重庆市康德卷2024届化学高二第一学期期中统考试题含解析

重庆市康德卷2024届化学高二第一学期期中统考试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线连接起来浸入稀硫酸中，B上有气泡产生；将A、D分别投入到等浓度的稀盐酸中，D比A反应剧烈；将Cu浸入B的盐溶液中，无明显变化；如果把Cu浸入C的盐溶液中，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强到弱顺序是A．C＞B＞A＞D B．D＞A＞B＞C C．D＞B＞A＞C D．B＞A＞D＞C2、下列影响因素中，既能改变化学反应速率，又能改变化学平衡常数的是A．催化剂B．浓度C．温度D．固体表面积大小3、按碳的骨架分类，下列说法正确的是A．属于脂环化合物 B．属于芳香化合物C．CH3CH(CH3)2属于链状化合物 D．属于芳香烃类化合物4、化学与生活、生产、科技、社会密切相关。下列说法正确的是A．“可燃冰”是乙烷的水合物B．纤维素是人类重要的营养物质之一C．食用碘盐与非碘盐的“咸味”有较大的差异D．漂白粉、漂白液和漂白精均可作为游泳池的消毒剂5、配制一定物质的量浓度溶液时，其中一个操作为“转移”。下列“转移”操作正确的是A．B．C．D．6、下列化合物中阴离子半径和阳离子半径之比最大的是（）A．LiI B．NaBr C．KCl D．CsF7、下列过程中∆H大于零的是A．2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 B．CaO+H2O=Ca(OH)2C．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ D．H—Br→H+Br8、下列不属于自发进行的变化是()A．红墨水加到清水使整杯水变红 B．冰在室温下融化成水C．NaHCO3转化为Na2CO3 D．铁器在潮湿的空气中生锈9、我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是A．CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒C．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂D．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物10、下列能源中属于新能源的是A．煤炭 B．石油 C．天然气 D．生物质能11、下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：C（Cl-）>C（NH4+）B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：C（OH-）=C（H+）C．O.1mol/L的硫酸铵溶液中：C（NH4+）>C（SO42-）>C（H+）D．0.1mol/L的硫化钠溶液中：C（OH-）=C（H+）>C（HS-）>C（H2S）12、化学与环境保护、社会可持续发展密切相关，下列做法合理的是A．进口国外电子垃圾，回收其中的贵重金属B．将地沟油回收加工为生物柴油，提高资源的利用率C．大量生产超薄塑料袋，方便人们的日常生活D．洗衣粉中添加三聚磷酸钠，增强去污的效果13、据报道，我国拥有完全自主产权的氢氧燃料电池车将在北京奥运会期间为运动员提供服务。某种氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液，下列有关该电池的叙述不正确的是（）A．正极反应式为：O2+2H2O+4e-====4OH-B．工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量不变C．该燃料电池的总反应方程式为：2H2+O2====2H2OD．用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24LCl2(标准状况)时，有0.1mol电子转移14、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．温度控制在500℃有利于合成氨反应B．用排饱和食盐水法收集Cl2C．打开碳酸饮料会有大量气泡冒出D．工业制取金属钾Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)选取适宜的温度，使钾变成蒸气从反应混合物中分离出来15、分析下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是()A．①②中Mg作负极，③④中Fe作负极B．②中Mg作正极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑C．③中Fe作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+D．④中Cu作正极，电极反应式为2H++2e-=H2↑16、一定温度下，将1molA(g)和1molB(g)充入2L密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)xC(g)+D(s)△H＜0在t1时达到平衡。在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中C(g)的浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是（）A．x=1B．t2时刻改变的条件是使用催化剂C．t3时刻改变的条件是增大反应物的浓度或压缩容器体积D．t1~t2、t2~t3平衡常数相等，且K=417、海水提溴过程中，将溴吹入吸收塔，使溴蒸气和吸收剂SO2发生作用以达到富集的目的，化学反应为Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，下列说法正确的是()。A．Br2在反应中表现氧化性B．SO2在反应中被还原C．Br2在反应中失去电子D．1mol氧化剂在反应中得到1mol电子18、已知：CH3CH2CH2CH3(g)＋13/2O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH=－2878kJ·mol－1(CH3)2CHCH3(g)＋13/2O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH=－2869kJ·mol－1下列说法正确的是A．正丁烷分子储存的能量小于异丁烷B．正丁烷的稳定性大于异丁烷C．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程D．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个吸热过程19、下列过程涉及化学变化的是（）A．将I2溶于酒精制备碘酊B．将NaCl溶于水中制备生理盐水C．被果汁沾污的衣服浸入漂白液中清洗D．用激光笔照射鸡蛋清溶液产生丁达尔效应20、用pH均为2的盐酸和醋酸溶液，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗盐酸和醋酸溶液的体积分别为V1和V2，则V1和V2的关系正确的是A．V1＞V2 B．V1＜V2 C．V1＝V2 D．V1≤V221、下列气体中，无色无味的是A．SO2 B．NO2 C．Cl2 D．N222、在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，图I表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)：n(B)的变化关系；则下列结论正确的是A．图II所知反应xA(g)+yB(g)zC(g)△H<0，且a=2B．200℃时，该反应的平衡常数为25C．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.04mol/(L•min)D．当外界条件由200℃降温到100℃，平衡正向移动二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为易挥发液体，C为气体。D、E、F、G、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体.它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）。（1）写出化学式：A___，D___，E___，X___。（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是____。（填编号）（3）反应⑥的离子方程式为____。（4）反应⑦的化学方程式为____。（5）该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子___mol。24、（12分）化合物A（C4H10O）是一种有机溶剂，且A只有一种一氯取代物B，在一定条件下A可以发生如下变化：（1）A分子中的官能团名称是___，A的结构简式是___；（2）写出下列化学方程式：A→B：___；A→D：___；（3）A的同分异构体F也可以有框图内A的各种变化，且F的一氯取代物有三种。F的结构简式是：___。25、（12分）滴定法是解决化学分析问题的常用方法。滴定的方法有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等。I.如图为某浓度的NaOH溶液滴定10.00mL一定浓度的盐酸的示意图。根据图象分析：(1)HCl溶液的浓度是__________；NaOH溶液的浓度是_______；(2)x=________。ΙΙ.氧化还原滴定实验与中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。(3)人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度，抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/LKMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，滴定的实验数据如下所示：实验编号待测血液的体积/mL滴入KMnO4溶液的体积/mL120.0011.95220.0013.00320.0012.05①滴定时，盛放高锰酸钾溶液的仪器名称为_________确定反应达到终点的现象_____________。②草酸跟酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据所给数据计算血液样品中Ca2+离子的浓度为__________mg/cm326、（10分）某学习小组探究金属与不同酸反应的差异，以及影响反应速率的因素。实验药品：1.0moL/L盐酸、2.0mol/L盐酸、1.0mol/L硫酸、2.0mol/L硫酸，相同大小的铝片和铝粉(金属表面氧化膜都已除去)；每次实验各种酸的用量均为25.0mL，金属用量均为6.0g。（1）帮助该组同学完成以上实验设计表。实验目的实验编号温度金属铝形态酸及浓度1．实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响；2．实验②和③探究______3．实验②和④探究金属规格(铝片,铝粉)对该反应速率的影响；4．①和⑤实验探究铝与稀盐酸和稀硫酸反应的差异①_________铝片_______________②30˚C铝片1．0mol/L盐酸③40˚C铝片1．0mol/L盐酸④__________铝粉_____________⑤30˚C铝片1．0mol/L硫酸（2）该小组同学在对比①和⑤实验时发现①的反应速率明显比⑤快，你能对问题原因作出哪些假设或猜想(列出一种即可)?________________________________________________________________。27、（12分）某探究小组用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量。取样品5.000g，加水配成250mL无色溶液，已知溶液呈碱性，取25.00mL溶液，用滴定管盛装0.2000mol/L的I2标准液进行滴定。滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I－。（1）用_____________填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装I2标准液，在取液、盛装、滴定过程中还需要的玻璃仪器有_____________________________________。（2）滴定过程中，需要加入_____作为指示剂，滴定终点的判断方法___________。（3）滴定前后液面如图所示，所用I2标准液的体积为________________mL。（4）样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为_____________________，若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，则测得样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数____________填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。28、（14分）丁烷在一定条件下裂解可按两种方式进行：C4H10C2H6+C2H4,C4H10CH4+C3H6如图是某化学兴趣小组进行丁烷裂解的实验流程。(注：能将烃氧化成和，G后面装置与答题无关，省略)按上图连好装置后，需进行的实验操作有：①给D、G装置加热；②检查整套装置的气密性；③排出装置中的空气等(1)这三步操作的先后顺序依次是______。(2)氧化铝的作用是______，甲烷与氧化铜反应的化学方程式是______。(3)B装置所起的作用是______。(4)若对E装置中的混合物(溴水足量)，再按以下流程实验：①操作Ⅰ、操作Ⅱ分别是______、______。②溶液的作用是(用离子方程式表示)__________________________。③已知B只有一种化学环境的氢原子，则B的结构简式为__________________、(5)假定丁烷完全裂解，当(E+F)装置的总质量比反应前增加了1.82g，G装置的质量减少了4.16g，则丁烷的裂解产物中甲烷和乙烷的物质的量之比______(假定流经D、G装置中的气体能完全反应)29、（10分）氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是VA族的元素,该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题:（1）NH3的沸点比PH3高，原因是________________________________________________。（2）Na3AsO4中含有的化学键类型包括________________________；AsO43-的空间构型为____________（用文字描述）。（3）NH3和F2在Cu催化下可发生反应4NH3+3F2＝NF3+3NH4F，化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有_____________________(填序号)。写出基态铜原子的价电子排布式_______________。a.离子晶体b.分子晶体c.原子晶体d.金属晶体

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【分析】一般来说，原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应；金属的金属性越强，金属单质与水或酸反应越剧烈，较活泼金属能置换出较不活泼金属，据此解答。【题目详解】将A与B用导线连接起来浸入稀硫酸中，该装置构成原电池，B上有气泡产生，说明B电极上得电子发生还原反应，则B是正极、A是负极，金属活动性A＞B；将A、D分别投入到等浓度的稀盐酸中，D比A反应剧烈，则金属活动性D＞A；将Cu浸入B的盐溶液中，无明显变化，说明金属活动性B＞Cu；如果把Cu浸入C的盐溶液中，有金属C析出，说明金属活动性Cu＞C；通过以上分析知，金属活动性顺序是D＞A＞B＞C。答案选B。2、C【解题分析】平衡常数只是温度的函数，只有温度变化时，平衡常数才会变化。【题目详解】A.使用催化剂能够加快反应的进行，增大反应速率,但平衡常数不变，故A项错误；B.改变物质浓度，有可能改变反应速率，但平衡常数不变，故B项错误；C.改变温度一定改变反应速率，平衡常数是温度的函数，温度变化，平衡常数也变化，故C项正确；D.改变固体表面积大小，可以改变反应速率，但平衡常数不变，故D项错误。综上，本题选C。【题目点拨】本题考查平衡常数的影响因素，平衡常数只是温度的函数，温度不变，平衡常数不变。3、C【题目详解】A.有机物中含有苯环，属于芳香化合物，A错误；B.有机物中含有碳碳双键，属于环烯烃，B错误；C.该有机物为烷烃，属于链状化合物，C正确；D.有机物含有碳碳双键和醇羟基，不存在苯环，不属于芳香烃类化合物，D错误。答案选C。【题目点拨】选项A是易错点。环状化合物：分子中含有由碳原子组成的环状结构的化合物。它又可分为两类：①脂环化合物：分子中含有环状结构（不是苯环）的化合物称为脂环化合物，这类化合物的性质和脂肪族化合物的性质相类似，如：环戊烷：，环己醇：等。②芳香化合物：分子中含有苯环的化合物称为芳香化合物。如：苯：，萘：等。4、D【解题分析】“可燃冰”是甲烷的水合物，A错误；人体内没有纤维素酶，不能把纤维素水解生成葡萄糖，B错误；碘盐是指含有碘酸钾(KIO3)氯化钠(NaCl)，碘酸钾是无味的，因此食用碘盐与非碘盐的“咸味”差异不大，C错误；漂白粉主要成分为次氯酸钙，漂白液和漂白精主要成分为次氯酸钠，均有强氧化性，作为游泳池的消毒剂，D正确；正确选项D。5、B【解题分析】向容量瓶中转移液体时需要玻璃棒引流，玻璃棒的末端放在刻度线下方，答案选B。6、A【分析】若要想阴离子半径与阳离子半径之比最大，则需要阳离子半径较小，阴离子半径较大，因此根据离子半径分析。【题目详解】阴离子半径与阳离子半径之比最小的应该是阳离子半径较小的和阴离子半径较大的离子构成的化合物，电子层数相同的离子电荷数大的半径小，同一族的原子序数大的半径大，在选项的四个阳离子中，Li、Na、K、Cs属于同主族元素，电子层数越多半径越大，所以Li+是阳离子半径最小的，在阴离子中，I﹣是阴离子中电子层数最多的，所以半径最大，则LiI的阴离子半径与阳离子半径之比最大，故选A。7、D【题目详解】A．2Al+Fe2O32Fe+Al2O3反应为放热反应，∆H＜0，A与题意不符；B．CaO+H2O=Ca(OH)2反应为放热反应，∆H＜0，B与题意不符；C．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑反应为放热反应，∆H＜0，C与题意不符；D．H—Br→H+Br为化学键的断裂，吸收热量，∆H＞0，D符合题意；答案为D。8、C【题目详解】A．红墨水浓度大于水，微粒向浓度低的方向分散是自发进行的物理变化，故A不符合题意；B．冰的熔点为0℃，水常温是液体，冰在室温下融化成水，是自发进行的物理变化，故B不符合题意；C．NaHCO3转化为Na2CO3是需要一定条件或试剂实现转化，变化过程不是自发进行的变化，故C符合题意；D．铁在潮湿的空气中生锈是发生了电化腐蚀，发生了吸氧腐蚀，是自发进行的变化，故D不符合题意；答案选C。9、C【题目详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。10、D【解题分析】新能源是指在新技术的基础上系统开发利用的能源，如太阳能、风能、生物质能、地热能、海洋能、核能、氢能等，与传统能源相比，新能源普遍具有污染小、储量大、分布广的特点。故选D。11、C【解题分析】A．根据电荷守恒判断c（Cl-）、c（NH4+）的关系；B．若一元酸为强酸，两溶液混合后溶液显示中性，若一元酸为弱酸，则混合液中酸过量，溶液显示酸性；C．根据铵根离子水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42-）；D．根据多元弱酸根离子少量水解，分步水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度判断。【题目详解】A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中，溶液呈中性，则c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒可知，混合液中一定满足：c（Cl-）=c（NH4+），故A错误；B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合，如果一元酸为强酸，一元碱为强碱，则混合液显示中性，c（OH-）=c（H+）；当一元酸为弱酸、一元碱为强碱时，混合液中酸过量，溶液显示酸性，c（OH-）＜c（H+），故B错误；C．0.1

mol/L的硫酸铵溶液中，由于铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH-），而铵根离子水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42-），所以溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-），故C正确；D．0.1mol/L的硫化钠溶液中，由于硫离子部分水解，则溶液呈碱性，c（OH-）＞c（H+），硫离子水解主要以第一步为主，则：c（HS-）＞c（H2S），溶液中各离子浓度大小为：c（OH-）＞c（HS-）＞c（H2S）＞c（H+），故D错误；答案：C12、B【解题分析】试题分析：A．电子垃圾中含有大量重金属，可导致重金属污染，A错误；B．“地沟油”，是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将地沟油回收加工为生物柴油，可以提高资源的利用率，B正确；C．塑料袋在自然环境下不易分解，过多使用超薄塑料袋，能造成白色污染，C错误；D．三聚磷酸钠会使水体中磷元素过剩，引起水体富营养化，不符合题意，D错误；考点：考查常见电子垃圾、地沟油、塑料袋等生活中常见的物质的性质13、D【分析】氢氧燃料碱性电池中，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH--2e-==2H2O，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-====4OH-，反应的总方程式为2H2+O2==2H2O，结合氧气和转移电子之间的关系式计算。【题目详解】A.正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-==4OH-，所以A选项是正确的；B.负极上氢气和氢氧根离子反应生成水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以溶液中钾离子没有参与反应，根据原子守恒知，KOH的物质的量不变，所以B选项是正确的；C.负极电极反应式为H2+2OH--2e-==2H2O，正极电极反应式为O2+2H2O+4e-==4OH-，反应的总方程式为2H2+O2==2H2O，所以C选项是正确的；D.用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24LCl2(标准状况)，n(Cl2)=0.1mol，根据2Cl--2e-=Cl2↑，转移电子0.2mol，故D错误。答案选D。14、A【题目详解】A.合成氨是放热反应，所以高温是不利于平衡向正反应方向移动的，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B.氯化钠在溶液中完全电离，饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OHClO+H++Cl-，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，故B正确；C.打开碳酸饮料瓶盖会有大量气泡冒出，其原因是压强减小，气体的溶解度减小，即平衡向逆向移动，故C正确；D.使K成蒸气从反应混合物中分离出来，降低K蒸气的浓度，平衡向正反应方向移动，有利于K的制备，可以用勒夏特列原理解释，故D正确。答案选A。15、B【分析】【题目详解】A．①中Mg为负极，②中电解质溶液为氢氧化钠，Al和氢氧化钠反应，则Al为负极，③中Fe在浓硝酸中发生钝化，Cu为负极，④中Fe为负极，故A错误；B．②中Mg作正极，正极上氢离子得到电子，则正极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故B正确；C．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，③中Fe作正极，故C错误；D．④中Cu作正极，正极上氧气得到电子，则电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，故D错误；答案选B。16、D【题目详解】A．t2时刻瞬间C的浓度增大，t2～t3阶段C的浓度不变，说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡，所以有x=1+1=2，故A正确；B．加入催化剂后C的浓度应该瞬间不发生变化，不符合图示变化规律，故B错误；C．由A、B两项的分析可知，t2时刻是增大压强，若t3改变的条件是增大反应物A（或B）的物质的量，平衡均正向移动，C的浓度随时间而增大，但反应速率也增大，与图中所示信息不一样，所以t3时刻改变的一个条件可能是降低温度，C错误；D．t1～t3间温度相同，平衡常数相同，可计算t1～t2平衡常数K，

反应三段式为：t1～t2平衡常数K=Ｄ正确；答案选D。17、A【解题分析】根据方程式控制，Br的化合价从0价降低到－1价，得到1个电子。S的化合价从＋4价升高到＋6价，失去2个电子，所以单质溴是氧化剂，SO2是还原剂，答案选A。18、D【解题分析】A、根据能量守恒分析；B、根据物质能量的大小与物质稳定性的关系分析；C、根据热反应方程式与能量变化的关系分析；D、根据热反应方程式与能量变化的关系分析。【题目详解】A、根据能量守恒结合题意知，正丁烷的能量大于异丁烷的能量，选项A错误；B、根据题意知，正丁烷的能量大于异丁烷的能量，能量越大，物质越不稳定，所以正丁烷的稳定性小于异丁烷的稳定性，选项B错误；C、根据题意知，正丁烷的能量大于异丁烷的能量，再根据能量守恒得，异丁烷转化为正丁烷的过程是一个吸热过程，选项C错误；D、根据题意知，正丁烷的能量大于异丁烷的能量，再根据能量守恒得，异丁烷转化为正丁烷的过程是一个吸热过程，选项D正确；答案选D。【题目点拨】本题考查了能量转化的原因、分子的结构等知识点，难度不大，明确物质储存的能量与物质的稳定性的关系。19、C【解题分析】A、碘单质易溶于有机物，酒精属于有机物，碘单质溶于酒精，属于物理变化，故A错误；B、NaCl溶于水，属于物理变化，故B错误；C、利用漂白液的强氧化性，把有色物质氧化，属于化学变化，故C正确；D、丁达尔效应属于胶体的光学性质，无新物质生成，故D错误。20、A【题目详解】醋酸为弱酸，pH均为2的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中H+离子浓度相等，则醋酸浓度大与盐酸，设盐酸的浓度为c1，醋酸的浓度为c2，则c1＜c2，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗的两种酸的物质的量相等，则有：n=c1V1=c2V2，因c1＜c2，所以：V1＞V2，故选A。答案选A。21、D【分析】根据气体的物理性质解析。【题目详解】A.SO2无色有刺激性气味的气体，故A不符；B.NO2红棕色有刺激性气味的气体，故B不符；C.Cl2黄绿色有刺激性气味的气体，故C不符；D.N2无色有无气味的气体，故A符合；故选D。22、B【解题分析】A．由图Ⅱ可知，n(A)∶n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0，故A错误；B、由图可知平衡时A、B、C的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，A、B、C物质的量的变化量分别为：0.4mol、0.2mol、0.2mol，所以反应的化学方程式为2A(g)+B(g)⇌C(g)，平衡时A、B、C的浓度分别为：0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，平衡常数K=0.10．22×0.1

L2/mol2=25

L2/mol2，故B正确；C．由图Ⅰ可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，故v(B)=0.2mol2L5min=0.02

mol•L-1•min-1，故C错误；D、根据图二、非选择题(共84分)23、FeFe(NO3)3Fe3O4HCl③⑥Fe3++3SCN－Fe(SCN)33Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H20.8【分析】根据D加F为红色溶液，想到KSCN和铁离子显红色，再联想D到G的转化，是亚铁离子和铁离子之间的转化，故D为铁离子，G为亚铁离子，A为单质铁，而B和A要反应生成铁离子，再联系A为有液体且易挥发，说明是硝酸，再根据E和X反应生成D、G、H，说明E中有铁的两个价态，E为黑色固体，且Fe和C点燃变为黑色固体，想到E为四氧化三铁，X为盐酸，H为水。【题目详解】⑴根据前面分析得出化学式：A：Fe，D：Fe(NO3)3，E：Fe3O4，X：HCl，故答案分别为Fe；Fe(NO3)3；Fe3O4；HCl；⑵在反应①～⑦中，①～⑦反应分别属于①氧化还原反应，②氧化还原反应，③复分解反应，④氧化还原反应，⑤氧化还原反应，⑥复分解反应，⑦氧化还原反应，故不属于氧化还原反应的是③⑥，故答案为③⑥；⑶反应⑥的离子方程式为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3，故答案为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3；⑷反应⑦的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故答案为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；⑸反应⑦中，铁化合价升高，水中氢化合价降低，分析氢总共降低了8个价态即转移8mol电子，因此每消耗0.3mol的A，可转移电子0.8mol，故答案为0.8mol。24、羟基(CH3)3C-OH+Cl2+HClCH2=C（CH3）2+H2O【分析】首先根据不饱和度发现A中无不饱和度，只有一种一氯代物说明只有一种等效氢，因此必然是对称结构的一元醇，则A为，B为一氯代物，C为醇钠，A到D是典型的消去反应的条件，得到烯烃，再和溴的四氯化碳加成得到E，本题得解。【题目详解】（1）A是醇，官能团为羟基，A的结构简式为；（2）A→B为取代反应，方程式为(CH3)3C-OH+Cl2+HCl，A→D为消去反应，方程式为CH2=C（CH3）2+H2O；（3）首先F也是一元醇，有3种等效氢，且羟基的邻位碳上有氢原子，符合条件的结构为。25、0.1mol/L0.05mol/L0.001或1×10-3酸式滴定管滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内无变化1.2mg/cm3【分析】从滴定曲线知，反应开始时，盐酸溶液pH=1，则c(HCl)0.100mol/L，本实验用待测浓度的氢氧化钠溶液滴定标准溶液——10.00mL盐酸，滴加NaOH溶液至20mL时，恰好中和，故可计算出c(NaOH)=0.050mol/L；血样20.00mL经过处理后得到草酸，用酸性高锰酸钾溶液滴定，做3次平行试验，进行数据处理，得到消耗高锰酸钾溶液的平均体积，根据反应方程式2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O、草酸钙的化学式CaC2O4，可计算血样中钙元素的含量；【题目详解】(1)反应开始时，溶液pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，由于盐酸是一元强酸，完全电离，所以c(HCl)=c(H+)=0.100mol/L；当滴加NaOH溶液至20mL时，溶液的pH=7，二者恰好完全反应，根据n(HCl)=n(NaOH)，0.100mol/L×10.00mL=c(NaOH)×20.00mL，所以c(NaOH)=0.050mol/L；(2)当溶液的pH=7时，加入溶液中NaOH的物质的量等于溶液中HCl的物质的量，n(NaOH)=n(HCl)=0.100mol/L×10.00mL×10-3L/mL=0.001mol=x；(3)①高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此应该盛放在酸式滴定管在；高锰酸钾溶液本身显紫色，当用该溶液滴定草酸时，高锰酸钾被还原产生Mn2+，故滴定过程中出现褪色现象，滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液紫色不再褪去(溶液由无色变为浅紫色)，且半分钟内无变化，说明反应达到滴定终点；②血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，用酸性高锰酸钾溶液滴定，做3次平行试验，第2次数据偏差大，应舍弃，故二次数据平均值为消耗高锰酸钾0.012L，高锰酸钾物质的量为：n(KMnO4)=0.020mol/L×0.012L=2.4×10-4mol，根据反应方程式2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O、草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n(Ca2+)=n(H2C2O4)=×2.4×10-4mol=6×10-4mol，则c(Ca2+)==3×10-5mol/cm3，用质量表示Ca2+的浓度为3×10-5mol/cm3×40g×103mn/g=1.2mg/cm3。26、温度对该反应速率的影响30˚C2.0mol/L盐酸30˚C1.0mol/L盐酸Cl-能够促进金属铝与H+反应，或SO42-对金属铝与H+的反应起阻碍作用等【解题分析】（1）探究问题时，要注意控制变量，结合题目中探究的影响因素，即可分析出变量是什么；（2）对比①和⑤实验可知，只有Cl-和SO42-不同，即可分析出答案；【题目详解】（1）根据实验目的可知：实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响，则除盐酸的浓度不同外，其它条件必须完全相同，所以①的温度为30℃，酸及浓度为：2.0moL/L盐酸；根据实验②和③的数据可知，除温度不同外，其它条件完全相同，则实验②和③探究的是反应温度对反应速率的影响；实验②和④探究金属规格(铝片，铝粉)对该反应速率的影响，则除铝的规格不同以外，其它条件必须完全相同，所以④中温度30℃、酸及浓度为：1.0moL/L盐酸；(2)对比①和⑤实验可知，只有Cl-和SO42-不同，其它条件完全相同，①的反应速度明显比⑤快，说明Cl-能够促进Al与H+的反应或SO42-对Al与H+的反应起阻碍作用。27、酸式碱式滴定管、锥形瓶、烧杯淀粉当滴入最后一滴I2标准液，溶液颜色由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色18.1018.1%偏大【解题分析】(1)根据碘水显酸性分析判断，结合滴定的操作步骤分析需要的仪器；(2)根据碘单质的特征性质来分析选择指示剂，根据题意反应的方程式为N2H4+2I2═N2+4HI，根据反应后的产物判断终点现象；(3)滴定管的读数是由上而下标注的，根据图示解答；(4)根据反应的方程式列式计算；结合c(待测)=c(标准【题目详解】(1)碘水显酸性，且能够橡胶中的碳碳双键发生加成反应，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中；滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯，故答案为：酸式；碱式滴定管、锥形瓶、烧杯；(2)用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量，滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I－，依据碘单质特征性质，应选择淀粉为滴定指示剂，滴定终点的现象为：当加入最后一滴标准溶液时，锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：淀粉溶液；当加入最后一滴I2标准溶液时，锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；(3)根滴定前后液面的图示，初始读数为0.00mL，终点读数为18.10mL，所用I2标准液的体积为18.10mL，故答案为：18.10；(4)消耗的碘的物质的量=0.01810L×0.2000mol/L=0.003620mol，根据N2H4+2I2═N2+4HI，水合肼(N2H4·H2O)的物质的量为0.001810mol×250mL25mL=0.01810mol，样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数=0.01810mol×50g/mol5.000g×100%=18.1%；若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，导致消耗的碘水的体积偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)可知，测得样品中水合肼(N28、②③①催化剂观察并控制丁烷气体的流速分液蒸馏SO32-+Br2+H2O=2Br-+SO42-+2H+3:2【分析】（1）应先检验气密性，赶出内部气体，再加热；

（2）根据氧化铝在丁烷裂解反应中的作用解答；加热条件下，甲烷能被氧化铜氧化生成二氧化碳；

（3）通过观察气泡，控制气体流速；

（4）混合物中含有有机物和溴，向混合物中加入亚硫酸钠溶液后，溶液分层，采用分液的方法分离出混合物和有机层，互溶的液体采用蒸馏的方法