陕西旬阳中学2024届化学高二上期中学业质量监测试题含解析

陕西旬阳中学2024届化学高二上期中学业质量监测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、在相同温度下,已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2；H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H3，则△H1,△H2,△H3大小关系为A．△H1=△H2=△H3 B．2△H3=△H2>△H1C．△H3>△H2>△H1 D．2|△H3|=|△H2|>|△H1|2、现有一瓶乙二醇和丙三醇的混和物，已知它们的性质如下表，据此，将乙二醇和丙三醇互相分离的最佳方法是()物质分子式熔点℃沸点℃密度(g/cm3)溶解性乙二醇C2H6O2-11.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇C3H8O317.92901.26能跟水、酒精以任意比互溶A．结晶法 B．萃取法 C．分液法 D．蒸馏法3、下列关于同分异构体判断正确的是A．甲苯的一氯代物有4种B．分子式为C8H10的芳香烃有3种C．分子式为C4H8的烯烃同分异构体有2种，分别为CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3D．二氯甲烷有两种同分异构体4、电子在一个原子的下列能级中排布时，最后一个排布的是()A．ns B．np C．(n－1)d D．(n－2)f5、一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)。各容器中起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如图所示：容器温度/℃起始物质的量/molNO(g)CO(g)甲T10.200.20乙T10.300.30丙T20.200.20下列说法正确的是A．该反应的正反应为吸热反应B．达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的小C．T1℃时，若起始时向甲中充入0.40molNO、0.40molCO、0.40molN2和0.40molCO2，则反应达到新平衡前v(正)＜v(逆)D．T2℃时，若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12molCO2，则达平衡时N2的转化率大于40%6、温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应:2NO22NO+O2(正反应吸热)。实验测得:v正=v(NO2)消耗=kA．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5B．达平衡时，容器Ⅱ中c(OC．达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数大于50%D．当温度改变为T2时，若k正=7、在反应3H2+N2⇌2NH3中，经一段时间后，氨的浓度增加了0.6mol/L，在此时间内用H2表示的平均反应速率为0.45mol/(L.s)，则反应所经过的时间为A．0.44s B．1s C．0.33s D．2s8、已知:①CH3OH(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-akJ/mol②CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)ΔH=-bkJ/mol③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)ΔH=-ckJ/mol④H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH=-dkJ/mol下列叙述不正确的是()A．由上述热化学方程式可知d>cB．H2的燃烧热为dkJ/molC．CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)ΔH=(b+2c-a)kJ/molD．当CO和H2的物质的量之比为1∶2,其完全燃烧生成CO2和H2O(l)时,放出QkJ热量,则混合气中CO的物质的量为Q/(b+2c)mol9、控制合适的条件，将可逆反应2Fe3+＋2I-2Fe2+＋I2设计成如图所示的原电池，下列判断不正确的是（）A．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应B．反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+被还原C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态D．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中的石墨电极为负极10、已知①CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l）ΔH1＝－1．3kJ/mol②C(s)＋O2(g)===CO2(g）ΔH2＝－2．5kJ/mol③H2(g)＋O2(g)===H2O(l）ΔH3＝－3．8kJ/mol则2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)的反应热为A．－1．3kJ/molB．－4．6kJ/molC．+5．0kJ/molD．－6．3kJ/mol11、对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A．达到化学平衡时，4v正（O2）=5v逆（NO）B．若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D．化学反应速率关系是：2v正（NH3）=3v正（H2O）12、洪涝地区欲将河水转化为可饮用水，下列处理过程中较合理的顺序是（）①化学沉降（加明矾）；②消毒杀菌（用漂白粉）；③自然沉降；④加热煮沸A．②①④③ B．③②①④C．③①②④ D．③①④②13、对可逆反应2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是()①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向正反应方向移动③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变④增大B的浓度，v(正)＞v(逆)⑤加入催化剂，B的转化率提高A．①② B．④ C．③ D．④⑤14、将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是A．Cu电极上发生还原反应B．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动C．盐桥中K+向移向ZnSO4溶液D．片刻后可观察到滤纸b点变红色15、用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果，设计如下对比实验探究温度、浓度、pH、催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示：下列说法正确的是A．实验①在15min内M的降解速率为1.33×10-2mol/(L·min)B．若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大C．若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越有利于M的降解D．实验②④说明M的浓度越小，降解的速率越慢16、用石墨电极电解CuCl2溶液（见右图）。下列分析正确的是A．a端是直流电源的负极B．通电使CuCl2发生电离C．阳极上发生的反应：Cu2++2e-=CuD．通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体17、下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是①无色溶液中：K+、Cl-、Na+、SO42-②pH=11的溶液中：CO32-、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-③水电离的c(H+)=10-12mo1·L-1的溶液中：Cl-、HCO3-、NO3-、NH4+④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl-、K+、SO42-⑤使石蕊试液变红的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3-、Na+、SO42-⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-、Cl-、S2-A．①②⑤ B．①③⑥ C．②④⑤ D．①②④18、下列反应所得的有机产物只有一种的是A．等体积的甲烷与氯气在光照条件下的取代反应B．丙烯与氯化氢的加成反应C．在NaOH醇溶液作用下的消去反应D．甲苯与液溴在溴化铁做催化剂条件下的取代反应19、在一定条件下，在容积不变的密闭容器内进行反应：2NO+2CON2+2CO2△H＜1．曲线a表示NO的转化率与反应时间的关系，若改变初始条件，使反应过程按照曲线b进行，可采取的措施是A．加催化剂B．降低温度C．增大NO的浓度D．缩小容器体积20、下列数据不一定随着温度升高而增大的是A．盐类水解常数Kh B．弱电解质的电离平衡常数KC．化学平衡常数K D．水的离子积Kw21、下列说法中，正确的是()A．同温同压下，反应H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同B．用铜作电极电解稀硫酸，反应Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑可以发生C．铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应D．使用催化剂，可加快反应速率，改变反应限度22、分子式为C3H4Cl2的链状有机物的同分异构体共有(不包括立体异构)()A．6种B．5种C．4种D．3种二、非选择题(共84分)23、（14分）某同学在学习元素化合物知识的过程中，发现某些化合物与水反应时，其中所含的一种元素可以发生自身氧化还原反应。（1）若A为红棕色气体，B为强酸，C为NO。①D为单质，其所含元素在元素周期表中的位置是___。②下列说法中，正确的是___（填字母）。a.A、C的组成元素相同b.B的浓溶液可与铜反应得到Ac.A、B、C中含有化合价不同的同种元素（2）若A为淡黄色固体，B为强碱。①反应Ⅱ的化学方程式是___。②若得到标准状况下气体C22.4L，则反应Ⅰ中生成B的物质的量是___mol。24、（12分）有关物质的转化关系如下图所示(部分物质与反应条件已略去)。A是常见金属，B是常见强酸；D、I均为无色气体，其中I为单质，D的相对分子质量是I的两倍；E是最常见的无色液体；G为常见强碱，其焰色反应呈黄色；J是常见红色固体氧化物。请回答下列问题：(1)G的电子式为_________。(2)H的化学式为__________。(3)写出反应①的离子方程式：___________________________。(4)写出反应②的化学方程式：___________________________。25、（12分）某同学欲用物质的量浓度为0.1000mol●L-1的盐酸测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，选择酚酞作指示剂。其操作步骤可分为以下几步：A移取20.00mL待测氢氧化钠溶液注入洁净的锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞溶液。B用标准溶液润洗滴定管2~3次。C把盛有标准溶液的酸式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液。D取标准盐酸注入酸式滴定管至“0”刻度以上2~3

cm处。E调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数。F把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准盐酸溶液滴定至终点，并记下滴定管液面的刻度。请填写下列空白：(1)正确的操作步骤的顺序是_____(填字母)。(2)步骤B操作的目的是________。(3)配制标准盐酸时，需要用的仪器有____(填字母)。a容量瓶b托盘天平c量筒d酸式滴定管e烧杯f胶头滴管g玻璃棒(4)下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是_______(填字母)。a开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡。在滴定过程中气泡消失b盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次c酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2~3次d读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数e滴定过程中，锥形瓶的振荡过于激烈，使少量溶液溅出(5)若某次滴定结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则读数为_____mL。若仰视，会使读数偏_____(填“大"或“小")。(6)再结合下表数据，计算被测氢氧化钠溶液的物质的量浓度是_______mol/L。滴定次数待测溶液的体积/mL标准酸体积滴定前的刻度/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.

8026、（10分）利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L-1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度，回答下列问题：（1）为什么所用NaOH溶液要稍过量____________________。（2）倒入NaOH溶液的正确操作是________(填序号)。A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是________(填序号)。A．用温度计小心搅拌B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C．轻轻地振荡烧杯D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动（4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为________。（5）________(填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是_____________。27、（12分）某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请回答下列问题：（1）观察下图（左），标准液盐酸应放入___________滴定管中。（填“甲”或“乙”）（2）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视__________________________________，滴定终点的现象为_______________。（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如上图（右）所示，则起始读数为___________mL，所用盐酸溶液的体积为___________________mL。（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表所示：依据表中数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度________________。（5）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是_____________(填字母序号)。A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数28、（14分）如图，有甲、乙、丙三个密闭容器，其中甲、乙容器与外界能进行热交换，丙不能。现向三个容器中各充入4molSO2和2molO2，保持开始时条件完全相同，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-196kJ/mol，段时间后三容器中反应均达平衡。(1)达平衡时，三容器中反应放出的热量由多到少的顺序是_____________。(2)平衡常数K(甲)、K(乙)、K(丙)的大小关系是__________。(3)乙、丙相比，反应先达到平衡状态的是__________。(4)平衡后某时刻，向三容器中都再充入4molSO2和2molO2，重新平衡后，三容器内气体压强由大到小的顺序是_________。(5)已知甲中达平衡时共放出热量294kJ，现欲使平衡时甲、乙容器体积相同，维持SO2和O2比例与初始相同，则需要再向甲容器中充入SO2和O2共__________mol。(6)若起始时向丙容器中加入的物质的量如下列各项，则反应达到平衡时SO2、O2及SO3的量与丙中原来平衡时相同或相近的是__________(稀有气体不参与反应)。A．4molSO2、2molO2、1molHeB．4molSO3、1molHeC．2molSO2、lmolO2、2molSO3D．2molSO2、1molO229、（10分）（1）一定温度下有：a．盐酸b．硫酸c．醋酸三种酸溶液．（用序号abc填空）①当其物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是__________．②当其pH相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为_________．将其稀释10倍后，pH由大到小的顺序为_____________（2）某温度下，纯水中的c(H+)=4.0×10-7mol/L,则此温度下纯水中的c(OH-)=______________mol/L;若温度不变,滴入稀NaOH溶液,使c(OH-)=5.0×10-6mol/L,则溶液的c(H+)=_________________mol/L.（3）在25℃时，100ml1.0mol/L的盐酸与等体积1.2mol/L的氢氧化钠溶液混合,混合后溶液的pH=_______________

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【题目详解】氢气的燃烧反应是放热反应，所以△H<0；发生相同的反应时，燃料的物质的量多的放出的热量多，所以△H2=2△H3；燃料的物质的量相同时生成液态水比生成气态水放出的热量多，所以|△H2|>|△H1|，则△H2<△H1，所以有2|△H3|=|△H2|>|△H1|，答案选D。2、D【题目详解】根据表中数据,可知乙二醇和丙三醇二者是互溶的，且沸点相差比较大，应选择蒸馏方法将二者分离，故D符合题意；答案：D。【题目点拨】两种液体互溶且沸点相差比较大应选择蒸馏方法将二者分离。3、A【解题分析】A.甲苯结构简式，该物质为上下对称的结构，其苯环上有3种环境的氢原子，甲基上有1种环境的氢原子，则其一氯代物共4种，故A项正确；B.分子式为C8H10的芳香烃有：乙苯（1种）、邻、间、对二甲苯（3种），共有4种，故B项错误；C.根据分子式判断该烯烃的不饱和度为1，有一个碳碳双键，属于烯烃的同分异构体有：、、，共3种，故C项错误。D.甲烷为正四面体结构，甲烷中的2个氢被2个氯原子取代生成的二氯甲烷也只有1种结构，故D项错误；综上所述，本题选A。4、B【题目详解】根据构造原理，原子核外电子大多按能级顺序填充，填满一个能级再填一个新能级，不同能层不同能级的能量顺序为ns＜（n－2）f＜（n－1）d＜np，所以电子最后排布的是np；答案选B。5、D【解题分析】A．先拐先平温度高，甲平衡状态时二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行；B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行；C．甲状态下平衡时CO物质的量为0.1mol，结合三段式计算平衡常数，依据起始量计算浓度商和平衡常数比较判断反应进行方向；D．T2℃时，依据图象可知平衡状态下CO物质的量为0.12mol，若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12molCO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相比较，和起始量0.2molCO、NO相比，相当于减少了NO、CO0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行．【题目详解】A．2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），先拐先平温度高，甲状态温度高于丙，T1＞T2，此时甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故A错误；B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行，达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大，故B错误；C．甲状态下平衡时CO物质的量为0.1mol，结合三段式计算平衡常数，2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）起始量（mol·L－1）0.10.100变化量（mol·L－1）0.050.050.0250.05平衡量（mol·L－1）0.050.050.0250.05K=0.052×0.0250.052×0.052=1，T1℃时，若起始时向甲中充入0.40molNO、0.40molCO、0.40molN2和0.40molCO2，Qc=(0.4D．T2℃时，平衡状态CO物质的量为0.12mol，2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）起始量（mol）0.20.200转化量（mol）000.10.2变化量（mol）0.080.080.040.08平衡量（mol）0.120.120.040.082NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）起始量（mol）000.060.12转化量（mol）0.120.1200若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12molCO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相同，和起始量0.2molCO、NO相比，相当于减少了NO、CO0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行，所以氮气转化率大于40%，故D正确；故选：D。【题目点拨】本题考查了化学平衡影响因素，数据分析判断，解题关键：主要是平衡常数的计算和图线的理解应用，难点C，用浓度商确定平衡移动的方向。6、D【解题分析】根据反应方程式和容器Ⅰ中O2的平衡浓度可知：平衡时，c(NO)=0.4mol/L，c(NO2)=0.2mol/L，则T1温度下，该反应的平衡常数K=c2(NO)∙c(O2)【题目详解】A项，平衡时，容器Ⅰ中气体总物质的量为0.8mol，容器Ⅱ中，气体起始总物质的量为1mol，此时c2(NO)∙c(O2)c2(NO2)=59B项，根据分析可知：平衡时，容器Ⅰ中c(O2)c(NO2)=1。当容器Ⅱ中c(O2)c(NO2)=1时，c(NO)=(0.5+0.23)mol/L，c(NO2)=(0.2+0.13)mol/L，c(O2)=(0.2+0.1C项，如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c（NO2）=0.5mol/L，且容器中还有

c（O2）=0.1mol/L剩余，与I相比，III是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%，则达平衡时，容器Ⅲ中

NO

的体积分数小于50%，，故C项错误。D项，v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=vNO消耗=2vO综上所述，本题正确答案为D。【题目点拨】本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查学生分析、计算及灵活运用知识解答问题能力，如果单纯的根据设未知数计算要涉及一元三次方程而难以解答，这需要学生灵活运用知识巧妙的避开一元三次方程而解答问题，题目难度较大。7、D【题目详解】设反应所经过的时间为xs，v(NH3)=mol/(L.s)，因为v(H2):v(NH3)=3:2，所以，0.45:=3:2，解得：x=2，D符合。答案选D。【题目点拨】同一反应，用不同物质表示的反应速率之比=化学计量数之比。8、D【解题分析】A、因气态水到液态水放热，所以d＞c，正确；B、H2的燃烧热是指1molH2完全燃烧生成液态水放出的热量，正确；C、根据盖斯定律，①-②-2×③得CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)△H＝(b＋2c－a)kJ／mol，正确；D、设CO和H2物质的量分别为n、2n，则CO放出的热量是nbkJ，H2放出的热量是2ndkJ，则nb+2nd=Q，n=Qb+2d9、D【题目详解】A．乙中I-失去电子放电，化合价升高，发生氧化反应，A正确；B．由总反应方程式知，甲中石墨电极上Fe3+被还原成Fe2+，B正确；C．当电流计为零时，说明反应达到平衡，C正确；D．甲中加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，则乙中石墨电极为正极，D错误；故答案为：D。10、D【解题分析】试题分析：2×②+2×③-①=2×（－2．5）+2×（－3．8）-（－1．3）=－6．3kJ/mol，故此题选D。考点：考查热化学方程式的书写相关知识11、A【题目详解】A.达到化学平衡时正逆反应速率相等，且反应速率之比是化学计量数之比，根据方程式可知4v正（O2）=5v逆（NO），A正确；B.单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C.达到化学平衡时，若增加容器体积，压强减小，则正、逆反应速率均减小，C错误；D.反应速率之比是化学计量数之比，则化学反应速率关系是：3v正（NH3）=2v正（H2O），D错误；答案选A。12、C【题目详解】净化水时，先通过自然沉降使较大的颗粒沉淀，再通过化学沉降使较小的颗粒沉淀，通过过滤把沉淀除去，再用漂白粉对水进行消毒，最后通过加热煮沸再次进行消毒，并且把部分钙离子、镁离子除去，答案选C。13、B【解题分析】①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误；②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故②错误；③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故③错误；④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）＞v（逆），故④正确；⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选B。14、A【解题分析】K闭合，甲、乙能自发进行氧化还原反应而组成原电池，锌易失电子作负极，铜作正极，则a电极是阴极、b电极是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，原电池工作时，盐桥中阴离子向负极区域移动，电子从负极沿导线流向阴极，从阳极流向正极。【题目详解】A．铜电极是正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，故A正确；B．电子从Zn→a，b→Cu路径流动，a、b之间没有电子流动，故B错误；C．盐桥中阳离子向正极区域移动，盐桥中K+向移向CuSO4溶液，故C错误；D．b是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，导致b电极附近溶液酸性增强，则滤纸b显无色，故D错误。【题目点拨】本题考查了原电池和电解池原理，明确根据原电池电极反应的自发性确定正负极，再结合阴阳极上发生的电极反应来分析解答；注意：电子不进入电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流。15、B【题目详解】A、根据化学反应速率的数学表达式可知，，故A错误；B、其他条件相同，①②温度不同，②的温度高于①的，而②中浓度变化大于①，说明②的降解速率大，故B正确；C、其他条件相同，①③的pH不同，③的pH大于①，在相同时间段内，①中M的浓度变化大于③，说明①的降解速率大于③，故C错误；D、②④这两组实验温度不同，浓度也不同，不是单一变量，无法比较浓度对此反应的影响，故D错误；综上所述，本题正确答案为B。16、A【题目详解】A、依据装置图可知，铜离子移向的电极为阴极，阴极和电源负极相连，a为负极，故A正确；B、通电氯化铜发生氧化还原反应生成氯气和铜，电离是氯化铜离解为阴阳离子，故B错误；C、与b连接的电极是阳极，氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故C错误；D、通电一段时间后，氯离子在阳极失电子发生氧化反应，在阳极附近观察到黄绿色气体，故D错误；故选A．17、D【题目详解】①在指定的溶液中能够大量共存，故①符合题意；②在指定溶液中能够大量共存，故②符合题意；③水电离的c(H＋)=10－12mol·L－1，该溶液可能为酸或碱，HCO3－既不能与H＋大量共存，也不能与OH－大量共存，指定溶液中不能大量共存，故③不符合题意；④加入Mg能放出H2，该溶液为酸性，指定的溶液中能够大量共存，故④符合题意；⑤MnO4－具有强氧化性，能把Fe2＋氧化，石蕊变红，说明溶液显酸性，NO3－、H＋、Fe2＋不能大量共存，故⑤不符合题意；⑥酸性条件下，NO3－具有强氧化性，能与Fe2＋、I－、S2－发生氧化还原反应，指定溶液中不能大量共存，故⑥不符合题意；综上所述，选项D正确。18、C【分析】A.等体积的甲烷与氯气在光照条件下的取代反应生成多种氯代烃；B．丙烯和HCl发生加成反应可能生成CH3CHClCH3、CH2ClCH2CH3；C．在NaOH醇溶液作用下发生消去反应生成；D．甲苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应时，苯环上甲基邻对位H原子能被溴原子取代。【题目详解】A.甲烷与氯气在光照条件下生成的是多种氯代产物的混合物，故A错误；

B.丙烯与HCl加成产物为CH3CH2CH2Cl或CH3CHClCH3，故B错误；C在NaOH醇溶液作用下的消去反应只生成生成，故C正确D.甲苯与液溴在溴化铁做催化剂条件下，得到的是邻位或对位取代物的混合产物，故D错误。【题目点拨】本题以取代反应、加成反应、消去反应为载体考查有机物结构和性质，明确物质发生反应时断键和成键方式是解本题关键，注意D中发生取代反应位置。19、B【解题分析】根据外因对反应速率和化学平衡的影响分析判断。【题目详解】据图可知，曲线a、b上转折点之前为非平衡状态，转折点之后的水平线为化学平衡状态，条件改变使反应变慢，且NO平衡转化率增大，即条件改变使平衡右移。A项：加入催化剂使化学反应加快，不能使平衡移动。A项错误；B项：降低温度，使反应变慢，平衡右移。B项正确；C项：增大NO的浓度，反应变快，平衡右移，NO平衡转化率减小。C项错误；D项：缩小容器体积即加压，反应变快，平衡右移，NO平衡转化率增大。D项错误。本题选B。20、C【解题分析】A、盐类水解是吸热过程，升高温度，促进水解，水解常数增大，故A正确；B、弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进弱电离，电离平衡常数增大，故B正确；C、对于放热的化学反应，升高温度K减小，故C错误；D、水的电离为吸热过程，升高温度,促进电离，水的离子积常数KW增大，故D正确。故选C。点睛：吸热过程，升高温度，平衡向右移动，K增大。21、B【解题分析】A．反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，所以同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，选项A错误；B．用铜作电极电解稀硫酸，阳极：Cu-2e-=Cu2+，阴极：2H++2e-=H2↑，总反应为：Cu+H2SO4CuSO4+H2↑，选项B正确；C．铅蓄电池放电时的负极发生氧化反应，选项C错误；D．催化剂不能改变反应限度，选项D错误；答案选B。22、B【解题分析】C3H6的链状同分异构体，只有一种结构：CH3-CH=CH2；由于CH3-CH=CH2只有三种氢，所以有三种一氯代物：CH2Cl-CH=CH2、CH3-CCl=CH2、CH3-CH=CHCl；再以上述每一种产物为母体，写出二元取代产物：CH2Cl-CH=CH2的取代产物有三种：CHCl2-CH=CH2，CH2Cl-CCl=CH2，CH2Cl-CH=CHCl；CH3-CCl=CH2的取代产物有两种：CH2Cl-CCl=CH2（重复），CH3-CCl=CHCl；CH3-CH=CHCl的取代产物有三种：CH2Cl-CH=CHCl（重复），CH3-CCl=CHCl（重复），CH3-CH=CCl2，所以分子式为C3H4Cl2链状有机物的同分异构体共有5种，答案选B。点睛：该同分异构体看作是由官能团取代烃中的不同氢而形成的，书写时首先写出有机物的碳链结构，然后利用“等效氢”规律判断可以被取代的氢的种类，一般有几种等效氢就有几种取代位置，就有几种同分异构体。或者利用定一移一或定二移一法：对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。二、非选择题(共84分)23、第二周期第VIA族abc4【分析】（1）根据题给信息及转化流程可知，若A为红棕色气体，B为强酸，C为NO，则A为二氧化氮，B为硝酸，则D为氧气，据此进行分析；（2）根据题给信息及转化流程可知，若A是淡黄色固体，只能是过氧化钠或溴化银，符合题意的是过氧化钠，则B是氢氧化钠，C是氧气，D是金属钠，据此进行分析。【题目详解】（1）根据描述可知A为二氧化氮，B为硝酸，则D为氧气：①氧元素在元素周期表的位置是第二周期第VIA族；②a.一氧化氮和二氧化氮的组成元素相同，都是氮和氧，a项正确；b.浓硝酸可以和铜反应得到硝酸铜和二氧化氮，即气体A，b项正确；c.A中氮元素是+4价的，B中氮元素是+5价的，C中氮元素是+2价的，c项正确；答案选abc；（2）若A是淡黄色固体，只能是过氧化钠或溴化银，符合题意的是过氧化钠，则B是氢氧化钠，C是氧气，D是金属钠：①反应II即钠和氧气得到过氧化钠：；②根据过氧化钠和水的反应方程式，可以发现生成的和是4:1的关系，若生成了氧气，则生成4mol的。24、Fe(OH)22Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O【分析】G为常见强碱，其焰色反应呈黄色，则G为NaOH，E是最常见的无色液体，则E为H2O，J是常见红色固体氧化物，则J为Fe2O3，J中的铁元素来自于A，则A为Fe，B是常见强酸，能与Fe反应生成无色气体D和水，且D、I均为无色气体，其中I为单质，D的相对分子质量是I的两倍，则I为O2，D为SO2，B为H2SO4，Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铁和水，则C为Fe2(SO4)3，SO2具有还原性，将Fe2(SO4)3还原为FeSO4，则F为FeSO4，FeSO4与NaOH反应生成氢氧化亚铁和硫酸钠，则H为Fe(OH)2，据此答题。【题目详解】（1）G为NaOH，NaOH由离子键和共价键构成，其电子式为：，故答案为。（2）H为Fe(OH)2，化学式为：Fe(OH)2，故答案为Fe(OH)2。（3）反应①为硫酸铁、二氧化硫与水反应，离子方程式为：2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+，故答案为2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+。（4）反应②为氧化铁与硫酸反应，化学方程式为：Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O，故答案为Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O。25、BDCEAF洗去附着在滴定管内壁上的水，防止其将标准溶液稀释而引起误差acefgde19.12大0.

1710【题目详解】(1)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，题目所给步骤从润洗开始，所用标准液为盐酸，选用酸式滴定管，润洗后装液，即取标准盐酸注入酸式滴定管至“0”刻度以上2~3cm处，调节滴定管尖嘴使之充满溶液，之后调节液面，记录读数，之后取待测液并加指示剂、滴定，正确的顺序为：BDCEAF；(2)用标准液润洗可以洗去附着在滴定管内壁上的水，防止其将标准溶液稀释而引起误差；(3)配制一定物质的量浓度溶液时常用的仪器有容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒，由于配制一定物质的量浓度的盐酸时一般是稀释浓盐酸，所以还需要量筒量取浓盐酸，所以所用仪器有acefg；(4)a．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，则会使记录的标准液体积用量变大，使得NaOH浓度偏大，故a不符合题意；b．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次会使标准液的用量偏大，计算得到的NaOH浓度偏大，故b不符合题意；c．酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2~3次会稀释标准液，从而使标准液体积偏大，计算得到的NaOH浓度偏大，故c不符合题意；d．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，会使标准液体积读数偏小，计算得到的NaOH浓度偏小，故d符合题意；e．滴定过程中，锥形瓶的振荡过于激烈，使少量溶液溅出，导致部分NaOH溶液损失，会使标准液用量偏小，计算得到的NaOH浓度偏小，故e符合题意；综上所述选de；(5)滴定管的零刻度在上，读数时要估读一位，读到小数点后两位，所以图示读数为19.12mL；仰视读数会使读数偏大；(6)第一次所用标准液的体积为20.39mL-2.34mL=18.05mL，第二次所用标准液的体积为20.20mL-3.20mL=17.00mL，第三次所用标准液的体积为17.80mL-0.60mL=17.20mL，第一次读数的误差较大，舍去，则所用标准液的平均体积为=17.10mL，所以NaOH溶液的浓度为=0.1710mol/L。【题目点拨】滴定管读数时要注意和量筒的区别，量筒的“0”刻度在下，所以俯视读数偏大，仰视读数偏小，而滴定管的“0”刻度在上，俯视读数偏小，仰视读数偏大。26、确保盐酸被完全中和CD△H1＝△H2＜△H3不能H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热【解题分析】（1）实验中，所用NaOH稍过量的原因是确保定量的盐酸反应完全；（2）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次性迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为C；（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计不能用来搅拌，揭开硬纸片用玻璃棒搅拌会导致热量损失，轻轻地振荡烧杯容易使液体溅出，故答案为D；（4）中和热是强酸与强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热相同；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热的，稀氨水和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放出的热量减少，但由于反应焓变是负值，所以△H1＝△H2＜△H3；（5）硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热。【题目点拨】本题考查了中和热的测定方法、误差分析，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确是解答的关键。（5）是解答的易错点，注意硫酸钡在溶液中存在溶解平衡。27、甲锥形瓶中溶液的颜色变化当滴入最后一滴盐酸时，溶液刚好由黄色变为橙色且在半分钟内溶液颜色保持不变。1.1126.111.1144mol·L－1D【分析】（1）酸性液体盛入酸式滴定管中；(2)眼睛观察的是锥形瓶内指示剂颜色的变化，而不是滴定管中液体的体积变化；判断滴定终点时，注意在指示剂颜色发生变化后，半分钟内不再复原，停止滴定；（3）滴定管的1刻度在上；（4）第二组数据，误差太大，舍去，取第一次和第二次盐酸体积计算平均值，根据c(酸)v(酸)=c(碱)v(碱)，计算NaOH溶液的物质的量浓度。（5）根据c(待测)=分析误差。【题目详解】（1）甲是酸式滴定管、乙是碱式滴定管，酸性液体盛入酸式滴定管中，所以标准液盐酸应放入甲中；（2）用标准盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化，滴定终点的现象为当滴入最后一滴盐酸时，溶液刚好由黄色变为橙色且在半分钟内溶液颜色保持不变。（3）滴定管的1刻度在上，由图可知：滴定前刻度1．11，滴定后刻度26.11，溶液体积26.11；（4）第二组数据，误差太大，舍去，取第一次和第二次盐酸体积的平均值：V=(26.11+26.19)/2=26.11mL，根据c(酸)v(酸)=c(碱)v(碱)，1.1mol/L26.11mL=c(NaOH)25.11mL，c(NaOH)=1.1144mol/L；（5）酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，测定c(NaOH)偏大，故A不符合；B、滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=可知，测定c(NaOH)无影响，故B不符合；C选项酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，测定c(NaOH)偏大，故C不符合；D选项，读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=可知，测定c(NaOH)偏低，故D符合。28、甲、乙、丙K(甲)=K(乙)＞K(丙)丙丙、乙、甲2A【分析】（1）根据甲、乙、丙三容器的特点，结合勒夏特列原理进行分析，以乙为参照，反应开始后甲的压强比乙的大，平衡正向移动；丙的温度升高，平衡逆向移动，即可得出结果；（2）根据平衡常数仅仅是温度的函数，以及温度对化学平衡的影响即可求解；（3）根据浓度、温度对化学反应速率的影响，反应速率越快，越早达到化学平衡；（4）以乙容器为参照，甲是恒压，乙容器随反应进行压强减小，丙容器反应放热温度升高，且平衡逆向移动，气体的物质的量增大，压强增大而求解；（5）运用三段式进行求解即可；（6）利用等效平衡思想进行求解。【题目详解】(1)由于甲容器为恒温恒压，乙容器为恒温恒容，丙容器为恒容绝热，故随着反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的进行，达平衡时，容器乙和丙的压强减小，故相当于甲容器增大压强，故平衡正向移动，丙容器的温度升高，平衡逆向移动，故三容器中反应放出的热量由多到少的顺序是甲