黑龙江省哈尔滨尚志中学2026届化学高二第一学期期中学业质量监测试题含解析

黑龙江省哈尔滨尚志中学2026届化学高二第一学期期中学业质量监测试题注意事项：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、如图为用惰性电极电解CuCl2溶液并验证其产物的实验装置，则下列说法不正确的A．电源a极为负极B．KI—淀粉溶液会变蓝色C．若加入适量CuCl2可使电解后的溶液恢复原状态D．电极Ⅰ上发生的电极反应为：Cu-2e－="="Cu2＋2、存在大量OH-、Cl-和Ca2+的溶液中还能大量存在（）A．Al3+ B．Fe3+ C． D．Ba2+3、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．100mL1mol∙L－1的Na2CO3溶液中CO32－、HCO3－和H2CO3总数为0.1NAB．1L1mol/L醋酸溶液中含有的离子总数为2NAC．25℃时，pH＝13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.1NAD．0.1L3mol·L－1的FeCl3溶液中含有的Fe3+数目为0.3NA4、用标准盐酸测定氨水的浓度，最适宜选择的指示剂是A．甲基橙B．酚酞C．石蕊D．以上试剂均可5、阿伏伽德罗常数的命名是为了纪念意大利科学家阿伏伽德罗。用NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是()A．28gN2含的分子数为2NA B．1molNa含有的电子数为NAC．标准状况下，22.4LO2含有的氧原子数为2NA D．1L2mol·L-1KCl溶液中含有的离子数为2NA6、下列“油”中属于酯类的是A．豆油B．酱油C．煤油D．甘油7、将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)△H=+akJ·mol-l。能判断该分解反应已经达到化学平衡的是（）A．v(NH3)=2v(CO2)B．密闭容器中NH3体积分数不变C．反应吸收akJ热量D．密闭容器中混合气体的密度不变8、下列有关中和热的说法正确的是A．1mol硫酸与1molBa(OH)2完全中和所放出的热量为中和热B．在测定中和热时，使用稀醋酸代替稀盐酸，所测中和热数值偏大C．在测定中和热时，用铜质搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，对测定结果无影响D．在测定中和热时，分多次将NaOH溶液加入盐酸中，所测中和热数值偏小9、将1mL0.1mol·L-1的H2SO4溶液加入纯水中制成200mL溶液，该溶液中由水自身电离产生的c(H+)最接近于（）A．1×10-3mol·L-1 B．1×10-11mol·L-1C．1×10-7mol·L-1 D．1×10-13mol·L-110、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-111、有A、B、C、D四种金属。将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀。将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈。将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化。如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是()A．D>C>A>B B．D>A>B>CC．D>B>A>C D．B>A>D>C12、在10L密闭容器中，1molA和3molB在一定条件下反应：A(g)＋xB(g)2C(g)，2min后反应达到平衡时，测得混合气体共3.4mol，生成0.4molC，则下列计算结果正确的是A．平衡时，物质的量之比n(A)∶n(B)∶n(C)＝2∶11∶4B．x值等于3C．A的转化率为20%D．B的平均反应速率为0.4mol/(L·min)13、一定条件下，下列不能用勒夏特列原理解释的是A．合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率B．H2、I2、HI混合气体加压后颜色变深C．实验室常用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2D．新制氯水中，滴加硝酸银溶液，溶液颜色变浅14、乙烷的燃烧热为1559.8kJ·mol-1，下列表示乙烷燃烧热的热化学方程式是A．C2H6（g）+7/2O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）ΔH=—1559.8kJ·mol-1B．C2H6（g）+5/2O2（g）=2CO（g）+3H2O（l）ΔH=—1559.8kJ·mol-1C．C2H6（g）+7/2O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）ΔH=—1559.8kJ·mol-1D．2C2H6（g）+7O2（g）=4CO2（g）+6H2O（l）ΔH=—1559.8kJ·mol-115、用过量铁片与稀盐酸反应，为加快其反应速率而生成氢气的量不变，下列措施中可行的是①以铁屑代替铁片②用过量锌片代替铁片③在稀盐酸中加入少量CuSO4溶液④在稀盐酸中加入CH3COONa固体⑤在稀盐酸中加入等物质的量浓度的硫酸⑥在稀盐酸中加入硫酸钾溶液⑦微热（不考虑HCl的挥发）⑧在稀盐酸中加入NaNO3固体A．除④外 B．除④⑤⑥⑧外 C．除④⑥外 D．全部都可行16、①10℃时10mL0.1mol·L－1的Na2S2O3溶液和50mL0.05mol·L－1的H2SO4溶液；②10℃时10mL0.05mol·L－1的Na2S2O3溶液和10mL0.1mol·L－1的H2SO4溶液；③30℃时10mL0.05mol·L－1的Na2S2O3溶液和10mL0.1mol·L－1的H2SO4溶液。若同时将它们混合发生反应：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，则出现浑浊的先后顺序是A．①②③ B．②①③ C．③②① D．①③②17、以下几个热化学方程式，能表示有关物质燃烧时的燃烧热的热化学方程式是A．C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H=+110.5kJ·mol﹣1B．C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ·mol﹣1C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ·mol﹣1D．H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H=﹣241.8kJ·mol﹣118、在一定温度下的恒容密闭容器中，反应3X(g)2Y(g)+Z(g)+W(s)，ΔH=-QkJ·mol-1，反应已达到平衡的标志是A．混合气体的压强不再变化B．混合气体的密度不再改变C．反应混合物中各组分的浓度相等D．两种物质X、Y的反应速率之比为3∶219、惰性电极电解饱和食盐水，阳极放电的离子是（）A．H+B．Na+C．Cl-D．OH-20、在C2H2、C6H6、C2H4O组成的混合物中，已知氧元素的质量分数为8%，则混合物中碳元素的质量分数是（）A．92.3% B．87.6% C．75% D．84%21、乙醇在空气中燃烧生成二氧化碳和水，下列说法正确的是（）A．断裂H-O键放出能量 B．形成H-O键吸收能量C．该反应是放热反应 D．该反应是吸热反应22、有机物分子基团间相互影响导致化学性质不同，下列叙述说明侧链对苯环有影响的是A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而苯不能 B．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能C．苯酚能与3molH2加成得到环己醇 D．苯酚和甲醛在一定条件下生成酚醛树脂二、非选择题(共84分)23、（14分）有机玻璃（）因具有良好的性能而广泛应用于生产生活中。下图所示流程可用于合成有机玻璃，请回答下列问题：（1）A的名称为_______________；（2）B→C的反应条件为_______________；D→E的反应类型为_______________；（3）两个D分子间脱水生成六元环酯，该酯的结构简式为______________；（4）写出下列化学方程式：G→H：_______________________________；F→有机玻璃：____________________________。24、（12分）肉桂醛F()在自然界存在于桂油中，是一种常用的植物调味油，工业上主要是按如下路线合成的：已知：两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生反应，生成一种羟基醛：+请回答：（1）D的结构简式为______；检验其中官能团的试剂为______。（2）反应①～⑥中属于加成反应的是______（填序号）。（3）写出反应③的化学方程式：______。（4）在实验室里鉴定（）分子中的氯元素时，是将其中的氯元素转化为AgCl白色沉淀来进行的，其正确的操作步骤是______（请按实验步骤操作的先后次序填写序号）。A．滴加AgNO3溶液B．加NaOH溶液C．加热D．用稀硝酸酸化（5）下列关于E的说法正确的是______（填字母）。a．能与银氨溶液反应b．能与金属钠反应c．1molE最多能和3mol氢气反应d．可以发生水解（6）E的同分异构体有多种，其中之一甲符合条件：①苯环上只有一个取代基，②属于酯类，可由H和芳香酸G制得，现测得H分子的红外光谱和核磁共振氢谱如下图：（已知H的相对分子量为32）则甲的结构简式为______。未知物H的核磁共振氢谱未知物H的红外光谱25、（12分）Ⅰ.测定化学反应速率某同学利用如图装置测定化学反应速率。(已知：S2O32-+2H+=H2O+S↓+SO2↑)（1）为保证实验准确性、可靠性，利用该装置进行实验前应先进行的步骤是__；除如图所示的实验用品、仪器外，还需要的一件实验仪器是__。（2）若在2min时收集到224mL(已折算成标准状况)气体，可计算出该2min内H+的反应速率，而该测定值比实际值偏小，其原因是___。Ⅱ.为探讨化学反应速率的影响因素某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O实验时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。限选试剂与仪器：0.20mol/LH2C2O4溶液，0.010mol/L酸性KMnO4溶液，蒸馏水，锥形瓶，恒温水浴槽，量筒，秒表。该小组设计了如下的方案。物理量水H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃体积/mL浓度/mol•L-1体积/mL浓度/mol•L-1体积/mL①00.202.00.0104.050②00.202.00.0104.025③1.00.0104.025（1）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥__。（2）实验③测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）=__mol·L-1·min-1。（3）请完成表格内二处空白__、__。（4）已知50℃时c(MnO4-)～反应时间t的变化曲线如图。其中反应速率最快的阶段是__，原因是___。26、（10分）现有一FeCl2、AlCl3混合溶液，请回答下列相关问题：（1）为抑制金属离子水解，可向溶液中加入___（填化学式）；请写出铝离子水解反应的离子方程式：___。（2）Fe2+容易被氧气氧化成___，检验久置的FeSO4中含Fe3+的试剂是___（填化学式）。（3）某小组尝试从该混合溶液中分离出铝离子①先向溶液中加入过量的试剂X，试剂X是___（填化学式）。②经过___（填操作名称），取滤液，然后加入过量的试剂Y，试剂Y是___（填化学式）。③该过程主要利用了氢氧化铝的两性。请写出氢氧化铝的电离方程式：___。27、（12分）下图是用0.1000mol·L-1的盐酸滴定10mL某未知浓度的NaOH溶液的示意图和某次滴定前、后盛放盐酸的滴定管中液面的位置。请回答下列问题:（1）仪器A的名称是______________。（2）下列有关滴定操作的顺序正确的是______________①检查滴定管是否漏水②装标准溶液和待测液并调整液面和记录初始读数③滴定操作④用蒸馏水洗涤玻璃仪器⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中并加入指示剂⑥用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管（3）盐酸的体积读数:滴定前读数为______________mL，滴定后读数为______________mL。（4）根据本次实验数据计算待测液的物质的量浓度是______________mol/L（5）滴定过程中，眼睛应注视______________；在铁架台上垫一张白纸，其目的是______________。（6）对下列几种假定情况进行讨论(填“无影响”“偏高”或“偏低”):①取待测液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，对测定结果的影响是______________；②若滴定前锥形瓶未用待测液润洗，对测定结果的影响是______________；③标准液读数时，若滴定前俯视，滴定后仰视，对测定结果的影响是______________。28、（14分）25℃时，有关物质的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3H2SO3电离平衡常数K=1.8×10－5K1=4.3×10－7K2=5.6×10－11K1=1.5×10－2K2=1.02×10－7(1)常温下，将体积为10mLpH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1000mL，稀释后溶液的pH，前者_____后者（填“＞”、“＜”或“=”）。(2)下列离子CH3COO－、CO32－、HSO3－、SO32－在溶液中结合H＋的能力由大到小的关系为__________。(3)体积相同、c(H＋)相同的①CH3COOH；②HCl；③H2SO4三种酸溶液分别与同浓度的NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是_____(填序号)。(4)已知，H＋(aq)+OH－(aq)＝H2O(l)ΔH=－57.3kJ/mol。实验测得稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1molH2O时放出57kJ的热，则醋酸溶液中，醋酸电离的热化学方程式为_____。29、（10分）氨是最重要的氮肥,是产量最大的化工产品之一。其合成原理为:N2（g）+3H2（g）2NH3（g）ΔH=-92.4kJ·mol-1,I.在密闭容器中，投入1molN2和3molH2在催化剂作用下发生反应:（1）测得反应放出的热量_________92.4kJ．（填“小于”，“大于”或“等于”）（2）当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是___________；N2和H2的转化率比是___________。（3）升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量________。(填“变大”、“变小”或“不变”)（4）当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将___________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。（5）若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将____________(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。达到新平衡后，容器内温度________(填“大于”、“小于”或“等于”)原来的2倍。II.该反应在一密闭容器中发生，下图是某一时间段反应速率与反应进程的关系曲线图。（1）t1、t3、时刻，体系中分别是什么条件发生了变化？t1_____________________，t3_____________________。（2）下列时间段中，氨的百分含量最高的是_______A．0～t1B．t2～t3C．t3～t4

D．t4～t5Ⅲ．在一容积为2L的密闭容器内加入0.2molN2和0.6molH2，在一定条件下发生该反应，反应中NH3的物质的量浓度的变化情况如图所示：（1）根据图示，计算从反应开始到第4分钟达到平衡时，平均反应速率υ(N2)为__________。（2）达到平衡后，第5分钟末，若保持其它条件不变，只改变反应温度，则NH3的物质的量浓度不可能为_____________。a．0.20mol/Lb．0.12mol/Lc．0.10mol/Ld．0.08mol/L（3）达到平衡后，第5分钟末，若保持其它条件不变，只把容器的体积缩小，新平衡时NH3的浓度恰好为原来的2倍，则新体积_____(选填“大于”、“等于”、“小于”)二分之一倍的原体积，化学平衡常数________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。

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：根据装置图可知电极Ⅱ应该是氯离子放电，生成氯气，利用碘化钾淀溶液检验氯气的存在。所以b是正极，a是电源的负极，电极I是阴极，溶液中的铜离子在阴极放电析出铜，所以要使电解后的溶液恢复原状态，需要加入氯化铜，选项ABC都是正确的，D不正确，答案选D。考点：考查电解氯化铜溶液的有关判断点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见题型和重要的考点。试题难易适中，贴近高考，紧扣教材基础知识，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性。该题的关键是明确电解池的工作原理，特别是离子的放电顺序，然后结合题意个装置图灵活运用即可。2、D【详解】A．OH-与Al3+生成白色沉淀，不能共存，A不选；B．OH-与Fe3+生成红褐色沉淀，不能共存，B不选；C．Ca2+与反应生成白色沉淀，不能共存，C不选；D．OH-、Ca2+、Cl-和Ba2+均能共存，D选；答案选D。3、A【解析】A、100mL1mol∙L－1的Na2CO3溶液中依据物料守恒，即碳元素守恒得到CO32－、HCO3－和H2CO3总数为0.1NA，故A正确；B、醋酸是弱电解质，1L1mol/L醋酸溶液中含有的离子总数小于2NA，故B错误；C、溶液体积不知不能计算微粒数，故C错误；D、水溶液中铁离子发生水解，0.1L3mol·L－1的FeCl3溶液中含有的Fe3+数目小于0.3NA，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查弱电解质的电离平衡分析，溶液中的物料守恒的分析应用，盐类水解的判断，选项C是解答的易错点。4、A【解析】用标准盐酸标定某氨水的浓度时，二者恰好反应生成的氯化铵水解，使得溶液显酸性，而甲基橙的变色范围为3.1-4.4，选择甲基橙能降低滴定误差；由于石蕊的变色不明显，一般不选用；若选用酚酞，滴定终点时溶液应该显碱性，会增大滴定误差，故选A。【点睛】本题考查了中和滴定的指示剂的选择。要学会根据恰好中和时溶液的性质和指示剂的变色范围选用指示剂：①强酸和强碱相互滴定，酚酞和甲基橙均可使用；②强碱滴定弱酸，恰好中和溶液呈弱碱性，选酚酞为指示剂，误差小；③强酸滴定弱碱，恰好中和时溶液呈弱酸性，选甲基橙为指示剂，误差小。5、C【详解】A．28gN2的物质的量==1mol，所含分子数为1NA，A错误；B．电子数=原子序数，1molNa含有的电子数为11NA，B错误；C．标况下，22.4LO2的物质的量为n==1mol，1molO2含有的氧原子数为2NA，C正确；D．KC1溶液的物质的量为n=c·V=2mol，离子数为4NA，D错误。答案选C。6、A【解析】油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯．是油与脂肪的统称，高级脂肪酸甘油酯的烃基中含有不饱和键呈液态称为油，不含不饱和键呈固态为脂肪。【详解】A、豆油是高级脂肪酸甘油酯，属于酯类；选项A符合；B、酱油主要由大豆，淀粉、小麦、食盐经过制油、发酵等程序酿制而成的．酱油的成分比较复杂，除食盐的成分外，还有多种氨基酸、糖类、有机酸、色素及香料成分，选项B不符合；C、煤油属于烃类，不属于酯，选项C不符合；D、甘油是丙三醇，属于醇，选项D不符合；答案选A。【点睛】本题考查了酯类概念和结构分析，主要是物质结构的理解和应用，题目较简单。7、D【解析】分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变。详解：A、未体现正逆反应速率的关系，故A错误；B、由于反应物为固体，根据方程式，从反应开始到平衡，密闭容器中氨气的体积分数一直不变，不能判断该分解反应已经达到化学平衡，故B错误；C.该反应为可逆反应，反应吸收akJ热量，只是说明分解的氨基甲酸铵的物质的量为1mol，不能说明氨基甲酸铵的物质的量是否变化，故C错误；D、密闭容器中混合气体的密度不变，说明气体质量不变，正逆反应速率相等，故D正确；故选D。点睛：本题考查了化学平衡状态的判断注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。本题的易错点为C，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。8、D【详解】A．中和热是指：稀的强酸和强碱反应生成1mol液态水放出的热量，故A错误；B．稀醋酸是弱酸，放出的热量更少，则数值偏小，B错误；C．金属导热，用铜质搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，会导致热量散失，C错误；D．分多次将NaOH溶液加入盐酸中，会导致在反应过程中部分热量散失，故所测中和热数值偏小，D正确；答案选D。9、B【详解】制成200mL溶液后，c(H2SO4)=（0.1mol·L-1×1mL）/200mL=5.0×10-4mol·L-1，即[H+]酸=1.0×10-3mol·L-1，Kw=[H+]酸[OH-]水=1.0×10-14，则[OH-]水=1×10-11mol·L-1，故选B。10、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。11、B【分析】原电池中较活泼的金属作负极，负极上失电子生成阳离子进入溶液而被腐蚀；金属和酸反应，较活泼的金属与酸反应较剧烈；金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，据此分析解答。【详解】①将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，该装置构成了原电池，原电池中较活泼的金属作负极，负极上金属失电子生成金属阳离子进入溶液而被腐蚀，较不活泼的金属作正极而不易腐蚀，B不易腐蚀，所以金属活动性A>B；②金属和酸反应，较活泼的金属与酸反应较剧烈，将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈，所以金属活动性D>A；③金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，所以金属活动性：B>Cu；④金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出，说明金属活动性：Cu>C。所以它们的活动性由强到弱的顺序是D>A>B>C，故合理选项是B。【点睛】本题考查了金属活泼性强弱的判断，金属活泼性强弱的判断方法有：原电池中的正负极材料、金属之间的置换反应、金属和酸反应置换出氢气的难易等。12、C【详解】根据三段式计算，A（气）+xB（气）2C（气）起始（mol）130转化（mol）0.20.2x0.4平衡（mol）0.83-0.2x0.4由题意可知，0.8+3-0.2x+0.4=3.4，所以x=4，A、平衡时，物质的量比A：B：C=0.8：（3-0.8）：0.4=4：11：2，故A错误；B、0.8+3-0.2x+0.4=3.4，所以x=4，故B错误；C、A的转化率为×100%=20%，故C正确；D、B的平均反应速率为mol•L-1•min-1=0.04mol/（L•min），故D错误；故选C。【点睛】本题主要考查计量数的确定、反应速率的计算、转化率的计算等知识。解答此类试题的基本方法为三段式计算，解题时注意运用三段式分析。13、B【解析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A.合成氨时将氨液化分离，减少生成物浓度，合成氨的化学平衡正向移动，可提高原料的利用率，与化学平衡移动有关，故A不选；B.H2、I2、HI混合气体达到的化学平衡是H2+I22HI，反应前后气体体积不变，混合加压后，平衡不移动，颜色变深是因为体系体积减小物质浓度增大，和平衡无关，故B选；C.Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和NaCl溶液中有大量的Cl-，抑制Cl2的溶解，故C不选；D.氯水中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，滴加硝酸银溶液，Ag+和Cl-产生白色沉淀，溶液颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，故D不选。故选B。【点睛】影响化学平衡的因素：（1）浓度：在其他条件不变的情况下，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，都可以使化学平衡向正反应方向移动；增大生成物的浓度或减小反应物的浓度，都可以使化学平衡向逆反应方向移动。

（2）压强对反应前后气体总体积发生变化的反应，在其他条件不变时，增大压强会使平衡向气体体积缩小的方向移动，减小压强会使平衡向气体体积增大的方向移动。（3）温度在其他条件不变时，温度升高平衡向吸热反应的方向移动，温度降低平衡向放热反应的方向移动。（4）催化剂：由于催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，所以催化剂对化学平衡无影响。14、C【详解】燃烧热是指：在25℃、101KPa时，1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；故乙烷的燃烧热的热化学方程式为：C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=—1559.8kJ·mol-1，故C符合题意。答案选C。15、B【解析】①是增大反应物的接触面积，反应速率增大，酸的总量不变，生成氢气的量保持不变；②锌的金属性强于铁的，可以增大反应速率，且金属过量，酸的总量不变，生成氢气的量保持不变；③加入硫酸铜后，铁能置换出铜，构成原电池，可以增大反应速率，且金属过量，酸的总量不变，生成氢气的量保持不变；④稀盐酸与CH3COONa反应生成弱电解质醋酸，降低氢离子的浓度，反应速率降低，由于酸的总量不变，所以生成氢气的量保持不变；⑤增大氢离子的物质的量，反应速率加快，生成氢气的量增加；⑥在稀盐酸中加入硫酸钾溶液，相当于稀释盐酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，但是酸的总量不变，生成氢气的量保持不变；⑦升高温度加快反应速率，且金属过量，酸的总量不变，生成氢气的量保持不变；⑧硝酸与金属反应不产生氢气，酸性条件加入硝酸钾得不到氢气，而是生成NO，故除④⑤⑥⑧外均可以；故答案选B。16、C【详解】温度越高，反应速率越快，③的反应速率最大；相同温度下，②混合液中Na2S2O3和H2SO4的浓度大于①，故反应速率②>①。答案选C。17、B【分析】燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，

A.碳的燃烧为放热反应，焓变应该小于0；

B.根据燃烧热的概念及热化学方程式的书写原则分析；

C.氢气燃烧热的热化学方程式中，氢气的化学计量数必须为1；

D.氢气的燃烧热中，生成水的状态必须液态。【详解】A.C燃烧生成的稳定氧化物是CO2不是CO，且焓变为负值,所以不符合燃烧热的概念要求，故A错误；

B.1molC（s）完全燃烧生成稳定的CO2，符合燃烧热的概念要求，该反应放出的热量为燃烧热，故B正确；

C.燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧，热化学方程式中氢气的物质的量为2mol，不是氢气的燃烧热，故C错误；

D.燃烧热的热化学方程式中生成的氧化物必须为稳定氧化物，H的稳定氧化物为液态水，故D错误；

综上所述，本题选B。【点睛】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧的反应热，完全燃烧是指物质中含有的氮元素转化为气态氮气，氢元素转化为液态水，碳元素转化为气态二氧化碳。18、B【解析】根据化学反应平衡的本质标志和特征标志判断。【详解】对于可逆反应而言，反应达到平衡时有以下几种直观表现：混合物颜色不变；各组分的浓度不变；对于某物质而言，正逆反应速率相等；反应温度不变。A.反应的特点是：反应前后体积相等，反应过程中压强一直不变，A项不能说明反应达到平衡；B.在恒容密闭容器中，反应混合气体总体积不变，总质量减少，建立平衡过程中混合气密度减小，故混合气体的密度不再改变时说明反应达到平衡；C.反应混合物中各组分的浓度保持恒定说明反应达到平衡，而不是相等；D.在反应过程中，反应速率之比为化学计量数之比，与是否到达反应平衡无关。答案为B。【点睛】反应平衡可以从下列方面考虑：1.在密闭容器中，有气体参加或生成的反应时，若反应达到平衡，如果不是等体积反应，其物质平均摩尔质量M不变，说明该反应达平衡；若有固体或液体参加反应或生成，无论是否是等体积反应，其气体的平均摩尔质量M一定，一般可以说明该反应达平衡（特殊情况如反应CO(g)+H2(g)==C(s)+H2O(l)）2.如果全为气体，在恒压的密闭容器中，如果不是等体积反应其混合气体的平均密度一定，能说明该反应达平衡。3.从混合气体的总压强考虑(恒温恒容)，如果不是等体积反应，其混合气体的总压强p一定，能说明该反应达平衡。4.若为绝热体系，温度一定，可以说明反应达平衡。5.混合气体的颜色一定(某气体有色)，可以说明反应达平衡。19、C【解析】用石墨做电极电解饱和食盐水时,阳极发生氧化反应,阳极是氯离子失电子生成氯气的过程,电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑,所以C选项正确；综上所述，本题选C。20、D【解析】C2H4O可以表示为C2H2·H2O，故混合气体可以看做C6H6、C2H2、H2O的混合物，O元素的分数为8%，故H2O的质量分数为=9%，故C6H6、C2H2总的质量分数1-9%=91%，C6H6、C2H2的最简式为CH，故C、H质量之比为12：1，故C元素的质量分数为91%×=84%，故选D。【点睛】解答本题的关键是根据化学式将物质转化为最简式为CH与水的混合物。难点是C2H4O可以表示为C2H2·H2O。21、C【详解】A、断裂H-O键吸收能量，选项A错误；B、形成H-O键放出能量，选项B错误；C、燃烧反应是放热反应，故该反应是放热反应，选项C正确；D、燃烧反应是放热反应，故该反应是放热反应，选项D错误；答案选C。22、D【详解】A.甲苯能使酸性高锰酸钾褪色，是与苯环相连的甲基被氧化，结论应是苯环对侧链甲基的影响，错误；B.苯酚、乙醇都含有羟基，烃基不同，苯酚与氢氧化钠溶液可以反应，而乙醇不能与氢氧化钠溶液发生反应，可说明苯环对羟基有影响，故错误；C.苯酚和苯均能与3molH2发生加成反应，不能说明侧链对苯环有影响，错误；D.苯酚和苯均含有苯环，苯酚和甲醛在一定条件下生成酚醛树脂，而苯不能和甲醛在一定条件下生成酚醛树脂，故能说明侧链对苯环有影响，正确。二、非选择题(共84分)23、2－甲基－1－丙烯NaOH溶液消去反应【分析】根据题给信息和转化关系推断B为CH2ClCCl(CH3)CH3，D为HOOCCOH(CH3)CH3，F为CH2=C(CH3)COOCH3，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）A的名称为2－甲基－1－丙烯；（2）B→C为卤代烃水解生成醇类，反应条件为NaOH溶液、加热；D→E的反应类型为消去反应；（3）D为HOOCCOH(CH3)CH3，两个D分子间脱水生成六元环酯，该酯的结构简式为；（4）G→H为丙酮与HCN发生加成反应，化学方程式为；CH2=C(CH3)COOCH3发生聚合反应生成有机玻璃，化学方程式为。24、（1）银氨溶液或新制的Cu(OH)2悬浊液（2）①⑤（3）+NaOH+NaCl（4）BCDA（5）ab（6）C6H5—CH2COOCH3【解析】试题分析：（1）乙烯与水反应生成A，A为乙醇，乙醇催化氧化得到B，B为乙醛，与氢氧化钠水溶液反应生成C，C为，催化氧化得到D。（2）①为乙烯的加成反应，②为乙醇的氧化反应，③为卤代烃的水解反应，④为醇的氧化反应，⑤为加成反应，所以加成反应有①⑤。（3）反应③为卤代烃在氢氧化钠水溶液加热条件下的水解反应，故方程式为：+NaOH+NaCl。（4）要检验卤代烃中的卤素原子，一般先加入氢氧化钠溶液加热后，冷却后再加热稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，所以操作为BCDA。（5）根据信息可知E为，含有醛基，能与银氨溶液反应，有羟基能与金属钠反应，有苯环和醛基能与氢气反应，1摩尔E最多和4摩尔氢气反应，没有酯基或卤素原子，不能发生水解反应，所以正确的为ab。（6）E的同分异构体，H为醇，有2组峰，含有碳氧键和氧氢键，说明有羟基，则为甲醇，所以其结构为C6H5—CH2COOCH3考点：有机物的推断25、检查装置的气密性秒表SO2会部分溶于水，导致所测得SO2体积偏小2.50.0101.00.20t1～t2生成物MnSO4是该反应的催化剂【分析】I．（1）从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，所以先要检查装置的气密性，实验仪器还需要秒表；（2）SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小；II．（1）根据“观察到紫色褪去”必须满足高锰酸钾的物质的量小于草酸的物质的量解得二者浓度关系；（2）先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；（3）由于高锰酸钾和草酸的浓度均相同，为了探究不同浓度对反映速率的影响，需要加水改变草酸的浓度；（4）从图象可以看出t1-t2阶段斜率最大，c（MnO4-）变化最大，说明此时段反应速率最快，由于浓度变小，可以推测是催化剂的影响；【详解】I．（1）从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，所以先要检查装置的气密性，实验仪器还需要秒表；答案为检查装置的气密性；秒表。（2）SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小，则据此计算出的△n（H+）和△C（H+）以及V（H+）会变小；答案为SO2会部分溶于水，导致所测得SO2体积偏小。II．（1）H2C2O4中碳元素的化合价为+3价,变成二氧化碳后化合价总共升高了2(4-3)价,所以每消耗1molH2C2O4转移2mol电子;为了观察到紫色褪去,高锰酸钾的物质的量应该少量,即n(H2C2O4):n(KMnO4)⩾=2.5；答案为2.5。（2）由表中数据可知，实验③H2C2O4的体积只有1mL，所以应加水1mL才能使三组实验的体积一样，草酸的物质的量为：0.20mol⋅L−1×0.001L=0.0002mol,高锰酸钾的物质的量为：0.010mol⋅L−1×0.004L=0.00004mol,草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0002mol:0.00004mol=5:1,显然草酸过量,高锰酸钾完全反应,混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：=，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==0.010mol⋅L−1⋅min−1；答案为0.010mol⋅L−1⋅min−1。（3）通过上述分析，表格内二处空白分别为水1mL，H2C2O4浓度为0.2mol/L；答案为1mL，0.2mol/L。（4）从图象可以看出t1-t2阶段斜率最大,c(MnO4-)变化最大，说明此时段反应速率最快，由于反应物的浓度变小，可以推测是催化剂的影响，可推测是生成物做了催化剂；答案为t1-t2；生成物MnSO4是该反应的催化剂。26、HClAl3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+Fe3+KSCNNaOH过滤HClH++AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3++3OH-【详解】(1)FeCl2、AlCl3混合溶液中的阴离子为氯离子，而金属离子水解时产生氢离子，可增大溶液中氢离子浓度抑制金属离子的水解，故加入物质为HCl；铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，离子方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+；(2)Fe2+容易被氧气氧化成Fe3+；Fe3+与SCN-反应生成血红色的硫氰化铁，则检验Fe3+的试剂为KSCN；(3)①铝离子与过量的NaOH反应生成偏铝酸钠，而亚铁离子与NaOH反应生成氢氧化亚铁沉淀，故试剂X可以为NaOH；②氢氧化亚铁沉淀用过滤的方法分离，在滤液中加入盐酸得到氯化铝与氯化钠的混合液；③氢氧化铝有酸式电离和碱式电离，电离方程式为H++AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3++3OH-。27、酸式滴定管①④⑥②⑤③0.8022.800.22锥形瓶中液体颜色变化方便观察颜色变化偏低无影响偏高【详解】（1）根据图示可知，仪器A的名称是酸式滴定管；（2）滴定操作的顺序为：检查滴定管是否漏水；用蒸馏水洗涤玻璃仪器；用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管；装标准溶液和待测液并调整液面和记录初始读数；取一定体积的待测液于锥形瓶中并加入指示剂；滴定操作；故答案为①④⑥②⑤③；（3）读数时，视线与凹液面的最低处齐平，且精确在0.01mL，故滴定前盐酸的体积读数为0.80mL；滴定后读数为22.80mL；（4）根据本次实验数据可计算待测液的物质的量浓度是；（5）滴定过程中，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛应注视锥形瓶中液体颜色变化；为了方便观察颜色变化，通常在锥形瓶下垫一张白纸；（6）①取待测液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，导致待测液的体积偏大，故所测浓度偏低；②滴定前锥形瓶未用待测液润洗，实验无影响；③标准液读数时，若滴定前俯视，滴定后仰视，导致消耗标准液的体积偏大，故测得溶液的浓度偏高。28、＜CO32－＞SO32－＞CH3COO－＞HSO3－①＞②=③CH3COOH(aq)CH3COO－(aq)+H＋(aq)ΔH＝+0.3kJ/mol【详解】(1)根据表中数据可知，醋酸的酸性小于亚硫酸，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同倍数后，亚硫酸的pH变化大，即：醋酸的pH小于亚硫酸；(2)由表中数据可知，酸性强弱顺序为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3−＞HCO3−，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO−、CO32−、HSO3−、SO32−在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为：CO32－＞SO32－＞CH3COO－＞HSO3－；(3)c(H+)相同的盐酸和硫酸中和碱的能力相同，而c(H+)相同的盐酸和醋酸，因为醋酸是弱电解质，则醋酸中和碱的能力强，所以消耗NaOH溶液的体积由大到小的排