2024届山东省莱山一中高二化学第一学期期中经典模拟试题含解析

2024届山东省莱山一中高二化学第一学期期中经典模拟试题注意事项：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、下列叙述不正确的是()A．原子晶体中共价键越强，熔点越高B．在卤族元素(F、Cl、Br、I)的氢化物中，HCl的沸点最低C．CaH2、Na2O2晶体的阴、阳离子个数比分别为2∶1、1∶1D．晶体熔点：金刚石>食盐>冰>干冰2、锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质相似。下列有关锂及其化合物叙述正确的是()A．Li2SO4难溶于水B．Li与N2反应的产物是Li3NC．LiOH易溶于水D．LiOH与Li2CO3受热都很难分解3、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是A．含16

g氧原子的二氧化硅晶体中含有的σ键数目为2NAB．58.5gNaCl晶体中含有0.25NA个右图所示的结构单元C．常温常压下，5

g

D2O含有的质子数、电子数、中子数均为2.5NAD．2

mol

SO2和1

mol

O2在一定条件下反应所得混合气体分子数小于2NA4、从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物化学键的断裂和生成物化学键的形成过程。已知部分键能（1mol化学键断裂需要的能量）数据如表：化学键H-HBr-BrH-Br键能（kJ•mol-1）436b369反应H2(g)+Br2(g)2HBr(g)ΔH=-72kJ/mol，则表中b为（）A．404 B．260 C．230 D．2005、H2O分子中每个O原子结合2个H原子的根本原因是A．共价键的方向性 B．共价键的键长C．共价键的键角 D．共价键的饱和性6、下列说法中正确的是（）A．在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化B．生成物全部化学键形成时所释放的能量大于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应C．反应产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，△H>0D．△H的大小与热化学方程式的计量系数无关7、可逆反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)在恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是①单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO；②单位时间内消耗2nmolNO2的同时生成nmolO2；③混合气体的颜色不再改变的状态；④2v(NO2)正=v(O2)逆；⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；⑥混合气体的密度不再改变的状态A．①③⑤ B．②④⑥ C．①③④⑤ D．①②③④⑤⑥8、微量元素是指其质量不到人体体重万分之一的元素。微量元素对体内正常代谢和健康起着重要作用。下列元素不属于微量元素的是A．Fe B．I C．H D．F9、下列各组液体混合物，出现分层且水层在上层的一组物质是A．乙酸乙酯和水B．溴乙烷和水C．甲苯和水D．甲醇和水10、某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)＋2B(g)4C(s)＋2D(g)。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，则下列说法正确的是（）A．该反应的化学平衡常数表达式是K=B．此时，B的平衡转化率是40%C．增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D．增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大11、在容积不变的密闭容器中，一定条件下发生反应：2A(？)B(g)＋2C(g)，且达到平衡。当升高温度时气体的密度增大，则下列叙述中正确的是()A．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 B．若正反应是放热反应，则A为气态C．物质A一定为非气态，且正反应是吸热反应 D．若向容器中充入惰性气体，则平衡向左移动12、下列递变规律正确的是A．KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐增强B．Na、Mg、Al、Si的金属性逐渐增强C．O、S、Na、K的原子半径依次增大D．HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强13、已知气体A和气体B反应生成液态C为放热反应，则下列热化学方程式书写正确的是(a>0)A．A(g)＋2B(g)==C(l)ΔH＝＋akJ/mol B．A＋2B==CΔH＝－akJ/molC．A(g)＋2B(g)==C(l)ΔH＝－akJ D．A(g)＋2B(g)==C(l)ΔH＝－akJ/mol14、元素A、B、C、D在周期表中的位置如图所示：下列叙述中不正确的是()A．C的原子序数比B的原子序数大1B．原子结构示意图为的元素，与C位于同一周期C．B的原子与D的原子最外层电子数相等D．原子结构示意图为的元素，与B位于同一主族15、某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)＋2B(g)4C(s)＋2D(g)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应的前后压强之比为5∶4(相同的温度下测量)，则下列说法正确的是()A．该反应的化学平衡常数表达式是K＝B．此时，B的平衡转化率是40%C．增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D．增加B，B的平衡转化率升高16、对于某些离子的检验及结论一定正确的是A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32－B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42－C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4＋D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2＋17、在25℃时,某无色溶液中由水电离出的c(H+)、c(OH-)满足c(H+)×c(OH-)=1×10-24mol2•L-2,下列各组离子在该溶液中一定大量共存的是（）A．Al3+Na+NO3-CO32-B．Fe2+K+NO3-SO42-C．Na+K+[Al(OH)4]-Cl-D．Ba2+K+Cl-NO3-18、由γ-羟基丁酸(HOCH2CH2CH2COOH)生成γ-丁内酯()的反应如下：HOCH2CH2CH2COOH+H2O，25℃时，溶液中γ-羟基丁酸的起始浓度为0.180mol·L-1，测得γ-丁内酯的浓度随时间的变化如表所示。t/min215080100120160∞c/(mol·L-1)0.0240.0500.0710.0810.0900.1040.132下列说法正确的是A．50~100min内，γ-丁内酯的反应速率为mol·L-1B．在120min时，γ-羟基丁酸的转化率为×100%C．控制温度、加压和分离产品都可以提高原料的转化率D．25℃时，该反应的平衡常数为mol·L-119、下列说法正确的是()A．同一周期相邻主族的两种元素的原子序数之差是1B．同一主族的两种元素的原子序数之差不可能是36C．同一主族相邻周期的两种元素的原子序数之差可能是18D．同一主族相邻周期的两种元素的原子序数之差都相同20、H2S与CO2在高温下发生反应：CO2(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。下列说法正确的是A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应B．通入CO2后，正反应速率先增大后减小C．H2S的平衡转化率α＝4.5%D．反应平衡常数K＝1/35121、生活中处处有化学，下列有关说法正确的是（）A．草木灰与铵态氮肥不能混合施用与盐类水解有关B．焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关C．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂D．生活中Cl2和NaOH制取消毒液，运用了盐类的水解原理22、下列有关铜片镀银的说法不正确的是（）A．阳极反应式为 B．铜片应与电源正极相连C．电解液为溶液 D．镀银过程中电能转化为化学能二、非选择题(共84分)23、（14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______________24、（12分）今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。25、（12分）利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L-1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度，回答下列问题：（1）为什么所用NaOH溶液要稍过量____________________。（2）倒入NaOH溶液的正确操作是________(填序号)。A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是________(填序号)。A．用温度计小心搅拌B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C．轻轻地振荡烧杯D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动（4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为________。（5）________(填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是_____________。26、（10分）某化学兴趣小组，设计了如图1所示的实验装置（部分夹持装置未画出），来做乙醇催化氧化的实验，并验证其产物。请填写下列空白：图1图2（1）在A处不断鼓入空气的情况下，熄灭B处的酒精灯，反应仍能继续进行，说明乙醇的催化氧化反应是_____________反应；（填“放热”或“吸热”）（2）装置D使用冰水进行冷却的目的是___________________；（3）反应开始一段时间，C中观察到的现象是____________________；（4）为检测产物，取出试管a中部分液体，加入银氨溶液，水浴加热，可观察到E试管有银镜产生，说明乙醇的催化氧化产物中存在_____________；（填官能团名称）（5）写出E处反应的化学方程式：_______________________________。（6）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有________________。要除去该物质，可先在混合液中加入碳酸氢钠溶液，再通过________________（填实验操作名称）即可分离主要产物。27、（12分）Ⅰ.有一学生在实验室测某溶液的pH，实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。(1)该学生的操作___(填“正确”或“错误”)，其理由是___________；(2)该操作是否一定有误差?______________________；(3)若用此方法分别测定c(OH-)相等的氢氧化钠溶液和氨水的pH，误差较大的是____，原因是___；(4)只从下列试剂中选择实验所需的试剂，你能否区分0.1mol·L-1硫酸溶液和0.01mol·L-1硫酸溶液？____，简述操作过程：____________________________。试剂：A．紫色石蕊溶液B．酚酞溶液C．甲基橙溶液D．蒸馏水E.氯化钡溶液F.pH试纸Ⅱ.pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积的关系如图所示。回答下列问题：(1)若a=5，则A为___酸，B为___酸(填“强”或“弱”)，若再稀释100倍，则A的pH___7(填“<”“>”或“=”)。(2)若A、B都是弱酸，则a的范围是___。28、（14分）雾霾已经成为部分城市发展的障碍。雾霾形成的最主要原因是人为排放，其中汽车尾气污染对雾霾的“贡献”逐年增加。为了减轻大气污染，可在汽车尾气排放处加装“催化净化器”装置。(1)氢能源是绿色燃料，可以减少汽车尾气的排放，利用甲醇与水蒸气反应可以制备氢气。已知下列热化学方程式：①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH1②H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2③2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)ΔH3则ΔH1、ΔH2、ΔH3三者的关系式为：_____。(2)通过“催化净化器”的CO、NO在催化剂和高温作用下可发生可逆反应，转化为参与大气循环的无毒混合气体，写出该反应的化学方程式______。(3)在一定温度下，向1L密闭恒容容器中充入1molNO、2molCO，发生上述反应，10s时反应达平衡，此时CO的物质的量为1.2mol。请回答下列问题：①前10s内平均反应速率v(CO)为_____。②在该温度下反应的平衡常数K＝____。③关于上述反应，下列叙述正确的是_______(填编号)。A．达到平衡时，移走部分CO2，平衡将向右移动，正反应速率加快B．扩大容器的体积，平衡将向左移动，v逆增大，v正减小C．在相同的条件下，若使用甲催化剂能使正反应速率加快105倍，使用乙催化剂能使逆反应速率加快108倍，则应该选用乙催化剂D．若保持平衡时的温度不变，再向容器中充入0.8molCO和0.4molN2，则此时v正>v逆(4)测试某汽车冷启动时的尾气催化处理CO、NO百分含量随时间变化曲线如图：请回答：前0～10s阶段，CO、NO百分含量没明显变化的原因是____。29、（10分）（1）铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有SiO2(不溶于水和酸)、Fe2O3）是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下：①沉淀A、B的成分分别是____________、____________；步骤②中的试剂a是_________；（以上均填化学式）。②试写出步骤③中发生反应的离子方式______________、________________；③简述检验所得滤液甲中存在Fe3＋的操作方法：________________________。（2）用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体（CuCl2·xH2O）。有如下操作：已知：在pH为4～5时，Fe3+几乎完全转化为Fe（OH）3沉淀，Cu2+却不反应。①加热酸溶过程中发生反应的化学方程式有：_______________________。②氧化剂A可选用_________________（填编号，下同）。A．KMnO4B．HNO3C．Cl2③要得到较纯的产品，试剂B可选用____________________。A．NaOHB．CuOC．FeO④试剂B的作用是_______________________________。A．使Cu2+完全沉淀B．使Fe3+完全沉淀C．降低溶液的pHD．提高溶液的pH⑤从滤液经过结晶得到氯化铜晶体的方法是_________（按实验先后顺序选填编号）。A．过滤B．蒸发至干C．冷却D．蒸发浓缩

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．原子晶体中原子以共价键的形式结合，熔化时需要断裂共价键，即共价键越强，熔点越高，故A正确；B．卤族氢化物都是分子晶体，其熔沸点与相对分子质量成正比，但含有分子间氢键的氢化物熔沸点最高，HF分子间含有氢键，所以熔沸点最高，则HCl的熔沸点最低，故B正确；C．氢化钙、过氧化钠中阳离子、阴离子分别是Ca2+、H-、Na+、O22-，所以CaH2、Na2O2晶体的阴、阳离子个数比分别为2∶1、1∶2，故C错误；D．熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，含有分子间氢键的氢化物熔沸点较高，冰中分子间含有氢键，所以晶体熔点：金刚石＞食盐＞冰＞干冰，故D正确；故选C。【题目点拨】本题的易错点为B，要注意分子间氢键对物质性质的影响。2、B【分析】元素周期表中，处于对角线位置的元素具有相似的性质，则根据

MgSO4，Mg，Mg(OH)2，

MgCO3的性质可推断Li2SO4，Li，LiOH，Li2CO3的性质。【题目详解】A，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，硫酸镁易溶于水，所以硫酸锂易溶于水，故A错误；B，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，镁和氮气反应生成氮化镁，所以锂和氮气反应生成

Li3N，故

B正确；C，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，氢氧化镁不易溶于水，所以氢氧化锂属于不易溶物质，故C错误；D，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，氢氧化镁和碳酸镁受热易分解，所以氢氧化锂和碳酸锂受热也易分解，故D错误。答案选B。3、D【分析】二氧化硅晶体中，每个氧原子形成2个σ键；根据均摊原则，每个NaCl晶体的晶胞含有4个钠离子、4个氯离子；5gD2O的物质的量是，1个D2O分子中含有10个质子、10个电子、10个中子；SO2、O2生成SO3的反应可逆。【题目详解】16g氧原子的物质的量是1mol，每个氧原子形成2个σ键，所以含16g氧原子的二氧化硅晶体中含有的σ键数目为2NA，故A叙述正确；58.5gNaCl的物质的量是1mol，每个NaCl晶体的晶胞含有4个钠离子、4个氯离子，所以58.5gNaCl晶体中含有0.25NA个右图所示的结构单元，故B叙述正确；5gD2O的物质的量是，1个D2O分子中含有10个质子、10个电子、10个中子，所以5gD2O含有的质子数、电子数、中子数均为2.5NA，故C叙述正确；SO2、O2生成SO3的反应可逆，所以2molSO2和1molO2在一定条件下反应所得混合气体分子数大于2NA，故D叙述错误。4、C【题目详解】根据旧键的断裂吸热，新键的形成放热，436kJ/mol+bkJ/mol-369kJ/mol×2=-72kJ/mol，则b=230kJ/mol，答案为C。5、D【解题分析】最外层有6个电子，可得到2个电子形成8电子稳定结构；H原子最外层1个电子，只能形成2电子稳定结构，则每个O原子结合2个H原子与共价键的饱和性有关，故选D。6、C【题目详解】A、因物质发生化学反应的同时，一定伴随着能量变化，故A错误；B、因吸热反应生成物全部化学键形成时所释放的能量小于破坏反应物全部化学键所吸收的能量，故B错误；C、因产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，△H＞0，故C正确；D、△H的大小与热化学方程式的计量系数成正比，故D错误；故选C。【题目点拨】在热化学反应方程式中，反应方程式的计量系数表示物质的量，因此△H的大小与热化学方程式的计量系数成正比。7、A【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，二氧化氮的浓度不变，混和气体的颜色不变，此分析解答。【题目详解】①单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故①正确；

②无论反应是否达到平衡状态，消耗2nmolNO2的同时一定生成nmolO2，不能说明达到平衡状态，故②错误；

③混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故③正确；

④2v(NO2)正=v(O2)逆，化学反应速率之比与化学计量数之比不等，故正逆反应速率不等，故④错误；⑤反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，故⑤正确；⑥容器体积不变，气体质量不变，所以密度始终不变，密度不变不能确定是否达到平衡，故⑥错误。

所以A选项是正确的。【题目点拨】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题易错点为④，注意反应物和生成物的化学计量数关系，以此判断平衡时正逆反应速率大小关系，容易出错。8、C【题目详解】人体内大约含有27种必需元素，其中常量元素为：O、C、H、N、Ca、P、K、S、Cl、Na、Mg等，微量元素为：Fe、F、Zn、Si、Br、Sn、Cu、V、I、Mn、Cr、Se、Mo、Ni、Co、B等，故选C。9、B【解题分析】A、乙酸乙酯密度小于水，且不溶于水，与水混合，分层，水在下层，故A错误；B、溴乙烷不溶于水，且密度比水大，与水混合后，分层，且水在上层，故B正确；C、甲苯不溶于水，且密度小于水，与水混合后，分层，且水在下层，故C错误；D、甲醇溶于水，与水混合后不会出现分层现象，故D错误。故选B。10、B【题目详解】A、可逆反应3A(g)＋2B(g)4C(s)＋2D(g)的平衡常K=，选项A错误；B、达到平衡，测得生成1.6molC，由方程式可知，参加反应的B的物质的量为1.6mol×=0.8mol，故B的转化率为40%，选项B正确；C、该反应正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，即向右移动，化学平衡常数只受温度影响，增大压强平衡常数不变，选项C错误；D、增加B的浓度增大，平衡向正反应移动，A的转化率增大，B的转化率降低，选项D错误；答案选B。11、C【题目详解】A、无论该反应是吸热反应还是放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，选项A错误；B、若正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，则A一定为非气态才符合，选项B错误；C、因为容器的体积固定，如果A是气体，升高温度时，无论平衡向哪方向移动，气体的密度始终不变，则A一定是非气体，且升高温度，平衡向正反应方向移动时气体的密度才增大，所以正反应是吸热反应，选项C正确；D、若向容器中充入惰性气体，虽然容器的压强增大，但不改变参加反应气体的浓度，所以平衡不移动，选项D错误；答案选C。12、C【题目详解】A、同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故碱性：KOH>Ca(OH)2>Mg(OH)2>Al(OH)3，故A错误；B、Si是非金属元素，无金属性，故B错误；C、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，原子半径：O<S<Na<K，故C正确；D、非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：F>Cl>S>P，故稳定性：HF>HCl>H2S>PH3，故D错误；答案选C。13、D【解题分析】A、放热反应，ΔH应为负值，ΔH＝—akJ/mol，故A错误；B、热化学方程式中没有注明物质的聚集状态，故B错误；C、ΔH的单位为kJ/mol，故C错误；D、A(g)＋2B(g)===C(l)ΔH＝－akJ/mol，聚集状态、单位、ΔH的正负号均正确，故D正确；故选D。14、D【分析】A为H元素，B为氦元素，C为Li元素，D为镁元素。【题目详解】A、C的原子序数为3比B的原子序数2大1，故A正确；B、原子结构示意图为的元素有两个电子层，在第2同期，C也在第2周期，与C位于同一周期，故B正确；C、B的原子与D的原子最外层电子数都是2，相等，故C正确；D、原子结构示意图为的元素，与B位于同一族，是0族，但不是主族，故D错误；故选D。15、B【分析】列三段式：【题目详解】A.固体的浓度是常数，故不写在平衡常数表达式里，故A不选；B.B的转化率为=40%，故B选；C.化学平衡常数只和温度有关，故C不选；D.增加B，会使A的转化率升高，而B的转化率降低。故D不选。故选B。【题目点拨】平衡常数是衡量反应进行程度的，虽然用浓度表示，但和浓度无关，只和反应本身以及温度有关。由于固体和纯液体的浓度是不可变的，所以不写在平衡常数的表达式中。在可逆反应达到平衡后，如果反应物不止一种，当增加其中一种反应物的浓度时，可以使其他反应物的转化率增大，而其本身的转化率会降低。16、C【分析】A.根据与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，判断溶液所含离子；B.硫酸钡和氯化银均为不溶于酸的白色沉淀；C.根据铵根离子的检验方法进行判断；D.利用难溶的碳酸盐的性质进行分析。【题目详解】A.与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，可以是HCO3-、CO32-、SO32-、HSO3-等，不能证明一定是CO32－，A项错误；B.当溶液中含Ag+时，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，因而不一定有SO42－，也可能含有Ag+，B项错误；C.检验NH4+的正确方法是加入氢氧化钠溶液并加热，会产生氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，C项正确；D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，溶液中可能含有Ca2+或者Ba2＋，D项错误；答案选D。【题目点拨】常用检验离子的方法是气体法还是沉淀法，掌握检验物质的方法是解答本题的关键。17、D【解题分析】由水电离出的c(H+)、c(OH-)满足c(H+)×c(OH-)=1×10-24mol2•L-2，根据水的离子积常数可知：由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12mol·L－1，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能发生氧化还原反应，则离子能大量共存，以此来解答。【题目详解】由水电离出的c(H+)、c(OH-)满足c(H+)×c(OH-)=1×10-24mol2•L-2，根据水的离子积常数可知：由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12mol·L－1，为酸或碱溶液，

A．碱溶液中不能大量存在Al3+，酸溶液中不能大量存在CO32-，不能大量共存，故A错误；

B．酸溶液中Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，碱溶液中不能大量存在Fe2+，不能大量共存，故B错误；

C．酸溶液中不能大量存在[Al(OH)4]-，不能大量共存，故C错误；

D．无论酸或碱溶液中，该组离子之间均不反应，可大量共存，故D正确。故选D。【题目点拨】有限制条件的离子共存问题，一定要把条件理解准确，本题的关键是根据溶液中由水电离出的c(H+)、c(OH-)满足c(H+)×c(OH-)=1×10-24mol2•L-2，结合溶液的离子积常数Kw计算出由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12mol·L－1，判断出溶液为酸或碱溶液。18、B【题目详解】A．50~100min内，Δc(γ-丁内酯)=(0.081-0.050)mol/L，所以反应速率为mol·L-1·min-1，选项单位不对，故A错误；B．在120min时，Δc(γ-丁内酯)=0.090mol/L，根据方程式可知Δc(γ-羟基丁酸)=0.090mol/L，转化率为×100%，故B正确；C．该反应在溶液中进行，加压并不影响反应的平衡，不能提高原料的转化率，故C错误；D．根据表格数据可知平衡时c(γ-丁内酯)=0.132mol/L，Δc(γ-羟基丁酸)=Δc(γ-丁内酯)=0.132mol/L，所以平衡时c(γ-羟基丁酸)=(0.180-0.132)mol/L，溶液中水的浓度记为1，所以平衡常数为，故D错误；综上所述答案为B。19、C【题目详解】A．同周期的ⅡA族元素与ⅢA族元素的原子序数之差短周期的差1，四、五周期的差11，六、七周期的差25，选项A错误；B.如零族等第三周期与第五周期元素相差36，选项B错误；C.对于处于同一主族相邻周期的元素，原子序数相差可能为2、8、18、32，选项C正确；D.在元素周期表左侧和右侧，相邻周期的同一主族的两种元素，原子序数之差不同，符合左差上，右差下规律，选项D错误；答案选C。20、D【题目详解】A．升高温度，H2S浓度增加，则平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，A错误；B．通入CO2后，反应速率增大，且平衡正向移动，B错误；C．反应的三段式为，反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则，x=0.01，H2S的平衡转化率，C错误；D．平衡浓度：，c(CO2)＝0.036mol/L，c(COS)＝c(H2O)＝0.004mol/L，平衡常数；D正确；答案选D。21、A【题目详解】A．草木灰与铵态氮肥不能混合施用，是因为与发生双水解反应，生成NH3逸出，造成肥分损失，与盐类水解有关，A正确；B．焊接时用NH4Cl溶液除锈，利用水解生成的H+与锈迹反应，与盐类水解有关，B不正确；C．明矾水解时产生具有吸附性的氢氧化铝胶体粒子，可作混凝剂，但不能作漂白剂，C不正确；D．生活中Cl2和NaOH制取消毒液，运用了反应Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O，与盐类的水解无关，D不正确；故选A。22、B【题目详解】A．电镀时，镀层金属Ag作阳极，发生氧化反，故A正确；B．铜片是镀件，应与电源负极相连，作阴极，故B错误；C．铜片镀银，电解质溶液应该是含有镀层金属Ag的离子的溶液为电镀液，所以电解液为溶液，故C正确；D．镀银过程中，消耗电能，在阴、阳两极发生还原反应、氧化反应，因此实现了电能向化学能转化，故D正确；故选B。二、非选择题(共84分)23、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。24、OCaNaCl1s22s22p44s2Na＜Ca＜Cl＜ONa＜Ca＜Cl＜O【分析】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na；D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。【题目详解】（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na，Cl。（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2；。（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。25、确保盐酸被完全中和CD△H1＝△H2＜△H3不能H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热【解题分析】（1）实验中，所用NaOH稍过量的原因是确保定量的盐酸反应完全；（2）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次性迅速的倒入，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C；（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计不能用来搅拌，揭开硬纸片用玻璃棒搅拌会导致热量损失，轻轻地振荡烧杯容易使液体溅出，故答案为D；（4）中和热是强酸与强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热相同；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热的，稀氨水和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放出的热量减少，但由于反应焓变是负值，所以△H1＝△H2＜△H3；（5）硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热。【题目点拨】本题考查了中和热的测定方法、误差分析，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确是解答的关键。（5）是解答的易错点，注意硫酸钡在溶液中存在溶解平衡。26、放热冷却乙醛无水硫酸铜变蓝醛基CH3CHO＋2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4＋2Ag↓＋3NH3＋H2O乙酸蒸馏【题目详解】（1）乙醇催化氧化反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，在A处不断鼓入空气的情况下，熄灭B处的酒精灯，反应仍能继续进行，说明乙醇的催化氧化反应是放热反应；（2）装置D使用冰水进行冷却的目的是冷却乙醛；（3）根据反应：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O知反应有水生成，故反应开始一段时间，C中观察到的现象是无水硫酸铜变蓝；（4）为检测产物，取出试管a中部分液体，加入银氨溶液，水浴加热，可观察到E试管有银镜产生，说明乙醇的催化氧化产物中存在醛基；（5）E处乙醛与银氨溶液在水浴加热条件下反应生成乙酸铵、银、氨气和水，反应的化学方程式为CH3CHO＋2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4＋2Ag↓＋3NH3＋H2O。（6）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有乙酸；要除去该物质，可先在混合液中加入碳酸氢钠溶液，乙酸与碳酸氢钠反应生成乙酸钠、水和CO2，再通过蒸馏即可分离主要产物。27、错误该学生测得的pH是稀释后溶液的pH该学生操作错误,但不一定产生误差。因为原溶液不是中性时，稀释后溶液pH发生了变化，只是弱酸或弱碱溶液变化程度小些，若是中性溶液,稀释不会产生误差氢氧化钠溶液稀释过程中，NH3·H2O继续电离出OH-，减弱了因稀释OH-浓度减小程度，所以测得氢氧化钠溶液误差较大能用玻璃棒分别蘸取两种溶液滴在两张pH试纸上，其显示的颜色与标准比色卡对照，pH较大的是0.01mol·L-1硫酸溶液强弱<2<a<5【分析】根据pH试纸测定pH的方法判断操作正误；根据溶液呈现酸、碱、中性，判断稀释对其影响；根据弱电解质加水可以促进电离，判断H+或OH-浓度的变化情况；根据测定pH值，判断溶液的浓稀；根据稀释相同倍数，pH的变化情况判断酸性的强弱。【题目详解】I．（1）用pH试纸测定pH的方法是用干燥的玻璃棒蘸取（或胶头滴管吸取）少量的待测溶液，滴在放在干燥的表面皿或白瓷板上的干燥pH试纸上，再把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，即可得出待测溶液的pH；题中pH试纸用水湿润，相当于将原溶液稀释，将使所得pH值出现误差；答案为错误；该学生测得的pH值是稀释后的pH值；（2）食盐水溶液显中性，用水稀释后pH不变；酸性溶液稀释后，溶液酸性减弱，pH变大；碱性溶液稀释后，碱性变小，pH值将变小；所以测定的结果不一定有误差，若是中性溶液则不变；答案为操作错误，但不一定产生误差，若是酸或碱溶液，稀释后溶液的PH值发生了变化，则必然会造成误差，若中性溶液稀释不会产生误差；（3）用水润湿相当于稀释碱液，则所测的pH偏小，由于稀释会促进弱电解质的电离，故氨水的PH误差小，因为在稀释过程中氨水继续电离出氢氧根离子，使得溶液中氢氧根离子浓度变化比氢氧化钠小，误差小；答案为氢氧化钠，在稀释过程中氨水继续电离出氢氧根离子，使得溶液中氢氧根离子浓度变化比氢氧化钠小，误差小；（4）硫酸为强酸，完全电离，0.1mol•L-1的硫酸和0.01mol•L-1的硫酸电离出的氢离子浓度分别为0.2mol•L-1、0.02mol•L-1，pH=-lgc(H+)，氢离子浓度越大，pH越小，所以pH较大的为0.01mol•L-1的硫酸，操作为用干燥的玻璃棒蘸取两种溶液，点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01mol•L-1的硫酸；答案为能，用干燥的玻璃棒蘸取两种溶液，点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01mol•L-1的硫酸；II．（1）pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，pH值改变3个单位的为强酸，pH改变值小于3个单位的为弱酸，根据图知，稀释1000倍时，A的pH=5、B的pH<5，则A是强酸、B是弱酸，因为在稀释过程中B继续电离出H+而使溶液的pH小于A，将A再稀释100倍，酸稀释后仍显酸性，故pH<7，答案为A是强酸，B是弱酸；<；（2）若A、B都是弱酸，稀释后其pH应小于5，故2<a<5；答案为2<a<5。28、ΔH3＝2×ΔH1+6×ΔH22NO+2CON2+2CO20.08mol/(L·s)(或4.44)CD尚未达到催化剂工作温度(或尚未达到反应的温度)【题目详解】（1）由盖斯定律可知，①×2+②×6得反应③，则ΔH3＝2×ΔH1+6×ΔH2，故答案为：ΔH3＝2×ΔH1+6×ΔH2；（2）由题意可知，一氧化氮和一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为2NO+2CON2+2CO2，故答案为：2NO+2CON2+2CO2；（3）由题意可建立如下三段式：①由三段式数据可知，前10s内平均反应速率v(CO)为=0.08mol/(L·s)，故答案为：0.08mol/(L·s)；②由三段式数据可知，在该温度下反应的平衡常数K为=(或4.44)，故答案为：(或4.44)；③