福建華安縣第一中學2024屆化學高二上期中經典模擬試題含解析

福建華安縣第一中學2024屆化學高二上期中經典模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、下列物質熔點高低排列順序正確的是（）A．NaCl＜MgO＜H2O B．Na＜Mg＜AlC．K＞Na＞Li D．單晶硅>金剛石>氮化碳2、100ml濃度為2mol/L的鹽酸跟過量的鋅片反應，為加快反應速率，又不影響生成氫氣總量，可采用的方法是A．加入少量濃鹽酸 B．加入幾滴氯化銅溶液C．加入適量蒸餾水 D．加入適量的氯化鈉溶液3、在恒溫恒容的密閉容器中，某儲氫反應：MHx(s)+yH2(g)?MHx+2y(s)ΔH<0達到化學平衡。下列有關敘述正確的是()A．加入少量MHx(s)，容器內氣體的相對分子質量減小B．完全吸收ymolH2需要1molMHxC．若向容器內通入少量氫氣，則v(放氫)<v(吸氫)D．升高溫度和壓強可以在更短的時間內獲得更多的H24、下列實驗操作能達到目的是()A．配制FeSO4溶液時，將FeSO4固體溶于濃鹽酸中，然后稀釋至所需濃度B．將FeCl3溶液加熱蒸干灼燒獲得Fe2O3固體C．向明礬溶液中加入一定量NaOH，制備Al(OH)3膠體D．室溫下，測得pH＝5的NaHSO4溶液與pH＝9的NaHCO3溶液中水的電離程度相等5、現代火法煉鋅過程中發(fā)生了以下三個主要反應。下列說法正確的是①2ZnS(s)+3O2(g)=2ZnO(s)+2SO2(g)△H1=akJ?mol-1②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=bkJ?mol-1③ZnO(s)+CO(g)=Zn(g)+CO2(g)△H3=ckJ?mol-1A．以上三個反應中，只有①是放熱反應B．反應②的作用是僅為反應③提供還原劑C．用這種方法得到的是純凈的鋅單質D．反應ZnS(s)+C(s)+2O2(g)=Zn(g)+SO2(g)+CO2(g)的△H=a+b+2c26、下列各組物質中，互稱為同位素的是()A．和 B．氧氣和臭氧 C．甲烷和乙烷 D．正丁烷和異丁烷7、要使氯化鋁溶液中的Al3+完全轉化為Al(OH)3沉淀，應選用的最佳試劑是A．NaOH溶液 B．稀鹽酸 C．氨水 D．AgNO3溶液8、將4molA氣體和1molB氣體在2L的容器內混合，在一定條件下發(fā)生反應：2A(g)＋B(g)3C(g)，若2min后測得C的濃度為0.6mol·L－１，則下列說法正確的是A．用物質A表示反應的平均速率為v(A)=0.4mol·(L·min)－１B．2min時A、B、C三種氣體的總量為5molC．2min時B的轉化率為20％D．若2min后該反應達平衡，則各種氣體的量不再變化，反應停止9、化學與生活密切相關。下列應用中利用了物質氧化性的是（）A．明礬凈化水 B．純堿去油污C．食醋除水垢 D．漂白粉漂白織物10、在容積不變的密閉容器中進行反應：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H<0。下列各圖表示當其他條件不變時，改變某一條件對上述反應的影響，其中正確的是A．圖I表示溫度對化學平衡的影響，且甲的溫度較高B．圖Ⅱ表示t0時刻使用催化劑對反應速率的影響C．圖Ⅲ表示t0時刻增大O2的濃度對反應速率的影響D．圖Ⅳ中a、b、c三點中只有b點已經達到化學平衡狀態(tài)11、已知磷酸分子中三個氫原子都可以與重水(D2O)中的D原子發(fā)生交換，又知次磷酸(H3PO2)也能跟D2O進行氫交換，次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能再跟D2O發(fā)生氫交換，由此推斷出次磷酸分子的結構是()A． B． C． D．12、在火燒圓明園時流失了大量的國寶，如：銅鑄的鼠首和兔首。普通銅器時間稍久容易出現銅綠，其主要成分是〔Cu2(OH)2CO3〕，這兩件1760年銅鑄的國寶在240多年后看上去仍然熠熠生輝不生銹，下列對其原因的分析最可能的是：A．它們的表面都電鍍上了一層耐腐蝕的黃金B(yǎng)．環(huán)境污染日趨嚴重，它們表面的銅綠被酸雨溶解洗去C．銅的金屬活動性比氫小，因此不易被氧化D．它是含一定比例金、銀、錫、鋅的銅合金13、下列說法正確的是A．甲苯的一氯取代物有4種B．雞蛋清在NH4Cl溶液中能發(fā)生鹽析，但是不能和鹽酸發(fā)生化學反應C．的結構中不含有酯基D．滴入酸性KMnO4溶液振蕩，紫色褪去，能證明其結構中存在碳碳雙鍵14、原電池的電極名稱不僅與電極材料的性質有關，也與電解質溶液有關。下列說法中正確的是()A．(1)(2)中Mg作負極，(3)(4)中Fe作負極 B．(2)中Mg作正極，電極反應式為6H2O+6e-=6OH-+3H2↑C．(3)中Fe作負極，電極反應式為Fe-2e-=Fe2+ D．(4)中Cu作正極，電極反應式為2H++2e-=H2↑15、大多數有機物分子里的碳原子與碳原子或碳原子與其他原子相結合的化學鍵是（）A．只有非極性鍵B．只有極性鍵C．非極性鍵和極性鍵D．只有離子鍵16、新型鎂合金被大量用于制造筆記本電腦外殼。這是由于鎂合金具有以下性能中的()①熔點低②美觀③堅固耐磨④密度小⑤導熱性好A．①②④ B．②④⑤ C．②④ D．③④17、對于密閉容器中進行的反應N2＋O22NO，下列條件能加快其反應速率的是()A．增大體積使壓強減小B．體積不變，充入N2使壓強增大C．體積不變，充入He使壓強增大D．壓強不變，充入氣體Ne18、下列說法錯誤的是（）A．乙烷室溫下能與濃鹽酸發(fā)生取代反應B．乙烯可以用作生產食品包裝材料的原料C．乙醇室溫下在水中的溶解度大于溴乙烷D．乙酸與甲酸甲酯互為同分異構體19、在鋅和稀硫酸制氫氣的反應中，要使反應速率加快應采取的措施是（）A．加入少量硫酸鈉溶液 B．加入少量氯化鋅溶液C．把純鋅換成有雜質的鋅 D．把稀硫酸換成濃硫酸20、下列標志可表明對應反應達到平衡狀態(tài)的是反應條件可逆反應標志A恒溫恒容2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）混合氣體的密度不變B恒溫恒壓NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）NH3在混合氣體中的百分含量不變C恒溫恒容H2（g）+I2（g）2HI（g）Qp（分壓商，用分壓代替濃度計算）不變D恒溫恒壓2NO2（g）N2O4（g）c（NO2）=2c（N2O4）A．A B．B C．C D．D21、短周期元素X、Y在周期表中的相對位置如圖所示，且已知X基態(tài)原子的價電子排布為nsnnpn＋1，下列說法不正確的是（）A．X元素的電負性大于Y B．X元素的第一電離能大于YC．X在周期表中位于第二周期第ⅢA族 D．原子半徑Mg＞Y22、下列各組物質全部是弱電解質的是A．H2SiO3H2SCO2 B．MgSO4CH3COOHCH3CH2OHC．H2SO3BaSO4CH4 D．H2ONH3·H2OH3PO4二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C為中學常見單質，其中一種為金屬；通常情況下，A為固體，B為易揮發(fā)液體，C為氣體。D、E、F、G、X均為化合物，其中X是一種無氧強酸、E為黑色固體，H在常溫下為液體.它們之間的轉化關系如圖所示（其中某些反應條件和部分反應物已略去）。（1）寫出化學式：A___，D___，E___，X___。（2）在反應①～⑦中，不屬于氧化還原反應的是____。（填編號）（3）反應⑥的離子方程式為____。（4）反應⑦的化學方程式為____。（5）該反應中每消耗0.3mol的A，可轉移電子___mol。24、（12分）立方烷()具有高度對稱性、高致密性、高張力能及高穩(wěn)定性等特點，因此合成立方烷及其衍生物成為化學界關注的熱點。下面是立方烷衍生物I的一種合成路線：回答下列問題：(1)C的結構簡式為______，E中的官能團名稱為______。(2)步驟③、⑤的反應類型分別為______、______。(3)化合物A可由環(huán)戊烷經三步反應合成：若反應1所用試劑為Cl2，則反應2的化學方程式為______。(4)立方烷經硝化可得到六硝基立方烷，其可能的結構有______種。25、（12分）有機物X具有消炎功效，為測定其結構，某化學小組設計如下實驗探究過程：I.確定X的分子式(1)確定X的實驗式。將有機物X的樣品充分燃燒，對燃燒后的物質進行定量測量，所需裝置及試劑如下所示：A．B．C．D．①裝置的連接順序是________。(填字母，部分裝置可重復使用)②取X樣品6.9g，用連接好的裝置進行實驗，X樣品充分燃燒后，測得B管增重15.4g，C管增重2.7g，則X的實驗式為________。(2)確定X的分子式。X的質譜圖中分子離子峰對應的質荷比最大為138，則X的分子式為________。Ⅱ.確定的結構(3)確定X的官能團。紅外光譜圖呈現，X中有O－H、C－O、C－C、苯環(huán)上的C－H、羧酸上的C=O等化學鍵以及鄰二取代特征振動吸收峰，由此預測X含有的官能團有________(填名稱)。(4)確定X的結構式。核磁振動氫譜如下圖所示，X的結構簡式為________。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如下表所示，則該食醋中CH3COOH的濃度為_________mol·L-1。實驗次數稀釋后的醋酸溶液體積/mLNaOH滴定前讀數/mLNaOH滴定后讀數/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）滴定是一種化學實驗操作也是一種定量分析的手段。它通過兩種溶液的定量反應來確定某種溶質的含量。實驗室常用鄰苯二甲酸氫鉀（KHC8H4O4）來標定氫氧化鈉溶液的濃度，其操作過程為：①準確稱取4.080g鄰苯二甲酸氫鉀加入250mL錐形瓶中；②向錐形瓶中加30mL蒸餾水溶解；③向溶液中加入1～2滴指示劑；④用氫氧化鈉溶液滴定至終點；⑤重復以上操作；⑥根據數次實驗數據計算氫氧化鈉的物質的量的濃度。已知：Ⅰ、到達滴定終點時，溶液的pH約為9.1。Ⅱ、鄰苯二甲酸氫鉀在水溶液中可以電離出一個H+Ⅲ、鄰苯二甲酸氫鉀的相對分子質量為204指示劑酚酞甲基橙pH范圍＜8.28.2~10＞10＜3.13.1~4.4＞4.4顏色無色粉紅色紅色紅色橙色黃色（1）為標定氫氧化鈉溶液的濃度，應選用___________作指示劑；（2）完成本實驗，已有電子天平、鐵架臺、滴定管夾、錐形瓶、燒杯等，還必須的儀器是：__________；（3）判斷到達滴定終點的實驗現象是____________________________________________；（4）在整個滴定過程中，兩眼應該注視著________________________________________；（5）滴定實驗記錄數據如下表，則NaOH溶液的濃度為______________；實驗編號m（鄰苯二甲酸氫鉀）/gV（NaOH）/mL初始讀數末尾讀數14.0800.5020.5224.0801.0020.9834.0800.2024.80（6）滴定過程中，下列操作能使測定結果（待測液的濃度數值）偏小的是____________。A．上述操作中，將鄰苯二甲酸氫鉀直接放入錐形瓶中溶解B．滴定管在滴定開始時尖嘴有氣泡，滴定完成時氣泡消失C．滴定完畢，尖嘴外留有液滴或溶液滴在錐形瓶外D．滴定前仰視讀數而滴定終了俯視讀數28、（14分）某地菱錳礦的主要成分為MnCO3,還含有少量的FeCO3、CaCO3、MgCO3、Al2O3等雜質，工業(yè)上以菱錳礦為原料制備高純度碳酸錳的流程如圖所示:已知:MnCO3+2NH4ClMnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O↑。（1）焙燒時溫度對錳浸取率的影響如圖。焙燒時適宜溫度為____________；800℃以上錳的浸取率偏低，可能原因是________________。（2）凈化包含三步:①加入少量MnO2，反應的離子方程式為_____________________；②加氨水調pH，生成沉淀主要是___________；③加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+。（3）碳化結晶中生成MnCO3的離子方程式為___________________________。29、（10分）已知H2O2的結構如下圖：H2O2分子不是直線形的，兩個H原子猶如在半展開的書的兩面紙上，書頁角為93°52′，而兩個O—H鍵與O—O鍵的夾角均為96°52′，試回答：（1）寫出H2O2分子的電子式和結構式。___________（2）寫出分子內的鍵型。__________（3）估計它難溶于CS2，簡要說明原因。_________（4）指出氧元素的化合價，簡要說明原因。____________

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、B【題目詳解】A選項，不同類型的晶體的熔點比較的一般規(guī)律為：分子晶體＜離子晶體＜原子晶體，NaCl、MgO是離子晶體，H2O為分子晶體，熔點低，故A錯誤；B選項，金屬晶體的熔點比較：離子半徑越小，熔沸點越高，半徑Al＜Mg＜Na，熔沸點Na＜Mg＜Al，故B正確；C選項，金屬晶體的熔點比較：離子半徑越小，熔沸點越高，半徑K＞Na＞Li，故熔沸點Li＞Na＞K，故C錯誤；D選項，原子晶體熔沸點比較：半徑越小，熔沸點越高，因此三者熔沸點為：金剛石>氮化碳>單晶硅，故D錯誤；綜上所述，答案為B?！绢}目點撥】晶體熔沸點一般規(guī)律為：原子晶體＞離子晶體＞分子晶體原子晶體、金屬晶體：主要看半徑，半徑越小，鍵越強，熔沸點越高；離子晶體：主要比較離子半徑和晶格能，離子半徑越小，晶格能越大，熔沸點越高；分子晶體：結構和組成相似，相對分子質量越大，熔沸點越高，有氫鍵的物質熔沸點格外的高。2、B【題目詳解】A．加入適量濃度較大的鹽酸，氫離子濃度增大，反應速率增大，但稀鹽酸物質的量增大，所以生成氫氣總量增大，故A錯誤；B．加入氯化銅溶液，Zn置換出Cu，Zn、Cu和稀鹽酸構成原電池而加快反應速率，且稀鹽酸物質的量不變，所以生成氫氣總量不變，故B正確；C．加入適量蒸餾水，氫離子濃度減小，反應速率減小，故C錯誤；D．加入適量的氯化鈉溶液，溶液體積增大，氫離子濃度減小，反應速率減小，故D錯誤；故選B?！军c晴】過量的鋅片，鹽酸完全反應，則加快反應速率又不影響生成氫氣的總量，可增大氫離子濃度或增大金屬的接觸面積、構成原電池等，不改變其氫離子物質的量。明確外界條件對化學反應速率影響原理是解本題關鍵，注意把握題中鋅過量的要求。3、C【題目詳解】A．加入少量MHx(s)，不影響平衡的移動，則容器內氣體的相對分子質量不變，故A錯誤；B．該反應為可逆反應，不能完全轉化，則吸收ymolH2需MHx的物質的量必須大于1mol，故B錯誤；C．若向容器內通入少量氫氣，相當于增大壓強，平衡正向移動，則v(放氫)＜v(吸氫)，故C正確；D．升高溫度平衡逆向移動，增大壓強平衡正向移動，則升高溫度可以獲得更多的H2，而增大壓強，獲得H2的量減少，故D錯誤；故答案為C。4、B【分析】【題目詳解】A．加入鹽酸，引入新雜質，為抑制亞鐵離子水解，可加入少量硫酸，故A錯誤；B．氯化鐵水解生成氫氧化鐵和氯化氫，加熱促進氯化氫揮發(fā)，從而促進氯化鐵水解，將溶液蒸干得到氫氧化鐵固體，灼燒時氫氧化鐵分解生成氧化鐵和水蒸氣，所以得到的固體為Fe2O3，故B錯誤；C．向明礬溶液中鋁離子發(fā)生水解生成Al(OH)3膠體，電解質能使膠體發(fā)生聚沉，加入一定量NaOH，生成氫氧化鋁沉淀，故C錯誤；D．NaHSO4在溶液中電離出氫離子，抑制水的電離，NaHCO3在溶液中發(fā)生水解，促進水的電離，兩種溶液中水的電離程度不同，故D錯誤；答案選B。5、D【解題分析】A．燃燒反應為放熱反應，則①②為放熱反應，故A錯誤；B．反應②放熱，因此其作用還有為反應③提供能量，故B錯誤；C．參與反應的固體有ZnS、ZnO、C和Zn，所以用這種方法不可能得到的純凈的鋅單質，故C錯誤；D．已知：①2ZnS(s)+3O2(g)=2ZnO(s)+2SO2(g)△H1=akJ?mol-1②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=bkJ?mol-1③ZnO(s)+CO(g)=Zn(g)+CO2(g)△H3=ckJ?mol-1結合蓋斯定律可知(①+②)/2+③得方程式ZnS(s)+C(s)+2O2(g)=Zn(g)+SO2(g)+CO2(g)，其△H=(a+b+2c)/2kJ?mol-1，故D正確；答案選D。6、A【分析】質子數相同，中子數不同的同一元素的不同原子之間互稱同位素。【題目詳解】A、和互為同位素，A正確；B、氧氣和臭氧互為同素異形體，B錯誤；C、甲烷和乙烷互為同系物，C錯誤；D、正丁烷和異丁烷互為同分異構體，D錯誤；故選A。7、C【分析】根據題意，Al3+轉化為不溶于水的物質是Al（OH）3，Al（OH）3具有兩性，既能和強酸酸反應又能和強堿反應，要使明礬溶液中的Al3+完全沉淀，選取試劑時就不能選強堿，只能是弱堿。【題目詳解】A．氫氧化鈉溶液是強堿溶液，沉淀Al3+時生成的氫氧化鋁能溶解在過量的強堿溶液中，所以Al3+不能全部沉淀出來，故A不符合；B．鹽酸不與氯化鋁反應，故B不符合；C．氨水與氯化鋁反應生成氫氧化鋁沉淀，氨水是弱堿溶液，不能溶解Al（OH）3，可以全部沉淀Al3+，故C符合；D．氯化鋁與硝酸銀溶液反應生成氯化銀沉淀，故D不符合；答案選C。8、B【解題分析】A.因2min后測得C的濃度為0.6mol·L－１，則用物質C表示反應的平均速率為v(C)=0.6mol·L－１÷2min=0.3mol·(L·min)－１，用物質A表示反應的平均速率為v(A)=v(C)=0.2mol·(L·min)－１，故A說法錯誤；B.由于該反應為等體積的可逆反應，反應前氣體的總物質的量為：4mol+1mol=5mol，反應后氣體的總物質的量保持不變，則有2min時A、B、C三種氣體的總量為5mol，故B說法正確；C.2min內轉化的B量為：0.6mol·L－１×2L÷3=0.4mol，則B的轉化率為：0.4mol÷1mol=40%，故C說法錯誤；D.可逆反應達到平衡后，反應并沒有停止，只是正逆反應速率達到相等，故D說法錯誤；答案選B。9、D【解題分析】A、明礬凈水是利用Al3+水解產生的Al(OH)3膠體吸附水中懸浮的雜質而沉降下來，與物質的氧化性無關，故A錯誤；B、純堿去油污是利用純堿溶于水電離產生的碳酸根離子水解顯堿性，油脂在堿性條件下發(fā)生較徹底的水解反應產生可溶性的物質高級脂肪酸鈉和甘油，與物質的氧化性無關，故B錯誤；C、食醋除水垢，是利用醋酸與水垢的主要成分碳酸鈣和氫氧化鎂發(fā)生復分解反應生成可溶性物質，與物質的氧化性無關，故C錯誤；D、漂白粉漂白織物是利用次氯酸鈣生成的次氯酸的強氧化性漂白，故D正確；答案選D。10、B【分析】

【題目詳解】A．圖Ⅰ中乙到達平衡時間較短，乙的溫度較高，正反應放熱，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，SO3的轉化率減小，乙的溫度較高，故A錯誤；B．圖Ⅱ在t0時刻，正逆反應速率都增大，但仍相等，平衡不發(fā)生移動，應是加入催化劑的原因，故B正確；C．增大反應物的濃度瞬間，正反速率增大，逆反應速率不變，之后逐漸增大，圖Ⅲ改變條件瞬間，正、逆速率都增大，正反應速率增大較大，平衡向正反應移動，應是增大壓強的原因，故C錯誤；D．曲線表示平衡常數與溫度的關系，曲線上各點都是平衡點，故D錯誤；故選B?！绢}目點撥】1．分析反應速度圖像：（1）看起點：分清反應物和生成物，濃度減小的是反應物，濃度增大的是生成物，生成物多數以原點為起點。（2）看變化趨勢：分清正反應和逆反應，分清放熱反應和吸熱反應。升高溫度時，△V吸熱＞△V放熱。（3）看終點：分清消耗濃度和增生濃度。反應物的消耗濃度與生成物的增生濃度之比等于反應方程式中各物質的計量數之比。（4）對于時間—速度圖像，看清曲線是連續(xù)的，還是跳躍的。分清“漸變”和“突變”、“大變”和“小變”。比如增大反應物濃度V正突變，V逆漸變；升高溫度，V吸熱大增，V放熱小增；使用催化劑，V正和V逆同等程度突變。2．化學平衡圖像問題的解答方法：（1）三步分析法：一看反應速率是增大還是減?。欢础鱒正、△V逆的相對大小；三看化學平衡移動的方向。（2）四要素分析法：看曲線的起點；看曲線的變化趨勢；看曲線的轉折點；看曲線的終點。（3）先拐先平：對于可逆反應mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g），比如在轉化率—時間—壓強曲線中，先出現拐點的曲線先達到平衡，它所代表的壓強大，如果這時轉化率也高，則反應中m+n＞p+q，若轉化率降低，則表示m+n＜p+q。（4）定一議二：圖像中有三個量時，先確定一個量不變，再討論另外兩個量的關系。11、B【解題分析】由題意可知，次磷酸(H3PO2)也可跟D2O進行氫交換，但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能跟D2O發(fā)生氫交換，則H3PO2中只有一個羥基氫，A.有2個羥基氫，不符合題意，故A錯誤；B.有1個羥基氫，符合題意，故B正確；C.有2個羥基氫，不符合題意，故C錯誤；D.不含有羥基氫，不符合題意，故D錯誤；答案選B。點睛：本題屬于信息題，考查利用已知信息綜合分析推斷的能力，難度較大。由題給信息首先分析出磷酸分子中的共價鍵形式，3個H分別和3個O形成共價單鍵，與H相連的3個O與P形成3個共價鍵，從而得出能跟D原子發(fā)生交換的條件，由此對次磷酸的結構進行推導判斷。12、D【解題分析】普通的銅器在時間稍久時容易出現銅綠，但是合金具有非常好的抗腐蝕性，所以答案選D。13、A【題目詳解】A.甲苯分子中含有4種不同化學環(huán)境的H原子，所以甲苯的一氯取代物有4種，故A正確；B.蛋白質含有氨基，為堿性基團，可與鹽酸發(fā)生化學反應，故B錯誤；C.是由羥基和羧基發(fā)生縮聚反應生成的產物，結構中含有酯基，故C錯誤；D.酚羥基、連接苯環(huán)的甲基、碳碳雙鍵都可被酸性高錳酸鉀溶液氧化，不能證明其結構中存在碳碳雙鍵，故D錯誤；答案選A。14、B【題目詳解】A．(2)中的氧化還原反應發(fā)生在金屬鋁和氫氧化鈉之間，失電子的是金屬鋁，Al為負極，(3)中金屬鐵在常溫下遇濃硝酸鈍化，銅做負極，故A錯誤；B．(2)中的氧化還原反應發(fā)生在金屬鋁和氫氧化鈉之間，失電子的是金屬鋁，Al為負極，電極反應為：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，Mg作為正極，電極反應式為2H2O+2e-═2OH-+H2↑，故B正確；C．(3)中銅作負極發(fā)生氧化反應，所以銅失電子生成銅離子，即電極反應式為Cu-2e-═Cu2+，故C錯誤；D．鐵、銅、氯化鈉溶液構成的原電池中，金屬鐵為負極，金屬銅為正極，鐵發(fā)生的是吸氧腐蝕，正極上是氧氣得電子的過程，電極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-，故D錯誤；答案為B。15、C【解題分析】一般來說，活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，同種非金屬元素之間易形成非極性共價鍵，不同非金屬元素之間易形成極性共價鍵。【題目詳解】在大多數有機物分子里，碳原子和碳原子之間形成非極性共價鍵、碳原子和其它原子間形成極性共價鍵，如C-O、C-N等原子之間存在極性共價鍵。答案選C?！绢}目點撥】本題考查化學鍵判斷，側重考查基本概念，知道極性鍵和非極性鍵的根本區(qū)別是解題關鍵。16、B【題目詳解】新型鎂合金被大量用于制造筆記本電腦外殼，是由于其具有良好的導熱性，鎂合金還美觀大方、堅固耐磨，與熔點、密度無關，故答案選擇B。17、B【分析】決定化學反應速率快慢的因素有內因和外因，反應物本身的性質（內因），溫度、濃度、壓強、催化劑等為影響化學反應速率的外界因素，據此結合選項的內容解答?！绢}目詳解】A．增大體積使壓強減小，物質濃度減小，化學反應速率減慢，A選項不符合題意；B．恒容狀態(tài)下，充入N2，增大反應物濃度，化學反應速率加快，B選項符合題意；C．體積不變，充入He使壓強增大，反應物濃度不變，化學反應速率不變，C選項不符合題意；D．壓強不變，充入氣體He，體積增大，濃度減小，化學反應速率減慢，D選項不符合題意；答案選B?！绢}目點撥】本題考查影響化學反應速率的外界因素的適用范圍，明確溫度、壓強、濃度、催化劑等常見的對反應的影響因素是解答的關鍵，選項B與C是解答的易錯點，注意壓強對反應速率影響改變的實質是通過改變濃度引起的，注意從能否改變濃度的角度去分析解答。18、A【題目詳解】A、乙烷和濃鹽酸不反應，故錯誤；B、乙烯可以制成聚乙烯，用于食品包裝，故正確；C、乙醇含有親水基羥基，能溶于水，而溴乙烷不溶于水，故正確；D、乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，結構不同，是同分異構體，故正確；答案選A。19、C【題目詳解】A.加入少量硫酸鈉溶液,氫離子濃度減小，反應速率減慢，故錯誤；B.加入少量氯化鋅溶液，氫離子濃度減小，反應速率減慢，故錯誤；C.把純鋅換成有雜質的鋅，能形成原電池，反應速率加快，故正確；D.把稀硫酸換成濃硫酸，鋅和濃硫酸不產生氫氣，故錯誤。故選C。20、C【題目詳解】A.恒溫恒容時，此反應2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），質量和體積都不發(fā)生變化，即密度也始終保持不變，所以不能判斷反應是否達到平衡狀態(tài)，故A不符合題意；B.恒溫恒壓時，此反應NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g），NH2COONH4為固體，NH3在混合氣體中的百分含量終保持不變，所以不能判斷反應是否達到平衡狀態(tài)，故B不符合題意；C.恒溫恒容時，此反應H2（g）+I2（g）2HI（g），，Qp不變時即等于KP，反應達到平衡狀態(tài)，故C符合題意；D.恒溫恒壓時，此反應2NO2（g）N2O4（g），c（NO2）=2c（N2O4），不是代表濃度不變，所以不能判斷反應是否達到平衡狀態(tài)，故D不符合題意；答案選C。21、C【分析】X基態(tài)原子的價電子層為nsnnpn+1，則n=2，可知n+1=3，即X的價電子層為2s22p3，X為N，結合元素在周期表的位置可知Y為Si，結合元素周期律分析解答?！绢}目詳解】由上述分析可知X為N，Y為Si。A．非金屬性N＞Si，則X元素的電負性大于Y的，故A正確；B．非金屬性越強，第一電離能越大，則X元素的第一電離能大于Y的，故B正確；C．X為N，在周期表中位于第二周期第VA族，故C錯誤；D．同一周期，從左到右，原子半徑減小，則原子半徑：Mg＞Y，故D正確；答案選C。22、B【解題分析】弱電解質一般包括弱酸、弱堿、水。A、CO2是非電解質，A項錯誤；B、MgSO4是強電解質，B項錯誤；C、CH4是非電解質，C項錯誤；D、三者都是弱電解質，D項正確；本題答案選D。。二、非選擇題(共84分)23、FeFe(NO3)3Fe3O4HCl③⑥Fe3++3SCN－Fe(SCN)33Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H20.8【分析】根據D加F為紅色溶液，想到KSCN和鐵離子顯紅色，再聯想D到G的轉化，是亞鐵離子和鐵離子之間的轉化，故D為鐵離子，G為亞鐵離子，A為單質鐵，而B和A要反應生成鐵離子，再聯系A為有液體且易揮發(fā)，說明是硝酸，再根據E和X反應生成D、G、H，說明E中有鐵的兩個價態(tài)，E為黑色固體，且Fe和C點燃變?yōu)楹谏腆w，想到E為四氧化三鐵，X為鹽酸，H為水。【題目詳解】⑴根據前面分析得出化學式：A：Fe，D：Fe(NO3)3，E：Fe3O4，X：HCl，故答案分別為Fe；Fe(NO3)3；Fe3O4；HCl；⑵在反應①～⑦中，①～⑦反應分別屬于①氧化還原反應，②氧化還原反應，③復分解反應，④氧化還原反應，⑤氧化還原反應，⑥復分解反應，⑦氧化還原反應，故不屬于氧化還原反應的是③⑥，故答案為③⑥；⑶反應⑥的離子方程式為Fe3++3SCN－Fe(SCN)3，故答案為Fe3++3SCN－Fe(SCN)3；⑷反應⑦的化學方程式為3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故答案為3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；⑸反應⑦中，鐵化合價升高，水中氫化合價降低，分析氫總共降低了8個價態(tài)即轉移8mol電子，因此每消耗0.3mol的A，可轉移電子0.8mol，故答案為0.8mol。24、羰基、溴原子取代反應消去反應+NaOH+NaCl3【分析】A發(fā)生取代反應生成B，B消去反應生成C，根據B和D結構簡式的差異性知，C應為，C發(fā)生取代反應生成D，E生成F，根據F和D的結構簡式知，D發(fā)生加成反應生成E，E為，E發(fā)生消去反應生成F，F發(fā)生加成反應生成G，G發(fā)生加成反應生成H，H發(fā)生反應生成I，再結合問題分析解答?！绢}目詳解】(1)根據分析，C的結構簡式為，E的結構簡式為，其中的官能團名稱為羰基、溴原子；(2)通過以上分析中，③的反應類型為取代反應，⑤的反應類型為消去反應；(3)環(huán)戊烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成X，和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成Y，Y為，在銅作催化劑加熱條件下發(fā)生氧化反應生成，所以反應2的化學方程式為+NaOH+NaCl；(4)立方烷經硝化可得到六硝基立方烷，兩個H原子可能是相鄰、同一面的對角線頂點上、通過體心的對角線頂點上，所以其可能的結構有3種。25、ADCBBC7H6O3C7H6O3羧基、羥基【分析】有機物和O2在CuO作催化劑的作用下完全氧化生成CO2、H2O，利用無水氯化鈣吸收H2O，利用堿石灰吸收CO2，為了防止外界空氣中的H2O和CO2進入堿石灰中，需要外界一個B裝置。利用原子守恒，可求出X的最簡式，再根據質譜、紅外、核磁共振氫譜等得到其結構簡式?！绢}目詳解】Ⅰ(1)①裝置A生成O2，通入裝置D中，與有機物發(fā)生反應，利用裝置C吸收水，利用裝置B吸收CO2，為了防止外界空氣中的H2O和CO2進入裝置B，需額外再連接一個裝置B，則裝置的連接順序是ADCBB；②B增重是由于吸收了CO2，則n(CO2)=，根據原子守恒，則6.9g樣品中含有0.35molC原子；C裝置增重2.7g，是吸收了H2O，則n(H2O)=，根據原子守恒，則6.9g樣品中含有0.15mol×2=0.3molH原子；根據質量守恒，6.9g樣品中含有6.9g－0.35×12g－0.15×1g=2.4gO，則6.9g樣品中含有O原子；則該有機物中，n(C):n(H):n(O)=7:6:3，則其實驗室為C7H6O3；(2)根據(1)可知該有機物的實驗室為C7H6O3，則該有機物的分子式可表示為(C7H6O3)n，X的質譜圖中分子離子峰對應的質荷比最大為138，可求得n=1，則X的分子式為C7H6O3；Ⅱ(3)根據紅外光譜，X中含有O－H，以及C－O，以及羧酸上的C=O，根據分子式，可知其含有3個O原子，則含有的官能團有羧基、羥基；(4)根據X的核磁共振氫譜，分子中有6組峰，且其面積均相同，根據紅外，有兩個鄰位取代基，含有羧基，則其結構簡式為。26、CH3COOHCH3COO-+H+BD10-7b/(25-b)C當滴入最后一滴NaOH，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）根據電荷守恒和物料守恒推導。（3）溶液的PH=7，根據電荷守恒，c(CH3COO-)=c(Na+)=b×10-4mol·L-1，根據物料守恒，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：當滴入最后一滴NaOH，溶液顏色由無色變淺紅色，且半分鐘內不褪色。（6）第2組數據無效，根據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c（待測）=c（標準）×V（標準）/V（待測）推導。【題目詳解】（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，根據電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根據物料守恒得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，根據電荷守恒，c(CH3COO-)=c(Na+)=b×10-4mol·L-1，根據物料守恒，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：當滴入最后一滴NaOH，溶液顏色由無色變淺紅色，且半分鐘內不褪色，故答案為當滴入最后一滴NaOH，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組數據無效，兩次平均值為：24.0mL，根據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.讀取標準液讀數時，滴定前俯視，滴定到終點后仰視，導致消耗標準溶液體積偏大，測定結果偏大，故B正確；C.配制0.1000mol·L-1NaOH溶液時，固體NaOH中含有結晶水，所配溶液濃度小于0.1000mol·L-1，導致消耗標準溶液體積偏大，故測定結果偏高，故C正確；D.堿式滴定管未潤洗就裝入標準液進行滴定，造成消耗的V（標準）偏大，故測定結果偏高，故D正確。故選BCD。27、酚酞堿式滴定管、量筒、藥匙滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且在半分鐘內不褪色錐形瓶內溶液顏色的變化1.000mol·L-1BC【解題分析】本題考查了指示劑的選取，酸堿中和滴定的操作過程和誤差分析?！绢}目詳解】（1）滴定終點為堿性pH＞7，由表可知，酚酞是唯一選擇；（2）精確滴加氫氧化鈉溶液，用堿式滴定管，配置溶液用量筒、藥匙；（3）溶液中有酚酞，滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且在半分鐘內不褪色；（4）在滴定過程中，存在滴定突躍，故必須嚴密觀察錐形瓶內溶液顏色的變化；（5）第