上海交大附屬中學2022年高二化學第二學期期末質量檢測模擬試題含解析

1、2022年高二下化學期末模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、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、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（ ）A25、101kPa 時，22.4L乙烷中所含共價鍵數目為6NAB3.2gO2和O3的混合氣體中，含氧原

2、子數為0.2NAC12g金剛石含有共價鍵數目為4NAD1molNaHSO4熔融時電離出的離子總數為3NA2、下列用品中主要由合成材料制造的是()A宇航服B宣紙C羊絨衫D棉襯衣3、某強酸性溶液中還可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干種，現(xiàn)取適量溶液進行如下一系列實驗下列有關判斷正確的是（ ）A原試液中一定有Fe2+、SO42-、H+、NH4+、Al3+B原試液中一定沒有Ba2+、CO32-、NO3-C步驟中發(fā)生反應的離子方程式為: 2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-D沉淀B在空氣中由白色迅速變成灰綠色，最終變?yōu)?/p>

3、紅褐色4、反應N2(g)3H2(g)2NH3(g)的能量變化如圖所示，a、b均為正值，單位是kJ，下列說法正確的是AN2(g)3H2(g)2NH3(g) H=(a-b)kJmol1BNH3(g)N2(g)H2(g) H=(b-a)kJmol1CNH3中氮氫鍵鍵能為bkJmol1D壓強越大，該反應的H越小5、在下列各溶液中，離子一定能大量共存的是A強堿性溶液: K+、Al3+、Cl-、SO42-B含有大量NH4+的溶液: Na+、S2-、OH-、NO3-C通有足量NO2的溶液: K+、Na+、SO42-、AlO2-D強酸性溶液: Na+、Fe3+、NO3-、Cl-6、利用碳酸鈉晶體（Na2CO3

4、10H2O，相對分子質量286）來配制0.1mol/L的碳酸鈉溶液980mL，假如其他操作均準確無誤，下列情況會引起配制溶液的濃度偏高的是（）A稱取碳酸鈉晶體28.6gB溶解時進行加熱，并將熱溶液轉移到容量瓶中至刻度線C轉移時，對用于溶解碳酸鈉晶體的燒杯沒有進行洗滌D定容后，將容量瓶振蕩搖勻，靜置發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又加入少量水至刻度線7、某有機化合物的結構簡式如圖所示，此有機化合物屬于：烯烴；多官能團有機化合物；芳香烴；烴的衍生物；高分子化合物ABCD8、下列各組物質能用酸性高錳酸鉀溶液鑒別的是A乙烯、乙炔B1一已烯、甲苯C苯、1一已炔D苯、正已烷9、分子式為C8H8O2，含有苯環(huán)且能發(fā)生水

5、解反應的同分異構體共有A5種B6種C7種D8種10、乙酸橙花酯是一種食用香料，其結構簡式如圖，關于該有機物的敘述中正確的是屬于芳香族化合物；不能發(fā)生銀鏡反應；分子式為C12H20O2；它的同分異構體中可能有酚類；1mol該有機物水解時只能消耗1molNaOHABCD11、用高鐵酸鈉(Na2FeO4)對河、湖水消毒是城市飲用水處理的新技術，已知反應：Fe2O33Na2O2=2Na2FeO4Na2O，下列說法正確的是（ ）ANa2O2既是氧化劑又是還原劑BFe2O3在反應中顯氧化性CNa2FeO4既是氧化產物又是還原產物D3molNa2O2發(fā)生反應，有12mol電子轉移12、已知CH4(g)+H2

6、O(g)=CO(g)+3H2(g) H= +206kJ / molCH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H= +247kJ / molCH鍵的鍵能約為413 kJ / mol, OH鍵的鍵能約為463 kJ / mol，HH鍵的鍵能約為436 kJ / mol，則CO2中C=O鍵的鍵能約為A797.5 kJ / molB900.5 kJ / molC962.5 kJ / molD1595 kJ / mol13、苯與Br2發(fā)生取代反應時能量與反應進程如下圖所示。下列說法正確的是A、兩步均放出能量 BFeBr3可以改變反應的焓變CFeBr3不能改變反應的活化能 DFeBr3可以加

7、快該反應速率14、根據相應的圖像，判斷下列相關說法錯誤的是A圖中，密閉容器中反應達到平衡，t0時改變某一條件，則改變的條件可能是加壓(a+b=c)或使用催化劑B圖是達到平衡時外界條件對平衡的影響關系，則正反應為放熱反應，p2p1C圖是物質的百分含量和溫度T關系，則反應為放熱反應D圖是反應速率和反應條件變化關系，則該反應的正反應為吸熱反應，且A、B、C、D一定均為氣體15、下列說法中正確的是 ACO2、NH3、BF3中，所有原子都滿足最外層8電子的穩(wěn)定結構B在元素周期表中金屬和非金屬交界處可以找到半導體材料C由非金屬元素組成的化合物一定是共價化合物D第A族元素和第A族元素的原子之間都能形成離子鍵

8、16、在相同條件下，金屬鈉與下列物質反應，其中反應速率最慢的是（ ）AH2OBH2CO3CC6H5OHDCH3CH2OH17、學習化學要懂得結構決定性質，性質也可以預測結構；已知稀有氣體氟化物XeF2是非極性分子，下列有關說法正確的是A二氟化氙的各原子最外層均達到8電子的穩(wěn)定結構BXeF2的沸點比KrF2的高C二氟化氙的空間結構為V形D二氟化氙是由非極性鍵構成的非極性分子18、已知：C（s）+ H2O（g）= CO(g) + H2(g) H = a kJmol-12 C（s）+ O2（g）= 2CO(g) H = -220 kJmol-1H-H 、O=O和O-H鍵的鍵能（kJmol-1）分別為

9、436、496和462，則a為（）A-332B-118C+350D+13019、聯(lián)苯()由兩個苯環(huán)通過單鍵連接而成，假定二氯聯(lián)苯分子中，苯環(huán)間的單鍵可以自由旋轉，理論上由異構而形成的二氯聯(lián)苯共有A6種B9種C10種D12種20、設NA為阿伏加羅常數的數值，下列說法正確的是A常溫常正下，22.4LCO2所含的原子數為3NABlmolNa2O2固體中陽離子和陰離子總數為3NAC14g乙烯和乙烷混合氣體中的碳原子數為NAD2Llmol/L的鹽酸中所含HCl分子數約為2NA21、在2KMnO4+16HCl(濃)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反應中()A氧化產物與還原產物的物質的量之比為52

10、B氧化產物與還原產物的物質的量之比為25C氧化劑與還原劑的物質的量之比為18D氧化劑與還原劑的物質的量之比為5122、常溫下，將甲酸（HCOOH）和氫氧化鈉溶液混合，所得溶液 pH7，則此溶液中Ac（HCOO) c（Na)Bc（HCOO) c（ Na)Cc（HCOO) c（Na)D無法確定c（HCOO) 與c（Na) 的關系二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D為四種可溶性的鹽，它們的陽離子分別可能是Ba2、Ag、Na、Cu2中的某一種，陰離子分別可能是NO3-、SO42-、Cl、CO32-中的一種。(離子在物質中不能重復出現(xiàn))若把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C鹽

11、的溶液呈藍色；若向的四支試管中分別加入鹽酸，B鹽的溶液有沉淀生成，D鹽的溶液有無色無味的氣體逸出。根據實驗事實可推斷它們的化學式為：（1）A_，C_，D_。（2）寫出鹽酸與D反應的離子方程式： _。（3）寫出C與Ba(OH)2溶液反應的離子方程式：_。24、（12分）有一透明溶液，已知其中可能含有Fe3+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NH4+，加入一種淡黃色粉末固體時，加熱有刺激性氣味的混合氣體放出，同時生成白色沉淀。當加入0.4mol淡黃色粉末時，產生氣體0.3mol，繼續(xù)加入淡黃色粉末時，產生無刺激性氣味的氣體，且加入淡黃色粉末時產生白色沉淀的量如下圖所示。根據題意回答下列問題：(1)淡

12、黃色粉末為_(填名稱)。(2)溶液中肯定有_離子，肯定沒有_離子。(3)溶液中各離子的物質的量之比為_。(4)寫出下列反應方程式：淡黃色粉末與水反應的化學方程式：_。刺激性氣味的氣體產生的離子方程式：_。沉淀部分減少時的離子方程式：_。25、（12分）利用如圖所示裝置測定中和熱的實驗步驟如下：用量筒量取50mL0.50mol/L鹽酸倒入小燒杯中，測出鹽酸溫度；用另一量筒量取50mL0.55mol/L NaOH溶液，并用另一溫度計測出其溫度；將NaOH溶液倒入小燒杯中，混合均勻，測得混合液最高溫度?；卮鹣铝袉栴}：(1)寫出該反應的熱化學方程式（已知生成lmol液態(tài)水的反應熱為57.3kJ/mol

13、）_。(2)現(xiàn)將一定量的稀氫氧化鈉溶液、稀氫氧化鈣溶液、稀氨水分別和 1L1mol/L鹽酸恰好完全反應，其反應熱分別為H1、H2、H3，則H1、H2、H3的大小關系為_。(3)假設鹽酸和氫氧化鈉溶液的密度都是1g/cm3，又知中和反應后生成溶液的比熱容c=4.18J/(g)，為了計算中和熱，某學生實驗記錄數據如表：實驗序號起始溫度終止溫度 鹽酸氫氧化鈉溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.420.623.6420.120.326.9依據該學生的實驗數據計算，該實驗測得的中和熱H_(結果保留一位小數)。(4)如果用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55

14、mol/LNaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，所放出的熱量_ (填“相等、不相等”)，所求中和熱_(填“相等、不相等”)。(5)利用簡易量熱計測量室溫下鹽酸與氫氧化鈉溶液中和反應的反應熱，下列措施不能提高實驗精度的是（_）A利用移液管(精確至0.01 mL)代替量筒(精確至0.1 mL)量取反應液B快速將兩溶液混合，勻速攪拌并記錄最高溫度C在內、外筒之間填充隔熱物質，防止熱量損失D用量程為500的溫度計代替量程為100的溫度26、（10分）某紅色固體粉末樣品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一種或兩種，某?；瘜W自主探究實驗小組擬對其組成進行探究。查閱資料：Cu2O在酸性溶液中會發(fā)生反應：Cu2

15、O2H=CuCu2H2O。實驗探究一：學生甲利用如圖所示裝置進行實驗，稱量反應前后裝置C中樣品的質量，以確定樣品的組成?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器組裝完成后，夾好止水夾，_，則說明裝置A的氣密性良好。（2）下列實驗步驟中，正確的操作順序是_(填序號)。打開止水夾；熄滅C處的酒精噴燈；C處冷卻至室溫后，關閉止水夾；點燃C處的酒精噴燈；收集氫氣并驗純實驗探究二：（3）學生乙取少量樣品于燒杯中，加入過量稀硫酸，并作出如下假設和判斷，結論正確的是 _。A若固體全部溶解，說明樣品中一定含有Fe2O3，一定不含有Cu2OB若固體部分溶解，說明樣品中一定含有Cu2O，一定不含有Fe2O3C若固體全部溶解，再滴

16、加KSCN溶液，溶液不變紅色，說明樣品一定含有Fe2O3和Cu2OD若固體全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液變紅色，說明樣品一定含有Fe2O3另取少量樣品于試管中，加入適量的濃硝酸，產生紅棕色氣體，證明樣品中一定含有_，寫出產生上述氣體的化學方程式：_。實驗探究三：（4）學生丙取一定量樣品于燒杯中，加入足量的稀硫酸，反應后經過濾得到固體6.400g，測得濾液中Fe2有2.000mol，則樣品中n(Cu2O)_mol。27、（12分）二氧化氯（ClO2，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑，回答下列問題：（1）實驗室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2（亞氯酸鈉）為原料，通過以下過程制備ClO

17、2：電解時陽極電極反應式為_。除去ClO2中的NH3可選用的試劑是_（填標號）。a水 b堿石灰 c濃硫酸 d飽和食鹽水（2）用如圖裝置可以測定混合氣中ClO2的含量：在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：在玻璃液封裝置中加入水，使液面沒過玻璃液封管的管口；將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中：用0.1000molL-1硫代硫酸鈉標準溶液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32-2I+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去20.00mL硫代硫酸鈉溶液。在此過程中：錐形瓶內ClO2與碘化鉀反應的離子方程式為_。玻璃液封裝置的作用是_。V中

18、加入指示劑，滴定至終點的現(xiàn)象是_。測得混合氣中ClO2的質量為_g。某同學用某部分刻度模糊不清的50mL滴定管進行實驗，當滴定管中的液面處于如圖所示的刻度處，則管內液體的體積_（填代號）。a等于23.60mL b等于27.60mL c小于23.60mL d大于27.60mL28、（14分）白黎蘆醇（結構簡式：）屬二苯乙烯類多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和預防心血管疾病的作用。某課題組提出了如下合成路線：已知：根據以上信息回答下列問題：（1）白黎蘆醇的分子式是_。（2）CD的反應類型是_；EF的反應類型是_。（3）化合物A不與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，能與NaHCO3反應放出CO2，推測其1H核

19、磁共振譜（H-NMR）中顯示不同化學環(huán)境的氫原子個數比為_。（4）寫出AB反應的化學方程式：_。（5）寫出結構簡式：D_、E_。（6）化合物符合下列條件的所有同分異構體共_種，能發(fā)生銀鏡反應；含苯環(huán)且苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子。寫出其中不與堿反應的同分異構體的結構簡式：_。29、（10分）A是相對分子質量為28的烴。以A為原料合成有機化合物D的方法如下圖所示。（1）AB的反應類型是_。（2）BC反應的試劑及條件是_。（3）CD反應的化學方程式是_。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】A. 25、101kPa 時，22.4L乙烷的物質的量小

20、于1mol，且1mol乙烷中所含共價鍵數目為7NA，選項A錯誤；B3.2gO2和O3的混合物中含有的氧原子的物質的量為=0.2mol，數目為0.2NA，選項B正確；C12g金剛石中含有1molC，金剛石中，每個C與其它4個C形成了4個共價鍵，每個碳原子形成的共價鍵數目為：4=2，所以1molC原子形成的共價鍵為2mol，含有的共價鍵數目為2NA，選項C錯誤；D、熔融狀態(tài)下，硫酸氫鈉電離出鈉離子和硫酸氫根離子，1molNaHSO4熔融時電離出的離子總數為2NA，選項D錯誤。答案選B。2、A【解析】A宇航員由合成纖維制成，具有強度高、防輻射等優(yōu)點，A項符合題意；B宣紙的主要材料為纖維素，不屬于合成

21、材料，B項不符合題意；C羊絨衫的主要成分為蛋白質，不屬于合成材料，C項不符合題意；D棉襯衣的主要成分為纖維素，不屬于合成材料，D項不符合題意；本題答案選A。3、B【解析】已知溶液為強酸性，則存在大量的H+，與H+反應的CO32-不存在，根據流程可知，加入硝酸鋇產生氣體、沉淀，則溶液中存在Fe2+、SO42-，與此離子反應的Ba2+、NO3-不存在；加入足量的NaOH溶液時，產生氣體和沉淀，為氨氣和氫氧化鐵，則溶液中含有NH4+；通入少量二氧化碳產生沉淀為氫氧化鋁或碳酸鋇，溶液中可能含有Al3+?！驹斀狻緼. 原試液中一定有Fe2+、SO42-、H+、NH4+，可能含有Al3+，A錯誤；B. 通

22、過分析可知，原試液中一定沒有Ba2+、CO32-、NO3-，B正確；C. 步驟中發(fā)生反應的離子方程式可能有2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-，一定有：CO2+2OH-+ Ba2+= BaCO3+H2O，C錯誤；D. 沉淀B為氫氧化鐵，為紅褐色沉淀，D錯誤；答案為B。4、A【解析】A.由圖知 N2(g)3H2(g)2NH3(g) H=(a-b)kJmol1，A正確；B.由圖知NH3(g)N2(g)H2(g) H =(b-a)kJmol1，B錯誤；C. NH3中氮氫鍵鍵能為bkJmol1，C錯誤；D. 反應的H=生成物的總能量-反應物的總能量，D錯誤；答案選A。5、D【解

23、析】A. 強堿性溶液Al3+不能大量共存，A錯誤；B. 含有大量NH4+的溶液中OH-不能大量共存，B錯誤；C. 通有足量NO2的溶液中含有硝酸，AlO2-不能大量共存，C錯誤；D. 強酸性溶液中Na+、Fe3+、NO3-、Cl-之間不反應，可以大量共存，D正確，答案選D。6、B【解析】A.在實驗室沒有980mL容量瓶，要選擇1000mL容量瓶，需要溶質的物質的量為n(Na2CO3)=0.1mol/L1L=0.1mol，根據n(Na2CO310H2O)=n(Na2CO3)，所以m(Na2CO310H2O)= 0.1mol286g/mol=28.6g，溶液濃度為0.1mol/L，不會產生誤差，A

24、不符合題意；B.溶解時進行加熱，并將熱溶液轉移到容量瓶中至刻度線，由于溶液的體積受熱膨脹，遇冷收縮，所以待恢復至室溫時，體積不到1L，根據c=，可知V偏小，則c偏高，B符合題意；C.轉移時，對用于溶解碳酸鈉晶體的燒杯沒有進行洗滌，則溶質的物質的量偏少，根據c=，可知n偏小，則c偏低，C不符合題意；D.定容后，將容量瓶振蕩搖勻，靜置，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，是由于部分溶液粘在容量瓶頸部，若又加入少量水至刻度線，則V偏大，根據c=，可知：若V偏大，會導致配制溶液的濃度偏低，D不符合題意；故合理選項是B。7、B【解析】該有機物分子中含有碳碳雙鍵，屬于烯，但含有氧元素，所以不屬于烯烴，不正確；該有機物分子

25、中含有碳碳雙鍵、酯基、羥基，屬于多官能團有機化合物，正確；該有機物分子中含有苯環(huán)，屬于芳香族化合物，但不屬于烴，所以不屬于芳香烴，不正確；該有機物由C、H、O三種元素組成，屬于烴的衍生物，正確；該有機物的相對分子質量小于10000，不屬于高分子化合物，不正確；綜合以上分析，只有正確，故選B。8、C【解析】A. 乙烯和乙炔都含有不飽和鍵，都能與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，不能鑒別，故A錯誤；B.l己烯含有碳碳雙鍵，可與酸性高錳酸鉀反應，甲苯與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，不能鑒別，故B錯誤；C. 苯與高錳酸鉀不反應，1己炔能與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，可鑒別，故C正確；D. 苯、正己烷與酸

26、性高錳酸鉀都不反應，不能鑒別，故D錯誤；本題選C?！军c睛】能用高錳酸鉀酸性溶液鑒別的有機物可能含有不飽和鍵、苯的同系物或醛。9、B【解析】由題目要求可知該有機物的同分異構體中應具有 CH3-C6H4-OOCH（-C6H4為苯環(huán)）的結構，應有鄰、間、對三種同分異構體或C6H5-OOCCH3或C6H5-CH2OOCH或C6H5-COOCH3，共6種，故B正確；故選B。10、D【解析】乙酸橙花酯中無苯環(huán)，不屬于芳香族化合物；乙酸橙花酯中無醛基，因此不能發(fā)生銀鏡反應；通過計算，乙酸橙花酯的分子式正是C12H20O2；乙酸橙花酯的分子中含有3個不飽和度，酚類至少含有4個不飽和度，所以它的同分異構體中一定

27、不含酚類；乙酸橙花酯的結構中只有一個能與NaOH反應的普通的酯基，所以水解時，只消耗1個NaOH；綜上所述正確，答案選D?！军c睛】兩種有機物若不飽和度不相同，則一定不為同分異構體；若不飽和度相同，則不一定為同分異構體。11、C【解析】A、化合價降低元素所在的反應物是氧化劑，化合價升高元素所在的反應物是還原劑；B. Fe2O3在反應中鐵元素由+3價變?yōu)?6價被氧化，顯還原性；C、還原劑對應的產物是氧化產物，氧化劑對應的產物叫還原產物；D、根據反應過程轉移的電子物質的量來計算回答?！驹斀狻緼、反應Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，氧元素化合價降低，Na2O2是氧化劑，鐵元素化

28、合價升高，F(xiàn)e2O3是還原劑，選項A錯誤；B、 Fe2O3在反應中鐵元素由+3價變?yōu)?6價被氧化，顯還原性，選項B錯誤；C、還原劑Fe2O3對應的產物Na2FeO4是氧化產物，氧化劑Na2O2對應的產物Na2FeO4和Na2O是還原產物，所以Na2FeO4既是氧化產物又是還原產物，選項C正確；D、在反應Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，鐵元素化合價共升高6價，所以反應過程轉移的電子物質的量為6mol，消耗3molNa2O2，選項D錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查學生氧化還原反應的基本概念和電子轉移知識，可以根據所學知識進行回答，難度不大。12、A【解析】根據蓋斯定律，CH

29、4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H1= +206kJ / mol，CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H2= +247kJ / mol，可得CH4(g) +2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)的H=2H1H2=2206kJ / mol247kJ / mol=+165 kJ / mol，根據化學鍵與反應熱的關系可得：4413 kJ / mol+4463 kJ / mol2E（C=O）4436 kJ / mol=+165 kJ / mol，解得E（C=O）=797.5 kJ / mol，故A項正確。13、D【解析】分析：反應中，反應物總能量小于生成物總能

30、量，反應吸熱，反應中，反應物的總能量大于生成物總能量，反應為放熱反應，結合能量的高低解答該題。詳解：A反應為吸熱反應，反應為放熱反應，選項A錯誤； B加入催化劑，只改變反應的活化能，不改變反應熱，選項B錯誤； C催化劑能改變反應的活化能，選項C錯誤；D加入催化劑，能改變反應的活化能，加快反應速率，選項D正確。答案選D。點睛：本題考查化學反應與能量變化，題目難度不大，注意把握物質的總能量與反應熱的關系，注意把握催化劑對反應速率及反應活化能的影響。14、D【解析】A若a+b=c，則可逆反應為氣體體積不變的反應，由題給信息可知，平衡后改變條件，正逆反應速率都增大且始終相等，且平衡不移動，說明改變的條

31、件可能是加壓或使用催化劑，A項正確；B由圖可知，壓強一定時，隨著溫度的升高，A的平衡轉化率逐漸減小，說明反應為放熱反應；分析題中可逆反應方程式，可知可逆反應為氣體體積減小的反應，在保持溫度不變時，p2條件下A的平衡轉化率大于p1條件下A的平衡轉化率，說明p2p1，B項正確；C由圖中T2T3可知。平衡后升高溫度，反應逆向移動，則該反應的正反應為放熱反應，C項正確；D由圖可知，反應達第一次平衡時，減小壓強，正逆反應速率均減小且正反應速率大于逆反應速率，反應正向移動，說明生成物中氣體的化學計量數之和大于反應物中氣體的化學計量數之和，則A、B、C、D不一定均為氣體；可逆反應達第二次平衡時，升高溫度，正

32、逆反應速率都增大且正反應速率大于逆反應速率，反應正向移動，說明該可逆反應的正反應為吸熱反應，D項錯誤；答案選D?！军c睛】化學平衡圖像題解題步驟：（1）看圖像一看面（橫、縱坐標的含義）；二看線（線的走向和變化趨勢）；三看點（起點、拐點、終點）；四看輔助線（如等溫線、等壓線、平衡線）；五看量的變化（如濃度變化、溫度變化）。（2）想規(guī)律聯(lián)想化學平衡移動原理，分析條件對反應速率、化學平衡移動的影響。（3）做判斷利用原理，結合圖像，分析圖像中所代表反應速率變化或化學平衡的線，做出判斷。15、B【解析】ACO2中所有原子都滿足最外層8電子的穩(wěn)定結構；而NH3中的H原子滿足2電子的結構，BF3中B滿足6電子

33、穩(wěn)定結構，A錯誤；B在元素周期表中金屬元素區(qū)的元素是導體，在非金屬元素區(qū)的元素的單質一般是絕緣體體，在金屬和非金屬交界處的元素的導電介于導體與絕緣體之間，因此在該區(qū)域可以找到半導體材料，B正確；C由非金屬元素組成的化合物不一定是共價化合物，例如氯化銨等，C錯誤；D一般情況下第A族元素和第A族元素的原子之間能形成離子鍵。但是也有例外，例如H與F形成的HF是共價鍵，D錯誤。答案選B。16、D【解析】A.Na與H2O劇烈反應產生NaOH、H2；B.H2CO3是二元弱酸，可以使紫色石蕊試液變?yōu)榧t色，由于電離產生H+的能力比H2O強，所以Na與H2CO3反應產生H2的速率比水快；C.C6H5OH俗稱石炭

34、酸，具有弱酸性，苯酚中的苯基是吸電子基，對O-H共用電子對產生吸引作用，使其極性增強，O-H容易斷裂，所以鈉與苯酚反應速率快于鈉與水的反應；D.乙醇中CH3CH2-為推電子基，對O-H共用電子對產生排斥作用，使其極性減弱，O-H更難斷裂，所以鈉與乙醇反應速率慢于鈉與水的反應；綜上所述可知，故合理選項是D。17、B【解析】A. 二氟化氙的氙原子原有8個電子，故其與氟成鍵后最外層一定超過到8電子，A錯誤；B. XeF2、KrF2均為分子晶體，分子量越大，沸點越高，XeF2的沸點比KrF2的高，B正確；C. 二氟化氙為非極性分子，則其分子結構一定是對稱的，故分子的空間構型為直線型，C錯誤；D. 二氟

35、化氙為直線構型，則由極性鍵構成的非極性分子，D錯誤；答案為B18、D【解析】由C（s）+ H2O（g）= CO(g) + H2(g) H = a kJmol-12 C（s）+ O2（g）= 2CO(g) H = -220 kJmol-1結合蓋斯定律可知,2得到O2(g)+2H2(g)2H2O(g)，H=220kJmol2akJ/mol=(220+2a)kJ/mol，焓變等于斷鍵吸收能量減去成鍵釋放的能量，則496+243146222=(220+2a)，解得a=+130，故選D.19、D【解析】在聯(lián)苯分子中含有三種H原子，二氯聯(lián)苯分子的同分異構體有;。共12種，因此答案選D。20、B【解析】本題

36、考查阿伏加德羅常數正誤判斷。解析：常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，故22.4L二氧化碳的物質的量小于1mol，分子個數小于NA個，故A錯誤；過氧化鈉是由1個過氧根離子和2個鈉離子構成，其陰陽離子個數之比為1：2，則1molNa2O2固體中含有離子總數為3NA，B正確；乙烯和乙烷混合氣體的平均相對分子質量大于28，14g的混合氣體不足0.5mol，所以14g乙烯、乙烷的混合氣體中的碳原子數小于2NA，C錯誤；因為鹽酸中HCl完全電離，不存在HCl分子，只存在H+離子和Cl離子，D錯誤。故選B。21、A【解析】試題分析：判斷氧化還原反應，確定答案A正確，本題考點基礎，難度不大?？键c

37、：氧化還原反應。22、C【解析】甲酸和氫氧化鈉溶液混合后發(fā)生反應：HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O，溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，所得溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，則c(HCOO-)=c(Na+)，故選C。二、非選擇題(共84分)23、BaCl2 CuSO4 Na2CO3 CO32-2H=H2OCO2 Cu2SO42-Ba22OH=BaSO4Cu(OH)2 【解析】若把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C鹽的溶液呈藍色，C中含Cu2+，Cu2+與CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；若向的四支試管中分別

38、加入鹽酸，B鹽的溶液有沉淀生成，D鹽的溶液有無色無味的氣體逸出，則B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+與SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，則B為AgNO3；由于CO32-與Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，則D為Na2CO3；Ba2+與SO42-在溶液中不能大量共存，離子在物質中不能重復出現(xiàn)，結合的推斷，A為Ba（NO3）2，C為CuSO4；根據上述推斷作答?！驹斀狻咳舭阉姆N鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C鹽的溶液呈藍色，C中含Cu2+，Cu2+與CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；若向的四支試管中分別加入鹽酸，B鹽的溶液有沉淀生成

39、，D鹽的溶液有無色無味的氣體逸出，則B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+與SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，則B為AgNO3；由于CO32-與Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，則D為Na2CO3；Ba2+與SO42-在溶液中不能大量共存，離子在物質中不能重復出現(xiàn)，結合的推斷，A為Ba（NO3）2，C為CuSO4；（1）A的化學式為Ba（NO3）2，C的化學式為CuSO4，D的化學式為Na2CO3。（2）D為Na2CO3，鹽酸與Na2CO3反應生成NaCl、H2O和CO2，反應的離子方程式為2H+CO32-=H2O+CO2。（3）C為CuSO4，CuSO4與

40、Ba（OH）2溶液反應的化學方程式為CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2+BaSO4，反應的離子方程式為Cu2+SO42-+Ba2+2OH-=Cu（OH）2+BaSO4?！军c睛】本題考查離子的推斷，熟悉各離子的性質和離子間的反應是解題的關鍵。離子的推斷必須遵循的原則：肯定原則（根據實驗現(xiàn)象確定一定存在的離子）、互斥原則（相互間能反應的離子不能在同一溶液中共存）、守恒原則（陽離子所帶正電荷的總數等于陰離子所帶負電荷總數）。24、過氧化鈉 NH4+、Mg2+、Al3+ Cu2+、Fe3+ n(Mg2)：n(Al3)：n(NH4)=2：1：1 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 Al(O

41、H)3+OH-AlO2-+2H2O 【解析】有一透明溶液，加入一種淡黃色粉末固體時，加熱有刺激性氣味的混合氣體放出，同時生成白色沉淀，則淡黃色固體為Na2O2，圖象中加入0.4mol Na2O2后，沉淀減小，且沒有完全溶解，則溶液中一定沒有Fe3+和Cu2，一定有NH4+、Al3+、Mg2+，由圖可知Mg(OH)2為0.2mol，Al(OH)3為0.3mol-0.2mol=0.1mol，根據元素守恒計算Al3+、Mg2+物質的量，加入0.4mol Na2O2之后，產生氣體0.3mol，繼續(xù)加入淡黃色粉末時，產生無刺激性氣味的氣體，說明此時NH4+完全反應，所以產生氣體0.3mol，即為Na2O

42、2與H2O反應生成的O2和NH4+生成的NH3?！驹斀狻浚?）由上述分析可知，淡黃色固體為：Na2O2，名稱為過氧化鈉；（2）由上述分析可知，溶液中肯定有離子NH4+、Al3+、Mg2+，肯定沒有Fe3+和Cu2+離子；（3）根據縱坐標：n(Mg2+)=nMg(OH)2=0.2mol，n(Al3+)=0.3mol-nMg(OH)2=0.1mol,當n(Na2O2)=0.4mol時，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，可知n(O2)=0.4mol1/2=0.2mol，所以n(NH4+)=n(NH3)=0.3mol-n(O2)=0.1mol，n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH4+)=

43、0.2mol：0.1mol：0.1mol=2：1：1;（4）由上述分析可知，淡黃色固體為：Na2O2，與水反應的化學方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；刺激性氣味的氣體即氨氣產生為銨根與氫氧根離子在加熱條件下反應生成，離子方程式為：；沉淀部分減少即為氫氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式為：Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O。25、HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=-57.3kJ/mol H1=H2H3 -51.8kJ/mol 不相等 相等 D 【解析】（1）稀強酸、稀強堿反應生成1mol液態(tài)水時放出57.3kJ的熱量，反應的

44、熱化學方程式為：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=-57.3kJ/mol；(2)NaOH、Ca（OH）2都屬于強堿，一定量的稀氫氧化鈉溶液、稀氫氧化鈣溶液和1L 1molL-1的稀鹽酸恰好完全反應放熱57.3kJ；一水合氨是弱電解質，存在電離平衡，電離過程是吸熱的，稀氨水和1L 1molL-1的稀鹽酸恰好完全反應放熱小于57.3kJ，放熱反應的H0，所以H1=H2H3；(3)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

45、度差為：3.1；第3次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.5，反應后溫度為：23.6，反應前后溫度差為：3.1；第4次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.2，反應后溫度為：26.9，反應前后溫度差為：6.7，誤差太大，舍去；則實驗中平均溫度差為3.1，50mL的0.50mol/L鹽酸與50mL的0.55mol/L氫氧化鈉溶液的質量和為m=100mL1g/cm3=100g，c=4.18J/(g)，代入公式Q=cmt得生成0.025mol的水放出熱量Q=4.18J/(g)100g3.1=12958J=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出熱量為：1.2958kJ，所以生成1m

46、ol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；（4）如果用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量增多，但是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，測得中和熱數值相等，故答案為不相等；相等；（5）A、提高所用試劑量的準確度可提高測量反應熱的精確度；B、能減少熱量散失，可提高實驗精度；C、能減少熱量散失，可提高實驗精度；D、溫度計用500量程，最小刻度變大，測定溫度不準確，使實驗精度降低。答案選D?！军c睛】注意掌握測定中和熱的正確方法，

47、明確實驗操作過程中關鍵在于盡可能減少熱量散失，使測定結果更加準確。26、向裝置A中的長頸漏斗內注入液體至形成一段液柱，過一段時間若液柱高度保持不變 CD Cu2O Cu2O6HNO3(濃) =2Cu(NO3)22NO23H2O 1.100 【解析】根據圖象知，A裝置實驗目的是制取還原性氣體，用的是簡易啟普發(fā)生器制取氣體，可以用稀硫酸和Zn制取氫氣；B裝置作用是干燥氣體，C裝置用氫氣還原紅色物質，用酒精燈點燃未反應的氫氣?！驹斀狻浚?）利用壓強差檢驗裝置氣密性，其檢驗方法為：向裝置A中的長頸漏斗內注入液體至形成一段液注，若液柱高度保持不變，則該裝置氣密性良好；（2）氫氣中混有空氣，加熱后易發(fā)生爆

48、炸，所以開始先通氫氣，打開止水夾生成氫氣，通過后續(xù)裝置，目的是排出裝置中的空氣，檢驗最后U型管出來的氣體氫氣純度，氣體純凈后再點燃C處的酒精噴燈，反應完成后先撤酒精燈，玻璃管冷卻再停氫氣，操作為：熄滅C處的酒精噴燈，待C處冷卻至室溫后，關閉止水夾，防止生成的銅被空氣中氧氣氧化，所以其排列順序是；（3）A、若固體全部溶解，則固體可能是Fe2O3和Cu2O的混合物，因為Cu2O與稀硫酸反應會有Cu生成，而Fe3+能將Cu氧化為Cu2+，故A錯誤；B、若固體部分溶解，則固體可能Fe2O3和Cu2O的混合物，因為Cu2O與稀硫酸反應會有Cu生成，而Fe3+可能只將Cu氧化為Cu2+，剩余銅，故B錯誤；

49、C、若固體全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不變紅色，說明沒有Fe3+。因為Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，而H2SO4不能溶解Cu，所以混合物中必須有Fe2O3存在，使其生成的Fe3+溶解產生的Cu，反應的有關離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O、2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+說明樣品一定含有Fe2O3和Cu2O，故C正確；D、若固體全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液變紅色，說明溶液中含有Fe3+，說明樣品一定含有Fe2O3，故D正確，故選CD；另取少量樣品于試管中，加入適量的濃硝酸，產生紅棕色的氣體，證明樣品中一定含有Cu2O

50、，氧化亞銅和濃硝酸反應生成硝酸銅，二氧化氮和水，反應的化學方程式為：Cu2O+6HNO3（濃）=2Cu（NO3）2+2NO2+3H2O；（4）2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O，固體為銅，鐵離子全部反應生成亞鐵離子，生成2.0molFe2+，消耗Cu 1mol，剩余Cu物質的量，因此，原樣品中Cu2O物質的量=0.1mol+1mol=1.100mol。27、NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+ c 2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O 吸收殘留的ClO2 當加入最后一滴硫代硫酸鈉標準溶液，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內溶液顏色不再改變 0.027 d 【解析】（1）電解時與電源正極相連的陽極失去電子，發(fā)生氧化反應，與電源負極相連的陰極得到電子發(fā)生還原反應。根據題中ClO2的制備過程，可知電解產物有H2、NCl3，據此可得出電極反應方程式。（2）分析實驗過程，可知實驗過程中涉及的反應