2026屆江蘇省徐州市睢寧高級中學南校高二化學第一學期期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題注意事項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(jiān)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、除去下列物質(zhì)中的雜質(zhì)選用的試劑和方法最合理的是物質(zhì)雜質(zhì)試劑方法A苯苯酚溴水過濾B甲烷乙烯酸性高錳酸鉀溶液洗氣C溴苯溴氫氧化鈉分液D乙酸乙酯乙酸飽和碳酸鈉溶液蒸餾A．A B．B C．C D．D2、研究不同條件對相同體積相同物質(zhì)的量濃度的H2O2分解速率的影響，得到如下數(shù)據(jù)。由此不能得出的結論是：A．Cu2+與Fe3+對H2O2分解都有催化作用，但Cu2+催化效果更好B．由Ⅰ與Ⅱ可知其它條件相同時，時間越長，H2O2分解越徹底C．由Ⅰ與Ⅲ可知其它條件相同時，溫度越高，H2O2分解越快D．由Ⅰ與Ⅲ可知其它條件相同時，堿性越強，H2O2分解越快3、在一密閉容器中，反應aA（g）bB（g）達平衡后，保持溫度不變，將容器體積增加一倍，將達到新的平衡時，B的濃度是原來的60%，則A．平衡向逆反應方向移動了B．物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率減小了C．物質(zhì)B的質(zhì)量分數(shù)增加了D．a(chǎn)＞b4、T℃時，三種酸的電離平衡常數(shù)如下表，下列判斷不正確的是酸HXHYHZ電離平衡常數(shù)1×10-29×10-69×10-7A．T℃時，酸性：HX＞HY＞HZB．T℃時，反應HX＋Y—＝HY＋X—能夠發(fā)生C．T℃時，0.1mol?L-1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D．T℃時，0.1mol?L-1HX溶液加水稀釋HX的電離平衡常數(shù)增大5、mA(氣)+nB(氣)pC(氣)+qQ(氣)當m、n、p、q為任意整數(shù)時，下列情況一定為平衡狀態(tài)的是（）①體系的溫度不再改變②體系的壓強不再改變③各組分的濃度不再改變④各組分的質(zhì)量分數(shù)不再改變⑤反應速率v(A):v(B):v(C):v(D)=m:n:p:q⑥單位時間內(nèi)mmolA斷鍵反應，同時pmolC也斷鍵反應A．③④⑤⑥ B．②③④⑥ C．①③④⑤ D．①③④⑥6、有關電化學知識的描述正確的是A．反應可設計成原電池B．利用，可設計如圖所示原電池裝置，鹽橋內(nèi)向溶液移動C．因為鐵的活潑性強于銅，所以將鐵、銅用導線連接后放入濃硝酸中組成原電池，鐵作負極，銅作正極，其負極反應式為D．由與氫氧化鈉溶液組成的原電池，其負極反應式為7、化學與社會、生活密切相關。對下列物質(zhì)用途解釋錯誤的是選項用途解釋A鈦合金可用于人造衛(wèi)星等領域鈦合金具有密度小、熔點高等特點B明礬在凈水中作絮凝劑明礬具有氧化性，可消毒殺菌C生石灰可作煤炭燃燒的固硫劑生石灰可與煤燃燒生成的SO2反應D維生素C在食品工業(yè)中可作抗氧劑維生素C具有還原性A．A B．B C．C D．D8、常溫時，Ksp[Mg(OH)2]=1.1×10－11，Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)=1.9×10－12，Ksp(CH3COOAg)=2.3×10－3，下列敘述不正確的是（）A．濃度均為0.2mol·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等體積混合一定產(chǎn)生CH3COOAg沉淀B．將0.001mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001mol·L－1的KCl和0.001mol·L－1的K2CrO4溶液中，先產(chǎn)生Ag2CrO4沉淀C．c(Mg2+)為0.11mol·L－1的溶液中要產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀，溶液的pＨ要控制在9以上D．在其他條件不變的情況下，向飽和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)不變9、下列各組物質(zhì)中，化學鍵類型相同的是(

)A．SO2、Na2SO4 B．Na2O2、Cl2 C．KOH、HCl D．CH4、H2O10、下列實驗裝置或操作正確的是A．稀釋濃硫酸B．除去氯氣中的氯化氫C．點燃D．轉(zhuǎn)移溶液11、下列措施不能達到節(jié)能減排目的的是A．盡可能減少塑料袋B．用家用汽車代替公交車C．推廣使用節(jié)能燈D．利用太陽能，潮汐能發(fā)電12、下列各組物質(zhì)相互混合反應后，最終有白色沉淀生成的是()①金屬鈉投入到FeCl3溶液中②過量NaOH溶液和明礬溶液混合③少量Ca(OH)2投入過量NaHCO3溶液中④向NaAlO2溶液中滴入少量鹽酸⑤向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2A．①③④⑤ B．①④ C．②③ D．③④⑤13、下列說法中正確的是A．熵增且放熱的反應一定是自發(fā)反應B．凡是放熱反應都是自發(fā)的，吸熱反應都是非自發(fā)的C．自發(fā)反應一定是熵增反應，非自發(fā)反應一定是熵減反應D．非自發(fā)反應在任何條件下都不能實現(xiàn)14、200mLNaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)=1.4mol/L，用石墨作電極電解此溶液，當通電一段時間后，兩極均收集到氣體2.24L(標準狀況下)，假定電解后溶液體積仍為200mL，下列說法正確的是A．原混合溶液中c(Na＋)＝0.9mol·L－1B．電解后溶液的pH值為0C．上述電解過程中共轉(zhuǎn)移0.8mol電子D．電解后得到的Cu的物質(zhì)的量為0.2mol15、下列實驗中，沒有顏色變化的是()A．葡萄糖溶液與新制Cu(OH)2懸濁液混合加熱 B．淀粉溶液中加入碘酒C．雞蛋清中加入濃硝酸 D．淀粉溶液中加入稀硫酸16、已知CO2(g)＋3H2(g)?CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝-49.0kJ·mol-1一定溫度下，將一定量的CO2和H2充入固定體積的密閉容器中反應，下列能說明該反應達到平衡狀態(tài)的是A．單位時間內(nèi)消耗1molCO2同時消耗3molH2B．混合氣體的密度保持不變C．氣體的平均摩爾質(zhì)量不再改變D．v正=v逆=017、下列物質(zhì)屬于食品添加劑的是A．NaOH B．工業(yè)NaCl C．甲醛水溶液 D．胡蘿卜素18、高鐵電池是一種新型可充電電池，電解質(zhì)溶液為KOH溶液，該電池能長時間保持穩(wěn)定的放電電壓，放電時的總反應為：3Zn＋2K2FeO4＋8H2O=3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，下列判斷不正確的是A．放電時，負極反應為Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2B．放電時，每轉(zhuǎn)移6mol電子，則有1molK2FeO4被還原C．充電時，陰極pH增大D．充電時，陽極反應為Fe(OH)3＋5OH－－3e－=FeO42－＋4H2O19、甲酸是一種一元有機酸．下列性質(zhì)可以證明它是弱電解質(zhì)的是A．甲酸能與水以任意比互溶B．1mol?L-1甲酸溶液的pH約為2C．10mL1mol?L-1甲酸恰好與10mL1mol?L-1NaOH溶液完全反應D．甲酸溶液的導電性比鹽酸的弱20、電解精煉銅時，下列敘述不正確的是A．與電源正極相連的電極是粗銅板B．陰極發(fā)生反應：Cu2++2e-==CuC．粗銅板上發(fā)生氧化反應D．電解池的陽極材料為純銅薄片21、23592U是核電站的主要燃料，下列關于23592U的說法正確的是A．質(zhì)子數(shù)為235 B．中子數(shù)為92 C．電子數(shù)為143 D．質(zhì)量數(shù)為23522、下列事實中，不能應用化學平衡移動原理來解釋的是①可用濃氨水和NaOH固體快速制氨氣②700K左右比室溫更有利于合成氨反應③開啟啤酒瓶后，瓶中馬上泛起大量泡沫④溫度升高水的KW增大⑤對于反應2HI(g)H2(g)+I2(g)達平衡后，縮小容器體積可使體系顏色變深A．①②③ B．②④⑤ C．②⑤ D．④⑤二、非選擇題(共84分)23、（14分）2-苯基丙烯是日化行業(yè)常用的化工原料，其合成路線如下(反應②、④的條件未寫出)。已知：其中，R、R’為H原子或烷基。（1）C3H8的結構簡式為___；（2）反應①的反應類型為___；（3）反應②的化學反應方程式為___；（4）反應③的反應類型為___；（5）反應④的化學反應方程式為___；（6）產(chǎn)物2-苯基丙烯在一定條件下可以發(fā)生加聚反應，加聚產(chǎn)物的結構簡式為___；（7）請以苯、乙醇及其他必要的無機試劑為原料，合成。合成過程中，不得使用其他有機試劑。寫出相關化學反應方程式___。24、（12分）有機物A可用作果實催熟劑。某同學欲以A為主要原料合成乙酸乙酯，其合成路線如圖所示。請回答：（1）A的電子式是_____。（2）E的結構簡式是_____，E分子中含有的官能團名稱是_____。（3）寫出反應④的化學方程式_____。（4）反應①～⑤中屬于取代反應的是_____（填序號）。（5）寫出與乙酸乙酯互為同分異構體且屬于羧酸的結構簡式_____、_____。25、（12分）某課題小組探究乙酸乙酯(CH3COOC2H5)在不同溫度、不同濃度NaOH溶液中的水解速率，取四支大小相同的試管，在試管外壁貼上體積刻度紙，按下表進行對照實驗。在兩種不同溫度的水浴中加熱相同時間后，記錄酯層的體積來確定水解反應的速率。實驗試劑試管Ⅰ(55℃)試管Ⅱ(55℃)試管Ⅲ(55℃)試管Ⅳ(75℃)乙酸乙酯/mL1V1V2V31mol/LNaOHmLV430V5蒸餾水/mL0V652已知：①水解反應CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH；②CH3COOC2H5難溶于水，密度比水小。（1）V4=____________。（2）①下列說法正確的是____________________________；A、加入水，平衡正向移動B、加入稀鹽酸可使平衡逆向移動C、酯層體積不再改變時，反應停止D、c(CH3COOH)=c(C2H5OH)時，反應達平衡狀態(tài)②用各物質(zhì)的濃度表示水解平衡常數(shù)Kh，則表達式為____________。（3）實驗中常用飽和食鹽水代替蒸餾水，目的是減小乙酸乙酯在水中的溶解度，會使實驗結果更準確，______________填“能”或“不能”)用飽和Na2CO3溶液代替蒸餾水。（4）實驗中，試管Ⅳ比試管Ⅱ中的酯層減少更快，可能的原因有_______。(乙酸乙酯的沸點為77.1℃)26、（10分）為測定氨分子中氮、氫原子個數(shù)比。某研究性學習小組設計了如下實驗流程：實驗時，先用制得的氨氣排盡洗氣瓶前所有裝置中的空氣，再連接洗氣瓶和氣體收集裝置，立即加熱氧化銅。反應完成后，黑色的氧化銅轉(zhuǎn)化為紅色的單質(zhì)銅。如圖A、B、C為甲、乙兩小組制取氨氣時可能用到的裝置，D為盛有濃硫酸的洗氣瓶。實驗1測得反應前氧化銅的質(zhì)量m1g、氧化銅反應后剩余固體的質(zhì)量m2g、生成的氮氣在標準狀況下的體積V1L。實驗2測得洗氣前裝置D的質(zhì)量m3g、洗氣后裝置D的質(zhì)量m4g、生成的氮氣在標準狀況下的體積V2L。請回答下列問題：(1)寫出儀器a和b的名稱分別是：圓底燒瓶和______________。(2)檢查A裝置氣密性的操作是_____________________________。(3)實驗1和實驗2分別選擇了不同的方法制取氨氣，請將實驗裝置的字母編號和制備原理填或相關化學方程式寫在下表的空格中。實驗裝置實驗藥品制備原理實驗1A氫氧化鈣、硫酸銨反應的化學方程式為：①___________；實驗2②______；濃氨水、氫氧化鈉用化學平衡原理分析氫氧化鈉的作用：③_______________。(4)實驗1用所測數(shù)據(jù)計算出氨分子中氮、氫的原子個數(shù)比為______________。（列式子，不計算結果）(5)實驗2用所測數(shù)據(jù)計算出氨分子中氮、氫的原子個數(shù)比明顯小于理論值，其原因是_____________________。為此，實驗2在原有實驗的基礎上增加了一個裝有某藥品的實驗儀器重新實驗。根據(jù)實驗前后該藥品的質(zhì)量變化及生成氮氣的體積，得出了合理的實驗結果。該藥品和實驗儀器的名稱分別是__________和____________。27、（12分）用50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應。通過測定反應過程中所放出的熱量可計算中和熱?；卮鹣铝袉栴}：(1)在操作正確的前提下，提高中和熱測定準確性的關鍵是_________(2)做1次完整的中和熱測定實驗，溫度計需使用________次，某同學為了省去清洗溫度計的麻煩，建議實驗時使用兩支溫度計分別測量酸和堿的溫度，你是否同意該同學的觀點，為什么？__________，_____________________________(3)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，所放出的熱量__________(填“相等、不相等”)，所求中和熱__________(填“相等、不相等”)，簡述理由___________。28、（14分）（1）從電子排布的角度解釋Fe2+容易被氧化為Fe3+的原因是：___________（2）工業(yè)用電解氯化鎂制得鎂，而不用氧化鎂的原因____________________（3）基態(tài)金原子的外圍電子排布式為5d106s1，試判斷金在元素周期表中位于第________周期第________族．（4）已知Ag與Cu位于同一族，則Ag在元素周期表中位于________區(qū)(填s、p、d、f或ds)．（5）CaC2晶體的晶胞結構與NaCl晶體的相似(如圖所示)，但CaC2晶體中含有啞鈴形的存在，使晶胞沿一個方向拉長。CaC2晶體中1個Ca2＋周圍距離最近的數(shù)目為________。29、（10分）25℃時，電離平衡常數(shù)：化學式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)1.8×10－5K1＝4.3×10－7K2＝5.6×10－113.0×10－8回答下列問題：（1）物質(zhì)的量濃度為0.1mol/L的下列四種物質(zhì)的溶液，pH由大到小的順序是___________(填編號)。a．Na2CO3b．NaClOc．CH3COONad．NaHCO3（2）常溫下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀釋過程，下列表達式的數(shù)據(jù)一定變小的是_______。A．c(H＋)B．c(H＋)/c(CH3COOH)C．c(H＋)·c(OH－)D．c(OH－)/c(H＋)（3）體積為10mLpH＝2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程pH變化如圖。則HX的電離常數(shù)___________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的電離常數(shù)；稀釋后，HX溶液中水電離出來的c(H＋)_________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸溶液水電離出來的c(H＋)。（4）25℃時，CH3COOH與CH3COONa的混合溶液，若測得混合液pH＝6，則溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝_______________________(填準確數(shù)值)。（5）電離平衡常數(shù)是用實驗的方法測定出來的，現(xiàn)已經(jīng)測得25℃時cmol/L的HX的電離度為a，試表示該溫度下HX的電離平衡常數(shù)K=_____________________。（用含“c、a的代數(shù)式表示”）

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、C【解析】A.苯中含有苯酚雜質(zhì)，不能選擇溴水做除雜試劑，因為加入溴水，產(chǎn)生的三溴苯酚會溶于苯溶液，不會產(chǎn)生白色沉淀，所以不能用溴水做除雜試劑，應選擇氫氧化鈉溶液做除雜試劑，故A錯誤；B.乙烯與高錳酸鉀反應生成二氧化碳，引入新雜質(zhì)二氧化碳，應利用溴水除去甲烷中的乙烯,故B錯誤；C.溴可以和氫氧化鈉反應，生成物溶于水，而溴苯不能，反應后溶液會分層，可以用分液的方法除雜，故C正確；D.乙酸與碳酸鈉反應，而乙酸乙酯不反應，反應后分層，則利用分液法除雜，故D錯誤；本題答案為C。【點睛】選擇除雜試劑，既要把雜質(zhì)除掉，又不能引進新的雜質(zhì)，最好的試劑和操作是，在除去雜質(zhì)的同時，又能使主要成分增多。2、C【詳解】A．根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知在其它條件相同時，分解百分率越高，催化效果越好，因此Cu2+與Fe3+對H2O2分解都有催化作用，但Cu2+催化效果更好，故A正確；B．由I與II可知其它條件相同時，反應時間越長，分解百分率越高，分解越徹底，故B正確；C．由I與III溶液的酸堿性和溫度不一樣，無法單獨判斷溫度與H2O2分解速率的關系，故C錯誤；D．由I與III可知溫度和溶液的酸堿性均不相同，Ⅲ中在相同條件下，溫度低，溶液顯堿性時，H2O2分解越快，故D正確；故選C?！军c睛】本題考查影響化學反應速率的因素，在探究相關規(guī)律時，需要控制其他條件不變。本題的難點和易錯點為D，要注意Ⅲ在低溫下，堿性條件下進行，分解速率快，因此堿性越強，H2O2分解越快。3、C【分析】溫度保持不變，容器的體積增加一倍，假設平衡不移動，判斷B的濃度，然后根據(jù)影響化學平衡移動因素進行分析；【詳解】增大容器的體積相當于降低壓強，溫度保持不變，容器的體積增加一倍，假設平衡不移動，此時B的濃度是原來的50%<60%，降低壓強，平衡向正反應方向移動，根據(jù)勒夏特列原理，即a<b，A、根據(jù)上述分析，平衡向正反應方向移動，故A錯誤；B、平衡向正反應方向進行，物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率增大，故B錯誤；C、根據(jù)上述分析，物質(zhì)B的質(zhì)量分數(shù)增加，故C正確；D、根據(jù)上述分析，a<b，故D錯誤；答案選C。4、D【解析】A.T℃時，電離平衡常數(shù)：HX＞HY＞HZ，所以酸性：HX＞HY＞HZ，故A正確；B.T℃時，酸性：HX＞HY，所以反應HX＋Y—＝HY＋X—能夠發(fā)生，故B正確；C.T℃時，酸性：HX＞HY＞HZ，所以水解程度：NaX<NaY<NaZ，因此，0.1mol?L-1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大，故C正確；D.溫度不變，電離平衡常數(shù)不變，所以T℃時，0.1mol?L-1HX溶液加水稀釋HX的電離平衡常數(shù)不變，故D不正確。故選D。5、D【分析】

【詳解】①任何反應都伴隨著能量變化，若體系的溫度不再改變，則反應處于平衡狀態(tài)，正確；②對于反應前后氣體體積相等的反應，若體系的壓強不再改變，則反應不一定處于平衡狀態(tài)，錯誤；③若各組分的濃度不再改變，則反應處于平衡狀態(tài)，正確；④各組分的質(zhì)量分數(shù)不再改變，則各組分的物質(zhì)的量都不變，反應處于平衡狀態(tài)，正確；⑤反應速率v(A):v(B):v(C):v(D)=m:n:p:q，表示的狀態(tài)可能是平衡狀態(tài)，也可能是非平衡狀態(tài)，錯誤；⑥單位時間內(nèi)mmolA斷鍵反應，必然同時形成pmolC成鍵反應，同時pmolC也斷鍵反應，則C的濃度不變，反應處于平衡狀態(tài)，正確。故可以判斷反應處于平衡狀態(tài)的是①③④⑥，選項D正確。6、B【詳解】A．Cu與硫酸在常溫下不能發(fā)生反應，根據(jù)金屬活動順序表，Cu排在H后面，Cu不能置換出H2，所以該反應不是自發(fā)的氧化還原反應，不能設計成原電池，故A錯誤；B．根據(jù)電池總反應式，可知失電子，作原電池的負極，正極上得電子生成，利用鹽橋組成原電池，將氧化劑和還原劑分開，原電池工作時，鹽橋中的陽離子向正極移動，則鹽橋內(nèi)向溶液移動，故B正確；C．將鐵、銅用導線連接后放入濃硝酸中組成原電池，由于在室溫下鐵遇濃硝酸會發(fā)生鈍化，所以金屬銅作負極，失去電子，發(fā)生氧化反應，電極反應式為，故C錯誤；D．由與溶液組成的原電池，與溶液不能發(fā)生反應，而與溶液發(fā)生氧化還原反應，所以該原電池中作負極，失電子，發(fā)生氧化反應，電極反應式為，故D錯誤；答案為B。7、B【解析】人造衛(wèi)星使用的材料應該盡量的輕同時也要能低于較高或較低的溫度，所以選項A正確。明礬用作水處理劑的原因是鋁離子水解得到氫氧化鋁膠體，膠體吸附水中雜質(zhì)，選項B錯誤。生石灰可以與煤燃燒生成的二氧化硫反應生成亞硫酸鈣，最終轉(zhuǎn)化為硫酸鈣，達到固定硫的目的，選項C正確。維生素C有一定的還原性，加在食品中達到防止食品被氧化的目的，選項D正確。8、B【解析】A、c(Ag+)×c(CH3COO-)>Ksp(CH3COOAg)，所以一定會產(chǎn)生醋酸銀沉淀，A正確，不符合題意；B、根據(jù)Ksp，Cl-沉淀時，需要，CrO42-沉淀時，需要重鉻酸銀沉淀所需要的銀離子的濃度更大，所以一定是先產(chǎn)生氯化銀沉淀，B錯誤，符合題意；C、根據(jù)計算，生成Mg(OH)2沉淀時，需要的，當溶液的pH控制在9以上的時候，才會得到Mg(OH)2，C正確，不符合題意；D、物質(zhì)的Ksp只與難溶物的自身性質(zhì)以及溫度有關，當難溶物確定之后，Ksp就只與溫度有關了，D正確，不符合題意；答案選B。9、D【詳解】A、SO2僅含有極性共價鍵，Na2SO4含有離子鍵和極性共價鍵，則二者的化學鍵類型不同，A不符合題意；B、Na2O2含有離子鍵和非機型共價鍵，Cl2僅含有非極性共價鍵，則二者的化學鍵類型不同，B不符合題意；C、KOH含有離子鍵和極性共價鍵，HCl僅含有極性共價鍵，則二者的化學鍵類型不同，C不符合題意；D、CH4和H2O都僅含有極性共價鍵，則二者的化學鍵類型相同，D符合題意；故答案選D。10、A【詳解】A．稀釋濃硫酸，將濃硫酸注入水中，選項A正確；B．HCl極易溶于水，食鹽水抑制氯氣的溶解，除雜時導管長進短出，裝置不合理，選項B錯誤；C．酒精燈不能用另一只酒精燈引燃，應利用火柴點燃，選項C錯誤；D．轉(zhuǎn)移液體需要引流，圖中缺少玻璃棒引流，選項D錯誤；答案選A。11、B【解析】A.盡可能減少塑料袋,可減少白色污染,減少化石能源的消耗,能達到節(jié)能減排目的,故A不選；B.用家用汽車代替公交車,可導致大量汽車尾氣的排放,不利于節(jié)能減排,故B選；

C.推廣使用節(jié)能燈,可減少能源消耗,有利于節(jié)能減排,故C不選；

D.利用太陽能,潮汐能發(fā)電,可減小對化石能源的依賴,減少污染物的排放,故D不選；

綜上所述，本題選B。12、D【詳解】①金屬鈉投入到FeCl3溶液中發(fā)生兩個化學反應：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，3NaOH＋FeCl3=Fe(OH)3↓＋3NaCl，產(chǎn)生的氫氧化鐵是紅褐色沉淀；②過量NaOH溶液和明礬溶液混合時，過量的氫氧根離子與鋁離子反應生成偏鋁酸根離子和水，無沉淀產(chǎn)生；③Ca(OH)2投入過量NaHCO3溶液中發(fā)生的反應是Ca(OH)2＋2NaHCO3=CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，產(chǎn)生白色沉淀；④向NaAlO2溶液中滴入少量鹽酸，發(fā)生的反應是NaAlO2＋H2O＋HCl=NaCl＋Al(OH)3↓，產(chǎn)生白色沉淀；⑤向飽和Na2CO3溶液中通足量CO2，產(chǎn)生NaHCO3，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，有白色沉淀生成。符合條件的有③④⑤。答案選D。13、A【詳解】A、熵增加且放熱的反應，△S＞0，△H＜0，△G=△H-T△S＜0一定是自發(fā)反應，A正確；B、反應自發(fā)性與反應是放熱或吸熱沒有關系，與△G=△H-T△S有關，B錯誤；C、△S＜0，△H＜0低溫下可以自發(fā)，△S＞0，△H＞0高溫下可以自發(fā)，自發(fā)反應不一定是熵增大的反應，非自發(fā)反應不一定是熵減小或不變的反應，C錯誤；D、△H-△T△S＜0反應自發(fā)進行，△G=△H-T△S＞0反應非自發(fā)進行，改變條件非自發(fā)進行的反應可以變化為自發(fā)進行，D錯誤。答案選A。14、B【分析】惰性電極電解NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，兩極均收集到標準狀況22.4L氣體，即H2和O2均為0.1mol；陽極發(fā)生反應：4OH--4e-＝O2↑+2H2O，陰極發(fā)生反應：Cu2++2e-＝Cu、2H++2e-＝H2↑，所以轉(zhuǎn)移電子共0.4mol，H+和Cu2+各得0.2mol電子。【詳解】A、Cu2+得0.2mol電子，因為Cu2+全部反應，所以n（Cu2+）＝0.1mol，c（Cu2+）＝0.1mol÷0.2L＝0.5mol/L，由電荷守恒可得，原混合溶液中c（Na+）＝1.4mol/L-0.5mol/L×2＝0.4mol/L，故A錯誤；B、陽極反應0.4molOH-，陰極反應0.2molH+，OH-和H+都來自于水，電解后溶液中c（H+）依據(jù)陽極氫離子增大和陰極氫離子減小共同決定，電解后溶液中c（H+）＝（0.4mol-0.2mol）÷0.2L＝1mol/L，所以pH值為0，故B正確；C、由上述分析可知，電解過程轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為0.4mol，故C錯誤；D、Cu2+得0.2mol電子生成0.1molCu，故D錯誤；答案選B。【點睛】本題考查電解原理的應用，明確發(fā)生的電極反應及電子守恒是解題關鍵，根據(jù)題意，電解分為兩階段，首先電解Cu(NO3)2溶液，然后電解水；注意氫氧根離子與氫離子的關系和電解質(zhì)溶液中電荷守恒的應用。15、D【詳解】A．葡萄糖中煙油醛基，可以與新制Cu(OH)2懸濁液反應生成Cu2O，呈現(xiàn)磚紅色，A不符合題意；B．碘酒中含有碘單質(zhì)，可以與淀粉作用呈現(xiàn)藍色，B不符合題意；C．濃硝酸可以使蛋白質(zhì)發(fā)生顏色反應，使蛋白質(zhì)呈現(xiàn)黃色，C不符合題意；D．淀粉可以在硫酸的催化下發(fā)生水解生成葡萄糖，這一過程中沒有明顯的顏色變化，D符合題意；故選D。16、C【詳解】A．單位時間內(nèi)消耗消耗1molCO2同時消耗3molH2，均表示正反應的速率，不能說明該反應達到平衡狀態(tài)，故A錯誤；B．密閉容器中氣體體積不變，根據(jù)質(zhì)量守恒可知質(zhì)量也不會反生改變，則混合氣體的密度始終不變，不能說明該反應達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；C．該反應為體積減小的反應，密閉容器的總質(zhì)量不發(fā)生改變，氣體的平均摩爾質(zhì)量不再改變，說明總物質(zhì)的量也不發(fā)生改變，能說明該反應達到平衡狀態(tài)，故C正確；D．達到化學平衡時，v正=v逆≠0，故D錯誤；故選C。17、D【詳解】A.NaOH有腐蝕性，不能作食品添加劑，選項A錯誤；B.工業(yè)NaCl含有有毒雜質(zhì)，不能食用，選項B錯誤；C.甲醛水溶液有毒，不能食用，選項C錯誤；D.胡蘿卜素是營養(yǎng)素，屬于食品添加劑，選項D正確。答案選D。18、B【分析】本題考察了化學電池的電極反應和溶液pH變化，注意充電反應陽極對應放電反應正極?！驹斀狻緼.根據(jù)放電反應可知，金屬鋅失去電子，生成氫氧化鋅，發(fā)生氧化反應，做負極，故負極反應為Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2，A正確；B.正極FeO42-發(fā)生還原反應，生成氫氧化鐵，電極反應式為FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-，故轉(zhuǎn)移每轉(zhuǎn)移6mol電子，則有2molK2FeO4被還原，B錯誤；C.充電時，陰極反應方程為Zn(OH)2+2e-=Zn＋2OH－，氫氧根濃度增大，pH增大，C正確；D.充電時，陽極反應可視為正極反應的逆反應為Fe(OH)3＋5OH－－3e－=FeO42－＋4H2O，D正確；答案為B。19、B【解析】試題分析：A．甲酸能與水以任意比互溶，與甲酸的電離程度無關，所以不能證明甲酸是弱電解質(zhì)，故A錯誤；B．1mol/L甲酸溶液的pH約為2，甲酸溶液中氫離子濃度小于甲酸，說明甲酸部分電離，則證明甲酸是弱電解質(zhì)，故B正確；C．10mL1mol?L-1甲酸恰好與10mL1mol?L-1NaOH溶液完全反應，說明甲酸是一元酸，不能說明甲酸的電離程度，則不能證明甲酸是弱電解質(zhì)，故C錯誤；D．溶液的導電性與離子濃度成正比，與電解質(zhì)強弱無關，所以不能說明甲酸是弱電解質(zhì)，故D錯誤；故選B?！究键c定位】考查弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡【名師點晴】本題考查了電解質(zhì)強弱的判斷。弱電解質(zhì)的判斷不能根據(jù)物質(zhì)的溶解性大小、溶液酸堿性判斷。只要能說明醋酸在水溶液里部分電離就能證明醋酸為弱電解質(zhì)，可以通過測定同濃度、同體積的溶液的導電性強弱來鑒別，如測定等體積、濃度均為0.5mol?L-1的鹽酸和CH3COOH溶液的導電性實驗表明，鹽酸的導電能力比CH3COOH溶液的導電能力大得多，因為溶液導電能力的強弱是由溶液里自由移動離子的濃度的大小決定的，因此同物質(zhì)的量濃度的酸溶液，酸越弱，其溶液的導電能力越弱。電解質(zhì)強弱是根據(jù)其電離程度劃分的，與其溶解性、酸堿性、溶液導電能力都無關，為易錯題。20、D【解析】電解法精煉銅時，粗銅為陽極，精銅為陰極?！驹斀狻緼.電解法精煉銅時，粗銅為陽極，精銅為陰極，則與電源正極相連的電極是粗銅板，故A項正確；B.電解時，銅離子在陰極上得電子生成Cu，陰極發(fā)生的反應為：Cu2++2e?=Cu，故B項正確；C.電解法精煉銅時，粗銅為陽極，陽極上金屬失電子發(fā)生氧化反應，故C項正確；D.電解法精煉銅時，粗銅為陽極材料，精銅為陰極材料，故D項錯誤；答案選D?！军c睛】電解精煉銅是電解原理的一個重要應用，除了要掌握基本的電極材料、電解反應外，還需要注意在電解精煉銅時，比銅活潑的金屬鋅、鐵等會先于金屬銅失電子，比金屬銅活潑性差的Pt、Ag等會沉積下來形成陽極泥。21、D【解析】原子表示法中，左上角的數(shù)字表示質(zhì)量數(shù)，左下角的數(shù)字表示質(zhì)子數(shù)，質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)=中子數(shù)，核外電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)=核電荷數(shù)=原子序數(shù)。【詳解】A.質(zhì)子數(shù)為92，故A錯誤；B.中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)=235-92=143，故B錯誤；C.電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)=92，故C錯誤；D.質(zhì)量數(shù)為235，故D正確。故選D。22、C【分析】勒夏特利原理是如果改變影響平衡的一個條件（如濃度、壓強或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動，勒夏特利原理適用的對象應存在可逆過程，如與可逆過程的平衡移動無關，則不能用勒夏特利原理解釋?！驹斀狻竣贊獍彼尤霘溲趸c固體，氫氧化鈉固體溶解放熱，使一水合氨分解生成氨氣的，化學平衡NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-，逆向進行，能用化學平衡移動原理解釋，故①不選；②合成氨放熱，溫度升高，平衡逆向移動，所以700K左右比室溫不利于合成氨的反應，不能用勒夏特列原理解釋，故②選；③開啟啤酒瓶后，瓶中馬上泛起大量泡沫，是壓強對其影響導致的，屬于可逆過程，可以用平衡移動原理解釋，故③不選；

④因為水存在電離：H2O?H++OH-，電離吸熱，加熱后平衡會向正向移動，H+與OH-的濃度之積就會增大，即Kw增大，可以用平衡移動原理解釋，故④不選；

⑤對于反應2HI(g)H2(g)+I2(g)，增大平衡體系的壓強平衡不移動，不能用化學平衡移動原理解釋，故⑤選；

所以C選項是正確的?！军c睛】本題考查了勒夏特列原理的使用條件，注意使用勒夏特列原理的前提必須是可逆反應，且符合平衡移動的原理。本題易錯②，合成氨采用700K左右是考慮速率因素，且使催化劑活性最大，與平衡移動無關。二、非選擇題(共84分)23、CH3CH2CH3取代反應CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr氧化反應+H2O2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr【分析】C3H8為丙烷，由B與O2、Cu加熱發(fā)生氧化反應生成，可知B為異丙醇，則C3H8與Br2光照發(fā)生取代反應，生成的A為2-溴丙烷，2-溴丙烷與NaOH溶液發(fā)生取代反應生成異丙醇；由題目中所給信息可知C為2-苯基丙醇，發(fā)生消去反應生成2-苯基丙烯，以2-苯基丙烯為單體寫出它的加聚產(chǎn)物結構簡式；根據(jù)題目所給信息和平時所學方程式合成。【詳解】C3H8為丙烷，由B與O2、Cu加熱發(fā)生氧化反應生成，可知B為異丙醇，則C3H8與Br2光照發(fā)生取代反應，生成的A為2-溴丙烷，2-溴丙烷與NaOH溶液發(fā)生取代反應生成異丙醇；由題目中所給信息可知C為2-苯基丙醇，發(fā)生消去反應生成2-苯基丙烯，（1）C3H8為丙烷，結構簡式為：CH3CH2CH3，故答案為：CH3CH2CH3；（2）①的反應類型為取代反應，故答案為：取代反應；（3）反應②的化學反應方程式為CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr，故答案為：CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr；（4）③為氧化反應，故答案為：氧化反應；（5）2-苯基丙醇發(fā)生消去反應生成2-苯基丙烯，化學方程式為+H2O，故答案為：+H2O；（6）2-苯基丙烯發(fā)生加聚反應，碳碳雙鍵斷開，它的加聚產(chǎn)物結構簡式為，故答案為：；（7）乙醇先與O2、Cu加熱生成乙醛，乙醛與苯在AlCl3作用下生成1-苯乙醇，1-苯乙醇與濃硫酸加熱生成苯乙烯，苯乙烯與HBr加成生成，相關的化學方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr，故答案為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr。【點睛】在有機流程推斷題中，各物質(zhì)的名稱要根據(jù)前后反應綜合判斷，最終確定結果，本題中A與B的推斷就是如此。24、CH3COOH羧基2CH3CHO+O22CH3COOH②⑤CH3CH2CH2COOH（CH3）2CHCOOH【分析】C連續(xù)氧化得到E，二者反應得到CH3COOCH2CH3，則C為CH3CH2OH，E為CH3COOH，乙醇發(fā)生氧化反應生成D為CH3CHO，乙醛進一步發(fā)生氧化反應生成CH3COOH，有機物A可用作果實催熟劑，系列轉(zhuǎn)化得到CH3CH2OH，故A為C2H4，與水發(fā)生加成反應得到B為CH3CH2Br，溴乙烷發(fā)生水解反應得到CH3CH2OH，據(jù)此解答?！驹斀狻緾連續(xù)氧化得到E，二者反應得到CH3COOCH2CH3，則C為CH3CH2OH，E為CH3COOH，乙醇發(fā)生氧化反應生成D為CH3CHO，乙醛進一步發(fā)生氧化反應生成CH3COOH，有機物A可用作果實催熟劑，系列轉(zhuǎn)化得到CH3CH2OH，故A為C2H4，與水發(fā)生加成反應得到B為CH3CH2Br，溴乙烷發(fā)生水解反應得到CH3CH2OH，（1）A為C2H4，其電子式是；（2）E的結構簡式是CH3COOH，分子中含有的官能團是羧基；（3）反應④是乙醛氧化生成乙酸，反應方程式為：2CH3CHO+O22CH3COOH；（4）反應①是乙烯與HBr發(fā)生加成反應，反應②是溴乙烷發(fā)生水解反應得到CH3CH2OH，也屬于取代反應，反應③是乙醇發(fā)生氧化反應生成乙醛，反應④是乙醛發(fā)生氧化反應生成乙酸，反應⑤是乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應，也屬于取代反應，故反應①～⑤中屬于取代反應的是②⑤；（5）與乙酸乙酯互為同分異構體且屬于羧酸的結構簡式有：CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH?！军c睛】本題考查有機物推斷，涉及烯烴、醇、醛、羧酸的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，比較基礎，側重對基礎知識的鞏固。25、5ABKh=c(CH3COOH)·c(C2H5OH)/c(CH3COOC2H5)不能溫度升高，反應速率加快；溫度升高，乙酸乙酯揮發(fā)的更多【解析】(1)①根據(jù)實驗目的“乙組探究乙酸乙酯(沸點77.1℃)在不同溫度、不同濃度NaOH溶液中的水解速率”及對照試驗的設計原則進行判斷；(2)①CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH，結合平衡移動的影響因素分析判斷；②根據(jù)化學平衡的表達式書寫；(3)根據(jù)碳酸鈉溶液水解顯堿性，結合實驗的探究目的分析判斷；(4)根據(jù)反應溫度，從反應速率和物質(zhì)的揮發(fā)性角度分析解答?！驹斀狻?1)探究乙酸乙酯(沸點77.1℃)在不同溫度、不同濃度NaOH溶液中的水解速率，四個試管中乙酸乙酯的體積都應該為1mL，即：V1=V2=V3=1；試驗Ⅰ和試驗Ⅲ中蒸餾水的體積不同，則探究的是氫氧化鈉的濃度對乙酸乙酯水解的影響，還必須保證溶液總體積相等，則氫氧化鈉溶液體積應該為5mL，即：V4=5，故答案為：5；(2)①CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH；A、加入水，反應物和生成物的濃度均減小，但生成物濃度減小的更大，平衡正向移動，故A正確；B、加入稀鹽酸，溶液的酸性增強，抑制CH3COOH的生成，可使平衡逆向移動，故B正確；C、酯層體積不再改變時，說明反應達到了平衡，但反應仍在進行，沒有停止，故C錯誤；D、c(CH3COOH)=c(C2H5OH)時，正逆反應速率不一定相等，不能說明反應達平衡狀態(tài)，故D錯誤；正確的有AB，故答案為：AB；②CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH，用各物質(zhì)的濃度表示水解平衡常數(shù)Kh，則Kh=cCH3COOHcC2(3)由于乙酸乙酯在飽和食鹽水中的溶解度減小，故實驗中，可用飽和食鹽水替代蒸餾水，以便減小乙酸乙酯在水中的溶解度，使實驗結果更準確；但碳酸鈉溶液水解顯堿性，干擾了探究NaOH溶液對水解速率的影響，所以不能用飽和Na2CO3溶液替代蒸餾水，故答案為：不能；(4)試管Ⅳ比試管Ⅱ的溫度高，溫度升高，反應速率加快；乙酸乙酯的沸點為77.1℃，水浴溫度接近乙酸乙酯的沸點，溫度越高，乙酸乙酯揮發(fā)也越快，導致試管中酯層減少速率加快，干擾了實驗結果，故答案為：溫度升高，反應速率加快；溫度升高，乙酸乙酯揮發(fā)的更多。26、長頸漏斗連接導管，將導管插入水中，微熱試管，導管口有氣泡產(chǎn)生，停止加熱，導管內(nèi)有水回流并形成一段穩(wěn)定的水柱。(NH4)2SO4+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaSO4B氫氧化鈉溶于氨水后放熱和增加氫氧根濃度均促進NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-；向逆方向移動，使更多的氨氣逸出8V1:11.2(m1-m2)濃硫酸吸收了未反應的氨氣，從而使計算的氫的量偏高堿石灰(或氧化鈣等)干燥管(或U型管)【分析】根據(jù)裝置的特征確定儀器的名稱并檢查氣密性的操作方法；結合反應原理選擇實驗裝置和書寫反應方程式；結合實驗數(shù)據(jù)分別計算出氫和氮原子的物質(zhì)的量即可解題?！驹斀狻?1)儀器a名稱是圓底燒瓶、儀器b的名稱是長頸漏斗；(2)檢查A裝置氣密性的具體操作方法是連接導管，將導管插入水中，微熱試管，導管口有氣泡產(chǎn)生，停止加熱，導管內(nèi)有水回流并形成一段穩(wěn)定的水柱；(3)實驗1：氫氧化鈣與硫酸銨反應生成硫酸鈣、氨氣和水，反應的化學方程式為(NH4)2SO4+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaSO4；實驗2：濃氨水是液體，氫氧化鈉是固體，為使氨氣逸出，把氨水滴入固體氫氧化鈉中，隨著氫氧化鈉溶解放熱，氨氣揮發(fā)放出氣體，故選B裝置；氫氧化鈉溶于氨水后放熱使氨氣溶解度降低，增加氫氧根濃度，使NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-向逆方向移動，加快氨氣逸出；(4)反應前氧化銅的質(zhì)量為m1g、氧化銅反應后轉(zhuǎn)化成的銅的質(zhì)量為m2g，則氧化銅中氧元素的質(zhì)量為m1-m2，根據(jù)原子守恒，則生成的水中氧原子的物質(zhì)的量為mol；水中氫原子個數(shù)是氧原子個數(shù)的兩倍，因此氫原子的物質(zhì)的量為mol×2=mol，生成的氮氣在標準狀況下的體積V1L，則氮氣中氮原子的物質(zhì)的量為mol=mol；因此氮氫原子個數(shù)比為mol：mol=8V1:11.2(m1-m2)；(5)實驗2用所測數(shù)據(jù)計算出氨分子中氮、氫的原子個數(shù)比小于理論值，其原因是洗氣瓶D中的濃硫酸不但吸收了反應生成的水，還吸收了未反應的氨氣，從而使計算的氫的量偏高，因此在洗氣瓶D前的位置應增加了一個裝有堿石灰(無水硫酸銅、氫氧化鈉、氧化鈣等)的干燥管(或U型管)只吸收水，減小誤差。【點睛】本題考查氨氣的制備及氨氣的組成測量，利用了氨氣的還原性，能準確測定反應中生成的水和氮氣的量是實驗成功的關鍵，實驗2的易錯點是硫酸吸收了水和氨氣，導致誤差增大。27、保溫3不同意因為不同的溫度計誤差不同不相等相等因為中和熱是指酸跟堿發(fā)生中和反應生成1molH2O所放出的熱量，與酸堿的用量無關【解析】(1).在測定中和熱的實驗中，應確保熱量不損失，盡可能提高裝置的保溫效果，故答案為：保溫；(2).做1次完整的中和熱測定實驗，要分別測定反應前酸溶液和堿溶液的溫度及發(fā)生中和反應時的最高溫度，一共3次；因不同溫度計的誤差不同，所以不能使用兩支溫度計分別測量酸和堿的溫度，故答案為：3；不同意；因為不同的溫度計誤差不同；(3).反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關，若用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，所放出的熱量也增多，但中和熱均是強酸和強堿的稀溶液反應生成1mol水時放出的熱量，與酸堿的用量無關，則所求中和熱的數(shù)值相等，故答案為：不相等；相等；因為中和熱是指酸跟堿發(fā)生中和反應生成1molH2O所放出的熱量，與酸堿的用量無關?！军c睛】本題考查中和熱的測定，明確中和熱測定的實驗原理是解答本題的關鍵，試題難度不大，最后一問是易錯點，要注意反應放出的熱量和中和熱的區(qū)別。28、Fe2+電子排布為3d6容易失一個電子變成3d5,達到d軌道半充滿結構，比較穩(wěn)定兩種物質(zhì)都是離子晶體，O2-的半徑比Cl-小，所帶的電荷更多，MgO中離子鍵更強，熔點高，耗能太多。6ⅠBds4【分析】（1）結合亞鐵離子和鐵離子的電子排布式進行判斷