河北省保定市曲阳一中2026届化学高二第一学期期中预测试题含解析

河北省保定市曲阳一中2026届化学高二第一学期期中预测试题考生请注意：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、芳香族化合物A的分子式为C7H6O2，将它与NaHCO3溶液混合加热，有酸性气体产生。那么包括A在内，属于芳香族化合物的同分异构体的数目是A．5 B．4 C．3 D．22、下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质分子式的是A．NH4NO3B．SiO2C．C2H6OD．Na3、有关图所示原电池的叙述正确的是A．电流沿导线由Cu片流向Ag片B．正极的电极反应是Ag＋＋e－＝AgC．Cu片上发生还原反应，Ag片上发生氧化反应D．反应时盐桥中的阳离子移向Cu(NO3)2溶液4、下列各组微粒，没有按照半径由小到大顺序排列的是A．Cl、Na、F、KB．F、Cl、Na、KC．Ca2＋、K＋、Cl－、S2－D．Na＋、K＋、Cl－、Br－5、苯和甲苯相比较，下列叙述不正确的是A．都属于芳香烃 B．都能在空气中燃烧C．都能发生取代反应 D．都能使酸性KMnO4溶液褪色6、下列事实不能用勒夏特列原理来解释的是A．用排饱和食盐水的方法收集氯气B．加入催化剂使N2和H2在一定条件下生成氨气C．增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3D．在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深7、在温度不变的条件下,恒定的容器中进行下列反应：N2O4⇌2NO2,若N2O4的浓度由0.1mol/L降到0.07mol/L要用10s,那么N2O4的浓度从0.07mol/L降到0.04mol/L时,所用时间()A．等于10s B．等于5s C．大于10s D．小于10s8、中和热是在稀溶液中，强酸、强碱发生中和反应生成1mol液态水时放出的热量，中和热为57.3kJ·mol-1。下列热化学方程式中正确的是()A．HNO3(aq)+KOH(aq)=H2O(l)+KNO3(aq)ΔH＞-57.3kJ·mol-1B．HNO3(aq)+NH3·H2O(aq)=H2O(l)+NH4NO3(aq)ΔH=-57.3kJ·mol-1C．CH3COOH(aq)+KOH(aq)=H2O(l)+CH3COOK(aq)ΔH＜-57.3kJ·mol-1D．CH3COOH(aq)+NH3∙H2O(aq)=H2O(l)+CH3COONH4(aq)ΔH＞-57.3kJ·mol-19、下列溶液一定呈中性的是（）A．pH=7的溶液B．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液C．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液D．非电解质溶于水得到的溶液10、下列关于有机物的叙述正确的是A．石油液化气、汽油和石蜡的主要成分都是碳氢化合物B．1，2-二氯乙烷在NaOH水溶液中发生消去反应得到乙炔C．由CH2=CHCOOCH3合成的聚合物为D．能与NaOH溶液反应且分子式为C2H4O2的有机物一定是羧酸11、下列热化学方程式中，能表示可燃物的燃烧热的是A．═CO(g)B．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)C．2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)D．CO(g)+O2(g)=CO2(g)12、如图表示4-溴-1-环己醇所发生的4个不同反应,其中产物只含有一种官能团的反应是（）A．①② B．②③ C．③④ D．①④13、某烃的相对分子质量为86,分子中含有1个一CH2一、1个和若干个一CH3,该烃的一氯代物有A．3种 B．4种 C．5种 D．6种14、已知NO2和N2O4可以相互转化2NO2N2O4ΔH<0。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为1L的恒温恒容的密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如下图。下列说法不正确的是A．反应进行至25min时，曲线发生变化的原因是加入0.4molNO2B．a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是b和dC．图中共有两条曲线X和Y，其中曲线X表示NO2浓度随时间的变化D．a点c(NO2)=c(N2O4)，因此v(正)=v(逆)15、下列说法正确的是A．常温下，向0.1mol/LCH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7:c(Na+)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)B．常温时，将pH=1的醋酸和pH=13的NaOH溶液等体积混合后的溶液：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)C．常温下0.1mol·L－1的下列溶液①NH4Al(SO4)2②NH4Cl③NH3·H2O④CH3COONH4中，c(NH4+)由大到小的顺序是：②＞①＞④＞③D．常温下，0.2mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合后c(CH3COO－)+c(CH3COOH)－c(Na+)=0.1mol·L－116、某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔导电材料。下列说法一定正确的是()A．该电池工作时，电子的流向外电路由A到B，内电路由B到A形成闭合回路B．电极B附近的HNO3浓度增大C．A电极的反应为：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+D．该电池工作时，每消耗11.2LO2(标况)，可以除去含1molNO和NO2的混合尾气17、膳食纤维有助于胃肠蠕动，被人们誉为食物中的“第7营养素”。下列食物中含膳食纤维较多的是①玉米②精制面粉③西芹④豆腐A．①②B．①③C．②④D．①④18、下列说法正确的是（）A．常温下将等体积pH=3的H2SO4和pH=11的碱BOH溶液混合，所得溶液不可能为酸性B．两种醋酸溶液的pH分别为a和(a+l),物质的量浓度分别为c1和c2,则c1=10c2C．常温下将0.1mol/L的HI溶液加水稀释100倍，溶液中所有离子的浓度随之减小D．NH4＋浓度相同的下列溶液：①(NH4)2Fe(SO4)2②(NH4)2CO3③(NH4)2SO4，各溶液浓度大小顺序：③＞②＞①19、国产航母山东舰已经列装服役，它是采用模块制造然后焊接组装而成的，对焊接有着极高的要求。实验室模拟在海水环境和河水环境下对焊接金属材料使用的影响(如图)。下列相关描述中正确的是A．由图示的金属腐蚀情况说明了Sn元素的金属性强于Fe元素B．由图示可以看出甲是海水环境下的腐蚀情况，乙是河水环境下的腐蚀情况C．两种环境下铁被腐蚀时的电极反应式均为Fe－3e－=Fe3+D．为了防止舰艇在海水中被腐蚀，可在焊点附近用锌块打“补丁”20、在36g炭不完全燃烧所得气体中CO和CO2的体积比为1:2。已知：C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)；△H1＝－110.35kJ/molCO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)；△H2＝－282.57kJ/mol则与36g炭完全燃烧相比，损失的热量是()A．392.93kJ B．282.57kJ C．784.92kJ D．3274.3kJ21、目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．①、②、③三步反应均释放能量B．该反应进程中有两个过渡态C．第①步反应的活化能最小D．总反应速率主要由第①步反应决定22、液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点。一种以肼(N2H4)为燃料的电池装置如图所示。该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH作为电解质。下列关于该燃料电池的叙述不正确的是A．电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极B．负极发生的电极反应式为N2H4＋4OH－－4e－===N2＋4H2OC．该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触D．该燃料电池持续放电时，正极发生氧化反应，pH减小二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物G是一种重要的工业原料，其合成路线如图：回答下列问题：(1)已知反应①为加成反应，则有机物A的名称为______。(2)反应③的试剂和条件为______。(3)芳香烃M与B互为同分异构体，其核磁共振氢谱图中峰面积之比为3：1，M的结构简式为______。(4)有人提出可以将上述合成路线中的反应③和反应④简化掉，请说明你的观点和理由______。(5)反应⑥的化学方程式为______。24、（12分）Ⅰ.有机物的结构可用“键线式”简化表示。如CH3—CH＝CH－CH3可简写为，若有机物X的键线式为：，则该有机物的分子式为________，其二氯代物有________种；Y是X的同分异构体，分子中含有1个苯环，写出Y的结构简式__________________________，Y与乙烯在一定条件下发生等物质的量聚合反应，写出其反应的化学方程式：__________________________________。Ⅱ.以乙烯为原料合成化合物C的流程如下所示：（1）乙醇和乙酸中所含官能团的名称分别为_____________和_____________。（2）B物质的结构简式为________________。（3）①、④的反应类型分别为______________和_______________。（4）反应②和④的化学方程式分别为：②__________________________________________________________。④___________________________________________________________。25、（12分）用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是___。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是___。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值___（填“偏大、偏小、无影响”）。（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___（填“相等、不相等”），所求中和热___（填“相等、不相等”）。（5）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”）。26、（10分）草酸晶体的组成可用H2C2O4·2H2O（M=126g/mol）表示，其中混有不参与反应的杂质，为了测定草酸晶体的纯度，进行如下实验：称取mg样品，配成250mL水溶液。量取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为cmol·L-1的KMnO4溶液滴定，所发生的反应：KMnO4＋H2C2O4＋H2SO4＝K2SO4＋CO2↑＋MnSO4＋H2O.试回答：（1）写出该反应的离子方程式并配平：_________________________________________,该反应发生时产生气体先慢后快的原因是_______________________________________________（2）实验中，KMnO4溶液应装在_____式滴定管中，因为___________________。（3）滴定过程中需要加入的指示剂为___________(填指示剂的名称或“不需要”)，确定反应达到滴定终点时的现象是______________________________________。（4）在滴定过程中若用cmol·L-1的KMnO4溶液VmL，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为____________mol·L-1，由此可计算样品中草酸晶体的纯度是________。27、（12分）某学生用溶液测定某未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：A．用蒸馏水洗净滴定管B．用待测定的溶液润洗酸式滴定管C．用酸式滴定管取稀盐酸，注入锥形瓶中，加入酚酞D．另取锥形瓶，再重复操作次E.检查滴定管是否漏水F.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度完成以下填空：（1）滴定时正确操作的顺序是用序号字母填写：______________________________。_____（2）操作F中应该选择图中滴定管______填标号。（3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察______。（4）滴定结果如表所示：滴定次数待测液体积标准溶液的体积滴定前刻度滴定后刻度123计算该盐酸的物质的量浓度为______精确至。（5）下列操作会导致测定结果偏高的是______。A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗B．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出C．碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡D．达到滴定终点时，仰视读数（6）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：可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体，反应生成沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得溶液。将得到的溶液，再用酸性溶液滴定，氧化产物为，还原产物为。终点时用去的溶液。Ⅰ、写出用滴定的离子方程式______。Ⅱ、盛装酸性

溶液的是______滴定管，此实验的指示剂为：______，判断滴定终点的现象：______。Ⅲ、计算：血液中含钙离子的浓度为______。28、（14分）已知K、Ka、Kw、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、难溶电解质的溶度积常数。(1)有关上述常数的说法正确的是_____。a．它们的大小都随温度的升高而增大b．它们都能反映一定条件下对应可逆过程进行的程度c．常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Ka(2)已知25℃时CH3COOH和NH3·H2O电离常数相等，则该温度下CH3COONH4溶液的pH=_______，溶液中离子浓度大小关系为_________________________________。(3)硝酸铜溶液蒸干、灼烧后得到的固体物质是___________。(4)明矾净水原理______________________________________。(用离子方程式表示)(5)已知在25℃时Ksp[AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12。25℃时，向浓度均为0.02mol·L-1的NaCl和Na2CrO4混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，先析出_______(填化学式)沉淀，当两种沉淀共存时，=_________。29、（10分）按要求回答下列问题：I.已知：N2(g)和O2(g)反应生成NO((g)过程中的能量变化情况如下则气体NO分解为氮气和氧气的热化学方程式为____________________>Ⅱ.根据下图填空：(1)图1为含有少量Zn杂质的粗银电解精炼银的示意图，则①_______(填“a”或“b")极为含有杂质的粗银。②电解一段时间后电解液中c(Ag+)浓度______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。③若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为_______________。(2)将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图2所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是_______________。A．铁被氧化的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀(3)甲醛超标会危害人体健康,需对甲醛进行含量检测及污染处理。某甲醛气体传感器的工作原理如图3所示，则b极是_________极。当电路中转移4×10-4mol电子时，传感.器内参加反应的甲醛(HCHO)质量为_______________。

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、A【解析】根据题意可知，A中含有苯环和羧基，则A为苯甲酸。根据同碳原子数的一元酸、一元酯、羟基醛互为同分异构体，可得苯甲酸的同分异构体有甲酸苯酚酯、邻羟基苯甲醛、间羟基苯甲醛、对羟基苯甲醛，共4种，则包括A在内的属于芳香族化合物的同分异构体数目是5，故选A项。答案:A。2、C【解析】化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的应是分子晶体物质，晶体中含有单个分子，而离子晶体、原子晶体和金属晶体无单个分子。【详解】A.NH4NO3为离子晶体，化学式为晶体中阴阳离子的个数比，晶体中不含单个分子，故A错误；

B.SiO2为原子晶体，晶体中不存在单个分子，化学式为Si原子与O原子的个数比值为1：2，故B错误；

C.C2H6O为分子晶体，晶体中含有单个分子，所以C选项是正确的；

D.Na为金属晶体，晶体的组成为金属阳离子和自由电子，晶体中无单个分子，故D错误。

所以C选项是正确的。3、B【分析】该装置是含有盐桥的原电池，铜比银活泼，则铜作负极，负极上铜失电子发生氧化反应，正极上银离子得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极。【详解】A.该装置是原电池，铜作负极，银作正极，电子从铜片沿导线流向银片，电流沿导线由Ag片流向Cu片，故A错误；B.正极上银离子得电子发生还原反应，电极反应式为Ag＋＋e－＝Ag，故B正确；C.铜片上失电子发生氧化反应，银片上得电子发生还原反应，故C错误；D.原电池工作时，阳离子向正极移动，钾离子移向硝酸银溶液，故D错误。答案选B。4、A【解析】F位于第二周期,Cl、Na位于第三周期且Na排在Cl的前面,K位于第四周期,故四者的原子半径由小到大的顺序为F<Cl<Na<K;C项,四者核外电子排布完全一样,且核电荷数依次减小,则离子半径依次增大;D项,Na+有两个能层,K+和Cl-有三个能层且K元素的核电荷数大,故K+的半径小于Cl-的,Br-有四个能层,故四者的离子半径按照由小到大的顺序为Na+<K+<Cl-<Br-。5、D【详解】A.苯和甲苯都由C、H两种元素组成，且都含有苯环，所以都属于芳香烃，A正确；B.苯和甲苯分子中都含有碳、氢元素，都属于烃，都能在空气中燃烧，B正确；C.苯和甲苯的苯环上都含有氢原子，都能发生取代反应，C正确；D.甲苯能使KMnO4溶液褪色，但苯不能使KMnO4溶液褪色，D错误；答案选D。6、B【解析】A.用排饱和食盐水的方法收集氯气，相当于在氯水中加入NaCl，c(Cl－)增大，反应Cl2＋H2OH++Cl－＋HClO的平衡左移，减小了氯气的溶解度，能用勒夏特列原理解释，故不选A；B.加入催化剂使N2和H2在一定条件下生成氨气，利用催化剂增大反应速率，催化剂不会引起化学平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故选B；C.增大压强，反应2SO2＋O22SO3的平衡右移，能用勒夏特列原理解释，故不选C；D.在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，平衡右移，体系颜色变深，能用勒夏特列原理解释，故不选D；本题答案为B。7、C【解析】反应物N2O4的浓度由0.1mol/L降到0.07mol/L，此段时间内的平均反应速率v(N2O4)==0.003mol/(L·s)，随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，反应速率也逐渐减小，则N2O4的浓度由0.07mol/L降到0.04mol/L时，此段时间内用N2O4表示的平均反应速率小于0.003mol/(L·s)，所用时间t＞=10s，故答案选C。点睛：本题主要考查浓度对化学反应速率的影响，明确化学反应速率是平均速率而不是瞬时速率，随着反应物浓度的减小，化学反应速率减慢，反应所需时间增多是解答本题的关键，试题难度不大。8、D【详解】A．HNO3和KOH分别是强酸和强碱，当其反应生成1mol水时，放出的热量即为57.3kJ/mol，故反应热△H应等于−57.3

kJ/mol，故A错误；B．NH3·H2O是弱碱，电离吸热，故当NH3·H2O与HNO3生成1mol水时，放出的热量小于57.3

kJ，则反应热△H应大于−57.3

kJ/mol，故B错误；C．CH3COOH是弱酸，电离吸热，故当CH3COOH与KOH生成1mol水时，放出的热量小于57.3

kJ，则反应热△H应大于−57.3

kJ/mol，故C错误；D．NH3·H2O是弱碱，CH3COOH是弱酸，电离吸热，故当CH3COOH与NH3·H2O生成1mol水时，放出的热量小于57.3

kJ，则反应热△H应大于−57.3

kJ/mol，故D正确；答案选D。【点睛】中和热是在稀溶液中，强酸、强碱发生中和反应生成1mol水时放出的热量，应注意的是：①稀的酸和碱溶液，如果是浓硫酸，在和碱反应时被稀释放热；②强酸和强碱，如果是弱酸，电离吸热；③衡量标准是生成1mol水。9、B【解析】溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的；当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的pH值大小判断。【详解】A、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；B、c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液一定呈中性，故B正确；C、酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故C错误；D、非电解质溶于水得到的溶液不一定显中性，例如二氧化硫溶于水显酸性，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查了溶液酸碱性的判断，属于易错题，注意不能根据溶液的pH值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性。10、A【详解】A、石油液化气、汽油和石蜡都是石油分馏的产品，所以主要成分都是碳氢化合物，正确；B、1，2-二氯乙烷在NaOH水溶液中发生水解反应生成乙二醇，错误；C、由CH2=CHCOOCH3合成的聚合物中链节的主链应为-CH2-CH-，错误；D、能与NaOH溶液反应且分子式为C2H4O2的有机物不一定是羧酸，还可能是甲酸甲酯，错误；答案选A。11、D【详解】A选项，燃烧热是可燃物完全燃烧，应该为二氧化碳，而A生成的一氧化碳，故A错误；B选项，燃烧热是生成稳定的氧化物，应该为液态水，故B错误；C选项，燃烧热是1mol可燃物生成稳定的氧化物，而C可燃物是2mol，故C错误；D选项，燃烧热是1mol可燃物生成稳定的氧化物，应该为二氧化碳，故D正确；综上所述，答案为D。【点睛】燃烧热规定可燃物为1mol，生成稳定的氧化物二氧化碳和液态水放出的热量。12、B【分析】由反应①可知，发生消去反应，卤代烃能发生消去反应，而醇不能；由反应②可知，发生水解反应生成，卤代烃能发生水解反应，而醇不能；由反应③可知，醇与HBr发生取代反应；由反应④可知，发生消去反应，醇能发生消去反应，而卤代烃不能，以此来解答。【详解】由反应①可知，发生消去反应，卤代烃能发生消去反应，而醇不能，则产物中含有的官能团有碳碳双键、羟基两种；由反应②可知，发生水解反应生成，卤代烃能发生水解反应，而醇不能，则产物中含有的官能团只有羟基一种；由反应③可知，醇与HBr发生取代反应，则产物中含有的官能团有-Br一种；由反应④可知，发生消去反应，醇能发生消去反应，而卤代烃不能，则产物中含有的官能团有碳碳双键、-Br两种；故答案选B。13、A【详解】某烃的相对分子质量为86，分子中含有1个—CH2—、1个、和若干个—CH3，则该烃是烷烃，根据CnH2n+2可得14n+2=86，解得n=6。其结构简式是，该物质分子中含有3种不同的H原子，它们被分别取代得到三种不同的一氯代物，因此该烃的一氯代物有3种，故选A。14、D【解析】由图象曲线变化可知，在10min时，X浓度变化量为0.4mol/L，Y浓度变化量为0.2mol/L，则X为NO2的变化曲线，Y为N2O4的变化曲线，25min时，NO2的浓度增大，应为加入一定量的NO2，达到平衡的时间段为10min～25min以及30min以后，以此解答该题。【详解】A．25min时，NO2的浓度增大0.4mol/L，又因为体积为1L，所以应为加入0.4mol的NO2，选项A正确；B．达到平衡的时间段为10min～25min以及30min以后，表示化学反应处于平衡状态的点是b和d，选项B正确；C．由图象曲线变化可知，在10min时，X浓度变化量为0.4mol/L，Y浓度变化量为0.2mol/L，则X为NO2的变化曲线，Y为N2O4的变化曲线，选项C正确；D.a点c(NO2)=c(N2O4)，根据化学反应速率的计算公式及反应速率之比等于计量数之比可知，反应没有达平衡，v(正)≠v(逆)，选项D不正确。答案选D。【点睛】本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，本题注意把握曲线的变化趋势，正确判断外界条件对平衡移动的影响。15、A【解析】A.常温下，向0.1mol/LCH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7:电荷守恒c(Na+)+C(H+)=C(OH-)+C(Cl-)+C(CH3COO-),因为PH=7，所以c(Na+)=C(Cl-)+C(CH3COO-)，物料守恒c(Na+)=c(CH3COOH)+C(CH3COO-)，所以c(Na+)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)，故A正确；B.常温时，将pH=1的醋酸和pH=13的NaOH溶液等体积混合后得到CH3COONa和CH3COOH混合溶液，而且CH3COOH会过量很多，溶液显酸性:c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B错误；C.常温下0.1mol·L－1的下列溶液①NH4Al(SO4)2，铝离子水解会抑制铵根离子水解；②NH4Cl③NH3·H2O是弱电解质，少量电离，所以铵根离子浓度最小；④CH3COONH4中，醋酸根离子水解会促进铵根离子水解，所以c(NH4+)由大到小的顺序应该是：①＞②＞③＞④，故C错误；D.常温下，0.2mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合得到1:1的CH3COOH和CH3COONa混合液，物料守恒c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，C（Na+）=0.05mol/L,所以c(CH3COO－)+c(CH3COOH)－c(Na+)=0.1-0.05=0.05mol·L-1,故D错误；正确答案：A。16、C【解析】A、电解质溶液中是通过阴阳离子的定性移动形成电流，A错误；B、B电极上电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，有水生成，硝酸根离子不参加反应，所以硝酸根离子的物质的量不变，但氢离子消耗减少，溶液体积增大，所以硝酸浓度减小，B错误；C、A电极氮的氧化物失电子转化为硝酸根离子，电极反应式为：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+、NO-3e-+2H2O=NO3-+4H＋，C正确；D、1molNO和NO2的混合尾气中气体含量未知，则无法确定得失电子数目，则无法知道消耗氧气的量，D错误；答案选C。【点睛】本题考查了原电池原理，涉及电极反应式的书写、离子的移动方向判断等知识点，易错选项是CD，物质得失电子与电极的关系，氮的氧化物失电子数目不同，为易错点。17、B【解析】玉米和面粉的主要成分是淀粉，但精制面粉在制作过程中去掉了大量纤维素（细胞壁），玉米却不经过该处理，所以含纤维素较多。西芹的茎含有大量纤维素。豆腐在制作过程中也经加工处理去掉了纤维素，主要成分是蛋白质，故含膳食纤维较多的是①③。故选B。18、A【解析】A项，pH=3的硫酸c（H+）=0.001mol/L，硫酸完全电离，pH=11一元碱BOH，c（OH-）=0.001mol/L，若为强酸、强碱混合，混合后溶液呈中性，若为强酸、弱碱混合，氢离子和氢氧根离子正好反应生成盐和水，而弱碱存在电离平衡，平衡右移，还可以继续电离出氢氧根离子，所以溶液呈碱性，故A正确；B项，因醋酸为弱酸，浓度越大电离出的氢离子越多，但是氢离子浓度变化小于浓度增加程度，所以pH相差1，则浓的溶液浓度大于稀溶液的10倍，故B错误；C项，常温下将0.1mol/L的HI溶液加水稀释100倍，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，因为Kw不变，所以氢氧根离子浓度增大，故C错误；D项，①Fe2+对NH4＋水解有抑制作用，②CO32-对NH4＋水解有促进作用，③SO42-对NH4＋水解无影响，故NH4＋浓度相同的①(NH4)2Fe(SO4)2②(NH4)2CO3③(NH4)2SO4溶液：各溶液浓度大小顺序：②＞③＞①，D错误。点睛：本题考查水溶液，主要考查pH的简单计算，弱电解质在水溶液中的电离平衡，盐类水解的原理，离子浓度大小比较，注意把握影响盐类水解的影响因素和弱电解质电离的影响因素，难度较大。19、D【详解】A.两图中被腐蚀的都是Fe，说明Fe是负极，Sn为正极，说明金属性，A错误；B.从腐蚀程度来讲，乙明显比较严重，因海水中含有较多的盐分，腐蚀速率比河水快，故乙是海水环境下的腐蚀情况，甲是河水环境下的腐蚀情况，B错误；C.铁被腐蚀时电极反应式应为，C错误；D.金属性，用锌做补丁，Zn做负极被腐蚀，可以保护，D正确；答案选D。20、B【详解】36g碳的物质的量为=3mol，CO的物质的量为，由CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)；△H2＝－282.57kJ/mol可知，1molCO燃烧放出的热量为282.57kJ/mol×1mol=282.57kJ，即36g碳不完全燃烧生成1molCO损失的热量为282.57kJ。

故选B。21、D【详解】A.根据反应历程，结合图可知，第①步反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，第②③步均为反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反应，故A错误；B.根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，故B错误；C.由图可知，第①步反应的活化能最大，故C错误；D.活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，故D正确；故选：D。22、D【解析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，左侧为负极，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，右侧为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合原电池的工作原理可得结论。【详解】A．该燃料电池中，右侧通入氧化剂空气的电极为正极，电流从正极流向负极，即电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，故A叙述正确；B．通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，故B叙述正确；C．因为电池中正负极上为气体参与的反应，所以采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，故C叙述正确；D．该燃料电池持续放电时，正极上氧气得电子发生还原反应，放电过程中生成水，电解质溶液KOH的浓度减小，pH减小，故D叙述错误；答案选D。二、非选择题(共84分)23、丙烯NaOH醇溶液，加热不能，由于有机物C有两种结构，通过反应③④进行处理，转化为一种结构2+O22+2H2O【分析】苯与A发生反应①为加成反应产生B，根据B和苯结构简式知，A为CH2=CHCH3，B发生取代反应生成C，C发生消去反应生成D，则C可能为或。由E分子式及D、F的结构可知，D发生加成反应生成E，E水解生成F，则E为，F发生催化氧化生成G。【详解】根据上述分析可知：A是CH2=CHCH3；C是或；E是。(1)反应①为加成反应，根据B和苯结构简式知，A为CH2=CHCH3，有机物A的名称为丙烯；(2)反应③是C：或发生消去反应形成D：，需要的试剂和反应条件为：NaOH醇溶液、加热；(3)B是，芳香烃M与B互为同分异构体，其核磁共振氢光谱图峰面积之比为3：1，说明M中含有2种氢原子，氢原子个数之比为3：1，则M的结构简式为；(4)有机物C有两种结构，通过反应③④进行处理，转化为一种结构，所以不能简化掉；(5)反应⑥是F：与O2在Cu作催化剂条件下，加热被氧化为G：的过程，该反应的化学方程式为：2+O22+2H2O。【点睛】本题考查有机物的推断与合成。根据有机物的结构，采取正推、逆推相结合的方法进行分析判断，要熟练掌握各类物质的性质，注意反应前后官能团的转化，来确定反应条件。24、C8H83羟基羧基CH3CHO加成反应取代反应CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2ClHOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O【分析】Ⅰ.根据价键理论写出该物质的分子式；根据有机物结构，先确定一个氯原子位置，再判断另外一个氯原子位置有邻间对三种位置；根据分子中含有苯环，结合分子式C8H8，写出Y的结构简式，根据烯烃间发生加聚反应规律写出加成反应方程式；据以上分析解答。Ⅱ.由工艺流程图可知：乙烯与氯气发生加成反应生成物质A，为CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化得到物质B，为CH3CHO，CH3CHO氧化得到乙酸，乙酸与乙二醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成C，为CH3COOCH2CH2OOCCH3；据以上分析解答。【详解】Ⅰ.根据有机物成键规律：含有8个C，8个H，分子式为C8H8；先用一个氯原子取代碳上的一个氢原子，然后另外一个氯原子的位置有3种，如图：所以二氯代物有3种；Y是X的同分异构体，分子中含有1个苯环，根据分子式C8H8可知，Y的结构简式为；与CH2=CH2在一定条件下发生等物质的量聚合反应，生成高分子化合物，反应的化学方程式：；综上所述，本题答案是：C8H8，3，，。Ⅱ.由工艺流程图可知：乙烯与氯气发生加成反应生成物质A为CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化得到物质B为CH3CHO，CH3CHO氧化得到乙酸，乙酸与乙二醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成C为CH3COOCH2CH2OOCCH3；（1）乙醇结构简式为C2H5OH，含有官能团为羟基；乙酸结构简式为：CH3COOH，含有官能团为羧基；综上所述，本题答案是：羟基，羧基。（2）根据上面的分析可知，B为：CH3CHO；综上所述，本题答案是：CH3CHO。（3）反应①为乙烯在催化剂条件下能够与水发生加成反应生成乙醇；反应③为CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇，反应④为乙二醇与乙酸在一定条件下发生酯化反应；综上所述，本题答案是：加成反应，取代反应。（4）反应②为乙烯和氯气发生加成反应，化学方程式为：CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl；综上所述，本题答案是：CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl。反应④为乙二醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，化学方程式为：HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；综上所述，本题答案是：HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。25、环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失偏小不相等相等偏小【分析】根据中和热的测定实验原理、操作步骤与操作的规范性分析作答。【详解】(1)由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失；(3)大烧杯上如不盖硬纸板，会有热量散失，导致测得反应混合液的温度将偏低，则求得的中和热数值偏小；(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等；(5)氨水为弱碱，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。26、2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O生成Mn2+起催化剂作用，加快反应速率酸高锰酸钾溶液具有强氧化性，可腐蚀橡胶管不需要溶液由无色变浅红色（粉红色），且半分钟不褪色cV/10315cV/m%【详解】(1)反应中锰元素化合价降低5价，草酸中碳元素化合价升高1价，则高锰酸根离子和草酸的比例为2:5，则根据质量守恒和电荷守恒得到离子方程式为：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O。随着反应进行反应物的浓度都在减小，反应速率加快只能是在反应过程中生成的锰离子起催化剂作用，加快了反应速率。(2)高锰酸钾溶液具有强氧化性，可腐蚀橡胶管，所以只能用酸式滴定管。(3)高锰酸钾溶液有颜色，所以反应过程中不需要指示剂。滴定终点溶液由无色变浅红色（粉红色），且半分钟不褪色。(4)cmol·L-1的KMnO4溶液VmL滴定草酸，根据方程式2MnO4----5H2C2O4分析，设草酸的浓度为xmol/L，2MnO4----5H2C2O425cVx×25有，则草酸的浓度为cV/10mol/L。草酸晶体的纯度为=315cV/m%。27、E；A；B；C；G乙锥形瓶内溶液颜色的变化AD酸式滴定管KMnO4当滴入最后一滴酸性溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色【解析】根据中和滴定的原理、仪器、操作及误差分析回答问题，并迁移应用于氧化还原滴定。【详解】(1)中和滴定的一般操作：标准液注入滴定管，待测液放入锥形瓶，滴加指示剂，中和滴定，重复操作。据此滴定时正确操作顺序是EAFBCGD。(2)操作F中使用碱式滴定管，应该选择图中乙。(3)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便确定滴定终点。(4)三次滴定消耗标准溶液的体积分别是20.01mL、20.00mL、19.99mL，平均值为20.00mL。据HCl~NaOH，有c(HCl)×25.00mL=0.1500mol/L×20.00mL，c(HCl)=0.1200mol/L。(5)A.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，滴定管内壁附着的少量水将标准液稀释，使滴定时消耗的标准液体积偏大，测得盐酸浓度偏高；B.滴定过程中，待测溶液过量，锥形瓶内有液滴溅出即损失待测液。滴定消耗的标准液体积偏小，测得盐酸浓度偏低；C.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，使标准液体积偏小，测得盐酸浓度偏低；D.达到滴定终点时仰视读数，使终点读数偏大，使标准液体积偏大，测得盐酸浓度偏高；导致测定盐酸浓度偏高的是AD。(6)I.溶被还原为，被氧化成，根据得失电子数相等可写出2MnO4－+5H2C2O4—2Mn2++10CO2。酸性溶液用H+和H2O配平，再据电荷守恒、质量守恒得。Ⅱ、酸性

溶液有酸性和强氧化性，会腐蚀橡胶管，只能放在酸式滴定管中。

溶液本身有颜色，故不需另加指示剂。滴定过程中，当滴入最后一滴酸性溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点。Ⅲ、实验过程中有Ca2+~CaC2O4~H2C2O4~2/5MnO4－，则c(Ca2+)×2mL×=1.0×10-4mol/L×20mL，解得c(Ca2+)=2.5×10-3mol/L。28、b7c()=c(CH3COO—)>c(H＋)=c(OH—)CuOAl3＋+3H2OAl(OH)3（胶体）+3H