2024届湖南省嘉禾一中、临武一中化学高二第一学期期中经典模拟试题含解析

2024届湖南省嘉禾一中、临武一中化学高二第一学期期中经典模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其他均为Cu，则()A．电极Ⅰ发生还原反应 B．电极Ⅱ逐渐溶解C．电极Ⅲ的电极反应：Cu-2e-=Cu2＋ D．电子移动方向：电极Ⅳ→A→电极Ⅰ2、继屠呦呦从青蒿中成功提取出青蒿素后，中国科学院上海有机化学研究所又在1982年人工合成了青蒿素，其部分合成路线如下所示，下列说法正确的是A．香茅醛存在顺反异构现象B．甲和乙互为同系物C．“甲→乙”、“乙→丙”分别发生了加成反应、氧化反应D．甲发生催化氧化后的产物含有两种官能团，乙的消去产物有两种3、下列说法不正确的是()A．乙烯的结构简式为CH2=CH2B．乙烯分子中6个原子共平面C．乙烯分子的一氯代物只有一种D．乙烷能使溴水褪色4、有机物a和苯通过反应合成b的过程可表示为下图(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是A．该反应是加成反应B．若R为CH3时，b中所有原子可能共面C．若R为C4H9时，取代b苯环上的氢的一氯代物的可能的结构共有12种D．若R为C4H5O时，lmolb最多可以与6molH2加成5、室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mLpH=2的某一元酸溶液，现向乙烧杯中加水稀释至pH=3。此时关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是A．溶液的体积：10V甲＝V乙B．溶液的体积：V乙≥10V甲C．溶液的浓度：c甲＝10c乙D．水电离出的c(OH-)：10c(OH-)甲≤c(OH-)乙6、下列有关钠与水反应实验的叙述中，不正确的是A．用小刀切割钠块 B．钠沉入水中C．钠熔化成小球 D．发出“嘶嘶”的响声7、黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)ΔH=xkJ·mol-1已知：碳的燃烧热ΔH1=akJ·mol-1；S(s)+2K(s)=K2S(s)△H2=bkJ·mol-12K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)△H3=ckJ·mol-1；则x为()A．3a+b-c B．c-3a-b C．a+b-c D．c-a-b8、下列说法不正确的是()A．焓变是影响反应是否具有自发性的一个重要因素B．冰融化的过程中，熵值增加C．铁生锈和氢燃烧均为自发放热过程D．可以通过改变温度或加催化剂的办法使非自发反应转变为自发反应9、已知一种C(H＋)=1×10－3mol/L的酸和一种C(OH－)=1×10－3mol/L的碱溶液等体积混和后溶液呈酸性。其原因可能是A．强酸和强碱溶液反应B．弱酸和强碱溶液反应C．强酸和弱碱溶液反应D．生成了一种强酸弱碱盐10、在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g)下列说法正确的是()A．保持容器容积不变，向其中加入1molI2，化学反应速率不变B．保持容器容积不变，向其中加入1molHe，化学反应速率增大C．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2(g)和1molI2(g)，化学反应速率不变D．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molHe，化学反应速率不变11、向恒温恒压容器中充入2molNO、1molO2，发生反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)。下列情况不能说明反应已达到平衡状态的是()A．容器体积不再改变B．混合气体的颜色不再改变C．混合气体的密度不再改变D．NO与O2的物质的量的比值不再改变12、下表中对于相关物质的分类全部正确的一组是编号纯净物混合物弱电解质非电解质A明矾蔗糖COB天然橡胶石膏C冰王水D胆矾玻璃A．A B．B C．C D．D13、25℃时，将0.1mol/LNaOH溶液加入20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中，所加入溶液体积(V)和混合液的pH关系曲线如图所示。下列结论正确的是()A．pH=7时，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)B．a点所示的溶液中c(CH3COOH)>c(CH3COO-)C．b点所示的溶液中c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)D．从a到b点的溶液中，水的电离程度先增大后减小14、对于反应：A+B＝C下列条件的改变一定能使化学反应速率加快的是A．增加A的物质的量 B．升高体系的温度C．减少C的物质的量浓度 D．增大体系的压强15、常温下，若pH＝3的酸溶液和pH＝11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，原因可能是A．生成了一种强酸弱碱盐B．弱酸溶液和强碱溶液反应C．强酸溶液和弱碱溶液反应D．一元强酸溶液和二元强碱溶液反应16、有关微量元素的下列说法中正确的是A．摄入的铁越多越有利于健康B．微量元素又称为矿物质元素C．婴幼儿或成人缺碘可引起甲状腺肿D．含量低于0.01%的微量元素，对于维持生命活动、促进健康和发育极其重要17、构成金属晶体的微粒是A．原子B．分子C．金属阳离子D．金属阳离子和自由电子18、下列实验方案不可行或结论不正确的是A．用润湿的pH试纸测定饱和Na2CO3溶液pHB．通过观察图中导管水柱的变化，验证铁钉生锈的原因主要是吸氧腐蚀C．向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，说明溶解度：Fe(OH)3＜Mg(OH)2D．向同pH、同体积的醋酸和盐酸溶液中加入足量镁粉，通过完全反应后收集到的H2体积比较两种酸的电离程度：醋酸＜盐酸19、下列推论正确的是A．S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH=a，S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=b；则a＞bB．C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH=1.9kJ·mol-1，则可判定石墨比金刚石稳定C．NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-57.4kJ·mol-1，则含20gNaOH的溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7kJD．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)ΔH＞0，则该反应任何温度下都能自发进行20、炒菜锅用水洗放置后，出现红棕色的锈斑。在此变化过程中不可能发生的化学反应是()A．4Fe(OH)2+2H2O+O2==4Fe(OH)3 B．2Fe+2H2O+O2==2Fe(OH)2C．正极反应：2H2O+O2+4e==4OH－ D．负极反应：Fe-3e－==Fe3+21、污水处理的主要方法有：①中和法；②化学沉淀法；③氧化还原法；④过滤法。其中属于化学方法的有()。A．①②③ B．①②④C．②③④ D．①②③④22、下列物质性质的递变关系正确的是()A．原子半径：B．碱性：C．离子半径：D．最高正价：二、非选择题(共84分)23、（14分）以煤气(主要成分CO、H2)和油脂为原料合成有机化合物日益受到重视。其中一种转化关系如下：(1)A的结构简式是______________。(2)E是两种含碳碳双键的酯的混合物，C与D反应得到E的化学方程式是____________(写出一个即可)。(3)以CH2＝CHCH3为原料合成D的过程如下：在方框“”中填写物质或条件__________、__________、_________。24、（12分）A、B、C、D是四种常见的有机物，其中A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B与C在浓硫酸和加热条件下发生反应，生成的有机物有特殊香味；A、B、C、D在一定条件下的转化关系如图所示（反应条件已省略）：（1）C中官能团的名称为___，③的化学方程式为__。（2）丙烯酸（CH2=CH－COOH）的性质可能有___。（多选）A．加成反应B．取代反应C．中和反应D．氧化反应（3）用一种方法鉴别B和C，所用试剂是__。（4）丙烯酸乙酯的结构简式为___。25、（12分）课题式研究性学习是培养学生创造思维的良好方法。某研究性学习小组将下列装置如图连接，D、E、X、Y都是铂电极、C、F是铁电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色。试回答下列问题：（1）B极的名称是___。（2）甲装置中电解反应的总化学方程式是：___。（3）设电解质溶液过量，电解后乙池中加入___（填物质名称）可以使溶液复原。（4）设甲池中溶液的体积在电解前后都是500ml，乙池中溶液的体积在电解前后都是200mL，当乙池所产生气体的体积为4.48L（标准状况）时，甲池中所生成物质的物质的量浓度为___mol/L；乙池中溶液的pH=___；（5）装置丁中的现象是___。26、（10分）利用如图装置测定中和热的实验步骤如下①量取50mL0.25mol/LH2SO4溶液倒入小烧杯中，测量温度；②量取50mL0.55mol/LNaOH溶液，测量温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度．请回答：（1）如图所示，仪器A的名称是__________．（2）NaOH溶液稍过量的原因____________碎泡沫塑料作用_______________．（3）加入NaOH溶液的正确操作是_____________（填字母）．A沿玻璃棒缓慢加入B一次迅速加入C分三次加入（4）若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量_______（填“小于”、“等于”或“大于”）57.3kJ，原因是________________．27、（12分）50mL0.50mol·L−1盐酸与50mL0.55mol·L−1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是______________________________。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是______________。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值__________(填”偏大”“偏小”或”无影响”)。（4）实验中改用60mL0.50mol·L−1盐酸跟50mL0.55mol·L−1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填”相等”或”不相等”)，所求中和热__________(填”相等”或”不相等”)，简述理由：_________________________。（5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会__________(填”偏大”“偏小”或”无影响”，下同)；用50mL0.50mol·L−1NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会__________。28、（14分）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：

（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·mol－1反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3=－297kJ·mol－1反应Ⅱ的热化学方程式：________________________________。（2）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2Oii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2I－_____________（3）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）序号ABCD试剂组成0.4mol·L－1KIamol·L－1KI0.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1KI0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快①B是A的对比实验，则a=__________。②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。29、（10分）Ⅰ、O3将I－氧化成I2的过程由3步反应组成：①I－（aq）+O3（g）＝IO－（aq）+O2（g）△H1②IO－（aq）+H+（aq）HOI（aq）△H2③HOI（aq）+I－（aq）+H+（aq）I2（aq）+H2O（l）△H3总反应△H＝______。Ⅱ、用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。（1）资料1：KI在该反应中的作用：H2O2＋I－＝H2O＋IO－；H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－。总反应的化学方程式是__________。（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断正确的是___________（填字母）。a加入KI后改变了反应的路径b加入KI后改变了总反应的能量变化cH2O2＋I－＝H2O＋IO－是放热反应（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。①加CCl4并振荡、静置后还可观察到_____，说明有I2生成。②气泡明显减少的原因可能是：i.H2O2浓度降低；ii.________。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是______。（4）资料4：I－（aq）＋I2（aq）I（aq）K＝640。为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL0.10mol·L－1KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：微粒I－I2I3－浓度/（mol·L－1）2.5×10－3a4.0×10－3①a＝______。②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是________。

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【分析】应用原电池原理、电解原理分析判断。【题目详解】I（Al）、II（Cu）活泼性不同，左边两烧杯构成带盐桥的原电池。III、IV都是铜，右边烧杯只能是电解池。电极Ⅰ为负极：Al－3e-＝Al3+，发生氧化反应（A项错误）；电极II为正极:Cu2++2e-＝Cu，电极变粗（B项错误）；电极III为阳极：Cu－2e-＝Cu2+（C项正确）；电子移动方向：电极Ⅰ→A→电极Ⅳ（D项错误）。本题选C。2、D【解题分析】A、香茅醛碳碳双键的1个不饱和碳原子连接2个甲基，不存在顺反异构，故A错误；B、甲中含有2个羟基，乙中含有1个羟基、1个醚键，甲乙结构不相似，不属于同系物，故B错误；C、“甲→乙”是羟基中H原子被甲基取代，属于取代反应，“乙→丙”为羟基的催化氧化，属于氧化反应，故C错误；D、甲中－CH2OH催化氧化后能得到﹣COOH，环上的羟基催化氧化得到羰基，则甲催化氧化后得到两种官能团；乙中连羟基的碳，其邻碳上都有氢原子，故乙的消去产物有两种，故D正确。故选D。3、D【题目详解】A．乙烯中含有一个碳碳双键，其结构简式为CH2=CH2，A正确；B．因乙烯中含有一个双键，其键角为120°，为平面型分子，故其6个原子共平面，B正确；C．乙烯中4个H原子的化学性质相同，故其一氯代物只有一种，C正确；D．乙烷中不含有双键、三键等不饱和键，不能使溴水褪色，D错误；故选D。4、C【解题分析】A．烃基取代苯环的氢原子，为取代反应，A错误；B．与饱和碳原子相连的4个原子构成四面体，因此甲苯分子中所有原子不可能共面，B错误；C．-C4H9有4种，分别为：①CH3-CH2-CH2-CH2-、②CH3-CH2-CH（CH3）-、③（CH3）2CH-CH2-、（④CH3）3C-，取代b苯环上的氢的一氯代物均有邻间对三种，则可能的结构共有3×4＝12种，C正确；D．R为C4H5O时，含有2个双键或1个碳碳三键，且苯环也与氢气发生加成反应，则1molb最多可与5molH2加成，D错误，答案选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，把握有机物的官能团与性质的关系为解答的关键，侧重结构与性质的考查，难点是同分异构体判断，明确丁基有4种解答选项C的关键。另外选项D中根据不饱和度得出支链含有的双键或三键个数是解答的突破口。5、B【解题分析】A、假设酸是弱酸，则pH减小1时，体积大于原来的10倍，如果是强酸，则pH减小1时体积是原来的10倍；B、假设酸是弱酸，则pH减小1时，体积大于原来的10倍，如果是强酸，则pH减小1时体积是原来的10倍；C、若酸强酸，酸全电离，则c甲＝10c乙；若酸是弱酸，则c甲>10c乙；D、水电离出的c（OH－）=Kw/c(H＋)；【题目详解】A．若酸强酸，则依据溶液稀释过程中氢离子物质的量不变，则10V甲=V乙，若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使pH仍然为4，加入的水应该多一些，所以10V甲＜V乙，故A错误；B、由A分析，故B正确；C、若酸强酸，酸全电离，则c甲＝10c乙；若酸是弱酸，则c甲>10c乙，故C错误；D、pH=2的酸中，氢氧根离子全部由水电离产生，c（OH－）甲=Kw/c(H＋)=10-12mol·L－1，pH=3的酸中，氢氧根离子全部由水电离产生，c（OH－）乙=Kw/c(H＋)=10-11mol·L－1，则10c（OH－）甲=c（OH－）乙，故D错误.故选B。6、B【题目详解】A、钠的硬度较小，可以用小刀切割钠块，故A正确；B、钠密度比水小，浮在水上面，故B错误；C、钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，且该反应是放热反应，钠的熔点较低，放出的热量使钠熔化成小球，故C正确；D、钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，且会有嘶嘶的响声，故D正确。故选B。【点晴】本题考查了钠的性质，明确钠的性质是解本题关键，结合钠的密度、熔点、化学性质等来分析解答即可。钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，且该反应是放热反应，放出的热量使钠熔成小球，且会有嘶嘶的响声，钠密度比水小。7、A【题目详解】碳的燃烧热△H1=a

kJ•mol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=a

kJ•mol-1①S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=b

kJ•mol-1②2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=c

kJ•mol-1③将方程式3①+②-③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H=x

kJ•mol-1=(3a+b-c)kJ•mol-1，所以x=3a+b-c，故答案为A。8、D【解题分析】分析：A、反应能否自发进行与反应的熵变和焓变都有关系；B、固体变为液体过程混乱度增大；C、△H﹣T△S＜0的反应自发进行；D、催化剂只改变反应所需的活化能,不改变反应热,所以对△H﹣T△S的值无影响,则对反应的自发性无影响。详解：A、反应能否自发进行与反应的熵变和焓变都有关系，故A正确；B、冰融化过程，分子混乱度增大，熵值增加，故B正确；C、铁生锈、氢气燃烧均是常温下自发的放热反应，故C正确；D、催化剂只改变反应所需的活化能,不改变反应热,所以对△H﹣T△S的值无影响,则对反应的自发性无影响,故D错误。故本题选D。点睛：本题考查所有化学反应都有热效应、不同状态的物质混乱度不同、反应自发与否的条件，明确反应自发进行的判据为：△H-T△S＜0是解题关键，题目有一定难度。9、B【解题分析】一种C(H＋)=1×10－3mol/L的酸和一种C(OH－)=1×10－3mol/L的碱溶液等体积混和后溶液呈酸性，说明反应后酸能继续电离H+，应为弱酸。【题目详解】A.强酸和强碱溶液中，n(H+)=n(OH-)，混合后溶液应呈中性，不符合题意，故A错误；

B.C(H＋)=1×10－3mol/L的酸和C(OH－)=1×10－3mol/L的碱溶液等体积混和后溶液呈酸性，说明反应后酸能继续电离H+，应为弱酸，则应为弱酸和强碱溶液反应，故B正确；

C.C(H＋)=1×10－3mol/L的强酸和C(OH－)=1×10－3mol/L的弱碱反应后，碱有剩余，溶液应呈碱性，故C错误；

D.如果碱是弱碱，酸是强酸，二者反应后碱有剩余，溶液呈碱性，故D错误。

故选B。10、C【解题分析】A.保持容器容积不变，向其中加入1molI2，反应物浓度增大，反应速率增大，A错误；B.保持容器容积不变，向其中加入1molHe，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，B错误；C.保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2（g）和1molI2（g），因体积增大为2倍，物质的量增大为2倍，则浓度不变，反应速率不变，C正确；D.保持容器内气体压强不变，向其中加入1molHe，体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小，D错误；故选C。11、D【解题分析】A、反应在恒温恒压条件下进行，若反应未达平衡则容器体积变化，若体积不变则达平衡状态，选项A不选；B、NO2为红棕色气体，其他反应物为无色气体，若混合气体的颜色不再改变，则反应达平衡状态，选项B不选；C、反应在恒温恒压条件下进行，若反应未达平衡则容器体积变化，气体总质量不变，则密度变化，若密度不变则达到平衡，选项C不选；D、充入2molNO、1molO2，且两反应物质的化学计量数之比为2：1，则无论反应是否达平衡，NO与O2的物质的量的比值均为2：1，不再改变，选项D选。答案选D。12、D【解题分析】根据物质的分类进行判断【题目详解】A.蔗糖是纯净物，NaHCO3是强电解质，故A项错误；B.天然橡胶是高分子化合物，由于在不同的分子中含有的链节的个数不同，所以是混合物，石膏是纯净物，SO2是非电解质，故B项错误；C.Cl2是单质，不是化合物，因此不属于非电解质，故C项错误；D.给出的各种物质的分类正确无误，故D项正确。

综上，本题选D。【题目点拨】本题考查了物质分类中的电解质与非电解质。要注意不是电解质的物质，不一定就是非电解质，比如混合物。13、C【分析】分析题给关系曲线图，当加入的V（NaOH）=10mL时，溶液溶质为等物质的量的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，且溶液pH＜7。当加入的V（NaOH）=20mL时，CH3COOH与NaOH完全反应，此时溶液溶质为CH3COONa，溶液的pH＞7。据此进行分析。【题目详解】A．根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，当pH=7时，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，A项错误；B．a点时，加入的V（NaOH）=10mL，此时溶液溶质为等物质的量的CH3COOH、CH3COONa，a点时溶液的pH＜7，即c(H+)＞c(OH-)，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，故c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)，B项错误；C．由分析可知，b点所示的溶液溶质为CH3COONa，根据质子守恒有：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)，C项正确；D．由分析可知，a点溶液溶质为等物质的量的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液；b点溶液溶质为CH3COONa，CH3COOH的电离抑制水的电离，CH3COO-水解促进水的电离，所以从a到b的溶液中，水的电离程度一直增大，故D错误；答案选C。14、B【题目详解】A.增加反应物的浓度可以加快反应速率，但是如果A为固态或液体物质，加入A后对反应速率无影响，A不合题意；B.升高温度，反应速率一定增加，B正确；C.减少C的物质的量浓度，反应速率减小，C不合题意；D.增大压强，只对有气体参与的化学反应的速率有影响，题中物质的状态不明确，故D不合题意；答案选B。15、B【解题分析】常温下pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，可能是酸为弱酸、碱为强碱，混合后酸有剩余；也可能是酸、碱都是弱电解质，但酸的电离程度小于碱的电离程度，据此分析解答。【题目详解】A.混合溶液呈酸性，可能是酸为弱酸、碱为强碱，也可能是酸、碱都是弱电解质，但酸的电离程度小于碱的电离程度，混合后酸有剩余，生成的盐可能是强碱弱酸盐或弱酸弱碱盐，故A错误；B.如果酸是弱酸、碱为强碱，二者混合后酸有剩余，酸的电离程度大于其酸根离子水解程度而导致溶液呈酸性，故B正确；C.如果酸是强酸、碱是弱碱，二者混合后碱有剩余，溶液应该呈碱性，故C错误；D.如果是一元强酸和二元强碱溶液混合，二者恰好反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，故D错误，答案选B。【题目点拨】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，正确理解题给信息是解答本题的关键，易错选项是A，注意根据混合溶液的酸碱性判断酸、碱的强弱。16、D【解题分析】A、摄入适量的铁才利于身体健康，故A错误；B、在组成人体的11种常量元素和16种微量元素中，除了碳、氢、氧、氮等主要以有机形式存在外，其余的各种元素统称为矿物质元素，故错B误；C、婴幼儿缺碘会影响智力发育，甚至患上克汀病，成人缺碘可引起甲状腺肿大，故C错误；D、微量元素虽然含量占人体的0.01%以下，但对于维持生命活动，促进健康和发育却有极其重要的作用，故D正确；答案：D。【题目点拨】微量元素过多或过少摄入，有不利于身体健康；碳、氢、氧、氮等元素主要以有机物的形式存在；婴幼儿缺碘会影响智力发育，甚至患上克汀病；微量元素虽然含量低，但是对人体的生长发育等很重要，据此分析。17、D【解题分析】金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成。A.原子不符合题意；B.分子不符合题意；C.金属阳离子不符合题意；D.金属阳离子和自由电子符合题意。答案为D。18、A【解题分析】试题分析：A．Na2CO3是强碱弱酸盐，在水溶液中，CO32-发生水解反应消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+),溶液显碱性，但是若用湿润的pH试纸测定饱和Na2CO3溶液的pH，对溶液起稀释作用，错误；B．在具支试管中放有一枚用食盐水浸泡的铁钉，由于铁中含有杂质碳元素，所以就构成了原电池，若发生的是吸氧腐蚀，由于消耗氧气，是试管中气体的压强减小，右边小试管中的水在大气压强的作用下回沿着导气管向上移动一段距离，形成一段水珠，因此可通过观察图中导管水柱的变化，验证铁钉生锈的主要原因是吸氧腐蚀，正确；C．Mg(OH)2在水中难溶，也存在一定的溶解度，当向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，说明Qc=c(Fe3+)·c3(OH-)>Ksp(Fe(OH)3)，故可以说明溶解度：Fe(OH)3<Mg(OH)2，难溶的向更难溶的转化，正确；D．同pH、同体积的醋酸和盐酸溶液中的氢离子的物质的量相等，若加入足量镁粉，二者都发生反应产生氢气，哪种酸电离程度小，则溶液最终电离产生的氢离子的物质的量就越多。反应产生的氢气的体积就越大，所以通过完全反应后收集到的H2体积，比较两种酸的电离程度：醋酸<盐酸，正确。考点：考查pH试纸的使用、金属腐蚀的原因、物质溶解度大小比较、电解质电离程度的半径的知识。19、B【解题分析】A、由于气态硫的能量大于固态硫的能量，所以气态硫燃烧放出的热量多，但放热越多，△H越小，即a<b，A错误；B、该反应是吸热反应，说明石墨的能量低于金刚石的，能量越低越稳定，即石墨更稳定，B正确；C、无法确定盐酸的物质的量，C错误；D、该反应是熵增反应，根据△G=△H-T△S可知，该反应应该在高温下自发，D错误；故答案选B。20、D【题目详解】铁锅生锈的构成实质是Fe被氧化的过程。Fe先失去电子生成亚铁离子，Fe-2e-=Fe2+;空气中的氧气得到电子与水结合生成氢氧根离子，2H2O+O2+4e－==4OH－，亚铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化亚铁，总反应为2Fe+2H2O+O2="="2Fe（OH）2；氢氧化亚铁不稳定，在空气中被氧化为氢氧化铁，发生4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，但Fe不会直接失去3个电子生成铁离子，则Fe–3e－==Fe3+不会发生，D项正确，答案选D。21、A【解题分析】在处理污水的过程中，中和法、化学沉淀法、氧化还原法等方法的过程中都有新物质生成，都属于化学方法；过滤可以把不溶于水的物质除去，过滤过程中没有新物质生成，属于物理变化，即过滤法属于物理方法。故选A。22、D【题目详解】A．四种元素中碳原子半径最小，同周期元素，随原子序数增大，原子半径减小，所以原子半径：Na＞Al；同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径：K＞Na，故A错误；B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性：KOH＞NaOH，故B错误；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：O2-＞F-＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故C错误；D．主族元素的最高正化合价等于其最外层的电子数，最高正化合价：Cl＞Si＞Al，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、CH2=CHCH2OHCH2OHCHOHCH2OH+CH2=CHCOOHCH2OHCHOHCH2OOCCH=CH2+H2OCl2CH2ClCHClCH2ClNaOH溶液、加热【分析】根据流程图，丙烯与氯气发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl与NaOH溶液在加热的条件下发生取代反应，生成CH2=CHCH2OH，即A；A中的羟基被氧化生成CH2=CHCHO，B被氧化生成C，则C为CH2=CHCOOH；油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和丙三醇，则D为丙三醇，丙三醇与C反应生成酯和水。【题目详解】(1)分析可知，A的结构简式CH2=CHCH2OH；(2)E是由丙三醇和CH2=CHCOOH发生酯化反应生成的两种含碳碳双键的酯的混合物，则E为CH2OHCH(CH2OH)OOCCH=CH2或CH2OHCHOHCH2OOCCH=CH2，反应的方程式为CH2OHCHOHCH2OH+CH2=CHCOOHCH2OHCHOHCH2OOCCH=CH2+H2O；(3)丙烯与氯气在500℃的条件下，发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl与氯气发生加成反应生成CH2ClCHClCH2Cl，再与NaOH溶液共热的条件下生成丙三醇。24、羧基CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOC2H5＋H2OABCD碳酸钠溶液或者碳酸氢钠溶液或紫色石蕊等CH2=CHCOOCH2CH3【分析】根据题目信息可知A是乙烯，乙烯水化得到乙醇，B为乙醇，乙醇被氧化后得到乙酸，因此C是乙酸，D是二者发生酯化反应后得到的乙酸乙酯。【题目详解】（1）乙酸的官能团为羧基，③是酯化反应，方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOC2H5＋H2O；（2）碳碳双键可以发生加成反应和氧化反应，羧基可以发生中和反应，而烃上的氢原子可以被取代，因此答案选ABCD；（3）乙醇无酸性，而乙酸有酸性，可以用碳酸钠溶液、石蕊试液等方法来鉴别；（4）丙烯酸乙酯即丙烯酸和乙醇形成的酯，其结构为CH2=CHCOOCH2CH3。25、负极Fe+CuSO4FeSO4+Cu氯化氢0.214红褐色由X极移向Y极，最后X附近无色，Y极附近为红褐色【分析】（1）电解饱和食盐水时，酚酞变红的极是阴极，串联电路中，阳极连阴极，阴极连阳极，阴极和电源负极相连，阳极和电源正极相连；（2）根据电解原理来书写电池反应，甲池中C为铁做阳极，D为铂电极，电解质溶液是硫酸铜溶液，依据电解原理分析；（3）根据电极反应和电子守恒计算溶解和析出金属的物质的量关系；（4）根据电解反应方程式及气体摩尔体积计算溶液中溶质的物质的量浓度及溶液的pH；（5）根据异性电荷相吸的原理以及胶体的电泳原理来回答；【题目详解】（1）向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明该极上氢离子放电，所以该电极是阴极，所以E电极是阳极，D电极是阴极，C电极是阳极，G电极是阳极，H电极是阴极，X电极是阳极，Y是阴极，A是电源的正极，B是原电池的负极，故答案为：负极；（2）D、F、X、Y都是铂电极、C、E是铁电极，甲池中C为铁做阳极，D为铂电极，电解质溶液是硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液时的阳极是铁失电子生成亚铁离子，阴极是铜离子放电，所以电解反应为：Fe+CuSO4FeSO4+Cu，故答案为：Fe+CuSO4FeSO4+Cu；（3）乙池中电解质过量，F极是铁，作阴极，E为铂作阳极，总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，溶液中放出Cl2和H2，则加入HCl可以使溶液复原，故答案为：氯化氢；（4）根据2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑计算得，n(NaOH)=2n(Cl2)=，则c(H+)=，则pH=−lgc(H+)=−lg10-14=14；根据电路中电子转移守恒知：n（FeSO4）=n(Cl2)=0.2mol，则c(FeSO4)==0.2mol/L，故答案为：0.2；14；（5）根据异性电荷相吸的原理，氢氧化铁胶体中含有的带正电荷的粒子会向阴极即Y极移动，所以Y极附近红褐色变深，故答案为：红褐色由X极移向Y极，最后X附近无色，Y极附近为红褐色。26、环形玻璃棒充分反应完全中和保温隔热防止热量损失B大于浓硫酸溶于水放热【分析】（1）仪器A的名称环形玻璃搅拌棒；

（2）为了确保定量的硫酸反应完全，所用NaOH稍过量；

（3）将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响测定结果；（4）浓硫酸溶于水放热，据此分析解答。【题目详解】（1）如图所示，仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒；故答案为：环形玻璃搅拌棒；（2）实验中，所用NaOH稍过量的原因是确保定量的硫酸反应完全；碎泡沫塑料作用是保温隔热防止热量损失，故答案为：充分反应完全中和；保温隔热防止热量损失；（3）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为：B；（4）将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，原因是浓硫酸溶于水时放热，故答案为：大于；浓硫酸溶于水放热。27、环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失偏小不相等相等因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O(l)所放出的热量，与酸碱的用量无关偏小偏小【解题分析】本实验的关键为准确测定反应后的温度，并计算反应生成1mol水时的反应热即中和热。所以实验中保温绝热是关键，准确测定实验数据也很关键，保证酸或碱完全反应，进而计算中和热。【题目详解】（1）本实验成败的关键是准确测量反应后的温度。因此所用装置必须保温、绝热且可使体系温度尽快达到一致，故缺少的仪器应为环形玻璃搅拌棒。（2）碎纸条的作用为减少实验过程中的热量损失。（3）不盖硬纸板会损失部分热量，故所测结果偏小。（4）由中和热的概念可知，中和热是以生成1mol水为标准的，与过量部分的酸碱无关，所以放出的热量不相等，但中和热相等。（5）由于弱酸、弱碱的中和反应放出热量的同时，还有弱酸、弱碱的电离吸热，所以用氨水代替NaOH，测得的中和热数值偏小；用50mL0.50mol·L−1NaOH溶液进行上述实验会导致反应不充分，测得的反应热会偏小。【题目点拨】掌握中和热的定义是解题的关键，即稀的强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量为中和热。注意实验中采用强酸和强碱的稀溶液，并保证实验装置的保温效果要好，并使实验中的反应迅速进行并及时测定温度，通常实验中使用的酸或碱的量有一个过量，保证另一个完全反应，才能计算反应过程中生成水的量，从而计算中和热数值。28、3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4

(l)+S(s)

ΔH2=−254

kJ·mol−1SO2、SO42−、4H+0.4I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率反应ii比i快，D中由反应ii产生的H+使反应i加快【题目详解】（1）根据盖斯