2024届河北省邯郸市鸡泽一中化学高二第一学期期中质量检测模拟试题含解析

2024届河北省邯郸市鸡泽一中化学高二第一学期期中质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间均已单键结合，下列关于晶体说法正确的是A．C3N4晶体是分子晶体B．C3N4晶体中，C-N键的键长比金刚石中C-C键的键长要长C．C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子D．C3N4晶体中微粒间通过离子键要长2、在一密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，A的浓度变为原来的60%，则A．平衡向正反应方向移动了 B．平衡向逆反应方向移动了C．物质B的质量分数增加了 D．a＜b3、从海水中提取下列物质，可以不涉及到化学变化的是（）A．Mg B．NaCl C．Br2 D．K4、已知液氨的性质与水相似。T℃时，NH3+NH3⇌NH4++NH2-，NH4+的平衡浓度为1×10-15mol/L，则下列说法中正确的是()A．在此温度下液氨的离子积为1×10-17B．在液氨中放入金属钠，可生成NaNH2C．恒温下，在液氨中加入NH4Cl，可使液氨的离子积减小D．降温，可使液氨电离平衡逆向移动，且c(NH4+)<c(NH2-)5、约翰·芬恩（Johnfenn）等三位科学家因在蛋白质等大分子研究领域的杰出贡献获得了2002年的诺贝尔化学奖。下列有关说法正确的是A．蚕丝、羊毛、棉花的主要成分都是蛋白质B．蛋白质溶液不能产生丁达尔效应C．蛋白质溶液中加入CuSO4溶液产生盐析现象D．蛋白质在紫外线的照射下将失会去生理活性6、外围电子排布为3d104s2的元素在周期表中的位置是()A．第三周期ⅦB族 B．第三周期ⅡB族C．第四周期ⅦB族 D．第四周期ⅡB族7、导致酸雨和加剧温室效应的主要原因是()A．大量砍伐森林 B．燃烧煤和大量排放CO2气体C．水土流失 D．汽车排放尾气剧增8、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2则△H1＜△H2A．已知2SO2(g)+O22SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量B．已知C(石墨,s)==C（金刚石,s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定C．已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)△H=－57.3kJ／mol，则任何酸碱中和反应的热效应均为57.3kJD．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H19、基辛格曾经说过：谁控制了石油，谁就控制了所有的国家。这足以说明石油在工业中的重要性，它被称为“黑色的金子”，下列有关石油化工的说法不正确的是()A．石油的常压蒸馏和减压蒸馏都是化学变化B．石油在加热和催化剂的作用下，可以得到苯等芳香烃C．石油进一步裂解可以得到乙烯、丙烯等化工原料D．石油裂化的目的是提高汽油等轻质燃料的产量和质量10、短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（）A．原子半径：W>Z>Y>XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>ZC．最简单气态氢化物的热稳定性：Y>X>W>ZD．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等11、下列说法正确的是（）A．ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行B．NH4HCO3(s)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH＝＋185.57kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的方向12、如图是关于可逆反应（正反应为放热反应）的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是A．升高温度B．降低压强C．增大反应物浓度，同时使用正催化剂D．增大反应物浓度，同时减小生成物浓度13、下列各组物质按单质、化合物、混合物的顺序排列的是A．液氧、烧碱、碘酒B．生石灰、熟石灰、胆矾C．铜、干冰、冰水D．空气、氮气、白磷14、下列条件下铁制品最容易生锈的是A．全浸在纯水中 B．半浸在盐水中C．露置在干燥空气中 D．半浸在有机溶剂溶液中15、下列有关实验内容、实验装置和对应的实验目的均正确的是()A．图①不能用于探究氧化性：KMnO4＞Cl2＞I2B．图②验证CuCl2对双氧水分解的催化作用C．图③通过测定收集一定体积氢气所用的时间来测量锌粒和一定浓度的稀硫酸反应的速率D．图④比较不同温度对化学反应速率的影响16、据有关报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程如图：下列说法中正确的是A．状态Ⅰ→状态Ⅲ是放热过程B．该过程中，CO先断键形成C和O，再生成CO2C．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO和O2反应，生成了CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅱ表示催化剂对反应没有起作用17、常温下，的三种钠盐溶液其物质的量浓度大小为NaX＜NaY＜NaZ，下列说法正确的是（）A．酸性依次减弱B．浓度相同的和能发生C．浓度相同的三种钠盐溶液中，水的电离程度最大的是的溶液D．中和体积和pH均相等的溶液，消耗的最多18、下列除杂试剂和方法都正确的有①除去乙烷中少量乙烯：通入H2，加入催化剂反应②除去乙酸乙酯中的少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液③除去苯中少量的苯酚：滴入适量溴水，过滤④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏⑤除去苯中少量的甲苯：先加足量酸性KMnO4溶液后加足量的NaOH溶液，分液A．2个B．3个C．4个D．5个19、一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行如下可逆反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，下列叙述能表明该反应已达到平衡状态的是①混合气体的密度不再变化时②容器内气体的压强不再变化时③混合气体的总物质的量不再变化时④B的物质的量浓度不再变化时⑤混合气体的平均相对分子质量不再变化时⑥v正(B)=2v逆(C)时A．①④⑤⑥ B．②③⑥ C．②④⑤⑥ D．只有④20、一定条件下反应：2A（g）+B（g）3C（g）ΔH＜0，在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是选项xyAA的浓度平衡常数KB温度混合气体的密度CB的物质的量A的转化率D催化剂的质量C的体积分数A．A B．B C．C D．D21、下列试剂能够用来鉴别KNO3溶液和KCl溶液的是A．AgNO3溶液 B．稀盐酸 C．BaCl2溶液 D．NaOH溶液22、对氨基苯甲酸可用甲苯为原料合成。已知①苯环上的硝基可被还原为氨基：+3Fe+6HCl→+3FeCl2+2H2O，产物苯胺还原性强，易被氧化；②-CH3为邻、对位取代定位基，而-COOH为间位取代定位基。则由甲苯合成对氨基苯甲酸的步骤合理的是A．甲苯XY对氨基苯甲酸B．甲苯XY对氨基苯甲酸C．甲苯XY对氨基苯甲酸D．甲苯XY对氨基苯甲酸二、非选择题(共84分)23、（14分）下表列出了A~R10种元素在周期表中的位置：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02EG3ACDFHIR4B（1）这10种元素中化学性质最不活泼的是______（填元素符号）。（2）A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为____。（3）A的过氧化物与水反应的化学方程式为_______；在该反应中，还原剂是________。（4）D的最高价氧化物对应的水化物与NaOH溶液发生反应，其离子方程式为___________。（5）E元素和F元素两者核电荷数之差是____。24、（12分）有机物A的化学式为C3H6O2，化合物D中只含一个碳，可发生如图所示变化：（1）C中官能团的名称是______。（2）有机物A与NaOH溶液反应的化学方程式___________________________________________．（3）某烃X的相对分子质量比A大4，分子中碳与氢的质量之比是12∶1，有关X的说法不正确的是______a.烃X可能与浓硝酸发生取代反应b.烃X可能使高锰酸钾溶液褪色c.烃X一定能与氢气发生加成反应d.乙炔与烃X互为同系物．25、（12分）已知MnO2、Fe3+、Cu2+等均可以催化过氧化氢的分解。某化学实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件，用如图装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如下表：请回答下列问题:（1）盛装双氧水的化学仪器名称是__________。（2）如何检验该套装置的气密性__________________________________________________。（3）相同浓度的过氧化氢，其分解速率随着二氧化锰用量的增加而__________。（4）从实验效果和“绿色化学”角度考虑，双氧水的浓度相同时，加入______g的二氧化锰为较佳选择。（5）某同学查阅资料知道，H2O2是一种常见的氧化剂，可以将Fe2+氧化为Fe3+，他在FeCl2溶液中加入过氧化氢溶液，发现溶液由浅绿色变成了棕黄色，过了一会，又产生了气体，猜测该气体可能为______，产生该气体的原因是_____________________。26、（10分）为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取wg固体样品，配成250mL溶液。设计了以下两种实验方案：方案I：取25.00mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液→操作I→洗涤→操作Ⅱ→称量，得到沉淀的质量为m1g方案Ⅱ：取25.00mL上述溶液，用amol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定。(5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O)滴定次数实验数据1234待测溶液体积/mL25.0025.0025.0025.00滴定管初读数/mL0.000.200.100.15滴定管末读数/mL19.9520.2019.1520.20实验中所记录的数据如下表：（1）配制250mLNa2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、药匙和_________、____________。（2）操作I为________操作Ⅱ为____________（3）方案I中如何判断加入的氯化钡已经过量_____________，在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是________________。（4）根据方案Ⅱ所提供的数据，计算Na2SO3的纯度为_________。（5）上述实验中，由于操作错误所引起的误差分析正确的是_________A．方案I中若没有洗涤操作，实验结果将偏小B．方案I中若没有操作Ⅱ，实验结果将偏大C．方案Ⅱ中，滴定管在滴定前无气泡，滴定后出现气泡，实验结果偏小D．方案Ⅱ中，滴定终点时仰视读数，实验结果偏大27、（12分）某化学学习小组进行如下实验：Ⅰ.探究反应速率的影响因素设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20mol·L-1H2C2O4溶液、0.010mol·L-1KMnO4溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽（1）若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为______________；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写__________________。Ⅱ.测定H2C2O4·xH2O中x值已知：M（H2C2O4）=90g·mol-1①称取1.260g纯草酸晶体，将草酸制成100.00mL水溶液为待测液；②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4；③用浓度为0.05000mol·L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。反应原理为：5H2C2O4+2MnO4—+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O（2）某学生的滴定方式（夹持部分略去）如下，最合理的是________（选填a、b）。由图可知消耗KMnO4溶液体积为________mL。（3）滴定终点锥形瓶内现象为__________________________________________________。（4）通过上述数据，求得x=______________。（5）下列操作会造成所测x偏大的是____________(填字母)。A．滴定终点俯视读数B．锥形瓶用待测溶液润洗C．滴定前有气泡，滴定后没有气泡D．配制100mL待测溶液时，有少量溅出28、（14分）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图所示：(1)图中A极要连接电源的____(填“正”或“负”)极。(2)精制饱和食盐水从图中_____位置补充，NaOH溶液从图中____位置流出。(填“a”“b”“c”“d”“e”或“f”)(3)电解饱和食盐水的离子方程式是_____________________；(4)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，盐酸的作用是______________________。某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。(5)如图为某实验小组依据的氧化还原反应：(用离子方程式表示)_________________设计的原电池装置，该装置中，盐桥的作用是_______________________。(6)反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过_______mol电子。29、（10分）非金属单质A经过如图所示的过程转化为含氧酸D。已知D为强酸，请回答下列问题：（1）A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。①D的化学式是___。②在工业生产中气体B大量排放后，被雨水吸收形成了污染环境的___。（2）A在常温下为气体，C是红棕色的气体。①A的化学式是___；C的化学式是___。②在常温下D的浓溶液可与铜反应并生成气体C，请写出该反应的化学方程式：___，该反应__(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。

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】C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，说明该物质是原子晶体，每个C原子连接4个N原子、每个N原子连接3个C原子。A．分子晶体熔沸点较低、硬度较小，原子晶体硬度较大，该晶体硬度比金刚石大，说明为原子晶体，故A错误；B．原子半径越大，原子间的键长越长，原子半径C＞N，所以C3N4晶体中C−N键长比金刚石中C−C要短，故B错误；C．该晶体中原子间均以单键结合，且每个原子都达到8电子稳定结构，所以每个C原子能形成4个共价键、每个N原子能形成3个共价键，故C正确；D．离子晶体微粒之间通过离子键结合，原子晶体微粒间通过共价键结合，该晶体是原子晶体，所以微粒间通过共价键结合，故D错误；答案选C。2、B【题目详解】保持温度不变，将容器体积增加一倍瞬间，A的浓度变为原来的50%。但最终平衡时，A的浓度变为原来的60%，这说明降低压强平衡向逆反应方向移动，因此正反应是体积减小的，a>b；向逆向移动，B的质量分数减小；所以选项B正确，答案选B。3、B【题目详解】A．海水中含有MgCl2，先向海水中加入生石灰得到Mg(OH)2沉淀，经过滤、洗涤得到纯净的Mg(OH)2，然后用盐酸溶解获得MgCl2溶液，再将溶液蒸发浓缩获得氯化镁晶体，通过在HCl气氛中加热获得无水MgCl2，然后电解熔融的无水MgCl2获得金属Mg，发生了化学变化，A不符合题意；B．海水中含有NaCl，由于NaCl的溶解度受温度的影响变化不大，所以采用蒸发溶剂的方法获得NaCl，属于物理变化，B符合题意；C．海水中的溴元素以NaBr等化合物的形式存在，要通过氧化还原反应得到单质Br2，发生了化学变化，C不符合题意；D．海水中钾元素以KCl等化合物形式存在，先分离得到纯净的KCl，然后电解熔融的KCl，得到单质钾，发生了化学变化，D不符合题意；答案选B。4、B【解题分析】A.由电离方程式知,NH4+与NH2-的离子平衡浓度相等都为1×10-15mol/L,根据水的离子积得液氨的离子积K=c(NH2-).c(NH4+)=1×10-30，故A错误；B.由钠与水反应可推知,2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑,故B正确；C、虽然加入NH4Cl可使平衡向逆反应方向移动,NH4+的浓度增大,但由水的离子积可以知道,其大小只与温度有关,与离子浓度无关,故C错误；D、因为电离是吸热反应，所以降温NH3+NH3NH4++NH2-平衡向逆向移动，c(NH4+)=c(NH2-)都减小，故D错误；答案：B。5、D【题目详解】A.棉花的主要成分是纤维素，不是蛋白质，A不正确；B.蛋白质溶于水可以形成胶体，能产生丁达尔效应，B不正确；C.硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变形，C不正确；D.蛋白质在紫外线的照射下将失会去生理活性而发生变性，D正确。答案选D。【题目点拨】6、D【解题分析】根据副族元素的内电子层未填满，价电子既可以排布在最外电子层的ns亚层上，也可以排布在次外电子层的(n-1)d亚层上，甚至还可以排布在次外层的(n-2)f上进行分析；根据元素的能层数等于其周期数可得周期；根据从第ⅢB族到第ⅥB族，其价层电子数等于其族序数，第ⅠB族、第ⅡB族，其最外层电子数等于其族序数，据此分析解答。【题目详解】该元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，其价电子排布式为3d104s2，属于第ⅡB族元素，所以该元素位于第四周期第ⅡB族。综上所述，本题选D。7、B【题目详解】A.大量砍伐森林，会造成水土流失，故A不选；B.煤中含有硫，燃烧时会生成二氧化硫，造成酸雨。二氧化碳是温室气体，大量排放二氧化碳，会加剧温室效应，故B选；C.水土流失会造成耕地面积减少，和酸雨以及温室效应没有必然的关系，故C不选；D.汽车排放尾气增多会造成光化学烟雾，故D不选。故选B。8、D【解题分析】A、应该是反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；B、石墨转化为金刚石是吸热反应，说明石墨的总能量小于金刚石的总能量，所以石墨比金刚石稳定，错误；C、中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，由于弱酸存在电离平衡，而电离是吸热的，错误；D、碳完全燃烧发出的热量多，但放热越多，△H越小，正确；答案选D。9、A【题目详解】A．石油的常压蒸馏和石油减压蒸馏都属于物理变化，故A错误；B．石油在加热和催化剂的作用下，可以得到苯等芳香烃，故B正确；C．石油的裂解是深度裂化，目的是为了获得乙烯、丙烯等化工原料，故C正确；D．裂化的目的是将C18以上的烷烃裂化为C5-C11的烷烃和烯烃，得到裂化汽油，可以提高汽油的产量和质量，故D正确；故选A。10、A【题目详解】A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：Z＞W＞X＞Y，故A错误；B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：X＞W＞Z，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z，故B正确；C、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：Y＞X＞W＞Z，所以元素的氢化物的稳定性：Y＞X＞W＞Z，故C正确；D、主族元素除了O和F之外，最高化合价等于主族序数，所以X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，故D正确；故选A。11、B【解题分析】A．ΔH＜0、ΔS＞0,ΔH-TΔS<0，任何温度都能自发进行，错误；B、ΔH>0,ΔS＞0,高温可以自发进行，正确；C、虽然焓变和熵变都与反应的自发性有关，但单独作为反应自发性的判据是不准确的，错误；D、催化剂不可以改变化学反应进行的方向，错误。12、D【题目详解】A、升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率应在正反应速率的上方，故A错误；

B、降低压强，正逆反应速率都降低，故B错误；

C、增大反应物浓度，同时使用正催化剂，正逆反应速率都增大，平衡向正反应移动，正反应速率应在逆速率的上方，故C错误；

D、增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，瞬间正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应移动，所以D选项是正确的。故答案选D。13、A【解题分析】A.液氧成分为O2，属于单质，烧碱为氢氧化钠，属于化合物，碘酒是溶液，故含有多种物质，属于混合物，正确；B.生石灰为CaO，属于化合物，熟石灰为Ca(OH)2，属于化合物，胆矾为CuSO4·5H2O，属于纯净物，错误；C.铜属于单质，干冰为固态CO2，属于化合物，冰水的成分为H2O，属于纯净物，错误；D.空气中含有多种气体物质，属于混合物，氮气为单质，白磷（P4）属于单质，错误。14、B【分析】铁在有水和氧气并存时最易生锈，根据铁生锈的条件进行分析。【题目详解】A.全浸没在水中，铁与氧气不接触，不易生锈，A错误；B.半浸在盐水中，既有水，也有氧气，且水中有食盐，铁制品的Fe、杂质碳与食盐水构成原电池，Fe作原电池的负极，失去电子被氧化，加快了Fe的腐蚀速率，最容易生锈，B正确；C.在干燥的空气中铁与水接触的少，不易生锈，C错误；D.半浸没在植物油中，铁与水不接触，只与氧气接触，不易生锈，D错误；故合理选项是B。15、C【题目详解】A.图①的装置中，高锰酸钾可以将浓盐酸氧化为氯气，氯气可以将碘化钾氧化为碘，碘化钾溶液变为棕黄色，氧化剂的氧化性强于氧化产物，因此，该实验可以说明氧化性由强到弱的顺序为KMnO4＞Cl2＞I2，A不正确；B.在控制变量法的实验中，通常只能有一个变量，图②的对比实验中，除了所加氯化铜不同外，两者的温度不同，故不能用于验证CuCl2对双氧水分解的催化作用，B不正确；C.图③实验中，稀硫酸与锌反应可以生成氢气，注射器可以作为收集氢气的装置，因此，通过测定收集一定体积氢气所用的时间可以测量锌粒和一定浓度的稀硫酸反应的速率，C正确；D.图④中两个容器之间没有隔开，两容器所处的环境温度不同，在不同温度下该反应的限度不同，因此，基于上述两方面的原因，该装置无法比较不同温度对化学反应速率的影响，D不正确。综上所述，有关实验内容、实验装置和对应的实验目的均正确的是C，本题选C。16、A【解题分析】A.生成物能量较低，所以状态Ⅰ→状态Ⅲ是放热过程，故A正确；B.该过程中，CO没有断键，故B错误；C.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO和O反应，生成了CO2，故C错误；D.状态Ⅰ→状态Ⅱ是在催化剂表面进行的，催化剂对反应起作用，故D错误。故选A。17、D【分析】由越弱越水解的规律可知，pH值相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其物质的量浓度为NaX＜NaY＜NaZ，则酸性HX＜HY＜HZ，由此分析。【题目详解】A．酸越弱，对应的盐水解的程度越大，pH相同时浓度NaX＜NaY＜NaZ，则酸性HX＜HY＜HZ，故A不符合题意；B．根据分析，酸性HX＜HY，则不能发生，故B不符合题意；C．HX的酸性最弱，则NaX水解程度最大，水的电离程度最大的是NaX的溶液，故C不符合题意；D．根据分析，酸性HX＜HY＜HZ，pH值相同的三种酸的水溶液，则浓度HX＞HY＞HZ，则恰好中和体积和均相等的溶液时所耗NaOH的物质的量为HX＞HY＞HZ，故D符合题意；答案选D。【题目点拨】pH值相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其物质的量浓度为NaX＜NaY＜NaZ，则判断出酸性HX＜HY＜HZ，为难点。18、B【解题分析】通入H2除去乙烷中少量乙烯，不能把乙烯全部转化为乙烷且会引入新的杂质H2，故①错误；②乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，而乙酸能和Na2CO3溶液反应，利用分液方法可得到纯净的乙酸乙酯，故②正确；③苯酚与溴水生成的三溴苯酚可溶于苯，故③错误；④乙酸能与生石灰反应生成难挥发的乙酸钙，通过蒸馏可得到纯净的乙醇，故④正确；⑤甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化成苯甲酸，苯甲酸再与氢氧化钠反应生成易溶于水的苯甲酸钠，然后分液可得到苯，故⑤正确。正确的是②④⑤。故选B。19、A【题目详解】①在恒容条件下，气体的总体积V恒定，反应体系中有固体A参与，所以气体的质量为一个变化的量，可知密度为一个变化的量，当密度不变时可以看作是达到化学平衡，故①正确；②此题为恒温恒容，反应前后气体物质的量不变的反应，由PV=nRT可知压强P为一个恒定的值，故压强不变不能说明达到平衡，故②错误；③反应前后气体的化学计量数相等，即该可逆反应是一个气体物质的量不变的反应，不管是否平衡，气体的物质的量都是不变的，故③错误；④可逆反应为一个整体，B物质的量浓度不变，则体系中其他气体的浓度均不再变化，故④正确；⑤反应体系中有固体A参与，所以气体的质量m为一个变化的量，反应前后气体的化学计量数相等，说明气体总物质的量n为一个恒定的量，所以M为一个变化的量，若M不变，说明已经达到平衡，故⑤正确；⑥当反应正逆反应速率相等时，说明已经达到平衡，故⑥正确，能表明该反应已达到平衡状态的有①④⑤⑥，故选A。20、C【题目详解】A．达平衡后，再加入A，平衡正向移动，促进B的转化，但平衡常数不随浓度变化，与图象不符合，故A错误；B．达平衡后，升高温度，化学平衡逆向移动，反应前后气体体积、质量不变，密度始终不变，与图象不符合，故B错误；C．达平衡后，加入B的物质的量，平衡正向移动，则A的转化率增大，与图象符合，故C正确；D．达平衡后，再加入催化剂，改变化学反应速率，化学平衡不移动，C的体积分数不变，与图象不符合，故D错误；故选C。【点晴】本题考查化学平衡的影响因素及化学平衡图象，明确不同因素对化学平衡的影响及由图象得出一个量增大引起另一个量的增大是解答本题的关键。2A（g）+B（g）3C（g）△H＜0，平衡常数只随温度变化，增加B的量，促进A的转化，加入C，化学平衡逆向移动，增大压强，平衡正向移动，升高温度，化学平衡逆向移动，催化剂改变反应速率不改变化学平衡。21、A【解题分析】A、硝酸银可以和氯化钾反应生成白色沉淀氯化银，但是和硝酸钾之间不反应，没有现象，可以鉴别，故A正确；B、盐酸和氯化钾以及硝酸钾均不反应，均没有现象，不能鉴别，故B错误；C、氯化钡和硝酸钾以及氯化钾均不反应，均没有现象，不能鉴别，故C错误；D、硝酸钾和氯化钾与氢氧化钠均不反应，均没有现象，不能鉴别，故D错误．故选A。22、A【题目详解】由于甲基是邻、对位取代定位基，而-COOH为间位取代定位基，且氨基还原性强，易被氧化，所以由甲苯合成对氨基苯甲酸的步骤是：甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生甲基对位上的取代反应产生对硝基甲苯，然后被酸性KMnO4溶液氧化，产生对硝基苯甲酸，最后对硝基苯甲酸与Fe、HCl作用，硝基被还原产生-NH2，得到对氨基苯甲酸，故合理选项是A。二、非选择题(共84分)23、ArK＞Na＞Mg2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Na2O2Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O8【分析】由元素在周期表中的位置可知，A、B、C、D、E、F、G、H、I、R分别为Na、K、Mg、Al、C、Si、O、S、Cl、Ar。【题目详解】（1）这10种元素中化学性质最不活泼的是稀有气体Ar。（2）同一主族的元素从上到下，原子半径依次增大，同一周期的元素从左到右，原子半径依次减小，因此，A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为K＞Na＞Mg。（3）A的过氧化物为Na2O2，其与水反应生成NaOH和O2，该反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；在该反应中化合价升高的元素是Na2O2中的O元素，还原剂是Na2O2。（4）D的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，其为两性氢氧化物，其与NaOH溶液发生反应生成偏铝酸钠和水，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O。（5）E元素和F元素分别为C和Si，两者核电荷数之差是14-6=8。【题目点拨】根据元素在周期表中的位置确定元素的名称，这是高中学生的基本功，根据元素周期律结合常见元素的基本性质进行有关性质的比较和推断，也是学生的基本功，要求学生要在这些方面打好基础。24、羧基cd【分析】有机物A的化学式为C3H6O2，有机物Ａ能与氢氧化钠反应生成B和D，说明该物质为酯，化合物D中只含一个碳，能在铜存在下与氧气反应，说明该物质为醇，所以Ａ为乙酸甲酯。Ｂ为乙酸钠，Ｃ为乙酸，Ｄ为甲醇，Ｅ为甲醛。【题目详解】(1)根据以上分析，Ｃ为乙酸，官能团为羧基。(2)有机物Ａ为乙酸甲酯，与氢氧化钠反应生成乙酸钠和甲醇，方程式为：。(3)某烃X的相对分子质量比A大4，为78，分子中碳与氢的质量之比是12∶1，说明碳氢个数比为１:１，分子式为C6H6，可能为苯或其他不饱和烃或立方烷。a.苯可能与浓硝酸发生取代反应，故正确；b.苯不能使高锰酸钾溶液褪色，但其他不饱和烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；c.若为立方烷，不能与氢气发生加成反应，故错误；d.乙炔与烃X分子组成上不相差“CH2”，两者一定不互为同系物，故错误。故选cd。25、分液漏斗

关闭分液漏斗的活塞，将注射器的活栓向外拉出一段距离，若一段时间后活栓能够恢复到原位置，则装置的气密性好加快0.3O2生成的Fe3+催化了过氧化氢的分解【解题分析】本题探究过氧化氢分解的最佳催化条件，使用注射器测量气体体积，能保证所测气体恒温恒压，实验数据中表征反应快慢的物理量是反应停止所用时间，反应停止所用时间越短反应速率越快，从表格数据可以看出催化剂使用量越大反应所用时间越短，但使用0.3gMnO2和0.8gMnO2时反应所用时间差别不大。“绿色化学”的理念是原子经济性、从源头上减少污染物的产生等，使用0.3gMnO2有较好的反应速率又符合“绿色化学”的理念。H2O2能将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+又能催化H2O2的分解放出O2，由此分析解答。【题目详解】(1)盛装双氧水的化学仪器是分液漏斗。(2)通常在密闭体系中形成压强差来检验装置的气密性，本实验中推拉注射器活栓就可以造成气压差，再观察活栓能否复位，其操作方法是：关闭分液漏斗的活塞，将注射器的活栓向外拉出一段距离，若一段时间后活栓能够恢复到原位置，则装置的气密性好。(3)由表格数据可知，过氧化氢浓度相同时，增大MnO2的质量，反应停止所用时间缩短，反应速率加快，所以相同浓度的过氧化氢，其分解速率随着二氧化锰用量的增加而加快。(4)从表格数据看，三次实验中尽管双氧水的浓度不同，但使用0.3gMnO2的反应速率明显比0.1gMnO2加快很多倍，使用0.8gMnO2尽管比0.3gMnO2时反应速率有所加快，但增大的幅度很小，而“绿色化学”要求原子经济性、从源头减少污染物的产生等，所以使用0.3gMnO2既能有较好的实验效果又符合“绿色化学”的理念。(5)在FeCl2溶液中加入过氧化氢溶液，发现溶液由浅绿色变成了棕黄色，是因为H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，根据题给信息，Fe3+可以催化过氧化氢的分解，所以H2O2在Fe3+催化下发生了分解反应2H2O22H2O+O2↑，所以产生的气体是O2，原因是生成的Fe3+催化了过氧化氢的分解。26、电子天平（托盘天平也对）250mL的容量瓶过滤干燥（烘干）静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全加入最后一滴KMnO4溶液后溶液由无色变为紫色，并且在半分钟内不褪色63a/w×100%ACD【解题分析】(1)根据溶液配制的实验过程和操作步骤分析判断所需要的仪器，准确称取Wg固体样品，配成250mL溶液需要250mL容量瓶，因为是精确称量需要用电子天平；

(2)加入氯化钡产生白色沉淀，因此操作I为过滤；沉淀洗涤后称量前需要干燥，即操作Ⅱ为干燥（烘干）；(3)根据硫酸钡是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀判断方案I中加入的氯化钡已经过量，即；静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全；酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是加入最后一滴后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪。(4)四次实验消耗标准液体积分别是（mL）19.95、20.00、19.05、20.05，显然第三次数据误差较大，舍去，则其平均值是20.00mL，根据方程式可知25mL溶液中亚硫酸钠的物质的量是2.5×0.020L×amol/L＝0.0500amol，以此计算亚硫酸钠的纯度；

(5)根据方案I和方案Ⅱ的实验原理分析由于操作错误所引起的误差。【题目详解】(1)准确称取Wg固体样品,配成250mL溶液需要250mL容量瓶，因为是精确称量固体质量，所以需要用精确度大的电子天平，

因此，本题正确答案是：电子天平；250

mL的容量瓶；

(2)加入氯化钡产生白色沉淀，因此操作I为过滤；沉淀洗涤后称量前需要干燥，即操作Ⅱ为干燥（烘干）；

因此，本题正确答案是：过滤；干燥（烘干）；

(3)根据硫酸钡是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀判断方案I中加入的氯化钡已经过量，即；静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全；酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是加入最后一滴后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪。因此，本题正确答案是：静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全；加入最后一滴KMnO4溶液后溶液由无色变为紫色，并且在半分钟内不褪色；(4)四次实验消耗标准液体积分别是（mL）19.95、20.00、19.05、20.05，显然第三次数据误差较大，舍去，则其平均值是20.00mL，根据方程式可知25mL溶液中亚硫酸钠的物质的量是2.5×0.020L×amol/L＝0.0500amol，实验亚硫酸钠的纯度是0.0500amol×250mL25mL×126g/molWg×100%=63a/w×100%。

因此，本题正确答案是：63a/w×100%；

(5)A.B.方案I中如果没有操作Ⅱ，即没有干燥，则硫酸钡质量增加，所以实验结果将偏小，B错误；C.方案Ⅱ中，滴定管在滴定前无气泡，滴定后出现气泡，实验结果偏小，C正确；D.方案Ⅱ中，滴定终点时仰视读数，实验结果偏大，D正确。答案选ACD。27、1.0溶液褪色的时间b20.00滴最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色2AD【解题分析】（1）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①②的反应条件可知，实验①②可探究温度对反应速率的影响；实验②③中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6.0mL，要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短；（2）根据高锰酸钾溶液呈酸性，应选择酸式滴定管；根据滴定管的结构来解答；（3）根据滴定终点时溶液颜色的变化分析；（4）根据方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O进行计算；（5）根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。【题目详解】（1）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①②的反应条件可知，实验①②可探究温度对反应速率的影响；实验②③中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6.0mL，则a的值为1.0；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短，故乙要测量的物理量是溶液褪色的时间（t溶液褪色时间/s）；其他条件相同，故答案为1.0；溶液褪色的时间。（2）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，高锰酸钾溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管中，即b正确，滴定前刻度为0.80ml，滴定后刻度是20.80ml，消耗高锰酸钾的体积为(20.80－0.80)mL=20.00mL，故答案为b，20.00。（3）根据酸性高锰酸钾溶液为紫红色，滴定终点时，滴最后一滴