湖南省湘潭市2024届化学高二上期中检测模拟试题含解析

湖南省湘潭市2024届化学高二上期中检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、时，水的离子积，则在时，的溶液（）A．呈酸性 B．呈中性 C．呈碱性 D．无法判断2、能产生丁达尔效应的分散系是（）A．CuSO4溶液 B．盐酸 C．Fe(OH)3胶体 D．KOH溶液3、一定温度下在恒容的容器中发生如下反应：A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)，当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的是（）①混合气体的密度②混合气体的压强③混合气体的总物质的量④B的物质的量浓度A．①④ B．仅②③C．②③④ D．仅④4、某溶液中可能含有如下离子：H+、Mg2+、Al3+、NH4+、Cl－、AlO2-。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．原溶液中一定含有的阳离子是H+、Mg2+、Al3+、NH4+B．反应最后形成的溶液中的溶质含AlCl3C．原溶液中Al3+与NH的物质的量之比为1∶3D．原溶液中含有的阴离子是Cl－、AlO2-5、下列说法正确的是A．汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，燃烧只生成CO2和H2OB．油脂氢化可用于制作人造黄油C．丙三醇常用于制作汽车防冻液D．蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质6、对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A．达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)B．若单位时间内生成nmolNO的同时，消耗nmolNH3，则反应达到平衡状态C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D．化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v逆(H2O)7、下列说法不正确的是()A．25℃时，0.1mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱B．25℃时，将0.1mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11C．25℃时，将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4，所得溶液c(OH－)＝1×10-10mol·L-1D．由水电离出的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液中：Na＋、、、Cl－可以大量共存8、已知：Fe2O3(s)+C(s)=CO2(g)+2Fe(s)ΔH=＋234.14kJ/mol，C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol，则2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)的ΔH是（）A．-824.4kJ/mol B．-627.6kJ/mol C．-744.7kJ/mol D．-169.4kJ/mol9、相同温度下，根据三种酸的电离平衡常数，下列判断正确的是酸HXHYHZA．三种酸的强弱关系：B．反应能够发生C．相同温度下，的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D．相同温度下，溶液的电离常数大于10、2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）。下列有关叙述正确的是A．该反应为吸热反应B．升高温度，不改变活化分子百分数C．使用催化剂会使该反应的反应热发生改变D．△H=-(E2-E1)11、有一化学平衡mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系。下列叙述正确的是()A．ΔH>0，ΔS>0B．ΔH<0，ΔS>0C．ΔH<0，ΔS<0D．ΔH>0，ΔS<012、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13。X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是()A．原子半径的大小顺序：r(Y)>r(Z)>r(W)B．由X、Y、Z三种元素形成的化合物中只含共价键C．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强D．Y、W两元素最高价氧化物的水化物均为强电解质13、下列关于物质的鉴别中，所选试剂不合理的是A．用溴水鉴别甲烷和乙烯B．用水鉴别乙醇和苯C．用新制的氢氧化铜鉴别乙醛和乙醇D．用溴水鉴别苯和甲苯14、已知有机物A与NaOH的醇溶液混合加热得产物C和溶液D。C与乙烯混合在催化剂作用下可反应生成的高聚物。而在溶液D中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液有白色沉淀生成，则A的结构简式可能为()A． B．C．CH3CH2CH2Cl D．15、镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是A．充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+OH-="NiOOH"+H2OB．充电过程是化学能转化为电能的过程C．放电时负极附近溶液的碱性不变D．放电时电解质溶液中的OH-向正极移动16、下列各组元素都属于p区的是（）A．原子序数为1，6，10的元素B．N，S，PC．Na，Li，MgD．Fe，Cr，Cl17、下列元素的原子半径最小的是（）A．Mg B．Al C．Si D．S18、向甲、乙、丙、丁四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小顺序排列正确的是（）甲：在500℃时，SO2和O2各10mol反应乙：在500℃时，用V2O5作催化剂，10molSO2和5molO2反应丙：在450℃时，8molSO2和5molO2反应丁：在500℃时，8molSO2和5molO2反应A．甲、乙、丙、丁B．乙、甲、丁、丙C．乙、甲、丙、丁D．丁、丙、乙、甲19、软脂酸在人体中氧化可为人类提供能源，热化学方程式为CH3(CH2)14COOH(s)+23O2(g)=16CO2(g)+16H2O(1)ΔH。已知1gCH3(CH2)14COOH(s)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(1)，释放38.97kJ热量，则ΔH等于A．-9976kJ·mol-1 B．+9976kJ·mol-1C．-9788kJ·mol-1 D．+9788kJ·mol-120、下列物质中能够使酸性高锰酸钾溶液褪色的是A．甲烷 B．苯 C．乙烯 D．乙酸21、常温下，体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，与NaOH溶液中和时两者消耗NaOH的物质的量A．相同B．中和HCl的多C．中和CH3COOH的多D．无法比较22、下列实验装置不能达到实验目的的是A．图1：制备并观察氢氧化亚铁B．图2：证明过氧化钠与水反应放热C．图3：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性D．图4：验证酸性强弱H2SO4>H2CO3>H2SiO3二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物A（C4H10O）是一种有机溶剂，且A只有一种一氯取代物B，在一定条件下A可以发生如下变化：（1）A分子中的官能团名称是___，A的结构简式是___；（2）写出下列化学方程式：A→B：___；A→D：___；（3）A的同分异构体F也可以有框图内A的各种变化，且F的一氯取代物有三种。F的结构简式是：___。24、（12分）某有机物A，由C、H、O三种元素组成，在一定条件下，由A可以转化为有机物B、C、D、E；C又可以转化为B、D。它们的转化关系如下：已知D的蒸气密度是氢气的22倍，并可以发生银镜反应。(1)写出A、D、的结构简式和所含官能团名称A_______、________，D__________、___________(2)写出反应⑤的化学方程式___________________________________；(3)从组成上分析反应⑨是___________(填反应类型)。(4)F的同分异构体中能与NaOH溶液发生反应的共_______种(包含F)，写出其中一种与NaOH溶液反应的化学方程式______________25、（12分）已知下列数据：物质熔点(℃)沸点(℃)密度(g·cm-3)乙醇-117.078.00.79乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯-83.677.50.90浓硫酸(98%)—338.01.84学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：①在30mL的大试管A中按体积比1∶4∶4的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液；②按下图连接好装置，用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管5～10min；③待试管B收集到一定量的产物后停止加热，撤去试管B并用力振荡，然后静置待分层；④分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。请根据题目要求回答下列问题：(1)配制该混合溶液的主要操作步骤为___。(2)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是(填字母)__。A．中和乙酸和乙醇B．中和乙酸并吸收部分乙醇C．加速酯的生成，提高其产率D．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出(3)步骤②中需要小火均匀加热操作，其主要理由是__。(4)分离出乙酸乙酯后，为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为(填字母)__。A．P2O5B．无水Na2SO4C．碱石灰D．NaOH固体26、（10分）NaOH和盐酸都是中学化学常见的试剂。Ⅰ．某同学用0.2000mol·L－1标准盐酸滴定待测烧碱溶液浓度（1）将5.0g烧碱样品（杂质不与酸反应）配成250mL待测液，取10.00mL待测液，如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________mL。（2）由下表数据得出NaOH的百分含量是________。滴定次数待测NaOH溶液体积(mL)标准盐酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00Ⅱ．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：①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。③终点时用去20mLl.0×l0﹣4mol/L的KMnO4溶液。（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式_____________________。（2）滴定时，将KMnO4溶液装在________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。（3）判断滴定终点的方法是________________________。（4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果________。②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果________。（5）计算：血液中含钙离子的浓度为________mol/L。Ⅲ．50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液测定计算中和反应的反应热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃用品是__________。如改用0.0275molNaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（2）已知盐酸和NaOH稀溶液发生中和反应生成0.1molH2O时，放出5.73kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：___________________________。27、（12分）设计实验探究乙烯与溴的加成反应。已知制取乙烯的化学方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O。(1)甲同学设计并进行了如下实验：先用乙醇和浓硫酸为原料制取乙烯，将生成的气体直接通入溴水中，发现溴水褪色，即证明乙烯与溴水发生了加成反应。甲同学设计的实验______（填“能”或“不能”）验证乙烯与溴水发生了加成反应，其理由是______（填编号）。A．使溴水褪色的反应，未必是加成反应B．使溴水褪色的反应，就是加成反应C．使溴水褪色的气体，未必是乙烯D．使溴水褪色的气体，就是乙烯(2)乙同学发现在甲同学的实验中，产生的气体有刺激性气味，推测在制得的乙烯中还可能含有少量有还原性的杂质气体，由此他提出必须先把杂质气体除去，再与溴水反应。乙同学推测此乙烯中可能含有的一种杂质气体是___________，在验证过程中必须全部除去。乙烯与溴水发生反应的化学方程式是______________________________，(3)设计实验验证乙烯与溴水的反应是加成反应而不是取代反应：______________。28、（14分）常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池、多晶硅太阳能电池、GaAs太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。(1)Ga基态原子核外电子排布式为_______，As基态原子核外有_______个未成对电子。(2)Ga、As、Se的电负性由大到小的顺序是__________。(3)GaCl3和AsF3的立体构型分别是____________，__________。(4)比较下列镓的卤化物的熔点和沸点，分析其变化的原因：____________。镓的卤化物GaCl3GaBr3GaI3熔点/℃77.75122.3211.5沸点/℃201.2279346GaF3的熔点超过1000℃，可能的原因是_____。(5)硼酸(H3BO3)本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH-生成[B(OH)4]-，而体现弱酸性。[B(OH)4]-中B原子的杂化类型为______。(6)若以硅原子代替金刚石晶体中的碳原子，便得到晶体硅，若将金刚石晶体中一半的碳原子换成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶体(金刚砂)。金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列顺序是__________(用化学式表示)；29、（10分）按要求填空：（1）AlCl3的水溶液

pH______7（填＞、=、＜），其原因为______________（用离子方程式表示），将其溶液加热蒸干并灼烧最终得到物质是______（填化学式）。（2）常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)·c3(OH−)=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，溶液的pH应调至_____。（3）物质的量浓度相同的三种溶液：①NH4Cl②氨水③NH4HSO4，c(NH4+)大小顺序正确的是______________。（用序号表示）（4）常温下两种溶液：a．pH=4NH4Clb．pH=4盐酸溶液，其中水电离出C（H+）之比为____________________。（5）室温，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则NaOH溶液与盐酸的体积比为____________。

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、C【题目详解】由可得，，，溶液呈碱性。答案选C。2、C【解题分析】A、CuSO4溶液不是胶体，无此现象，选项A不符合；B、盐酸是溶液分散系，不是胶体，选项B不符合；C、Fe(OH)3胶体具有丁达尔现象，选项C符合；D、KOH溶液不是胶体，无此现象，选项D不符合。答案选C。3、A【题目详解】①因为A为固体，所以反应中气体的总质量一直在变化，当混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故①正确；②方程式两边气体的计量数相等，所以混合气体的压强一直不变，故②错误；③混合气体的总物质的量一直不变，故③错误；④B的物质的量浓度，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故④正确；答案：A【题目点拨】当可逆反应中变化的量不在发生变化时，证明达到了平衡状态。4、C【解题分析】向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO2-，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH4+反应，则溶液中一定含有NH4+，当NH4+完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减少最终消失，说明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最终溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2；A．通过以上分析知，原溶液中一定含有的阳离子有H+、Al3+、NH4+，故A错误；B．通过以上分析知，最终得到的溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2，故B错误；C．根据图象知，Al3+、NH4+消耗NaOH的物质的量之比为3：3，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3·H2O知，原溶液中Al3+与NH4+的物质的量之比1：3，故C正确；D．通过以上分析知，原来溶液呈酸性，则一定不存在弱酸根离子AlO2-，故D错误；故答案为C。点睛：明确图象中曲线变化趋势、拐点的含义是解本题关键，向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO2-，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH4+反应，则溶液中一定含有NH4+，当NH4+完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减小最终消失，说明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最终溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2，据此分析解答。5、B【题目详解】A.植物油为油脂，含C、H、O元素，为烃的含氧衍生物，而汽油、柴油的成分都是碳氢化合物，故A错误；B.人造黄油就是由多种植物油经过氢化后制成的具有黄油口感和性质的黄油替代品，故B正确；C.常用于汽车防冻液的是乙二醇，不是丙三醇，故C错误；D.蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N四种元素，有些蛋白质还含有S、P等元素，故D错误，答案选B。6、A【题目详解】A．4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示正反应速率和逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A正确；B．若单位时间内生成nmolNO的同时，消耗nmolNH3，都表示反应正向进行，不能说明到达平衡，B错误；C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正、逆反应速率均减小，C错误；D．用不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，正确的化学反应速率关系是：3v正(NH3)=2v逆(H2O)，D错误。答案选A。7、D【题目详解】A．氢硫酸是弱酸，是水中微弱电离，硫化钠是强电解质，在水中完全电离，故25℃时，0.1mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，正确；B．25℃时，0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，加水稀释100倍，溶液中的c(OH-)=0.001mol/L，则溶液中的c(H+)=1×10-11mol/L，所以溶液的pH＝11，正确；C．25℃时，将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4，溶液中c(H+)=1×10-4mol/L，所以溶液c(OH-)＝1×10-10mol·L-1，正确；D．由水电离出的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液中水的电离受到了抑制，可能是向水中加入了酸，也可能是加入了碱。若溶液呈酸性，则不能大量存在；若溶液呈碱性，则不能大量存在，故错误；故选D。8、A【题目详解】已知①Fe2O3(s)+C(s)=CO2(g)+2Fe(s)ΔH=＋234.14kJ/mol，②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol，根据盖斯定律，将②×-①，整理可得2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)的ΔH=-824.4kJ/mol，故答案为A。9、B【分析】根据电离平衡常数的意义和应用分析判断。【题目详解】A.电离常数越大，酸性越强，据此可知三种酸的强弱关系是，故A错误；B.根据较强的酸制备较弱的酸的原理可知，反应HZ+Y-=HY+Z-能发生，故B正确；C.酸性越弱，相应的钠盐越容易水解，碱性越强，0.1mol/LNaX、NaY、NaZ溶液中，NaZ溶液的pH最小，故C错误，D.弱酸的电离平衡常数只与温度有关系，与浓度无关，故D错误；答案选B。10、D【题目详解】A．图象分析反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，A错误；

B．升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内的活化分子数增大，所以反应速率增大，B错误；C．催化剂对反应物、生成物的能量无影响，只能改变反应途径，降低反应的活化能，因此对反应的焓变无影响，C错误；D．△H=断键吸收的能量-成键放出的能量=E1-E2，D正确；故合理选项是D。11、D【解题分析】试题分析：如图可知，压强相同时，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，该反应的正反应为吸热反应，△H>0，作垂直横轴的线，由图可知，温度相同，压强越大，A的转化率越大，增大压强平衡向正反应移动，则该反应的正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n＞p+q，也就是熵减的化学反应，即△S<0，答案选D。考点：考查化学图像的分析与判断。12、D【分析】Z是地壳中含量最高的元素，则Z为O元素；短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径比Y的小，则X在Y的上一周期，X为H元素，W与X同主族，原子序数大于8，则W为Na。因为这些原子最外层电子数之和为13，所以Y的最外层有5个电子，原子序数比8小，则Y为N元素。综上所述，X为H；Y为N；Z为O；W为Na。【题目详解】A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径的大小顺序：r(Na)>r(N)>r(O)，故A错误；B.由X、Y、Z三种元素形成的化合物中可能只含共价键，如HNO3等，也可能既含共价键又含离子键，如NH4Cl等，故B错误；C.因非金属性O大于N，则元素N的简单气态氢化物的热稳定性比O的弱，故C错误；D.N、Na两元素最高价氧化物的水化物分别为HNO3、NaOH，均为强电解质，故D正确；答案选D。13、D【解题分析】A.乙烯和溴发生加成反应，而是溴水褪色，而甲烷不能，故A合理；B.乙醇能溶于水，而苯不溶于水，故B合理；C.新制的氢氧化铜和乙醛能发生银镜反应，而乙醇不能，故C合理；D.溴水与苯和甲苯，均互溶，故D不合理；本题答案为D。【题目点拨】鉴别苯和甲苯的试剂，应用高锰酸钾溶液，甲苯能使高锰酸钾褪色，而苯不能。14、C【解题分析】先根据高聚物的结构简式判断其单体，从而找出C的结构简式，然后根据与硝酸银溶液反应生成白色沉淀判断卤代烃的类型，最后根据醇的消去反应原理判断A的结构简式。【题目详解】高聚物的单体是：CH2=CH2和CH3-CH=CH2，因此C为CH3-CH=CH2，在溶液D中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液有白色沉淀生成，D中含有Cl-，因此应选能发生消去反应且生成丙烯的氯代烃，则A．发生消去反应生成的是：（CH3）2CHCH=CH2，生成的不是丙烯，选项A错误；B．发生消去反应生成的是：2-甲基-1，3-丁二烯，不是丙烯，选项B错误；C．CH3-CH2-CH2Cl发生消去反应生成的是CH3-CH=CH2，选项C正确；D．发生消去反应生成的是：（CH3）2C=CH2，不是丙烯，选项D错误；答案选C。【题目点拨】注意掌握常见有机物结构与性质，明确消去反应、加聚反应原理，能够根据高分子化合物的结构简式判断其单体。15、A【题目详解】A项，充电时，镍元素失电子，化合价升高，Ni(OH)2作阳极，阳极反应式为：Ni(OH)2－e-+OH-

=NiO(OH)+H2O，故A项正确；B项，充电过程实质是电解反应，电能转化为化学能，故B项错误；C项，放电时负极Cd失去电子生成Cd(OH)2，消耗OH-

使负极附近溶液pH减小，故C项错误；D项，放电时Cd在负极消耗OH-

，OH-

向负极移动，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。16、B【解题分析】A项，原子序数为1、6、10的元素分别是H、C、Ne，其中H属于s区，不属于p区，故A错误；B项，根据元素周期表的分区，p区包括第三主族到第七主族加上零族的元素，N，S，P都属于p区，故B正确；C项，Na，Li，Mg都属于s区，不属于p区，故C错误；D项，Fe属于d区，Cr属于d区，不属于p区，故D错误；综上所述，本题选B。【题目点拨】元素周期表分为s、p、d、ds与f五个区，各区分别如下：s区包括第一、二主族的全部元素；p区包括第三主族到第七主族加上零族的元素；d区包括第三到第七副族的元素（除掉镧系元素和锕系元素）外加第八族的元素；ds区包括第一、二副族的元素；f区包括镧系元素和锕系元素；记住以上规律就能快速解决问题。17、D【分析】同周期元素随原子序数增大而原子半径减小，不同周期元素，电子层数越多原子半径越大，据此判断。【题目详解】四种元素属于同周期元素原子，从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：Mg>Al>Si>S，故原子半径最小的是S。答案选D。18、B【题目详解】升高温度反应速率加快，丙的反应温度最低，故丙的反应速率最小；甲、乙、丁反应温度相同，丁中反应物的量少，故丁的反应速率比甲、乙慢；甲与乙相比，乙加入催化剂，使用催化剂使反应速率加快，故乙的反应速率比甲大；正反应速率由大到小顺序为乙、甲、丁、丙；答案选B。【题目点拨】影响化学反应速率的因素：

1．内因：参加反应的物质的结构及性质。

2．外因：主要是指浓度、温度、压强和催化剂，另外还有光、超声波、激光、搅拌、固体表面积、形成原电池等。

(1)浓度：其他条件相同时，增大反应物浓度，化学反应速率增大；减小反应物浓度，化学反应速率减小。(2)温度：其他条件相同时，升高温度，可以加快反应速率。

(3)压强：对于气体反应，当温度不变时，增大压强可以加快反应速率。(4)催化剂：对于某些化学反应，使用正催化剂能显著加快化学反应速率。19、A【题目详解】已知1gCH3(CH2)14COOH(s)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(1)，释放38.97kJ热量，1molCH3(CH2)14COOH(s)的质量为256g，完全燃烧生成CO2(g)和H2O(1)释放的热量为38.97kJ×256=9976.32kJ，则ΔH=-9976kJ·mol-1，答案选A。20、C【题目详解】A.甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不符合题意；B.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不符合题意；C.乙烯中含有碳碳双键，易被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，符合题意；D.乙酸不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不符合题意；答案选C。21、C【解题分析】盐酸和醋酸都是一元酸，pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以c（HCl）＜c（CH3COOH），等体积的两种溶液中n（HCl）＜n（CH3COOH），所以醋酸消耗的氢氧化钠多，故答案选C。【题目点拨】本题考查弱电解质的电离，明确“pH相同的相同元数的酸中，弱酸的物质的量浓度大于强酸”是解本题的关键。22、C【解题分析】A.氢氧化亚铁不稳定，易空气被氧化。图1通H2把试管中的氢氧化钠溶液压入装铁和硫酸反应的装置中，起到了隔绝空气的作用，故A正确；B.图2：过氧化钠滴水后，脱脂棉燃烧了，说明过氧化钠和水反应是放热反应，故B能证明过氧化钠与水反应放热。故B正确；C.图3：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性实验，应该是碳酸氢钠在里边小试管，碳酸钠装在大试管里；故C错；D.图4H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2+H2O：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3证明酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3故D正确。二、非选择题(共84分)23、羟基(CH3)3C-OH+Cl2+HClCH2=C（CH3）2+H2O【分析】首先根据不饱和度发现A中无不饱和度，只有一种一氯代物说明只有一种等效氢，因此必然是对称结构的一元醇，则A为，B为一氯代物，C为醇钠，A到D是典型的消去反应的条件，得到烯烃，再和溴的四氯化碳加成得到E，本题得解。【题目详解】（1）A是醇，官能团为羟基，A的结构简式为；（2）A→B为取代反应，方程式为(CH3)3C-OH+Cl2+HCl，A→D为消去反应，方程式为CH2=C（CH3）2+H2O；（3）首先F也是一元醇，有3种等效氢，且羟基的邻位碳上有氢原子，符合条件的结构为。24、C2H5OH羟基CH3CHO醛基2C2H5OH+O22CH3CHO+H2O氧化反应6CH3COOC2H5+NaOHCH3CH2OH+CH3COONa【分析】D的蒸气密度是氢气的22倍，则相对分子质量为44，并可以发生银镜反应，说明含有-CHO，则D为CH3CHO；D被氧化生成E为CH3COOH，D被还原生成A为CH3CH2OH；A可以与浓氢溴酸发生取代生成B，B可以与碱的水溶液反应生成A，则B为CH3CH2Br，B可以在碱的醇溶液中反应生成C，则C为CH2=CH2；A与E可发生酯化反应生成F，F为CH3COOC2H5。【题目详解】(1)根据分析可知A为CH3CH2OH，其官能团为羟基；D为CH3CHO，其官能团为醛基；(2)反应⑤为乙醇的催化氧化，方程式为2C2H5OH+O22CH3CHO+H2O；(3)C为CH2=CH2，D为CH3CHO，由C到D的过程多了氧原子，所以为氧化反应；(4)F的同分异构体中能与NaOH溶液发生反应，说明含有羧基或酯基，若为酯则有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3，若为羧酸则有：CH3CH(COOH)CH3、CH3CH2CH2COOH，所以包括F在内共有6种结构；酯类与NaOH反应方程式以乙酸乙酯为例：CH3COOC2H5+NaOHCH3CH2OH+CH3COONa，羧酸类：CH3CH2CH2COOH+NaOH=CH3CH2CH2COONa+H2O。25、在大试管中先加4mL乙醇，再缓慢加入1mL浓H2SO4，边加边振荡，待冷至室温后，再加4mL乙酸并摇匀BD防止反应物随生成物一起大量被蒸出，导致原料损失及发生副反应B【分析】根据乙酸乙酯制备实验的基本操作、反应条件的控制、产物的分离提纯等分析解答。【题目详解】(1)配制乙醇、浓硫酸、乙酸混合液时，各试剂加入试管的顺序依次为：CH3CH2OH→浓硫酸→CH3COOH。将浓硫酸加入乙醇中，边加边振荡是为了防止混合时产生的热量导致液体飞溅造成事故；将乙醇与浓硫酸的混合液冷却后再与乙酸混合，是为了防止乙酸的挥发造成原料的损失。在加热时试管中所盛溶液不能超过试管容积的，因为试管容积为30mL，那么所盛溶液不超过10mL，按体积比1∶4∶4的比例配浓硫酸、乙酸和乙醇的混合溶液，由此可知，对应的浓硫酸、乙酸和乙醇的体积为1mL、4mL、4mL；(2)饱和碳酸钠溶液的作用主要有3个：①使混入乙酸乙酯中的乙酸与Na2CO3反应而除去；②使混入的乙醇溶解；③降低乙酸乙酯的溶解度，减少其损耗及有利于它的分层析出和提纯；故选BD；(3)根据各物质的沸点数据可知，乙酸(117.9℃)、乙醇(78.0℃)的沸点都比较低，且与乙酸乙酯的沸点(77.5℃)比较接近，若用大火加热，反应物容易随生成物(乙酸乙酯)一起蒸出来，导致原料的大量损失；另一个方面，温度太高，可能发生其他副反应；(4)用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；不能选择P2O5、碱石灰和NaOH等固体干燥剂，以防乙酸乙酯在酸性(P2O5遇水生成酸)或碱性条件下水解，故选B。【题目点拨】乙酸乙酯的制备实验中用饱和碳酸钠溶液收集产物乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇，并降低乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度，有利于分层析出。不能用氢氧化钠溶液，因为乙酸乙酯会在碱性条件下水解。26、22.6080.0%（或80%）2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O酸式当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色偏高偏高2.5×10﹣3环形玻璃搅拌棒偏大NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1【解题分析】I（1）凹液面与刻度相切的数据，即为准确读数；（2）由表格数据计算出消耗盐酸平均体积，根据H++OH-=H2O计算出n（NaOH），再根据m=n•M计算出氢氧化钠质量，由百分含量=II（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式；（2）依据酸式滴定管用来量取酸性或者强氧化性溶液，碱式滴定管用来量取碱性溶液判断；（3）高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点；（4）结合操作对消耗标准溶液的体积影响判断误差；（5）依据Ca2+∼CaCIII（1）由图可知，缺少环形玻璃搅拌棒；氢氧化钠固体溶解会放出热量；（2）中和热为稀强酸和稀强碱发生生成1mol水放出的热量，由此写出热化学方程式即可。【题目详解】I（1）由图可知，凹液面对应的刻度为22.60；（2）两次消耗稀盐酸体积平均数为20.00mL，故n（H+）=4×10-3mol，由H++OH-=H2O可知，n（OH-）=25×4×10-3mol=0.1mol，m（NaOH）=0.1mol×40g/mol=4g，故NaOH的百分含量=4g5gII（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式得该离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；（2）因高锰酸钾具有强氧化型，会氧化橡胶，使橡胶老化，故应装在酸式滴定管中；（3）高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点，故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；（4）①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，导致标准液浓度降低，消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；（5）由原子守恒以及转移电子守恒可列出下列关系式：Ca10.4n（Ca2+）c（标）V（标）即cCa2+V待=2.5c标V标，由此可知c（Ca2+）×2mL=2.5×20mL×l.0×l0﹣III（1）由图可知，该装置缺少的玻璃仪器为环形玻璃搅拌棒；氢氧化钠固体溶解会放出热量，导致最终温度偏大，计算出的热量偏大，即实验中测得的“中和热”数值将偏大；（2）中和热为稀强酸和稀强碱发生生成1mol水和可溶性盐放出的热量，当生成0.1mol水时，放出5.73kJ热量，故生成1mol水时，放出57.3kJ热量，故表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1。【题目点拨】（1）对于滴定过程中消耗溶液的体积，需取相近的多组数据求平均值，以减小误差，若出现某组数据与其它数据偏差较大时，则该组数据舍去；（2）对于误差分析，需以该操作对反应中物质的量的影响分析。27、不能ACSO2CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br向反应后的溶液中滴加石蕊溶液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应【解题分析】用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色，故溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；乙烯若与溴水发生取代，则有HBr生成从而使溶液显酸性，若发生加成反应则生成CH2BrCH2Br溶液不显酸性，据以上分析解答。【题目详解】（1）用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色，方程式为：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；综上所述，本题答案是：不能；AC；（2）SO2具有较强的还原性，根据元素守恒和还原性推断，气体只能是SO2，它与溴水发生反应的化学方程式是SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4；乙烯与溴水发生加成反应，化学方程式是：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；综上所述，本题答案是：SO2；CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br。（3）乙烯若与溴水发生取代，则有HBr生成从而使溶液显酸性，若发生加成反应则生成CH2BrCH2Br溶液不显酸性，所以检验方法为：向反应后的溶液中滴加石蕊试液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应；综上所述，本题答案是：向反应后的溶液中滴加石蕊溶液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应。【题目点拨】本题主要考查乙烯的制备和性质实验，难度不大，本题中注意乙烯的除杂和性质实验；特别注意，二氧化硫具有还原性，也能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应，在检验乙烯气体之前，必须先除去二氧化硫气体，但是要用氢氧化钠溶液除去二氧化硫。28、[Ar]3d104s24p1（或1s22s22p63s23p63d104s24p1）3Se>As>Ga平面三角形三角锥形GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，沸点逐渐增大GaF3是离子晶体sp3C>SiC>Si【分析】(1)Ga是31号元素，根据构造原理可得基态原子核外电子排布式；As是33号元素，根据构造原理得基态As原子核外电子排布式，然后根据各个能级具有的轨道数及每个最多容纳2个电子判断其具有的未成对电子；(2)同一周期的元素，原子序数越大元素的电负性越大；(3)根据价层电子对数判断分子的空间构型；(4)镓的卤化物GaF3是离子晶体，其余为分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，根据分子间作用力与物质相对分子质量的关系分析；(5)[B(OH)4]-中B原子形成4