山东省威海市示范名校2024届高二化学第一学期期中经典模拟试题含解析

山东省威海市示范名校2024届高二化学第一学期期中经典模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列实验装置图所示的实验操作，不能达到相应实验目的是()A．制备氢氧化亚铁 B．用浓硫酸干燥CO2C．氨气溶于水的喷泉实验 D．检验钠元素的存在2、实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏高的是（）A．酸式滴定管在装酸液前用标准盐酸溶液润洗2～3次B．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C．锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用水洗2~3次3、下列说法中错误的是（）A．石油主要含碳、氢两种元素B．通过石油的催化裂化和裂解可以得到较多的轻质油和气态烯烃C．通过煤的直接或间接液化，可以获得燃料油及多种化工原料D．煤、石油、天然气都是可再生能源4、一定条件下，将一定量的A、B、C、D四种物质，置于密闭容器中发生如下反应：mA(s)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)。达到平衡后，测得B的浓度为0.5mol/L。保持温度不变，将密闭容器的容积扩大到原来的两倍，再次达到平衡后，测得B的浓度为0.2mol/L，当其它条件不变时，C在反应混合物中的体积分数(x)与温度(T)、时间(t)的关系如图所示，下列叙述正确的是A．容积扩大到原来的两倍，平衡向逆反应方向移动B．化学方程式中n>p＋qC．达到平衡后，若升高温度，平衡向逆反应方向移动D．达到平衡后，增加A的量，有利于提高B的转化率5、在一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molA和1molB，发生下列反应：2A(g)+B(g)2C(g)△H<0，达到平衡后，在t1时刻改变条件，化学反应速率随时间变化如图。下列对t1时刻改变条件的推测中正确的是A．保持压强不变，升高反应温度B．保持温度不变，增大容器体积C．保持温度和容器体积不变，充入1molC(g)D．保持温度和压强不变，充入1molC(g)6、下列比较错误的是A．与水反应的剧烈程度：K<Ca B．稳定性：HF>HC1C．原子半径：Si>N D．碱性：Ca(OH)2>Mg(OH)27、下列关于材料促进社会进步的说法不正确的是A．原始社会，人类利用铁质刀具分割食物B．奴隶社会，青铜类金属材料用于制造武器C．封建社会，金属冶炼技术大发展促进了农耕文明D．近代工业发展中，熔融电解法炼铝的发明使铝合金材料得以普及8、有关油脂的说法错误的是A．植物油兼有酯类和烯烃的性质B．油脂的水解叫皂化反应C．液态油催化加氢后可以生成固态脂肪D．脂肪里的饱和烃基的相对含量较大，熔点较高9、下列离子方程式书写正确的是()A．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：B．草酸溶液使酸性KMnO4溶液褪色：C．铅蓄电池充电时正极反应:D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：10、在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A．0~6min的平均反应速率：v（H2O2）mol/(L·min)B．6~10min的平均反应速率：v（H2O2）＜mol/(L·min)C．反应至6min时，c（H2O2）=0.3mol/LD．反应至6min时，H2O2分解了50%11、常温下，下列溶液的粒子浓度关系式正确的是A．0.1mol/L的NaHCO3溶液中：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a＞b+1C．pH=2的H2SO3溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c(Na+)

+c(H+)=c(OH-)

+c(HSO

)+2c(SO)D．0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)12、下列实验装置及操作不能达到实验目的的是A．用海水制取蒸馏水B．除去水中的泥沙C．分离水和乙醇D．从食盐水中获取氯化钠A．A B．B C．C D．D13、设阿伏加德罗常数为NA，则下列说法正确的是A．15g甲基（－CH3）所含有的电子数是9NAB．7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NAC．1molC2H5OH和1molCH3CO18OH反应生成水的中子数为8NAD．标准状况下，11.2L己烷所含分子数为0.5NA14、如图为某烃的键线式结构，该烃和Br2按物质的量之比为1:1加成时，所得产物有（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种15、一定条件下，容积固定的密闭容中对于可逆反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.08mol/L，则下列判断不合理的是()A．c1∶c2＝1∶3B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3C．达到平衡时，容器内的压强不再变化D．c1的取值范围为0mol/L<c1<0.14mol/L16、常温下，将0.05mol/LH2SO4和0.08mol/LNaOH溶液等体积混合，混合液的pH为()A．4 B．3 C．2 D．117、下列关于有机化合物的说法正确的是()A．甲烷和乙烯都可以与氯气反应B．酸性高锰酸钾可以氧化苯和甲苯C．乙烯可以与氢气发生加成反应，苯不能与氢气加成D．溴乙烷在NaOH的醇溶液中充分反应可得到乙醇18、表示下列变化的化学用语正确的是A．NaHCO3溶液显碱性：HCO+H2OCO+OH－B．醋酸溶液显酸性：CH3COOH=CH3COO－+H+C．氨水显碱性：NH3·H2ONH+OH－D．铁在潮湿空气中被腐蚀的负极反应：Fe－3e－=Fe3+19、参照反应Br+H2→HBr+H的能量—反应历程的示意图，下列叙述中正确的是（）A．正反应为放热反应B．加入催化剂，该化学反应的反应热不变C．反应物总能量高于生成物总能量D．升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率20、醋酸铅因有甜味而被称为“铅糖”，它有毒但能入药，又知(CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅与醋酸钠溶液反应的离子方程式为Pb2＋＋2CH3COO－=(CH3COO)2Pb。下列有关说法中不正确的是A．0.1mol·L－1的“铅糖”溶液中c(Pb2＋)<0.1mol·L－1B．“铅糖”是弱电解质C．“铅糖”是离子化合物D．“铅糖”的溶液可能导电性很弱21、高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，该电池能长时间保持稳定的放电电压，放电时的总反应为：3Zn＋2K2FeO4＋8H2O=3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，下列判断不正确的是A．放电时，负极反应为Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2B．放电时，每转移6mol电子，则有1molK2FeO4被还原C．充电时，阴极pH增大D．充电时，阳极反应为Fe(OH)3＋5OH－－3e－=FeO42－＋4H2O22、下列共价键的键能最大的是()A．H—F B．H—O C．H—N D．H—C二、非选择题(共84分)23、（14分）由丙烯经下列反应可制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。（1）聚合物F的结构简式___。A→B的反应条件为_____。E→G的反应类型为_____。（2）D的结构简式______。B转化为C的化学反应方程式是_______。（3）在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式是_____。（4）E有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1molH2，则该种同分异构体的结构简式为______。24、（12分）A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满。回答下列问题：（1）B、C中第一电离能较大的是__(用元素符号填空)，基态E原子价电子的轨道表达式______。（2）DA2分子的VSEPR模型是_____。（3）实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6属于_______晶体（填晶体类型），其中C原子的杂化轨道类型为________杂化。②[C(OH)4]-中存在的化学键有________。a．离子键b．共价键c．σ键d．π键e．配位键f．氢键（4）B、C的氟化物晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，二者相差很大的原因________。（5）D与E形成化合物晶体的晶胞如下图所示：①在该晶胞中，E的配位数为_________。②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。上图晶胞中，原子的坐标参数为：a(0，0，0)；b(，0，)；c(，，0)。则d原子的坐标参数为______。③已知该晶胞的边长为xcm，则该晶胞的密度为ρ=_______g/cm3（列出计算式即可）。25、（12分）某研究小组为了验证反应物浓度对反应速率的影响，选用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与草酸H2C2O4溶液在室温下进行反应。实验中所用的草酸为稀溶液，视为强酸。（1）写出硫酸酸化的高锰酸钾氧化稀草酸溶液的离子方程式__________。（2）该小组进行了实验I，数据如下。H2SO4溶液KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色时间（分:秒）1mL2mol/L2mL0.01mol/L1mL0.1mol/L2:031mL2mol/L2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L2:16一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率___________（填“增大”或“减小”）。但分析该实验数据，得到的结论是在当前实验条件下，增大草酸浓度，反应速率减小。（3）该小组欲探究出现上述异常现象的原因，在实验I的基础上，只改变草酸溶液浓度进行了实验II，获得实验数据并绘制曲线图如下。该小组查阅资料获取如下信息，其中能够解释MO变化趋势的是___________。aKMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn（VI）、Mn（III）、Mn（IV），最终变为无色的Mn（II）。（括号中罗马数字表示锰的化合价）b草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物。c草酸稳定性较差，加热至185℃可分解。（4）该小组为探究ON段曲线变化趋势的原因，又进行了实验III，所得数据如下。H2SO4溶液Na2SO4固体KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色时间(分:秒)1mL0.1mol/L1.9×10-3mol2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L16:201mL0.5mol/L1.5×10-3mol2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L8:251mL1.0mol/L1.0×10-3mol2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L6:151mL2.0mol/L02mL0.01mol/L1mL0.2mol/L2:16该小组进行实验III的目的是____________________________________________。（5）综合实验I、II、III，推测造成曲线MN变化趋势的原因________________。a．当草酸浓度较小时，C2O42-起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小b．当草酸浓度较小时，H+起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越大c．当草酸浓度较大时，C2O42-起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小d．当草酸浓度较大时，H+起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越大26、（10分）某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强，原电池的电压越大。（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。装置编号电极A溶液B操作及现象ⅠFepH=2的H2SO4连接装置后，石墨表面产生无色气泡；电压表指针偏转ⅡCupH=2的H2SO4连接装置后，石墨表面无明显现象；电压表指针偏转，记录读数为a①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极反应式是______________。②针对实验Ⅱ现象：甲同学认为不可能发生析氢腐蚀，其判断依据是________________________；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极的电极反应式是___________________。（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性的因素。编号溶液B操作及现象Ⅲ经煮沸的pH=2的H2SO4溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转，记录读数为bⅣpH=2的H2SO4在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c；取出电极，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为cⅤpH=12的NaOH在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为d①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c>a>b，请解释原因是____________________。②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究_____________________对O2氧化性的影响。③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是__________________。④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用右图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′＞d′，由此得出的结论是___________________________。27、（12分）研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：已知：Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？________（“是”或“否”），理由是______。（3）试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4，分析上图的实验现象，得出的结论是________。（4）小组同学用电解法处理含Cr2O72－废水，探究不同因素对含Cr2O72－废水处理的影响，结果如下表所示（Cr2O72－的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。实验ⅰⅱⅲⅳ是否加入Fe2(SO4)3否否加入5g否是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴极为石墨阳极为铁Cr2O72－的去除率/%0.92212.720.857.3①对比实验ⅰ和实验ⅱ可知，_________（“升高”或“降低”）pH可以提高Cr2O72－的去除率。②实验ⅱ中Cr2O72－放电的电极反应式为___________________________________。③实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72－的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72－去除率提高较多的原因是_______________。28、（14分）已知：25℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等。（1）25℃时，取10mL0.1mol·L-1醋酸溶液测得其pH＝3。①将上述（1）溶液加水稀释至1000mL，溶液pH数值范围为___________，溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)·c(OH-)]___________（填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”）。②25℃时，0.1mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝___________。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为_______________________________________________________。③氨水（NH3·H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb＝_______________________________，25℃时，氨水电离平衡常数约为___________。（2）25℃时，现向10mL0.1mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中c(NH4+)/c(NH3.H2O)___________（填序号）。a．始终减小b．始终增大c．先减小再增大d．先增大后减小（3）某温度下，向V1mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图。已知：pOH＝-lgc(OH-)。图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是___________（填字母，下同）。图中M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是___________。29、（10分）能源问题是人类社会面临的重大课题。甲醇是未来重要的绿色能源之一。(1)已知:在25℃、101kPa下,1mol甲烷燃烧生成CO2和液态水时放热890.31kJ。请写出甲烷燃烧热的热化学方程式__________。(2)由CO2和H2合成甲醇的化学方程式为:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g).在其他条件不变的情况下,实验测得温度对反应的影响如下图所示(注:T1、T2均大300℃)。①合成甲醇反应的△H__________(填“>”、“<”或“=”)0。②平衡常数的表达式为:__________。温度为T2时的平衡常数__________(填“>”、“<”或“=”)温度为T1时的平衡常数。

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．氢氧化亚铁极易被空气中的氧气氧化，为防止被氧化，应该隔绝空气，煤油密度小于硫酸亚铁溶液密度且二者不互溶，同时将导管插入液面以下，均可隔绝空气，能实现实验目的，故A不选；B．干燥气体的导气管应该遵循“长进短出”原则，否则不能干燥气体，该装置导气管“短进长出”，不能实现实验目的，故B选；C．氨气极易溶于水，造成烧瓶内气体压强迅速减小，外压大于内压，所以能做喷泉实验，能实现实验目的，故C不选；D．Na元素检验可以采用焰色反应，该操作可以检验钠元素是否存，能实现实验目的，故D不选；故选B。2、B【题目详解】A．酸式滴定管在装酸液前用标准盐酸溶液润洗2～3次，操作正确，对V(标准)无影响，根据c(待测)=，分析测定结果不变，故A不符合题意；B．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，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=，分析测定结果偏高，故B符合题意；C．滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=，分析测定结果偏小，故C不符合题意；D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用水洗2~3次，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=，分析测定结果不变，故D不符合题意；答案为B。3、D【题目详解】A、石油主要成分是烷烃、环烷烃、芳香烃，则石油主要含碳、氢两种元素，故A正确；B、通过石油的催化裂化和裂解把大分子的烃转化为小分子的烃，可以得到较多的轻质油和气态烯烃，故B正确；C、通过煤的直接或间接液化，将煤转化为可以燃烧的液体，比如甲醇，从而获得燃料油及多种化工原料，故C正确；D、煤、石油、天然气属于化石燃料，是由古代生物的遗骸经一系列复杂的化学变化而形成的，属于不可再生能源，故D错误；故答案选D。4、C【题目详解】A、设容器的体积为VL，第一次平衡时B的物质的量为0.5Vmol，容器扩大到原来的两倍，再次达到平衡后，B的物质的量为0.2Vmol，容器扩大前后B的物质的量减少，所以平衡向正反应方向移动，故A错误；

B、容器扩大后，平衡向正反应方向移动，容器内气体的压强减小,减小压强平衡向气体体积增大的方向移动,所以n<p＋q,故B错误.

C、根据图象中“先拐先平,数值大”知,T1<T2,升高温度,C在反应混合物中的体积分数(x)降低,说明平衡向逆反应方向移动,即正反应方向是放热反应,所以达到平衡后,若升高温度,平衡向逆反应方向移动,所以C选项是正确的.

D、A是固体,增加或减少固体和液体的质量对化学平衡无影响,所以达到平衡后,增加A的量,不改变B的转化率,故D错误.

综上所述，本题应选C。解析A、根据容积扩大前后B的物质的量变化判断平衡移动方向.

B、容积扩大,容器内气体的压强减小,减小压强平衡向气体体积增大的方向移动,从而判断气体的计量数大小.

C、根据图象中“先拐先平,数值大”判断和的相对大小,根据温度和C在反应混合物中的体积分数(x)判断该反应正反应方向是放热还是吸热,再结合温度对化学平衡的影响判断平衡移动方向.

D、增加或减少固体和液体的质量对化学平衡无影响.5、D【题目详解】A.该反应是放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，正逆反应速率曲线都在原直线上方，逆反应速率增大倍数大于正反应速率增大的倍数，导致平衡向逆反应方向移动，A项错误；B．保持温度不变，增大容器体积，正、逆反应速率均减小，速率曲线在原直线下方，B项错误；C.保持温度和容器体积不变，充入1molC(g)，相当于增大压强，正逆反应速率均增大，速率曲线在原直线上方，C项错误；D.保持温度和压强不变，充入1molC(g)，C(g)的瞬间，生成物的浓度增大，逆反应速率增大，容器的体积增大，导致反应物的浓度减小，正反应速率降低，平衡向逆反应方向移动，D项正确；答案选D。6、A【题目详解】A．金属性K＞Ca＞Na＞Mg，金属性越强，金属单质与水反应越剧烈，故A错误；B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞S，所以氢化物的稳定性HF＞H2S，故B正确；C．C、Si同主族，电子层依次增大，故原子半径Si＞C，C、N同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径C＞N，因此原子半径：Si>N，故C正确；D．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Ca＞Mg，所以碱性Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故D正确；故选A。7、A【题目详解】A.原始社会是没有铁质刀具的，当时不具备炼铁的技术条件，最多是使用铜器所谓铜器时代，石器时代；其次当时人们的技术水平和活动范围都很有限，不会发现蕴藏量丰富的铁矿，故A错误；B.奴隶社会，青铜类金属材料用于制造武器、劳动工具和装饰品，因此得到了广泛的应用，故B正确；C.封建社会，铁质生产工具的出现促进了农耕文明，有赖于金属冶炼技术的发展，故C正确；D.铝是非常活泼的金属，工业上采用电解的方法冶炼铝，使铝合金材料得以普及，故D正确。故选A。8、B【解题分析】A．植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，植物油兼有酯类和烯烃的性质，故A正确；B．油脂在碱性条件下的水解叫皂化反应，在酸性条件下的水解反应不是皂化反应，故B错误；C．液态油含有碳碳双键，催化加氢后可以生成固态脂肪，故C正确；D．油脂里烃基的饱和程度越大，其熔点越高，脂肪里的饱和烃基的相对含量较大，因此脂肪的熔点较高，故D正确；故选B。9、B【题目详解】A．用KIO3氧化酸性溶液中的KI，反应生成碘单质和水，正确的离子方程式为：5I-+IO+6H+=3I2+3H2O，故A错误；B．草酸与酸性高锰酸钾溶液反应，发生氧化还原反应，C元素的化合价升高，Mn元素化合价降低，离子方程式为：5H2C2O4+2MnO+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故B正确；C．铅蓄电池充电时正极反应失电子，硫酸铅失电子生成二氧化铅，正确的离子方程式为：PbSO4+2H2O+2e-=PbO2+4H++SO，故C错误；D．Na2S2O3和稀硫酸反应生成硫酸钠、硫、二氧化硫和水，正确的离子方程式为S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故D错误；故选B。10、C【题目详解】A．0~6min时间内，△c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷6minmol/(L·min)，A正确；B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，B正确；C．6min时，c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，C错误；D．6min时，H2O2分解率为：=50%，D正确。答案选C。11、C【题目详解】A．0.1mol/L的NaHCO3溶液，NaHCO3属于盐，是强电解质，完全电离即NaHCO3=Na++HCO，HCO存在水解平衡，HCO+H2OH2CO3+OH-，又存在电离平衡，HCOH++CO，由于NaHCO3溶液呈碱性，水解程度大于电离程度，则0.1mol/L的NaHCO3溶液粒子浓度关系为c(Na+)＞c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，故A错误；B．一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，导致稀释10倍后溶液中c(OH−)大于原来的，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b＞a−1，则a＜b+1，故B错误；C．pH=2的H2SO3溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，由于H2SO3属于弱酸，则混和后溶液中有Na+、SO、HSO、H+、OH-等离子，由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO)+2c(SO)，故C正确；D．0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，得到的是等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，由物料守恒得2c(Na+)═c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故D错误；答案为C。12、C【题目详解】A．沸点不同的混合物，可用蒸馏的方法分离，可用蒸馏的方法制得蒸馏水，选项A正确；B．除去水中的泥沙，需要通过过滤操作完成，图示操作方法合理，选项B正确；C．互不相溶的液体采用分液的方法分离，乙醇和水互溶，所以不能用分液的方法分离，选项C错误；D．水易挥发，可用蒸发的方法分离氯化钠，选项D正确；答案选C。【题目点拨】本题考查较为综合，涉及物质的分离、制备等基本实验操作的考查，侧重于实验方案的评价，注意把握物质的性质以及操作要点，题目难度不大。13、A【解题分析】试题分析：A．15g甲基（－CH3）的物质的量是1mol，其中所含有的电子数是9NA，A正确；B．苯分子中不存在碳碳双键，B错误；C．1molC2H5OH和1molCH3CO18OH反应生成水是H218O，其中含有的中子数为10NA，C错误；D．标准状况下己烷不是气态，不能利用气体的摩尔体积计算物质的量，D错误，答案选A。考点：考查阿伏加德罗常数计算14、C【题目详解】该烃与Br2按物质的量之比为1:1加成时，有两种加成方式：1,2-加成和1,4-加成，其中1,2-加成产物有三种：、、，1,4-加成产物有2种：、。共有5种加成产物，C项正确；答案选C。15、B【解题分析】分析：A．可根据反应转化关系和平衡浓度计算初始浓度关系；B．达到平衡状态时，正逆反应速率相等；C．反应前后气体的体积减小，达到平衡状态时，压强不变；D．根据可逆反应不能完全转化的角度分析。详解：A．设X转化的浓度为x，则X(g)＋3Y(g)2Z(g)初始：c1c2c3转化：x3x2x平衡：0.1moL/L0.3mol/L0.08mol/L则：c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，A正确；B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，B错误；C．反应前后气体的体积减小，达到平衡状态时，压强不变，C正确；D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0＜c1，如反应向逆反应分析进行，则c1＜0.14mol•L-1，故有0＜c1＜0.14mol•L-1，D正确。答案选B。16、C【题目详解】0.05mol/LH2SO4中c(H+)=0.05mol/L×2=0.1mol/L，0.08mol/L

NaOH溶液c(OH-)=0.08mol/L，等体积混合，则H2SO4过量，溶液呈酸性，混合溶液中c(H+)=mol/L=10-2mol/L，则溶液的pH=2，故选C。17、A【题目详解】A．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，乙烯和氯气发生加成反应，A选项正确；B．高锰酸钾与苯和甲烷均不发生反应，B选项错误；C．乙烯与氧气燃烧反应，是氧化反应，苯与氢气在镍做催化剂作用下发生加成反应生成环己烷，C选项错误；D．溴乙烷在NaOH的醇溶液中充分反应发生消去反应得到乙烯，D选项错误；答案选A。18、C【题目详解】A．碳酸氢钠部分水解生成碳酸和氢氧根离子，溶液显示碱性，水解的离子方程式为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故A错误；B．醋酸溶液显酸性，原因是醋酸在溶液中部分电离出氢离子，正确的电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故B错误；C．一水合氨是弱电解质，电离是微弱的，电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH-，故C正确；D．铁在潮湿空气中被腐蚀的负极反应：Fe-2e-=Fe2+，故D错误；答案选C。19、B【题目详解】A、反应物的总能量小于生成物的总能量，则正反应为吸热反应，故A错误；B、催化剂只能降低反应所需的活化能，与反应热大小无关，故B正确；C、根据图示，反应物总能量低于生成物总能量，故C错误；D、升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，可增大正反应速率，也增大逆反应速率，故D错误；故选B。20、C【解题分析】（CH3COO）2Pb可溶于水，硝酸铅与醋酸钠溶液反应的离子方程式为Pb2++2CH3COO-=（CH3COO）2Pb，说明醋酸铅是弱电解质，醋酸铅是共价化合物溶解性小溶液中离子浓度很小可能不导电。【题目详解】A项、醋酸铅是弱电解质，存在部分电离，0.1mol•L-1的“铅糖”溶液中c（Pb2+）<0.1mol•L-1，故A正确；B．（CH3COO）2Pb溶液中存在电离平衡属于弱电解质，故B正确；C．醋酸铅是弱电解质，溶液中存在分子是共价化合物，故C错误；

D．醋酸铅是弱电解质，醋酸铅是共价化合物溶解性小溶液中离子浓度很小，“铅糖”的溶液可能不导电，故D正确。故选C。【题目点拨】本题考查了弱电解质电离平衡的分析判断，依据化学反应进行判断醋酸铅为弱电解质是解题关键。21、B【分析】本题考察了化学电池的电极反应和溶液pH变化，注意充电反应阳极对应放电反应正极。【题目详解】A.根据放电反应可知，金属锌失去电子，生成氢氧化锌，发生氧化反应，做负极，故负极反应为Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2，A正确；B.正极FeO42-发生还原反应，生成氢氧化铁，电极反应式为FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-，故转移每转移6mol电子，则有2molK2FeO4被还原，B错误；C.充电时，阴极反应方程为Zn(OH)2+2e-=Zn＋2OH－，氢氧根浓度增大，pH增大，C正确；D.充电时，阳极反应可视为正极反应的逆反应为Fe(OH)3＋5OH－－3e－=FeO42－＋4H2O，D正确；答案为B。22、A【解题分析】原子半径越小，键长越短，同周期元素原子从左到右原子半径依次减小，半径由大到小为C>N>O>F，故H-F键长最短，键能最大，答案选A。二、非选择题(共84分)23、NaOH水溶液、加热缩聚反应CH3COCOOHCH2(OH)CH(OH)CHO【分析】丙烯与溴发生加成反应生成A，A为CH3CHBrCH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B，B为CH3CH（OH）CH2OH，B催化氧化生成C，C为，C氧化生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E，E为CH3CH（OH）COOH，E发生酯化反应是高聚物G，丙烯发生加聚反应生成高聚物F，F为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题。【题目详解】（1）丙烯发生加聚反应生成F聚丙烯，其结构简式为：。A→B的反应条件为：NaOH水溶液，加热。E→G的反应类型为：缩聚反应。（2）通过以上分析知，D的结构简式为；B转化为C是CH3CH(OH)CH2OH催化氧化生成O=C(CH3)CHO，反应方程式为。（3）在一定条件下，两分子CH3CH(OH)COOH能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是.。（4）E的结构简式为CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1molH2，说明该同分异构体分子中含有2个﹣OH、1个﹣CHO，故符合条件的同分异构体为：HOCH2CH2(OH)CHO。24、Mg平面三角形分子sp3bceAl3+比Mg2+电荷多，半径小，晶格能大4（1，，）【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，则A是核外电子排布式是1s22s22p4，所以A是O元素；D是S元素；工业上电解熔融C2A3制取单质C，则C为Al元素；基态B、E原子的最外层均只有2个电子，其余各电子层均全充满，结合原子序数可知，B的电子排布为1s22s22p63s2、E的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，B为Mg，E为Zn，以此来解答。【题目详解】由上述分析可知，A为O元素，B为Mg元素，C为Al元素，D为S元素，E为Zn元素。(1)Mg的3s电子全满为稳定结构，难失去电子；C是Al元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s33p1，失去第一个电子相对容易，因此元素B与C第一电离能较大的是Mg；E是Zn元素，根据构造原理可得其基态E原子电子排布式是[Ar]3d104s2，所以价电子的轨道表达式为；(2)DA2分子是SO2，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=2+=3，VSEPR理论为平面三角形；(3)①C2Cl6是Al2Cl6，在加热时易升华，可知其熔沸点较低，据此可知该物质在固态时为分子晶体，Al形成4个共价键，3个为σ键，1个为配位键，其杂化方式为sp3杂化；②[Al(OH)4]-中，含有O-H极性共价键，Al-O配位键，共价单键为σ键，故合理选项是bce；(4)B、C的氟化物分别为MgF2和AlF3，晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，同为离子晶体，晶格能相差很大，是由于Al3+比Mg2+电荷多、离子半径小，而AlF3的晶格能比MgCl2大；(5)①根据晶胞结构分析，S为面心立方最密堆积，Zn为四面体填隙，则Zn的配位数为4；②根据如图晶胞，原子坐标a为(0，0，0)；b为(，0，）；c为(，，0），d处于右侧面的面心，根据几何关系，则d的原子坐标参数为（1，，）；③一个晶胞中含有S的个数为8×+6×=4个，含有Zn的个数为4个，1个晶胞中含有4个ZnS，1个晶胞的体积为V=a3cm3，所以晶体密度为ρ==g/cm3。【题目点拨】本题考查晶胞计算及原子结构与元素周期律的知识，把握电子排布规律推断元素、杂化及均摊法计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(5)为解答的难点，具有一定的空间想象能力和数学计算能力才可以。25、2MnO4-+5C2O42-+16H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O增大ab探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响ad【解题分析】（1）酸性条件下高锰酸根离子和草酸根离子发生氧化还原反应，根据元素守恒知，生成物中生成水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式。（2）一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大。（3）据MO变化趋势，得出反应速率随着草酸浓度增加而减小，可能原因是KMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn（VI）、Mn（III）、Mn（IV），最终变为无色的Mn（II），以及草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物，据此进行分析。（4）小组进行实验III的目的是探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响。（5）当草酸浓度较小时，C2O42﹣起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小；当草酸浓度较大时，H+起主要作用，使得草酸浓度越大，反应速率越大。【题目详解】（1）酸性条件下高锰酸根离子和草酸根离子发生氧化还原反应，根据元素守恒知，生成物中有生成水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数为10，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式得2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。（2）一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大，故答案为：增大。（3）MO变化趋势，得出反应速率随着草酸浓度增加而减小，可能原因是KMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn（VI）、Mn（III）、Mn（IV），最终变为无色的Mn（II），以及草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物。故答案为：ab。（4）小组进行实验III的目的是探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响，故答案为：探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响。（5）当草酸浓度较小时，C2O42﹣起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小；当草酸浓度较大时，H+起主要作用，使得草酸浓度越大，反应速率越大。故选ad。26、（1）①2H++2e-=H2↑；②在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2；O2+4H++4e-=2H2O（2）①O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大；②溶液的酸碱性；③排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；④排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）【解题分析】试题分析：（1）①Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故答案为2H++2e-=H2↑；②铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极发生还原反应，氧气得电子生成氢氧根离子，其正极的电极反应式是O2+4H++4e-=2H2O，故答案为在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2；O2+4H++4e-=2H2O；（2）①实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电解质相同，不同的是氧气的浓度不同，出现了电压表读数不同，根据数值的相对大小可知，氧气浓度越大，电压表的读数越高，所以O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大，故答案为O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大；②实验Ⅳ、Ⅴ是溶液的酸碱性不同，来判断电压表的指针偏转情况，所以Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究对O2氧化性的酸碱性的影响，故答案为溶液的酸碱性；③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰，故答案为排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′＞d′，由此得出的结论是溶液酸性越强，O2的氧化性越强，故答案为排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）。考点：考查了原电池原理的工作原理的相关知识。27、溶液变黄色否Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，正向为吸热反应，若因浓硫酸溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液应变为黄色，而溶液颜色加深，说明是c(H+)增大影响平衡的结果碱性条件下，CrO42－不能氧化I—，酸性条件下，Cr2O72－可以氧化I—降低Cr2O72－+6e—+14H+=2Cr3++7H2O阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72－的在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72－，Fe2+的循环利用提高了Cr2O72－的去除率【题目详解】（1）依据Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行，溶液颜色由橙色变为黄色；（2）Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，该反应为吸热反应，试管a中加入浓硫酸，浓硫酸与水放出热量，温度升高，平衡应正向移动，溶液显黄色，但实际的实验现象是溶液橙色加深，说明c(Cr2O42－)增多，平衡向逆反应方向进行，因此该实验现象应是c(H＋)对平衡逆向移动的结果，即不需要再设计实验证明；（3）根据实验现象，碱性条件下，CrO42－不能氧化I－，因此无明显现象，酸性条件下，Cr2O72－能氧化I－本身还原为Cr3＋，溶液变为墨绿色，发生的离子反应方程式为6I－＋Cr2O72－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2O，因此得出结论为碱性条件下，CrO42－不能氧化I－，酸性条件下，Cr2O72－可以氧化I－；（4）①实验i和实验i