2024届安徽省滁州市定远育才学校化学高二第一学期期中调研模拟试题含解析

2024届安徽省滁州市定远育才学校化学高二第一学期期中调研模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、某温度时，水的离子积常数Kw=1×10-13，将此温度下pH=11的Ba(OH)2溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合(设混合溶液体积为两者之和，固体体积忽略不计)。下列说法不正确的是A．若a∶b=9∶2，则所得溶液pH等于2B．若a∶b=9∶2，该混合溶液最多能溶解铁粉0.28(a+b)gC．若所得混合溶液为中性，则a∶b=1∶1D．若所得混合溶液为中性，生成沉淀的物质的量为0.05bmol2、下列电子式表示的物质中，含有非极性共价键的是A．B．C．D．3、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∶24、高温下，反应CO+H2OCO2+H2达平衡。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是A．该反应的焓变为负值B．恒温恒容下，增大压强，平衡一定不动C．升高温度，正反应速率减小D．平衡常数5、分子式为C3H4Cl2，且结构中含碳碳双键的同分异构体（考虑顺反异构）的数目有()A．7种 B．6种 C．5种 D．4种6、某有机物的化学式为C5H10O，它能发生银镜反应，其可能的结构有A．4种 B．5种 C．6种 D．8种7、将1L含有0.4molCu(NO3)2和0.4molKCl的水溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一电极上析出19.2gCu。此时，在另一电极上放出气体的体积在标准状况下为(不考虑产生的气体在水中的溶解)()A．6.72L B．13.44L C．3.36L D．5.6L8、下列鉴别实验中，所选试剂不合理的是A．用高锰酸钾酸性溶液鉴别甲苯和己烯B．用水鉴别苯和四氯化碳C．用饱和碳酸钠溶液鉴别乙酸和乙酸乙酯D．用新制的氢氧化铜鉴别乙醛和乙醇9、将pH=2的盐酸平均分为2份,一份加入适量水,另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量氢氧化钠溶液后,pH都升高了1,则加入的水与氢氧化钠溶液的体积比为()A．9∶1 B．10∶1 C．11∶1 D．12∶110、常温下，将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液等浓度、等体积混合，下列说法正确的是A．c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(H＋)＞c(OH-)B．c(Na＋)＝c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H＋)C．c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H＋)D．c(CH3COO-)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH-)11、下列说法和结论正确的是选项项目结论A三种有机化合物：乙烷、氯乙烯、苯分子内所有原子均在同一平面上B将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中,溶液褪色产物不都是烷烃C乙烯和苯都能使溴水褪色褪色的原理相同D有机反应中的卤化、硝化、氢化均属于取代反应A．A B．B C．C D．D12、下列各离子方程式中，属于水解反应的是（）A．HCO+H2OH3O++CO B．NH3+H2OOH-+NHC．AlO+2H2OAl(OH)3+OH- D．CO+H3O+=H2O+HCO13、下列离子在溶液中能大量共存的是A．Ba2＋、SO42－、K+、OH－B．Na+、H+、NO3－、SO42－C．Al3＋、HCO3－、K+、OH－D．Fe2+、NH4+、Cl－、OH－14、工业上常使用电解精炼法将粗铜提纯。在电解精炼时()A．粗铜接电源负极 B．杂质都将以单质形式沉积到池底C．纯铜作阳极 D．纯铜片增重2.56g，电路中通过电子为0.08mol15、第五套人民币中的1元硬币的材质为钢芯镀镍合金。下列关于1元硬币的说法中不正确的是A．有一定硬度，耐磨损；但硬度不是很大，否则文字和图案很难压印上去B．化学性质稳定，抗腐蚀C．每枚硬币实际价值远远高于面值1元D．每枚硬币实际价值低于面值1元16、下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是()A．抗氧化剂 B．调味剂C．着色剂 D．增稠剂17、下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法错误的是A．ΔH3<0 B．ΔH1=ΔH2+ΔH3C．按Cl、Br、I的顺序，ΔH2依次增大 D．ΔH1越小，HX越稳定18、在容积为2L的恒容密闭容器中，一定温度下，发生反应：aM(g)+bN(g)cQ(g)，气体M、N、Q的物质的量随时间的变化如图所示，则下列叙述正确的是A．该温度下此反应的平衡常数的值K=25/4B．平衡时，M的转化率为50℅，若条件改为恒温恒压，则达平衡时M的转化率小于50℅C．若开始时向容器中充入2molM和1molN，达到平衡时，M的体积分数小于50℅D．在5min时，再向体系中充入少量He，重新达到平衡前v(正)＞V（逆)19、现有常温下的四种溶液(如下表)，下列有关叙述中正确的是()①②③④溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸溶液盐酸pH111133A．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③B．温度下降10℃，四种溶液的pH均不变C．在①、②中分别加入适量的氯化铵晶体体后，①的pH减小，②的pH不变D．将①、④两种溶液等体积混合，所得溶液中c(Cl-)＜c(NH4+)＜c(H+)＜c(OH-)20、图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是A．生铁块中的碳是原电池的正极B．红墨水柱两边的液面变为左低右高C．两试管中相同的电极反应式是：D．a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀21、元素的性质呈现周期性变化的根本原因是()A．原子半径呈周期性变化B．元素的化合价呈周期性变化C．元素的电负性呈周期性变化D．元素原子的核外电子排布呈周期性变化22、吃牛肉等可以补铁，这里的“铁”应理解为A．单质 B．元素 C．原子 D．分子二、非选择题(共84分)23、（14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24、（12分）溶液中可能有下列阴离子中的一种或几种：SO42-、SO32-、CO32-、Cl-。⑴当溶液中有大量H+存在时，则不可能有______________________存在。⑵当溶液中有大量Ba2+存在时，则不可能有______________________存在。⑶当溶液中有_____________和_______________的阳离子存在时，上述所有阴离子都不可能存在。25、（12分）50mL1.0mol·L-1盐酸跟50mL1.1mol·L-1氢氧化钠溶液在下图装置中进行中和反应，并通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。试回答下列问题：（1）大小烧杯间填满碎泡沫塑料的作用___________。（2）___________（填“能”或“不能”）将环形玻璃搅拌棒改为环形铜棒。其原因是_________________。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，对求得中和热数值的影响是_________（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。（4）如果改用60mL1.0mol·L-1盐酸跟50mL1.1mol·L-1氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所放热量__________（“增加”、“减少”或“不变”），理由是______________；所求中和热数值_______（“增加”、“减少”或“不变”），理由是_________________________。26、（10分）某小组以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、液氨、氯化铵为原料，在活性炭催化下合成了橙黄色晶体X。为测定其组成，进行如下实验。①氨的测定：精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品溶液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol·L—1的盐酸溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol·L—1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现砖红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）。回答下列问题：（1）装置中安全管的作用原理是_________。（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用_____式滴定管，可使用的指示剂为________。（3）样品中氨的质量分数表达式为____________。（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将___（填“偏高”或“偏低”）。（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是___________；滴定终点时，若溶液中c(Ag＋)=2.0×10—5mol·L—1，c(CrO42—)为______mol·L—1。（已知：Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10—12）（6）经测定，样品X中钴、氨、氯的物质的量之比为1:6:3，钴的化合价为______，制备X的化学方程式为____________________；X的制备过程中温度不能过高的原因是__________________。27、（12分）研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：已知：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？__________（“是”或“否”），理由是____________________________________________________。（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知pH增大_____（选填“增大”，“减小”，“不变”）；（4）分析如图试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4的实验现象，说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr2O72-__________CrO42-（填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。（5）小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水，探究不同因素对含Cr2O72-废水处理的影响，结果如表所示（Cr2O72-的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。实验ⅰⅱⅲⅳ是否加入Fe2(SO4)3否否加入5g否是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴极为石墨，阳极为铁Cr2O72-的去除率/%0.92212.720.857.3①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。28、（14分）A、B、C、D、E、F是原子序数依次递增的六种元素。已知：①F的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；②E原子价电子(外围电子)排布为msnmpn－1；③D原子最外层电子数为偶数；④A、C原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题：(1)下列叙述正确的是___________(填序号)。A．金属键的强弱：D＞EB．基态原子第一电离能：D＞EC．五种短周期元素中，原子半径最大的原子是ED．晶格能：NaCl＜DCl2(2)F基态原子的核外电子排布式为___________；与F同一周期的副族元素的基态原子中最外层电子数与F原子相同的元素为___________(填元素符号)。(3)已知原子数和价电子数相同的分子或离子为等电子体，互为等电子体的微粒结构相同，中心原子的杂化轨道类型为___________。(4)向F的硫酸盐(FSO4)溶液中，逐滴加入氨水至过量，请写出该过程中涉及的所有离子方程式___________、___________。(5)灼烧F的硫酸盐(FSO4)可以生成一种红色晶体，其结构如图，则该化合物的化学式是___________。(6)金属F的堆积方式为___________。铜与氧可形成如图所示的晶胞结构，其中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，,)，则d点的坐标参数为___________。29、（10分）对含氮物质的研究和利用有着极为重要的意义。（1）N2、O2和H2相互之间可以发生化合反应，已知反应的热化学方程式如下：N2(g)+O2(g)＝2NO(g)H=+180kJ·mol-1；2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)H=－483kJ·mol-1；N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g)H=－93kJ·mol-1。则氨的催化氧化反应的热化学方程式为___________________________________。（2）汽车尾气净化的一个反应原理为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H＜0。一定温度下，将2.8molNO、2.4molCO通入固定容积为2L的密闭容器中，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。①NO的平衡转化率为_________，0-20min平均反应速率v(NO)为_____________mol/(Lmin)；该温度下的化学平衡常数数值是_____________。25min时，若保持反应温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，则化学平衡将_________移动（填“向左”、“向右”或“不”)。②下列可说明该反应已经达到平衡的是______________。a．v生成（CO2）=v消耗（CO）

b．混合气体的密度不再改变c．混合气体的平均相对分子质量不再改变

d．单位时间内消耗2nmolCO2的同时生成nmolN≡Ne．NO、CO、N2、CO2的浓度相等③反应达到平衡后，改变某一个条件，下列示意图曲线①〜⑧中正确的是________

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、C【题目详解】A.若a:b=9:2，设Ba(OH)2溶液体积为9L，H2SO4溶液体积为2L。pH=11的Ba(OH)2溶液中，则n(OH-)=10-2mol/L×9L=0.09mol。pH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，则n(H+)=0.1mol/L×2L=0.2mol，所以n(H+)>n(OH-)，中和反应中酸过量，混合后所得溶液显酸性，混合溶液中H+浓度为，其所得溶液pH=2，A项正确；B.由A项可知，若a:b=9:2所得混合溶液的pH=2，即混合溶液中H+浓度为0.01mol/L，混合溶液体积为(a+b)L，则混合溶液中H+物质的量为0.01mol/L×(a+b)L=0.01(a+b)mol。溶解铁粉的反应式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，所以溶解铁粉的质量：，B项正确；C.pH=11的Ba(OH)2溶液中，则n(OH-)=10-2mol/L×aL=0.01amol。pH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，则n(H+)=0.1mol/L×bL=0.1bmol，若使所得混合溶液为中性，则n(H+)=n(OH-)，即0.1bmol=0.01amol，a:b=10:1，C项错误；D.若所得混合溶液为中性，则混合前硫酸中H+和Ba(OH)2中OH-物质的量相等，取为0.1bmol，混合前n(H2SO4)=n[Ba(OH)2]=0.05bmol，混合时H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，所以生成BaSO4沉淀的物质的量为0.05bmol，D项正确；答案选C。【题目点拨】强酸与强碱混合溶液pH的求算时，要看谁过量，若酸过量直接按过量的H+计算pH；若碱过量，则先计算出过量的OH-浓度，再算H+浓度，最后计算pH；若强酸和强碱恰好中和则显中性。2、D【解题分析】活泼金属与活泼非金属元素的原子一般形成离子键；同种非金属原子形成非极性共价键，不同种非金属原子形成极性共价键。【题目详解】中氢与氧原子之间形成极性共价键，故不选A；只含有离子键，故不选B；中含有离子键和极性共价键，故不选C；含有离子键和氧原子与氧原子之间形成的非极性共价键，故选D。【题目点拨】本题考查了化学键的判断，根据离子键、非极性共价键、极性共价键的概念来分析解答即可，注意氯化钙中氯原子之间不存在化学键。3、B【解题分析】根据化学反应平衡的本质标志和特征标志判断。【题目详解】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。【题目点拨】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。4、A【题目详解】A.恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为放热反应，所以该反应的ΔH＜0，故A正确；B.恒温恒容下，若充入稀有气体使压强增大，则平衡不移动；若采取通入氢气增大压强，则H2浓度增大，平衡向逆反应方向移动，故B错误；C.升高温度，正、逆反应速率都增大，故C错误；D.化学平衡常数为平衡时生成物浓度的系数次幂的乘积与反应物浓度的系数次幂的乘积的比值，由反应方程式CO+H2OCO2+H2可知，该反应的平衡常数K=c（CO2）c（H2）/c（CO）c（H2O），故D错误。故选A。5、A【解题分析】（1）先不考虑Cl，写出C3H6的链状同分异构体，只有一种结构：CH3-CH=CH2；（2）由于CH3-CH=CH2只有三种氢，所以有三种一氯代物：CH2Cl-CH=CH2、CH3-CCl=CH2、CH3-CH=CHCl；（3）再以上述每一种产物为母体，写出二元取代产物：CH2Cl-CH=CH2的取代产物有三种：CHCl2-CH=CH2，CH2Cl-CCl=CH2，CH2Cl-CH=CHCl（有顺反异构）；CH3-CCl=CH2的取代产物有两种：CH2Cl-CCl=CH2（重复），CH3-CCl=CHCl（有顺反异构）；CH3-CH=CHCl的取代产物有三种：CH2Cl-CH=CHCl（重复），CH3-CCl=CHCl（重复），CH3-CH=CCl2；分子式为C3H4Cl2且结构中含碳碳双键的同分异构体（考虑顺反异构）有7种。故选A。【题目点拨】对同分异构体的考查是历年高考命题的热点，主要有两种形式：一是分析同分异构体的数目，一般在选择题中，或者在填空题中出现。二是按要求正确书写同分异构体的结构简式。主要考查内容有：碳链异构、位置异构、官能团异构、顺反异构、立体异构，一般是几种情况的综合考查，难度较大。这类试题对学生基础知识的掌握情况和综合思维能力的要求较高，是对学生综合能力考查的常见试题。解答时注意领会顺反异构体的特点。6、A【题目详解】某有机物的化学式为C5H10O，它能发生银镜反应，说明含有-CHO，则还剩余一个丁基，丁基有-CH2CH2CH2CH3,、-CH2CH(CH3)2、-CH(CH3)CH2CH3、-C(CH3)3四种结构，所以同分异构体有四种，故答案为A。【题目点拨】一些常见烷基的个数：甲基、乙基均只有一种，丙基有2种，丁基有4种，戊基有8种。7、D【题目详解】n(Cu)==0.3mol，阴极发生Cu2++2e-=Cu，由于Cu是+2价的金属，所以阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O，则生成n(Cl2)=0.2mol，转移电子0.4mol，则生成O2转移电子0.2mol，生成氧气0.2mol÷4=0.05mol，所以阳极共生成气体的物质的量是0.2mol+0.05mol=0.25mol，其在标准状况下气体体积为：22.4L/mol×0.25mol=5.6L，故合理选项是D。8、A【解题分析】试题分析：A、甲苯被高锰酸钾氧化为苯甲酸而使高锰酸钾溶液褪色，己烯中含有碳碳双键，也能被高锰酸钾溶液氧化，而使其褪色，所以不能用高锰酸钾溶液鉴别甲苯和己烯，错误；B、苯的密度小于水，而四氯化碳的密度大于水，二者都不溶于水，所以油层在下层的是四氯化碳，在上层的是苯，可以鉴别，正确；C、饱和碳酸钠可与乙酸反应产生气泡，而碳酸钠与乙酸乙酯不反应，可以鉴别，正确；D、乙醛与新制氢氧化铜加热反应生成砖红色沉淀，而加入乙醇则变为将蓝色溶液，现象不同，可以鉴别，正确，答案选A。考点：考查物质化学性质的判断，物质的鉴别9、C【题目详解】根据题意盐酸平均分成2份，设每份都为1L，将pH=2的盐酸加适量的水，pH升高了1，则体积是原盐酸体积的10倍，说明所加的水的体积是原溶液的9倍，即水的体积为9L；另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH也升高了1．可设碱液体积x．依题意可列出下列等式：10-2mol/L×1L-10-2mol/L×xL=10-3mol/L×(1+x)L，解得x=L，则加入的水与NaOH溶液的体积比为，答案选C。10、C【解题分析】常温下，将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液等浓度、等体积混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解后，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H＋)；溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)+c(H＋)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na＋)＞c(CH3COO-)，由于水解的程度较小，因此c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H＋)，故选C。11、B【题目详解】A.乙烷中C原子与另外4个相连的原子形成四面体结构，所以乙烷分子内所有原子不在同一平面上，A错误；B.将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明产生的气体中含有不饱和烃（如烯烃等），反应后仍有气体剩余，烷烃不能和酸性高锰酸钾溶液反应，B正确；C.乙烯与溴单质发生加成反应,苯与溴水不反应，苯能使溴水褪色，是发生了萃取，属于物理过程，C错误；D.有机反应中氢化是指含有不饱和键（如碳碳双键或碳碳三键）有机物与氢气发生加成反应，不是取代反应，而硝化、卤化均属于取代反应；D错误。正确选项B。【题目点拨】含有碳碳双键、三键的烃类有机物，都能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色；而烷烃，苯及苯的同系物都不能与溴发生加成反应，但是都能发生萃取过程。12、C【题目详解】A.HCO+H2OH3O++CO为碳酸氢根的电离方程式，故A错误；B.NH3+H2OOH-+NH为氨气与水反应后，电离方程式，故B错误；C.AlO+2H2OAl(OH)3+OH-为偏铝酸根与水电离出的氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，属于水解反应，故C正确；D.CO+H3O+=H2O+HCO为酸性溶液中，碳酸根结合水合氢离子生成碳酸氢根的反应，不是水解反应，故D错误；故选C。13、B【解题分析】试题分析：A.Ba2＋和SO42－反应生成白色沉淀不能大量共存，A项错误；B．Na+、H+、NO3－、SO42－各离子能大量共存，B项正确；C．Al3＋与HCO3－水解相互促进生成沉淀和气体，不能大量共存，C项错误；D．Fe2+、NH4+和OH－反应不能大量共存，D项错误；答案选B。考点：考查离子共存。14、D【题目详解】A项、根据题知电解精炼铜，粗铜作阳极，与电源正极相连，A错误；B项、根据题知电解精炼铜，粗铜作阳极，精铜作阴极，B错误；C项、根据题知在阳极上，不参与放电的金属单质金、银等贵重金属会形成阳极泥沉积到池底，而锌等活泼金属以离子形成存在于溶液中，C错误；D项、根据题知阴极反应为Cu2＋+2e=Cu，精铜片增重2.56g，即析出2.56g铜，则电路中通过电子为，D正确。15、C【题目详解】A、B两个选项是根据合金的性质所描述的，是铸造硬币时必须考虑的因素，故A、B正确；C.硬币的制造成本高于面值，会造成硬币无法流通的现象，所以每枚硬币实际价值远远高于面值1元不符合事实，故C错误；D.每枚硬币是钢芯镀镍合金，实际价值低于面值1元，故D正确；答案：C。【题目点拨】本题考查“合金”的知识，解题的关键是题目中A、B、D三个选项所描述的是铸造硬币时必须考虑的因素：性质既要稳定又要成本低。而A、B两个选项是关于硬币“合金”的性质问题。当出现C选项情况时，硬币的制造成本高于面值，会造成硬币无法流通的现象。16、A【题目详解】A.抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；B.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；C.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；D.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。故选:A。17、C【解题分析】A.原子形成化学键时放热，则反应2H(g)+2X(g)=2HX(g)ΔH3<0，故A正确；B.根据盖斯定律，途径I生成HX的反应热与途径无关，所以ΔH1=ΔH2+ΔH3，故B正确；C.Cl、Br、I的原子半径依次增大，Cl2、Br2、I2断裂化学键需要的能量减小，所以途径II按Cl、Br、I的顺序，吸收的热量依次减小，即ΔH2依次减小；故C错误；D.途径I，ΔH1越小，说明放出的热量越多，则生成HX具有的能量越低，HX越稳定，故D正确；因此本题应选C。18、C【解题分析】△n（M）＝0.8mol－0.4mol＝0.4mol，△n（N）＝0.4mol-0.2mol＝0.2mol，△n（Q）＝0.2mol，所以a：b：c＝2：1：1，化学方程式为2M（g）+N（g）Q（g）。【题目详解】A．平衡时，c（M）＝0.4mol÷2L＝0.2mol/L，c（N）＝c（Q）＝0.2mol÷2L＝0.1mol/L，K＝＝＝25，故A错误；B．平衡时，M的转化率为50％，若条件改为恒温恒压，由于正方向是体积减小的可逆反应，因此恒温恒压有利于平衡向正反应方向进行，则达平衡时M的转化率大于50％，故B错误；C．在该条件下，M的体积分数为：×100%＝50%。由于该反应前气体体积大于反应后气体体积，充入比原反应更多的反应物时，可逆反应进行程度比原平衡大，所以M的体积分数小于50%，故C正确；D．向体系中充入少量He，化学平衡不移动，即v（正）＝v（逆），故D错误。答案选C。19、A【分析】【题目详解】A．分别加水稀释10倍，①②是一类，①是弱碱，加水稀释时，由于一水合氨还会电离产生OH-，所以总体比较，氨水中的OH-浓度要大于氢氧化钠的，所以溶液的pH：①＞②；③④是一类，③是弱酸，加水稀释时，由于醋酸还会电离产生H+，所以，总体比较，醋酸中的H+浓度要大于盐酸的，所以溶液的pH：④＞③，所以四种溶液的pH：①＞②＞④＞③，故A正确；B．温度下降10℃，①③是弱电解质，会发生电离平衡移动以及水的离子积变化，导致pH变化，故B错误；C．①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，因为铵根要结合氢氧根，所以两溶液的pH均减小，故C错误；D．①、④两溶液等体积混合，由于一水合氨还会电离，溶液显碱性，所得溶液中c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)，故D错误。答案选A。20、B【题目详解】A.生铁块在电解质溶液中形成了原电池，铁活泼，作原电池的负极，碳不活泼作原电池的正极，A正确；B.a试管中盛饱和食盐水，发生吸氧腐蚀，氧气消耗，气压变低，b试管中放氯化铵溶液，发生析氢腐蚀，产生氢气，气压增大红墨水柱两边的液面变为左高右低，B错误；C.不管是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，作为原电池的负极，铁都失去电子变成亚铁离子，两试管中相同的电极反应式是：，C正确；D.a试管中饱和食盐水溶液呈中性发生了吸氧腐蚀，b试管中氯化铵溶液呈酸性，发生了析氢腐蚀，D正确；答案选B。21、D【解题分析】元素的性质如原子半径、电负性、第一电离能、金属性、非金属性呈周期性变化是因为核外电子排布呈周期性变化。【题目详解】A项、原子半径是元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，故A错误；B项、元素的化合价属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，故B错误；C项、元素的电负性属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，故B错误；D项、原子的核外电子排布中电子层数和最外层电子数都随原子序数的递增而呈现周期性变化，则引起元素的性质的周期性变化，故D正确。故选D。【题目点拨】本题考查元素周期律的实质，明确原子的结构与性质的关系、元素的性质有哪些是解答的关键，注意不能用元素本身的性质来解释元素性质的周期性变化。22、B【题目详解】吃牛肉等可以补铁，这里的“铁”应理解为铁元素，铁元素是以化合态存在，不是指的铁单质和铁原子，故B符合题意。综上所述，答案为B。二、非选择题(共84分)23、（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【解题分析】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24、SO32-、CO32-SO42-、SO32-、CO32-Ba2+Ag+【分析】（1）当溶液中有大量H+存在时，与H+反应的离子不能大量存在；（2）当溶液中有大量Ba2+存在时，与Ba2+反应的离子不能大量存在；（3）当溶液中有Ba2+时，SO42-、SO32-、CO32-不能大量存在；当溶液含有Ag+离子时，Cl-不能大量存在。【题目详解】（1）当溶液中有大量H+存在时，SO32-、CO32-与H+反应生成气体而不能大量存在，故答案为SO32-、CO32-；（2）当溶液中有大量Ba2+存在时，SO42-、SO32-、CO32-与Ba2+分别反应生成沉淀而不能大量存在，故答案为SO42-、SO32-、CO32-；（3）当溶液中有Ba2+时，SO42-、SO32-、CO32-不能大量存在，当溶液含有Ag+离子时，Cl-不能大量存在，故答案为Ba2+、Ag+。【题目点拨】本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意常见生成沉淀或气体的离子之间的反应。25、减少热量散失不能铜导热，会使热量散失偏低增加生成H2O量增多不变因为中和热指的是生成1mol水时所放出的热量【解题分析】（1）因为该实验中要尽可能的减少热量的损失，所以大小烧杯间填满碎泡沫塑料的作用减少实验过程中的热量损失。（2）铜是热的良导体，易损失热量，所以不能将环形玻璃搅拌棒改为环形铜棒。⑶大烧杯上如不盖硬纸板，则热量会损失，测定结果偏低。（4）改变酸、碱的用量，则反应中放出的热量发生变化，但中和热是不变的，因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1摩尔H2O时所放出的热量，与酸碱的用量无关。26、当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定碱酚酞（或甲基红）(c1V1—c2V2)×10—3×17/w×100%偏低防止硝酸银见光分解2.8×10－3+32CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O温度过高过氧化氢分解、氨气逸出【题目详解】（1）无论三颈瓶中压强过大或过小，都不会造成危险，若过大，A在导管内液面升高，将缓冲压力，若过小，外界空气通过导管进入烧瓶，也不会造成倒吸，安全作用的原理是使A中压强稳定；（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基橙为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基橙或酚酞作指示剂；（3）与氨气反应的n（HCl）＝V1×10-3L×c1mol•L-1-c2mol•L-1×V2×10-3L＝（c1V1-c2V2）×10-3mol，根据氨气和HCl的关系式知，n（NH3）＝n（HCl）＝（c1V1-c2V2）×10-3mol，氨的质量分数＝；（4）若气密性不好，导致部分氨气泄漏，所以氨气质量分数偏低。（5）硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色滴定管盛放硝酸银溶液；根据铬酸银的溶度积常数可知c（CrO42-）=。（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co（NH3）6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co（NH3）6]Cl3和水，反应方程式为2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以X的制备过程中温度不能过高。【点晴】明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，注意综合实验设计题的解题思路，即（1）巧审题，明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。（2）想过程，理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。（3）看准图，分析各项实验装置的作用。有许多综合实验题图文结合，思考容量大。在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。（4）细分析，得出正确的实验结论。实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。27、溶液变黄色否Cr2O72-(橙色)+H2OCrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应，若因浓H2SO4溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移动的结果减小大于Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2OCr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率【分析】根据平衡移动原理分析对比实验；注意从图中找出关键信息。【题目详解】（1）由Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+及平衡移动原理可知，向重铬酸钾溶液中加入氢氧化钠溶液后，可以减小溶液中的氢离子浓度，使上述平衡向正反应方向移动，因此，试管c和b（只加水，对比加水稀释引起的颜色变化）对比，试管c的现象是：溶液变为黄色。（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。我认为不需要再设计实验证明，故填否。理由是：Cr2O72-(橙色)+H2OCrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应，浓H2SO4溶于水会放出大量的热量而使溶液的温度升高，上述平衡将正向移动，溶液会变为黄色。但是，实际的实验现象是溶液的橙色加深，说明上述平衡是向逆反应方向移动的，橙色加深只能是因为增大了c(H+)的结果。（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知随着溶液的pH增大，上述平衡向正反应方向移动，减小，而增大，故减小。（4）向试管c继续滴加KI溶液，溶液的颜色没有明显变化，但是，加入过量稀H2SO4后，溶液变为墨绿色，增大氢离子浓度，上述平衡向逆反应方向移动，CrO42-转化为Cr2O72-，Cr2O72-可以在酸性条件下将I-氧化，而在碱性条件下，CrO42-不能将I-氧化，说明+6价铬盐氧化性强弱为：Cr2O72-大于CrO42-；此过程中发生的氧化还原反应的离子方程式是Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。（5）①实验ⅱ中，Cr2O72-在阴极上放电被还原为Cr3+，硫酸提供了酸性环境，其电极反应式是Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O。②由实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理示意图可知，加入Fe2(SO4)3溶于水电离出Fe3+，在直流电的作用下，阳离子向阴极定向移动，故Fe3+更易在阴极上得到电子被还原为Fe2+，Fe2+在酸性条件下把Cr2O72-还原为Cr3+。如此循环往复，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。由此可知，实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因是：阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，故在阴阳两极附近均在大量的Fe2+，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。【题目点拨】本题中有很多解题的关键信息是以图片给出的，要求我们要有较强的读图能力，能从图中找出解题所需要的关键信息，并加以适当处理，结合所学的知识解决新问题。28、BD1s22s22p63s23p63d104s1Crsp杂化Cu2+＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－Cu2O面心立方最密堆积（）【分析】①F的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素，则F是Cu，A、B、C、D、E、F是原子序数依次递增的六种元素，④已知A、C原子p轨道的电子数分别为2和4，则A、C最外层电子数分别为4个、6，分别为ⅣA、ⅥA；则B最外层有5个电子，处于ⅤA，②E原子价电子(外围电子)排布为msnmpn－1；n=2，则E原子价电子(外围电子)排布为ms2mp1；则E最外层3个电子，处于ⅢA，则E位于A、B、C下一周期，③D原子最外层电子数为偶数，且D原子序数大于C小于E，D不能和A、B、C处于同周期，则D位于A、B、C下一周期的ⅡA，A、B、C、D、E均为短周期元素，则A、B、C位于第二周期、D、E处于第三周期，综上，A为碳元素、B为氮元素、C为氧元素、D为镁元素、E为铝元素、F为铜元素；【题目详解】(1)A．原子半径越小、单位体积内的自由电子数越多，金属键越强，D为镁元素、E为铝元素、金属键的强弱：D<E，A错误；B．Mg、Al的外围电子构型为3s2、3s23p1，Mg的3S能级全充满失去一个电子较困难，故基态原子第一电离能：D＞E，B正确；C．元素位于同主族时，核电荷数越大，电