2026届东营市重点中学高二上化学期中达标测试试题含解析

2026届东营市重点中学高二上化学期中达标测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列规律与化学反应的能量变化关系最大的是A．阿伏加德罗定律B．盖斯定律C．勒夏特列原理D．欧姆定律2、在密闭容器中，对于反应2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，增大压强（体积迅速减小），下列说法正确的是（）A．平衡逆向移动B．混合气体颜色比原来深C．混合气体颜色比原来浅D．混合气体的平均相对分子质量变小3、下列反应不属于氧化还原反应的是A．2KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2↑+8H2OB．Fe+2HCl=FeCl2+H2↑C．CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2OD．2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O4、下列实验事实与相关的解释或结论均正确的是选项实验事实解释或结论A进行铝热反应实验时，需要加入氯酸钾，插上镁条，并点燃镁条铝热反应是吸热反应B用硫酸和氢氧化钡稀溶液可以准确测定中和热硫酸和氢氧化钡分别是强酸和强碱C锌与稀硫酸反应实验，产生氢气的速率先逐渐增大，后逐渐减小该反应放热，温度升高，反应速率增大，随着反应进行，c(H+)降低，反应速率减小D向Fe(NO3)2溶液滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色Fe(NO3)2已变质A．A B．B C．C D．D5、人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2,因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2O2+HbCO，37℃时，该反应的平衡常数K=220。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是A．CO与HbO2反应的平衡常数K=B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损D．把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向逆反应方向移动6、下列反应中，原子利用率最高的是A．CH4+Cl2CH3Cl+HClB．CH2=CH2+3O22CO2+2H2OC．Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2OD．Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO37、将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A(g)B(g)⇌2C(g)。若经2s后测得C的浓度为0.6mol·L-1，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应平均速率为0.3mol·L-1·s-1②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol·L-1·s-1③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol·L-1其中正确的是（）A．①③ B．①④ C．②③ D．③④8、下列说法正确的是()A．乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键B．淀粉、纤维素、蛋白质、花生油都是天然有机高分子化合物C．只用一种试剂就可以鉴别甲苯、乙醇和四氯化碳D．淀粉和纤维素互为同分异构体9、已知在苯分子中，不存在单、双键交替的结构。下列可以作为证据的实验事实是①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色②苯中6个碳碳键完全相同③苯能在一定条件下与氢气加成生成环己烷④实验室测得邻二甲苯只有一种结构⑤苯不能使溴水因化学反应而褪色A．②③④⑤ B．①③④⑤ C．①②③④ D．①②④⑤10、在电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，常常要加入一些电解质，最好选用（）A．HC1 B．NaOH C．NaCl D．CuSO411、下列有关能量转换的说法正确的是（）A．煤燃烧是化学能转化为热能的过程B．化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能C．动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能的过程D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程12、下列物质分类组合正确的是ABCD强电解质HBrFeCl3H3PO4Ca(OH)2弱电解质HFCH3COOHBaSO4HI非电解质NH3CuH2OC2H5OHA．A B．B C．C D．D13、下列仪器与粗盐提纯实验无关的是（）A．蒸发皿 B．玻璃棒 C．漏斗 D．温度计14、、下，、S、Se、Te分别与化合的反应焓变数据如图所示(a、b、c、d代表氢化物)。下列关于Se与化合的热化学方程式的书写正确的是()A．B．C．D．15、某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示。A为阴离子，在正方体内，B为阳离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为()A．B2A B．B7A4 C．B4A7 D．BA216、在火烧圆明园时流失了大量的国宝，如：铜铸的鼠首和兔首。普通铜器时间稍久容易出现铜绿，其主要成分是〔Cu2(OH)2CO3〕，这两件1760年铜铸的国宝在240多年后看上去仍然熠熠生辉不生锈，下列对其原因的分析最可能的是：A．它们的表面都电镀上了一层耐腐蚀的黄金B．环境污染日趋严重，它们表面的铜绿被酸雨溶解洗去C．铜的金属活动性比氢小，因此不易被氧化D．它是含一定比例金、银、锡、锌的铜合金17、某反应：A=B+C在室温下能自发进行，但在高温下不能自发进行，对该反应过程△H、△S的判断正确的是（）A．△H＜0、△S＜0 B．△H＞0、△S＜0 C．△H＜0、△S＞0 D．△H＞0、△S＞018、已知25℃、101kPa下，碳、氢气、乙烯和葡萄糖的燃烧热依次是393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、1411.0kJ·mol－1、2800kJ·mol－1，则热化学方程式正确的是()A．C(s)＋1/2O2(g)=CO(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1B．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝＋571.6kJ·mol－1C．C2H4(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1411.0kJ·mol－1D．1/2C6H12O6(s)＋3O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－1400kJ·mol－119、在容积为2L的密闭容器中发生反应xA（g）＋yB（g）zC（g）。图甲表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示200℃、100℃下平衡时C的体积分数随起始n（A）∶n（B）的变化关系。则下列结论正确的是A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）＝0.04mol·L－1·min－1B．若在图甲所示的平衡状态下再向体系中充入He，此时v正>v逆C．由图乙可知，反应xA（g）＋yB（g）zC（g）的ΔH<0，且a＝1D．200℃时，向容器中充入2molA和1molB，达到平衡时A的体积分数小于0.520、25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是A．未加盐酸时：c(OH-)＞c(Na+)=c(NH3·H2O)B．加入10mL盐酸时：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)C．加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl-)=c(Na+)D．加入20mL盐酸时：c(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+)21、某生产工艺中用惰性电极电解Na2CO3溶液获得NaHCO3和NaOH，其原理如图。下列有关说法正确的是（）A．a接外电源负极B．B出口为H2，C出口为NaHCO3溶液C．阳极电极反应为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑D．应选用阳离子交换膜，电解时Na+从右侧往左移动22、某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X(g)+Y(g)Z(g)+W（s）△H＞0，下列叙述正确的是A．加入少量W，逆反应速率增大，平衡逆向移动。B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡。C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动。D．平衡后加入X，平衡正向移动，两种反应物的转化率均增大。二、非选择题(共84分)23、（14分）丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：已知：①②(1)A中的官能团名称为羰基和_______________。(2)DE的反应类型为__________反应。(3)B的分子式为C9H14O，则B的结构简式为_______________。(4)的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③核磁共振氢谱中有4个吸收峰，峰面积比为1：1：2：2。(5)请补全以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。中间产物①__________中间产物②__________中间产物③__________反应物④_______反应条件⑤__________24、（12分）A、B、C、D、E、F、G是7种短周期元素。IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA01A2B3CDEF（1）表中所标出的A、B、C、D、E、F六种元素中，原子半径最大的元素是____________(填元素符号)，非金属性最强的元素是____________(填元素符号)，这两种元素形成的化合物中含有的化学键是_____(填序号);a.离子键b.共价键c.金属键（2）G元素的原子核外M层有4个电子，它在元素周期表中位置是____________；（3）A和E、A和F所形成的化合物中热稳定性较强的是____________(用化学式表示)；（4）写出B、D元素各自所形成的最高价氧化物对应水化物之间发生化学反应的离子方程式____________________________________________________________.（5）能说明F的非金属性比E的非金属性强的实验依据是____________________________________(用化学方程式表示).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）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)。27、（12分）某实验小组学生用稀盐酸与的NaOH溶液在如图装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量计算反应热装置中还缺少的主要仪器是______若测得中和热值为，写出表示稀盐酸和NaOH溶液反应中和热的热化学方程式______关于该实验，下列说法正确的是______A．如图条件下实验过程中没有热量损失

溶液浓度稍大的目的是使盐酸反应完全C．烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯

溶液要分多次缓慢加入若用相同体积相同浓度的醋酸代替盐酸，中和热的测定结果会______“偏大”、“偏小”或“无影响”．28、（14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29、（10分）甲烷是一种理想的洁净燃料，利用甲烷与水反应制备氢气，因原料廉价，具有推广价值。该反应为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)

△H>0(1)若800℃时，反应的化学平衡常数K=l.0，某时刻测得该温度下密闭容器中各物质的物质的量浓度如下表。CH4H2OCOH22.0mol·L-12.0mol·L-14.0mol·L-11.0mol·L-1则此时正、逆反应速率的关系是v(正)______v(逆)。(填“>”“<”“=”)(2)为了探究温度、压强对上述化学反应速率的影响，某同学设计了以下三组对比实验（温度为360℃或480℃、压强为101kPa或303kPa，其余实验条件见下表）。

实验序号温度/℃压强/kPaCH4初始浓度/mol·L-1H2O初始浓度/mol·L-113601012.006.802t1012.006.803360P2.006.80表中P=_________；实验l、2、3中反应的化学平衡常数的大小关系是_________（用K1、K2、K3表示）(3)—定温度下，在容积1L且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。

容器甲乙反应物投入量2molCH4、2molH2OamolCH4、amolH2O、bmolCO、bmolH2经测定甲容器经过5min达到平衡，平衡后甲中气体的压强为开始的1.2倍，则此条件下的平衡常数=__________，若要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则b的取值范围为__________________。

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、B【解析】试题分析：A．阿伏加德罗定律反映的是气体的分子数与气体的体积、外界条件的关系的知识，与能量变化关系不是很大，错误；B．盖斯定律表示的是物质发生反应时的能量变化只与物质的存在状态与物质的多少有关，而与反应途径无关，因此表示的是与化学反应的能量变化关系最大的规律，正确；C．勒夏特列原理表示是可逆化学反应变化的规律，如果改变影响化学平衡的一个条件，化学平衡会向能够减弱这种改变的方向移动，与化学反应的能量变化关系不大，错误；D．欧姆定律是计算电流与电压关系的规律，与能量变化关系不大，错误。考点：考查变化规律与化学反应的能量变化关系的知识。2、B【详解】A．分析反应2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，反应是气体体积减小的放热反应，增大压强平衡正向进行，A项错误；B．增大压强，体积迅速减小，平衡移动程度不如体积减小带来的改变大，所以混合气体颜色加深，B项正确；C．增大压强，体积迅速减小，平衡移动程度不如体积减小带来的改变大，所以混合气体颜色加深，C项错误；D．气体质量不变，增大压强，物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量变大，D项错误；答案选B。3、C【解析】本题主要考查氧化还原反应的判断。通过分析元素化合价是否发生改变进行判断。【详解】A.2KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中，Mn、Cl元素反应前后化合价发生改变，属于氧化还原反应；B.Fe+2HCl=FeCl2+H2↑反应中，Fe、H元素反应前后化合价发生改变，属于氧化还原反应；C.CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O反应前后各元素化合价均未改变，不属于氧化还原反应；D.2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O反应中，Cl、C元素反应前后化合价发生改变，属于氧化还原反应；故答案为C。4、C【详解】A．铝热反应是放热反应，加入氯酸钾，插上镁条并点燃是为了引发反应的进行，故A错误；B．硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，产生沉淀会影响中和热的测定，故B错误；C．锌与稀硫酸反应速率，温度是主要因素，温度升高，反应速率增大，后浓度是主要因素，c(H+)降低，反应速率减小，故C正确；D．酸性条件下，Fe2+可与NO3-发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色，但不能充分说明是原试样变质，故D错误；故选C。5、C【详解】A项，根据化学方程式可知平衡常数表达式为K=，故A项正确；B项，c(CO)增大，CO+HbO2O2+HbCO平衡正向移动，故B项正确；C项，K==220，当=0.02时，此时==9×10-5，故C项错误；D项，增大c(O2)，使CO+HbO2O2+HbCO平衡逆向移动解毒，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。6、D【解析】试题分析：A．该反应中有两种产物，反应物不能全部转化为目标产物，所以原子利用率不是最高的，A错误；B．该反应中有两种产物，反应物不能全部转化为目标产物，所以原子利用率不是最高的，B错误；C．该反应中有两种产物，反应物不能全部转化为目标产物，所以原子利用率不是最高的，C错误；D．该反应中产物只有一种，反应物全部转化为生成物，所以原子利用率最高，D正确，答案选D。【考点定位】本题主要是考查原子经济【名师点晴】最理想的“原子经济”是指原子利用率为100%，原子利用率最高的反应为反应物全部转化为目标产物的反应，因此明确原子经济理念是解本题关键，加成反应、加聚反应都符合原子经济理念。7、B【详解】由已知2s后C的浓度为0.6mol/L，根据c=可知C的物质的量为1.2mol。则：2A(g)B(g)⇌2C(g)开始(mol)420转化(mol)1.20.61.22s时(mol)2.81.41.2v(C)==0.3mol·L-1·s-1，①速率之比等于化学计量数之比，v(A)=v(C)=0.3mol·L-1·s-1，故①正确；②速率之比等于化学计量数之比，v(B)=v(C)=0.15mol·L-1·s-1，故②错误；③2s时物质A的转化率=30%，故③错误；④2s时物质B的浓度c(B)=0.7mol·L-1，故④正确；故答案：B。8、C【详解】A．聚氯乙烯的结构简式为，聚氯乙烯中不含碳碳双键，苯的结构简式为，苯的碳碳键介于单键和双键之间的大π键，不含有碳碳双键，故A错误；B．淀粉、纤维素、蛋白质都是天然高分子化合物，花生油属于油脂，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B错误；C．水和甲苯混合分层且油层在上方，乙醇和水互溶，四氯化碳和水混合分层且油层在下方，现象不同可以鉴别，所以可以用水鉴别三者，故C正确；D．淀粉和纤维素均可用(C6H10O5)n表示，但淀粉和纤维素的结构单元中的n不同，二者的分子式不同，不属于同分异构体，故D错误；答案为C。9、D【解析】①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，正确；②苯中6个碳碳键完全相同，则苯分子中不存在单、双键交替的结构，正确；③苯能在一定条件下与氢气加成生成环己烷，不能说明苯分子是否含有碳碳双键，错误；④实验室测得邻二甲苯只有一种结构，说明苯分子中不存在单、双键交替的结构，正确；⑤苯不能使溴水因反应而褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，正确。答案为D。10、B【分析】电解水时，为了增强导电性加入的物质电解时，不能产生其它物质。【详解】A.加入氯化钠，阳极氯离子放电生成氯气，A错误；B.加入NaOH时，阳极OH-放电，阴极H+放电，B正确；C.加入氯化氢，阳极氯离子放电生成氯气，C错误；D.加入CuSO4时，阴极铜离子放电生成Cu，D错误；答案为B11、B【详解】A、煤燃烧时也转化为光能，A错误；B、化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，B正确；C、葡萄糖氧化放出热量，化学能转化为热能，C错误；D、应该太阳能转化为化学能，D错误。答案选B。12、A【解析】电解质、非电解质研究的对象为化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，电解质包括的物质有酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物，强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐，弱电解质包括弱酸、弱碱和水。【详解】A、HBr为强酸，属于强电解质，HF为弱酸，属于弱电解质，NH3为非电解质，选项A正确；B、Cu为单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C、H3PO4、BaSO4、H2O依次为弱电解质、强电解质、弱电解质，选项C错误；D、Ca(OH)2、HI、C2H5OH依次为强电解质、强电解质、非电解质，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查电解质、非电解质、强电解质和弱电解质的概念和识别。解此类题要注意准确理解概念。13、D【分析】粗盐的主要成分是氯化钠，粗盐提纯是通过溶解（把不溶物与食盐初步分离）、过滤（把不溶物彻底除去）、蒸发（食盐从溶液中分离出来而得到食盐的过程），进行分析判断所需的仪器。【详解】A.粗盐提纯的实验中，蒸发操作需使用蒸发皿，故A不符合题意；B.溶解、过滤、蒸发操作中都要用到的实验仪器是玻璃棒，作用分别是搅拌，加快食盐的溶解速率，引流，搅拌，故B不符合题意；C.粗盐提纯的实验中，过滤操作需使用漏斗，故C不符合题意；D.粗盐提纯的实验中，不需要使用温度计，故D符合题意；答案选D。14、D【详解】A.物质的能量越低物质越稳定，、、、的稳定性逐渐减弱，所以b表示，其热化学反应方程式为：，故A错误；B.物质的能量越低物质越稳定，、、、的稳定性逐渐减弱，所以b表示，其热化学反应方程式为：，故B错误；C.Se在题述条件下是固体，所以Se与化合的热化学方程式是，故C项错误；D.Se在题述条件下是固体，所以Se与化合的热化学方程式是，故D正确；故答案：D。15、D【分析】A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，可利用均摊法计算．【详解】因为A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，晶胞中B的个数为，则B与A的离子个数为4：8=1：2，则化学式为BA2，答案选D。【点睛】解答该类题目注意组成粒子在晶胞的分布，注意均摊法的计算方法的应用即可。16、D【解析】普通的铜器在时间稍久时容易出现铜绿，但是合金具有非常好的抗腐蚀性，所以答案选D。17、A【详解】化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T•△S＜0时，反应能自发进行，当△H＜0，△S＞0时，△G=△H-T•△S＜0，在室温一定能自发进行，而△H＞0，△S＜0时不能自发进行，△H＞0，△S＞0时，在室温下不能自发进行，在高温下能自发进行；答案选A。【点睛】本题考查反应能否自发进行的判断，题目难度不大，注意根据自由能判据的应用，当△G=△H-T•△S＜0时，反应能自发进行。18、D【分析】在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，结合选项分析解答。【详解】A、碳燃烧应生成CO2，A错误；B、根据燃烧热的概念可知H2O应为液态，氢气燃烧放热，ΔH<0，B错误；C、根据燃烧热的概念可知H2O应为液态，C错误；D、C6H12O6(s)的燃烧热为2800kJ·mol－1，则0.5molC6H12O6(s)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放热为1400kJ，D正确。答案选D。19、D【解析】A.由图甲可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为△n(B)=0.4mol－0.2mol=0.2mol，则v（B）=0.2mol2L5min=0.02mol·L－1·minB．恒温恒容条件下通入氦气，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，则v正=v逆，故B错误；C．由图乙可知，n（A）:n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0；由图甲可知，200℃达到平衡时，A的物质的量变化量为△n(A)=0.8mol-0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定温度下只要A、B起始物质的量之比恰好等于化学方程式中化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol:0.2mol=2，即a=2，故C错误；D．由图甲可知，200℃达到平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，故x:y:z=0.4mol:0.2mol:0.2mol=2:1:1，平衡时A的体积分数为0.4mol0.4mol+0.2mol+0.2mol=0.5，200℃时，向容器中充入2molA和1molB达到的平衡状态相当于在原平衡基础上增大压强，平衡正向移动，则达到平衡时，20、B【详解】A、混合溶液中，浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O，NH3·H2O为弱电解质，故c(Na＋)＞c(NH3·H2O)，A错误；B、加入10mL盐酸时，c(Cl-)=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，B正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，pH=7时，即c(H＋)=c(OH-)，所以c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-），c(Cl-)＞c(Na＋)，C错误；D、加入20mL盐酸时，c(Cl-)=2c(Na+)，由于NH4+的水解，c(NH4+)＜c(Na+)，所以c(Cl-)＞c(NH4+)+c(Na+)，D错误；此题选B。21、C【解析】根据图示，a极放出氧气，是溶液中的水失去电子发生氧化反应，a极为阳极，阳极区生成的氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，则b极放出氢气，溶液中的水得到电子发生还原反应，阴极区生成的氢氧根离子与阳极区迁移过来的钠离子结合形成氢氧化钠。【详解】A.根据上述分析，a极为阳极，a接外电源正极，故A错误；B.B出口为H2，C出口为氢氧化钠浓溶液，故B错误；C.根据上述分析，阳极电极反应为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，故C正确；D.根据上述分析，阳极区的钠离子需要向阴极区迁移，应选用阳离子交换膜，电解时Na+从左侧往右移动，故D错误；故选C。22、B【详解】A．固体或纯液体，一般认为其“浓度”为常数，它们的量的改变不会影响化学平衡的移动，A项错误；B．对于反应前后气体体积改变的反应，总压强一定，反应达到平衡状态，B项正确；C．升高温度，正逆反应速率都增大，只是正反应速率增大的幅度大于逆反应增大的幅度，使得，平衡正向移动，C项错误；D．平衡后加入X，平衡正向移动，Y的转化率增大，X的转化率减小，D项错误；答案选B。【点睛】对于气体反应物不止一种的可逆反应，达到平衡后，保持其它条件不变，加入一种反应物，一定使另一种反应物的转化率增大，而自身的转化率减小。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键消去或H2催化剂、加热【分析】根据第(3)习题知，B的分子式为C9H14O，B发生信息①的反应生成C，则B为；C中去掉氢原子生成D，D发生消去反应生成E，醇羟基变为碳碳双键，E发生一系列反应是丹参醇，据此分析解答(1)～(4)；(5)和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，和发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，据此分析解答。【详解】(1)A()的官能团有碳碳双键和羰基，故答案为碳碳双键；(2)通过流程图知，D中的醇羟基转化为E中的碳碳双键，所以D→E的反应类为消去反应，故答案为消去反应；(3)通过以上分析知，B的结构简式为，故答案为；(4)的分子式为C9H6O3，不饱和度为=7，一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环的不饱和度为4，醛基为1，因此分子中还含有1个碳碳三键；③核磁共振氢谱中有4个吸收峰，峰面积比为1∶1∶2∶2。符合条件的结构简式为或，故答案为或；(5)和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，和发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，即中间产物①为，中间产物②为，中间产物③为，反应物④为H2，反应条件⑤为催化剂、加热，故答案为；；；H2；催化剂、加热。【点睛】本题的难点和易错点为(4)中同分异构体的书写，要注意根据分子的不饱和度结合分子式分析判断苯环侧链的结构种类。24、NaCla第三周期IVA族HClAl(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2OCl2+H2S=2HCl+S↓【分析】A、B、C、D、E、F六种元素分别为：H、N、Na、Al、S、Cl。【详解】（1）表中所标出的A、B、C、D、E、F六种元素中，周期表中原子半径从上到下，从右往左半径变大，原子半径最大的元素是Na(填元素符号)，周期表中非金属性从上到下，从右往左半径变不，非金属性最强的元素是Cl(填元素符号)，这两种元素形成的化合物是氯化钠，含有的化学键是a.离子键，故答案为：Na、Cl、a；（2）G元素的原子核外M层有4个电子，核外电子排布为2、8、4，有三个电子层，最外层是4个电子，它在元素周期表中位置是第三周期IVA族，故答案为：第三周期IVA族；（3）同周期从左到右元素的非金属性增强，元素的氢化物的稳定性增强，A和E、A和F所形成的化合物中热稳定性较强的是HCl，故答案为：HCl；（4）B、D元素各自所形成的最高价氧化物对应水化物是硝酸和氢氧化铝，它们之间发生化学反应的离子方程式：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，故答案为：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；（5）单质氧化性氯气强于硫，能说明Cl的非金属性比S的非金属性强，化学方程式为：Cl2+H2S=2HCl+S↓，故答案为：Cl2+H2S=2HCl+S↓。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、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。27、环形玻璃搅拌棒B偏小【分析】①根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；

②根据热化学反应方程式的含义和书写方法、中和热的概念来回答；

③A．如图条