达州市重点中学2024届化学高二第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

达州市重点中学2024届化学高二第一学期期中学业质量监测模拟试题注意事项: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、下列过程包含化学变化的是()A．碘的升华 B．粮食酿酒 C．氧气液化 D．积雪融化2、下列有关物质用途的说法正确的是A．氢氧化钙可用来治疗胃酸过多B．活性炭可用作水处理时的杀菌剂C．铝制容器可用来储运浓硫酸D．氧化钠可用作潜水艇里氧气的来源3、一定温度下，在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应:CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)

ΔH<0。下列说法正确的是

容器编号

温度/K物质的起始浓度/mol/L物质的平衡浓度/mol/Lc(CH3OH)c(CO)c(CH3COOH)c(CH3COOH)I6001.01.000.80II6000.400.400.80III575001.0A．达平衡时，容器II中cCH3COOHB．达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的大C．达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为5:6D．达平衡时，容器Ⅲ中c(CH3COOH)小于0.80mol/L4、如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析正确的是A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H＋＋2e－=H2↑B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法D．K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体5、下列物质间的反应，其能量变化符合如图的是A．甲烷的燃烧 B．灼热的炭与二氧化碳反应C．Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合 D．碳酸钙的分解6、P4(白磷，s)⇌4P(红磷，s)ΔH＝-17kJ·mol－1，根据以上热化学方程式，下列推论正确的是（）A．正反应是一个吸热反应B．白磷比红磷稳定C．当1mol白磷完全转变成红磷时放出17kJ热量D．当4g红磷转变成白磷时吸收17kJ热量7、下列装置或操作正确且能达到实验目的的是A．读取滴定管读数 B．排除滴定管内气泡C．酸碱中和滴定 D．中和热的测定8、下列说法错误的是A．第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”。与石墨烯互为同素异形体B．港珠澳大桥用到的铝合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能C．我国西周时期发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理D．著名诗人杜牧在《泊秦淮>中写道：“烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家。”文中的烟能产生丁达尔效应9、25℃时,在20mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L-1醋酸溶液,曲线如图所示,有关粒子浓度关系的比较中,不正确的是()A．在A点:c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)B．在B点:c(OH-)=c(H+),c(Na+)=c(CH3COO-)C．在C点:c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)D．在C点:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)10、常温下，一定浓度的某溶液，由水电离出的c(OH−)=1×10−4mol/L，则该溶液中的溶质可能是A．H2SO4 B．NaOH C．KHSO4 D．CH3COONa11、在某温度下，将2molA和3molB充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，5min后达平衡，已知各物质的平衡浓度的关系为ca(A)·c(B)＝c(C)·c(D)。若在温度不变的情况下，将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率没有发生变化，则B的转化率为()A．60% B．40% C．24% D．4%12、I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)+I-(aq)I(aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数如表所示。下列说法正确的是t/℃515253550K1100841680533409A．其他条件不变，升高温度，溶液中c(I)增大B．在上述平衡体系中加入CCl4，平衡不移动C．利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质D．25℃时，向溶液中加入少量KI固体，平衡常数K小于68013、从植物花朵中提取到一种色素，它实际上是一种有机弱酸，可用HR表示，HR在盐酸中呈现红色，在NaOH溶液中呈现蓝色，将HR加入浓硝酸中呈现红色，微热后溶液的红色褪去，根据以上现象，可推测A．HR应为红色 B．HR应为蓝色 C．R-应为无色 D．R-应为红色14、实验室用1．0mol·L-1的硫酸溶液与锌粒反应制取氢气。下列措施中可能加大反应速率的是A．适当降低温度 B．将锌粒改为锌粉C．将所用硫酸换成98%的浓硫酸 D．加入少量醋酸钠固体15、与纯金属相比，合金具有很多优点，常用于建造桥梁、房屋的合金是A．硬铝 B．钛合金 C．钢 D．镁合金16、是一种有机烯醚，可以用烃A通过下列路线制得：则下列说法正确的是（）A．的分子式为C4H4OB．A的结构简式是CH2=CHCH2CH3C．①②③的反应类型分别为卤代、水解、消去D．A能使酸性高锰酸钾酸性溶液褪色17、化学能与热能、电能等能相互转化。关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是()A．化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂B．铝热反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低C．图I所示的装置能将化学能转变为电能D．图II所示的反应为放热反应18、25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－，下列叙述正确的是()A．向水中加入氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低B．向水中加入固体醋酸钠，平衡逆向移动，c(H＋)降低C．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变D．将水加热，Kw增大，pH不变19、室温下，有两种溶液：①0.01mol•L-1NH3•H2O溶液、②0.01mol•L-1NH4Cl溶液，下列操作可以使两种溶液中c(NH4+)都增大的是（）A．通入少量HCl气体B．加入少量NaOH固体C．加入少量H2OD．适当升高温度20、下列化学方程式书写正确的是A．B．CH2=CH2+Br2CH3CHBr2C．D．21、可逆反应：2A(s)B(g)+C(g)在体积固定的密闭容器中，起始时加入一定量的A，判断反应达到平衡状态的标志是：①单位时间内生成2molA的同时生成1molB②v(B):v(C)=1:1③密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变④混合气体的密度不再改变⑤B的体积分数不再改变⑥混合气体的压强不再改变的状态A．①③④⑤⑥ B．①③④⑥ C．①④⑥ D．全部22、一定条件下存在反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，其正反应放热。现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如下图所示投料，并在400℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是()A．容器I、Ⅲ中平衡常数相同B．容器II、Ⅲ中正反应速率相同C．容器Ⅱ、Ⅲ中的反应达平衡时，SO3的体积分数：II〈IIID．容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1二、非选择题(共84分)23、（14分）2-苯基丙烯是日化行业常用的化工原料，其合成路线如下(反应②、④的条件未写出)。已知：其中，R、R’为H原子或烷基。（1）C3H8的结构简式为___；（2）反应①的反应类型为___；（3）反应②的化学反应方程式为___；（4）反应③的反应类型为___；（5）反应④的化学反应方程式为___；（6）产物2-苯基丙烯在一定条件下可以发生加聚反应，加聚产物的结构简式为___；（7）请以苯、乙醇及其他必要的无机试剂为原料，合成。合成过程中，不得使用其他有机试剂。写出相关化学反应方程式___。24、（12分）乙醇是生活中常见的有机物，能进行如图所示的多种反应，A、B、C、D都是含碳化合物。(1)写出下列反应的化学方程式并写出③、④的反应类型：反应①：_____________。反应②：_______________。反应③的反应类型：______________。反应④的反应类型：______________。(2)乙醇分子中不同的化学键如图：请用①~⑤填写化学反应中乙醇的断键位置Ⅰ.与活泼金属反应，键______________断裂Ⅱ.在Cu或Ag催化下和O2反应，键______________断裂25、（12分）Ⅰ、某学生用0.2000mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度盐酸，其操作可分为如下几步：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度线以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数④量取20.00mL待测液注入用待测液润洗过的锥形瓶中，并加入3滴甲基橙溶液⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数请回答：（1）以上步骤有错误的是（填编号）________。（2）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入______中。（从图中选填“甲”或“乙”）（3）滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_______________。（4）判断到达滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液_________________________。（5）下列操作会引起实验结果偏大的是：______（填编号）A．滴定终点时，有一滴标准液悬挂在滴定管尖嘴处B．观察计数时，滴定前俯视，滴定后仰视C．锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗D．用酸式滴定管量取液体时，释放液体前滴定管前端有气泡，之后消失E．滴定时振荡锥形瓶有溶液飞溅出去F．配制标准NaOH溶液定容时仰视观察刻度线Ⅱ.（6）为了检验某残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，把铁元素还原成Fe2+，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，写出滴定过程中反应的离子方程式：________________________________________。KMnO4应装在___________滴定管中（填“酸式”或“碱式”）滴定前是否要滴加指示剂？___（填“是”或“否”），滴定终点的判断方法：_____________________________。（7）某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得纯净CuCl2溶液，宜加入______________调至溶液pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝________________。[Fe(OH)3的Ksp=2.6×10-39]26、（10分）H2O2能缓慢分解生成水和氧气，但分解速率较慢，加入催化剂会加快分解速率。某化学兴趣小组为研究不同催化剂对H2O2分解反应的催化效果，设计了如图甲、乙、丙所示的三组实验。请回答有关问题：(1)定性分析：可以通过观察甲装置__________现象，而定性得出结论。有同学指出：应将实验中将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3溶液，理由是_______________。(2)定量测定：用乙装置做对照试验，仪器A的名称是___________。实验时组装好装置乙，关闭A的旋塞，将注射器活塞向外拉出一段。这一操作的实验目的是____________。实验时以2min时间为准，需要测量的数据是________。(其它可能影响实验的因素均已忽略)(3)定量分析：利用丙装置探究MnO2对H2O2分解的催化效果。将30mL5%H2O2溶液一次性加入盛有0.10molMnO2粉末的烧瓶中，测得标准状况下由量气管读出气体的体积[V(量气管)]与时间(t/min)的关系如图所示。图中b点___________90mL(填“大于”、“小于”或“等于”)。(4)补充实验：该小组补充进行了如下对比实验，实验药品及其用量如下表所示。实验设计的目的是为了探究_________________________。编号反应物催化剂①30mL5%H2O2溶液，10滴H2O0.10molMnO2②30mL5%H2O2溶液，10滴0.1mol/LHCl溶液0.10molMnO2③30mL5%H2O2溶液，10滴0.1mol/LNaOH溶液0.10molMnO227、（12分）Ⅰ．利用下列给出的试剂与材料，将氧化还原反应设计成一个带有盐桥的原电池。试剂：溶液、溶液、溶液、溶液、蒸馏水等。材料：锌棒、铁棒、铜棒、石墨棒、500mL烧杯2个、盐桥(装有含琼胶的KCl饱和溶液)等。回答下列问题：(1)选用________作正极，此电极的电极反应式是____________________________________________________________。(2)在答题卡方框中画出一个符合上述要求的原电池的装置图(标出电解质溶液及外电路中电子流动方向)__________________。Ⅱ．如图所示，E为浸过含酚酞的Na2SO4溶液的滤纸。A、B分别为铂片，压在滤纸两端，R、S为电池的电极。M、N是用多微孔的Ni制成的电极，在碱溶液中可视为惰性电极。G为电流计，K为开关。C、D和电解池中都充满浓KOH溶液。若在滤纸中央滴一滴紫色的KMnO4溶液，将开关K打开，接通电源一段时间后，C、D中有气体产生，气体的体积见图。请回答下列问题：(1)R为________(填“正”或“负”)极。(2)A附近溶液的现象是_________________________________________，B附近发生的电极反应式为_____________________________________。(3)滤纸上的紫色点向________(填“A”或“B”)方向移动。(4)当C、D中的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，经过一段时间后，C、D中的气体逐渐减少，C中的电极为________(填“正”或“负”)极，电极反应式为__________________。Ⅲ．若一开始Ⅱ中的电源选用了Ⅰ中自己设计的原电池，连接起来工作一段时间后，测得Ⅱ中C和D试管气体总体积为336mL（已折算成标准状况），则你设计的原电池Ⅰ的负极质量至少要减轻_________________克？（结果保留两位小数）28、（14分）洁净安全的生存环境：2012年3月，新《环境空气质量标准》的颁布表明国家对环境问题的进一步重视。（1）煤燃烧产生的SO2所形成的酸雨中，SO2最终转化成的酸是___（填化学式）。在煤中加入适量___，可以大大减少煤燃烧时SO2的排放，该反应的化学方程式为：___。（2）A、B、C三个城市全年雨水的月平均pH变化如图所示。①受酸雨危害最严重的是___城市。②汽车尾气中含有NO2、NO、CO等有害气体。汽车安装尾气净化装置可将NO、CO转化为无害气体。写出该反应的化学方程式：___。③自来水生产过程中要经过：去除固体杂质和悬浮物、消毒、去除异味等一系净化工序。天然水中杂质较多，常需加入明矾，ClO2等物质处理后才能饮用：加入ClO2的作用是___；加入明矾后，Al3＋水解生成的___（填化学式）胶体能吸附水中的悬浮颗粒，并使之沉降。29、（10分）氨是重要的工业原料，在农业、医药、国防和化工等领域有重要应用；NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。回答下列问题：(1)NH4Al(SO4)2可用作做净水剂的原因是________(用离子方程式表示)。(2)相同条件下，0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2中c(NH)________0.1mol·L－1NH4HSO4中c(NH)。(填“>”“<”或“＝”)(3)图所示是0.1mol·L－1电解质溶液的pH随温度变化的图像。图中符合0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是________(填序号)；20℃时，0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液中2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝_____mol·L－1。(4)若液氨中也存在类似水的电离(H2O＋H2O⇌H3O＋＋OH－)，碳酸钠溶于液氨后也能发生完全电离和类似水解的氨解。①液氨的电离方程式为________。②碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系为_____。

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、B【题目详解】A.碘的升华是状态的变化，属于物理变化，A错误；B.粮食酿酒中有新物质产生，是化学变化，B正确；C.氧气液化是状态的变化，属于物理变化，C错误；D.积雪融化是状态的变化，属于物理变化，D错误。答案选B。【题目点拨】有新物质生成的变化是化学变化，因此掌握物理变化与化学变化的区别是解答的关键。另外从化学键的角度分析在化学变化中既有化学键的断裂，也有化学键的生成。2、C【解题分析】A.胃酸过多治疗时应用碱性物质中和，氢氧化钙溶液碱性太强，服用对人体消化道损伤太大，不能服用，应用氢氧化铝或碳酸氢钠治疗胃酸过多，故A错误；B.活性炭具有吸附性，能够除去异味，没有强氧化性，不能作水处理时的杀菌剂，故B错误；C.浓硫酸具有强氧化性，在常温下能够使铝钝化，形成致密的氧化膜，阻止反应的进行，所以铝制容器可以盛放浓硫酸，故C正确；D.过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，常用做供氧剂，故D错误。故选C。3、A【解题分析】A.容器I和II的温度相同，将II中起始物质按化学计量数转换成反应物，相当于起始加入1.2molCH3OH和1.2molCO，相对于容器I，容器II相当于增大压强，平衡正向移动，cCH3COOHcCH3OH增大，所以达平衡时，容器II中cCHB.将容器III中起始物质按化学计量数转换成反应物，相当于起始加入1.0molCH3OH和1.0molCO，与容器I中起始加入物质相同，但容器I比容器III的温度高，温度越高，化学反应速率越大，则达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的小，故B错误；C.容器I和容器II的容积、温度均相同，则达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比等于气体总物质的量之比，容器I中平衡时c(CH3OH)=(1.0－0.80)mol/L=0.20mol/L、c(CO)=(1.0－0.80)mol/L=0.20mol/L、c(CH3COOH)=0.80mol/L，平衡常数K=0.80mol/L0.20mol/L×0.20mol/L=20，气体总物质的量为（0.20+0.20+0.80）mol/L×1L=1.20mol，设容器II中达到平衡时c(CH3OH)=amol/L，则c(CO)=amol/L、c(CH3COOH)=(0.40－a+0.80)mol/L=(1.20－a)mol/L，容器I和容器II的温度相同，则K=1.20-amol/Lamol/L×amol/L=20，解得a≈0.22mol/L，所以平衡时容器II中气体总物质的量为(0.22+0.22+0.98)mol/L×1.0L=1.42mol，达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为1.20mol1.42mol＞56D.若容器III和容器I的温度相同，则二者为等效平衡，容器III达到平衡时c(CH3COOH)等于0.80mol/L，但容器III的温度低于容器I，降低温度平衡正向移动，c(CH3COOH)增大，所以达平衡时，容器Ⅲ中c(CH3COOH)大于0.80mol/L，故D错误，答案选A。4、B【解题分析】A、K1闭合构成原电池，铁是活泼的金属，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe-2e－＝Fe2＋，A不正确；B、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，B正确；C、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电产生氢气，铁不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，C不正确；D、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电生成氢气。石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，电极反应式分别为2H＋＋2e－＝H2↑、2Cl－－2e－＝Cl2↑，电路中通过0.002NA个电子时，两极均产生0.001mol气体，共计是0.002mol气体，D不正确；答案选B。5、A【分析】图象中反应物总能量高于生成物总能量，所以这是一个放热反应，根据常见的吸热反应和放热反应即可判断出正确答案。【题目详解】A.甲烷燃烧是放热反应，故A选；B.灼热的炭与二氧化碳反应是吸热反应，故B不选；C.Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合是吸热反应，故C不选；D.碳酸钙的分解是吸热反应，故D不选。故选A。【题目点拨】一般来说，物质的燃烧反应、多数的化合反应、中和反应、金属与水（或酸）反应、铝热反应等都是放热反应，而多数的分解反应，C与水（或CO2）的反应，铵盐与某些碱的反应、水解反应都是吸热反应。6、C【题目详解】A、因P4(白磷，s)⇌4P(红磷，s)ΔH＝-17kJ·mol－1中，△H为“-”是放热反应，选项A错误；B、根据原热化学方程式可得，热化学方程式4P（红磷，s）⇌P4（白磷，s）△H=+17kJ•mol-1可知，红磷的能量比白磷低，所以红磷比白磷稳定，选项B错误；C、由热化学方程式可知，lmol白磷完全转变成4mol红磷时放出17kJ热量，选项C正确；D、根据原热化学方程式可得，热化学方程式4P（红磷，s）⇌P4（白磷，s）△H=+17kJ•mol-1可知，4mol红磷完全转变成1mol白磷时吸收17kJ热量，选项D错误；答案选C。7、B【题目详解】A、读数时，视线应在凹液面的最低点处，而且要与液面成水平，故A错误；B、排除碱式滴定管内气泡的方法是：将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠，使溶液从尖嘴喷出，以排除气泡，故B正确；C、不能用酸式滴定管盛装碱液，故C错误；D、中和热测定时温度计要测反应混合液的最高温度，因此温度计要在小烧杯中，故D错误；故选B。8、C【题目详解】A．同素异形体是指由同样的单一化学元素组成，因排列方式不同，而具有不同性质的单质；第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”石墨烯均为碳单质，属于同素异形体，故A不选；B．合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能，故B不选；C．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变转化率，C错误符合题意，故选C；D．烟为固体小颗粒分散到空气中所形成的，属于胶体，能产生丁达尔效应，故D不选。答案选C9、A【题目详解】A.A点溶液中的溶质为醋酸钠，因为醋酸根离子水解，溶液显碱性，但醋酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，错误，选A；B.B点溶液为中性，则氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒分析，钠离子浓度等于醋酸根离子浓度，正确不选B；C.C点溶液为等量的醋酸钠和醋酸，溶液显酸性，醋酸的电离大于醋酸根离子的水解，所以离子浓度顺序正确，不选C；D.根据物料守恒分析，正确，不选D。答案选A。10、D【分析】常温下,水的离子积为:1×10-14,由水电离出的c(OH-)=1×10-4mol/L，c(H+)=1×10-4mol/L，所以c(OH-)×c(H+)=10-8>10-14，水的电离程度增大，说明所加的溶质促进水的电离，结合选项知，只能是水解呈碱性的强碱弱酸盐醋酸钠。【题目详解】常温下,由水电离出的c(OH-)=1×10-4mol/L，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度,则c(OH-)×c(H+)=10-8>10-14，说明该溶液中溶质促进了的水的电离，硫酸、氢氧化钠、硫酸氢钾都抑制了水的电离，只有醋酸钠属于强碱弱酸盐，醋酸根离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离，溶液显碱性；D选项正确；

综上所述，本题选D。【题目点拨】室温下，水电离产生的c(H+)<10-7mol/L，说明溶液可能为酸性，可能为碱性，抑制水电离；水电离产生的c(H+)>10-7mol/L或c(OH-)>10-7mol/L，溶液可能为水解的盐，促进了水的电离。11、B【题目详解】在某温度下，各物质的平衡浓度的关系为：ca(A)·c(B)＝c(C)·c(D)，则K=1；在温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，B的转化率不发生变化，可得到反应左右两边的气体计量数的和相等，则a=1。A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)初始：2300反应：nnnn平衡：2-n3-nnnK==1，求得n=1.2mol，则B的转化率为40%；答案选B。12、C【题目详解】A.由图知，其他条件不变，升高温度，K变小，I2(aq)+I-(aq)I(aq)平衡左移，则溶液中c(I)减小，A错误；B.在上述平衡体系中加入CCl4，碘易溶于CCl4，从水中转移至CCl4中，这样水中碘的浓度变小，平衡向逆向移动，故B错误；C.硫难溶于水，而碘单质与I−形成I而溶于水，可以达到除去少量碘的目的，故C正确；D.平衡常数K只随温度变化而变化，25℃时，向溶液中加入少量KI固体，平衡向右移动，但平衡常数K不变，故K=680；答案选C。13、A【题目详解】色素，实际上是一种有机弱酸，用HR表示，HR在盐酸溶液中呈现红色，HR在NaOH溶液中呈现蓝色，将HR加入浓硝酸中呈现红色，微热后溶液的红色褪去，由题意可知，在盐酸和硝酸中均显示红色，在硝酸中加热后褪色，是硝酸的强氧化性使之褪色，所以可推测HR应为红色。故选A。【题目点拨】盐酸只有酸性，而浓硝酸具有酸性和强氧化性，在本题中硝酸主要表现为强氧化性，能使指示剂褪色。14、B【解题分析】A、降低温度减慢速率，A不符合；B、锌粒改为锌粉增大接触面积，加快速率，B符合；C、锌与硫酸反应的实质是与酸中的H+反应，浓硫酸中大多是分子，H+少，故反应速率减慢，故C不符合；D、加入醋酸钠不影响，故D不符合；答案选B。15、C【题目详解】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质．合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属。用于建军造桥梁、房屋的合金一定是强度高、韧性好、产量大的合金，符合这一要求的是钢。答案选C。16、D【分析】醇羟基之间脱水可生成醚键，因此由可知C的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH；由A(烃)生成B，显然发生的是加成反应，B的结构中含有2个Br原子；那么由B生成C即发生卤代烃的水解反应，由C的结构可得B的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br，所以A为1,3-丁二烯；由A生成B，发生的是1,3-丁二烯的1,4-加成反应。【题目详解】A．由的结构可知，其不饱和度为2，分子式为C4H6O，A项错误；B．通过分析可知，A为1,3-丁二烯，其结构简式为CH2=CH-CH=CH2，B项错误；C．通过分析可知，反应①为加成反应，反应②为水解反应，反应③为取代反应，C项错误；D．通过分析可知，A为1,3-丁二烯，分子结构中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，D项正确；答案选D。【题目点拨】由有机物的结构书写其分子式时，可以先判断有机物的不饱和度，再根据不饱和度的计算公式，计算分子式中H的个数。17、D【题目详解】A．化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故A错误；B．铝热反应是放热反应，反应物的总能量应大于生成物的总能量，故B错误；C．没有形成闭合回路，不能形成原电池，不能将化学能转化为电能，故C错误；D．图示中反应物的总能量大于生成物总能量，此反应是放热反应，故D正确；答案选D。18、C【解题分析】A、加入氨水后溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离，氨水溶液显碱性，纯水显中性，碱中OH-浓度大于水中的OH-浓度；B、醋酸根离子结合水电离的氢离子，平衡向着正向移动；C、硫酸氢钠能完全电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，抑制了水的电离，温度不变，水的离子积不变；D、升高温度，促进水的电离，Kw增大。【题目详解】A项、向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，但c（OH-）增大，故A错误；B项、向水中加入少量固体醋酸钠，醋酸根离子水解，促进了水的电离，平衡向着正向移动，醋酸根离子结合氢离子，则c（H+）降低，故B错误；C项、向水中加入少量固体硫酸氢钠，溶液显示酸性，溶液中氢离子浓度增大，由于温度不变，水的离子积Kw不变，故C正确；D项、水的电离达到平衡：H2OH++OH-；△H＞0升高温度，促进水的电离，Kw增大，氢离子浓度增大，则pH减小，故D错误。故选C。【题目点拨】本题考查了水的电离平衡及其影响因素，注意明确水的电离为吸热反应，温度升高水的电离程度增大、水的离子积增大，酸、碱对水的电离起抑制作用，水解的盐对水的电离起促进作用，可以根据勒夏特列原理判断影响水的电离情况。19、A【分析】NH3•H2O电离，溶液显碱性，NH4Cl水解，溶液显酸性，据此进行分析。【题目详解】A．①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中通入少量HCl气体，氢氧根离子浓度减小，促进NH3•H2O电离，c(NH4+)增大；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中通入少量HCl气体，氢离子浓度增大，抑制NH4+水解，c(NH4+)增大，故选A；B．①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，抑制NH3•H2O电离，c(NH4+)减小；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体，氢离子浓度减小，促进NH4+水解，c(NH4+)减小，故不选B；C．①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中加入少量H2O，NH3•H2O浓度降低，c(NH4+)减小；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中加入少量H2O，NH4Cl浓度减小，c(NH4+)减小，故不选C；D．①升高温度，促进NH3•H2O电离，c(NH4+)增大；②升高温度，促进NH4+水解，c(NH4+)减小，故不选D；故答案选A。20、A【题目详解】A．乙烯在催化剂条件下生成聚乙烯，化学方程式为，选项A正确；B．乙烯含有碳碳双键，与Br2发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，选项B错误；C．苯与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下在50℃～60℃发生硝化反应，生成硝基苯和水，反应为：+HNO3+H2O，选项C错误；D．乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O，选项D错误；答案选A。21、C【解题分析】①单位时间内生成2molA的同时生成1molB，能说明正逆反应速率的相等关系，说明反应达到了平衡状态，故①正确；②任何时候都存在v(B):v(C)=1:1，不能说明是平衡状态，故②错误；③该反应中A为固体，生成物中B和C的物质的量之比不变，混合气体的平均摩尔质量始终不变，不能说明是平衡状态，故③错误；④该反应是一个反应后气体质量增大的化学反应，容器的体积不变，导致混合气体的密度逐渐增大，所以密度不变，能够说明达到平衡状态，故④正确；⑤B的体积分数为50%始终不变，不能说明是平衡状态，故⑤错误；⑥因该反应是物质的量增大的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，故⑥正确；故选C。【题目点拨】在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，反应就达到平衡状态，判断时要紧扣化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反应达到平衡状态。本题的易错点为③，要注意混合气体中B和C的物质的量之比不变，平均摩尔质量始终不变。22、D【解题分析】若在恒温恒容条件下，三个容器中的反应为等效平衡。A、容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行；

B、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒压容器，反应过程中随着SO2转化为SO3，容器Ⅱ的压强会增大，反应速率会比容器Ⅲ大；

C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，Ⅱ＞Ⅲ；

D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，实际容器Ⅰ是绝热恒容，随着反应的进行，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小。【题目详解】A项、绝热条件下温度发生变化，平衡常数变化，A错误；B项、Ⅲ压强不变，Ⅱ压强增大，反应速率不同，B错误；C项、容器Ⅱ压强大，平衡逆向移动，转化率小，SO3的体积分数大，C错误；D项、若为恒温条件，则两容器中建立等效平衡，容器I中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和等于1，但反应放热容器Ⅰ温度升高，平衡逆向移动，故两容器转化率之和小于1，D正确。故选D。【题目点拨】本题考查了影响化学平衡因素的分析判断，注意容器的条件分析应用。绝热容器中，放热反应使体系的温度升高是解答关键。二、非选择题(共84分)23、CH3CH2CH3取代反应CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr氧化反应+H2O2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr【分析】C3H8为丙烷，由B与O2、Cu加热发生氧化反应生成，可知B为异丙醇，则C3H8与Br2光照发生取代反应，生成的A为2-溴丙烷，2-溴丙烷与NaOH溶液发生取代反应生成异丙醇；由题目中所给信息可知C为2-苯基丙醇，发生消去反应生成2-苯基丙烯，以2-苯基丙烯为单体写出它的加聚产物结构简式；根据题目所给信息和平时所学方程式合成。【题目详解】C3H8为丙烷，由B与O2、Cu加热发生氧化反应生成，可知B为异丙醇，则C3H8与Br2光照发生取代反应，生成的A为2-溴丙烷，2-溴丙烷与NaOH溶液发生取代反应生成异丙醇；由题目中所给信息可知C为2-苯基丙醇，发生消去反应生成2-苯基丙烯，（1）C3H8为丙烷，结构简式为：CH3CH2CH3，故答案为：CH3CH2CH3；（2）①的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（3）反应②的化学反应方程式为CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr，故答案为：CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr；（4）③为氧化反应，故答案为：氧化反应；（5）2-苯基丙醇发生消去反应生成2-苯基丙烯，化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；（6）2-苯基丙烯发生加聚反应，碳碳双键断开，它的加聚产物结构简式为，故答案为：；（7）乙醇先与O2、Cu加热生成乙醛，乙醛与苯在AlCl3作用下生成1-苯乙醇，1-苯乙醇与浓硫酸加热生成苯乙烯，苯乙烯与HBr加成生成，相关的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr。【题目点拨】在有机流程推断题中，各物质的名称要根据前后反应综合判断，最终确定结果，本题中A与B的推断就是如此。24、2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O酯化(或取代)反应氧化反应①①③【分析】乙醇和钠发生置换反应生成乙醇钠和氢气；乙醇点燃生成二氧化碳和水；乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；乙醇在铜催化作用下氧化成乙醛；【题目详解】(1)反应①是乙醇和钠发生置换反应生成乙醇钠和氢气，反应方程式是2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；反应②是乙醇燃烧生成二氧化碳和水，反应方程式是CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O；反应③是乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应类型酯化(或取代)反应。反应④是乙醇在铜催化作用下氧化成乙醛，反应类型是氧化反应；(2)Ⅰ.乙醇与活泼金属反应生成乙醇钠，乙醇钠的结构式是，所以是键①断裂；Ⅱ.乙醇在Cu或Ag催化下和O2反应生成乙醛，乙醛的结构式是，所以是键①③断裂。七、元素或物质推断题25、①④乙锥形瓶内溶液颜色的变化由红色变为橙色，且半分钟内不变色ABF5Fe2++8H++MnO4-=5Fe3++Mn2++4H2O酸式否滴最后一滴酸性高锰酸钾溶液紫色不褪去，且30s不变色CuO(或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3)2.6×10-9mol/L【分析】酸碱中和滴定时，滴定管用蒸馏水洗净后，必须用标准液润洗；锥形瓶不能润洗；滴定终点颜色改变半分钟内不变化；酸式滴定管为玻璃活塞，碱式滴定管下端为含有玻璃珠的乳胶管；根据c(待测)=，分析操作对待测液的物质的量浓度的影响；根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒书写离子方程式；利用Fe(OH)3的Ksp=c(Fe3＋)c3(OH-)来计算c(Fe3＋)。【题目详解】Ⅰ（1）①用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，不润洗导致标准液浓度减小，消耗体积增大，测定结果偏大，必须用氢氧化钠溶液润洗，故①错误；④若用待测液润洗锥形瓶，会使待测液溶质物质的量增加，消耗标准液的体积增大，测定结果增大，所以锥形瓶不能润洗，故④错误；答案为：①④。（2）氢氧化钠要用碱式滴定管，选择乙，答案为：乙；（3）滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；（4）因为用甲基橙作指示剂，滴定终点时的现象为，锥形瓶中溶液由红色变为橙色，且半分钟内不变色，答案为：由红色变为橙色，且半分钟内不变色；（5）根据c(待测)=，分析操作对待测液的物质的量浓度的影响：A．滴定终点时，有一滴标准液悬挂在滴定管尖嘴处，消耗标准液体积增大，滴定结果偏大，符合题意；B．观察计数时，滴定前俯视，滴定后仰视，消耗标准液体积增大，滴定结果偏大，符合题意；C．锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗，滴定结果无影响；D．用酸式滴定管量取液体时，释放液体前滴定管前端有气泡，之后消失，消耗标准液体积减小，滴定结果偏小；E．滴定时振荡锥形瓶有溶液飞溅出去，消耗标准液体积减小，滴定结果偏小；F．配制标准NaOH溶液定容时仰视观察刻度线，标准液浓度减小，消耗标准液体积增大，滴定结果偏大，符合题意；答案为：ABF；Ⅱ.（6）该反应中，Fe2+被氧化为Fe3+，KMnO4被还原为Mn2+根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可以写出离子方程式为：5Fe2++8H++MnO4-=5Fe3++Mn2++4H2O；由于KMnO4溶液有强氧化性，应装在酸式滴定管中；由于MnO4-还原为Mn2+可看到溶液颜色由紫色变为无色，所以不需要指示剂；终点判断可以利用MnO4-还原为Mn2+看到溶液颜色由紫色变为无色，当Fe2+完全反应后，紫色不再褪去；答案为：5Fe2++8H++MnO4-=5Fe3++Mn2++4H2O；酸式；否；滴最后一滴酸性高锰酸钾溶液紫色不褪去，且30s不变色；（7）制得纯净CuCl2溶液，要除去杂质FeCl3，还注意不能引入新的杂质，可以加入的物质有：CuO(或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3)；溶液pH＝4，c(OH-)=10-10mol/L，c(Fe3＋)===mol/L;答案为：CuO(或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3)；2.6×10-9mol/L。【题目点拨】本题考查的酸碱中和滴定结果的影响因素，利用c(待测)=，仔细读题分析各因素对测定结果的影响。滴定操作中，滴定管需要用标准液或者待测液润洗，但是锥形瓶不能润洗，要求熟悉酸碱中和滴定的基本操作。26、产生气泡的快慢(产生气泡的速率或反应完成的先后或试管壁的冷热程度等其他合理答案给分)排除Cl−对实验的干扰(其他合理答案给分)分液漏斗检查装置的气密性(在同温同压下，反应2min收集)气体的体积(其他合理答案给分)小于溶液的酸碱性对H2O2分解速率的影响其他合理答案给分)【分析】探究催化剂对过氧化氢分解的影响，根据实验要求应控制变量，通过分解生成气泡的快慢或单位时间内生成氧气的体积进行催化效果的判断，反应物浓度越高，反应速率越快。【题目详解】(1)甲中可以通过观察产生气泡的快慢来定性比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3溶液，这样Fe3+和Cu2+中的阴离子种类相同，可以排除因阴离子的不同可能带来的影响，还可以将CuSO4改为CuCl2；(2)由装置图可知：仪器A的名称是分液漏斗。反应速率是根据测定相同时间内产生气体的体积来衡量的，为保证测定相同时间内产生气体的体积的准确性，要检查装置的气密性，操作是组装好装置乙，关闭A的旋塞，将注射器活塞向外拉出一段，松手后，看是否回到原位，回到原位证明气密性良好。(3)随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率减小，3min~4min生成10mL气体，那么2min~3min生成气体的体积应大于10mL，故b小于90mL；(4)从表中可以看出，3组实验不同的实验条件是溶液的酸碱性，因此实验设计的目的是为了探究溶液的酸碱性对H2O2分解速率的影响。27、石墨棒Fe3++e-=Fe2+负溶液变红2H2O-4e-=O2↑+4H+B负H2＋2OH－－2e－=2H2O0.64【分析】利用反应设计原电池时，从价态变化切入，Cu由0价升高为+2价，则Cu作负极材料，Fe3+由+3价降低为+2价，则电解质中应含有可溶性铁盐，同时还需考虑到，正极材料若为金属，其金属活动性应比Cu弱。分析电池组的电极时，应从电解KOH溶液的电解池中电极产物入手，体积大的气体为H2，此电极(M)为阴极，体积小的气体为O2，此电极(N)为阳极。由C、D极气体的体积计算消耗Cu电极的质量时，应利用得失电子守恒建立关系式。【题目详解】Ⅰ．(1)由以上分析知，正极应选用石墨棒，此电极中，溶液中的Fe3+得电子生成Fe2+，电极反应式是Fe3++e-=Fe2+。答案为：石墨棒；Fe3++e-=Fe2+；(2)符合上述要求的原电池的装置图中，一个电极为Cu，电解质为CuCl2溶液，另一个电极为石墨棒，电解质为FeCl3溶液，即为：。答案为：；Ⅱ．(1)由分析知，C试管中生成H2，则M电极为阴极，R为负极。答案为：负；(2)A为阴极，发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，生成的OH-使酚酞变红色，则附近溶液的现象是溶液变红，B极为阳极，发生的电极反应式为2H2O-4e-==O2↑+4H+。答案为：溶液变红；2H