河南省張家口市涿鹿中學2024屆高一下化學期末調研試題含解析

河南省張家口市涿鹿中學2024屆高一下化學期末調研試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、向某容積一定的密閉容器中充入2molSO2和1molO2，一定條件下發(fā)生如下反應:2SO2+O22SO3。下列說法不正確的是()A．升高溫度或充入一定量O2均能加快化學反應速率B．達到平衡狀態(tài)時，SO2、O2、SO3物質的量之比一定為2:1:2C．當SO2的生成速率與SO3的生成速率相等時，反應達到平衡狀態(tài)D．達到平衡狀態(tài)時，生成SO3的物質的量一定小于2mol2、下列變化屬于物理變化的是A．煤的干餾 B．石油分餾 C．蛋白質水解 D．淀粉水解3、下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是A．合成氨工業(yè)選擇的反應條件不是室溫，是500℃左右B．配制氯化鐵溶液時，將氯化鐵加入鹽酸中，然后加水稀釋C．實驗室常用排飽和食鹽水的方法收集氯氣D．硫酸工業(yè)中，使用過量的空氣以提高二氧化硫的利用率4、如圖是電解CuCl2溶液的裝置，其中c、d為石墨電極。則下列有關的判斷正確的是（）A．a為負極，b為正極B．c為陽極，d為陰極C．電解過程中，氯離子濃度不變D．電解過程中，c電極質量增加5、下列過程的離子方程式書寫正確的是A．Cu與AgNO3溶液反應:Cu+Ag+=Ag+Cu2+B．醋酸與氫氧化鈉溶液反應:CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2OC．碳酸氫鈉與硫酸反應:CO32-+2H+=CO2↑+H2OD．鐵與足量稀硝酸反應:3Fe+8H++2NO3-=2NO↑+3Fe2++4H2O6、下列物質中屬于烴的衍生物的是A．苯 B．甲烷 C．乙烯 D．四氯化碳7、北京奧運會開幕式在李寧點燃鳥巢主火炬時達到高潮。奧運火炬采用的是環(huán)保型燃料—丙烷，其燃燒時發(fā)生反應的化學方程式為C3H8+5O23CO2+4H2O。下列說法中不正確的是（）A．火炬燃燒時化學能只轉化為熱能B．所有的燃燒反應都會釋放熱量C．1molC3H8和5molO2所具有的總能量大于3molCO2和4molH2O所具有的總能量D．丙烷完全燃燒的產物對環(huán)境無污染，故丙烷為環(huán)保型燃料8、某溫度時，2NO(g)＋O2(g)＝2NO2(g)反應到2s后，NO的濃度減少了0.06mol·L-1，則以O2表示該時段的化學反應速率是（）A．0.015mol·L-1·s-1B．0.03mol·L-1·s-1C．0.12mol·L-1·s-1D．0.06mol·L-1·s-19、將一小段鎂帶投入到盛有稀鹽酸的試管中，發(fā)生劇烈反應。一段時間后，用手觸摸試管外壁感覺燙手。這個實驗事實說明該反應A．為放熱反應 B．為吸熱反應C．過程中熱能轉化為化學能 D．反應物的總能量低于生成物的總能量10、Q、X、Y和Z為短周期元素，它們在周期表中的位置如圖所示，這4種元素的原子最外層電子數之和為22。下列說法正確的是A．Y的原子半徑比X的大B．Q的最高價氧化物的水化物的酸性比Z的強C．X、Y和氫3種元素形成的化合物中都只有共價鍵D．Q的單質具有半導體的性質，Q與Z可形成化合物QZ411、氫氣在氯氣中燃燒時產生蒼白色火焰，在反應過程中，斷裂1molH2中的化學鍵消耗的能量為Q1kJ，斷裂1molCl2中的化學鍵消耗的能量為Q2kJ，形成1molHCl中的化學鍵釋放的能量為Q3kJ，下列關系式正確的是（）A．Q1+Q2>Q3 B．Q1+Q2>2Q3 C．Q1+Q2<Q3 D．Q1+Q2<2Q312、工業(yè)上制備純硅反應的熱化學方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)；ΔH=+QkJ·mol-1(Q＞0)，某溫度、壓強下，將一定量反應物通入密閉容器進行以上反應，下列敘述正確的是（）A．反應過程中，若增大壓強能提高SiCl4的轉化率B．若反應開始時SiCl4為1mol，則達平衡時，吸收熱量為QkJC．反應至4min時，若HCl濃度為0.12mol·L-1，則H2反應速率為0.03mol·L-1·min-1D．當反應吸收熱量為0.025QkJ時，生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液恰好反應13、下列裝置能構成原電池的是A． B．C． D．14、下列說法錯誤的是A．綠色化學的核心是及時治理污染B．油脂在堿性條件下的水解稱為皂化反應C．含氮、磷的污水任意排放會造成水華或赤潮D．硫氧化物和氮氧化物是形成酸雨的主要物質15、在2A(g)+B(g)=3C(g)+4D(g)反應中，表示該反應速率最快的是()A．v(A)=0.3mol/(L·s) B．v(B)=0.3mol/(L·s)C．v(C)=0.3mol/(L·s) D．v(D)=1mol/(L·s)16、霧霾(其中的PM2.5，即大氣中粒徑小于或等于2.5μm的顆粒物；1μm=1x10-6m)中物質轉化如下圖所示。下列說法正確的是A．PM2.5屬于膠體B．一次顆粒物(如BC)中不含碳元素C．二次無機顆粒物(SNA)主要成分為NH4NO3和(NH4)2SO4D．二次有機顆粒物(SOA)主要成分屬于醇類17、下列敘述不正確的是（）。A．甲苯苯環(huán)上的一個氫原子被含3個碳原子的烷基取代，所得產物有6種B．分子式符合的化合物有6種C．已知二氯苯有3種結構，則四氯苯也有3種結構D．菲的結構簡式為，一定條件下，它與硝酸反應，可生成5種一硝基取代物18、取含Cr2O72-的模擬水樣若干份，在不同pH條件下，分別向每個水樣中加一定量的FeSO4或NaHSO3固體，充分反應后再滴加堿液生成Cr(OH)3沉淀，從而測定除鉻率，實驗結果如圖所示。下列說法正確的是

A．理論上FeSO4的除鉻率比等質量的NaHSO3高B．用NaHSO3除鉻時，pH越低，越有利于提高除鉻率C．pH

>8，FeSO4的除鉻率下降與廢水中溶解氧參與反應有關D．從提高除鉻率的角度分析，處理酸性含鉻廢水應選用NaHSO319、對于VIIA族元素，下列說法不正確的是（）A．可形成－l價離子B．從上到下原子半徑逐漸減小C．從上到下原子半徑逐漸增大D．從上到下非金屬性逐漸減弱20、Al(NO3)3常用于的萃取。測量Al(NO3)3純度的實驗步驟如下圖所示。下列說法正確的是（）A．配置Al(NO3)3溶液需要的玻璃儀器只有250mL容量瓶，玻璃棒B．加入試劑a發(fā)生反應的離子方程式為Al3++3OH—＝Al(OH)3↓C．操作“b”需要在蒸發(fā)皿中進行D．Al(OH)3的純度為21、下列關于硅的說法不正確的是A．硅是非金屬元素，它的單質是灰黑色有金屬光澤的固體B．硅的導電性能介于金屬和絕緣體之間，是良好的半導體材料C．加熱到一定溫度時，硅能與氫氣、氧氣等非金屬反應D．硅的化學性質不活潑，常溫下不與任何物質起反應22、某溫度下，在一固定容積的容器中進行反應：SO3（g）＋NO（g）NO2（g）＋SO2（g），下列情況一定能說明已經達到化學平衡狀態(tài)的是A．氣體的密度不再隨時間而改變B．體系總質量不再隨時間而改變C．NO（g）和NO2（g）的生成速率相同D．SO3（g）和NO（g）的濃度比為1：1二、非選擇題(共84分)23、（14分）甲是一種鹽，由A、B、C、D、E五種短周期元素元素組成。甲溶于水后可電離出三種離子，其中含有由A、B形成的10電子陽離子。A元素原子核內質子數比E的少1，D、E處于同主族。用甲進行如下實驗：①取少量甲的晶體溶于蒸餾水配成溶液；③取少量甲溶液于試管中，向其中加入稀鹽酸，再加入BaCl2溶液，出現白色沉淀；③取少量甲溶液于試管中逐滴滴入NaOH溶液，生成沉淀的質量與滴入NaOH溶液的體積關系如下圖所示，④取少量甲溶液于試管中，加入過最的NaOH溶液并加熱?；卮鹣铝袉栴}：（1）C的元素符號是_______，D在周期表中的位置是________。（2）經測定甲晶體的摩爾質量為453g?mol-1，其中陽離子和陰離子物質的量之比為1:1，則甲晶體的化學式為________。（3）實驗③中根據圖象得V(oa):V(ab):V(bc)=_______。（4）實驗④中離子方程式是___________。24、（12分）已知A、B、F是家庭中常見的有機物，E是石油化工發(fā)展水平的標志，F是一種常見的高分子材料。根據下面轉化關系回答下列問題：(1)操作⑥、操作⑦的名稱分別為________、________。(2)下列物質中沸點最高的是________。A汽油B煤油C柴油D重油(3)在①～⑤中屬于取代反應的是________；原子利用率為100%的反應是________。(填序號)(4)寫出結構簡式：A________、F________。(5)寫出反應③的離子方程式：___________。(6)作為家庭中常見的物質F，它給我們帶來了極大的方便，同時也造成了環(huán)境污染，這種污染稱為________。25、（12分）某學生通過測定反應過程中所放出的熱量來計算中和熱。他將50mL0.5mol/L的鹽酸與50mL0.55mol/L的NaOH溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應。請回答下列問題：(1)從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是_________；由圖可知該裝置有不妥之處，應如何改正？_____。(2)實驗中改用60mL0.50mol/L的鹽酸跟50mL0.55mol/L的NaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，所放出的熱量_____(填“相等”或“不相等”)；所求中和熱的數值會_____(填“相等”或“不相等”)，理由是_____。(3)該同學做實驗時有些操作不規(guī)范，造成測得中和熱的數值偏低，請你分析可能的原因是_____。A．測量鹽酸的溫度后，溫度計沒有用水沖洗干凈B．把量筒中的氫氧化鈉溶液倒入小燒杯時動作遲緩C．做本實驗的當天室溫較高D．在量取鹽酸時仰視計數E．將50mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水(4)將V1ml1.0mol/LHCl溶液和V2ml未知濃度的NaOH溶液混合均勻后測量并記錄溫度，實驗結果如下圖所示(實驗中始終保持V1+V2=50mL)通過分析圖像可知，做該實驗時環(huán)境溫度_____(填“高于”，“低于”或“等于”)22℃，該NaOH溶液的濃度約為_____mol/L。(5)假設鹽酸和氫氧化鈉溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反應后生成溶液的比熱容c＝4.18J·g－1·℃－1。為了計算中和熱，某學生實驗記錄數據如下：實驗序號起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃鹽酸氫氧化鈉溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.320.525.6依據該學生的實驗數據計算，該實驗測得的中和熱ΔH＝_____(結果保留一位小數)。26、（10分）我國國標推薦的食品藥品中Ca元素含量的測定方法之一：利用Na2C2O4將處理后的樣品中的Ca2＋沉淀，過濾洗滌，然后將所得CaC2O4固體溶于過量的強酸，最后使用已知濃度的KMnO4溶液通過滴定來測定溶液中Ca2＋的含量。針對該實驗中的滴定過程，回答以下問題：(1)KMnO4溶液應該用________(填“酸式”或“堿式”)滴定管盛裝。(2)寫出滴定過程中反應的離子方程式：_____________。(3)滴定終點的顏色變化：溶液由________色變?yōu)開_______色。(4)以下哪些操作會導致測定的結果偏高________(填字母編號)。a．裝入KMnO4溶液前未潤洗滴定管b．滴定結束后俯視讀數c．滴定結束后，滴定管尖端懸有一滴溶液d．滴定過程中，振蕩時將待測液灑出(5)某同學對上述實驗方法進行了改進并用于測定某品牌的鈣片中的鈣元素(主要為CaCO3)含量，其實驗過程如下：取2.00g樣品加入錐形瓶中，用酸式滴定管向錐形瓶內加入20.00mL濃度為0.10mol·L－1的鹽酸(鹽酸過量)，充分反應一段時間，用酒精燈將錐形瓶內液體加熱至沸騰，數分鐘后，冷卻至室溫，加入2～3滴酸堿指示劑，用濃度為0.10mol·L－1的NaOH溶液滴定至終點，消耗NaOH溶液8.00mL。[提示：Ca(OH)2微溶于水，pH較低時不會沉淀]①為使現象明顯、結果準確，滴定過程中的酸堿指示劑應選擇_______(填“石蕊”、“甲基橙”或“酚酞”)溶液；②此2.00g鈣片中CaCO3的質量為________g。27、（12分）鹵塊的主要成分是MgCl2，此外還含Fe3＋、Fe2＋和Mn2＋等離子的易溶鹽。以鹵塊為原料可制得輕質氧化鎂，工藝流程如圖：已知：（1）Fe2＋氫氧化物呈絮狀，不易從溶液中除去，常將它氧化為Fe3＋，生成Fe（OH）3沉淀除去。（2）原料價格表物質價格/(元·噸－1)漂液（含25.2%NaClO）450雙氧水（含30%H2O2）2400燒堿（含98%NaOH）2100純堿（含99.5%Na2CO3）600（3）生成氫氧化物沉淀的PH物質開始沉淀沉淀完全Fe（OH）32.73.7Fe（OH）27.69.6Mn（OH）28.39.8Mg（OH）29.611.1回答下列問題：（1）某課外興趣小組設計實驗證明鹵塊中含有Fe3＋為：取少許樣品加水溶解，____，則說明鹵塊中含Fe3＋。（2）工業(yè)上冶煉鎂常用的方法的化學方程式為____。（3）步驟②加入NaClO而不用H2O2的原因是____，步驟②反應后產生少量紅褐色沉淀，該反應中氧化劑與還原劑的比例為____。（4）沉淀A的主要成分為____；步驟④加入的物質為____。（5）步驟⑤發(fā)生的反應的化學方程式為____。（6）步驟⑥如在實驗室進行，應選用在____（填儀器名稱）中灼燒。28、（14分）液氨和二硫化碳在一定條件下反應可以生成甲和乙兩種鹽。2.55g乙受熱完全分解生成等物質的量的氣體丙和丁共2.24L（標況），丙能使紫色石蕊試液變藍，另取少量FeCl3溶液，向其中滴加甲溶液，發(fā)現溶液變?yōu)檠t色。請推測并回答：（1）寫出乙的陰離子的電子式______。（2）往上述血紅色溶液中通入SO2，發(fā)現溶液紅色褪去，請解釋紅色褪去的原因（用離子方程式表示）______。（3）甲溶液中加入足量濃NaOH溶液，加熱后也能生成氣體丙，寫出液氨和二硫化碳反應發(fā)生成甲和乙的化學方程式______。29、（10分）A是一種重要的基本化工原料，其產量可以用來衡量一個國家的石道化工發(fā)展水平。E是具有香味的液體。轉化關系如下圖所示(部分反應條件產物省略):回答下列問題:(1)A中所含官能團名稱為_________________。由B和D生成E的化學方程式為________________。(2)F為高分子化合物?？梢杂脕碇圃炱嚤ｋU杠，其結構簡式為__________________。(3)設計實驗證明A與溴水發(fā)生加成反應而不是取代反應__________________________。(4)有機物X是石蠟油(C8H18)的同系物，分子中碳與氫的質量比為5:

1，X的同分異構體共有____種，其中一氯代物只有一種的是__________(寫結構簡式)。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】分析：根據影響化學反應速率的因素和化學反應達到化學平衡的標志進行解答。增加反應濃度或生成物的濃度化學反應速率加快；升高溫度化學反應速率加快；化學平衡的標志是各物質的濃度不在改變，正反應速率等于逆反應速率。詳解：A.根據影響化學反應速率的因素知反應2SO2+O22SO3，如果升高溫度或充入一定量O2均能加快化學反應速率，故A正確；B.初始加入2molSO2和1molO2，根據反應2SO2+O22SO3，因為是可逆反應不能進行徹底，所以達到平衡狀態(tài)時，SO2、O2、SO3物質的量之比不一定為2:1:2，故B錯誤；C.當SO2的生成速率與SO3的生成速率相等時，說明正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，故C正確；D.因為2SO2+O22SO3是可逆反應不能進行徹底，達到平衡狀態(tài)時，生成SO3的物質的量一定小于2mol，故D正確；答案：選B。2、B【解析】

化學變化是指有新物質生成的變化，物理變化是指沒有新物質生成的變化，化學變化與物理變化的本質區(qū)別是有無新物質生成，據此抓住化學變化和物理變化的區(qū)別結合事實進行分析判斷即可?！驹斀狻緼．煤干餾可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料，屬于化學變化，選項A錯誤；B．石油分餾是利用沸點不同把石油分成多個餾分，屬物理變化，選項B正確；C．蛋白質水解有新物質氨基酸生成，屬于化學變化，選項C錯誤；D．淀粉水解有新物質葡萄糖生成，屬于化學變化，選項D錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查物理變化與化學變化的區(qū)別與聯系，難度不大，解答時要分析變化過程中是否有新物質生成。3、A【解析】

A項，合成氨的反應為N2+3H22NH3?H<0，從化學平衡的角度，室溫比500℃有利于平衡向合成氨的方向移動，工業(yè)選擇的反應條件不是室溫，是500℃左右主要考慮500℃時催化劑的活性最好、500℃時化學反應速率較快，不能用勒夏特列原理解釋；B項，在FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，將FeCl3加入鹽酸中，c（H+）增大，使FeCl3的水解平衡逆向移動，抑制FeCl3的水解，能用勒夏特列原理解釋；C項，Cl2與水發(fā)生可逆反應：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，在飽和食鹽水中，c（Cl-）增大，使Cl2與水反應的平衡逆向移動，降低Cl2的溶解度，有利于收集Cl2，能用勒夏特列原理解釋；D項，硫酸工業(yè)中，SO2發(fā)生催化氧化的方程式為2SO2+O22SO3，使用過量的空氣，即增大O2的濃度，使平衡正向移動，提高SO2的利用率，能用勒夏特列原理解釋；答案選A。4、B【解析】

A.根據電流方向知，a是直流電源的正極，b是負極，故A錯誤；B.根據電流方向知，a是直流電源的正極，b是負極，電解池中與電源正極相連的電極為陽極，與電源負極相連的是陰極，所以c為陽極、d為陰極，故B正確；C.陽極上溶液中氯離子失電子生成氯氣，所以氯離子濃度減小，故C錯誤；D.c是陽極，溶液中氯離子在c極失電子生成氯氣，c電極質量不變，故D錯誤；答案選B。5、B【解析】分析：A項，電荷不守恒；B項，醋酸與氫氧化鈉溶液反應生成CH3COONa和H2O；C項，NaHCO3應改寫成Na+和HCO3-；D項，稀硝酸具有強氧化性，足量稀硝酸將Fe氧化成Fe3+。詳解：A項，電荷不守恒，正確的離子方程式為Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，A項錯誤；B項，醋酸與氫氧化鈉溶液反應生成CH3COONa和H2O，離子方程式為CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B項正確；C項，NaHCO3應改寫成Na+和HCO3-，正確的離子方程式為HCO3-+H+=H2O+CO2↑，C項錯誤；D項，稀硝酸具有強氧化性，足量稀硝酸將Fe氧化成Fe3+，符合題意的離子方程式為Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，D項錯誤；答案選B。點睛：本題考查離子方程式正誤的判斷。判斷離子方程式是否正確可從以下幾個方面進行：①從反應原理進行判斷，如反應是否能發(fā)生、反應是否生成所給產物等；②從物質存在形態(tài)進行判斷，如拆分是否正確（如題中C項）、是否正確表示了難溶物和氣體等；③從守恒角度進行判斷，如原子守恒、電荷守恒、氧化還原反應中的電子守恒等（題中A項）；④從反應的條件進行判斷；⑤從反應物的組成以及反應物之間的配比進行判斷。6、D【解析】

烴分子中的氫原子被其他原子或者原子團所取代而生成的一系列化合物稱為烴的衍生物?！驹斀狻緼.苯是一種不飽和烴，A錯誤；B.甲烷是烷烴，B錯誤；C.乙烯是烯烴，C錯誤；D.四氯化碳是甲烷分子中4個氫原子都被氯原子取代后的物質，屬于烷烴的衍生物，D正確；故合理選項為D。7、A【解析】

A、火炬燃燒時，不僅發(fā)熱，而且發(fā)光．所以火炬燃燒時，化學能不僅轉化為熱能，還轉化為光能等其它形式的能，A項錯誤；B、所有的燃燒反應都是放熱反應，都會釋放熱量，B項正確；C、根據能量守恒定律，如果反應物所具有的總能量高于生成物所具有的總能量，在反應中有一部分能量轉變?yōu)闊崮艿男问结尫?，這就是放熱反應。所有的燃燒反應都是放熱反應，丙烷的燃燒是放熱反應，所以1molC3H8和5molO2所具有的總能量大于3molCO2和4molH2O所具有的總能量，C項正確；D、丙烷完全燃燒C3H8＋5O23CO2＋4H2O的產物二氧化碳和水，對環(huán)境無污染，故丙烷為環(huán)保型燃料，故D正確。答案選A。8、A【解析】分析：根據反應速率通常用單位時間內濃度的變化量來表示分析解答。詳解：某溫度時，2NO(g)＋O2(g)＝2NO2(g)反應到2s后，NO的濃度減少了0.06mol·L-1，則根據方程式可知氧氣濃度變化量是0.03mol/L，所以以O2表示該時段的化學反應速率是0.03mol/L÷2s＝0.015mol·L-1·s-1。答案選A。9、A【解析】

將一小段鎂帶投到盛有稀鹽酸的試管中，發(fā)生劇烈反應。一段時間后，用手觸摸試管外壁感覺燙手，說明反應為放熱反應。放熱反應中，反應物的總能量高于生成物的總能量，該過程中化學能轉化為熱能，故選A。10、D【解析】

Q、X、Y和Z為短周期元素，這4種元素的原子最外層電子數之和為22，設X最外層電子數為x，根據它們在周期表中的位置可知Y、Q、Z最外層電子數分別為x+1，x-1，x+2，則x+x+1+x-1+x+2=22，x=5，因此Q、X、Y和Z分別為Si，N，O，Cl，據此解答?！驹斀狻緼.同周期元素從左到右，原子半徑逐漸減小，Y的原子半徑比X的小，A錯誤；B.非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，非金屬性Si＜Cl，Q的最高價氧化物的水化物為硅酸，酸性比高氯酸弱，B錯誤；C.X、Y和氫3種元素形成的化合物中可能含有離子鍵，如硝酸銨，C錯誤；D.硅具有半導體的性質，硅與氯可形成化合物SiCl4，D正確；答案選D。11、D【解析】

根據反應熱△H=反應物的總鍵能-生成物的總鍵來計算該反應的反應熱，氫氣在氯氣中燃燒，反應熱△H＜0，據此解答?！驹斀狻科茐?molH2中的化學鍵消耗的能量為Q1kJ，則H-H鍵能為Q1kJ/mol，破壞1molCl2中的化學鍵消耗的能量為Q2kJ，則Cl-Cl鍵能為Q2kJ/mol，形成1molHCl中的化學鍵釋放的能量為Q3kJ，則H-Cl鍵能為Q3kJ/mol，對于H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反應熱△H=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（Q1+Q2-2Q3）kJ/mol，由于氫氣在氯氣中燃燒，反應熱△H＜0，即（Q1+Q2-2Q3）＜0，所以Q1+Q2<2Q3。故選D。12、D【解析】

A.該反應是反應前后氣體分子數增大的反應，增大壓強，平衡向逆反應方向移動，SiCl4的轉化率減小，A錯誤；B.該反應是可逆反應，達平衡時，吸收熱量小于QkJ，B錯誤；C.速率之比等于反應系數之比，v(H2)=v(HCl)=，C錯誤；D.由方程式可知，當反應吸收熱量為0.025QkJ時，生成的HCl的物質的量為，100mL1mol·L-1的NaOH的物質的量為0.1mol，二者物質的量相等，恰好反應，D正確；故答案為：D。13、A【解析】

構成原電池的條件是：活潑性不同的金屬或金屬和非金屬，導線連接，并且插入電解質溶液中形成閉合回路?！驹斀狻緼.鋅比銀活潑，鋅與稀硫酸反應生成氫氣，形成了閉合回路，故A可以構成原電池；B.酒精是非電解質，不能構成原電池；C.沒有形成閉合回路，不能構成原電池；D.兩電極材料相同，均不能與硫酸反應，不能構成原電池。所以答案是A。14、A【解析】

A.綠色化學，又稱環(huán)境無害化學、環(huán)境友好化學，即減少或消除危險物質的使用和產生的化學品和過程的設計。其核心是原子經濟性，即充分利用反應物中的各個原子，從而既能充分利用資源又能防止污染。A錯誤；B.油脂在氫氧化鈉溶液中水解生成高級脂肪酸鈉和甘油，該反應是制造肥皂流程的一步，因此該反應也叫皂化反應，B正確；C.含氮、磷的污水不經處理任意排放至下水道，最終會隨水體流入江流、湖泊中，促進藻類等水生植物迅速大量繁殖，引起水華或赤潮，C正確；D.酸雨分為硫酸型酸雨和硝酸型酸雨。顧名思義，酸雨是雨水中溶有了硫酸或硝酸。硫酸酸和硝酸主要源自于空氣中的硫氧化物和氮氧化物，所以說硫氧化物和氮氧化物是形成酸雨的主要物質，D正確；故合理選項為A。15、B【解析】

化學反應速率除以對應的化學計量數，數值越大，反應速率越快。據此分析判斷?！驹斀狻緼．==0.15；B．==0.3；C．==0.1；D．==0.25；數值大的反應快，因此反應最快的是B，故選B?！军c睛】解答該類型題時需要注意：①單位需要統(tǒng)一；②化學反應速率除以對應的化學計量數，數值大的反應快；③不能用固體表示化學反應速率。16、C【解析】分析：本題考查了物質的分類，屬于基礎知識，平時注重積累即可。詳解：A.PM2.

5，即大氣中粒徑小于或等于2.5

μm的顆粒物，不屬于膠體的微粒范圍，故錯誤；B.從圖分析，一次顆粒物通過界面反應，內混后得到二次有機顆粒物，有機顆粒物中肯定含有碳元素，所以一次顆粒物中含有碳元素，故錯誤；C.從圖分析，二次無機顆粒物含有銨根離子和硫酸根離子和硝酸等，所以主要成分為硝酸銨和硫酸銨，故正確；D.二次有機顆粒物(SOA)主要成分不屬于醇，屬于酸，故錯誤。故選C，17、B【解析】

A．含有3個碳原子的烷基有丙基、異丙基兩種，甲苯苯環(huán)上有3種氫原子，分別處于甲基的鄰、間、對位位置上，所以甲苯苯環(huán)上的一個氫原子被含3個碳原子的烷基取代，所得產物有種，故A正確；B．含有5個碳原子的飽和鏈烴為，有正戊烷、異戊烷、新戊烷，正戊烷中有3種H原子，異戊烷中有4種H原子，新戊烷中有1種H原子，故的一氯代物共有種，故B錯誤；C．由于苯環(huán)上含有6個氫原子，故二氯苯與四氯苯的結構數目相等，故C正確；D．如圖所示中含有5種氫原子，故可生成5種一硝基取代物，故D正確；故答案選B。18、C【解析】分析：本題考查的是物質的分離和提純，分析圖像是關鍵。詳解：A.反應中FeSO4的鐵元素化合價升高1價，而NaHSO3中硫元素化合價升高2價，等質量的兩種物質，亞硫酸氫鈉的轉移電子數多，除鉻率高，故錯誤；B.從圖分析，亞硫酸氫鈉在pH為4-6之間的除鉻率比pH為8-10的除鉻率高，但pH太低時亞硫酸氫鈉不能存在，故錯誤；C.溶液堿性增強，亞鐵離子容易生成氫氧化亞鐵，且容易被氧氣氧化，不能除鉻，所以pH>8，FeSO4的除鉻率下降與廢水中溶解氧參與反應有關，故正確；D.從圖分析，在酸性條件下亞硫酸氫鈉的除鉻率稍微高些，但后面加入堿液生成氫氧化鉻，在堿性條件下硫酸亞鐵的除鉻率更高，所以綜合考慮，應選用硫酸亞鐵，故錯誤。19、B【解析】同主族元素自上而下原子半徑逐漸增大，非金屬性逐漸減弱。第ⅦA元素的最外層電子數是7，最低價是－1價，所以選項B是錯誤的，答案選B。20、D【解析】A、配置Al(NO3)3溶液需要的玻璃儀器有250mL容量瓶、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管，選項A錯誤；B、加入試劑a必須是過量的氨水才能產生氫氧化鋁，故發(fā)生反應的離子方程式為Al3++3NH3?H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，選項B錯誤；C、操作“b”需要灼燒固體，應該在坩堝中進行，選項C錯誤；D、Al(OH)3的純度為×100%=×100%，選項D正確。答案選D。21、D【解析】

A.硅是非金屬元素，硅單質是灰黑色有金屬光澤的固體，A正確；B.硅的導電性能介于金屬和絕緣體之間，是良好的半導體材料，B正確；C.加熱到一定溫度時，硅能與氫氣、氧氣等非金屬反應，C正確；D.硅的化學性質不活潑，常溫下能與氫氧化鈉溶液以及氫氟酸等反應，D錯誤。答案選D。22、C【解析】

A、反應前后氣體系數和相等，體系總壓強始終是不變的，所以總壓強不隨時間而改變的狀態(tài)不一定是平衡狀態(tài)，故A錯誤；B、反應前后都是氣體，體系氣體總質量始終是不變的，體系總質量不再隨時間而改變的狀態(tài)不一定是平衡狀態(tài)，故B錯誤；C、NO（g）和NO2（g）的生成速率相同，說明正逆反應速率相等，狀態(tài)一定是平衡狀態(tài)，故C正確；D、SO3（g）和NO（g）的濃度比為1：1，不能表明正逆反應速率相等，狀態(tài)不一定是平衡狀態(tài)，故D錯誤；故選C。二、非選擇題(共84分)23、Al第三周期第VIA族NH4Al(SO4)2·12H2O3：1：1NH4＋＋Al3＋＋5OH－NH3↑＋AlO2－＋3H2O【解析】甲由A、B、C、D、E五種短周期元素組成的一種鹽，②中甲溶液中加入稀鹽酸，再加入BaCl2溶液，出現白色沉淀，說明甲中含有SO42-。④中甲與過量NaOH溶液并加熱，有刺激性氣味的氣體生成，該氣體為NH3，則甲溶液中含有NH4+。③中取少量甲溶液，逐滴滴入NaOH溶液，生成沉淀開始增大到最大量，而后沉淀量不變，最后階段沉淀減小至完全消失，則甲溶液肯定含有Al3+。甲溶于水電離出三種離子為SO42-、Al3+、NH4+，A、B形成的10電子陽離子為NH4+，D、E同主族，二者應形成SO42-，且A元素原子核內質子數比E的少l，則A為N元素、E為O元素、D為S元素、B為H元素、C為Al，則（1）C是鋁，C的元素符號是Al；D是S元素，位于周期表中第三周期ⅥA族；（2）經測定晶體甲的摩爾質量為453g/mol，且1mol甲晶體中含有12mol結晶水，所以陽離子和陰離子的總相對分子質量為：453-216=237，陽離子和陰離子物質的量之比1：1，根據電中性原理，其化學式為：NH4Al(SO4)2·12H2O；（3）取少量甲溶液于試管中逐滴滴入NaOH溶液，先發(fā)生反應：Al3++3OH-=Al（OH）3↓，而后發(fā)生反應：NH4++OH-=NH3?H2O，最后階段氫氧化鋁溶解，發(fā)生反應：OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2O，假設NH4Al(SO4)2·12H2O為1mol，則各階段消耗NaOH分別為3mol、1mol、1mol，所以V（Oa）：V（ab）：V（bc）=3mol：1mol：1mol=3：1：1；（4）甲溶液中加入過量NaOH溶液并加熱，銨根離子、鋁離子均可以和過量的氫氧化鈉之間反應，NH4+、Al3+的物質的量之比為1：1，反應離子方程式為：NH4＋＋Al3＋＋5OH－NH3↑＋AlO2－＋3H2O。24、分餾裂解D①②③④⑤CH3COOHCH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋C2H5OH白色污染【解析】

由E是石油化工發(fā)展水平的標志，則E為CH2=CH2；由乙烯可以轉化成F，再結合F是家庭中常見的有機物，F是一種常見的高分子材料知，F為；A、B、F是家庭中常見的有機物，E與水發(fā)生加成反應生成B為C2H5OH；由流程圖知，C在酸性或堿性條件下都可以得到乙醇，說明C是某種酸與乙醇反應生成的酯，再結合A與B反應生成C，A是家庭中常見的有機物知，則A為CH3COOH，C為CH3COOCH2CH3，D為CH3COONa；結合分析機型解答?！驹斀狻浚?）由石油得到汽油、煤油、柴油等輕質油的操作是分餾；由石油產品制取乙烯的操作是裂解（深度裂化）；答案：分餾；裂解；

（2）由于在石油分餾的操作過程中，溫度逐步升高使烴汽化，再經冷凝將烴分離開來，得到石油的分餾產品，即先得到的分餾產品沸點低，后得到的分餾產品沸點高，故選：D；

（3）由于酯化反應、酯的水解反應均屬于取代反應，所以在①～⑤中屬于取代反應的是①、②、③；原子利用率為100%的反應是加成反應和加聚反應，所以原子利用率為100%的反應是④、⑤；答案：①、②、③；④、⑤；

（4）由上述分析可知，A的結構簡式為CH3COOH，F的結構簡式為：；

（5）由上述分析可知反應③為乙酸乙酯在堿性條件下發(fā)生的水解反應，其離子方程式：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH2CH3OH；答案：CH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋C2H5OH；

（6）由上述分析可知：F為，塑料的主要成分是聚乙烯，由于聚乙烯結構穩(wěn)定、難以分解，急劇增加的塑料廢棄物會造成白色污染。答案：白色污染?！军c睛】本題突破口：E是石油化工發(fā)展水平的標志，E為CH2=CH2；以乙烯為中心進行推導得出各物質，再根據各物質的性質進行分析即可。25、環(huán)形玻璃攪拌棒用碎塑料泡沫墊高小燒杯，使小燒杯口和大燒杯口相平不相等相等中和熱是酸和堿發(fā)生中和反應生成1molH2O所放出的熱量與酸堿用量無關ABE低于1.5-51.8kJ/mol【解析】

（1）由量熱計的構造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒；大小燒杯口之間不相平且沒填滿碎紙條；（2）中和熱是強酸和強堿反應生成1mol水時放出的熱，與酸堿的用量無關；（3）根據中和熱測定過程中誤差判斷；（4）根據酸堿中和反應原理進行計算；（5）根據Q=cm△T進行計算?！驹斀狻浚?）由量熱計的構造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒；由圖可知該裝置有不妥之處：大小燒杯口之間不相平且沒填滿碎紙條，應用碎塑料泡沫墊高小燒杯，使小燒杯口和大燒杯口相平；（2）反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關，改用60mL0.50mol/L的鹽酸與50mL0.55mol/L的NaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，但是中和熱的均是強酸和強堿反應生成1mol水時放出的熱，與酸堿的用量無關，中和熱數值相等；（3）A．測量鹽酸的溫度后，溫度計沒有用水沖洗干凈，在測堿的溫度時，會發(fā)生酸和堿的中和，溫度計示數變化值減小，導致實驗測得中和熱的數值偏小，選項A正確；B、把量筒中的氫氧化鈉溶液倒入小燒杯時動作遲緩，會導致一部分能量的散失，實驗測得中和熱的數值偏小，選項B正確；C、做本實驗的室溫和反應熱的數據之間無關，選項C錯誤；D、在量取鹽酸時仰視計數，會使得實際量取體積高于所要量的體積，放出的熱量偏大，導致實驗測得中和熱的數值偏高，選項D錯誤；E、將50mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水，由于氨水是弱堿，堿的電離是吸熱的過程，所以導致實驗測得中和熱的數值偏小，選項E正確；答案選ABE；（4）從圖形起點可知：5mLHCl溶液和45mLNaOH溶液反應放熱后的溫度已經是22℃，則溶液混合前的實驗環(huán)境溫度一定低于22℃；當酸堿恰好反應時，放出的熱量最高，從圖示可知V1=30mL，V2=50mL-30mL=20mL，二者體積比為：，c（NaOH）===1.5mol/L；（5）第1次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.1℃，反應后溫度為：23.2℃，反應前后溫度差為：3.1℃；第2次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.3℃，反應后溫度為：23.4℃，反應前后溫度差為：3.1℃；第3次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.4℃，反應后溫度為：25.6℃，反應前后溫度差為：5.2℃，與其他組相差太大，舍去；50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液的質量和為m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/（g?℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出熱量Q=4.18J/（g?℃）×100g×3.1℃=1295.8J＝1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出熱量為：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出熱量為1.2958kJ×=51.8kJ，即該實驗測得的中和熱△H=-51.8kJ/mol。26、酸式2MnO4-+5H2C2O4+6H?=2Mn2?+10CO2↑+8H2O無紫ac甲基橙0.06【解析】

(1)高錳酸鉀具有強氧化性，會腐蝕橡膠，根據中和滴定所需儀器判斷；(2)在硫酸條件下，高錳酸鉀將C2O42-氧化為CO2，自身被還原為MnSO4，據此寫出反應的離子方程式；(3)高錳酸鉀溶液本身有顏色，為紫色，在開始滴入含C2O42-溶液中時被還原，顏色消失，當達到滴定終點時，加入最后一滴高錳酸鉀溶液顏色不褪去，據此判斷；(4)分析不當操作對V(標準)的影響，根據c(待測)=判斷對結果的影響；(5)碳酸鈣和鹽酸反應生成氯化鈣、二氧化碳和水，考慮二氧化碳溶于水，故要加熱煮沸，過量鹽酸用氫氧化鈉滴定，考慮氫氧化鈣的微溶性，應選擇在pH較低時變色的指示劑，根據滴定算出過量鹽酸，進而求得與碳酸鈣反應的鹽酸，根據方程式計算碳酸鈣的質量?！驹斀狻?1)高錳酸鉀具有強氧化性，會腐蝕橡膠，應放在酸式滴定管中，故答案為：酸式；(2)高錳酸鉀具有強氧化性，在硫酸條件下將C2O42-氧化為CO2，自身被還原為Mn2+，離子方程式為：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案為：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(3)高錳酸鉀溶液本身有顏色，為紫色，在開始滴入C2O42-中時被還原，顏色消失，當達到滴定終點時，加入最后一滴高錳酸鉀溶液顏色不褪去，溶液由無色變?yōu)闇\紫色，且半分鐘內不褪色，故答案為：無；紫；(4)a．滴定時，滴定管經水洗，蒸餾水洗后加入滴定劑高錳酸鉀溶液，造成標準液體被稀釋，濃度變稀，導致V(標準)偏大，根據c(待測)=可知，結果偏高，故a正確；b．滴定前平視，滴定后俯視，則所用標準液讀數偏小，根據c(待測)=可知，結果偏低，故b錯誤；c．滴定結束后，滴定管尖端懸有一滴溶液，造成V(標準)偏大，根據c(待測)=可知，結果偏高，故c正確；d．滴定過程中，振蕩時將待測液灑出，所用標準液V(標準)偏小，根據c(待測)=可知，結果偏低，故d錯誤；故答案為：ac；(5)①根據題給信息，Ca(OH)2微溶于水，pH較低時不會沉淀出，甲基橙變色范圍為3.1～4.4，符合，石蕊變色不明顯，酚酞變色范圍為：8.2～10.0，pH較高，有氫氧化鈣沉淀生成，干擾滴定，故用甲基橙作指示劑，故答案為：甲基橙；②中和滴定消耗鹽酸的物質的量=氫氧化鈉的物質的量=0.1mol/L×8mL=0.8mmol，則和碳酸鈣反應的鹽酸為：0.1mol/L×20mL-0.8mmol=1.2mmol=0.0012mol，CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑100g

2molm

0.0012molm==0.06g，故答案為：0.06。27、往所得溶液中滴加硫氰化鉀溶液,若溶液變紅MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑漂液比H2O2的價格低得多1：2Fe（OH）3Mn（OH）2Na2CO3MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2↑坩堝【解析】

為除去Fe2+，先將Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH調節(jié)pH為9.8，然后在濾液中加入純堿將Mg2+從溶液中以MgCO3沉淀出來，然后加熱煮沸可得到Mg（OH）2，灼燒后得到MgO，據此解答?！驹斀狻浚?）KSCN與Fe3+作用使溶液顯紅色，證明鹵塊中含有Fe3＋，可以向溶液中加入硫氰化鉀溶液，若溶液變成紅色，證明溶液中含有鐵離子，否則不含鐵離子，所以實驗操作為：取樣，加水溶解，往所得溶液中滴加硫氰化鉀溶液，若溶液變紅，則說明鹵塊中含鐵離子；（2）鎂是活潑的金屬，一般用電解法冶煉，則工業(yè)上冶煉鎂常用方法的化學方程式為MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑。（3）步驟②是為了將Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合適的pH條件時生成Fe（OH）3沉淀而除之，雖然漂液和H2O2都可采用，但對比表中提供的原料價格可以看出，漂液比H2O2的價格低得多，所以選漂液最合理；步驟②反應后產生少量紅褐色沉淀，即亞鐵離子被氧化為鐵離子，而氧化劑次氯酸鈉被還原為氯化鈉，反應中鐵元素化合價升高1價，氯元素化合價降低2價，所以根據