广东省佛山市南海桂城中学2024届化学高二第一学期期中达标检测试题含解析

广东省佛山市南海桂城中学2024届化学高二第一学期期中达标检测试题请考生注意：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、下列说法正确的是A．水是人体的重要组成成分，是人体中含量最多的物质B．淀粉在体内必须转换为葡萄糖才能被机体利用，而这种转换只要有酶参与，不需水参加C．水约占人体体重的三分之一，由于水分不断代谢，故人体内的水分需不断补充D．喝纯净水比矿泉水更有利于人体健康2、下列方程式书写正确的是（）A．CaCO3的电离方程式：CaCO3Ca2+＋CO32－B．H2SO3的电离方程式H2SO32H＋＋SO32－C．CO32－的水解方程式：CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－D．HCO3－在水溶液中的电离方程式：HCO3－＋H2OH3O＋＋CO32－3、2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H＜0，400℃时体积相同的甲、乙、丙三个容器中，甲容器绝热恒容，充入2molSO2和1molO2，乙容器恒温恒容，充入2molSO3，丙容器恒温恒压，充入2molSO3，充分反应达到平衡，下列说法正确的是（）A．甲和乙中反应的化学平衡常数相同B．乙和丙中的二氧化硫的生成速率相同C．乙中SO2的体积分数大于丙D．转化率：α甲（SO2）+α乙（SO3）＜14、在温度不变的条件下，在恒容的容器中进行下列反应：N2O4(g)2NO2(g)，若N2O4的浓度由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1需要15s，那么N2O4的浓度由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1所需的反应时间（）A．等于5s B．等于10s C．小于10s D．大于10s5、在298K、1.01×105Pa下，将22gCO2通入0.75L1.0mol·L-1NaOH溶液中充分反应，测得反应放出的热量为akJ。已知该条件下1molCO2通入1L2.0mol·L-1NaOH溶液中充分反应放出的热量为bkJ。则CO2与NaOH反应生成NaHCO3的热化学方程式为A．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）ΔH=—（2b-a）kJ·mol-1B．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）ΔH=+（4a-b）kJ·mol-1C．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）ΔH=—（4a-b）kJ·mol-1D．2CO2（g）+2NaOH（aq）=2NaHCO3（aq）ΔH=—（4a-b）kJ·mol-16、可逆反应2A(g)+B(g)2C(g)ΔH<0，图像表达正确的为A． B． C． D．7、在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡状态标志的是（）①C生成的速率与C分解的速率相等；②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB；③A、B、C的浓度不再变化；④A、B、C的压强不再变化；⑤混合气体的总压强不再变化；⑥混合气体的物质的量不再变化；⑦单位时间内消耗amolA，同时生成3amolB；⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2A．②⑧ B．①⑥ C．②④ D．③⑧8、下列说法正确的是（）A．增大压强能增大活化分子百分数和单位体积内活化分子数，加快反应速率B．反应SiO2（s）+2C（s）=Si（s）+2CO（g）必须在高温下才能自发进行，则有ΔH>0C．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率D．任何可逆反应，将其平衡常数变大，反应物的转化率变小9、把下列溶液加水稀释，溶液中每种离子的浓度都不会增加的是（）A．CH3COOH溶液 B．NaCl溶液 C．NaOH溶液 D．盐酸10、一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法错误的是A．放电时，多孔碳材料电极为正极B．放电时，外电路电子由锂电极流向多孔碳材料电极C．充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移D．充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+(1－0.5x)O211、合成氨反应在不同温度、不同压强()下达到平衡状态时，混合物中的体积分数随温度变化的曲线应为()A． B． C． D．12、下列各项中的两个量，其比值一定为的是

A．液面在“0”刻度时，碱式滴定管和碱式滴定管所盛液体的体积B．相同温度下，醋酸溶液和醋酸溶液中的C．在溶液中，与D．相同温度下，等浓度的和NaOH溶液，前者与后者的13、某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示。A为阴离子，在正方体内，B为阳离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为()A．B2A B．B7A4 C．B4A7 D．BA214、下列离子方程式书写正确的是A．KAl(SO4)2中滴加Ba(OH)2使SO42-恰好完全沉淀2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32－C．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑D．向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+15、下列金属防护的方法中，应用了牺牲阳极的阴极保护法的是A．钢铁船身嵌入锌 B．钢闸门与直流电源负极相连C．健身器材刷油漆 D．车圈、车铃钢上镀铬16、，该有机物能发生（）①取代反应，②加成反应，③消去反应，④使溴水褪色，⑤使酸性KMnO4溶液褪色，⑥与AgNO3溶液生成白色沉淀，⑦聚合反应A．以上反应均可发生 B．只有⑦不能发生C．只有⑥不能发生 D．只有②不能发生17、对于反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化描述正确的是A．成键过程中吸收能量B．断键过程中吸收能量，成键过程中释放能量C．断键过程中释放能量D．断键过程中释放能量，成键过程中吸收能量18、甲烷分子中的4个氢原子全部被苯基取代，可得如图所示的分子，对该分子的描述不正确的是A．分子式为C25H20B．该化合物为芳香烃C．该化合物分子中所有原子不可能处于同一平面D．分子中所有原子一定处于同一平面19、下列反应不能发生的是A．木炭投入到热的浓硫酸中 B．木炭投入到热的浓硝酸中C．铜片投入到冷的浓硫酸中 D．铜片投入到冷的浓硝酸中20、某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)＋xB(g)⇌2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：下列说法中正确的是（）A．30min～40min间该反应使用了催化剂B．反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应C．30min时降低温度，40min时升高温度D．8min前A的平均反应速率为0.08mol·L-1·min-121、下列实验操作会使实验最终结果偏高的是A．用湿润的pH试纸测定NaOH的pHB．配制100mL1.00mol·L-1NaCl溶液，定容时俯视刻度线C．用0.0001mol·L-1盐酸滴定20.00mLNaOH溶液，起始读数时仰视D．测定中和热的数值时，将0.5mol·L-1NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数22、属于短周期的一组元素是A．Al、Si、SB．Li、Mg、FrC．H、O、KD．Na、S、Br二、非选择题(共84分)23、（14分）前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2。（1）六种元素中第一电离能最小的是_________（填元素符号，下同）。（2）黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配合物C4[D(AB)6]，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）。请写出黄血盐的化学式_________，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及______________（填序号）。a．金属键b．共价键c．配位键d．离子键e．氢键f．分子间的作用力（3）E2+的价层电子排布图为___________________，很多不饱和有机物在E催化下可与H2发生加成：如①CH2＝CH2②HC≡CH③④HCHO。其中碳原子采取sp2杂化的分子有____________（填物质序号），HCHO分子的立体结构为______________，它加成后产物甲醇的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是____________。（4）金属C、F晶体的晶胞如下图（请先判断对应的图），C、F两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为_________。金属F的晶胞中，若设其原子半径为r，晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=_______a，列式表示F原子在晶胞中的空间占有率______________(不要求计算结果)。24、（12分）Ⅰ.有机物的结构可用“键线式”简化表示。如CH3—CH＝CH－CH3可简写为，若有机物X的键线式为：，则该有机物的分子式为________，其二氯代物有________种；Y是X的同分异构体，分子中含有1个苯环，写出Y的结构简式__________________________，Y与乙烯在一定条件下发生等物质的量聚合反应，写出其反应的化学方程式：__________________________________。Ⅱ.以乙烯为原料合成化合物C的流程如下所示：（1）乙醇和乙酸中所含官能团的名称分别为_____________和_____________。（2）B物质的结构简式为________________。（3）①、④的反应类型分别为______________和_______________。（4）反应②和④的化学方程式分别为：②__________________________________________________________。④___________________________________________________________。25、（12分）草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：MnO4—＋H2C2O4＋H＋→Mn2＋＋CO2↑＋H2O(未配平)。用4mL0.001mol/LKMnO4溶液与2mL0.01mol/LH2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下：(1)写出该反应的离子方程式______________________，该反应中每生成1molCO2转移电子数为________。(2)如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验_______和________（用I~IV表示，下同）；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验________和_________。

(3)对比实验I和IV，可以研究________对化学反应速率的影响，实验IV中加入1mL蒸馏水的目的是______________________。26、（10分）取等体积、等物质的量浓度H2O2溶液分别进行下列实验，研究外界条件对反应速率的影响。序号条件温度/℃催化剂140FeCl3溶液220FeCl3溶液320MnO2420无(1)实验1、2研究的是___________对H2O2分解速率的影响；实验3、4研究的是________对H2O2分解速率的影响。(2)实验中可以判断该反应速率快慢的现象是__________。(3)有同学认为，若把实验3中的催化剂改成CuSO4进行下图操作，看到反应速率为①>②，则一定可以说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好。你认为此同学的结论是否正确？____(填“正确”或“不正确”)，理由是_____。27、（12分）Ⅰ.测定化学反应速率某同学利用如图装置测定化学反应速率。(已知：S2O32-+2H+=H2O+S↓+SO2↑)（1）为保证实验准确性、可靠性，利用该装置进行实验前应先进行的步骤是__；除如图所示的实验用品、仪器外，还需要的一件实验仪器是__。（2）若在2min时收集到224mL(已折算成标准状况)气体，可计算出该2min内H+的反应速率，而该测定值比实际值偏小，其原因是___。Ⅱ.为探讨化学反应速率的影响因素某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O实验时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。限选试剂与仪器：0.20mol/LH2C2O4溶液，0.010mol/L酸性KMnO4溶液，蒸馏水，锥形瓶，恒温水浴槽，量筒，秒表。该小组设计了如下的方案。物理量水H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃体积/mL浓度/mol•L-1体积/mL浓度/mol•L-1体积/mL①00.202.00.0104.050②00.202.00.0104.025③1.00.0104.025（1）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥__。（2）实验③测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）=__mol·L-1·min-1。（3）请完成表格内二处空白__、__。（4）已知50℃时c(MnO4-)～反应时间t的变化曲线如图。其中反应速率最快的阶段是__，原因是___。28、（14分）浙江海洋经济发展示范区建设已上升为国家战略，海洋经济将成为浙江经济转型升级发展的重点。请回答下列问题：（1）被称作海洋元素的是_________（写元素符号）。（2）工业上常以食盐为原料制备氯气，请写出化学方程式_______________________。（3）从海水中提取食盐和溴的过程如下：①步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br¯，其目的为富集溴元素，请写出步骤Ⅰ的离子方程式：_____________________，步骤Ⅱ的化学方程式：________________________。②在3mL溴水中，加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，观察到试管里的分层现象为图中_____________。29、（10分）汽车尾气里含有NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H>0，已知该反应在某温度时，平衡常数K=6.4×10-3。回答:(1)某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.6mol，则N2的反应速率为_______________。(2)假定该反应是在恒温、恒压条件下进行，判断该反应达到平衡的标志_______（填字母序号)。A、混合气体密度不变B、消耗1molN2同时消耗2molNOC、混合气体平均相对分子质量不变D、2υ正(N2)=υ逆(NO)(3)将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，下列变化趋势不正确的是_______（填字母序号)。(4)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态。与原平衡状态相比，此时平衡混合气体中NO的体积分数______(填“变大”、“变小”或“不变”)。(5)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mo1/L、4.0×10-2mo1/L和8.0×10-2mo1/L，此时反应_____________(填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”)，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、A【解题分析】A.水是人体的重要组成成分，约占人体体重的三分之二,故A正确；淀粉在体内转化为葡萄糖需有水参与，即(C6H10O5)n＋nH2O

nC6H12O6，B错误。水约占人体体重的三分之二，人体中物质代谢离不开水，故人体内的水分需不断补充，C错误。矿泉水中含人体需要的多种成分，比纯净水更有利于人体健康，故D错误；答案：A。2、D【解题分析】A、碳酸钙属于强电解质，电离方程式是：CaCO3=Ca2++CO32-，故A错误；B、由于亚硫酸是弱酸，电离方程式要分步写：H2SO3⇌H++HSO3-，HSO3-⇌H++SO32-，故B错误；C、碳酸根离子分步水解，水解方程式是：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故C错误；D、HCO3-在水溶液中的电离生成碳酸根离子和水合氢离子，电离方程式为HCO3-+H2O⇌H3O++CO32-，故D正确；故选D。3、D【解题分析】试题分析：A．甲是绝热恒容，反应放热反应，所以甲容器中温度升高，平衡常数随温度变化，平衡常数不同，故A错误；B．乙容器恒温恒容，充入2molSO3，丙容器恒温恒压，充入2molSO3，随反应进行气体体积增大，压强增大，丙中体积增大为了维持恒压，速率减小，则乙中反应速率大，故B错误；C．乙容器恒温恒容，充入2molSO3，丙容器恒温恒压，充入2molSO3，随反应进行气体体积增大，压强增大，丙中体积增大为了维持恒压，乙中反应速率大，丙中平衡逆向进行，三氧化硫体积分数减小，二氧化硫的体积分数增大，乙中SO2的体积分数小于丙，故C错误；D．若甲容器恒温恒容，充入2molSO2和1molO2，乙容器恒温恒容，充入2molSO3，达到相同的平衡状态，转化率：α甲(SO2)+α乙(SO3)=1，但甲容器是绝热容器，反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，则甲中二氧化硫转化率减小，α甲(SO2)+α乙(SO3)＜1，故D正确；故选D。考点：考查化学平衡的移动，涉及等效平衡的建立。4、D【题目详解】N2O4的浓度由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1需要15s，即N2O4的浓度变化为0.03mol·L-1，N2O4的浓度由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1，即N2O4的浓度变化为0.02mol·L-1，若反应速率不变，则所需时间为15s×0.02/0.03=10s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于10s。故答案选D。5、C【题目详解】0.5molCO2与0.75molNaOH反应先后发生两个反应，设CO2（g）+2NaOH（aq）=Na2CO3（aq）+H2O（l）ΔH=-xkJ·mol-1CO2（g）+Na2CO3（aq）+H2O（l）=2NaHCO3（aq）ΔH=-ykJ·mol-1根据反应物的量知有0.375molCO2参与反应①，放出热量xkJ，有0.125molCO2参与反应②，放出热量ykJ，则得到a=x+y，1molCO2与2molNaOH反应，恰好反应生成1molNa2CO3，①CO2（g）+2NaOH（aq）=Na2CO3（aq）+H2O（l）ΔH=-bkJ·mol-1即有1molCO2参与反应①，放出热量bkJ，则得x=b，根据盖斯定律，①+②，得2CO2（g）+2NaOH（aq）=2NaHCO3（aq）△H=-(x+y)kJ·mol-1CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=-(x+y)kJ·mol-1联立方程式得y=8a-3b，所以x+y=8a-2b，故(x+y)=(8a-2b)=4a-b，所以O2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）ΔH=-（4a-b）kJ·mol-1，C正确；故选C。6、A【题目详解】A.该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，达到的时间减小，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，故A正确；B.压强增大时，正、逆反应速率都增大，故B错误；C.使用催化剂，化学平衡不移动，C的浓度不变，故C错误；D.该反应是气体体积减小的放热反应，增大压强，A转化率增大，升高温度，A的转化率减减小，故D错误；故选A。7、A【题目详解】①C生成的速率与C分解的速率相等，反应达平衡状态；②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB，反应方向相同，不一定达平衡状态；③A、B、C的浓度不再变化，反应达平衡状态；④A、B、C的压强不再变化，则浓度不变，反应达平衡状态；⑤因为反应前后气体分子数不等，所以混合气体的总压强不再变化，反应达平衡状态；⑥混合气体的物质的量不再变化，反应达平衡状态；⑦单位时间内消耗amolA，同时生成3amolB，反应方向相反，反应达平衡状态；⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2，反应不一定达平衡状态；综合以上分析，不一定达平衡状态的是②⑧；故选A。【题目点拨】若利用两种物质判断平衡状态，则应为二者的变化量之比等于化学计量数之比，并且反应进行的方向相反；若使用一种物质判断平衡状态，则它的正、逆反应速率相等，或浓度、物质的量、百分含量等保持不变；若用整个反应体系的某个量判断平衡状态，则此量应为变量，变量不变，则为平衡状态。8、B【题目详解】A.增大压强，若单位体积内活化分子的浓度增大，增大了活化分子的碰撞几率，反应速率才加快；若通过加入不参与反应的气体使压强增大，反应速率不变，故A错误；B.SiO2(s)+2C(s)═Si(s)+2CO(g)属于熵增反应，必须在高温下自发进行，依据△H−T△S<0反应自发进行可知，则该反应△H>0，故B正确；C.将NH3液化分离，平衡正向移动，且瞬间逆反应速率减小，正反应速率不变，然后正反应速率减小，故C错误；D.在其他条件不变的情况下，平衡常数K越大，反应向正反应方向进行的程度较大，反应物的转化率就越高，故D错误；故选B。9、B【解题分析】A.醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离正向进行，氢离子个数增加，但是溶液体积增大幅度较大，所以氢离子浓度减小，而KW不变，所以氢氧根离子浓度增大，故A错误；B.氯化钠是中性的溶液，加水稀释，钠离子、氯离子浓度减小，氢离子和氢氧根离子浓度不变，没有浓度增大的离子，故B正确；C.NaOH溶液加水稀释，氢氧根浓度、钠离子浓度均减小，而KW不变，所以氢离子浓度增大，故C错误；D.氯化铁加水稀释，有利于水解平衡右移，氢离子浓度减小，而KW不变，所以氢氧根离子浓度增大，故D错误；故选B。【题目点拨】把溶液加水稀释，溶液的体积增大，溶液中物质电离出的离子浓度一定减小，根据Kw只受温度影响来确定溶液中氢离子或是氢氧根离子浓度的大小。10、C【解题分析】先根据题目叙述和对应的示意图，判断出电池的正负极，再根据正负极反应要求进行电极反应式的书写。【题目详解】A.利用题中信息，放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极处移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳材料电极为正极，故A正确；B.因为多孔碳材料电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳材料电极（由负极流向正极），故B正确；C.充电和放电离子移动方向正相反，放电时，Li+向多孔碳电极处移动，充电时，向锂电极移动，故C错误；D.根据图示和上述分析，电池的正极反应是O2与Li+得电子生成Li2O2-x，电池的负极反应应该是Li失电子生成Li+，所以总反应为2Li+(1－0.5x)O2=Li2O2-x，充电反应与放电反应正好相反，所以为Li2O2-x=2Li+(1－0.5x)O2，故D正确。答案选C。11、C【题目详解】合成氨反应是放热反应，压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，减小；画一条与y轴相平的平行线，温度不变时，增大压强，平衡正向移动，增大，故C符合题意。综上所述，答案为C。12、D【题目详解】A.滴定管最大值下面还有溶液，且这部分溶液的体积未知，导致无法计算其溶液体积的比值，故A错误；B.相同温度下的与的溶液中，醋酸的电离程度不同，所以的之比不是2：1，故B错误；C.硫酸铵中铵根离子水解，所以溶液中和的物质的量浓度之比小于2：1，故C错误；D.相同温度下，等浓度的和NaOH溶液，设浓度为c，氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度为2c，氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为c，所以前者与后者的之比为2：1，故D正确；答案选D。13、D【分析】A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，可利用均摊法计算．【题目详解】因为A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，晶胞中B的个数为，则B与A的离子个数为4：8=1：2，则化学式为BA2，答案选D。【题目点拨】解答该类题目注意组成粒子在晶胞的分布，注意均摊法的计算方法的应用即可。14、D【解题分析】A项，SO42-完全沉淀时KAl（SO4）2与Ba（OH）2以物质的量之比1:2反应，反应的化学方程式为KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，错误；B项，通入过量CO2生成NaHCO3，正确的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，错误；C项，醋酸属于弱酸，应以化学式保留，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，错误；D项，向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2发生沉淀的转化，正确；答案选D。点睛：本题考查离子方程式正误的判断。离子方程式常见的错误：（1）不符合客观事实；（2）拆分不正确，易溶于水、易电离的物质拆成离子，其余物质以化学式保留（如C项CH3COOH不改写）；（3）漏写部分离子反应；（4）“↓”、“↑”、“=”、“”等符号使用错误；（5）不符合量比要求（如A、B项）；（6）离子方程式不平，原子不守恒、电荷不守恒。15、A【解题分析】A.钢铁船身嵌入锌，形成原电池，锌作负极被氧化，铁受保护，应用了牺牲阳极的阴极保护法，故A符合；B.钢闸门与直流电源负极相连，应用了外加电流的阴极保护法，故B不符合；C.健身器材刷油漆，应用了在金属表面覆盖保护层的保护法，故C不符合；D.车圈、车铃钢上镀铬，应用了在金属表面覆盖保护层的保护法，故D不符合。故答案选A。16、C【分析】属于不饱和卤代烃，兼有烯烃和卤代烃的性质。【题目详解】①卤代烃的水解反应属于取代反应；②含有碳碳双键的有机物可以发生加成反应；③与氯原子相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，可以发生消去反应；④含有碳碳双键的有机物可以使溴水褪色；⑤含有碳碳双键的有机物可以使酸性KMnO4溶液褪色；⑥该有机物属于非电解质，不能与AgNO3溶液生成白色沉淀；⑦含有碳碳双键的有机物可以聚合反应。综上所述，只有⑥不能发生，故选C。【题目点拨】有机物的性质由其所含有的官能团决定，掌握常见重要官能团的结构和性质是解决这类问题的关键。17、B【解题分析】化学反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)为放热反应，断键过程中吸收能量大于成键过程中释放能量，选B。18、D【解题分析】A.分子式为C25H20，A正确；B.该化合物分子中有４个苯环，所以其为芳香烃，B正确；C.由甲烷分子的正四面体结构可知，该化合物分子中所有原子不可能处于同一平面，C正确；D.分子中所有原子不可能处于同一平面，D错误。答案选D。19、C【题目详解】A．木炭投入到热的浓硫酸中，发生氧化还原反应，产生CO2、SO2、H2O，A不符合题意；B．木炭投入到热的浓硝酸中，发生氧化还原反应，产生CO2、NO2、H2O，B不符合题意；C．铜片投入到冷的浓硫酸中，在室温下，不能被氧化，因此二者不能发生反应，C符合题意；D．铜片投入到冷的浓硝酸中，发生氧化还原反应，产生Cu(NO3)2、NO2、H2O，D不符合题意；故合理选项是C。20、D【题目详解】A．由图象可知，30～40min只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，故A错误；B．由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B错误；C．由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，故C错误；D．由图可知8min前A的浓度减小了2mol•L-1-1.36mol•L-1=0.64mol•L-1，所以A的反应速率为=0.08mol•L-1•min-1，故D正确；答案选D。21、B【题目详解】A.用湿润的pH试纸测定NaOH溶液的pH相当于将NaOH溶液稀释，所测溶液pH偏低，故A错误；B.配制100mL1.00mol·L-1NaCl溶液，定容时俯视刻度线会导致溶液体积小于100mL，所测结果偏高，故B正确；C.用0.0001mol·L-1盐酸滴定20.00mLNaOH溶液，起始读数时仰视，起始盐酸体积偏大导致所消耗标准溶液体积偏小，所测结果偏低，故C错误；D.测定中和热的数值时，将0.5mol·L-1NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数会因为酸碱没有充分反应，导致所测温度偏低，中和热的数值偏低，故D错误；故选B。22、A【解题分析】A.Al、Si、S均为第三周期元素，属于短周期元素，选项A正确；B.Li、Mg分别为第二、第三周期元素属于短周期元素，Fr为七周期元素，属于长周期元素，选项B错误；C.H、O分别属于第一、第二周期元素属于短周期元素，K为第四周期元素属于长周期元素，选项C错误；D.Na、S均属于第三周期元素属于短周期元素，Br为第四周期元素属于长周期元素，选项D错误；答案选A。二、非选择题(共84分)23、KK4Fe(CN)6aef①③④平面三角形CH3OH分子之间存在氢键，熔、沸点比CH4高2∶3aπ×100%【分析】前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，则A为碳元素、B为N元素；C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，只能处于第四周期，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，可推知C为K、F为Cu，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2，D、E价电子排布分别为3d64s2，3d84s2，故D为Fe、E为Ni，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为C元素，B为N元素，C为K元素，D为Fe元素，E为Ni元素，F为Cu元素。(1)六种元素中K的金属性最强，最容易失去电子，其第一电离能最小，故答案为：K；(2)黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配合物C4[D(AB)6]，化学式为K4[Fe(CN)6]，黄血盐晶体中含有离子键、配位键、共价键，没有金属键、氢键和分子间作用力，故答案为：K4Fe(CN)6；aef；(3)镍为28号元素，Ni2+的价层电子排布式为3d8，故价电子排布图为；①CH2=CH2、③、④HCHO中C原子价层电子对数都是3，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化；②HC≡CH为C原子价层电子对数是2，没有孤电子对，C原子采取sp杂化；HCHO分子的立体结构为平面三角形，它的加成产物为甲醇，甲醇分子之间能够形成氢键，其熔、沸点比CH4的熔、沸点高，故答案为：；①③④；平面三角形；CH3OH分子之间存在氢键，熔、沸点比CH4高；(4)金属K晶体为体心立方堆积，晶胞结构为左图，晶胞中K原子配位数为8，金属Cu晶体为面心立方最密堆积，晶胞结构为右图，以顶点Cu原子研究与之最近的原子位于面心，每个顶点Cu原子为12个面共用，晶胞中Cu原子配位数为12，K、Cu两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为8∶12=2∶3；金属Cu的晶胞中，根据硬球接触模型的底面截面图为，则Cu原子半径为r和晶胞边长a的关系为：4r=a，解得r=a；Cu原子数目=8×+6×=4，4个Cu原子的体积为4×πr3=4×π×(a)3，晶胞的体积为a3，Cu原子在晶胞中的空间占有率==4×π×()3×100%=π×100%，故答案为：2∶3；a；π×100%。【题目点拨】本题的难点和易错点为(4)中晶胞的计算，要注意正确理解晶胞结构，本题中底面对角线上的三个球直线相切，然后根据平面几何的知识求解。24、C8H83羟基羧基CH3CHO加成反应取代反应CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2ClHOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O【分析】Ⅰ.根据价键理论写出该物质的分子式；根据有机物结构，先确定一个氯原子位置，再判断另外一个氯原子位置有邻间对三种位置；根据分子中含有苯环，结合分子式C8H8，写出Y的结构简式，根据烯烃间发生加聚反应规律写出加成反应方程式；据以上分析解答。Ⅱ.由工艺流程图可知：乙烯与氯气发生加成反应生成物质A，为CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化得到物质B，为CH3CHO，CH3CHO氧化得到乙酸，乙酸与乙二醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成C，为CH3COOCH2CH2OOCCH3；据以上分析解答。【题目详解】Ⅰ.根据有机物成键规律：含有8个C，8个H，分子式为C8H8；先用一个氯原子取代碳上的一个氢原子，然后另外一个氯原子的位置有3种，如图：所以二氯代物有3种；Y是X的同分异构体，分子中含有1个苯环，根据分子式C8H8可知，Y的结构简式为；与CH2=CH2在一定条件下发生等物质的量聚合反应，生成高分子化合物，反应的化学方程式：；综上所述，本题答案是：C8H8，3，，。Ⅱ.由工艺流程图可知：乙烯与氯气发生加成反应生成物质A为CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化得到物质B为CH3CHO，CH3CHO氧化得到乙酸，乙酸与乙二醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成C为CH3COOCH2CH2OOCCH3；（1）乙醇结构简式为C2H5OH，含有官能团为羟基；乙酸结构简式为：CH3COOH，含有官能团为羧基；综上所述，本题答案是：羟基，羧基。（2）根据上面的分析可知，B为：CH3CHO；综上所述，本题答案是：CH3CHO。（3）反应①为乙烯在催化剂条件下能够与水发生加成反应生成乙醇；反应③为CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇，反应④为乙二醇与乙酸在一定条件下发生酯化反应；综上所述，本题答案是：加成反应，取代反应。（4）反应②为乙烯和氯气发生加成反应，化学方程式为：CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl；综上所述，本题答案是：CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl。反应④为乙二醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，化学方程式为：HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；综上所述，本题答案是：HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O。【题目点拨】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。25、2MnO4—＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2ONAⅠⅡⅠⅢ硫酸的浓度或氢离子浓度确保溶液总体积不变【分析】(1)氧化还原反应可根据得失电子守恒进行配平；(2)探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在其它条件相同的条件下设置对比实验；

(3)对比实验I和IV，根据两个实验中硫酸的量不同分析实验目的；对比实验中，必须确保溶液总体积相同。【题目详解】(1)反应中MnO4—中Mn由+7价降为+2价，得到电子，发生还原反应，H2C2O4中C由+3价升为+4价，失去电子，发生氧化反应，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，MnO4—与H2C2O4化学计量数之比为2:5，再根据原子守恒和电荷守恒配平方程式，2MnO4—＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，因此该反应中每生成1molCO2转移电子数为1mol电子，即NA个电子。(2)由实验目的可以知道，探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在相同的条件下对比实验；同浓度溶液，在相同温度下进行反应，Ⅰ无催化剂，，Ⅱ有催化剂，Ⅰ、Ⅱ是研究催化剂对化学反应速率的影响；如果研究温度对化学反应速率的影响，则除了温度不同外,其它条件必须完全相同，所以Ⅰ和Ⅲ是探究温度对反应速率的影响；

(3)对比实验I和IV，10%硫酸的体积不同，说明两组实验中的反应物的浓度不同，所以探究的是反应物硫酸(或氢离子)的浓度对化学反应速率的影响；

对比实验I和IV，IV中只加入1mL10%硫酸，与I中加入的溶液总体积不相等，实验IV中需要加入1mL蒸馏水，确保反应溶液的总体积相同。26、温度催化剂产生气泡的快慢不正确因为实验可能受到阴离子的干扰【题目详解】(1)影响化学反应速率的外界因素有温度、溶液的浓度和催化剂等，通过比较表格中的数据的异同点发现，实验1、2温度不同，实验1为40℃，实验2为20℃，实验1、2研究的是温度对H2O2分解速率的影响；实验3、4的不同点是有无催化剂，所以实验3、4研究的是催化剂对H2O2分解速率的影响，故答案为：温度；催化剂；(2)H2O2分解生成氧气，故可以根据氧气的气泡数可推测反应的速率，故答案为：产生气泡的快慢；(3)若图所示实验中反应速率①>②，则能够说明FeCl3比CuSO4对H2O2分解催化效果好，但不能说明是Fe3+和Cu2+的影响，可能是硫酸根离子和氯离子的影响，故答案为：不正确；因为实验可能受到阴离子的干扰。27、检查装置的气密性秒表SO2会部分溶于水，导致所测得SO2体积偏小2.50.0101.00.20t1～t2生成物MnSO4是该反应的催化剂【分析】I．（1）从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，所以先要检查装置的气密性，实验仪器还需要秒表；（2）SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小；II．（1）根据“观察到紫色褪去”必须满足高锰酸钾的物质的量小于草酸的物质的量解得二者浓度关系；（2）先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；（3）由于高锰酸钾和草酸的浓度均相同，为了探究不同浓度对反映速率的影响，需要加水改变草酸的浓度；（4）从图象可以看出t1-t2阶段斜率最大，c（MnO4-）变化最大，说明此时段反应速率最快，由于浓度变小，可以推测是催化剂的影响；【题目详解】I．（1）从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，所以先要检查装置的气密性，实验仪器还需要秒表；答案为检查装置的气密性；秒表。（2）SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小，则据此计算出的△n（H+）和△C（H+）以及V（H+）会变小；答案为SO2会部分溶于水，导致所测得SO2体积偏小。II．（1）H2C2O4中碳元素的化合价为+3价,变成二氧化碳后化合价总共升高了2(4-3)价,所以每消耗1molH2C2O4转移2mol电子;为了观察到紫色褪去,高锰酸钾的物质的量应该少量,即n(H2C2O4):n(K