2026屆河北省滄州市滄縣中學化學高二上期中綜合測試試題注意事項: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、某二元弱酸H2A溶液，按下式發(fā)生電離：H2AH＋＋HA－、HA－H＋＋A2－，下列四種溶液中c(A2－)最大的是()A．0.01mol·L－1的H2A溶液B．0.01mol·L－1的NaHA溶液C．0.02mol·L－1的鹽酸與0.04mol·L－1的NaHA溶液等體積混合液D．0.02mol·L－1的NaOH與0.02mol·L－1的NaHA溶液等體積混合液2、下列水解離子方程式正確的是A．CH3COO-+

H2OCH3COOH+OH- B．HCO3－＋H2OH3O+＋CO32－C．CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－ D．Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋3、甲、乙、丙三種物質含有同種元素，它們之間存在如下轉化關系：，下列推斷錯誤的是A．若甲為氯氣，則丁可以是鐵 B．若甲為鐵，則丁可以是氯氣C．若甲為氫氧化鈉，則丁可以是二氧化碳 D．若甲為二氧化碳，則丁可以是氫氧化鈉4、某溫度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分別在溶液中達到沉淀溶解平衡后，改變溶液pH，金屬陽離子濃度的變化如圖所示。據圖分析，下列判斷錯誤的是A．Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2]B．加適量NH4Cl固體可使溶液由a點變到b點C．c、d兩點代表的溶液中c(H＋)與c(OH－)乘積相等D．在b、c兩點代表的溶液中Fe(OH)3、Cu(OH)2分別達到飽和5、下列原子或離子核外電子排布式不屬于基態(tài)排布的是A．Na：1s22s22p53s2 B．S2－：1s22s22p63s23p6C．N：1s22s22p3 D．Si：1s22s22p63s23p26、100℃，有pH分別為7、9、10的三種相同物質的量濃度的鹽溶液NaX、NaY、NaZ，以下說法中不正確的是A．在三種酸HX、HY、HZ中以HX酸性相對最強B．HX、HY、HZ三者中有一種為強酸C．在X－、Y－、Z－三者中，以Z－最易發(fā)生水解D．向1molHY加入NaOH充分反應至溶液呈中性時，需要的NaOH稍小于1mol7、某溶液可能含有Al3+、NH4+、Fe2+、Na+、CO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的若干種，若在該溶液中逐滴加入稀鹽酸至過量，無明顯現象，并得到X溶液，對X溶液進行如下實驗，下列結論正確的是（）（忽略水的電離，且原溶液中各離子濃度均為0.5mol/L）A．原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SO42- B．原溶液中可能合有NO3-和Al3+C．白色沉淀C可能是 D．沉淀B可能是Fe（OH）2和Fe（OH）3的混合物8、下列說法正確的是A．常溫下，向0.1mol/LCH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7:c(Na+)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)B．常溫時，將pH=1的醋酸和pH=13的NaOH溶液等體積混合后的溶液：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)C．常溫下0.1mol·L－1的下列溶液①NH4Al(SO4)2②NH4Cl③NH3·H2O④CH3COONH4中，c(NH4+)由大到小的順序是：②＞①＞④＞③D．常溫下，0.2mol·L－1CH3COOH溶液與0.1mol·L－1NaOH溶液等體積混合后c(CH3COO－)+c(CH3COOH)－c(Na+)=0.1mol·L－19、通常人們把拆開1mol某化學鍵吸收的能量看成該化學鍵的鍵能。鍵能的大小可以衡量化學鍵的強弱，也可以估計化學反應的反應熱(ΔH)，化學反應的ΔH等于反應中斷裂舊化學鍵的鍵能之和與反應中形成新化學鍵的鍵能之和的差。下列是一些化學鍵的鍵能?；瘜W鍵C—HC—FH—FF—F鍵能/(kJ·mol－1)414489565155根據鍵能數據估算反應CH4(g)＋4F2(g)===CF4(g)＋4HF(g)的反應熱ΔH為A．－1940kJ·mol－1 B．1940kJ·mol－1C．－485kJ·mol－1 D．485kJ·mol－110、已知以下的熱化學反應方程式：Fe2O3(s)＋1/3CO(g)＝2/3Fe3O4(s)＋1/3CO2(g)ΔH＝－15.73kJ/molFe3O4(s)＋CO(g)＝3FeO(s)＋CO2(g)ΔH＝＋640.4kJ/molFe2O3(s)＋3CO(g)＝2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH＝－24.8kJ/mol則42gCO氣體還原足量FeO固體得到Fe固體和CO2氣體時對應的ΔH約為A．－327kJ/mol B．＋327kJ/mol C．－218kJ/mol D．＋218kJ/mol11、某反應的反應過程中能量變化如圖1所示(圖中E1表示正反應的活化能，E2表示逆反應的活化能)。下列有關敘述正確的是A．該反應為放熱反應B．催化劑能改變該反應的焓變C．催化劑能降低該反應的活化能D．逆反應的活化能大于正反應的活化能12、電化學裝置工作時，下列電極上發(fā)生的反應一定是氧化反應的是（）A．陰極 B．負極 C．銅電極 D．石墨電極13、一定量的鹽酸跟過量的鐵粉反應時，為了減緩反應速度，且不影響生成氫氣的總量，可向鹽酸中加入適量的（）①NaOH固體②H2O③NH4Cl固體④CH3COONa固體⑤NaNO3固體⑥KCl溶液A．②④⑥B．①②C．②③⑤D．②④⑤⑥14、下列說法中不正確的是A．通過石油裂化可以得到多種氣態(tài)短鏈烴，其中包括乙烯B．工業(yè)上可以用淀粉、纖維素為原料生產葡萄糖C．可以用純堿除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸D．溴的四氯化碳溶液能與乙烯發(fā)生加成反應而褪色15、控制合適的條件，將可逆反應2Fe3+＋2I-2Fe2+＋I2設計成如圖所示的原電池，下列判斷不正確的是（）A．反應開始時，乙中石墨電極上發(fā)生氧化反應B．反應開始時，甲中石墨電極上Fe3+被還原C．電流計讀數為零時，反應達到化學平衡狀態(tài)D．電流計讀數為零后，在甲中溶入FeCl2固體，乙中的石墨電極為負極16、25℃，101kPa時，強酸與強堿的稀溶液發(fā)生中和反應的中和熱為57.3kJ/mol，辛烷的燃燒熱為5518kJ/mol。下列熱化學方程式書寫正確的是（）A．2H+(aq)+(aq)+Ba2+(aq)+2OH(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)；ΔH=－57.3kJ/molB．KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+H2O(l)；ΔH=－57.3kJ/molC．C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)；ΔH=－5518kJ/molD．2C8H18(g)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l)；ΔH=－5518kJ/mol17、已知反應X(g)＋Y(g)nZ(g)ΔH>0，將X和Y以一定比例混合通入密閉容器中進行反應，各物質的濃度隨時間的改變如圖所示。下列說法不正確的是（）A．反應方程式中n＝1B．10min時，曲線發(fā)生變化的原因是升高溫度C．10min時，曲線發(fā)生變化的原因是增大壓強D．前5min后，用X表示的反應速率為v(X)＝0.08mol·L－1·min－118、在N2F2分子中，所有原子均符合8電子穩(wěn)定結構，則該分子中的共價鍵類型是A．僅有σ鍵B．三個σ鍵，兩個π鍵C．兩個σ鍵，兩個π鍵D．三個σ鍵，一個π鍵19、下列物質中最難電離出H＋的是()A．CH3COOHB．CH3CH2OHC．H2OD．20、在溶液中，CaCl2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HCl在任何條件下都不能發(fā)生，原因是該反應的A．ΔH>0ΔS>0 B．ΔH＜0ΔS＜0 C．ΔH＜0ΔS>0 D．ΔH>0ΔS＜021、下列事實不能用勒沙特列原理解釋的是A．濃度均為0.1mol·L－1的新制氯水，加入少量NaHSO3晶體，片刻后，溶液中HClO分子的濃度減小B．室溫下，將1mLpH＝3的醋酸溶液加水稀釋至100mL后，測得其pH＜5C．在硫化氫水溶液中加入堿有利于S2—的生成D．增大壓強更利于合成氨反應22、下列不屬于新能源開發(fā)利用的是（）A．太陽能熱水器B．天然氣動力汽車C．潮汐能發(fā)電D．風能發(fā)電二、非選擇題(共84分)23、（14分）有一化合物X，其水溶液為淺綠色，可發(fā)生如下的轉化關系(部分反應物、生成物已略)。其中B、D、E、F均為無色氣體，M、L為常見的金屬單質，C為難溶于水的紅褐色固體。在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀鹽酸的白色沉淀，H和M反應可放出大量的熱。請回答下列問題：（1）B的電子式為____________。（2）電解混合液時陽極反應式為_______________________。（3）寫出L長期放置在潮濕空氣中的腐蝕原理：負極：___________________________________。正極：___________________________________?？偡磻篲_____________________________________________________。（4）已知agE氣體在D中完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時，放出bkJ的熱量，寫出E氣體燃燒熱的熱化學方程式為___________________________。24、（12分）有A、B兩種烴，A常用作橡膠、涂料、清漆的溶劑，膠粘劑的稀釋劑、油脂萃取劑。取0.1molA在足量的氧氣中完全燃燒，生成13.44LCO2氣體(標準狀況下測定)，生成的H2O與CO2的物質的量之比為1:1。則：（1）A的分子式為___________________________。（2）A的同分異構體較多。其中：①主鏈有五個碳原子；②能使溴的四氯化碳溶液和高錳酸鉀酸性溶液褪色；③在Ni催化下能與氫氣發(fā)生加成反應。符合上述條件的同分異構體有：、、、、___________________、_____________________(寫結構簡式，不考慮順反異構)。寫出用在一定條件下制備高聚物的反應方程式_____________________，反應類型為____________________。（3）B與A分子中磯原子數相同，1866年凱庫勒提出B分子為單、雙鍵交替的平面結構，解釋了B的部分性質，但還有一些問題尚未解決，它不能解釋下列事實中的______________。a.B不能使溴水褪色b.B能與發(fā)生加成反應c.B的一溴代物沒有同分異構體d.B的鄰位二溴代物只有一種（4）M是B的同系物，0.1molM在足量的氧氣中完全燃燒，產生標準狀況下15.68L二氧化碳。①寫出下列反應的化學方程式：M光照條件下與Cl2反應：______________________________。M與濃硝酸和濃硫酸的混合酸加熱：_____________________________________。②M________(填“能”或“不能”)使高錳酸鉀酸性溶液褪色，M與氫氣加成產物的一氯代物有____種。25、（12分）某學生用0.2000mol/L的標準NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作步驟如下：①量取20.00mL待測液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3滴酚酞溶液．②用標準液滴定至終點，記錄滴定管液面讀數，所得數據如下表：滴定次數鹽酸體積NaOH溶液體積讀數（mL）滴定前滴定后120.000.0018.10220.000.0016.30320.000.0016.22回答下列問題：（1）步驟①中，量取20.00mL待測液應使用________（填儀器名稱），若在錐形瓶裝液前殘留少量蒸餾水，將使測定結果______（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）．（2）步驟②中，滴定時眼睛應注視_______（填儀器名稱），判斷到達滴定終點的依據是_____________________________________________________________（3）第一次滴定記錄的NaOH溶液的體積明顯多于后兩次，其可能的原因是（填字母）___A．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束無氣泡B．錐形瓶裝液前用待測液潤洗C．NaOH標準液保存時間過長，有部分Na2CO3生成D．滴定終點時，俯視讀數（4）根據上表記錄數據，通過計算可得該鹽酸的濃度為________mol/L26、（10分）某同學欲用物質的量濃度為0.1000mol●L-1的鹽酸測定未知物質的量濃度的氫氧化鈉溶液，選擇酚酞作指示劑。其操作步驟可分為以下幾步：A移取20.00mL待測氫氧化鈉溶液注入潔凈的錐形瓶中，并滴加2~3滴酚酞溶液。B用標準溶液潤洗滴定管2~3次。C把盛有標準溶液的酸式滴定管固定好，調節(jié)滴定管尖嘴使之充滿溶液。D取標準鹽酸注入酸式滴定管至“0”刻度以上2~3

cm處。E調節(jié)液面至“0”或“0”以下刻度，記下讀數。F把錐形瓶放在滴定管的下面，用標準鹽酸溶液滴定至終點，并記下滴定管液面的刻度。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?1)正確的操作步驟的順序是_____(填字母)。(2)步驟B操作的目的是________。(3)配制標準鹽酸時，需要用的儀器有____(填字母)。a容量瓶b托盤天平c量筒d酸式滴定管e燒杯f膠頭滴管g玻璃棒(4)下列操作中可能使所測氫氧化鈉溶液的濃度數值偏低的是_______(填字母)。a開始實驗時酸式滴定管尖嘴部分有氣泡。在滴定過程中氣泡消失b盛NaOH溶液的錐形瓶滴定前用NaOH溶液潤洗2~3次c酸式滴定管在裝液前未用標準鹽酸潤洗2~3次d讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數，滴定結束時俯視讀數e滴定過程中，錐形瓶的振蕩過于激烈，使少量溶液濺出(5)若某次滴定結束時，酸式滴定管中的液面如圖所示，則讀數為_____mL。若仰視，會使讀數偏_____(填“大"或“小")。(6)再結合下表數據，計算被測氫氧化鈉溶液的物質的量濃度是_______mol/L。滴定次數待測溶液的體積/mL標準酸體積滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL第一次10.002.3420.

39第二次10.003.

2020.20第三次10.000.6017.

8027、（12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______________。28、（14分）某學生為測定未知濃度的鹽酸溶液，實驗如下：用1.00mL待測鹽酸配制100mL稀鹽酸，以0.10mol/L的NaOH溶液滴定25.00mL上述稀鹽酸，滴定終止時消耗NaOH溶液15.00mL。(1)堿式滴定管用蒸餾水潤洗后，未用標準液潤洗導致滴定結果______(填“偏大”、“偏小”或“無影響”，下同)；若觀察堿式滴定管讀數時，滴定前仰視而滴定后俯視，則結果會導致測得的稀鹽酸溶液濃度值_________。(2)用標準NaOH溶液滴定時，應將標準NaOH溶液注入下圖中的________(選填“甲”或“乙”)；下圖在滴定操作時，排去堿式滴定管中氣泡的方法應采用操作______(選填“甲”、“乙”或“丙”)，然后輕輕擠壓玻璃球使尖嘴部分充滿堿液。(3)配制100mL一定濃度的稀鹽酸溶液，除使用量筒、燒杯、玻璃棒、和膠頭滴管外還需用到的儀器是______________，計算待測鹽酸(稀釋前的鹽酸)溶液的物質的量濃度為_________________。29、（10分）常溫下將0.01molCH3COONa和0.004mol鹽酸溶于水，配成0.5L混合溶液。（1）溶液中共有________種微粒。（2）溶液中有兩種微粒的物質的量之和一定等于0.01mol，它們是______________________。（3）溶液中n(CH3COO－)＋n(OH－)－n(H＋)＝________mol。

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、D【詳解】二元弱酸H2A在溶液中分步電離，一級電離抑制二級電離，二元弱酸鹽Na2A在溶液中分步水解，一級水解抑制二級水解，則濃度相同的溶液中c(A2－)的大小順序為Na2A＞NaHA＞H2A。A為0.01mol·L－1的H2A溶液，B為0.01mol·L－1的NaHA溶液，C中0.02mol·L－1的鹽酸與0.04mol·L－1的NaHA溶液等體積混合后，發(fā)生反應HCl+NaHA=H2A+NaCl，得到0.01mol/LH2A和0.01mol/LNaHA的混合溶液，H2A會抑制NaHA的電離，D中0.02mol/L的NaOH與0.02mol/L的NaHA溶液等體積混合后，發(fā)生反應NaOH+NaHA=Na2A+H2O，得到的是0.01mol/LNa2A溶液，則c(A2－)由大到小的順序為D＞B＞C＞A，故選D。【點睛】二元弱酸H2A在溶液中分步電離，一級電離抑制二級電離，二元弱酸鹽Na2A在溶液中分步水解，一級水解抑制二級水解是分析關鍵，也是難點。2、A【詳解】A.CH3COO?的水解方程式為CH3COO?+H2O?CH3COOH+OH?，故A正確；B.HCO3?的水解方程式為HCO3?+H2O?H2CO3+OH?，故B錯誤；C.CO32?的水解方程式為CO32?+H2O?HCO3?+OH?，故C錯誤；D.Fe3+的水解方程式為Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+，故D錯誤；故本題選A。【點睛】多元弱酸陰離子分步水解，以第一步為主，不合并書寫，多元弱堿陽離子也分步水解，一般只寫一步，水解程度較小，一般不出現“↑”、“↓”等符號。3、B【詳解】本題可用代入法，A、若甲為Cl2，丁是鐵，則乙是三氯化鐵，丙是氯化亞鐵，符合轉化關系，A正確；B、甲為鐵，丁是氯氣，則乙是氯化鐵，氯化鐵和氯氣不反應，不符合轉化關系，B錯誤；C、甲為NaOH，丁是CO2，則乙為碳酸鈉，丙為碳酸氫鈉，符合轉化關系，C正確；D、甲為二氧化碳，丁是氫氧化鈉，則乙是碳酸氫鈉，丙為碳酸鈉，符合轉化關系，D正確。答案選B?！军c睛】屬于特殊的轉化關系，發(fā)生的轉化既可以是氧化還原反應，也可以是非氧化還原反應，平時要注意總結和積累此類轉化關系適用的物質有哪些；本題在解題方法上可用代入法，即將選項中的可能物質代入轉化關系，看其是否能實現轉化，若能則符合題意，否則不符合題意。4、B【解析】根據圖象找出可用來比較Fe(OH)3、Cu(OH)2溶度積常數點，可用b、c進行計算；由a點變到b點,PH增大，氯化銨水解呈酸性,不會增大溶液的PH；Kw只與溫度有關；注意分析處在曲線上的點與曲線外的點有什么區(qū)別?！驹斀狻緼項，b點pH=1.3，c(OH-)=10-12.7mol/L，有Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=(10-12.7)3c(Fe3+)，c點時pH=4.4，c(OH-)=10-9.6mol/L，有Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)×c2(OH-)=(10-9.6)2c(Cu2+)，溶液在b、c兩點時c(Fe3+)=c(Cu2+)，可知Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2]，故A正確；B項，溶液由a點變到b點即溶液pH變大，但由于銨根離子在溶液中會水解而顯酸性，向溶液中加入適量氯化銨會使溶液pH值變小，因此不能使溶液由a點變到b點，故B錯誤；C項，因為溫度不變，所以該溶液中c(H＋)與c(OH－)的乘積，即水的離子積常數KW不變，故C正確；D項，b、c兩點均在沉淀溶解平衡曲線上，因此這時的溶液均達到飽和，故D項正確。綜上所述，本題選B。5、A【解析】根據構造原理可知，鈉原子的最外層電子數是1個，所以選項A不是鈉原子的基態(tài)電子排布，其余都是的，答案選A。6、B【分析】常溫下，水的離子積為1×10-14，即中性溶液的pH值為7，因為電離為吸熱過程，升高溫度到100℃，促進水的電離，水的離子積增大，此時中性溶液的pH值應小于7，100℃，有pH分別為7、9、10的三種相同物質的量濃度的鹽溶液NaX、NaY、NaZ，溶液均為堿性，說明三種鈉鹽均水解，HX、HY、HZ三者均為弱酸，pH值越大，證明酸根離子的水解程度越大，其相應的酸的酸性越弱。【詳解】A、相同物質的量濃度的鈉鹽溶液，溶液的pH值越大，酸根離子的水解程度越大,其相應的酸的酸性越弱，根據題意知,在三種酸HX、HY、HZ中，HX酸性相對最強，故A不符合題意;

B、水電離為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離，水的離子積增大，此時中性溶液的pH值應小于7，100℃，pH分別為7、9、10的三種相同物質的量濃度的鹽溶液NaX、NaY、NaZ，溶液均為堿性，說明三種鈉鹽均水解，HX、HY、HZ三者均為弱酸，故B符合題意;

C、100℃，pH分別為7、9、10的三種相同物質的量濃度的鹽溶液NaX、NaY、NaZ，溶液均為堿性，說明三種鈉鹽均水解，pH值越大，證明酸根離子越易水解，所以在X－、Y－、Z－三者中，所以Z－最易發(fā)生水解，故C不符合題意；D、經分析，HY為弱酸，向1molHY加入NaOH溶液充分反應至溶液呈中性時，HY還有剩余，故需要的NaOH稍小于1mol，故D不符合題意；綜上所述，本題應選B?！军c睛】本題需要學生注意題干中溫度為100℃，學生看到pH=7，就會下意識認為溶液為中性，但pH=7為中性只是在室溫下（25℃），溫度升高，促進水的電離，水的離子積增大，此時中性溶液的pH值應小于7。7、A【分析】在該溶液中逐滴加入稀鹽酸至過量，無明顯現象，說明肯定不含CO32-，得到X溶液，對X溶液加入過量的Ba(NO3)2產生白色沉淀為BaSO4，氣體A遇空氣變成紅棕色，則氣體A為NO，則原溶液中肯定含有Fe2+、SO42-，溶液A加入足量的NaOH后，產生氣體B和沉淀B，則氣體B為NH3，由于前邊加入了過量的Ba(NO3)2已經把Fe2+全部氧化成Fe3+，所以沉淀B為Fe(OH)3；溶液B通少量CO2后有白色沉淀生成，白色沉淀有可能是Al(OH)3或BaCO3一種或兩種，而原溶液中各離子濃度均為0.5mol/L，可根據電荷守恒和物料守恒來確定其它離子?！驹斀狻吭谠撊芤褐兄鸬渭尤胂←}酸至過量，無明顯現象，說明肯定不含CO32-，得到X溶液，對X溶液加入過量的Ba(NO3)2產生白色沉淀為BaSO4，氣體A遇空氣變成紅棕色，則氣體A為NO，則原溶液中肯定含有Fe2+、SO42-，無NO3-，溶液A加入足量的NaOH后，產生氣體B和沉淀B，則氣體B為NH3，由于前邊加入了過量的Ba(NO3)2已經把Fe2+全部氧化成Fe3+，所以沉淀B為Fe(OH)3；溶液B通少量CO2后有白色沉淀生成，白色沉淀有可能是Al(OH)3或BaCO3一種或兩種。則原溶液中肯定有Fe2+、SO42-、NH4+，無CO32-、NO3-，原溶液中各離子濃度均為0.5mol/L，根據電荷和物料守恒，原溶液中肯定會含有Cl-，可能含有Al3+、Na+。A.原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SO42--，A項正確；B.原溶液中可能合有Na+和Al3+，沒有NO3-，B項錯誤；C.白色沉淀C可能是和Ba(OH)2，C項錯誤；D.沉淀B肯定是Fe(OH)3，無Fe(OH)2，D項錯誤。答案選A?！军c睛】離子推斷問題中，首先根據各離子反應現象確定離子種類，再由電荷守恒確定離子數目。例如本題中，首先可以確定原溶液中肯定有Fe2+、SO42-、NH4+，無CO32-、NO3-，而題目中給出原溶液中各離子濃度均為0.5mol/L，根據電荷和物料守恒，原溶液中肯定會含有Cl-，Al3+和Na+則不能確定。8、A【解析】A.常溫下，向0.1mol/LCH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7:電荷守恒c(Na+)+C(H+)=C(OH-)+C(Cl-)+C(CH3COO-),因為PH=7，所以c(Na+)=C(Cl-)+C(CH3COO-)，物料守恒c(Na+)=c(CH3COOH)+C(CH3COO-)，所以c(Na+)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)，故A正確；B.常溫時，將pH=1的醋酸和pH=13的NaOH溶液等體積混合后得到CH3COONa和CH3COOH混合溶液，而且CH3COOH會過量很多，溶液顯酸性:c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B錯誤；C.常溫下0.1mol·L－1的下列溶液①NH4Al(SO4)2，鋁離子水解會抑制銨根離子水解；②NH4Cl③NH3·H2O是弱電解質，少量電離，所以銨根離子濃度最??；④CH3COONH4中，醋酸根離子水解會促進銨根離子水解，所以c(NH4+)由大到小的順序應該是：①＞②＞③＞④，故C錯誤；D.常溫下，0.2mol·L－1CH3COOH溶液與0.1mol·L－1NaOH溶液等體積混合得到1:1的CH3COOH和CH3COONa混合液，物料守恒c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，C（Na+）=0.05mol/L,所以c(CH3COO－)+c(CH3COOH)－c(Na+)=0.1-0.05=0.05mol·L-1,故D錯誤；正確答案：A。9、A【解析】當有1molCH4發(fā)生反應：CH4(g)＋4F2(g)===CF4(g)＋4HF(g)，其中的能量變化為斷開4molF—F鍵、4molC—H鍵吸收的熱量與形成4molC—F鍵、4molH—F鍵釋放的熱量之差，即1molCH4發(fā)生反應的能量變化為414×4+155×4-489×4-565×4=－1940kJ·mol－1，故ΔH=-1940kJ·mol－1；綜上所述，本題選A。10、A【分析】本題考查蓋斯定律的應用，準確寫出目標方程式，并找到準確的計量關系是解題的關鍵?！驹斀狻拷o以上方程式依次編號①Fe2O3(s)＋1/3CO(g)＝2/3Fe3O4(s)＋1/3CO2(g)；ΔH＝－15.73kJ/mol②Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）；△H=+640.4kJ/mol，③Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）；△H=-24.8kJ/mol，

由蓋斯定律可知，反應CO（g）+FeO（s）═Fe（s）+CO2（g），可由③/2-①/2-②/3得到，所以其反應熱△H=③/2-①/2-②/3=(-24.8kJ/mol)/2-(-15.73kJ/mol)/2-(+640.4kJ/mol)/3=-218kJ/mol，28gCO氣體即1molCO還原足量FeO固體得到Fe固體和CO2氣體時對應的ΔH約為-218kJ/mol，42gCO氣體還原足量FeO固體時，對應反熱為ΔH=－327kJ/mol；答案選A?！军c睛】先找到目標方程式，然后能夠應用蓋斯定律，找到已知方程式的關系，算出對應的反應熱數值。最后在依據新的熱化學方程式進行計算，求出相應的量。11、C【詳解】A．圖象分析反應物能量低于生成物能量，反應是吸熱反應，故A錯誤；B．催化劑只能降低反應的活化能，不能改變反應的焓變，故B錯誤；C．催化劑對反應的始態(tài)和終態(tài)無響應，但改變活化能，故C正確；D．圖象分析逆反應的活化能E2小于正反應的活化能E1，故D錯誤。答案選C。12、B【詳解】根據原電池與電解池的工作原理可知，電化學裝置工作時，原電池的負極或電解池的陽極，電極上發(fā)生的反應一定是氧化反應，B項正確，故選B。13、A【詳解】①加入NaOH固體，氫離子的物質的量及濃度均減小，故①錯誤；②加入H2O減小氫離子的濃度，但不改變氫離子的物質的量，故②正確；③加入NH4Cl固體，水解顯酸性，導致氫離子的濃度、氫離子的物質的量稍增大，速率稍加快，故③錯誤；④加入CH3COONa固體與鹽酸反應生成弱酸，減小氫離子的濃度，但不改變氫離子的物質的量，故④正確；⑤加入NaNO3固體，在酸性溶液中硝酸根與鐵反應得不到氫氣，故⑤錯誤；⑥加入KCl溶液，減小氫離子的濃度，但不改變氫離子的物質的量，故⑥正確；故②④⑥符合題意。答案：A?！军c睛】根據Fe與鹽酸反應的實質為Fe+2H+=Fe2++H2↑，為了減緩反應速度，且不影響生成氫氣的總量，則可減小氫離子的濃度，但不改變氫離子的物質的量進行分析解答。14、A【解析】A.應該是通過石油裂解可以得到多種氣態(tài)短鏈烴，故A錯誤；B.淀粉、纖維素在催化劑條件下水解生成葡萄糖，故B正確；C.純堿和乙酸反應生成乙酸鈉、水和二氧化碳，乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中不溶，故C正確；D.乙烯分子中有碳碳雙鍵，可以與溴發(fā)生加成反應，故D正確。故選A。15、D【詳解】A．乙中I-失去電子放電，化合價升高，發(fā)生氧化反應，A正確；B．由總反應方程式知，甲中石墨電極上Fe3+被還原成Fe2+，B正確；C．當電流計為零時，說明反應達到平衡，C正確；D．甲中加入Fe2+，導致平衡逆向移動，則Fe2+失去電子生成Fe3+，作為負極，則乙中石墨電極為正極，D錯誤；故答案為：D。16、B【分析】中和熱是強酸與強堿的稀溶液發(fā)生中和反應生成1mol水時放出的熱量；燃燒熱是1mol可燃物完全反應生成穩(wěn)定氧化物時放出的熱量?！驹斀狻緼.反應熱化學方程式中生成的是2mol水，不符合中和熱的定義，A錯誤；B.符合中和熱的定義，B正確；C.反應熱化學方程式中生成的水是氣體，不是穩(wěn)定氧化物，不符合燃燒熱的定義，C錯誤；D.熱化學方程式中不是1mol可燃物的燃燒，不符合燃燒熱的定義，D錯誤；故合理選項為B。【點睛】本題考查了中和熱、燃燒熱的概念應用，本題的解題關鍵是要注意概念的內涵理解。17、B【詳解】A．10min時反應物和生成物濃度瞬間同時增大，說明是增大了壓強，然后，反應物濃度逐漸減小，生成物濃度增加，平衡正向移動，則說明該反應是氣體物質的量減小的反應，則n=1，故A正確；B．根據圖像數據可知，10min時反應物和生成物濃度瞬間同時增大，則說明10min時增大了壓強，故B錯誤；C．根據圖像數據可知，10min時反應物和生成物濃度瞬間同時增大，則說明10min時增大了壓強，故C正確；D．在5min時X的物質的量濃度為1.6mol/L，0～5minX的物質的量濃度的變化為2mol/L-1.6mol/L=0.4mol/L，則該時間段X的平均反應速率為v(X)==0.08mol?L-1?min-1，故D正確；故選B。18、D【解析】由題所給條件，在N2F2分子中，所有原子均符合8電子穩(wěn)定結構可知，其結構式應為：F-N=N-F，兩個氮之間是氮氮雙鍵，一個為σ鍵一個為π鍵，氮氟之間是單鍵，為σ鍵，所以該分子中的共價鍵類型是三個σ鍵，一個π鍵。故D正確。綜上所述，本題應選D。【點睛】原子軌道以“頭碰頭”方式重疊的稱為σ鍵，原子軌道以“肩并肩”方式重疊稱為π鍵。σ鍵原子軌道重疊程度比π鍵原子軌道重疊程度大，所以σ鍵比π鍵牢固，在化學反應中π鍵易斷裂。另外σ鍵只能形成單鍵，而雙鍵或三鍵中既有σ鍵又有π鍵。19、B【解析】乙酸是一元弱酸，酸性強于苯酚，乙醇是非電解質，水是電解質，因此最難電離出氫離子的是乙醇，答案選B。20、D【詳解】反應：CaCl2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HCl在任何條件下都不能發(fā)生，是因為該反應是體系是混亂程度減小的吸熱反應，即△H>0，ΔS<0，ΔG=△H-TΔS>0，答案選D。21、A【詳解】A．NaHSO3能被HClO氧化，HClO濃度減小，不能用勒夏特列原理解釋，選項A符合；B．存在電離平衡，加水稀釋有利于醋酸的電離平衡正向移動，能用勒夏特列原理解釋，選項B不符合；C．H2SH++HS-，HS-H++S2-，加入堿，能與氫離子反應，有利于平衡正向移動，有利于S2-的生成，能用勒夏特列原理解釋，選項C不符合；D．合成氨反應為氣體體積縮小的反應，增大壓強平衡正向移動，更有利于合成氨，能用勒夏特列原理解釋，選項D不符合；答案選A。22、B【解析】新能源包括太陽能、氫能、風能、地熱能、海洋能、生物質能等?！驹斀狻緼、太陽能熱水器是利用太陽能轉化成熱能，太陽能屬于清潔能源，故A不符合題意；B、天然氣主要成分是甲烷，甲烷屬于化石燃料，不屬于新能源，故B符合題意；C、潮汐能對環(huán)境無污染，屬于新能源，故C不符合題意；D、風能對環(huán)境無污染，屬于新能源，故D不符合題意。二、非選擇題(共84分)23、4OH－－4e－=O2↑＋2H2OFe–2e-=Fe2+O2+2H2O+4e-=4OH-2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2H2(g)＋O2(g)=H2O(l)；ΔH＝－kJ·mol－1【分析】M、L為常見的金屬單質，H和M反應可放出大量的熱，該反應為鋁熱反應，則M為Al，L為Fe；C為難溶于水的紅褐色固體，則C為Fe(OH)3，H為Fe2O3，然后結合轉化關系圖可知，A為Fe(OH)2，x的水溶液為淺綠色，混合液中含有硫酸鈉和過量的氫氧化鈉，向其中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀鹽酸的白色沉淀，沉淀為硫酸鋇，B、D、E、F均為無色氣體，B應為氨氣，則X為(NH4)2Fe(SO4)2；電解硫酸鈉溶液生成E為H2，D為O2，氨氣與氧氣反應生成F為NO，NO、氧氣、水反應生成G為硝酸，，然后結合物質的性質及化學用語來解答?！驹斀狻扛鶕治龅茫海?）B為氨氣，其電子式為，答案為：；（2）電解硫酸鈉和氫氧化鈉的混合液時，陽極上氫氧根離子放電，電極反應式為40H－－4e－=O2↑＋2H2O，答案為40H－－4e－=O2↑＋2H2O；（3）在潮濕的環(huán)境中，不純的鐵（含碳）形成了鐵-氧氣-水無數個微小的原電池，發(fā)生了吸氧腐蝕，由此知鐵作負極，發(fā)生的電極反應式為：Fe–2e-=Fe2+，正極發(fā)生的電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，總反應式為：2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2（4）agH2氣體在O2中完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時，放出bkJ的熱量，則1molE燃燒放出熱量，則熱化學反應為H2(g)＋O2(g)=H2O(l)；ΔH＝－kJ·mol－1，答案為：H2(g)＋O2(g)=H2O(l)；ΔH＝－kJ·mol－1【點睛】注意抓住有色物質的性質推斷出各物質，本題難溶于水的紅褐色固體為Fe2O3；注意在潮濕的環(huán)境中，不純的鐵（含碳）形成了鐵-氧氣-水無數個微小的原電池，發(fā)生了吸氧腐蝕；燃燒熱是指在25℃、101kPa時，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時所放出的熱量，注意熱化學方程式的書寫。24、C6H12加聚反應a、d能5【解析】根據題意：0.1molA在足量的氧氣中完全燃燒，生成13.44LCO2氣體(0.6mol)，生成的H2O的物質的量也是0.6mol，故其分子式為：C6H12；（1）A的分子式為C6H12；（2）A的不飽和度為1，①主鏈有五個碳原子；②能使溴的四氯化碳溶液和高錳酸鉀酸性溶液褪色；③在Ni催化下能與氫氣發(fā)生加成反應。符合上述條件的同分異構體還有：、；用在一定條件下制備高聚物的反應方程式為：，該反應的類型是加聚反應；（3）根據題意，B的化學式是C6H6,是苯，故苯的凱庫勒式不能解釋其不能使溴水褪色，由于他未提出苯是平面正六邊形結構，故也解釋不了其鄰位二溴代物只有一種；故選ad；（4）0.1molM在足量的氧氣中完全燃燒，產生標準狀況下15.68L二氧化碳，0.7mol，故M為甲苯。①甲苯在光照條件下與Cl2反應的方程式是：；甲苯與濃硝酸和濃硫酸的混合酸加熱的方程式是：；②甲苯可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，甲苯與氫氣加成產物為其一氯代物有、、、、共5種。25、酸式滴定管無影響錐形瓶滴入最后一滴NaOH溶液，錐形瓶中溶液由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘不變色AB0.1626【解析】根據酸堿滴定原理分析滴定過程中的注意事項及計算溶液的濃度?！驹斀狻浚?）精確量取液體的體積用滴定管，量取20.00mL待測液應使用酸式滴定管，若在錐形瓶裝液前殘留少量蒸餾水，對其中含有的溶質物質的量無影響，所以對滴定結果無影響；故答案為：酸式滴定管；無影響；

（2）中和滴定中，眼睛應注視的是錐形瓶中溶液顏色變化，滴定時，當溶液顏色變化且半分鐘內不變色，可說明達到滴定終點，所以當滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內不褪色；

故答案為：錐形瓶；滴入最后一滴NaOH溶液，錐形瓶中溶液由無色變?yōu)闇\紅色，半分鐘不變色；

（3）從上表可以看出，第1次滴定記錄的NaOH溶液體積明顯多于后兩次的體積，A．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束時無氣泡，導致記錄的氫氧化鈉溶液體積偏大，故A正確；

B．錐形瓶用待測液潤洗，待測液的物質的量偏大，所用氫氧化鈉溶液體積偏大，故B正確；

C．NaOH標準液保存時間過長，有部分Na2CO3生成，如用酚酞為指示劑，最終產物不變，沒有影響，故C錯誤；

D．滴定結束時，俯視計數，因為0刻度在上方，所以測出所用氫氧化鈉溶液體積偏小，故D錯誤；故選：AB；

（4）三次滴定消耗的體積為：18.10mL，16.30mL，16.22mL，舍去第1組數據，然后求出2、3組平均消耗V（NaOH）=16.26mL，

NaOH～HCl

1

10.2000mol?L-1×16.26mL

c（HCl）×20.00mL

解得：c（HCl）=0.1626

mol?L-1；故答案為：0.1626。26、BDCEAF洗去附著在滴定管內壁上的水，防止其將標準溶液稀釋而引起誤差acefgde19.12大0.

1710【詳解】(1)中和滴定按照檢漏、洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等順序操作，題目所給步驟從潤洗開始，所用標準液為鹽酸，選用酸式滴定管，潤洗后裝液，即取標準鹽酸注入酸式滴定管至“0”刻度以上2~3cm處，調節(jié)滴定管尖嘴使之充滿溶液，之后調節(jié)液面，記錄讀數，之后取待測液并加指示劑、滴定，正確的順序為：BDCEAF；(2)用標準液潤洗可以洗去附著在滴定管內壁上的水，防止其將標準溶液稀釋而引起誤差；(3)配制一定物質的量濃度溶液時常用的儀器有容量瓶、燒杯、膠頭滴管、玻璃棒，由于配制一定物質的量濃度的鹽酸時一般是稀釋濃鹽酸，所以還需要量筒量取濃鹽酸，所以所用儀器有acefg；(4)a．開始實驗時酸式滴定管尖嘴部分有氣泡，在滴定過程中氣泡消失，則會使記錄的標準液體積用量變大，使得NaOH濃度偏大，故a不符合題意；b．盛NaOH溶液的錐形瓶滴定前用NaOH溶液潤洗2~3次會使標準液的用量偏大，計算得到的NaOH濃度偏大，故b不符合題意；c．酸式滴定管在裝液前未用標準鹽酸潤洗2~3次會稀釋標準液，從而使標準液體積偏大，計算得到的NaOH濃度偏大，故c不符合題意；d．讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數，滴定結束時俯視讀數，會使標準液體積讀數偏小，計算得到的NaOH濃度偏小，故d符合題意；e．滴定過程中，錐形瓶的振蕩過于激烈，使少量溶液濺出，導致部分NaOH溶液損失，會使標準液用量偏小，計算得到的NaOH濃度偏小，故e符合題意；綜上所述選de；(5)滴定管的零刻度在上，讀數時要估讀一位，讀到小數點后兩位，所以圖示讀數為19.12mL；仰視讀數會使讀數偏大；(6)第一次所用標準液的體積為20.39mL-2.34mL=18.05mL，第二次所用標準液的體積為20.20mL