物中键能之和，所以形成1molH2O的化学键释放的总能量大于断裂1molH2和0.5molO2的化学键所吸收的总能量，故D正确；故选C。【点睛】本题考查热化学反应，注意反应放出的热量与物质的状态、物质的物质的量有关，并注意键能与反应热的关系是关键。18、B【详解】可以将各物质的反应速率都变成物质D的反应速率。A.速率为1.0mol/(L·min)；B.速率为1.2mol/(L·min)；C.速率为1.6mol/(L·min)；D.速率为1mol/(L·min)。故速率最快的为B。故选B。【点睛】掌握同一个反应同一个过程可以用不同物质表示反应速率，速率数值可以不同，速率比等于化学计量数比。所以比较速率快慢时需要将速率转化为同一种物质的速率。19、B【解析】A.BaO2中氧元素是－1价，则水解产物是Ba(OH)2和H2O2，A正确；B.PCl3中P和Cl的化合价分别是＋3价和－1价，所以分别结合水电离出的OH－和氢离子，产物是H3PO3和HCl，B错误；C.A14C3中碳元素是－4价，则水解产物是Al(OH)3和CH4，C正确；D.CH3COCl的水解产物是两种酸，分别是乙酸和盐酸，D正确；答案选B。20、B【解析】A、太阳能、水能、风能、地热能为新能源，有利于解决能源危机，而且为绿色能源；B、煤、石油和天然气为化石能源，不可再生，大力开采不利于环境保护；C、沼气可变废为宝，转化为清洁能源；D、减少资源消耗，注重资源的重复使用、资源的循环再生有利于能源的循环再生。21、D【分析】可逆反应2AB3（g）⇌A2（g）+3B2（g）△H＞0，升高温度，反应速率加快，缩短到达平衡的时间，平衡向正反应方向移动，正反应速率增大的更多，反应物的含量减少；正反应为体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，反应物的含量增大，以此来解答。【详解】A.2AB3（g）A2（g）+3B2（g）△H＞0升高温度，反应速率加快；因为正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，故不选A；B.温度越高，化学反应速率越快，到达平衡所需时间越短；由于正反应吸热，温度升高，有利于反应正向进行，剩余反应物百分含量减少，故不选B；C.升高温度，平衡正向进行，平衡后AB3的百分含量越低；正反应为体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，反应物的含量增大，故不选C；D.正反应为体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，反应物的转化率应该减小；正反应为吸热反应，当压强相同时，温度越高，越有利于反应正向移动，反应物转化率越高，故选D；答案：D【点睛】对于图像题分两步看图项正确与否：（1）随横坐标的增大，图像总的走势是否正确；（2）横坐标线相同时，看纵坐标的走势是否正确。22、B【解析】试题分析：水垢的主要成分为碳酸钙，能溶解于酸性比碳酸强的酸，常见用作调味品的食醋中含有的成分是乙酸，故答案为B。考点：考查乙酸的性质与应用二、非选择题(共84分)23、FeFe(NO3)3Fe3O4HCl③⑥Fe3++3SCN－Fe(SCN)33Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H20.8【分析】根据D加F为红色溶液，想到KSCN和铁离子显红色，再联想D到G的转化，是亚铁离子和铁离子之间的转化，故D为铁离子，G为亚铁离子，A为单质铁，而B和A要反应生成铁离子，再联系A为有液体且易挥发，说明是硝酸，再根据E和X反应生成D、G、H，说明E中有铁的两个价态，E为黑色固体，且Fe和C点燃变为黑色固体，想到E为四氧化三铁，X为盐酸，H为水。【详解】⑴根据前面分析得出化学式：A：Fe，D：Fe(NO3)3，E：Fe3O4，X：HCl，故答案分别为Fe；Fe(NO3)3；Fe3O4；HCl；⑵在反应①～⑦中，①～⑦反应分别属于①氧化还原反应，②氧化还原反应，③复分解反应，④氧化还原反应，⑤氧化还原反应，⑥复分解反应，⑦氧化还原反应，故不属于氧化还原反应的是③⑥，故答案为③⑥；⑶反应⑥的离子方程式为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3，故答案为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3；⑷反应⑦的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故答案为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；⑸反应⑦中，铁化合价升高，水中氢化合价降低，分析氢总共降低了8个价态即转移8mol电子，因此每消耗0.3mol的A，可转移电子0.8mol，故答案为0.8mol。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、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、500mL容量瓶胶头滴管2.0碱式滴定管当滴加最后一滴NaOH溶液时溶液恰好由无色变成浅红色，且半分钟不褪色即为滴定终点0.1000AD5H2C2O4＋2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O1.25×10-3【详解】I．(1)①实验室没有480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL的容量瓶，配制500mL0.1000mol·L-1的NaOH溶液的操作步骤有：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，应选用的玻璃仪器主要有：天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；②配制500mL0.1000mol·L-1的NaOH溶液，溶质的物质的量为：0.1000mol·L-1×0.5L=0.05mol，溶质的质量为：0.05mol×40g/mol=2.0g，故答案为：2.0；(2)盛装配制的标准NaOH溶液用碱式滴定管；(3)①由于指示剂酚酞在酸溶液中，所以开始溶液为无色，当滴加最后一滴NaOH溶液时溶液恰好由无色变成浅红色，且半分钟不褪色即为滴定终点；②第三次数据误太大，舍去，V(NaOH)==20.00mL，因为c酸·V酸=c碱·V碱。所以c酸==0.1000(mol/L)；(4)A．使用前，水洗后若未用待测盐酸润洗，则标准溶液的浓度偏小，相同体积时含有的酸的物质的量偏少。消耗的碱溶液体积偏小，c酸偏低，选项A符合；B．锥形瓶水洗后未干燥，由于酸的物质的量没变化，所以对实验结果无影响，选项B不符合；C．称量NaOH固体时，混有Na2CO3固体，等质量的Na2CO3消耗的盐酸的量较大，则使用该碱溶液测定盐酸时消耗的体积就偏大。所以测定的酸的浓度就偏高，选项C不符合；D．滴定终点读数时俯视,则溶液的体积偏小，所测定的酸溶液浓度就偏小，选项D符合；E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则溶液的体积偏大，以此为标准测定的溶液的浓度就偏大，选项E不符合；答案选AD；II．(1)高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为5：2，故H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(2)由题意知可能发生反应的离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O、Ca2++C2O42-=CaC2O4↓、CaC2O4+2H+=Ca2++H2C2O4。设血液中含Ca2+的物质的量浓度为c，则c×0.004L=5.0×10-6mol，血液中Ca2+的浓度c=1.25×10-3mol/L。27、（1）检查是否漏液、酸式滴定管、当滴入一滴KMnO4溶液恰好由无色变成紫色（或红色）且半分钟不褪色（2）19.40，大于（3）AE（4）61c/vmol/L（5）取少量的NaHCO3于试管中，加入草酸溶液，有气泡产生。【解析】试题分析：（1）滴定管在使用之前，必须进行的操作是检查是否漏液，滴定时，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，达到滴定终点时的现象为当滴入一滴KMnO4溶液恰好由无色变成紫色（或红色）且半分钟不褪色。（2）A与C刻度间相差1mL，每个刻度为0.1mL，A处的刻度为19，B的刻度比A大，由图可知，相差4个刻度，则B为19.40.（3）A．实验结束时俯视刻度线读取滴