2024屆吉林省白城市通榆縣一中高二化學第一學期期中經典試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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、把晶體丙氨酸溶于水，使溶液呈堿性，則下列四種微粒中存在最多的是（）A．B．C．D．2、利用海水制取淡水的傳統方法是A．蒸發B．過濾C．分液D．蒸餾3、某化學科研小組研究在其他條件不變時，改變某一條件對化學平衡的影響，得到如下變化規律(圖中p表示壓強，T表示溫度，n表示物質的量)：根據以上規律判斷，下列結論正確的是()A．反應Ⅰ：ΔH>0，p2>p1B．反應Ⅱ：ΔH<0，T2>T1C．反應Ⅲ：ΔH>0，T2>T1或ΔH<0，T2<T1D．反應Ⅳ：ΔH<0，T2>T14、下列說法中不正確的()A．廢舊電池不能隨意丟棄，應回收B．由Mg、Al、NaOH溶液組成原電池，其負極反應式為Al－3e－＋4OH－===AlO2－＋2H2OC．充電電池能實現化學能與電能間的相互轉化，可以無限次充放電D．由Al、Cu、稀硫酸組成原電池，其負極反應式為Al－3e－===Al3＋5、下列說法正確的是（）A．銅、石墨均能導電，所以它們均是電解質B．NH3、CO2的水溶液均能導電，所以NH3、CO2均是電解質C．液態HCl、固體NaCl均不能導電，所以HCl、NaCl均是非電解質D．蔗糖、酒精在水溶液或熔融狀態下均不能導電，所以它們均是非電解質6、在恒容條件下，能使NO2(g)＋CO(g)CO2(g)＋NO(g)正反應速率增大且活化分子的百分數也增加的措施是（）A．增大NO2或CO的濃度 B．減小CO2或NO的濃度C．通入Ne使氣體的壓強增大 D．升高反應的溫度7、欲使0.1mol/L的NaHCO3溶液中c(H+)、c(CO32-)、c(HCO3-)都減少，可采取的措施為（）A．通入二氧化碳氣體 B．加入氫氧化鈉固體C．通入氯化氫氣體 D．加入飽和石灰水溶液8、一定溫度下，在恒容密閉容器中發生如下反應：2A(g)+B(g)3C(g)，若反應開始時充入2molA和2molB，達平衡后A的體積分數為a%。其他條件不變時，若按下列四種配比作為起始物質，平衡后A的體積分數大于a%的是A．2.5molC B．2molA、2molB和10molHe（不參加反應）C．1.5molB和1.5molC D．2molA、3molB和3molC9、某芳香烴的分子式為C9H12，其可能的結構有（）A．6種 B．7種 C．8種 D．9種10、關于化合物2-苯基丙烯()，下列說法正確的是()A．易溶于水 B．可以發生加聚反應C．分子中所有原子共平面 D．不能使溴水褪色11、埋在地下的鋼管道可以用如圖所示方法進行電化學保護。下列說法正確的是（）A．該方法將電能轉化成化學能 B．該方法稱為“外加電流的陰極保護法”C．在此裝置中鋼管道作正極 D．鎂塊上發生的電極反應為O2+2H2O+4e－=4OH－12、下列溶液中微粒濃度關系一定正確的是A．0.1mol·L-1的硫酸銨溶液中：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)B．pH=1的一元酸和pH=13的一元堿等體積混合：c(OH-)=c(H+)C．氨水和氯化銨的pH=7的混合溶液中：c(Cl-)=c(NH4+)D．0.1mol·L-1的硫化鈉溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)13、關于pH的測定下列說法正確的是A．pH試紙在使用之前應用蒸餾水潤濕B．用廣泛pH試紙測得某鹽酸的pH＝1．3C．利用酸堿指示劑可以測溶液的pHD．pH計是精確測定溶液pH的儀器14、下列化合物中，既含有共價鍵，又含有離子鍵的是()A．O2 B．CaO C．CH4 D．NaOH15、下列說法中正確的是()A．NH4NO3溶于水吸熱，說明其溶于水不是自發過程B．常溫下，反應C(s)＋CO2(g)===2CO(g)為熵增加的反應，可以自發進行C．熵增加且放熱的反應一定是自發反應D．非自發反應在任何條件下都不能實現16、已知重鉻酸鉀（K2Cr2O7）溶液中存在如下平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O?2H++2CrO42-（黃色）①向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴入3滴6mol·L-1NaOH溶液，溶液由橙色變為黃色；向所得溶液中再滴入5滴濃H2SO4，溶液由黃色變為橙色。②向2mL0.1mol·L-1酸化的K2Cr2O7溶液中滴入適量(NH4)2Fe(SO4)2溶液，溶液由橙色變為綠色，發生反應：Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3+(綠色)+6Fe3++7H2O。下列分析正確的是A．實驗②能說明氧化性：K2Cr2O7>Fe3+B．實驗①和②均能證明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡C．CrO42-和Fe2+在酸性溶液中可以大量共存D．稀釋K2Cr2O7溶液時，溶液中各離子濃度均減小17、下列物質的電子式書寫正確的是（）A．Na2O B．H2SC．H2O2 D．N218、關于如圖所示裝置的敘述，不正確的是()A．鋅片為負極，且鋅片逐漸溶解B．電子由銅片通過導線流向鋅片C．銅片為正極，且銅片上有氣泡D．該裝置能將化學能轉變為電能19、在四個不同的容器中，在不同的條件下進行合成氨反應，根據下列在相同時間內測得的結果判斷，生成氨的反應速率最快的是A．V（N2）=0.2mol?L﹣1?min﹣1 B．V（N2）=0.1mol?L﹣1?min﹣1C．V（NH3）=0.1mol?L﹣1?min﹣1 D．V（H2）=0.3mol?L﹣1?min﹣120、烷烴的命名正確的是A．4-甲基-3-丙基戊烷 B．3-異丙基己烷C．2-甲基-3-丙基戊烷 D．2-甲基-3-乙基己烷21、在一定溫度下，下列敘述不是可逆反應A(g)＋3B(g)2C(g)達到平衡狀態標志的是（）①C生成的速率與C分解的速率相等；②單位時間內生成amolA，同時生成3amolB；③A、B、C的濃度不再變化；④A、B、C的壓強不再變化；⑤混合氣體的總壓強不再變化；⑥混合氣體的物質的量不再變化；⑦單位時間內消耗amolA，同時生成3amolB；⑧A、B、C的分子數之比為1∶3∶2A．②⑧ B．①⑥ C．②④ D．③⑧22、NH3、H2S等是極性分子，CO2，BF3，CCl4等是含極性鍵的非極性分子。根據上述實例可推出ABn型分子是非極性分子的經驗規律是()A．分子中不能含有氫原子B．在ABn分子中A的相對原子質量應小于B的相對原子質量C．在ABn分子中A原子沒有孤電子對D．分子中每個共價鍵的鍵長應相等二、非選擇題(共84分)23、（14分）在下圖所示的物質轉化關系中。C、G、I、M為常見單質，G和M化合可生成最常見液體A，E為黑色粉末，F的焰色反應為黃色，K為白色沉淀，N為紅褐色沉淀，I為黃綠色氣體，化合物B的摩爾質量為24g·mol－1。(部分生成物和反應條件未列出)（1）L的化學式為______________。（2）A的電子式為______________。（3）反應②的離子方程式為____________________________________。（4）反應③的化學方程式為____________________________________。24、（12分）a，b，c，d為四種由短周期元素構成的中性粒子，它們都有14個電子，且除a外都是共價型分子。回答下列問題：（1）a是單核粒子，a單質可用作半導體材料，a原子核外電子排布式為______________。（2）b是雙核化合物，常溫下為無色無味氣體。b的化學式為________。人一旦吸入b氣體后，就易引起中毒，是因為__________而中毒。（3）c是雙核單質，寫出其電子式____________。c分子中所含共價鍵的類型為_______(填“極性鍵”或“非極性鍵”)。c單質常溫下性質穩定，不易起反應，原因是________________________。（4）d是四核化合物，其結構式為______________；d分子內所含共價鍵有________個σ鍵，________個π鍵；σ鍵與π鍵的強度大小關系為σ___π(填“＞”、“＜”或“=”)，原因是：__________。25、（12分）實驗室有一瓶未知濃度的，通過下列實驗測定其濃度①取于錐形瓶中，滴入指示劑2-3滴.②取一滴定管，依次查漏，洗滌，用的溶液潤洗，然后注入該標準溶液，調整液面，記下讀數.③將錐形瓶置于滴定管下進行滴定，發生的反應為：.試回答下列問題：（1）步驟①加入的指示劑是___________.（2）步驟③滴定時，眼睛注視_______________直至滴定終點；達到滴定終點的判斷_____________________________.（3）己知消耗標準液實驗數據如下表：實驗次數始讀數（mL）末讀數（mL）10.1019.2021.8520.7530.0024.06則廢水中的物質的量濃度為_________________.（4）下列操作會導致測定結果偏高的是_____________.A．滴定管在裝液前未用標準溶液潤洗B．滴定過程中，錐形瓶振蕩得太劇烈，錐形瓶內有液滴濺出C．裝標準溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡，滴定終點時發現氣泡D．達到滴定終點時，仰視讀數26、（10分）某些廢舊塑料可采用下列方法處理：將廢塑料隔絕空氣加強熱，使其變成有用的物質，實驗裝置如下圖。加熱聚丙烯廢塑料得到的產物如下表：產物氫氣甲烷乙烯丙烯苯甲苯碳沸點（℃）-1．8-146-2．7-3．44．105．634827（1）甲試管中最終殘留物是_____________。它有多種用途，如下列轉化就可制取聚乙炔。寫出反應②的化學方程式__________________________。（2）乙中試管收集到的兩種產品中，有一種能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的物質，該物質為__________。（3）丙中錐形瓶觀察到的現象_____________________________________。反應的化學方程式是__________________________、_________________________。（4）經溴的四氯化碳溶液充分吸收，最后收集到的氣體是______________。27、（12分）實驗室制取乙酸丁酯的實驗裝置有如圖甲、乙兩種裝置可供選用。制備乙酸丁酯所涉及的有關物質的物理性質見下表：（1）制取乙酸丁酯的裝置應選用______（填“甲”或“乙”）,不選另一種裝置的理由是______；（2）該實驗生成物中除了主產物乙酸丁酯外，還可能生成的有機副產物有（寫出結構簡式）__________；（3）酯化反應是一個可逆反應，為提高1-丁醇的利用率，寫出兩種可行的方法：①______________________________②____________________________________；（4）從制備乙酸丁酯所得的混合物中分離、提純乙酸丁酯時，需要經過多步操作，下列圖示的操作中，肯定需要的化學操作是__________________（選填答案編號）。（5）有機物的分離操作中，經常需要使用分液漏斗等儀器．使用分液漏斗前必須_____，某同學在進行分液操作時，若發現液體流不下來，其可能原因除分液漏斗活塞堵塞外，還有___________。28、（14分）有下列8種晶體，用序號回答下列問題：A．水晶B．白磷C．冰醋酸D．固態氬E．氯化銨F．鋁G．金剛石(1）含有非極性鍵的原子晶體是_____,屬于原子晶體的化合物是___，不含化學鍵的分子晶體是______，屬于分子晶體的單質是_________。(2）含有離子鍵、共價鍵、配位鍵的化合物是___________，受熱熔化，需克服共價鍵的是___________。(3）金剛砂(SiC）的結構與金剛石相似，硬度與金剛石相當，則金剛砂的晶胞中含有_____個硅原子，______個碳原子；金剛石熔點高于金剛砂的原因_____________________________________。金剛石結構29、（10分）下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分別代表一種化學元素。(1)請寫出元素d的基態原子電子排布式______________________。(2)b元素的氧化物中b與氧元素之間的共價鍵類型是___________。（填“極性鍵”、“非極性鍵”）其中b原子的雜化方式是________。(3)a單質晶體中原子的堆積方式如下圖甲所示，其晶胞特征如下圖乙所示，原子之間相互位置關系的平面圖如下圖丙所示。若已知a的原子半徑為d，NA代表阿伏加德羅常數，a的相對原子質量為Mr，則一個晶胞中a原子的數目為________，該晶體的密度為________________(用字母表示)。

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【分析】-COOH具有酸性，-NH2具有堿性，當溶液強堿性時，存在大量的氫氧根離子，羧基會被中和為羧酸鹽，而氨基不反應，據此分析。【題目詳解】具有氨基和羧基，-COOH具有酸性，-NH2具有堿性，當溶液強堿性時，存在大量的氫氧根離子，羧基會被中和為羧酸鹽，而氨基不反應，所以羧基的存在形式是-COO-，故答案為：B。2、D【解題分析】利用海水制取淡水的傳統方法是蒸餾，答案選D。3、C【解題分析】A．由圖可知，升高溫度，A的轉化率降低，說明升高溫度平衡逆向移動，正反應為放熱反應，則△H＜0，正反應為氣體體積減小的反應，增大壓強平衡正向移動，A的轉化率增大，則P2＞P1，故A錯誤；B．溫度越高，反應速率越快，到達平衡的時間越快，則溫度T1＞T2，升高溫度C的物質的量減小，說明平衡逆向移動，正反應為放熱反應，則△H＜0，故B錯誤；C．若△H＞0，T2＞T1，則升高溫度平衡向正反應方向移動，C的體積分數增大，如△H＜0，T2＜T1，則升高溫度，平衡向逆反應方向移動，C的體積分數減小，與圖像吻合，故C正確；D．如△H＜0，則升高溫度平衡向逆反應方向移動，A的轉化率減小，則T2＜T1，故D錯誤；故選C。4、C【解題分析】A.廢舊電池中含重金屬鹽，對環境有污染，不能隨意丟棄，應回收，故A說法正確；B.雖然鎂比鋁活潑，但鎂不與氫氧化鈉反應，因此鋁作負極，反應式為Al＋4OH－－3e－=AlO2－＋2H2O，故B說法正確；C.充電電池可反復充電使用，但有使用壽命，不能無限制使用，當電解質和電極發生變質時，則電池不能再使用，故C錯誤；D.鋁比銅活潑，鋁作負極，負極反應式為Al－3e－=Al3＋，故D說法正確；答案選C。5、D【題目詳解】A．銅和石墨是單質不是化合物，所以不是電解質也不是非電解質，故A錯誤；B．NH3、CO2的水溶液均能導電，是因為氨氣、二氧化碳分別和水反應生成的氨水、碳酸電離出的離子而使溶液導電，不是氨氣和二氧化碳電離出的離子而導電，所以氨氣和二氧化碳不是電解質，是非電解質，故B錯誤；C．液態氯化氫和氯化鈉固體不含自由移動的離子，所以不導電，氯化氫和氯化鈉溶于水能夠電離出自由移動的離子而使溶液導電，氯化氫和氯化鈉是電解質，故C錯誤；D．蔗糖和酒精溶于水后，在水中以分子存在，導致溶液中沒有自由移動的離子而使蔗糖和酒精溶液不導電，所以酒精和蔗糖是非電解質，故D正確；故選D。【題目點撥】本題的易錯點為B，要注意電離出的離子必須該化合物本身，不是和其他物質生成的化合物電離的。6、D【題目詳解】A．增大NO2或CO的濃度，濃度增大，反應速率加快，活化分子數目增大，故A不選；B．減小NO或CO2的濃度，濃度減小，反應速率減慢，活化分子數目減少，故B不選；C．通入Ne使氣體的壓強增大，為恒容，則反應體現中各物質的濃度不變，反應速率不變，故C不選；D．升高反應溫度，反應速率加快，活化分子百分數增大，故D選；故選D。【點晴】把握反應速率的影響及活化理論為解答的關鍵，增大濃度、壓強，活化分子的數目增多；而升高溫度、使用催化劑，增大活化分子百分數，選項C為解答的難點，恒容條件下，通入Ne使氣體的壓強增大，但對濃度沒有影響，對速率也沒有影響，據此解題。7、D【解題分析】溶液中存在HCO3-H++CO32-和HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－以及H2OH++OH-，NaHCO3溶液顯堿性，以HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－為主。【題目詳解】A、CO2+H2OH2CO3，抑制碳酸氫鈉的水解，溶液的堿性減小，氫離子和碳酸氫根離子濃度都增大，故A錯誤；B、NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，所以加入氫氧化鈉固體后，碳酸氫根離子濃度減小，碳酸根離子濃度增大，氫離子濃度減小，故B錯誤；C、HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，所以通入氯化氫氣體后，碳酸氫根離子濃度減小，碳酸根離子濃度減小，碳酸氫鈉溶液呈堿性，通入氯化氫后溶液堿性減弱，所以氫離子濃度增大，故C錯誤；D、Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，加入飽和石灰水溶液后，碳酸氫根離子轉化為碳酸鈣沉淀，所以碳酸氫根離子濃度、碳酸根離子濃度都減小，溶液由弱堿性變為強堿性，所以氫離子濃度也減小，故D正確；故選D。8、A【解題分析】反應2A（g）+B（g）?3C（g）中，氣體的體積前后相同，在一定溫度下，在恒容密閉容器中得到平衡狀態，只要滿足物質全部轉化為A、B，且滿足n（A）：n（B）=1：1，即可得到相同平衡狀態，結合濃度對平衡移動的影響，只要加入的物質的量：n（A）：n（B）＞1：1，平衡后A的體積分數大于a%。【題目詳解】A項、反應2A（g）+B（g）?3C（g）中，氣體的體積前后相同，在一定溫度下，在恒容密閉容器中得到平衡狀態，只要滿足物質全部轉化為A、B，且滿足n（A）：n（B）=1：1，就是等效平衡，結合濃度對平衡移動的影響，只要加入的物質的量：n（A）：n（B）＞1：1，平衡后A的體積分數大于a%，A.2molC相當于molA和molB，二者的比值為2：1，大于1：1，則平衡后A的體積分數大于a%，故A正確；B項、2molA、2molB和1molHe（不參加反應），n（A）：n（B）=2：2，等于1：1，則平衡后A的體積分數等于a%，故B錯誤；C項、1molB和1molC，相當于molA和molB，n（A）：n（B）=1：2，小于1：1，則平衡后A的體積分數小于a%，故C錯誤；D項、2molA、3molB和3molC，相當于4molA和4molB，二者的比值為4：4，等于1：1，則平衡后A的體積分數等于a%，選項D錯誤；故選A。9、C【題目詳解】分子式為C9H12的芳香烴，分子組成符合CnH2n-6，是苯的同系物，除了1個苯環，可以有一個側鏈為：正丙基或異丙基，可以有兩個側鏈為乙基、甲基，有鄰、間、對3種結構，可以有3個甲基，有連、偏、均3種，共有8種，故答案選C。【題目點撥】苯環上有三個的取代基（無異構），若完全相同，可能的結有3種；有2個取代基相同，1個不同，可能的結構有6種，若有三個不同的取代基，可能的結構有10種。10、B【題目詳解】A．該有機物只含C、H元素，屬于烴類，難溶于水，故A錯誤；B．該物質含有碳碳雙鍵，可以發生加聚反應，故B正確；C．該分子中含有甲基，甲基上的原子不可能都共面，故C錯誤；D．該物質含有碳碳雙鍵，可以和溴發生加成反應使溴水褪色，故D錯誤；答案為B。11、C【解題分析】A．構成的原電池中是將化學能轉化成了電能，A錯誤；B．根據圖片知，該金屬防護措施采用的是犧牲陽極的陰極保護法，B錯誤；C．根據圖片知，該金屬防護措施采用的是犧牲陽極的陰極保護法，鋼管道作正極，C正確；D．鎂塊作負極，電極反應：Mg-2e-+4OH-=Mg(OH)2↓，D錯誤；答案選C。點睛：本題考查金屬的腐蝕與防護，明確金屬腐蝕與防護的原理以及原電池的工作原理是解答該題的關鍵。注意犧牲陽極的陰極保護法的是原電池原理，外加電流的陰極保護法的是電解池原理。12、A【解題分析】A、硫酸銨為強酸弱堿鹽，溶液呈酸性：c（H+）>c（OH-），根據電荷守恒得c（NH4+）>c（SO42-），銨根離子水解程度較小，所以溶液酸性較弱，則離子濃度大小順序為c（NH4+）>c（SO42-）>c（H+）>c（OH-），選項A正確；B、酸堿的強弱未知，反應后不一定呈中性，若為強酸強堿，則c（OH-）=c（H+），若為弱酸強堿，則c（OH-）<c（H+），若為強酸弱堿，則c（OH-）>c（H+），選項B錯誤；C、室溫時，氨水和氯化銨混合溶液中含有NH4+、H+、OH－、Cl－，溶液呈電中性，根據電荷守恒原理，則c(Cl－)+c(OH－)=c(H+)+c(NH4+)，pH=7的混合溶液中c(OH－)=c(H+)，則該溶液中c(Cl－)=c(NH4+)，但題中沒說明室溫，則不一定為c(OH－)=c(H+)，選項C錯誤；D．任何電解質溶液中都存在質子守恒，根據質子守恒得c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），選項D錯誤；答案選A。【題目點撥】考查電解質溶液中粒子濃度大小關系，涉及溶液的酸堿性及pH、電荷守恒原理及關系式、強電解質、弱電解質、鹽類水解、酸堿等體積混合溶液的酸堿性、硫化鈉溶液中的質子守恒原理及關系式等。13、D【題目詳解】A、pH試紙在使用之前用蒸餾水潤濕，測定溶液pH會稀釋溶液濃度，測定結果可能會產生誤差，選項A錯誤；B、廣泛pH試紙是粗略測定溶液酸堿性，測定數值為整數，不能為小數，選項B錯誤；C、酸堿指示劑只能測定溶液酸堿性和溶液pH范圍，不能測定溶液pH，選項C錯誤；D、pH計是精確測定溶液pH的儀器，用于測定溶液pH，選項D正確。答案選D。14、D【題目詳解】A．氧氣是單質，不是化合物，故A不選；B．CaO中只含離子鍵，故B不選；C．CH4中只含C﹣H共價鍵，故C不選；D．NaOH中含鈉離子和氫氧根離子之間的離子鍵和H﹣O共價鍵，故D選；故選D。15、C【分析】通過復合判據進行分析；【題目詳解】A、NH4NO3溶于水是混亂度增大的過程，即△S>0，能夠自發進行，故A錯誤；B、該反應為吸熱反應，△H>0，依據反應方程式，該反應為熵增，即△S>0，根據復合判據，△G=△H－T△S，能夠自發進行，需要在高溫下，故B錯誤；C、根據復合判據，熵增且放熱的反應一定是自發反應，故C正確；D、有些非自發反應在一定條件下能夠實現，如水分解生成氫氣和氧氣不是自反應，但在電解條件下，可以實驗，故D錯誤；答案選C。16、A【解題分析】A、反應中Cr2O72-+14H++6Fe2+═2Cr3+（綠色）+6Fe3++7H2O，氧化劑的氧化性大于氧化產物，所以實驗②能說明氧化性：Cr2O72-＞Fe3+，選項A正確；B、加入氫氧化鈉溶液，溶液由橙色變為黃色，說明平衡正向進行，加入硫酸溶液由黃色變為橙色，說明平衡逆向進行，說明加入酸堿發生平衡移動，實驗①能證明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡，實驗②生成了鉻離子使溶液呈綠色，不能證明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡，選項B錯誤；C、CrO42-具有氧化性，在酸性溶液中能氧化亞鐵離子，故CrO42-和Fe2+在酸性溶液中不可以大量共存，選項C錯誤；D、稀釋K2Cr2O7溶液時，平衡狀態下離子濃度減小，氫離子濃度減小，由離子積不變可知，氫氧根離子濃度增大，選項D錯誤；答案選A。17、B【題目詳解】A、氯化鈉的電子式氯離子漏掉方括號，正確的為，選項A錯誤；B、水為共價化合物，氧原子的兩對孤電子對沒有標出，正確的為，選項B錯誤；C、氯化氫為共價化合物，不應使用方括號，也不標電荷，正確的為，選項C錯誤；D、氮原子以三對共用電子對形成氮氣，電子為，選項D正確。答案選D。18、B【分析】該裝置為原電池，Zn易失電子作負極、Cu作正極，負極的反應式為Zn-2e-=Zn2+、正極的反應式為2H++2e-=H2↑，據此分析判斷。【題目詳解】A．鋅易失電子作負極，負極反應式為Zn-2e-=Zn2+，所以鋅片逐漸溶解，故A正確；B．原電池中電子由負極經過導線流向正極，電子從負極鋅沿導線流向正極Cu，故B錯誤；C．Zn作負極、Cu作正極，正極的反應式為2H++2e-=H2↑，所以正極上有氣泡產生，故C正確；D．該裝置是原電池，將化學能轉化為電能，故D正確；故選B。19、A【解題分析】根據反應速率與化學計量數的關系換算后比較反應快慢。【題目詳解】合成氨反應為N2+3H22NH3。比較不同條件下的反應快慢，必須換算成同種物質表示的化學反應速率。C項：v(N2)＝12v(NH3)＝0.05mol?L﹣1?min﹣1。D項：v(N2)＝13v(H2)＝0.1mol?L﹣1?min﹣1。故反應的快慢順序為本題選A。20、D【題目詳解】選擇分子中含有碳原子數最多的碳鏈為主鏈，并從離支鏈較近的一端給主鏈的碳原子編號。從右端開始，到第三個碳原子往上，然后右轉，主鏈碳原子有6個，第2號碳原子上有1個甲基，第3個碳原子上有1個乙基，該物質的名稱是2-甲基-3-乙基己烷，故D正確，故選D。【題目點撥】烷烴命名要抓住五個“最”：①最長-選最長碳鏈為主鏈；②最多-遇等長碳鏈時，支鏈最多為主鏈；③最近-離支鏈最近一端編號；④最小-支鏈編號之和最小(兩端等距又同基，支鏈編號之和最小)；⑤最簡-兩不同取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號。如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面。21、A【題目詳解】①C生成的速率與C分解的速率相等，反應達平衡狀態；②單位時間內生成amolA，同時生成3amolB，反應方向相同，不一定達平衡狀態；③A、B、C的濃度不再變化，反應達平衡狀態；④A、B、C的壓強不再變化，則濃度不變，反應達平衡狀態；⑤因為反應前后氣體分子數不等，所以混合氣體的總壓強不再變化，反應達平衡狀態；⑥混合氣體的物質的量不再變化，反應達平衡狀態；⑦單位時間內消耗amolA，同時生成3amolB，反應方向相反，反應達平衡狀態；⑧A、B、C的分子數之比為1∶3∶2，反應不一定達平衡狀態；綜合以上分析，不一定達平衡狀態的是②⑧；故選A。【題目點撥】若利用兩種物質判斷平衡狀態，則應為二者的變化量之比等于化學計量數之比，并且反應進行的方向相反；若使用一種物質判斷平衡狀態，則它的正、逆反應速率相等，或濃度、物質的量、百分含量等保持不變；若用整個反應體系的某個量判斷平衡狀態，則此量應為變量，變量不變，則為平衡狀態。22、C【解題分析】NH3、H2S等是極性分子，而CO2、BF3、CCl4等是含極性鍵的非極性分子。關鍵價層電子對互斥理論可知，N和S都含有孤對電子，而C、B沒有孤對電子，這說明中心原子是否含有孤對電子是判斷的關鍵，所以ABn型分子是非極性分子的經驗規律是在ABn分子中A原子沒有孤電子對，答案選C。二、非選擇題(共84分)23、FeCl3MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3【分析】N為紅褐色沉淀，N為氫氧化鐵，根據圖示，K+M+A→N，則為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，K為白色沉淀，則K為Fe(OH)2，M為單質，M為O2，A為H2O；G和M化合可生成最常見液體A，G為H2；化合物B的摩爾質量為24g·mol－1，與水反應生成氫氣和F，F的焰色反應為黃色，則F為NaOH，B為NaH；E為黑色粉末，I為黃綠色氣體，則E為二氧化錳，I為氯氣，D為濃鹽酸，單質C為鐵，H為FeCl2，L為FeCl3。據此分析解答。【題目詳解】根據上述分析，A為H2O，B為NaH，C為Fe，D為濃鹽酸，E為MnO2，F為NaOH，G為H2，H為FeCl2，I為Cl2，K為Fe(OH)2，L為FeCl3，M為O2，N為Fe(OH)3；(1)L為FeCl3，故答案為FeCl3；(2)A為H2O，電子式為，故答案為；(3)根據圖示，反應②為實驗室制備氯氣的反應，反應的離子方程式為MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故答案為MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；(4)根據圖示，反應③為氫氧化亞鐵的氧化反應，反應的化學方程式為4Fe(OH)2＋O2＋2H2O==4Fe(OH)3，故答案為4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。【題目點撥】本題考查了無機綜合推斷。本題的突破口為：N為紅褐色沉淀；I為黃綠色氣體。難點為B的判斷，要借助于F的焰色反應為黃色，結合質量守恒判斷B中含有鈉元素。24、1s22s22p63s23p2COCO一旦被吸入肺里后，會與血液中的血紅蛋白結合，使血紅蛋白喪失輸送氧氣的能力非極性鍵N2分子中的共價叁鍵鍵能很大，共價鍵很牢固H—C≡C—H32>形成σ鍵的原子軌道的重疊程度比π鍵的重疊程度大，形成的共價鍵強【分析】從a，b，c，d為四種由短周期元素構成的中性粒子，它們都有14個電子入手，并結合題目分析，a是Si；b是CO；c是N2；d是C2H2；【題目詳解】（1）a是Si，根據構造原理知，Si原子的電子排布式為1s22s22p63s23p2；（2）b是兩個原子的化合物，根據其物理性質：無色無味氣體，推斷b為CO，CO一旦進入肺里，會與血液中的血紅蛋白結合而使血紅蛋白喪失輸送氧氣的能力，使人中毒；（3）c是雙原子單質，每個原子有7個電子，故c為N2，N2分子的結構式為N≡N，為非極性鍵，N2分子中的共價叁鍵鍵能很大，所以N2分子很穩定，其電子式為：；（4）d是四核化合物，即4個原子共有14個電子，d為C2H2，C2H2的結構式為H—C≡C—H，有兩個H—Cσ鍵，一個C—Cσ鍵，兩個π鍵。形成σ鍵的原子軌道的重疊程度比π鍵的重疊程度大，故形成的共價鍵強。25、淀粉溶液錐形瓶內溶液顏色的變化滴入最后一滴標準液時，溶液由無色變為藍色且半分鐘內不恢復原色0.038mol/LAD【分析】用的溶液滴定溶液，用淀粉溶液作指示劑，眼睛注視錐形瓶內溶液顏色的變化，當滴入最后一滴碘水時，有碘剩余，溶液由無色變為藍色，且半分鐘內不褪色，說明達到滴定終點，根據分析誤差。【題目詳解】(1)碘能使淀粉變藍，用的溶液滴定溶液，所以步驟①加入的指示劑是淀粉溶液；(2)滴定時，眼睛注視錐形瓶內溶液顏色的變化，直至滴定終點；當滴入最后一滴碘水時，有碘剩余，溶液由無色變為藍色，且半分鐘內不褪色，說明達到滴定終點；(3)根據表格數據，第三次實驗數據明顯高出正常誤差范圍，舍去不用，第一次實驗、第二次實驗平均消耗碘水的體積是19mL，設廢水中的物質的量濃度為cmol/L，c=0.038mol/L；(4)A．滴定管在裝液前未用標準溶液潤洗，標準液濃度減小，消耗標準液的體積偏大，測定結果偏高，故選A；B．滴定過程中，錐形瓶振蕩得太劇烈，錐形瓶內有液滴濺出，待測液體積偏小，消耗標準液體積偏小，測定結果偏低，故不選B；C．裝標準溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡，滴定終點時發現氣泡，消耗標準液體積偏小，測定結果偏低，故不選C；D．達到滴定終點時，仰視讀數，消耗標準液體積偏大，測定結果偏高，故選D；選AD。【題目點撥】本題考查氧化還原反應滴定，明確滴定原理和滴定具體操作是解題關鍵，掌握滴定終點的判斷方法，利用“歸因法”，根據分析誤差。26、C或碳CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑甲苯溶液褪色CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2BrCH3CH=CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br甲烷、氫氣【分析】(1).由表中各產物的沸點數據可知，聚丙烯廢塑料加強熱時甲試管中的殘留物為C，電石的主要成分是碳化鈣，碳化鈣與水反應生成氫氧化鈣和乙炔；(2).乙中試管用冷水得到的兩種產品為苯和甲苯，甲苯可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色；(3).乙烯、丙烯可以和溴的四氯化碳溶液發生加成反應；(4).經過上述過程處理后，最后收集到的氣體是甲烷和氫氣。【題目詳解】(1).聚丙烯廢塑料加強熱時得到的產物有：氫氣、甲烷、乙烯、丙烯、苯、甲苯和碳，由表中沸點數據可知，甲試管中最終殘留物是C，電石的主要成分是碳化鈣，碳化鈣與水反應生成氫氧化鈣和乙炔，化學方程式為：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑，故答案為C或碳；CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑；(2).根據產物的沸點可知，乙中用冷水冷卻后得到的產品是苯和甲苯，苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，甲苯可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故答案為：甲苯；(3).從乙中出來的產物中含有乙烯和丙烯，二者都可以和溴的四氯化碳溶液發生加成反應使溴的四氯化碳溶液褪色，反應的化學方程式為：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，CH3CH=CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br，故答案為溶液褪色；CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；CH3CH=CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br；(4).經過上述過程處理后，最后收集到的氣體是甲烷和氫氣，故答案為甲烷、氫氣。【題目點撥】本題考查聚丙烯分解產物成分的探究，明確常見有機物的性質是解答本題關鍵。判斷各個裝置中所收集物質的成分時，要緊緊圍繞題中所給各產物的沸點進行分析，為易錯點，試題難度不大。27、乙由于反應物乙酸、1-丁醇的沸點低于產物乙酸丁酯的沸點，若采用甲裝置，會造成反應物的大量揮發CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3CH3CH2CH=CH2增加乙酸濃度減小生成物濃度（或移走生成物）AB檢查是否漏水或堵塞，分液漏斗上口玻璃塞未打開（或漏斗內部未與大氣相通，或玻璃塞上的凹槽未與漏斗口上的小孔對準）【解題分析】(1)根據反應物乙酸、1-丁醇與生成物乙酸丁酯的沸點大小進行解答；(2)在濃硫酸作用下，1-丁醇能夠發生消去反應生成1-丁烯、能夠發生分子內脫水生成正丁醚，據此寫出副產物的結構簡式；(3)根據影響化學平衡的因素進行解答，提高1-丁醇轉化率，可以增加另一種反應物濃度或者減少生成物濃度；(4)提純、分離乙酸丁酯，需要通過分液操作，不需要蒸發、過濾操作；(5)分液漏斗有旋塞，實驗前必須檢查是否漏水或堵塞；若漏斗內部未與大氣相通，或玻璃塞上的凹槽未與漏斗口上的小孔對準，分液漏斗中的液體都不會流出。【題目詳解】(1)根據表中數據可知，反應物乙