2026届广东省联考联盟化学高二上期中统考试题含解析

2026届广东省联考联盟化学高二上期中统考试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、下列变化属于吸热反应的是①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰跟水反应生成熟石灰A．①④B．②③C．①④⑤D．②④2、下列变化中，不属于化学变化的是A．活性炭使红墨水褪色 B．NO遇空气变色C．SO2使品红溶液褪色 D．FeCl3溶液遇KSCN溶液变色3、利用CO2和CH4重整可制合成气(主要成分为CO、H2)，该反应的热化学方程式为CO2(g)+CH4(g)＝2CO(g)+2H2(g)△H＝xkJ•mol-1已知①CH4(g)＝C(s)+2H2(g)△H＝akJ•mol-1②CO2(g)+H2(g)＝CO(g)+H2O(g)△H＝bkJ•mol-1③CO(g)+H2(g)＝C(s)+H2O(g)△H＝ckJ•mol-1则x的数值为()A．a+b+2c B．a+2b﹣2c C．a+b﹣2c D．a+b﹣c4、连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸。常温下，向10mL0.01mol·L-1的H2N2O2溶液滴加0.01mol/L的NaOH溶液，测得H2N2O2溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是A．由a点到n点水的电离程度依次增大B．a点时，c(H2N2O2)>c(Na+)C．m点时，c(OH-)+c(N2O22-)=c(H2N2O2)+c(H+)D．m点到n点，比值增大5、用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．500mL0.5mol·L－1的NaAlO2溶液中离子的数目为0.25NAB．1L0.1mol/LNa2CO3溶液中的阴离子总数大于0.1NAC．含1molNaHCO3的水溶液中含有NA个D．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋数为2NA6、工业上常用煤和水作原料经过多步反应制得氢气，其中一步反应的原理为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，下列选项的条件中可判断该反应达到平衡状态的是()A．单位时间内消耗2mol的CO同时生成2mol的CO2B．两个H—O键断裂的同时有一个H—H键断裂C．反应容器内的压强不再发生变化D．混合气体的相对分子质量不发生变化7、已知苯酚(C6H5OH)与Fe3+反应生成[Fe(C6H5O)6]3-(紫色)。将6mL0.1mol·L-1KI溶液和1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液混合，发生反应：2Fe3+(aq)+2I-(aq)2Fe2+(aq)+I2(aq)，下列有关该反应的说法错误的是A．加入2mL四氯化碳，振荡，平衡向右移动B．经四氯化碳多次萃取，在分离后的水溶液中滴加苯酚溶液，若溶液呈紫色，说明该反应是可逆反应C．加入少量I2固体，平衡向左移动D．平衡常数的表达式为K=8、酸雨是指A．酸性的雨 B．pH<5.6的雨 C．pH=5.6的雨 D．pH<7的雨9、页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，是一种重要的非常规天然气资源。我国的页岩气储量超过其他任何一个国家，可采储量有1275万亿立方英尺。这些储量足够中国使用300多年，有关页岩气的叙述错误的是A．页岩气属于清洁能源 B．页岩气属于一次能源C．页岩气属于一种新能源 D．页岩气属于不可再生能源10、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+)11、一定温度下，一容积可变的密闭容器中发生反应A（s）+3B（g）2C（g）+D（g），经2minB的浓度减少0.6mol·L-1，下列说法正确的是A．若起始时A、B的物质的量之比为1:3，则2min末A、B的转化率相等B．用A表示的反应速率是0.1mol·L-1·min-1C．2min末的反应速率v（C）＝0.2mol·L-1·min-1D．该反应的平衡常数表达式为K=12、在容积为2L的密闭容器内合成氨,已知在时间t内,氨的物质的量增加了0.6mol,在此时间段内,用氢气表示的平均反应速率是0.45mol·L-1·s-1,则t是()A．0.44s B．1s C．1.33s D．2s13、常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则D．在溶液中，14、将含1molNH3的密闭容器a加热，分解为N2和H2并达到平衡，此时。若在该容器中加入2molNH3后密封，加热至相同的温度，达到平衡，此时，则x、y的正确关系为A． B． C． D．15、下列各对物质中，互为同系物的是()A．C2H4、C2H2 B．CH3CHO、C2H5OHC．C2H6、C4H10 D．CH3COOH、CH3CHO16、在体积恒定的密闭容器中，1molA(g)与1molB(g)在催化剂作用下加热到500℃发生反应：A(g)＋nB(g)C(g)＋D(g)ΔH>0达到平衡，下列判断正确的是()A．升高温度v(正)增大，v(逆)减小，平衡向正反应方向移动B．平衡后再加入1molB，上述反应的ΔH增大C．当n＜1时，通入惰性气体，压强增大，平衡向逆反应方向移动D．若n=1且A的转化率为50%，则平衡常数等于117、下列化合物中，既含有共价键，又含有离子键的是()A．O2 B．CaO C．CH4 D．NaOH18、某无色溶液能与A1反应产生H2，该溶液中可能大量共存的离子组是()A．K＋、Na＋、MnO4－、NO3－B．NH4＋、Mg2＋、SO42－、NO3－C．Al3＋、Ba2＋、HCO3－、NO3－D．K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－19、250℃和1.01×105Pa时，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)△H=+56.76kJ/mol，该反应能自发进行的原因是（）A．是吸热反应 B．是放热反应 C．是熵减少的反应 D．熵增大效应大于焓效应20、某工厂排放的酸性废水中含有较多的Cu2+，对农作物和人畜都有害，欲采用化学法除去有害成分，最好是加入下列物质中的A．食盐、硫酸B．胆矾、石灰水C．铁粉、生石灰D．苏打、盐酸21、在电解水制取H2和O2时，为了增强溶液的导电性，常加入一些电解质．下列物质中最合适的是（）A．NaCl B．CuC12 C．Na2SO4 D．AgNO322、已知稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，由此判断下列热化学方程式书写正确的是()A．KOH(aq)＋12H2SO4(浓)===12K2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·molB．12Ba(OH)2(aq)＋12H2SO4(aq)===12BaSO4(s)＋H2O(l)ΔHC．HCN(aq)＋KOH(aq)===KCN(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1D．HCl(aq)＋NaOH(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B两种烃，A常用作橡胶、涂料、清漆的溶剂，胶粘剂的稀释剂、油脂萃取剂。取0.1molA在足量的氧气中完全燃烧，生成13.44LCO2气体(标准状况下测定)，生成的H2O与CO2的物质的量之比为1:1。则：（1）A的分子式为___________________________。（2）A的同分异构体较多。其中：①主链有五个碳原子；②能使溴的四氯化碳溶液和高锰酸钾酸性溶液褪色；③在Ni催化下能与氢气发生加成反应。符合上述条件的同分异构体有：、、、、___________________、_____________________(写结构简式，不考虑顺反异构)。写出用在一定条件下制备高聚物的反应方程式_____________________，反应类型为____________________。（3）B与A分子中磯原子数相同，1866年凯库勒提出B分子为单、双键交替的平面结构，解释了B的部分性质，但还有一些问题尚未解决，它不能解释下列事实中的______________。a.B不能使溴水褪色b.B能与发生加成反应c.B的一溴代物没有同分异构体d.B的邻位二溴代物只有一种（4）M是B的同系物，0.1molM在足量的氧气中完全燃烧，产生标准状况下15.68L二氧化碳。①写出下列反应的化学方程式：M光照条件下与Cl2反应：______________________________。M与浓硝酸和浓硫酸的混合酸加热：_____________________________________。②M________(填“能”或“不能”)使高锰酸钾酸性溶液褪色，M与氢气加成产物的一氯代物有____种。24、（12分）化合物H是一种抗病毒药物，在实验室中利用芳香烃A制备H的流程如下图所示(部分反应条件已略去)：己知：①有机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子；②两个羟基连在同一碳上不稳定，易脱水形成羰基或醛基；③RCHO＋CH3CHORCH=CHCHO＋H2O；④（1）有机物B的名称为_____。（2）由D生成E的反应类型为___________，E中官能团的名称为_____。（3）由G生成H所需的“一定条件”为_____。（4）写出B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式：_____。（5）F酸化后可得R，X是R的同分异构体，X能发生银镜反应，且其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为1:1:1，写出1种符合条件的X的结构简式：___。（6）设计由和丙醛合成的流程图：__________________________(其他试剂任选)。25、（12分）某学生用已知物质的量浓度的标准盐酸测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：（1）用含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制500mL溶液。除烧杯、量筒、胶头滴管和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是___________。取用25.00mL待测液时需要的仪器是_____________。（2）滴定过程中，在锥形瓶底垫一张白纸的作用是_______________；若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图(上面数字：22，下面数字：23)。，则此时消耗标准溶液的体积为_________mL（3）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏高的是________。A．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净但没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸（4）用标准盐酸滴定上述待测NaOH溶液时，判定滴定终点的现象是：直到加入最后一滴盐酸，_____________________________为止。（5）某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.000.0026.2826.28第二次25.001.5531.3029.75第三次25.000.2026.4226.22计算该NaOH溶液的物质的量浓度：c(NaOH)=__________mol/L。(保留四位有效数字)26、（10分）中和热的测定是高中化学中重要的定量实验。取50mL、0.55mol/L的NaOH溶液与50mL、0.25mol/L的H2SO4溶液置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：(1)从如图所示实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是_____________，装置的一个明显错误是_______________________________________________。(2)烧杯间填满碎纸条的作用是_____________________。(3)用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会________；(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)．(4)倒入NaOH溶液的正确操作是__________A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次性迅速倒入(5)实验数据如下表：温度实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差平均值（t2-t1）/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5227.027.427.232.3325.925.925.929.2426.426.226.329.8①近似认为0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/LH2SO4溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g∙℃)，则中和热∆H=__________（取小数点后一位）。②上述实验的结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是____________。A．实验装置保温、隔热效果差B．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度C．做实验的当天室温较高D．量取H2SO4时仰视读数27、（12分）溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：苯溴溴苯密度/g·cm-30.883.101.50（1）请补充图1烧瓶中反应的化学方程式：①2Fe+3Br2=2FeBr3②______________________________。（2）图1洗气瓶中盛放的试剂为__________，实验中观察到洗气瓶的液体变为橙黄色；还观察到锥形瓶中出现白雾，这是因为____________________形成的。（3）制得的溴苯经过下列步骤进行提纯：①操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中有机层在__________（填仪器名称）中处于__________层。②操作Ⅱ中NaOH溶液的作用是____________________。③向有机层3加入氯化钙的目的是______________________________。④经以上操作后，要对有机层4进一步提纯，下列操作中必须的是__________（填选项）。a．重结晶b．过滤c．蒸馏d．萃取（4）若使用图2所示装置制取溴苯，球形冷凝管中冷却水应由__________口进入，恒压滴液漏斗中盛放的试剂应为__________（填选项）。a．苯b．液溴28、（14分）钛由于其稳定的化学性质，良好的耐高温、耐低温、抗强酸、抗强碱以及高强度、低密度，被美誉为“未来钢铁”、“战略金属”。(1)基态钛原子核外共有_______种运动状态不相同的电子，价电子排布式_______；与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有________种。(2)钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛硬度比铝大的原因是_________。(3)TiCl4是氧化法制取钛的中间产物。TiCl4分子结构与CCl4相同，在常温下都是液体。TiCl4分子的空间构型是_______；TiCl4稳定性比CCl4差，试从结构分析其原因：_______。(4)钙钛矿材料是一类有着与钛酸钙相同晶体结构的材料，这种奇特的晶体结构让它具备了很多独特的理化性质，比如吸光性、电催化性等。钛酸钙晶体结构如图所示。其中，A代表Ca2+，Ti原子位于由O原子构成的正八面体的中心，则钛酸钙的化学式为______，Ca2+的配位数是________。29、（10分）一定温度下，在容积固定的VL密闭容器中加入nmolA．3nmolB，发生反应：A(g)＋3B(g)3C(g)ΔH<0，反应达平衡后测得平衡常数为K，此时A的转化率为x。（1）一段时间后上述反应达到平衡。则下列说法中正确的是________(填字母)。A．物质A．B的转化率之比为1∶3B．起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为3n∶(3n－nx)C．当3v正(A)＝v逆(B)时，反应一定达到平衡状态D．充入惰性气体(如Ar)，平衡向正反应方向移动（3）K和x的关系满足K＝________。在保证A浓度不变的情况下，扩大容器的体积，平衡______(填字母)。A．向正反应方向移动B．向逆反应方向移动C．不移动（3）该反应的逆反应速率与时间的关系如图所示。①由图可知，反应在t1．t3．t7时都达到了平衡，而t3．t8时都改变了一种条件，试判断改变的条件：t3时_______________________；t8时_________________________。②t3时平衡向___________________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。③若t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，请在图中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系曲线__________。

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】①液态水汽化是物理变化，故不选①；②将胆矾（）加热发生分解反应：，属于吸热反应，故选②；③浓硫酸稀释放出大量的热，故不选③；④氯酸钾分解制氧气，是分解反应，需要吸收热量，属于吸热反应，故选④；⑤生石灰与水反应放出大量热，属于放热反应，故不选⑤。正确序号为②④；正确选项D。点睛：常见的放热反应：金属与酸的反应，燃烧反应，大多数化合反应；常见的吸热反应：氢氧化钡晶体与氯化铵反应、氢气、碳、一氧化碳还原反应，多数分解反应；而液态水汽化，浓硫酸稀释虽然有热量变化，但不是化学反应。2、A【分析】化学变化的特征是：在原子核不变的情况下，有新物质生成；判断物理变化和化学变化的根据是:是否有新物质生成。【详解】A.活性炭使红墨水褪色是吸附作用，没有新物质生成，是物理变化,故A正确；

B.NO遇空气变色有新物质二氧化氮生成，属于化学变化，故B错误；

C.SO2使品红溶液褪色是亚硫酸与品红结合生成无色物质，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；

D.FeCl3溶液遇KSCN溶液变色有新物质硫氰化铁生成，属于化学变化，故D错误；综上所述，本题选A。3、D【分析】结合反应方程式①、②、③根据盖斯定律分析计算。【详解】①CH4(g)＝C(s)+2H2(g)△H＝akJ/mol，②CO2(g)+H2(g)＝CO(g)+H2O(g)△H＝bkJ/mol，③CO(g)+H2(g)＝C(s)+H2O(g)△H＝ckJ/mol，根据盖斯定律：①+②-③得到反应CO2(g)+CH4(g)＝2CO(g)+2H2(g)△H＝(a+b﹣c)kJ/mol，故选D。4、C【解析】A、根据起点，H2N2O2浓度为0.01mol·L－1，但pH=4.3，说明H2N2O2是二元弱酸，随着NaOH体积的增加，水的电离程度增大，当NaOH的体积为10ml时，溶液显碱性，对水的电离起抑制作用，因此先增大后减小，故A错误；B、当加入5mLNaOH时，溶液的溶质为NaHN2O2和H2N2O2，且两者物质的量相等，此时溶液显酸性，H2N2O2电离程度大于HN2O2－的水解程度，即c(Na＋)>c(H2N2O2)，故B错误；C、m点时溶液的溶质为NaHN2O2，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HN2O2－)＋2c(N2O22－)，根据物料守恒：c(Na＋)=c(HN2O2－)＋c(N2O22－)＋c(H2N2O2)，两式相加消去c(Na＋)，即c(OH－)+c(N2O22－)=c(H2N2O2)+c(H＋)，故C正确；D、c(N2O22－)×c(H＋)/c(N2O22－)×c(H＋)/[c(HN2O2－)×c(OH－)×c(H＋)]=Ka2/Kw，电离平衡常数和水的离子积，只受温度的影响，因此此比值不变，故D错误。5、B【详解】A．NaAlO2属于强碱弱酸盐，在水中会发生水解，因此无法计算500mL0.5mol·L－1的NaAlO2溶液中离子的数目，故A项说法错误；B．1L0.1mol/LNa2CO3溶液中N(Na2CO3)=1L×0.1mol/L×NAmol-1=0.1NA，在水中会发生水解：+H2O+OH-，因此溶液中的阴离子总数大于0.1NA，故B项说法正确；C．在水中电离为部分电离，因此含1molNaHCO3的水溶液中的数目小于NA，故C项说法错误；D．H2SO3属于弱电解质，在水中部分电离，因此无法计算2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋数，故D项说法错误；综上所述，说法正确的是B项，故答案为B。6、B【详解】A项，单位时间内消耗2mol的CO同时生成2mol的CO2只表明正反应，不能表明反应达到平衡状态；B项，两个H—O键断裂的同时有一个H—H键断裂表示正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态；C项，该反应为气体分子数不变的反应，建立平衡过程气体物质的量始终不变，容器内的压强始终不变，反应容器内的压强不再发生变化不能说明反应达到平衡状态；D项，气体的总质量始终不变，气体总物质的量始终不变，混合气体的相对分子质量始终不变，混合气体的相对分子质量不变不能说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的是B，B正确；答案选B。【点睛】判断可逆反应是否达到平衡状态的标志是“逆向相等，变量不变”，“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等，“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志。7、D【详解】A．加入2mL四氯化碳振荡，碘单质在四氯化碳中的溶解度大，碘单质被萃取到四氯化碳中，使溶液中的碘单质的浓度降低，平衡向右移动，故A正确；B．在分离后的水溶液中滴加苯酚溶液，若溶液呈紫色，说明溶液中还含有铁离子，虽经过四氯化碳多次萃取，铁离子未被完全反应掉，说明该反应存在限度，是可逆反应，故B正确；C．加入少量I2固体，使溶液中的碘单质的浓度增大，平衡向左移动，故C正确；D．根据反应：2Fe3+(aq)+2I-(aq)2Fe2+(aq)+I2(aq)可知，平衡常数的表达式为K=，故D错误；答案选D。8、B【详解】空气中含有CO2，正常雨水的pH为5.6，故pH<5.6的雨才叫酸雨，酸雨主要是由SO2、氮的氧化物引起的，答案选B。9、C【详解】A.根据题给信息可知页岩气是天然气，CH4+2O2CO2+2H2O，甲烷燃烧生成物无毒无害，属于清洁能源，A项正确；B.直接从自然界取得的能源称为一次能源，显然页岩气属于一次能源，B项正确；C.新能源是指传统能源之外的各种能源形式，页岩气不属于新能源，C项错误；D.在自然界中可以循环再生，取之不尽用之不竭的能源称之为可再生能源，显然页岩气属于不可再生能源，D项正确；答案选C。10、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。11、A【详解】A．若起始时A、B的物质的量之比为1:3，反应过程中A、B的转化量之比也等于1:3，故A、B的转化率相等，故A正确；B．A是固体，浓度为常数，故不能用A的浓度变化来表示反应速率，故B错误；C．用浓度表示反应速率只能表示平均速率，不能表示瞬时速率，故不能表示出2min末的反应速率，故C错误；D．A是固体，不能写在平衡常数的表达式中，该反应的平衡常数表达式为K=，故D错误。答案选A。12、B【详解】合成氨的反应为：N2+3H22NH3，则有ν（H2）：ν（NH3）=3：2，ν（NH3）=2ν（H2）÷3=0.3mol·L−1·s−1，故t==1s，故答案选B。13、A【详解】A．HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；C．CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；D．根据溶液中的物料守恒定律，1mol∙L−1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1，故D正确；综上所述，答案为A。14、B【详解】若保持容器体积不变，再通入2molNH3，相等于增大压强平衡向逆反应方向（生成氨的方向）移动，所以第二次NH3的体积分数大于第一次NH3的体积分数，即x＜y，故B正确；综上所述，本题应选B。【点睛】本题主要考查等效平衡，等效平衡问题的解答，关键在于判断题设条件是否是等效平衡状态，以及是哪种等效平衡状态，然后建立模型，进而解题。15、C【详解】A.C2H4为乙烯，含有官能团碳碳双键；C2H2为乙炔，官能团为碳碳三键，二者含有的官能团不同，即结构不相似，所以二者不属于同系物，故A错误；

B.CH3CHO的官能团为醛基，C2H5OH的官能团为羟基，二者结构不相似，不属于同系物，故B错误；

C.C2H6、C4H10都属于烷烃，二者结构相似，分子间相差2个CH2原子团，所以二者互为同系物，故C正确；

D.CH3COOH的官能团为羧基，而CH3CHO的官能团为醛基，二者结构不相似，不属于同系物，故D错误。

故选C。【点睛】同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或几个CH2原子团的物质互称为同系物，注意“结构相似”一句。同系物物理性质不同，化学性质相似的；烷烃的分子组成通式（CnH2n+2）的物质。16、D【详解】A．升高温度，化学反应速率加快，v(正)增大，v(逆)也增大，化学平衡向吸热的正反应方向移动，A错误；B．增加反应物B的量，反应物浓度增大，会使化学平衡正向移动，但是该反应的△H不变，B错误；C．通入惰性气体，由于反应容器的容积不变，各组分的浓度不变，化学平衡不移动，C错误；D．对于反应A(g)＋nB(g)C(g)＋D(g)ΔH>0假设反应容器的溶解为1L，则反应开始时c(A)=c(B)=1mol/L，c(C)=c(D)=0，由于A的转化率为50%，则平衡时c(A)=c(B)=(1-0.5)mol/L=0.5mol/L，c(C)=c(D)=0.5mol/L，所以化学平衡常数K===1，D正确；故合理选项是D。17、D【详解】A．氧气是单质，不是化合物，故A不选；B．CaO中只含离子键，故B不选；C．CH4中只含C﹣H共价键，故C不选；D．NaOH中含钠离子和氢氧根离子之间的离子键和H﹣O共价键，故D选；故选D。18、D【解析】根据溶液性质和离子间的反应分析判断。【详解】能与A1反应产生H2的溶液，可能呈酸性（必无NO3－），也可能呈碱性（可有NO3－）。A项：无色溶液中不可能有MnO4－（紫红色）等有色离子，A项错误；B项：当溶液呈酸性时不可有NO3－，当溶液呈碱性时不可有NH4＋、Mg2＋，B项错误；C项：Al3+与HCO3-发生双水解反应不能大量共存，当溶液呈酸性时不可有HCO3－、NO3－，当溶液呈碱性时不可有Al3＋、HCO3－，C项错误；D项：当溶液呈酸性时不可有NO3－，但当溶液呈碱性时K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－可以大量共存，D项正确。【点睛】在酸性溶液中NO3－具有强氧化性，与铝反应不会生成氢气；在碱性溶液中NO3－比较稳定。19、D【详解】根据化学反应的能判据与熵判据综合关系式可知，，要使反应能自发进行，必须使，所以需要熵增大效应大于能量效应，综上分析可得D符合题意，故选D。答案选D20、C【解析】试题分析：因无法将溶液调节为中性，明显不合题意，故A错误；因胆矾中含有Cu2+，这样不但没有除去酸性废水中含有较多的Cu2+，反而更多，故B错误；加入铁粉可以与铜离子反应生成铜从而回收铜，当铜被完全置换后，铁能继续消耗残余的酸．而加入生石灰可以降低废水的酸性，也能生成氢氧化钙，进而和铜离子反应生成氢氧化铜沉淀．所以加入铁粉或者生石灰都可以．故C正确；苏打、盐酸无法将溶液调节为中性，明显不合题意，故D错误。考点：本题考查离子反应。21、C【详解】电解水制取H2和O2时，阳极电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极电极反应式为2H++2e-=H2↑。A.加入NaCl，阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，错误；B.加入CuCl2，阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，错误；C.加入硫酸钠，阳极电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极电极反应式为2H++2e-=H2↑，正确；D.加入AgNO3，阴极电极反应式为Ag++e-=Ag，错误；故答案为C。【点睛】解答本题的关键是熟记放电顺序，阳极上阴离子的放电顺序为S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根离子；阴极上阳离子的放电顺序为Ag＋>Cu2＋>H＋(酸)>Fe2＋>Zn2＋>H＋(水)>Al3＋>Mg2＋>Na＋>Ca2＋>K＋，在水溶液中Al3＋、Mg2＋、Na＋、Ca2＋、K＋不放电。22、D【解析】A项，因浓硫酸稀释会放出大量的热，所以浓硫酸与KOH反应生成1mol水时放出的热量大于57.3kJ，故A错误；B项，Ba(OH)2和H2SO4反应时生成BaSO4沉淀，形成沉淀时会放热，，所以Ba(OH)2和H2SO4反应生成1mol水时放出的热量大于57.3kJ，故B错误；C项，HCN是弱酸，弱酸电离时吸热，则HCN与NaOH反应生成1mol水时放出的热量小于57.3kJ，因此C错误；D项，在稀溶液中，稀的酸与碱发生中和反应生成1mol水，这时的反应热叫做中和热，中和热为ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1正确，故D正确。答案选D。点睛：本题主要考查了热化学方程式的正误判断。在解决此类问题时要注意热化学方程式与普通化学方程式的区别，热化学方程式除了表示物质变化，还体现了能量的变化，所以在书写热化学方程式时要注意物质的聚集状态、计量关系、吸热还是放热以及单位，对于燃烧热和中和热还要从其定义上注意。二、非选择题(共84分)23、C6H12加聚反应a、d能5【解析】根据题意：0.1molA在足量的氧气中完全燃烧，生成13.44LCO2气体(0.6mol)，生成的H2O的物质的量也是0.6mol，故其分子式为：C6H12；（1）A的分子式为C6H12；（2）A的不饱和度为1，①主链有五个碳原子；②能使溴的四氯化碳溶液和高锰酸钾酸性溶液褪色；③在Ni催化下能与氢气发生加成反应。符合上述条件的同分异构体还有：、；用在一定条件下制备高聚物的反应方程式为：，该反应的类型是加聚反应；（3）根据题意，B的化学式是C6H6,是苯，故苯的凯库勒式不能解释其不能使溴水褪色，由于他未提出苯是平面正六边形结构，故也解释不了其邻位二溴代物只有一种；故选ad；（4）0.1molM在足量的氧气中完全燃烧，产生标准状况下15.68L二氧化碳，0.7mol，故M为甲苯。①甲苯在光照条件下与Cl2反应的方程式是：；甲苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸加热的方程式是：；②甲苯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯与氢气加成产物为其一氯代物有、、、、共5种。24、对溴甲苯（或4－溴甲苯）取代反应羟基、氯原子银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热）、（或其他合理答案）【分析】因为“机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，结合“NaOH溶液”条件可推测B分子中-Br发生水解生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下卤原子的取代发生在苯环侧链烃基的氢原子上，所以E的结构简式为，在NaOH溶液、加热条件下氯原子水解生成醇羟基，所以E水解生成的2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基也与NaOH中和生成钠盐，所以F有结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，显然G到H过程中第1）步是将-CHO氧化为羧基，第2）步是将酚的钠盐转化为酚羟基。由此分析解答。【详解】(1)因为“机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，名称是对溴甲苯或4-溴甲苯。(2)D的分子式为C7H8O2，E分子式为C7H6Cl2O2，对比D、E分子组成可知E比D少2个氢原子多2个氯原子，光照下Cl2可取代烃基上的氢原子，所以由D生成E的反应类型为取代反应。C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，可推知-Br发生水解反应生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下Cl2取代发生在苯环侧链的烃基上，所以E的结构简式为，所以E中官能团的名称：羟基、氯原子。(3)已知E的结构简式为，在NaOH溶液加热条件下E中氯原子发生水解生成的2个-OH，而这2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基与NaOH中和反应生成钠盐，故F的结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，G到H过程的第1）步是将-CHO氧化为羧基，所以“一定条件”是银氨溶液、加热或新制Cu(OH)2、加热。(4)B（）分子中溴原子水解生成酚羟基，而酚具有酸性，又跟NaOH发生中和反应，所以B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+H2O。(5)F有结构简式为，酸化后得到R的结构简式为，R的分子式为C7H6O3，所以X的不饱和度为5，含3种等效氢，每种等效氢中含2个氢原子，X又含醛基。同时满足这些条件的X应该是一个高度对称结构的分子，所以应该含2个-CHO（2个不饱和度），中间应该是>C=O（1个不饱和度），另外2个不饱和度可形成一个环烯结构（五园环），或一个链状二烯结构。由此写出2种X的结构简式：OHC-CH=CH-CO-CH=CH-CHO、。(6)分析目标产物，虚线左边部分显然是由转化而来的，右边是由丙醛（CH3CH2CHO）转化而来的。根据题给“已知③”可知两个醛分子可结合生成烯醛。在NaOH溶液中水解生成苯甲醇，苯甲醇氧化为苯甲醛，苯甲醛与丙醛发生“已知③”反应生成。因此写出流程图：25、500mL容量瓶碱式滴定管便于准确观察锥形瓶中溶液颜色变化22.10CD溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不再变色0.1050【解析】（1）用含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制500mL溶液；配制过程为:计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀等,需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、容量瓶、胶头滴管，需用的玻璃仪器除烧杯、量筒、胶头滴管和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是容量瓶；待测液为碱性，所以取用25.00mL待测液时需要的仪器是碱式滴定管；正确答案：500mL容量瓶；碱式滴定管。（2）滴定过程中，在锥形瓶底垫一张白纸的作用是便于准确观察锥形瓶中溶液颜色变化；滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定结束时读数为22.60mL，则此时消耗标准溶液的体积为22.10mL；正确答案：便于准确观察锥形瓶中溶液颜色变化；22.10。(3)读取盐酸体积时,开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，c(待测)偏小，A错误；滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净但没有干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，c(待测)无影响，B错误；酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，c(待测)偏大，C正确；酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，c(待测)偏大，D正确；C、D符合题意，正确答案：C、D。（4）甲基橙作指示剂，与碱液相遇，显黄色；随着酸液的滴入，溶液的碱性减弱，当加入最后一滴盐酸，混合液的颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不再变色，达到滴定终点；正确答案：混合液的颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不再变色。（5）三次消耗的盐酸的体积分别为26.28mL、29.75mL、26.22mL，第二次数据误差过大，应该舍去，另外两次的平均值为,根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)=0.1000×26.25×10-3/25×10-3=0.1050mol/L；c(NaOH)=0.1050mol/L；正确答案：0.1050。26、环形玻璃搅拌器大烧杯杯口与小烧杯杯口没有相平保温或防止热量散失偏小C-56.8kJ/molAB【分析】根据中和热的概念、中和热的测定方法入手分析。【详解】(1)从装置构造可知缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；为了减少热量的损失，大烧杯杯口与小烧杯杯口相平，应该将杯口都盖住，而图示装置中小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高）；(2)烧杯间填满碎纸条的作用是保温或防止热量散失；(3)一水合氨的电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，即中和热的数值会偏小；(4)实验中，为了减少能量损失，应该一次迅速倒入NaOH溶液。(5)①0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸溶液50mL进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml=100g。由表中数据可知，第2次实验的数据误差明显偏大，应舍去，根据其他几组可以求出温度变化的平均值，△T为3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.4℃=1421.2J，即1.421kJ，故实验测得的中和热△H=-=-56.8kJ/mol；故答案为-56.8kJ/mol；②A．实验装置保温、隔热效果必须好，否则影响实验结果，故A正确；B．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，影响实验结果，故B正确；C．实验的当天室温较高，对直接测定影响实验结果影响不大，故C错误；D．中和热的测定主要测定热量变化，故D错误；故选AB；【点睛】中和热的测定，要考虑到能量的损失，同时此类题常以环形搅拌棒做考查点，需注意。27、CCl4HBr气体与水蒸气形成酸雾分液漏斗下除去溴苯中溴单质除去溴苯中的水c下b【解析】（1）图1烧瓶中，苯与液溴在FeBr3作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯，化学方程式为：。（2）洗气瓶中变橙黄色，则洗气瓶中溶有Br2。由于液溴具有挥发性，且Br2易溶于CCl4，所以图1洗气瓶中可盛装CCl4吸收挥发出的Br2。苯与液溴反应生成HBr，HBr与水蒸气结合呈白雾。故答案为CCl4；HBr气体与水蒸气形成酸雾。（3）粗溴苯中含有溴苯、苯、未反应完的Br2、FeBr3等。粗溴苯水洗后，液体分层，FeBr3易溶于水进入水层，溴易溶于有机物，和苯、溴苯一起进入有机层，分液得有机层1。再加NaOH溶液除去Br2，再次分液，水层中主要含有NaBr、NaBrO等，有机层2中含有苯、溴苯。第二次水洗除去有机层中可能含有的少量NaOH，分液后得有机层3。加入无水氯化钙吸水，过滤，得有机层4，其中含有苯和溴苯。①操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为分液；溴苯的密度大于水，所以分液后有机层在分液漏斗中处于下层。故答案为分液漏斗；下。②根据上述分析操作II中NaOH的作用是：除去溴苯中溴单质。③向有机层3中加入氯化钙的目的是：除去溴苯中的水。④有机层4中含有苯和溴苯，根据苯与溴苯的沸点不同，可进行蒸馏分离。故选c。（4）冷凝管中的水流向是“下进上出”。液体药品的加入顺序为将密度大的滴入到密度小的溶液中，溴的密度大于苯，所以恒压滴液漏斗中盛放的试剂为液溴，故选b。故答案为下；b。28、223d24s23钛原子的价电子数比Al多，金属键更强正四面体钛原子半径比碳大，Ti-Cl键比C-Cl键的键长大、键能小，易断裂CaTiO312【分析】(1)原子核外有多少电子，电子的运动状态就有多少；根据构造原理先写出Ti的核外电子排布式，就可得到其价层电子排布式；然后根据每个能级具有的轨道数判断与Ti具有相同未成对电子数目；(2)钛、铝都属于金属晶体，金属键越强，金属晶体的硬度越大；(3)根据物质的熔沸点与晶体类型关系分析；利用价层电子对数判断分子空间