吉林省通化市第十四中學2024屆高二化學第一學期期中統(tǒng)考試題含解析

吉林省通化市第十四中學2024屆高二化學第一學期期中統(tǒng)考試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、在新研制的超導材料中，鉈（T1）是主要組成元素之一。已知鉈為ⅢA族原子序數(shù)最大的金屬元素，則下列關于鉈元素性質的推測，不正確的是（）A．是銀白色較軟的金屬B．可以形成氧化物Tl2O3C．Tl(OH)3與Al(OH)3相似，也是兩性氫氧化物D．與酸反應比鋁劇烈2、下列說法正確的是A．所有自發(fā)進行的化學反應都是放熱反應B．同一物質固、液、氣三種狀態(tài)的熵值相同C．△H<0、△S>0的反應可自發(fā)進行D．在其他條件不變的情況下，使用催化劑可以改變化學反應進行的方向3、下列試劑和裝置能達到實驗目的的是（）A．B．C．D．測定CO2的生成速率測定稀硫酸和稀氫氧化鈉的中和熱探究催化劑對反應速率的影響用稀硫酸比較鋁和鐵的金屬活動性A．A B．B C．C D．D4、用酸性氫氧燃料電池為電源進行電解的實驗裝置示意圖如圖所示。下列說法不正確的是（）A．燃料電池工作時，正極反應為O2+4H++4e﹣＝2H2OB．a極是銅，b極是鐵時，可實現(xiàn)鐵上鍍銅C．a極是含鋅、鐵的粗銅，b極是純銅，a極溶解銅的質量與b極析出的銅質量相等D．若a、b兩極均為石墨時，在相同條件下，a極產生的氣體與電池中消耗的H2體積不相同5、如圖,關閉活塞K,向A中充入1molX、1molY，向B中充入2molX、2molY，此時A、B的容積都是aL。在相同溫度和催化劑存在的條件下，使兩容器中各自發(fā)生下述反應：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)ΔH<0。A保持恒壓，B保持恒容。達平衡時，A的體積為1.4aL。下列說法錯誤的是A．反應速率:v(B)>v(A) B．A容器中X的轉化率為80%C．平衡時壓強:2p(A)=p(B) D．平衡時Y的體積分數(shù):A<B6、我國古代造紙工藝的部分過程如下，其中一定涉及化學變化的是A．水洗切料 B．加石灰水蒸煮C．搗爛打漿 D．成形曬干7、某無色溶液中含有大量Ba2＋、H＋、NO3—，該溶液中還可能大量存在的離子是()A．Cu2＋B．CH3COO－C．HCOD．NH8、已知H2(g)＋I2(g)2HI(g)，現(xiàn)有相同容積體積可變的兩個絕熱容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，在起始溫度相同的條件下分別達到平衡。下列說法正確的是()A．平衡時甲、乙兩容器的體積相等B．平衡時甲、乙兩容器中c(H2)相等C．平衡時甲、乙兩容器中v(H2)相等D．平衡時甲、乙兩容器中氣體總物質的量相等9、一定條件下，發(fā)生反應：①M(s)+N(g)?R(g)ΔH=-Q1kJ/mol②2R(g)+N(g)?2T(g)ΔH=-Q2kJ/mol（已知Q1、Q2、Q3均為正值）下列說法正確的是A．1molR(g)的能量總和大于1molM(s)與1molN(g)的能量總和B．將2molR(g)與1molN(g)充分混合，在一定條件下充分反應，放出熱量Q2kJC．當1molM(s)完全轉化為T(g)時（假定無熱量損失），放出熱量（Q1+0.5Q2）kJD．M(g)+N(g)?R(g)ΔH=-Q3kJ/mol，則Q3<Q110、下列物質能促進水的電離的是A．醋酸 B．醋酸鈉 C．乙醇 D．氯化鋇11、下列物質不能用于漂白的是()A．活性炭 B．鹽酸 C．次氯酸 D．二氧化硫12、已知A、B、C、D是短周期中原子序數(shù)依次增大的四種主族元素。A的單質在常溫下呈氣態(tài)，B原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，C在同周期的主族元素中原子半徑最大，元素D是地殼中含量最多的金屬元素。下列說法正確的是A．A、C的氧化物均含離子鍵B．C離子的半徑小于D離子的半徑C．A、B可形成多種原子個數(shù)比為1:1的化合物D．1molD單質與足量鹽酸反應得到標況下44.8LA單質13、氯化鐵溶液的顏色是A．無色B．粉紅色C．棕黃色D．淺綠色14、在某溫度時,測得純水中的c(H+)=2.0×10-7mol·L-1,則c(OH-)為()A．2.0×10-7mol·L-1 B．0.1×10-7mol·L-1 C．mol·L-1 D．無法確定15、常溫時，下列各組溶液中的離子一定能夠大量共存的是（）A．由水電離出的c（H+）=1.0×10－13mol/L的溶液中：Na+、Cl－、NH、SOB．含有大量的Al3+溶液中：K+、Na+、CO、HCOC．使甲基橙試液變黃的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO、Cl－D．c（H+）=1.0×10－13mol/L的溶液中：Na+、S2－、CO、SO16、已知某有機物X的結構簡式為，下列有關敘述不正確的是A．1molX分別與足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反應，消耗這三種物質的物質的量分別為3mol、4mol、1molB．X在一定條件下能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應C．X在一定條件下能發(fā)生消去反應和酯化反應D．X的化學式為C10H10O617、將固體NH4HS置于密閉容器中，在某溫度下發(fā)生下列反應:NH4HS(s)?NH3(g)＋H2S(g),H2S(g)?H2(g)＋S(g)。當反應達到平衡時C(H2)=0.5mol/L,C(H2S)=4.0mol/L，則第一步的平衡常數(shù)為A．16(mol/L)2B．18(mol/L)2C．20.25(mol/L)2D．22(mol/L)218、下列變化中屬于原電池反應的是A．馬口鐵(鍍Sn鐵)表面有劃損時，也能阻止鐵被氧化B．在空氣中金屬鋁表面迅速被氧化形成保護膜C．紅熱的鐵絲與水接觸表面形成藍色保護層D．在鐵與稀H2SO4反應時，加幾滴CuSO4溶液，可加快H2的產生19、室溫下，甲、乙兩燒杯均盛有5mLpH=2的某一元酸溶液，現(xiàn)向乙燒杯中加水稀釋至pH=3。此時關于甲、乙兩燒杯中溶液的描述正確的是A．溶液的體積：10V甲＝V乙B．溶液的體積：V乙≥10V甲C．溶液的濃度：c甲＝10c乙D．水電離出的c(OH-)：10c(OH-)甲≤c(OH-)乙20、在K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黃色）+2H+。向K2Cr2O7溶液中加入X溶液，可使溶液變黃，下列說法一定不正確的是A．加入X溶液，上述平衡正向移動B．Cr2O72-的物質的量濃度增大C．X溶液可能是NaOH溶液D．再加入H2SO4，可使黃色溶液變?yōu)槌壬?1、下列說法正確的是A．焓變單位是kJ?mol?1，是指1mol物質參加反應時的能量變化B．當反應放熱時ΔH>0，反應吸熱時ΔH<0C．一個化學反應中，當反應物的總能量大于生成物的總能量時，反應放熱，ΔH為“?”D．一個化學反應中，生成物總鍵能大于反應物的總鍵能時，反應吸熱，ΔH為“+”22、在一定條件下，可逆反應A(g)+B(g)mC(g)變化如圖所示。已知縱坐標表示在不同溫度和壓強下生成物C在混合物中的質量分數(shù)，p為反應在T2溫度時達到平衡后向容器加壓的變化情況，下列說法正確的是()A．T1<T2B．正反應是放熱反應C．m<2D．恒溫、恒容充入稀有氣體，平衡逆向移動二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E代表前四周期原子序數(shù)依次增大的五種元素。A、D同主族且A原子的2p軌道上有1個電子的自旋方向與其它電子的自旋方向相反；工業(yè)上電解熔融C2A3制取單質C；B、E除最外層均只有2個電子外，其余各層全充滿。回答下列問題：（1）B、C中第一電離能較大的是__(用元素符號填空)，基態(tài)E原子價電子的軌道表達式______。（2）DA2分子的VSEPR模型是_____。（3）實驗測得C與氯元素形成化合物的實際組成為C2Cl6，其球棍模型如圖所示。已知C2Cl6在加熱時易升華，與過量的NaOH溶液反應可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6屬于_______晶體（填晶體類型），其中C原子的雜化軌道類型為________雜化。②[C(OH)4]-中存在的化學鍵有________。a．離子鍵b．共價鍵c．σ鍵d．π鍵e．配位鍵f．氫鍵（4）B、C的氟化物晶格能分別是2957kJ/mol、5492kJ/mol，二者相差很大的原因________。（5）D與E形成化合物晶體的晶胞如下圖所示：①在該晶胞中，E的配位數(shù)為_________。②原子坐標參數(shù)可表示晶胞內部各原子的相對位置。上圖晶胞中，原子的坐標參數(shù)為：a(0，0，0)；b(，0，)；c(，，0)。則d原子的坐標參數(shù)為______。③已知該晶胞的邊長為xcm，則該晶胞的密度為ρ=_______g/cm3（列出計算式即可）。24、（12分）格氏試劑在有機合成方面用途廣泛，可用鹵代烴和鎂在醚類溶劑中反應制得。設R為烴基，已知：閱讀合成路線圖，回答有關問題：（1）反應Ⅰ的類型是____。（2）反應Ⅱ的化學方程式為____。（3）反應Ⅲ的條件是____。（4）G的一種同分異構體中含有苯環(huán)且分子中有3種不同化學環(huán)境的氫原子，其結構簡式為____。25、（12分）由于Fe(OH)2極易被氧化，所以實驗室很難用亞鐵鹽溶液與燒堿反應制得白色純凈的Fe(OH)2沉淀。若用如圖所示實驗裝置則可制得純凈的Fe(OH)2沉淀，兩極材料分別為石墨和鐵。①a電極材料為_______，該電極的電極反應式為________.②若白色沉淀在電極周圍生成，則電解液d是____(填序號，下同)；若白色沉淀在兩極之間的溶液中生成，則電解液d是____。A．純水B．NaCl溶液C．NaOH溶液D．CuCl2溶液③液體c為苯，其作用是__________④要想盡早在兩極之間的溶液中看到白色沉淀，可以采取的措施是（_______）A．改用稀硫酸作電解B．適當增大電源電壓C．適當降低電解液溫度26、（10分）(一)室溫下，在25mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，曲線如下圖所示，回答下列問題：(1)寫出CH3COOH的電離方程式__________________________。(2)下列說法不正確的是___________________。A．0.1mol/LCH3COOH溶液中,CH3COOH電離度約為1%B．B點滿足：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(OH-)-2c(H+)C．C點時的離子濃度關系為：c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)D．D點時的離子濃度關系為：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)(3)室溫下，試計算CH3COOH電離平衡常數(shù)為____________（用含b的表達式表示）。(二)實驗室為測定食醋中CH3COOH的濃度，取25mL食醋置于250mL容量瓶中，加水稀釋至刻度并搖勻。用酸式滴定管量取25.00mL稀釋后的醋酸溶液放入錐形瓶中，加指示劑，然后用0.1000mol·L-1NaOH標準溶液進行滴定。(4)指示劑應為________。A．甲基橙B．甲基紅C．酚酞D．石蕊(5)滴定終點的判斷方法為____________________________________________________。(6)為提高測定的準確度，重復上述實驗三次，0.1000mol·L-1NaOH標準溶液滴定前后的讀數(shù)如下表所示，則該食醋中CH3COOH的濃度為_________mol·L-1。實驗次數(shù)稀釋后的醋酸溶液體積/mLNaOH滴定前讀數(shù)/mLNaOH滴定后讀數(shù)/mL第1次25.000.1024.00第2次25.000.5022.50第3次25.000.2024.30(7)用0.1000mol·L-1NaOH標準溶液進行滴定，下列操作會導致測定結果偏高的是_______。A．堿式滴定管內滴定后產生氣泡B．讀取標準液讀數(shù)時，滴定前俯視，滴定到終點后仰視C．配制0.1000mol·L-1NaOH溶液時，固體NaOH中含有結晶水D．堿式滴定管未潤洗就裝入標準液進行滴定27、（12分）鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液在下圖所示的裝置中進行中和反應。通過測定反應過程中所放出的熱量可計算中和熱?；卮鹣铝袉栴}：(1)從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是__________。(2)燒杯間填滿碎紙條的作用是__________。(3)大燒杯上如不蓋硬紙板，求得的中和熱數(shù)值__________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。(4)實驗中改用60mL0.50mol/L鹽酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，所放出的熱量__________(填“相等”或“不相等”)，所求中和熱________(填“相等”或“不相等”)。(5)若三次平行操作測得數(shù)據(jù)中起始時鹽酸與燒堿溶液平均溫度相同，而終止溫度與起始溫度差t2—t1分別為2.2℃、2.4℃、3.4℃，則最終代入計算式的溫差均值為__________。28、（14分）H2和I2在一定條件下反應生成HI：H2(g)+I2(g)2HI(g)。在2L恒容密閉容器中充入1molH2和3molI2，在一定溫度下發(fā)生上述反應，反應至10min時測得HI為1mol。（1）反應至10min時，H2的轉化率為__；0-10min時間段內，I2的平均反應速率為__。（2）10min時氣體總壓強__起始氣體壓強（填“大于”“小于”或“等于”）；若反應繼續(xù)進行，達到平衡時，容器中存在___種分子。（3）若起始時氣體壓強為P0Pa，10min時混合氣體中H2的分壓p(H2)=__Pa。（提示：氣體分壓=總壓×氣體的物質的量分數(shù)）29、（10分）我校某興趣小組利用亞硫酸氫鈉與碘酸鉀相互作用，因濃度與溫度的不同，反應快慢不同，從而說明反應物的濃度、溫度對反應速率的影響。其化學反應方程如下：KIO3+NaHSO3K2SO4+Na2SO4+NaHSO4+I2+H2O(1)配平方程：____________________________________(2)該反應的氧化劑是_________。若反應中轉移了8mol電子，則生成碘單質____mol。該反應的過程和機理較復雜，一般可以分成以下幾步：①IO3-+3HSO3-→3SO42-+3H++I-(慢)②IO3-+5I-+6H+→3I2↓+3H2O(慢)③I2+HSO3-+H2O→2I-+SO42-+3H+(快)(3)根據(jù)上述條件推測，此反應總的反應速率由_________步反應決定。(填序號)(4)向NaHSO3溶液與淀粉的混合溶液中加入KIO3溶液，當溶液中__________離子耗盡后，溶液顏色將由無色變?yōu)開________色。(5)為探究KIO3濃度和溫度對化學反應速率的影響，設計的實驗方案如下表：實驗序號體積V/mL、溫度t/℃NaHSO3溶液水KIO3溶液淀粉溶液溫度①15.025.050.02.050②15.025.050.02.018③15.0Vx40.02.018表中Vx=_______mL，理由是____________________________________________。反應速率最快的實驗組序號為_________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【分析】鉈為ⅢA族原子序數(shù)最大的金屬元素，Al為ⅢA族元素，利用第ⅢA族元素性質的變化規(guī)律來解答．【題目詳解】A．Al為銀白色金屬，則Tl是銀白色較軟的金屬，故A正確；

B．ⅢA族元素的最高價為+3價，則可以形成氧化物Tl2O3，故B正確；

C．同主族從上到下金屬性在增強，Al(OH)

3為兩性氫氧化物，則Tl(OH)3為堿性氫氧化物，故C不正確；

D．同主族從上到下金屬性在增強，則Tl與酸反應比鋁劇烈，故D正確；

故答案選C．2、C【題目詳解】A．自發(fā)進行的化學反應有的是放熱反應，有的是吸熱反應，錯誤；B．同一物質固、液、氣三種狀態(tài)的熵值不相同，錯誤；C．△H<0、△S>0的反應，由于△G=△H-T△S<0，所以可自發(fā)進行，正確；D．在其他條件不變的情況下，使用催化劑可以改變化學反應速率，但是不能改變反應進行的方向，錯誤。答案選C。3、C【分析】A.裝置應該用分液漏斗，生成的二氧化碳可以從長頸漏斗中逸出；B.裝置缺少環(huán)形玻璃攪拌棒；C.對比兩個裝置，滴加氯化鐵的產生氣泡加快，則證明催化劑對反應速率的影響；D.鋁粉和鐵釘無法對比，應固體的表面積相同；【題目詳解】A.裝置應該用分液漏斗，生成的二氧化碳可以從長頸漏斗中逸出，A錯誤；B.裝置缺少環(huán)形玻璃攪拌棒，B錯誤；C.對比兩個裝置，在其他條件相同時，滴加氯化鐵的產生氣泡加快，則證明催化劑對反應速率的影響，C正確；D.鋁粉和鐵釘無法對比，固體的表面積不相同則不具有可比性，D錯誤；答案為C【題目點撥】外因對反應速率的影響，在對比兩個實驗時，應根據(jù)控制變量法的原理，只改變一個條件來探究該條件對化學反應速率的影響。4、C【分析】左邊裝置是氫氧燃料電池，所以是原電池，原電池放電時，燃料失電子發(fā)生氧化反應，所以通入H2的電極為負極，通入O2的電極為正極，正極上氧化劑得電子發(fā)生還原反應，由于電解質溶液呈酸性，正極反應為：O2+4e-+4H+=2H2O；右邊裝置有外接電源，所以是電解池，連接負極的b電極是陰極，連接正極的a電極是陽極，陽極上發(fā)生失電子氧化反應，陰極上發(fā)生得電子還原反應?！绢}目詳解】A．由于電解質溶液呈酸性，正極發(fā)生還原反應，氧氣被還原生成水，電極反應為：O2+4e-+4H+=2H2O，選項A正確；B．a極是銅，b極是鐵時，銅被氧化，b極上銅離子得電子有銅析出，選項B正確；C．若a極是粗銅，b極是純銅時，a極上比Cu活潑的金屬Zn、Fe也失去電子，但b極上只析出Cu，根據(jù)電子守恒，則a極溶解Cu的質量小于b極上析出銅的質量，選項C不正確；D．a、b兩極均是石墨時，在相同條件下a極產生的氣體為氧氣，根據(jù)電子守恒，與電池中消耗的H2體積不相等，選項D正確。答案選C?！绢}目點撥】本題考查原電池和電解池知識，為高考常見題型和高頻考點，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，易錯點為A，注意電解質的酸堿性，為解答該題的關鍵。5、C【題目詳解】A.對X

(g)+Y(g)

2Z(g)+W(g)來說，開始時只加入反應物X和Y，該反應將向正反應發(fā)向進行以建立化學平衡，對容器A來說，在建立化學平衡的過程中，反應混合物的總物質的量會增大，根據(jù)阿伏伽德羅定律(同溫同容時，壓強之比等于物質的量之比)，其體積要增大，各組分的物質的量濃度就要減下，其反應速率也要減小，對于B容器來說，體積不變，各組分初始濃度是A容器的2倍，每個時刻的反應速率都將大于A容器，即反應速率：v(B)>v(A)，故A不選；

B.根據(jù)阿伏伽德羅定律(同溫同容時，壓強之比等于物質的量之比)，達平衡后，混合氣體的物質的量是初始時物質的量的1.4倍，即1.4×2mol=2.8mol，即增加了0.8mol，根據(jù)化學方程式的計算可知，即達平衡后，反應掉0.8mol，A容器中X的轉化率為80%，故B不選；C.因為B容器的初始量是A容器的2倍，在相同溫度下，當A容器的體積是B容器體積的二分之一(即0.5aL)時，達到平衡后，各組分的濃度、百分含量、容器的壓強都相等，且壓強為P（B），當把此時A容器體積由0.5a體積擴大為1.4aL，不考慮平衡移動時壓強會變?yōu)?P（B）/14，當再建立平衡時，A容器的原平衡將向正反應方向移動，盡管氣體的總物質的量要增加，但體積變化對壓強的影響大，即P（B）>2P（A），故C選；D.根據(jù)C項中A容器的平衡變化，建立新平衡后，(容積為0.5aL與容積為1.4aL相比)Y的體積分數(shù)要減小，即平衡時Y體積分數(shù)A<B，故D不選；故選：C。6、B【分析】有新物質生成的過程為化學變化，沒有新物質生成的過程為物理變化，據(jù)此分析?！绢}目詳解】A．水洗切料過程中沒有新物質生成，屬于物理變化，故A不符合題意；B．紙的主要成分為纖維素，加石灰水蒸煮后，纖維素在堿性條件下會發(fā)生水解，有新物質生成，屬于化學變化，故B符合題意；C．搗爛打漿過程中沒有新物質生成，屬于物理變化，故C不符合題意；D．成形曬干過程中沒有新物質生成，屬于物理變化，故D不符合題意；答案選B。7、D【解題分析】A.Cu2＋有顏色，與無色溶液不符，故A錯誤；B.CH3COO－與H+

不能共存，生成醋酸，故B錯誤；C.H+和HCO3-不能共存，生成水和二氧化碳，故C錯誤；D.NH4+可以與Ba2＋、H＋、NO3-共存，故D正確。故選D。8、D【解題分析】由于反應的容器是絕熱的，而正反應與逆反應的熱效應是相反的，即甲、乙兩個容器中平衡時的溫度不同，因此平衡狀態(tài)是不同的。但根據(jù)反應的方程式可知，反應前后氣體的物質的量是相同的，所以選項D正確，其余選項都是錯誤的，答案選D。9、C【題目詳解】A、反應①為放熱反應，1molR(g)的能量總和小于1molM(s)與1molN(g)的能量總和，A錯誤；B、反應②為可逆反應，可逆反應不能進行到底，將2molR(g)與1molN(g)在該條件下充分反應，放出熱量小于Q2kJ，B錯誤；C、根據(jù)反應①、②，利用蓋斯定律分析知，當1molM(s)完全轉化為T(g)時(假定無熱量損失)，放出熱量Q1+Q2/2kJ，C正確；D、1molM(g)具有的能量大于1molM(s)，結合反應①知，M(g)+N(g)R(g)△H=－Q3kJ·mol－1,則Q3＞Q1，D錯誤。故答案選C。10、B【題目詳解】A．醋酸電離會生成H+，因此對水的電離有抑制作用，A項錯誤；B．醋酸鈉中的醋酸根會發(fā)生水解，消耗水電離生成的H+，因此會對水的電離產生促進作用，B項正確；C．乙醇屬于非電解質，溶于水不發(fā)生電離，對于水的電離無影響，C項錯誤；D．BaCl2溶于水電離出的Ba2+和Cl-不會發(fā)生水解，對于水的電離無影響，D項錯誤；答案選B?！绢}目點撥】一般來講，能夠抑制水的電離的物質有：酸，堿等；能夠促進水的電離的物質有：能水解的鹽，金屬鈉等。11、B【題目詳解】活性炭具有吸附性、次氯酸具有強氧化性、SO2具有漂白性，均能用于漂白，鹽酸不能，答案選B。12、C【解題分析】已知A、B、C、D是短周期中原子序數(shù)依次增大的四種主族元素。元素D是地殼中含量最多的金屬元素，則D為Al；B原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，且原子序數(shù)小于Al，則B為C；C在同周期的主族元素中原子半徑最大，同周期從左到右原子半徑逐漸減小，且C位于第三周期，則C為Na；A的單質在常溫下呈氣態(tài)，原子序數(shù)小于C，為主族元素，則A為H。綜上，A、B、C、D是分別為H、C、Na、Al；據(jù)以上分析解答?！绢}目詳解】已知A、B、C、D是短周期中原子序數(shù)依次增大的四種主族元素。元素D是地殼中含量最多的金屬元素，則D為Al；B原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，且原子序數(shù)小于Al，則B為C；C在同周期的主族元素中原子半徑最大，同周期從左到右原子半徑逐漸減小，且C位于第三周期，則C為Na；A的單質在常溫下呈氣態(tài)，原子序數(shù)小于C，為主族元素，則A為H。綜上，A、B、C、D是分別為H、C、Na、Al。A項，A的氧化物H2O、H2O2中只含有共價鍵，C的氧化物Na2O、Na2O2中均含有離子鍵，故A項錯誤；B項，Na+和Al3+的結構相似、核外電子數(shù)相同，根據(jù)“序大徑小”規(guī)律可知，Na+的半徑大于Al3+，故B項錯誤；C項，A、B可組成乙炔（C2H2）、苯（C6H6）等多種原子個數(shù)比為1:1的化合物，故C項正確；D項，鋁和鹽酸反應生成氯化鋁和氫氣，根據(jù)：2Al---3H2可知，1mol鋁單質與足量鹽酸反應得到標況下33.6L氫氣，故D項錯誤；綜上所述，本題選C。13、C【解題分析】A、鐵離子是黃色的，因此無色不正確，選項錯誤；B、鐵離子是黃色的，氯離子是無色的，水分子是無色的，因此粉紅色不正確，選項錯誤；C、三氯化鐵溶液的顏色是黃色的，因為鐵離子是黃色的，氯離子是無色的，水分子是無色的，選項正確；D、鐵離子是黃色的，氯離子是無色的，水分子是無色的，因此淺綠色不正確，選項錯誤；答案選C。14、A【題目詳解】純水呈中性，氫離子濃度與氫氧根濃度相等，則純水中c(H+)=c(OH-)=2.0×10-7mol/L；答案為A?！绢}目點撥】特別注意，不能根據(jù)水的離子積進行相關計算。15、D【題目詳解】A.由水電離出的c(H+)=1.0×10－13mol/L的溶液，說明水的電離受到了抑制，溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，酸性溶液中H+能與SO發(fā)生反應，堿性溶液中氫氧根離子能和NH反應、不能大量共存，A不符合題意；B.CO、HCO均能與Al3+發(fā)生雙水解反應，不能大量共存，B不符合題意；C.使甲基橙試液變黃，溶液pH>4.4，堿性溶液中氫氧根離子能Fe2+、Mg2+發(fā)生反應，不能大量共存，C不符合題意；D.c(H+)=1.0×10－13mol/L的溶液中，c(OH-)=1.0×10－1mol/L，溶液呈堿性：Na+、S2－、CO、SO相互間不會發(fā)生反應，可以大量共存，D符合題意；答案選D。16、C【題目詳解】A．與Na反應的有—OH和—COOH，需要3mol；與NaHCO3反應的只有—COOH，需要1mol；與NaOH反應的有酚羥基、羧基和酯基，特別注意酚酯基水解生成酚羥基，需要4mol，正確；B．有酚羥基，故能與三氯化鐵顯色，正確；C．苯環(huán)上的氫原子不能消去，故不能發(fā)生消去反應，錯誤；D．不飽和度為6，分子式為C10H10O6，正確。17、B【解題分析】反應NH4HS(s)?NH3(g)＋H2S(g)的平衡常數(shù)K=c(NH3)×c(H2S),分解生成的H2S為平衡時H2S與分解的H2S之和,由反應H2S(g)?H2(g)＋S(g)可以知道,分解的H2S為0.5mol/L,從而可以知道分解生成的NH3為4.5mol/L，代入反應NH4HS(s)?NH3(g)＋H2S(g)的平衡常數(shù)表達式，K=c(NH3)×c(H2S)計算即可?！绢}目詳解】平衡時c(H2S)=4.0mol/L分解生成H2的濃度為0.5mol/L，NH4HS(s)分解為H2S的濃度為4.0mol/L+0.5mol/L=4.5mol/L，分解產物NH3的濃度為c(NH3)=4.5mol/L，K=c(NH3)?c(H2S)=4.5mol/L×4.0mol/L=18(mol/L)2，所以本題答案為B?！绢}目點撥】本題是一個連續(xù)反應的平衡常數(shù)的計算，對于NH4HS(s)?NH3(g)＋H2S(g)平衡常數(shù)的計算，NH3的平衡濃度等于H2S的平衡濃度與H2S分解濃度之和。18、D【解題分析】屬于原電池反應，說明符合原電池的構成條件，原電池的構成條件是：①有兩個活潑性不同的電極，②將電極插入電解質溶液中，③兩電極間構成閉合回路，④能自發(fā)的進行氧化還原反應。【題目詳解】A．鐵、錫和電解質溶液符合原電池構成條件，則形成原電池，鐵易失電子作負極，錫作正極，鐵不能被保護，故A錯誤；B．鋁在空氣中，極易和氧氣反應生成氧化物薄膜，該反應中沒有兩個活潑性不同的電極，不能構成原電池，所以發(fā)生的不是原電池反應，故B錯誤；C．紅熱的鐵絲和水直接反應生成黑色的四氧化三鐵和氫氣，不符合原電池構成條件，屬于化學腐蝕，故C錯誤；D、在鐵與稀H2SO4反應時，加幾滴CuSO4溶液，鐵與CuSO4反應生成少量銅，銅、鐵、硫酸形成原電池，可加快H2的產生，故D正確。故選D。19、B【解題分析】A、假設酸是弱酸，則pH減小1時，體積大于原來的10倍，如果是強酸，則pH減小1時體積是原來的10倍；B、假設酸是弱酸，則pH減小1時，體積大于原來的10倍，如果是強酸，則pH減小1時體積是原來的10倍；C、若酸強酸，酸全電離，則c甲＝10c乙；若酸是弱酸，則c甲>10c乙；D、水電離出的c（OH－）=Kw/c(H＋)；【題目詳解】A．若酸強酸，則依據(jù)溶液稀釋過程中氫離子物質的量不變，則10V甲=V乙，若酸為弱酸，加水稀釋時，促進弱酸的電離，電離產生的氫離子增多，要使pH仍然為4，加入的水應該多一些，所以10V甲＜V乙，故A錯誤；B、由A分析，故B正確；C、若酸強酸，酸全電離，則c甲＝10c乙；若酸是弱酸，則c甲>10c乙，故C錯誤；D、pH=2的酸中，氫氧根離子全部由水電離產生，c（OH－）甲=Kw/c(H＋)=10-12mol·L－1，pH=3的酸中，氫氧根離子全部由水電離產生，c（OH－）乙=Kw/c(H＋)=10-11mol·L－1，則10c（OH－）甲=c（OH－）乙，故D錯誤.故選B。20、B【解題分析】在K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+，向橙色的K2Cr2O7溶液中加入X溶液，可使溶液變黃，說明平衡正向進行，依據(jù)平衡移動原理分析判斷?！绢}目詳解】A、向橙色的K2Cr2O7溶液中加入X溶液，可使溶液變黃，說明平衡正向進行，選項A正確；B、若Cr2O72-的物質的量濃度增大，溶液成橙色，選項B錯誤；C、X溶液可能是NaOH溶液，加入和氫離子反應，化學平衡正向進行，溶液成黃色，選項C正確；D、加入H2SO4，氫離子濃度增大，平衡逆向進行，可使黃色溶液變?yōu)槌壬?，選項D正確；答案選B?！绢}目點撥】本題考查了化學平衡影響因素分析，化學平衡移動原理的應用，掌握反應離子特征和平衡移動方向是關鍵，題目較簡單。21、C【題目詳解】A.焓變單位kJ?mol?1中的每摩爾，既不是指每摩反應物，也不是指每摩生成物，而是指每摩反應，故A不選；B.反應放熱后會使體系能量降低，所以放熱反應的ΔH為“-”，反應吸熱后會使體系能量升高，所以吸熱反應的ΔH為“+”，故B不選；C.當反應物的總能量大于生成物的總能量時，由能量高的反應物生成能量低的生成物時，會釋放能量，所以反應放熱，ΔH為“?”，故C選；D.斷裂反應物中的化學鍵時要吸收能量，形成生成物中的化學鍵時要放出能量，一個化學反應中，生成物總鍵能大于反應物的總鍵能時，反應放熱，ΔH為“—”，故D不選。故選C?！绢}目點撥】熱化學方程式里的ΔH的單位kJ?mol?1中的每摩爾表示的每摩反應，是反應進度的單位。一個化學反應放熱還是吸熱，可以從反應物和生成物的總能量的相對大小來解釋，也可以從化學鍵斷裂吸收的能量和化學鍵形成放出的能量的相對大小來解釋。反應物和生成物的能量無法測量，所以如果計算ΔH，可以用化學鍵的數(shù)據(jù)來計算：用反應物的總鍵能減去生成物的總鍵能。22、B【解題分析】根據(jù)平衡移動原理分析判斷。【題目詳解】A項：其它條件相同時，T1溫度下先達到平衡，則反應快、溫度高，T1>T2，A項錯誤；B項：較高溫度T1平衡時C%較小，較低溫度T2平衡時C%較大，即升溫左移，逆反應吸熱、正反應放熱，B項正確；C項：T2溫度平衡后加壓，C%減小，即加壓左移，m>2，C項錯誤；D項：恒溫、恒容充入稀有氣體，不能改變正、逆反應速率，化學平衡不移動，D項錯誤。本題選B。二、非選擇題(共84分)23、Mg平面三角形分子sp3bceAl3+比Mg2+電荷多，半徑小，晶格能大4（1，，）【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序數(shù)依次增大的五種元素。A、D同主族且A原子的2p軌道上有1個電子的自旋方向與其它電子的自旋方向相反，則A是核外電子排布式是1s22s22p4，所以A是O元素；D是S元素；工業(yè)上電解熔融C2A3制取單質C，則C為Al元素；基態(tài)B、E原子的最外層均只有2個電子，其余各電子層均全充滿，結合原子序數(shù)可知，B的電子排布為1s22s22p63s2、E的電子排布為1s22s22p63s23p63d104s2，B為Mg，E為Zn，以此來解答?！绢}目詳解】由上述分析可知，A為O元素，B為Mg元素，C為Al元素，D為S元素，E為Zn元素。(1)Mg的3s電子全滿為穩(wěn)定結構，難失去電子；C是Al元素，原子核外電子排布式是1s22s22p63s33p1，失去第一個電子相對容易，因此元素B與C第一電離能較大的是Mg；E是Zn元素，根據(jù)構造原理可得其基態(tài)E原子電子排布式是[Ar]3d104s2，所以價電子的軌道表達式為；(2)DA2分子是SO2，根據(jù)VSEPR理論，價電子對數(shù)為VP=BP+LP=2+=3，VSEPR理論為平面三角形；(3)①C2Cl6是Al2Cl6，在加熱時易升華，可知其熔沸點較低，據(jù)此可知該物質在固態(tài)時為分子晶體，Al形成4個共價鍵，3個為σ鍵，1個為配位鍵，其雜化方式為sp3雜化；②[Al(OH)4]-中，含有O-H極性共價鍵，Al-O配位鍵，共價單鍵為σ鍵，故合理選項是bce；(4)B、C的氟化物分別為MgF2和AlF3，晶格能分別是2957kJ/mol、5492kJ/mol，同為離子晶體，晶格能相差很大，是由于Al3+比Mg2+電荷多、離子半徑小，而AlF3的晶格能比MgCl2大；(5)①根據(jù)晶胞結構分析，S為面心立方最密堆積，Zn為四面體填隙，則Zn的配位數(shù)為4；②根據(jù)如圖晶胞，原子坐標a為(0，0，0)；b為(，0，）；c為(，，0），d處于右側面的面心，根據(jù)幾何關系，則d的原子坐標參數(shù)為（1，，）；③一個晶胞中含有S的個數(shù)為8×+6×=4個，含有Zn的個數(shù)為4個，1個晶胞中含有4個ZnS，1個晶胞的體積為V=a3cm3，所以晶體密度為ρ==g/cm3?！绢}目點撥】本題考查晶胞計算及原子結構與元素周期律的知識，把握電子排布規(guī)律推斷元素、雜化及均攤法計算為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意(5)為解答的難點，具有一定的空間想象能力和數(shù)學計算能力才可以。24、加成濃硫酸、加熱【分析】（1）根據(jù)已知信息即前后聯(lián)系得。（2）反應Ⅱ主要是醇的催化氧化。（3）G為醇，變?yōu)樘继茧p鍵，即發(fā)生消去反應。（4）根據(jù)題意得出G同分異構體有對稱性，再書寫?！绢}目詳解】（1）根據(jù)已知信息得出反應Ⅰ的類型是加成反應，故答案為：加成。（2）反應Ⅱ主要是醇的催化氧化，其方程式為，故答案為：。（3）G為醇，變?yōu)樘继茧p鍵，即發(fā)生消去反應，因此反應Ⅲ的條件是濃硫酸、加熱，故答案為：濃硫酸、加熱。（4）G的一種同分異構體中含有苯環(huán)且分子中有3種不同化學環(huán)境的氫原子，說明有對稱性，則其結構簡式為，故答案為：。25、FeFe-2e-=Fe2+CB隔絕空氣，防止白色沉淀被氧化B【題目詳解】①該裝置為制備純凈Fe(OH)2沉淀的裝置，則Fe作陽極，即a電極為Fe，發(fā)生的電極反應為：Fe-2e-=Fe2+，故答案為：Fe；Fe-2e-=Fe2+；②A．純水幾乎不導電，不可作電解液，A不滿足題意；B．電解質液為NaCl溶液時，陽極反應為水電離的H+得電子產生OH-，OH-和Fe2+遷移后在兩極之間的溶液產生白色Fe(OH)2沉淀，B滿足白色沉淀在兩極之間的溶液中生成；C．電解質液為NaOH溶液，F(xiàn)e電極附近有高濃度的OH-，白色沉淀在Fe電極負極產生，C滿足色沉淀在電極周圍生成；D．電解質液為CuCl2溶液，陰極為Cu2+得電子得到Cu，不產生白色Fe(OH)2沉淀，D不滿足題意；故答案為：C；B；③苯不溶于水，密度比水小，浮在電解液表面，可隔絕空氣，防止白色沉淀被氧化，故答案為：隔絕空氣，防止白色沉淀被氧化；④A．改用稀硫酸作電解，稀硫酸為強酸，不會產生白色Fe(OH)2沉淀，A不滿足題意；B．適當增大電源電壓，反應速率加快，可盡早在兩極之間的溶液中看到白色沉淀，B滿足題意；C．降低電解液溫度，反應速率減小，看到白色沉淀的時間變長，C不滿足題意；故答案為：B。26、CH3COOHCH3COO-+H+BD10-7b/(25-b)C當?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH，溶液顏色由無色變淺紅色，且半分鐘內不褪色0.9600BCD【解題分析】（1）醋酸是弱酸，電離方程式為：CH3COOHCH3COO-+H+。（2）根據(jù)電荷守恒和物料守恒推導。（3）溶液的PH=7，根據(jù)電荷守恒，c(CH3COO-)=c(Na+)=b×10-4mol·L-1，根據(jù)物料守恒，c(CH3COOH)=25×10-4-b×10-4，K=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)=b×10-4×10-7/（25-b）×10-4=10-7b/(25-b)。（4）用氫氧化鈉滴定醋酸，在滴定終點得到的是醋酸鈉溶液，溶液呈弱堿性，所以要選用酚酞作指示劑。（5）滴定終點的判斷方法為：當?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH，溶液顏色由無色變淺紅色，且半分鐘內不褪色。（6）第2組數(shù)據(jù)無效，根據(jù)NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O可知消耗NaOH的物質的量和CH3COOH的物質的量相等來計算。（7）根據(jù)c（待測）=c（標準）×V（標準）/V（待測）推導?！绢}目詳解】（1）醋酸是弱酸，電離方程式為：CH3COOHCH3COO-+H+，故答案為CH3COOHCH3COO-+H+。（2）A.由圖可知，滴定前0.1mol·L-1CH3COOH溶液的PH值為3，電離度為（10-3/0.1）×100％≈1%；故A正確；B.B點得到等物質的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根據(jù)物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，整理以上兩個式子得質子守恒式c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，故B錯誤；C.C點溶液的PH=7，c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)得c(CH3COO-)=c(Na+)，c(H+)、c(OH-)小于c(CH3COO-)、c(Na+)，故C正確；D.D點得到的是等物質的量NaOH和CH3COONa的混合溶液，因CH3COO-要水解，故離子濃度大小關系c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)，故D錯誤。故選BD。（3）溶液的PH=7，根據(jù)電荷守恒，c(CH3COO-)=c(Na+)=b×10-4mol·L-1，根據(jù)物料守恒，c(CH3COOH)=25×10-4-b×10-4，K=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)=b×10-4×10-7/（25-b）×10-4=10-7b/(25-b)，故答案為10-7b/(25-b)。（4）用氫氧化鈉滴定醋酸，在滴定終點得到的是醋酸鈉溶液，溶液呈弱堿性，所以要選用酚酞作指示劑，故選C。（5）滴定終點的判斷方法為：當?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH，溶液顏色由無色變淺紅色，且半分鐘內不褪色，故答案為當?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH，溶液顏色由無色變淺紅色，且半分鐘內不褪色。（6）NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，第1次消耗NaOH溶液的體積是23.9mL,第2次消耗NaOH溶液的體積是22.0mL，第3次消耗NaOH溶液的體積是24.1mL，第2組數(shù)據(jù)無效，兩次平均值為：24.0mL，根據(jù)反應方程式可知消耗NaOH的物質的量和CH3COOH的物質的量相等，消耗NaOH的物質的量為2.4×10-3mol，所以CH3COOH的濃度為2.4×10-3mol/25.00×10-3L=0.096mol·L-1,實驗室為測定食醋中CH3COOH的濃度，取25mL食醋置于250mL容量瓶中，加水稀釋至刻度并搖勻，所以該食醋中CH3COOH的濃度為0.9600mol·L-1。故答案為0.9600。（7）根據(jù)c（待測）=c（標準）×V（標準）/V（待測）推導A.堿式滴定管內滴定后產生氣泡，導致消耗標準溶液體積偏小，測定結果偏小，故A錯誤；B.讀取標準液讀數(shù)時，滴定