2024届上海市青浦高级中学高二化学第一学期期中调研模拟试题含解析

2024届上海市青浦高级中学高二化学第一学期期中调研模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、在密闭容器中进行反应：X2(g)＋3Y2(g)⇌2Z(g)，其中X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L-1、0.4mol·L-1、0.2mol·L-1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是()A．c(Z)＝0.4mol·L-1 B．c(Y2)＝0.1mol·L-1C．c(X2)＝0.2mol·L-1 D．c(X2)＝0.05mol·L-1且c(Z)＝0.3mol·L-12、在冶金工业中，可采用氢氧化钠沉淀法处理废水中的铜离子，这是因为该处理过程中产生的氢氧化铜A．易分解 B．具有氧化性 C．难溶于水 D．颜色为蓝色3、可逆反应mA(s)+nB(g)pC(g)在一定条件下达到平衡后，改变压强，B的体积分数φ(B)与压强的关系如图所示，有关叙述正确的是()。A．m+n＜pB．n＞pC．X点时v(正)＞v(逆)D．X点比Y点的正反应速率快4、硼化钒（VB2）—空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如下，该电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5，下列说法正确的是A．电极a为电池负极，发生还原反应B．每消耗1molVB2转移6mol电子C．电池工作时，OH向电极a移动D．VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH−－22e−＝V2O5+2B2O3+11H2O5、当H原子和F原子沿z轴结合成HF分子时，F原子中和H原子对称性不一致的轨道是()A．1s B．2s C．2px D．2pz6、下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是A．调味剂 B．着色剂 C．抗氧化剂 D．营养强化剂7、反应COCl2(g)Cl2(g)+CO(g)△H>0达到平衡时各物质的浓度在不同条件下的变化状况如图所示(第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出)。下列说法正确的是A．第4min时改变的条件可能是扩大容器体积B．第2min时的平衡常数K(2)大于第8min时的平衡常数K(8)C．12min时反应在温度T(8)下重新达到平衡，则此时c(COCl2)=0.031mol/L(结果保留两位有效数字)D．产物CO在2~3min、5~6min、12~13min时的平均反应速率大小为：υ(5~6)>υ(2~3)>υ(12~13)8、下列物质中，既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色的是①SO2②CH3CH2CH=CH2③C6H6④CH3CH3A．①②③④B．②③C．②④D．①②9、在一可变密闭容器中发生反应：2A(g)+B(g)xC(g)，达到平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，在温度不变的条件下，将容器的容积扩大到原来的2倍，再次达平衡时，测得A的浓度为0.2mol/L。下列有关的判断正确的是A．x=3 B．物质C的体积分数减小C．平衡向正反应方向移动 D．物质B的转化率降低10、下列有关热化学方程式及其叙述正确的是A．氢气的燃烧热为285.5kJ·mol−1，则水分解的热化学方程式为2H2O(l)2H2(g)+O2(g)ΔH=+285.5kJ·mol−1B．已知2C(石墨，s)+O2(g)2CO(g)ΔH=−221kJ·mol−1，则石墨的燃烧热为110.5kJ·mol−1C．已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=−92.4kJ·mol−1，则在一定条件下将1molN2和3molH2置于一密闭容器中充分反应后最多可放出92.4kJ的热量D．已知乙醇和乙烯的燃烧热分别为1366.8kJ·mol−1和1411.0kJ·mol−1，则乙烯水化制乙醇的热化学方程式为C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l)ΔH=−44.2kJ·mol−111、下列反应中，需加快化学反应速率的是（）A．食物腐败 B．橡胶老化 C．钢铁腐蚀 D．合成氨气12、微型锂碘电池可用做植入某些心脏病人体内的心脏起搏器所用的电源。这种电池中的电解质是固体电解质LiI，其中的导电离子是I-。下列有关说法正确的是A．正极反应：2Li－2e-＝2Li+B．负极反应：I2＋2e-＝2I-C．总反应是：2Li＋I2＝2LiID．金属锂作正极13、化学用语是学习化学的重要工具，下列表示物质变化的化学用语或叙述中，正确的是A．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl——2e—=Cl2↑B．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu－2e－==Cu2+C．101Kpa时，H2的热值为-142.75KJ/g，则表示氢气标准燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+1/2O2(g)=H2O(l)；ΔH=－142.75KJ/molD．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe—2e—＝Fe2+14、下列事实不能用勒夏特利原理来解释的是A．用排饱和食盐水的方法收集氯气B．增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3C．在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深D．合成氨工业选择高温（合成氨反应为放热反应）15、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是A．含16

g氧原子的二氧化硅晶体中含有的σ键数目为2NAB．58.5gNaCl晶体中含有0.25NA个右图所示的结构单元C．常温常压下，5

g

D2O含有的质子数、电子数、中子数均为2.5NAD．2

mol

SO2和1

mol

O2在一定条件下反应所得混合气体分子数小于2NA16、可用于鉴别下列三种物质的一组试剂是①银氨溶液②溴的四氯化碳溶液③氯化铁溶液④氢氧化钠溶液A．①③ B．②③ C．①④ D．②④17、有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol·L－1，下列说法正确的是A．3种溶液pH的大小顺序是③>②>①B．若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②C．若分别加入25mL0.1mol·L－1盐酸后，pH最大的是①D．三种溶液中，水的电离程度最大的是③18、2005年的诺贝尔化学奖颁给在烯烃复分解反应研究方面做出突出贡献的化学家。烯烃复分解是指在催化条件下实现C=C双键断裂两边基团换位的反应。如图表示则丙烯(CH3-CH=CH2)和丁烯(CH3-CH2-CH=CH2)发生烯烃复分解反应可生成新的烯烃种类数为()A．3 B．4 C．5 D．619、在一定温度下的定容密闭容器中，当下列条件不再改变时，表明反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)已达到平衡状态的是A．混合气体的压强 B．气体的总物质的量C．混合气体的密度 D．单位时间内生成nmolC的同时消耗2nmolB20、用下列实验装置完成对应实验，操作正确并能达到实验目的的是ABCDA．用A图所示装置进行石油的蒸馏 B．用B图所示装置进行氯气的干燥C．用C图所示方法可以检查装置气密性 D．用D图所示方法可以检验K+21、工业合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92.0kJ·mol－1，恒容时，体系中各物质浓度随时间变化曲线如图所示，下列说法正确的是A．25min时采取的措施是降低温度或增大压强B．将0.5mol氮气、1.5mol氢气置于1L密闭容器中发生反应，放出的热量为46kJC．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个时间段平衡时平衡常数：KⅢ>KⅠ=KⅡD．为了增大合成氨的产率可以通过使用催化剂、原料的循环使用来实现22、对于A2+3B22C的反应来说，以下化学反应速率的表示中，反应速度最快的是A．υ(B2)=0.8mol·L-1·s-1 B．υ(B2)=3mol·L-1·s-1C．υ(C)=0.6mol·L-1·s-1 D．υ(A2)=0.4mol·L-1·s-1二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下：元素相关信息A基态原子的价电子排布式为nSnnPnB元素原子的核外p电子数比s电子数少1个C最外层电子数是电子层数的3倍D简单离子是第三周期元素中离子半径最小的E价电子层中的未成对电子数为4请回答下列问题：（1）写出下列元素符号：A______，B_______，C________，D__________。（2）写出C元素在周期表的位置_________，E2+价电子的轨道表示式______________,B元素能量最高的电子为____轨道上的电子，其轨道呈______形。（3）按原子轨道的重叠方式，1molA与C形成的最高价化合物中σ键有______个，π键有______个。(阿伏加德罗常数的值用NA表示)（4）B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为________(用离子符号表示)。（5）写出C的核外有18个电子的氢化物的电子式_____________。24、（12分）有机物A可用作果实催熟剂。某同学欲以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。请回答：（1）A的电子式是_____。（2）E的结构简式是_____，E分子中含有的官能团名称是_____。（3）写出反应④的化学方程式_____。（4）反应①～⑤中属于取代反应的是_____（填序号）。（5）写出与乙酸乙酯互为同分异构体且属于羧酸的结构简式_____、_____。25、（12分）为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取Mg固体样品，配成250mL溶液。设计了以下两种实验方案：方案I：取50.00mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液→操作I→洗涤→操作Ⅱ→称量，得到沉淀的质量为m1g方案Ⅱ：取50.00mL上述溶液，用amol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定。实验中所记录的数据如下表：滴定次数实验数据1234待测溶液体积/mL50.0050.0050.0050.00滴定管初读数/mL0.000.200.100.15滴定管末读数/mL20.9521.2020.1521.20(1)配制250mLNa2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、滴管、药匙和_______________、_________________。(2)操作I为__________________操作Ⅱ为______________(3)在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是_______________________________。(4)在方案Ⅱ中发生的离子反应方程式为__________________________(5)根据方案Ⅱ所提供的数据，计算Na2SO3的纯度为___________。（写成分数形式）(6)有同学提出方案Ⅲ，取50.00mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的硝酸钡溶液→操作I→洗涤→操作Ⅱ→称重，则上述实验中，由于操作错误所引起的实验误差分析正确的是__________（填序号）。a．方案I中如果没有洗涤操作，实验结果将偏小b．方案I中如果没有操作Ⅱ，实验结果将偏大c．方案Ⅲ中如果没有洗涤操作，实验结果将偏小d．方案Ⅲ中如果没有操作Ⅱ，实验结果将偏大26、（10分）某工业废水中主要含有Cr3＋，同时还含有少量的Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理：注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3pH3.79.611.189(>9溶解)（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填序号)。A．Na2O2B．HNO3C．FeCl3D．KMnO4（2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是________；已知钠离子交换树脂的原理：Mn＋＋nNaR→MRn＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是__________。A．Fe3＋B．Al3＋C．Ca2＋D．Mg2＋（3）还原过程中，每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole－，该反应离子方程式为____________。27、（12分）（10分）某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：（1）上述实验中发生反应的化学方程式有。（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是。（3）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。混合液

A

B

C

D

E

F

4mol·L-1H2SO4/mL

30

V1

V2

V3

V4

V5

饱和CuSO4溶液/mL

0

0.5

2.5

5

V6

20

H2O/mL

V7

V8

V9

V10

10

0

①请完成此实验设计，其中：V1=，V6=，V9=。②反应一段时间后，实验E中的金属呈色。③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降,请分析氢气生成速率下降的主要原因。28、（14分）对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。（1）以下为铝材表面处理的一种方法：①碱洗的目的是洗去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时候常有气泡冒出，原因是（用离子方程式表示）_____。为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的____。a．NH3b．CO2c．NaOHd．HNO3②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为_________。（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨做阳极的原因是________。（3）利用图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应该置于____处（填“M”或“N”）；若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_______。（4）已知：H2O2是弱酸，在碱性条件下以HO2－存在。目前研究比较热门的Al－H2O2燃料电池，其原理如下图所示：电池总反应如下：2Al+3HO2－=2AlO2－+OH－+H2O。写出负极反应式为_______；写出正极反应式为________。29、（10分）如图所示，某同学设计了一个燃料电池探究碱工业原理的相关问题，其中乙装置中X为阳离子交换膜，请按要求回答相关问题：(1)石墨电极(C)作___极，甲中甲烷燃料电池的负极反应式为___。(2)若消耗2.24（标况）氧气，则乙装置中铁电极上生成的气体体积（标况）为___L。乙池中总反应的离子方程式___。(3)若丙中以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是___。A．a电极为纯铜B．粗铜接电源正极，发生还原反应C．CuSO4溶液的浓度保持不变D．利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属(4)若丙中以稀H2SO4为电解质溶液，电极材料b为铝，则能使铝表面生成一层致密的氧化膜，该电极反应式为___。(5)若将乙装置中两电极用导线直接相连，则铁和石墨(C)两极上发生的电极反应式分别为：铁电极___，石墨(C)电极___。

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】由于反应X2(g)＋3Y2(g)⇌2Z(g)是一个可逆反应，故各物质均不可能完全转化，假设反应往正方向完全反应，故有：，假设反应往逆方向完全进行，则有：综合得出：0<c(X2)<0.2mol·L-1，0.1mol·L-1<c(Y2)<0.7mol·L-1，0mol·L-1<c(Z)<0.4mol·L-1故A、B、C均不正确；D项当c(X2)=0.05mol·L-1时，说明反应了0.05mol·L-1X2，则将生成0.1mol·L-1Z，故c(Z)=0.2+0.1=0.3mol·L-1，故D正确，故答案为：D。2、C【题目详解】在冶金工业中，可采用氢氧化钠沉淀法处理废水中的铜离子，使铜离子转化为氢氧化铜沉淀而从溶液中除去，这是利用氢氧化铜难溶于水的性质，而与氢氧化铜易分解、具有弱氧化性、颜色为蓝色均无关。答案选C。3、C【题目详解】A．由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，由于A为固体，所以m+n与p的关系不确定，故A错误；B．由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，故B错误；C．x点位于曲线上方，未达到平衡状态，由图象可以看出，当B的含量减小时，可趋向于平衡，则应是向正反应方向移动，即v正＞v逆，故C正确；D．由图象可以看出x点的压强小于y点压强，压强越大，反应速率越大，故x点比y点混合物的反应速率慢，故D错误。故选C。【点晴】本题注意分析纵坐标随横坐标变化的趋势，特别是曲线的上的点与曲线外的点的区别。由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，由于A为固体则有n＜p，在曲线上的点为平衡状态。4、D【题目详解】A.硼化钒-空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，所以a为正极，A错误；B.负极上是VB2失电子发生氧化反应，每消耗1molVB2转移电子，B错误；C.原电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以溶液中的OH-向另一极移动，C错误；D.负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH−－22e−＝V2O5+2B2O3+11H2O，D正确；答案选D。【点晴】掌握原电池的工作原理是解答的关键，原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。解答时注意把握电极反应式的书写，正确判断离子的定向移动。5、C【题目详解】s轨道无论沿何轴结合，均对称。F是沿z轴与H原子成键，所以2pz是对称的，不一致的是2px，因此正确的答案选C。【题目点拨】该题是基础性试题的考查，主要是考查学生对原子轨道的了解、掌握程度。有利于培养学生的分析问题、解决问题的能力。6、C【题目详解】A.调味剂是为了补充、增强、改进食品中的原有口味或滋味，与速率无关，A错误；B.着色剂是为了使食品着色后提高其感官性状，与速率无关，B错误；C.抗氧化剂能延缓食品氧化速率，与反应速率有关，C正确；D.营养强化剂是提高食品营养价值，与速率无关，D错误。答案为C。7、C【解题分析】A.4min瞬间浓度不变，不可能为改变压强、浓度，应是改变温度，故A错误；B.第8min时反应物的浓度比第2min时减小，生成物浓度增大，平衡向正反应方向移动。4min瞬间浓度不变，不可能为改变压强、浓度，应是改变温度，因为正反应为吸热反应，所以温度T(2)＜T(8)，则平衡常数K(2)＜K(8)，故B错误；C.由图可知，10min瞬间Cl2浓度不变，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，故0.06mol/L×0.12mol/LcCOCl2=0.11×0.0850.04=0.234mol/L，解得c(COCl2)=0.031mol/L，故C正确；D.根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3min和12～13min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0，在5～6min时，反应向正反应进行，故CO的平均反应速率为8、D【解题分析】SO2具有还原性，与溴水、高锰酸钾均发生氧化还原反应，则既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正确；②CH3CH2CH═CH2中含碳碳双键，则与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，则既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故②正确；③C6H6是苯，既不能发生化学反应使溴水褪色，又不能使酸性KMnO4溶液褪色，故③错误；④CH3CH3是乙烷，既不能发生化学反应使溴水褪色，又不能使酸性KMnO4溶液褪色，故④错误；故选D。9、C【分析】在温度不变的条件下，将容器的容积扩大到原来的2倍的瞬间，各组分浓度将减小到原来的一半，即A的浓度为0.25mol/L，根据题意再次达到平衡时A的浓度为0.2mol/L<0.25mol/L，说明平衡向正反应方向移动了，由此分析。【题目详解】在温度不变的条件下，将容器的容积扩大到原来的2倍的瞬间，各组分浓度将减小到原来的一半，即此时A的浓度为0.25mol/L，根据题意再次达到平衡时A的浓度只有0.2mol/L<0.25mol/L，说明平衡向正反应方向移动了。A.容器的容积扩大即为减压，由上分析可知平衡向正反应方向移动了，根据勒夏特列原理，正反应方向气体体积增大，所以x>3，A项错误；B.因为平衡向正反应方向移动，所以C的体积分数增大，B项错误；C.由上分析可知平衡向正反应方向移动，C项正确；D.因为B的初始物质的量没有变，而平衡向正反应方向移动，所以B的转化率增大，D项错误；答案选C。10、D【题目详解】A.燃烧热是指1mol可燃物燃烧时所放出的热量，所以当1mol水分解时才吸热285.5kJ，A项错；B.燃烧热是指生成稳定的氧化物所放出的热量，而CO不是稳定氧化物，B项错；C.合成氨是可逆反应，提供的反应物不会全部反应，放出的热量小于92.4kJ，C项错；D.根据盖斯定律，将表达乙烯燃烧热的热化学方程式和表达乙醇燃烧热的热化学方程式相减可得D项热化学方程式；答案选D。11、D【题目详解】A.为了以减小资源的损耗，避免浪费，要减慢食物腐败，即减小食物氧化的反应速率，故A不符合题意；B.为了以减小资源的损耗，避免浪费，要减慢橡胶老化，即减小橡胶老化的反应速率，故B不符合题意；C.为了以减小资源的损耗，避免浪费，要减慢钢铁腐蚀，即减小钢铁腐蚀的反应速率，故C不符合题意；D.在工业生产中为了增大合成氨气的产量，需要加快合成氨气的反应速率，故D符合题意；故答案：D。12、C【题目详解】A．该原电池中，正极上碘得电子发生还原反应，电极反应式为I2＋2e-＝2I-，错误；B．该原电池中，负极上锂失电子发生氧化反应，电极反应式为2Li－2e-＝2Li+，错误；C．得失电子相等时，将正负极电极反应式相加得电池反应式2Li＋I2＝2LiI，正确；D．该原电池中，负极上锂失电子发生氧化反应而作负极，错误。答案选C。13、A【解题分析】A、用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电；B、粗铜精炼时，与电源正极相连的阳极材料是粗铜，阴极材料是精铜；C、在常温常压条件下，氢气的热值为142.75kJ/g，即1gH2燃烧放出的热量为142.75kJ，则1molH2放出的热量为：2×142.75kJ=285.5kJ；D、钢铁发生电化学腐蚀时，在负极上是铁失电子发生氧化反应的过程。【题目详解】A项、用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故A正确；B项、粗铜的精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，则与电源正极相连的是粗铜，故B错误；C项、在常温常压条件下，氢气的热值为142.75kJ/g，即1gH2燃烧放出的热量为142.75kJ，则1molH2放出的热量为：2×142.75kJ=285.5kJ，则表示氢气标准燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+1/2O2(g)=H2O(l)；ΔH=－285.5kJ/mol，C错误；D项、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-═Fe2+，故D错误。故选A。14、D【解题分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【题目详解】A．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，故A不选；B．SO2和O2反应生成SO3，是气体体积缩小的反应，增大压强，有利于平衡正向移动，故B不选；C．增加KSCN的浓度，有利于平衡向正反应方向移动，Fe（SCN）3浓度增大，体系颜色变深，故C不选。D．合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，但升高温度为加快反应速率，与平衡移动无关，故D选；答案选D。15、D【分析】二氧化硅晶体中，每个氧原子形成2个σ键；根据均摊原则，每个NaCl晶体的晶胞含有4个钠离子、4个氯离子；5gD2O的物质的量是，1个D2O分子中含有10个质子、10个电子、10个中子；SO2、O2生成SO3的反应可逆。【题目详解】16g氧原子的物质的量是1mol，每个氧原子形成2个σ键，所以含16g氧原子的二氧化硅晶体中含有的σ键数目为2NA，故A叙述正确；58.5gNaCl的物质的量是1mol，每个NaCl晶体的晶胞含有4个钠离子、4个氯离子，所以58.5gNaCl晶体中含有0.25NA个右图所示的结构单元，故B叙述正确；5gD2O的物质的量是，1个D2O分子中含有10个质子、10个电子、10个中子，所以5gD2O含有的质子数、电子数、中子数均为2.5NA，故C叙述正确；SO2、O2生成SO3的反应可逆，所以2molSO2和1molO2在一定条件下反应所得混合气体分子数大于2NA，故D叙述错误。16、A【题目详解】水杨醛和茉莉醛中都有醛基，可以和银氨溶液反应，香豆素中没有醛基，首先可以鉴别出香豆素，水杨醛中有酚羟基，可以和氯化铁发生显色反应，鉴别出水杨醛，而用溴的四氯化碳溶液和三者反应都能褪色，无法鉴别；和NaOH溶液反应的有水杨醛和香豆素，现象不明显，故①③符合题意，所以答案选A。17、C【解题分析】A．等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸氢根离子的酸性小于醋酸，所以3种溶液pH的大小顺序是③>①>②，选项A错误；B．稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是③，选项B错误；C．等体积等浓度混合后，①中溶质为NaHCO3、NaCl，②中溶质为NaCl、CH3COOH，③中溶质为NaCl，而HCO3-离子水解显碱性，所以pH最大的是①，选项C正确；D．碳酸钠和醋酸钠水解促进水的电离，氢氧化钠溶液是强碱抑制水的电离，电离程度不同，选项D错误；答案选C。【题目点拨】本题考查学生盐的水解规律以及盐的水解原理的应用知识，注意知识的迁移和应用是解题的关键，难度不大。18、B【解题分析】根据烯烃复分解反应的机理可得丙烯（CH3-CH=CH2）和丁烯（CH3-CH2-CH=CH2）发生烯烃复分解反应可生成新的烯烃有CH3-CH=CH-CH3、CH3-CH2-CH=CH-CH2-CH3、CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH2-CH3四种，故答案选D。19、C【解题分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化。【题目详解】A项、反应物A（s）是固体，反应两边化学计量数相等，混合气体的压强始终相等，所以不能判断已达到平衡状态，故A错误；B项、两边气体的化学计量数相等，总的物质的量始终不变，所以不能判断已达到平衡状态，故B错误；C项、反应两边化学计量数相等，总的物质的量始终不变，A是固体，混合气体的质量会变大，所以混合气体的平均相对分子质量增大，所以能已达到平衡状态，故C正确；D项、单位时间内生成nmolC的同时消耗2nmolB，都是正反应速率，无法判断正逆反应速率相等，所以不能判断已达到平衡状态，故D错误。故选C。【题目点拨】本题考查了化学平衡状态的判断，对于反应前后气体的计量数之和相等的可逆反应来说，可从浓度、速率、百分含量等角度判断是否达到平衡状态。20、C【解题分析】A．温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，故A错误；B．气体应从长导管口进，短导管口出，故B错误；C．检查气密性，可先关闭弹簧夹，经长颈漏斗向锥形瓶中加水，如形成液面差且液面在一定时间内不变化，说明气密性好，故C正确。D．要透过蓝色钴玻璃观察K+的火焰颜色，故D错误。故选C。21、C【题目详解】A．25min时N2和H2浓度降低，NH3浓度突然降低，采取的措施是将NH3从体系中分离，A错误；B．该反应为可逆反应。物质不能100%转化，0.5mol氮气、1.5mol氢气置于1L密闭容器中发生反应，放出的热量小于46kJ，B错误；C．25min时为将NH3从体系中分离，45min时，组分浓度没有改变，之后N2和H2浓度降低，NH3浓度突然增大，说明反应向正反应方向移动，改变的条件是降温，平衡常数与温度相关，Ⅰ、Ⅱ温度相同，则KⅠ=KⅡ；该反应为放热反应，温度降低K增大，Ⅲ的平衡常数大，故KⅢ>KⅠ=KⅡ，C正确；D、催化剂不影响化学平衡，不改变合成氨的产率，D错误；答案选C。22、B【解题分析】不同物质表示的速率之比，等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。【题目详解】A.υ(B2)/3=0.267mol/(L·s)；B.υ(B2)/3=1mol/(L·s)；C.υ(C)/2=0.3mol/(L·s)；D.υ(A2)/1=0.4mol/(L·s)；本题答案为B。【题目点拨】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，在速率单位统一的前提下，不同物质表示的速率与化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。二、非选择题(共84分)23、CNOAl)第2周期第VIA族2p纺锤形（或哑铃形）2NA2NAN3-＞O2-＞Al3＋【分析】A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,由A的基态原子的价电子排布式可以知道,n=2,则A为C元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则C为O元素；B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，可以知道p能级上只有3个电子,结合原子序数可以知道,B为N元素；D为简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D为Al元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe，据以上分析解答。【题目详解】A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,由A的基态原子的价电子排布式可以知道,n=2,则A为C元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则C为O元素；B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，可以知道p能级上只有3个电子,结合原子序数可以知道,B为N元素；D为简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D为Al元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe；(1)由上述分析可以知道,A为C,B为N,C为O,D为Al；综上所述，本题答案是：C，N，O，Al。

(2）C为O，核电荷数8，在周期表的位于第2周期第VIA族；铁原子基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+价电子的轨道表示式；B为N,基态核外电子排布为：1s22s22p3，能量最高的电子为2p轨道上的电子，其轨道呈纺锤形（或哑铃形）；综上所述，本题答案是：第2周期第VIA族，，2p；纺锤形（或哑铃形）。(3）按原子轨道的重叠方式，1molC与O形成的最高价化合物为CO2，结构式为O=C=O,含有σ键有2NA个，π键有2NA个；综上所述，本题答案是：2NA，2NA。(4）具有相同电子结构的离子中原子序数大的离子半径小,则B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为N3-＞O2-＞Al3＋；因此，本题正确答案是：N3-＞O2-＞Al3＋。(5）C的核外有18个电子的氢化物为过氧化氢,其电子式为

,因此，本题正确答案是:

。24、CH3COOH羧基2CH3CHO+O22CH3COOH②⑤CH3CH2CH2COOH（CH3）2CHCOOH【分析】C连续氧化得到E，二者反应得到CH3COOCH2CH3，则C为CH3CH2OH，E为CH3COOH，乙醇发生氧化反应生成D为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成CH3COOH，有机物A可用作果实催熟剂，系列转化得到CH3CH2OH，故A为C2H4，与水发生加成反应得到B为CH3CH2Br，溴乙烷发生水解反应得到CH3CH2OH，据此解答。【题目详解】C连续氧化得到E，二者反应得到CH3COOCH2CH3，则C为CH3CH2OH，E为CH3COOH，乙醇发生氧化反应生成D为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成CH3COOH，有机物A可用作果实催熟剂，系列转化得到CH3CH2OH，故A为C2H4，与水发生加成反应得到B为CH3CH2Br，溴乙烷发生水解反应得到CH3CH2OH，（1）A为C2H4，其电子式是；（2）E的结构简式是CH3COOH，分子中含有的官能团是羧基；（3）反应④是乙醛氧化生成乙酸，反应方程式为：2CH3CHO+O22CH3COOH；（4）反应①是乙烯与HBr发生加成反应，反应②是溴乙烷发生水解反应得到CH3CH2OH，也属于取代反应，反应③是乙醇发生氧化反应生成乙醛，反应④是乙醛发生氧化反应生成乙酸，反应⑤是乙酸与乙醇发生酯化反应，也属于取代反应，故反应①～⑤中属于取代反应的是②⑤；（5）与乙酸乙酯互为同分异构体且属于羧酸的结构简式有：CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH。【题目点拨】本题考查有机物推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸的性质与转化，比较基础，侧重对基础知识的巩固。25、天平250mL的容量瓶过滤干燥（烘干）加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2++5SO42-+3H2O1323a/40Mad【题目详解】(1)配制250mLNa2SO3溶液时，需要使用天平称量亚硫酸钠固体的质量，必须使用250mL的容量瓶。(2)操作I为分离固体和液体，应为过滤，过滤洗涤后应为干燥（烘干），所以操作Ⅱ为干燥（烘干）。(3)由于高锰酸钾溶液本身有颜色，不需要使用指示剂，滴定终点为最后剩余一滴高锰酸钾，所以终点为：加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色。(4)高锰酸钾氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，本身被还原为锰离子，离子方程式为：2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2++5SO42-+3H2O。(5)从表中数据可以消耗的高锰酸钾的体积分别为20.95mL、21.00mL、20.05mL、21.05mL，第三组的实验误差较大，舍去，高锰酸钾的体积平均值为（20.95mL+21.00mL+21.05mL）/3=21.00mL，消耗高锰酸钾的物质的量为0.021amol，则结合化学方程式分析，50mL中亚硫酸钠的0.021amol×5/2=21a/400mol，则原固体中亚硫酸钠的物质的量为21a/400mol×250mL/50mL=21a/80mol，所以亚硫酸钠的纯度为21a/80mol×126g/mol÷Mg=1323a/40M。(6)方案I中所得沉淀BaSO4由样品中Na2SO4与BaCl2反应生成；方案III是样品中Na2SO3、Na2SO4中S全部转化沉淀BaSO4。a．方案I中如果没有洗涤操作，测得生成硫酸钡的质量增大，则亚硫酸钠的质量偏小，则实验结果将偏小，故正确；b．方案I中如果没有操作Ⅱ，测得生成硫酸钡质量增大，则亚硫酸钠的质量偏小，故错误；c．方案Ⅲ中如果没有洗涤操作，测得生成硫酸钡质量增大，则测定结果偏大，故错误；d．方案Ⅲ中如果没有操作Ⅱ，测得硫酸钡质量增大，实验结果将偏大，故正确。故选ad。26、AABCD3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O【分析】某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4；(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，注意不能引入新的杂质；(2)根据表中数据判断；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；(3)每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式。【题目详解】某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4；(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na2O2代替H2O2，故答案为：A；(2)根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；(3)每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，则反应的离子方程式为：3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O。27、（1）Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2­（2分）（2）CuSO4与Zn反应产生的铜与Zn形成微电池，加快了氢气产生的速度（2分）（3）①V1=30；V6=10；V9=17.5②红色（紫红色）（每格1分，共4分）③当加入一定量的CuSO4后，生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的表面（2分）【解题分析】试题分析：用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气原因：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn、Cu、H2SO4形成原电池：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2­加快反应；为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验，则该实验只是研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，故其他量浓度均不变，故溶液总体积相同，故V1=V2=V3=V4=V5=30；V6=10；V9=17.5；E中加入10mL饱和CuSO4溶液，会导致Zn表面附着一层红色金属铜；当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降,请分析氢气生成速率下降的主要原因生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的表面，是反应速率减慢。考点：探究实验。28、2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑b2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+补充溶液中消耗的Cu2+，保持溶液中Cu2+浓度恒定N牺牲阳极的阴极保护法2Al+8OH－-6e-=2AlO2－+4H2O3HO2－+3H2