2026届辽宁省重点高中协作校化学高二第一学期期中质量检测试题含解析

2026届辽宁省重点高中协作校化学高二第一学期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、在一定条件下，对于反应mA(g)+n(B)cC(g)+dD(g)，C的百分含量（C%）与温度、压强的关系如图所示，下列该反应的、判断正确的是A．>0，<0 B．<0，>0C．>0，>0 D．<0，<02、下列实验方法能达到目的的是A．用激光笔照射区分葡萄糖溶液和淀粉胶体B．用过滤的方法从分离四氯化碳和水的混合物C．用Na2CO3溶液除去CO2中混有的少量HClD．用KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有Fe2＋3、下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系,据此判断下列说法正确的是(

)A．石墨转变为金刚石是放热反应B．白磷比红磷稳定C．S(g)+O2(g)=SO2(g),△H1,S(s)+O2(g)=SO2(g),△H2,则△H1>△H2D．CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g),△H<04、控制适当的条件,将反应2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2设计成如图所示的原电池。下列判断正确的是()A．反应开始时,乙中电极反应为2I−+2e−═I2B．反应开始时，甲中石墨电极上发生氧化反应C．电流表指针为零时，反应达到化学平衡状态D．平衡时甲中溶入FeCl2固体后，乙池的石墨电极为负极5、25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH-，下列叙述正确的是A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH-）降低B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，水的离子积常数不变C．向水中加入少量固体NaOH，平衡正向移动，c（H+）降低D．将水加热，水的离子积常数增大，pH不变6、下列对sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角的比较，得出结论正确的是A．sp杂化轨道的夹角最大B．sp2杂化轨道的夹角最大C．sp3杂化轨道的夹角最大D．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角相等7、下列说法正确的是（）A．向Mg(OH)2悬浊液中滴入饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解，其离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2OB．室温时0.1mol·L-1的HF溶液的pH=2，则Ka的数值大约是0.001mol·L-1C．为充分利用原料，氯碱工业中，将阳极室的饱和氯化钠溶液电解的产物水导出D．电解精炼铜的阳极反应式为：Cu2++2e-=Cu8、25℃、101kPa下，碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、890.3kJ/mol、2800kJ/mol，则下列热化学方程式正确的是A．C（s）＋1/2O2（g）＝CO（g）；△H＝－393.5kJ/molB．2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（g）；△H＝＋571.6kJ/molC．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）；△H＝－890.3kJ/molD．1/2C6H12O6（g）＋3O2（g）＝3CO2（g）＋3H2O（l）；△H＝－1400kJ/mol9、下列食品添加剂与类别对应正确的一组是A．防腐剂——氯化钠、柠檬黄 B．调味剂——亚硝酸钠、味精C．营养强化剂——酱油中加铁、加锌 D．着色剂——胡萝卜素、苯甲酸钠10、下列对胶体的说法不正确的是A．溶液与胶体的本质区别是分散质直径的大小B．胶体不能用摩尔的概念来讨论C．胶体中分散质直径在1nm----100nm之间D．浊液与胶体都能产生丁达尔效应11、1997年，第一只“克隆羊”在英国诞生，“克隆羊”的关键技术之一是找到一些特殊的酶，它们能激活普通体细胞，使之像生殖细胞一样发育成个体。下列有关酶的叙述错误的是A．酶是一种特殊的蛋白质 B．酶的催化作用具有选择性和专一性C．酶通常具有高效催化作用 D．高温或紫外线的照射会增加酶的活性12、下列关于醛的说法中正确的是()A．所有醛中都含醛基和烃基B．所有醛都会使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，并能发生银镜反应C．一元醛的分子式符合CnH2nO的通式D．醛的官能团是13、糖类、油脂和蛋白质是生命活动所必需的营养物质。下列物质中不能发生水解反应的是A．植物油B．葡萄糖C．淀粉D．蛋白质14、主链上有6个碳原子，含有1个甲基和1个乙基两个支链的烷烃有A．6种B．5种C．4种D．3种15、某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molX和2molY进行如下反应：3X(g)＋2Y(g)4Z(s)＋2W(g)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molZ，则下列说法正确的是（）A．该反应的化学平衡常数表达式是K＝B．此时，Y的平衡转化率是40%C．增大该体系的压强，化学平衡常数增大D．增加Y，Y的平衡转化率增大16、c(OH－)相同的氢氧化钠溶液和氨水，分别用蒸馏水稀释至原体积的m倍和n倍，若稀释后两溶液的c(OH－)仍相同，则m和n的关系是()A．m＞n B．m＝n C．m＜n D．不能确定17、S16O2与18O2在高温条件下发生反应2SO2+O22SO3，达到化学平衡后，平衡混合物中含18O的微粒()A．只有SO3 B．只有SO2、SO3 C．有SO2、SO3、O2 D．只有O2、SO318、室温下，pH＝2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示，则下列说法中正确的是A．A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等B．稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强C．若A、B都是弱酸，则6>a>2D．当a＝5时，A是强酸，B是弱酸19、已知：P4(s、白磷)+5O2(g)＝P4O10(s)△H=-2983.2kJ/mol，4P(s、红磷)+5O2(g)＝P4O10(s)△H=-2954kJ/mol，那么，1mol红磷转变成相应物质的量白磷时，应是()A．吸收29.2kJ热量 B．放出29.2kJ热量 C．放出7.3kJ热量 D．吸收7.3kJ热量20、向足量H2SO4溶液中加入100mL0.4mol/LBa(OH)2溶液，放出的热量是5.12kJ。如果向足量Ba(OH)2溶液中加入100mL0.4mol/LHCl溶液时，放出的热量为2.2kJ。则Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为()A．Ba2+(aq)+SO(aq)=BaSO4(s)ΔH=-2.92kJ/molB．Ba2+(aq)+SO(aq)=BaSO4(s)ΔH=-0.72kJ/molC．Ba2+(aq)+SO(aq)=BaSO4(s)ΔH=-73kJ/molD．Ba2+(aq)+SO(aq)=BaSO4(s)ΔH=-18kJ/mol21、企鹅酮的化学式C10H14O，因为结构类似企鹅，因此命名为企鹅酮(见图)。下列有关企鹅酮的说法正确的是A．分子式为C10H16OB．1mol企鹅酮分子最多可以和2mol氢气加成C．可使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同D．企鹅酮的同分异构体众多，其中遇Fe3+显色且苯环上有两个支链的结构共有12种22、下列式子属于水解反应，且溶液呈酸性的是()A．HCO3-+H2OH3O++CO32- B．Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+C．HS-+H2OH2S+OH- D．NH4++OH-NH3↑+H2O二、非选择题(共84分)23、（14分）某气态烃甲在标准状况下的密度为1.25g•L-1，在一定条件下氧化可生成有机物乙；乙与氢气反应可生成有机物丙，乙进一步氧化可生成有机物丁；丙和丁在浓硫酸加热条件下可生成有机物戊（有芳香气味）。请回答：（1）甲的结构简式是_____________；乙的官能团名称为__________________；（2）写出丙和丁反应生成戊的化学方程式_______________________________；（3）下列说法正确的是___________A．有机物甲可以使高锰酸钾溶液褪色，是因为发生了氧化反应B．葡萄糖水解可生成有机物丙C．有机物乙和戊的最简式相同D．有机物戊的同分异构体有很多，其中含有羧基的同分异构体有3种24、（12分）今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。25、（12分）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/LFeCl2溶液，研究废液再生机理。记录如下（a、b、c代表电压值：）序号

电压/V

阳极现象

检验阳极产物

I

x≥a

电极附近出现黄色，有气泡产生

有Fe3+、有Cl2

II

a＞x≥b

电极附近出现黄色，无气泡产生

有Fe3+、无Cl2

III

b＞x＞0

无明显变化

无Fe3+、无Cl2

（1）用KSCN溶液检验出Fe3+的现象是_______。（2）I中，Fe2+产生的原因可能是Cl-在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化。写出有关反应的方程式_____。（3）由II推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有_____性。（4）II中虽未检测出Cl2，但Cl-在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物IVa＞x≥c无明显变化有Cl2Vc＞x≥b无明显变化无Cl2①NaCl溶液的浓度是________mol/L。②IV中检测Cl2的实验方法:____________________。③与II对比，得出的结论（写出两点）：___________________。26、（10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27、（12分）某化学兴趣小组的同学为了验证明矾的化学组成，进行了如下实验：（1）把明矾的水溶液分别加入两试管中，用焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察火焰为紫色，说明含有________________；（2）在其中一个试管中，加入过量氨水，产生大量白色沉淀，将沉淀分为两部分，分别加入过量的盐酸和氢氧化钠，沉淀均消夫，说明明矾溶液中含____________(离子符号)，写出白色沉淀和氢氧化钠溶液反应的离子方程式________________________________________________；（3）在另一个试管中，加入盐酸酸化过的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明明矾溶液中含____________________________(离子符号);（4）明矾水溶液的pH值________7，其原因是________________________________(离子方程式);明矾可以用作净水剂，其原因是____________________________________，28、（14分）用ClO2处理过的饮用水（pH为5.5～5.6）常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子（ClO2−）。饮用水中ClO2、ClO2−含量可用连续碘量法进行测定。ClO2被I-还原为ClO2−、Cl−的转化率与溶液pH的关系如图所示。当pH≤2.0时，ClO2−也能被I−完全还原成Cl−。反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。(1)请写出pH≤2.0时，ClO2−与I−反应的离子方程式：____________。(2)请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取VmL水样加入到锥形瓶中；步骤2：调节水样的pH为7.0～8.0；步骤3：加入足量的KI晶体；步骤4：加少量淀粉溶液，用cmol·L−1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL；步骤5：_______________；步骤6：再用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(3)根据上述分析数据，测得该饮用水中ClO2−的浓度为______mol·L−1（用含字母的代数式表示）(4)25℃时，电离平衡常数：回答下列问题：a.常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，所得溶液中各种离子浓度关系不正确的是_________A．c(Na+)>c(ClO−)>c(HCO3−)>c(OH−)B．c(Na+)>c(HCO3−)>c(ClO−)>c(H+)C．c(Na+)═c(HClO)+c(ClO−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)+c(CO32−)D．c(Na+)+c(H+)═c(ClO−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)E.c(HClO)+c(H+)+c(H2CO3)═c(OH−)+c(CO32−)b.常温下,0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合,所得溶液的pH为6,则c(HC4H4O6−)+2c(C4H4O62−)=____________.（列出计算式）29、（10分）合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，其研究来自正确的理论指导，合成氨反应N2+3H22NH3的平衡常数K值和温度的关系如下：温度/℃360440520K值0.0360.0100.0038I（1）①由表中数据可知该反应为放热反应，理由是________________。②理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是______________(填字母序号)。a．增大压强b．使用合适的催化剂c．升高温度d．及时分离出产物中的NH3（2）原料气H2还可通过反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)获取。T℃时，向容积固定为5L的容器中充入1mol水蒸气和1molCO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.08mol·L－1，则平衡时CO的转化率为________该温度下反应的平衡常数K值为________。II、（1）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下随温度变化的曲线，下图所示的图示中，正确的是________(填“A”或“B”)；比较p1、p2的大小关系：________。（2）在一定温度下，将1molN2和3molH2混合置于体积不变的密闭容器中发生反应，达到平衡状态时，测得气体总物质的量为2.8mol。已知平衡时，容器压强为8MPa，则平衡常数Kp＝________(用平衡分压代替浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。

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】根据图可知：压强一定时，随着温度升高C物质的体积分数（C%）逐渐减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，即：△H＜0；温度一定时，压强越大，C物质的体积分数（C%）越小，增大压强平衡向逆反应移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即m+n＜c+d，所以正方向为气体物质的量增大的方向，则正方向为熵增加的方向，即：△S＞0，所以该反应的△H、△S为：△H＜0，△S＞0，B正确。故答案选B。【点睛】本题考查了化学平衡图象、外界条件对平衡平衡的影响等，根据气体物质的量的变化分析熵变、根据图象采取定一议二法分析改变条件平衡的移动，看清横坐标和纵坐标各表示什么，线的走向和变化趋势，看清原点、转折点和平衡点。2、A【解析】A.淀粉胶体为胶体分散系，具有丁达尔现象，则可用激光笔鉴别淀粉胶体与葡萄糖溶液，故A正确；B.四氯化碳和水互不相溶，可以采用分液的方法分离四氯化碳和水的混合物，故B错误；C.除去CO2中混有的少量HCl，应通过饱和的NaHCO3溶液，故C错误；D.氯化铁溶液中存在铁离子，加入硫氰化钾溶液，只能检验铁离子，无法判断是否存在亚铁离子，故D错误。故选A。3、D【详解】A.从图像1可知，金刚石所具有的能量高于石墨，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，A项错误；B.白磷能量高于红磷，所以红磷比白磷稳定，B项错误；C.气态硫的能量高于固态硫，所以气态硫与氧气反应放出的热量大于固态硫，由于放热反应，，故ΔH1<ΔH2，C项错误；D.由图4可以看出，CO2(g)和H2(g)具有的总能量小于CO(g)和H2O(g)具有的总能量，为吸热反应，则CO(g)和H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)为放热反应，ΔH<0，D项正确。答案选D。4、C【解析】根据常温下能自动发生的氧化还原反应都可设计成原电池，再利用正反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2可知，铁元素的化合价降低，而碘元素的化合价升高，则图中甲烧杯中的石墨作正极，乙烧杯中的石墨作负极，利用负极发生氧化反应，正极发生还原反应，并利用平衡移动来分析解答。【详解】A.反应开始时，乙中碘离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2I--2e-=I2，故A错误；B.由总反应方程式知，Fe3+被还原成Fe2+，则甲中石墨电极上发生还原反应，故B错误；C.当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，故C正确；D.当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，故D错误。故选D。5、B【分析】碱抑制水电离；硫酸氢钠电离出的氢离子使溶液中c(H+)增大，水的离子积常数只与温度有关；氢氧化钠抑制水电离；水电离吸热，加热促进水电离。【详解】向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，但c(OH-)增大，故A错误；NaHSO4═Na++SO42-+H+，其中电离出的氢离子使c(H+)增大，水的离子积常数只与温度有关，温度不变，KW不变，故B正确；固体NaOH溶于水电离产生OH-对水的电离起到抑制作用，电离平衡逆向移动，c(H+)降低，故C错误；加热促进水电离，温度升高，水电离平衡正向移动，水的离子积常数KW增大，氢离子浓度增大，则pH值减小，故D错误。6、A【解析】sp杂化的空间构型是直线型，夹角180º，sp3杂化的空间构型为正四面体，夹角是107º28′，sp2杂化的空间构型为平面形，夹角是120º，因此sp杂化轨道的夹角最大，故A正确。7、B【详解】A．向Mg(OH)2悬浊液中滴入饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解，其离子方程式为Mg(OH)2+2NH=Mg2++2NH3·H2O，故A错误；B．室温时0.1mol·L-1的HF溶液的pH=2，则c(H+)=10-2mol/L，则Ka=mol·L-1，故B正确；C．为充分利用原料，氯碱工业中，将阳极室反应后的溶液为浓度较小的氯化钠溶液导出，不是纯水，故C错误；D．电解精炼铜的阳极发生氧化反应，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，故D错误；故选B。8、D【解析】燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。【详解】A、碳的稳定氧化物是CO2，错误；BC、氢气的稳定氧化物是液态水，错误；D、燃烧热为1mol物质完全燃烧，所以1/2mol放出的热量为1400kJ，正确；答案选D。9、C【详解】A项，氯化钠是调味剂，柠檬黄是着色剂，故A项错误；B项，亚硝酸钠是食品防腐剂，味精是调味剂，故B项错误；C项，向酱油中加铁、锌，粮食制品中加赖氨酸都是添加了营养强化剂，故C项正确；D项，胡萝卜素是着色剂，苯甲酸钠是防腐剂，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。10、D【详解】A．根据分散质微粒直径大小，将分散系分为浊液、溶液和胶体，故区分溶液与胶体的本质特征是分散质微粒直径的大小，A正确；B．胶体是混合物，属于宏观物质，而摩尔则是表示微观离子集合体——物质的量的单位，因此不能用摩尔的概念来讨论胶体，B正确；C．胶体中分散质微粒直径介于溶液和浊液之间，微粒直径在1nm----100nm之间，C正确；D．浊液与胶体是两类不同的分散系，浊液不能产生丁达尔效应，而与胶体则能产生丁达尔效应，D错误；故合理选项是D。11、D【分析】酶是生物体内活细胞产生的生物催化剂，在体内的化学反应中能够加快反应速度；绝大多数酶的化学本质是蛋白质．具有催化效率高、专一性强、作用条件温和等特点，据此即可解答。【详解】A．酶是一种特殊的蛋白质，对发生在体内和体外的某些化学反应都能起催化作用，选项A正确；B．酶的专一性和选择性是指一种酶只能催化一种化合物或一类化合物的化学反应，选项B正确；C．酶的催化效率比体外的普通催化剂效率高得多，具有高效催化作用，选项C正确；D．由于大多数酶是蛋白质，因而会被高温、强酸、强碱等破坏而失去活性，即蛋白质发生变性，所以，酶在高温或紫外线的照射条件下不能增加其活性，选项D错误；答案选D。【点睛】本题的关键是理解酶的概念，酶是一种生物催化剂．生物体内含有千百种酶，它们支配着生物的新陈代谢、营养和能量转换等许多催化过程，与生命过程关系密切的反应大多是酶催化反应．但是酶不一定只在细胞内起催化作用，题目难度不大。12、B【详解】A.甲醛只含一个醛基和一个氢原子，并不含烃基，故A错误；B.所有醛都会使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，并能发生银镜反应，故B正确；C.饱和一元醛的分子式才符合CnH2nO的通式，故C错误；D.醛的官能团是，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查醛的结构和性质，醛都会使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，并能发生银镜反应，但能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，并能发生银镜反应的有机物不一定是醛。13、B【解析】A．植物油是高级脂肪酸的甘油酯；B．葡萄糖是单糖；C．淀粉是多糖；D．蛋白质能水解生成氨基酸。【详解】A．植物油是高级脂肪酸的甘油酯，水解生成高级脂肪酸和甘油，选项A不符合；B．葡萄糖是单糖，不水解，选项B符合；C．淀粉是多糖，水解生成葡萄糖，选项C不符合；D．蛋白质水解的最终产物为氨基酸，选项D不符合。答案选B。【点睛】本题考查物质的水解，题目难度不大，掌握物质性质和水解产物是解题的关键．平时注意基础知识的积累。14、C【解析】试题分析：根据烷烃同分异构体的书写原则，甲基不能连在1号碳，乙基不能在连在2号碳，所以甲基的位置有2种，乙基的位置有2种，共有4种结构，答案选C。考点：考查烷烃同分异构体的书写15、B【分析】A.平衡常数表达式中固体和纯液体不能出现；B.根据三段法进行计算；C.化学平衡常数只与温度有关；D.增加Y，平衡正向移动Y的转化率减小。【详解】A.该反应的化学平衡常数表达式是K＝B.达到平衡时生成1.6molZ，根据方程式可知消耗的Y为0.8mol，则Y的平衡转化率=×100%=40%，B项正确；C.化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，C项错误；D.增加Y，平衡正向移，Y的转化率减小，D项错误；答案选B。【点睛】解答本题时需要注意固体和纯液体物质的浓度视为常数，通常不计入平衡常数表达式中。16、C【详解】因一水合氨是弱碱，加水后反应正向进行，氨水电离度增加，加水后，氢氧根离子浓度在减小的过程中氢离子的物质的量增大，而氢氧化钠是强酸在水中完全电离，加水后，氢氧根离子浓度只是在减小，氢离子的物质的量不变，所以要使稀释后两溶液pH值相同，则氨水的体积比氢氧化钠的体积要小，则m＜n，C项正确；答案选C。17、C【分析】可逆反应中的两个化学反应，在相同条件下同时向相反方向进行，两个化学反应构成一个对立的统一体，根据质量守恒定律可知，反应前后的元素守恒，一段时间后的可逆反应体系中，每种物质都会存在18O。【详解】S16O2与18O2在高温条件下发生反应：2SO2+O22SO3，达到化学平衡后，生成的三氧化硫中含有16O与18O，反应逆向进行18O可以在二氧化硫和氧气中，所以平衡混合物中含18O的微粒有SO2、SO3、O2，故选C。【点睛】本题考查了化学平衡的特征应用，可逆反应是同一条件下同时进行的两个不同方向的反应，是动态平衡，注意可逆反应不能进行到底，无论进行多长时间，反应物都不可能100%的转化为生成物。18、D【分析】酸液稀释1000倍，强酸中不存在电离平衡，因此c(H+)变为原溶液的1/1000，即pH增大3个单位；而弱酸中存在电离平衡，稀释时电离平衡正向移动，导致c(H+)减小程度小于稀释的倍数，即pH的增大小于3个单位，据此解题。【详解】A、室温下，pH＝2的A、B两种酸溶液酸液稀释1000倍，A溶液pH变化较B大，说明两者酸性不同，即电离程度不同，若A、B两种酸pH＝2，则浓度一定不相等，故A错误；B、稀释后A酸的pH更大，说明c(H+)比B小，因此稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液弱，故B错误；C、若A、B都是弱酸，弱酸中存在电离平衡，稀释时电离平衡正向移动，导致c(H+)减小程度小于稀释的倍数，所以pH的增大小于3个单位，即5>a>2，故C错误；D、A、B两种酸分别稀释1000倍，强酸中不存在电离平衡，因此c(H+)变为原溶液的1/1000，即pH增大3个单位，若a=5，则A是强酸；而弱酸中存在电离平衡，稀释时电离平衡正向移动，导致c(H+)减小程度小于稀释的倍数，即pH的增大小于3个单位，从图中可知B稀释后pH小于a，所以B为弱酸，故D正确；综上所述，本题应选D。19、D【详解】根据盖斯定律可知，②－①即得到4P(s．红磷)＝P4(s．白磷)，因此该反应的反应热△H＝－2954kJ/mol＋2983.2kJ/mol＝＋29.2kJ，所以1mol红磷转变成相应物质的量白磷时吸收29.2kJ÷4＝7.3kJ，答案选D。20、D【详解】足量硫酸与100mL0.4mol/L氢氧化钡即0.04mol，反应生成硫酸钡和水，释放5.12kJ的热量，热化学方程式为①Ba2+(aq)+2OH-(aq)+2H+(aq)+(aq)=BaSO4↓(s)+2H2O(l)ΔH=-128kJ/mol，足量Ba(OH)2与100mL0.4mol/LHCl溶液即0.04mol，反应生成氯化钡和水释放2.2kJ的热量，热化学方程式为②OH-(aq)+H+(aq)=H2O(l)ΔH=-55kJ/mol，根据盖斯定律，①-②×2可得，Ba2+(aq)+SO(aq)=BaSO4(s)，ΔH=-128kJ/mol+55kJ/mol×2=-18kJ/mol，答案为D。21、D【详解】A.根据物质结构简式可知该物质分子式是C10H14O，A错误；B.物质分子中含有2个碳碳双键和1个羰基，它们都可以与H2发生加成反应，所以1mol企鹅酮分子最多可以和3mol氢气加成，B错误；C.物质与溴发生加成反应而使溴水褪色，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不相同，C错误；D.遇Fe3+显色，说明含有酚羟基，苯环上有两个支链，则该物质另一个支链为烃基，可能结构为—CH2CH2CH2CH3、、、，四种取代基与羟基在苯环上的位置关系有邻位、间位、对位，故可能的同分异构体种类有4×3=12种，D正确；故合理选项是D。22、B【解析】HCO3-+H2OH3O++CO32-表示HCO3-的电离，A项错误；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+表示三价铁离子的水解，且溶液呈酸性，B项正确；HS-+H2OH2S+OH-表示HS-的水解，但溶液呈碱性，C项错误；NH4++OH-NH3↑+H2O表示NH4+与OH-反应，D项错误。点睛：弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号，溶液显示酸性，则氢离子浓度大于氢氧根浓度。二、非选择题(共84分)23、CH2=CH2醛基CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。AC【分析】某气态烃甲在标准状况下的密度为1.25g•L-1，根据ρ=M/Vm，所以M=ρVm=1.25g•L-1×22.4L/mol=28g/mol，气态烃的碳原子数小于等于4，故甲是C2H4，乙烯催化氧化生成乙醛，乙醛和氢气反应生成乙醇，乙醛催化氧化生成乙酸，乙酸和乙醇酯化反应生成乙酸乙酯。【详解】（1）某气态烃甲在标准状况下的密度为1.25g•L-1，根据ρ=M/Vm，M=ρVm=1.25g•L-1×22.4L/mol=28g/mol，气态烃的碳原子数小于等于4，故甲是C2H4，乙烯催化氧化生成乙醛，故答案为CH2=CH2；醛基。（2）乙与氢气反应可生成有机物丙，丙是乙醇，乙进一步氧化可生成有机物丁，丁是乙酸，丙和丁在浓硫酸加热条件下可生成有机物戊（有芳香气味），戊是乙酸乙酯，反应的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。（3）A.甲是乙烯，乙烯可以使高锰酸钾溶液褪色，乙烯被高锰酸钾溶液氧化了，故A正确；B.葡萄糖不能水解，故B错误；C.乙是乙醛，分子式是C2H4O，戊是乙酸乙酯，分子式是C4H8O2，最简式都是C2H4O，故C正确；D.有机物戊的同分异构体，其中含有羧基的同分异构体有2种，故D错误。故选AC。24、OCaNaCl1s22s22p44s2Na＜Ca＜Cl＜ONa＜Ca＜Cl＜O【分析】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na；D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。【详解】（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na，Cl。（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2；。（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。25、溶液变为血红色2Cl--2e-=Cl2↑、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-还原0.2取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因都成立，通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl-放电【详解】（1）铁离子与KSCN反应生成血红色络合物，故现象为溶液变为血红色；（2）Cl-在阳极放电，电解反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，生成的氯气氧化Fe2+为Fe3+，方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（3）因为阳极产物无Cl2，又Fe2+具有还原性，故也可能是Fe2+在阳极放电，被氧化为Fe3+；（4）①因为为对比实验，故Cl-浓度应与电解FeCl2的相同，即为0.1mol/L×2=0.2mol/L；②检测氯气可以用淀粉碘化钾试纸，可取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，若试纸变蓝色，则说明有氯气存在；③与II对比可知，IV中电解氯化亚铁时，电压较大a＞x≥c时，氯离子放电产生氯气，即说明Fe3+可能是由氯气氧化亚铁离子得到；电压较小c＞x≥b时，氯离子不放电，即还原性Fe2+＞Cl-，同时也说明了铁离子也可能是由亚铁离子直接放电得到的。故结论为：①通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因都成立；②通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl-放电。26、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，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸。（2）装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体。（3）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，其检验方法为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，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。Ⅱ.（1）ClO2溶液具有强氧化性，所以准确量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管。（2）滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去，滴定终点的现象为滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液刚好由蓝色变为无色，且保持30s不变。（3）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，n（S2O32-）=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，则10mL的原溶液含有ClO2的物质的量为2cV2V1×10-2mol，所以原ClO2溶液的物质的量浓度为2cV2V1×10-2mol÷0.01L=【点睛】本题考查实验方案的设计，涉及化学方程式的有关计算、误差分析、物质检验、基本实验操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，难点是实验方案设计，注意化学用语使用的规范性。27、钾离子Al3+Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O大于Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋氢氧化铝具有吸附性，能吸附水中的悬浮小颗粒，最终使之沉降，达到净水效果【详解】（1）用焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察火焰为紫色，说明含有钾离子，故答案为：钾离子；（2）在其中一个试管中，加入过量氨水，产生大量白色沉淀，白色沉淀为氢氧化铝，将沉淀分为两部分，分别加入过量的盐酸和氢氧化钠，沉淀均消夫，说明明矾溶液中含Al3+(离子符号)，白色沉淀为氢氧化铝，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O，故答案为：Al3+；Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O；（3）加入盐酸酸化过的氯化钡溶液，产生白色沉淀，不溶于盐酸的钡盐是硫酸钡，说明明矾溶液中含SO42－，故答案为：SO42－；（4）明矾水溶液的pH值小于7，其原因是Al3＋是弱碱阳离子水解后生成酸，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋(离子方程式)；明矾可以用作净水剂，其原因是氢氧化铝具有吸附性，能吸附水中的悬浮小颗粒，最终使之沉降，达到净水效果，故答案为：小于；Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；氢氧化铝具有吸附性，能吸附水中的悬浮小颗粒，最终使之沉降，达到净水效果。28、ClO2−+4H++4I−=Cl−+2I2+2H2O调节溶液的pH≤2.0AD【分析】（1）根据题意ClO2−与I−的反应在酸性条件下进行，产物为Cl−和I2，根据质量守恒可写出离子方程式；（2）题目信息提示用的是连续碘量法进行测定，步骤6又用Na2S2O3溶液滴定至终点，说明步骤5中有碘生成，结合pH≤2.0时，ClO2−与I−的反应的离子方程式可判断出调节溶液的pH≤2.0；（3）由2ClO2+2I－＝2ClO2－+I2和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可知2ClO2－～Na2S2O3，由ClO2－＋4H＋＋4I－＝Cl－＋2I2＋2H2O和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可得ClO2－～2Na2S2O3，以此计算饮用水中ClO2−的浓度；（4）Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3），则水解程度CO32−＞ClO−＞HCO3−，0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，混合溶液中存在电荷守恒和物料守恒。【详解】（1）根据图像可知，pH≤2.0时，CIO2—也能被I－完全还原成Cl—，那么I－要被氧化为碘单质，溶液是酸性溶液，则可正确写出离子方程式即反应的离子方程式是ClO2-+4I-+4H+＝Cl-+2H2O+2I2，故答案为ClO2-+4I-+4H+＝Cl-+2H2O+2I2。（2）根据曲线图示在pH≤2.0时，ClO2被I－还原只生成Cl－，pH≥7.0时，ClO2被I－还原只生成ClO2－；而用ClO2处理过的饮用水，其pH为5.5～6.5，所以其中既含有ClO2，又含有ClO2－，若将溶液的pH调节为7.0～8.0，则第一阶段滴定时只是ClO2被I－还原只生成ClO2－，溶液的ClO2－没有被I－还原，所以第二阶段滴定前应调节溶液的pH≤2.0，使ClO2－与I－反应，以测定样品水样中亚氯酸根离子