安徽省安庆市白泽湖中学2024届化学高二第一学期期中达标测试试题含解析

安徽省安庆市白泽湖中学2024届化学高二第一学期期中达标测试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、10月24日港珠澳大桥正式通车。深埋在海水中的钢管桩易发生腐蚀，但中科院金属所技术能保障大桥120年耐久性。下列保护钢管桩的措施不合理的是（

）A．使用抗腐蚀性强的合金钢B．在钢筋表面附上新一代高性能环氧涂层C．钢管桩附着铜以增强抗腐蚀性D．使用原位腐蚀监测系统设计2、在密闭容器中进行反应2SO2＋O22SO3，反应达平衡的标志是①单位时间内消耗2molSO2的同时生成2molSO3②反应混合物中，SO2、O2与SO3的物质的量之比为2∶1∶2③反应混合物中，SO3的质量分数不再改变A．①② B．①③ C．① D．③3、将铜片和锌片用导线连接后插入番茄里，如右图所示，电流计指针发生偏转，铜片是A．正极 B．电子流出的一极C．发生氧化反应的一极 D．逐渐溶解4、下列物质的性质与用途有关联的是选项性质用途AH2能在O2中燃烧并放出大量的热H2用作洁净燃料B硝酸能与苯发生取代反应苯用作溶剂C葡萄糖能与新制Cu(OH)2悬浊液反应葡萄糖可用作甜味剂D乙酸能与NaOH溶液反应乙酸可用作调味剂A．A B．B C．C D．D5、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2NA6、常温下，在1L0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（）A．加入水时，平衡向逆反应方向移动B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动C．加入少量0.1mol·L-1HCl溶液，溶液中c(H+)减小D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动7、高温结构陶瓷与金属材料相比，优点是A．耐高温耐腐蚀，不怕氧化B．密度大，硬度大C．韧性好，易于切削、锻打、拉伸D．良好的传热导电性8、下表是食用碘盐包装上的部分说明，下列说法正确的是()配料：精盐、碘酸钾、抗结剂碘含量：35±15mg/kg储存方法：密封、避光、防潮食用方法：烹饪时，待食品熟后加入碘盐A．高温会导致碘的损失B．碘酸钾可氧化氯化钠C．可用淀粉检验碘盐中的碘酸钾D．该碘盐中碘酸钾含量为20～50mg/kg9、在一定条件下，已达平衡的可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，下列说法中正确的是（）A．平衡时，此反应的平衡常数K与各物质的浓度有如下关系：K＝B．改变条件后，该反应的平衡常数K一定不变C．如果改变压强并加入催化剂，平衡常数会随之变化D．若平衡时增加A和B的浓度，则平衡常数会减小10、下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B．高压比常压有利于合成SO3的反应C．由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅11、食品安全备受社会关注。下列做法符合食品安全要求的是A．在食用猪血中加甲醛溶液B．在儿童牛奶中添加牛奶碱性蛋白C．在焙制面包时添加小苏打D．在玉米馒头中添加合成色素柠檬黄12、对已达化学平衡的下列反应2X（g）＋Y（s）2Z（g）增大压强时，对反应产生的影响是A．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动B．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动C．正、逆反应速率都增大，平衡不发生移动D．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动13、下列事实：①Na2HPO4水溶液呈碱性；②NaHSO4水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥会使土壤酸性增大；④铵态氮肥不能与草木灰一起施用；⑤FeCl3的止血作用；⑥配制SnCl2溶液时加入盐酸；⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放；⑧MgCl2溶液中的FeCl3杂质可以加入过量的MgCO3除去。其中与盐类水解有关的是（）A．全部 B．除②⑦以外 C．除②⑤以外 D．除③、⑧以外14、下列说法正确的是A．硫酸氢钾在熔融状态下离子键、共价键均被破坏，形成定向移动的离子，从而导电B．F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大C．NH3和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D．HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，其熔沸点逐渐升高15、常温下，0.1mol·L-1某一元酸(HA)溶液中cOH-cA．溶液中水电离出的c(H+)=10-10mol·L-1B．溶液中c(H+)+c(A-)=0.1mol·L-1C．上述溶液加NaA晶体，溶液的c(OH-)增大D．常温下将HA稀释十倍，氢离子浓度变为原来的十分之一16、生活在某些山区的人，由于饮用的水和食物中缺碘，导致某些人患病，该病的主要症状是A．身体消瘦 B．食欲旺盛 C．血糖浓度升高 D．甲状腺增生肿大17、已知H2(g)＋I2(g)2HI(g)，现有相同容积体积可变的两个绝热容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，在起始温度相同的条件下分别达到平衡。下列说法正确的是()A．平衡时甲、乙两容器的体积相等B．平衡时甲、乙两容器中c(H2)相等C．平衡时甲、乙两容器中v(H2)相等D．平衡时甲、乙两容器中气体总物质的量相等18、已知热化学方程式：SO2(g)+O2(g)SO3(g)ΔH=-98.32kJ/mol，在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应，最终放出的热量为（）A．196.64kJ B．196.64kJ/mol C．<196.64kJ D．>196.64kJ19、已知：Ag++SCN－=AgSCN↓（白色），某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。下列说法中，不正确的是A．①中现象能说明Ag+与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度B．②中现象产生的原因是发生了反应Fe(SCN)3+3Ag+=3AgSCN↓+Fe3+C．③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小D．④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应20、以反应5H2C2O4+2MnO4-+6H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/mol·L-1体积/mL浓度/mol·L-1体积/mL①0.102.00.014.025②0.202.00.014.025③0.202.00.014.050下列说法不正确的是A．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量B．实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4mol·L-1·s-1C．若生成aLCO2（标准状况），该反应转移的电子数为aNA/22.4D．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2+对反应起催化作用21、下列有机物中，属于烃的衍生物且含有两种官能团的是A．CH2=CH—CH2—C≡CHB．CH3CH2OHC．CH2=CHBrD．22、下面是四位同学在学习“化学反应的速率和化学平衡”一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是（）A．使用催化剂，可加快反应速率，目的是提高生产效率B．使用冰箱保存食物，是利用了化学反应速率理论C．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率D．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品二、非选择题(共84分)23、（14分）(1)下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同）______，属于非电解质是_____。①硫酸氢钠固体②冰醋酸③蔗糖④氯化氢气体⑤硫酸钡⑥氨气⑦次氯酸钠(2)写出下列物质在水中的电离方程式：醋酸：______。次氯酸钠：______。(3)甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L-1、0.1mol•L-1，则c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙________10（填“大于”、“等于”或“小于”）。(4)现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为_____。24、（12分）已知乙烯能发生以下转化：(1)B的结构简式为：____________________。(2)C中官能团的名称：__________。(3)①的反应类型：_________________________。(4)乙烯与溴水反应的化学方程式为：______________________________________。(5)写出②的化学反应方程式：___________________________________________。25、（12分）某学生用0.2000mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol·L－1的标准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待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。⑥重复以上滴定操作2-3次。请回答：（1）以上步骤有错误的是（填编号）____________，该错误操作会导致测定结果_____________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。（2）步骤④中，量取20.00mL待测液应使用__________________(填仪器名称)，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，测定结果____________（填“大”、“偏小”或“无影响”）。（3）步骤⑤滴定时眼睛应注视_______________；判断到达滴定终点的依据是：_________________。（4）以下是实验数据记录表滴定次数

盐酸体积（mL）

NaOH溶液体积读数（mL）

滴定前

滴定后

1

20.00

0.00

18.10

2

20.00

0.00

16.30

3

20.00

0.00

16.22

从上表可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，其可能的原因是（_____）A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡B．锥形瓶用待测液润洗C．NaOH标准液保存时间过长，有部分变质D．滴定结束时，俯视读数（5）根据上表记录数据，通过计算可得，该盐酸浓度为：____________mol·L－126、（10分）已知乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH。有关的有机试剂的沸点如下：CH3COOC2H5为77.1℃；C2H5OH为78.3℃；C2H5OC2H5（乙醚）为34.5℃；CH3COOH为118℃。实验室合成乙酸乙酯粗产品的步骤如下：在蒸馏烧瓶内将过量的乙醇与少量浓硫酸混合，然后经分液漏斗边滴加醋酸，边加热蒸馏。由上面的实验可得到含有乙醇、乙醚、醋酸和水的乙酸乙酯粗产品。（1）制取乙酸乙酯的方程式是___________。将粗产品经下列步骤精制：（2）为除去其中的醋酸，可向产品中加入__________（填字母）。A．无水乙醇B．碳酸钠粉末C．无水醋酸钠（3）再向其中加入饱和氯化钙溶液，振荡，分离，其目的是____________________。（4）然后再向其中加入无水硫酸铜，振荡，其目的是___________________。最后，将经过上述处理后的液体加入另一干燥的蒸馏瓶内，再蒸馏，弃去低沸点馏分，收集沸点在76℃~78℃之间的馏分即得纯净的乙酸乙酯。27、（12分）NaOH和盐酸都是中学化学常见的试剂。Ⅰ．某同学用0.2000mol·L－1标准盐酸滴定待测烧碱溶液浓度（1）将5.0g烧碱样品（杂质不与酸反应）配成250mL待测液，取10.00mL待测液，如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________mL。（2）由下表数据得出NaOH的百分含量是________。滴定次数待测NaOH溶液体积(mL)标准盐酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00Ⅱ．氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（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）。测血钙的含量时，进行如下实验：①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。③终点时用去20mLl.0×l0﹣4mol/L的KMnO4溶液。（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式_____________________。（2）滴定时，将KMnO4溶液装在________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。（3）判断滴定终点的方法是________________________。（4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果________。②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果________。（5）计算：血液中含钙离子的浓度为________mol/L。Ⅲ．50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液测定计算中和反应的反应热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃用品是__________。如改用0.0275molNaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（2）已知盐酸和NaOH稀溶液发生中和反应生成0.1molH2O时，放出5.73kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：___________________________。28、（14分）按要求回答下列问题：I.已知：N2(g)和O2(g)反应生成NO((g)过程中的能量变化情况如下则气体NO分解为氮气和氧气的热化学方程式为____________________>Ⅱ.根据下图填空：(1)图1为含有少量Zn杂质的粗银电解精炼银的示意图，则①_______(填“a”或“b")极为含有杂质的粗银。②电解一段时间后电解液中c(Ag+)浓度______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。③若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为_______________。(2)将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图2所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是_______________。A．铁被氧化的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀(3)甲醛超标会危害人体健康,需对甲醛进行含量检测及污染处理。某甲醛气体传感器的工作原理如图3所示，则b极是_________极。当电路中转移4×10-4mol电子时，传感.器内参加反应的甲醛(HCHO)质量为_______________。29、（10分）汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2(g)+O2(g)2NO(g)，△H>0，已知该反应在240℃，平衡常数K=64×10-4。请回答：(1)某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为______。(2)假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志______．A．消耗1mol

N2同时生成1mol

O2

混合气体密度不变C．混合气体平均相对分子质量不变

D．2v正(N2)=v逆(NO)(3)将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，如图变化趋势正确的是______(填字母序号)。(4)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数______填“变大”、“变小”或“不变”(5)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，此时反应______(填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”)，理由是______。

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、C【解题分析】A.使用抗腐蚀性能强的合金钢，可减弱金属的腐蚀，A合理；B.在表面附上高性能环氧涂层，金属表面覆盖着保护层，对金属可起到保护作用，B合理；C.附着铜后，由于铜的活动性比铁弱，铁做负极，钢管易发生吸氧腐蚀，C不合理；D.使用原位腐蚀监测系统设计，可对金属的腐蚀情况进行长期跟踪，有利于金属保护，D合理；保护钢管桩的措施不合理的是C，故答案为：C2、D【解题分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。【题目详解】①随着反应的进行，单位时间内消耗2molSO2的同时一定生成2molSO3，与反应是否达到平衡状态无关，故①不能说明达到平衡状态；②平衡时接触室中SO2、O2、SO3物质的量之比可能为2：1：2，可能不是2：1：2，与二氧化硫的转化率有关，故②无法说明达到平衡状态；③反应混合物中，SO3的质量分数不再改变，说明SO3的质量不再随时间变化而变化，此时反应达到平衡状态，故③能说明达到平衡状态；故答案为D。3、A【题目详解】A．锌片的活泼性大于铜片，所以锌失电子作负极，铜作正极，A项正确；

B．锌失电子变成离子，铜片上得电子，所以电子是从锌片沿导线流向铜片，B项错误；

C．锌失电子反应氧化反应，铜片上得电子发生还原反应，C项错误；

D．锌失电子变成离子，所以锌片逐渐溶解，D项错误；

答案选A。4、A【题目详解】A.H2能在O2中燃烧生成水，无污染，并放出大量的热，H2用作洁净燃料，A正确；B.硝酸能与苯发生取代反应，苯常温下呈液态，常用作有机溶剂，B错误；C.葡萄糖具有还原性，能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，葡萄糖因为有甜味，可用作甜味剂，C错误；D.乙酸属于羧酸，能与NaOH溶液反应，乙酸可用作调味剂与能和NaOH反应无关，D错误；答案选A。5、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。6、B【题目详解】A．加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，A选项错误；B．加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合，使电离平衡向着正向移动，B选项正确；C．盐酸是强电解质，加入后溶液中c(H+)增大，电离平衡向着逆向移动，但是达到新的平衡时，溶液中c(H+)增大，C选项错误；D．加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可以知道，c(CH3COO-)增大，则电离平衡逆反应方向移动，D选项错误；答案选B。7、A【题目详解】高温结构陶瓷具有耐高温耐腐蚀，不怕氧化，结构稳定，密度小，硬度大；金属材料的性能是：任性好，易于切削锻打、拉伸良好的传热导电性。综合上述分析：高温结构陶瓷与金属材料相比，优点是耐高温耐腐蚀，不怕氧化，故A.耐高温耐腐蚀，不怕氧化符合题意：答案A。8、A【题目详解】从食用方法可推断A项正确，用淀粉检验I2，而不能检验KIO3，所以C项错；从表中可知食用碘盐是指碘含量而不是碘酸钾含量，答案选A。9、A【题目详解】A.在一定温度时，当一个可逆反应达到平衡状态时，生成物平衡浓度的幂之积与反应物平衡浓度的幂之积的比值是一个常数，这个常数称为化学平衡常数简称平衡常数，故A正确；B.K只随温度的改变而改变，如果改变温度，平衡常数会变，故B错误；C.K只随温度的改变而改变，所以改变压强并加入催化剂，平衡常数也不会发生变化，故C错误；D.K只随温度的改变而改变，增加A和B的浓度，平衡常数也不会改变，故D错误；正确答案：A10、C【题目详解】A项、棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅，加压后体积缩小，颜色变深，后平衡正向移动，颜色变浅，能用平衡移动原理解释，故A错误；B项、二氧化硫和氧气反应生产三氧化硫的反应中，增大压强，平衡会正向进行，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B错误；C项、氢气和碘蒸气反应生成碘化氢的反应是一个气体体积不变的反应，加压平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，颜色加深是因为加压后体积缩小浓度增大，故C正确；D项、氯气和水的反应平衡中，光照会使次氯酸分解生成盐酸和氧气，使得平衡正向移动，所以氯气的量逐渐减少，颜色变浅，能用平衡移动原理解释，故D错误；故选C。【题目点拨】氢气和碘蒸气反应生成碘化氢的反应是一个气体体积不变的反应，加压平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，颜色加深是因为加压后体积缩小浓度增大的缘故是解答易错点。11、C【题目详解】A.甲醛能使蛋白质变性，不能添加到食用猪血中，故错误；B.牛奶碱性蛋白以鲜牛乳为原料，经脱脂、过滤、浓缩、去除酪蛋白等酸性蛋白、阳离子层析、冷冻干燥等工艺制成但不能在儿童牛奶中添加，故错误；C.小苏打学名为碳酸氢钠，加热过程中产生二氧化碳，能用于焙制面包，故正确；D.在玉米馒头中禁止使用合成色素柠檬黄，故错误。故选C。12、C【解题分析】反应2X（g）＋Y（s）2Z（g）有气体参加和生成，且该反应为气体体积不变的反应，则增大压强时，A、正、逆反应速率都增大，平衡不移动，选项A错误；B、正、逆反应速率都增大，平衡不移动，选项B错误；C、正、逆反应速率都增大，平衡不移动，选项C正确；D、正、逆反应速率都增大，平衡不移动，选项D错误；答案选C。13、C【解题分析】①Na2HPO4水溶液呈碱性，说明HPO42-的水解程度大于其电离程度，与水解有关；②NaHSO4属于强酸的酸式盐，其水溶液呈酸性因为NaHSO4电离出H+，与水解无关；③铵态氮肥中的NH4+发生水解反应NH4++H2ONH3·H2O+H+，使土壤酸性增大，与水解有关；④铵态氮肥由于NH4+水解呈酸性，草木灰的主要成分为K2CO3，由于CO32-水解呈碱性，若一起施用，水解互相促进，降低肥效，与水解有关；⑤FeCl3的止血作用是电解质FeCl3使血液胶体发生聚沉，与水解无关；⑥配制SnCl2溶液，由于SnCl2发生水解反应：SnCl2+2H2OSn（OH）2+2HCl，加入盐酸，水解平衡逆向移动避免出现浑浊，与水解有关；⑦NH4F溶液中存在水解反应NH4F+H2ONH3·H2O+HF，HF能腐蚀玻璃，NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放与水解有关；⑧FeCl3在溶液中存在水解反应Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，加入足量MgCO3，发生反应MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，Fe3+的水解平衡正向移动，最终Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀通过过滤除去，MgCl2溶液中的FeCl3杂质可以加入过量的MgCO3除去与水解有关；与水解无关的是②⑤，答案选C。【题目点拨】在判断溶液的酸碱性、易水解的盐溶液的配制与保存、判断盐溶液蒸干的产物、胶体的制取、物质的分离和提纯、离子共存、化肥的施用、某些金属与盐溶液的反应等方面要考虑盐类的水解。14、B【解题分析】A.硫酸氢钾在熔融状态下离子键被破坏，形成定向移动的离子，从而导电，故错误；B.F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高，是因为相对分子质量越大，分子间作用力越来越大，故正确；C.NH3和Cl2两种分子中，除了氢原子外其他原子的最外层都具有8电子稳定结构，故错误；D.HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，但氟化氢分子间有氢键，所以氟化氢的沸点高，其他熔沸点逐渐升高，故错误。故选B。15、C【解题分析】A.结合KW计算溶液中的c（H+）和c（OH-），酸溶液中OH-完全来自水电离；B.根据A项计算结果判断；C.用同离子效应和KW分析；D.根据浓度对弱电解质电离平衡的影响分析。【题目详解】A.cOH-cH+=1×10-8可知，氢离子浓度为0.001mol/L，氢氧根浓度为10B.0.1mol·L-1某一元酸(HA)溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，则HA为弱酸，溶液中存在电离平衡HAH++A-，故c(H+)+c(A-)<0.1mol·L-1，B错误；C.上述溶液加NaA晶体，c(A-)浓度增大，电离平衡逆向移动，氢离子浓度降低，溶液的c(OH-)增大，C正确；D.HA为弱酸，溶液稀释10倍后，电离平衡正向移动，氢离子浓度大于原来的十分之一，D错误。答案为C。16、D【题目详解】碘是合成甲状腺激素不可缺少的原料，由于水和食物中缺碘，合成的甲状腺激素就不足，通过反馈，垂体分泌的促甲状腺激素就增加，从而促进了甲状腺代偿性的增生，以扩大吸收碘的面积，这种病叫做甲状腺增生肿大。故选D。17、D【解题分析】由于反应的容器是绝热的，而正反应与逆反应的热效应是相反的，即甲、乙两个容器中平衡时的温度不同，因此平衡状态是不同的。但根据反应的方程式可知，反应前后气体的物质的量是相同的，所以选项D正确，其余选项都是错误的，答案选D。18、C【题目详解】根据题目已知热化学方程式可知：1molSO2气体完全转化为SO3气体时放出98.32kJ的热量，则2molSO2完全反应放出热量Q=2×98.32kJ=196.64kJ，但由于该反应是可逆反应，反应物不能完全转化，因此在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应，反应达到平衡时，放出的热量小于196.64kJ，故合理选项是C。19、C【题目详解】A、AgNO3与KSCN恰好完全反应，上层清液中滴加Fe(NO3)3溶液，出现浅红色溶液，说明上层清液中含有SCN-，即说明Ag+与SCN-生成AgSCN沉淀的反应有限度，故A说法正确；B、根据②中现象：红色褪去，产生白色沉淀，Fe(SCN)3被消耗，白色沉淀为AgSCN，即发生：Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN↓+Fe3+，故B说法正确；C、前一个实验中滴加0.5mL2mol·L-1AgNO3溶液，Ag+过量，反应②中Ag+有剩余，即滴加KI溶液，I-与过量Ag+反应生成AgI沉淀，不能说明AgI溶解度小于AgSCN，故C说法错误；D、白色沉淀为AgSCN，加入KI后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即AgSCN转化成AgI，随后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应，故D说法正确；故选C。20、B【题目详解】A．通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢，所以实验①、②、③都要褪色，所加的H2C2O4溶液均要过量，故A正确；B．实验①测得KMnO

4溶液的褪色时间为40s，则这段时间内平均反应速率υ(KMnO4)==1.7×10

-4

mol·L

-1·s

-1，故B错误；C．生成1molCO2转移1mol电子，若生成aLCO2（标准状况），该反应转移的电子数为aNA/22.4，故C正确；D．根据影响反应速率的因素，实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，没有改变其它因素的条件下，可能是生成的Mn

2+对反应起催化作用，故D正确；答案选B。【题目点拨】影响反应速率的因素主要有温度、反应物浓度、压强、催化剂，其中影响最明显的是催化剂。21、C【题目详解】A.CH2=CH—CH2—C≡CH不属于烃的衍生物，A不符合题意；B.CH3CH2OH属于烃的衍生物，分子中的官能团为羟基，只有一种官能团，B不符合题意；C.CH2=CHBr属于烃的衍生物，分子中含有两种官能团分别为溴原子和碳碳双键，C符合题意；D.属于烃的衍生物，分子中只含有酚羟基一种官能团，D不符合题意；答案选C。22、C【解题分析】A.使用催化剂，可加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，从而可提高生产效率，A正确；B.使用冰箱保存食物，由于温度降低，化学反应速率减小，从而提高了食物的保鲜期，B正确；C.化学反应速率理论是研究怎样提高化学反应速率，但不能提高原料转化率，C错误；D.化学平衡理论是研究怎样使物质尽可能多的转化为产品，从而使用有限原料多出产品，D正确；故合理选项是C。二、非选择题(共84分)23、②③⑥CH3COOHCH3COO-+H+NaClO=Na++ClO-小于丙>甲=乙【分析】(1)部分电离的电解质为弱电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+；(3)相同溶质的弱电解质溶液中，溶液浓度越小，电解质的电离程度越大；(4)在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡，根据溶液中电解质电离产生的离子浓度大小，判断对水电离平衡影响，等浓度的H+、OH-对水电离的抑制程度相同。【题目详解】(1)①硫酸氢钠固体属于盐，熔融状态和在水溶液里均能完全电离，属于强电解质；②冰醋酸溶于水后能部分电离出醋酸根离子和氢离子，属于弱电解质；③蔗糖在熔融状态下和水溶液里均不能导电，属于化合物，是非电解质；④氯化氢气体溶于水完全电离，属于强电解质；⑤硫酸钡属于盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质；⑥氨气本身不能电离出自由移动的离子，属于化合物，是非电解质；⑦次氯酸钠属于盐，是你强电解质；故属于弱电解质的是②；属于非电解质是③⑥；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+，其电离方程式为NaClO=Na++ClO-；(3)一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大。甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，根据弱电解质的浓度越小，电离程度越大，可知甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；(4)有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L；乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，c(H+)=0.1mol/L，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，由于醋酸是一元弱酸，主要以醋酸分子存在，电离产生的离子浓度很小，所以该溶液中c(H+)<<0.1mol/L，在三种溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-，加入的酸电离产生的H+或碱溶液中OH-对水的电离平衡起抑制作用，溶液中离子浓度越大，水电离程度就越小，水电离产生的H+或OH-浓度就越小，甲、乙、丙三种溶液中电解质电离产生的离子浓度：甲=乙>丙，则由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为：丙>甲=乙。【题目点拨】本题考查了强弱电解质判断、非电解质的判断、弱电解质电离平衡及影响因素、水的电离等知识点，清楚物质的基本概念进行判断，明确对于弱电解质来说，越稀释，电解质电离程度越大；电解质溶液中电解质电离产生的离子浓度越大，水电离程度就越小。24、CH3CH2OH醛基氧化反应CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2BrCH3COOH+CH3CH2OH

CH3COOCH2CH3+H2O【分析】乙烯存在碳碳双键，实验室制乙醇可以用乙烯和水加成，在催化剂的作用下乙醇可以发生氧化反应生成乙醛。【题目详解】乙烯与水发生加成反应，生成B——乙醇，乙醇在单质铜的催化作用下与氧气发生氧化氧化反应生成C——乙醛，乙酸乙酯是乙醇和乙酸在浓硫酸催化下的酯化反应产物，故D为乙酸。(1)B的结构简式为CH3CH2OH；(2)C中官能团的名称为醛基；(3)①的反应类型为氧化反应；(4)乙烯与溴水发生加成反应，化学方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；(5)②CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。25、①偏大酸式滴定管（或移液管）无影响锥形瓶中溶液颜色变化锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，半分钟不变色AB0.1626【题目详解】（1）根据碱式滴定管在装液前应用待装液进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上，碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=，c（标准）偏大，故答案为：①；偏大；（2）精确量取液体的体积用滴定管，量取20.00mL待测液应使用酸式滴定管，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，V（标准）不变，根据c（待测）=，c（标准）不变，故答案为：酸式滴定管；无影响；（3）中和滴定中，眼睛应注视的是锥形瓶中溶液颜色变化，滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，所以当滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，半分钟不变色；（4）从上表可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，上面测得的盐酸浓度偏大，A、滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致氢氧化钠溶液体积偏大，所以所测盐酸浓度偏大，故A正确；B、锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量偏大，所用氢氧化钠溶液体积偏大，所测盐酸浓度偏大，故B正确；C、NaOH标准液保存时间过长，有部分变质，所用氢氧化钠溶液体积偏小，所测盐酸浓度偏小，故C错误；D、滴定结束时，俯视计数，所用氢氧化钠溶液体积偏小，所测盐酸浓度偏小，故D错误；故选AB；（5）三次滴定消耗的体积为：18.10mL，16.04mL，16.08，舍去第1组数据，然后求出2、3组平均消耗V（NaOH）=16.06mL，c（待测）==="0.1606"mol•L-1，故答案为0.1606。26、CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2OB除去粗产品中的乙醇除去粗产品中的水【分析】(1)实验室通过乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；(2)醋酸能够与碳酸钠反应，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，反应后能够分层；(3)根据题意：乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，结合酯在盐溶液中的溶解度较小分析；(4)无水硫酸铜可以与水反应生成硫酸铜晶体；据此分析解答。【题目详解】(1)制取乙酸乙酯的化学方程式为CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O，故答案为CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O；(2)醋酸能够与碳酸钠反应放出二氧化碳，而乙酸乙酯不能，因此除去粗产品中的醋酸，可向产品中加入碳酸钠粉末，故答案为B；(3)乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，再向其中加入饱和氯化钙溶液，振荡，分离，其目的是除去粗产品中的乙醇，故答案为除去粗产品中的乙醇；(4)然后再向其中加入无水硫酸铜，振荡，其目的是除去粗产品中的水，最后，将经过上述处理后的液体加入另一干燥的蒸馏瓶内，再蒸馏，弃去低沸点馏分，收集沸点在76℃～78℃之间的馏分即得纯净的乙酸乙酯，故答案为除去粗产品中的水。27、22.6080.0%（或80%）2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O酸式当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色偏高偏高2.5×10﹣3环形玻璃搅拌棒偏大NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1【解题分析】I（1）凹液面与刻度相切的数据，即为准确读数；（2）由表格数据计算出消耗盐酸平均体积，根据H++OH-=H2O计算出n（NaOH），再根据m=n•M计算出氢氧化钠质量，由百分含量=II（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式；（2）依据酸式滴定管用来量取酸性或者强氧化性溶液，碱式滴定管用来量取碱性溶液判断；（3）高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点；（4）结合操作对消耗标准溶液的体积影响判断误差；（5）依据Ca2+∼CaCIII（1）由图可知，缺少环形玻璃搅拌棒；氢氧化钠固体溶解会放出热量；（2）中和热为稀强酸和稀强碱发生生成1mol水放出的热量，由此写出热化学方程式即可。【题目详解】I（1）由图可知，凹液面对应的刻度为22.60；（2）两次消耗稀盐酸体积平均数为20.00mL，故n（H+）=4×10-3mol，由H++OH-=H2O可知，n（OH-）=25×4×10-3mol=0.1mol，m（NaOH）=0.1mol×40g/mol=4g，故NaOH的百分含量=4g5gII（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式得该离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；（2）因高锰酸钾具有强氧化型，会氧化橡胶，使橡胶老化，故应装在酸式滴定管中；（3）高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点，故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；（4）①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，导致标准液浓度降低，消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；（5）由原子守恒以及转移电子守恒可列出下列关系式：Ca10.4n（Ca2+）c（标）V（标）即cCa2+V待=2.5c标V标，由此可知c（Ca2+）×2mL=2.5×20mL×l.0×l0﹣III（1）由图可知，该装置缺少的玻璃仪器为环形玻璃搅拌棒；氢氧化钠固体溶解会放出热量，导致最终温度偏大，计算出的热量偏大，即实验中测得的“中和热”数值将偏大；（2）中和热为稀强酸和稀强碱发生生成1mol水和可溶性盐放出的热量，当生成0.1mol水时，放出5.73kJ热量，故生成1mol水时，放出57.3kJ热量，故表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1。【题目点拨】（1）对于滴定过程中消耗溶液的体积，需取相近的多组数据求平均值，以减小误差，若出现某组数据与其它数据偏差较大时，则该组数据舍去；（2）对于误差分析，需以该操作对反应中物质的量的影响分析。28、2NO(g)=N2(g)+O2(g)△H=-180kJ/mola偏小+e-+2H+=NO2↑+H2O(或+3e-+4H+=NO↑+2H2O)AC负3mg【分析】I.按图示信息，计算△H=反应物总键能−生成物总键能，书写相应的热化学方程式即可；Ⅱ.电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极上失去电子发生氧化反应，电子从阳极流出，电子沿着导线流向电源正极，与电源负极相连的电极是阴极，电源负极上电子流出，电子沿着导线流向电解池的阴极，阴极极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；电解精炼时，不纯的金属作阳极、纯净的金属作阴极；原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池原理发生金属腐蚀时，极弱酸性、中性和碱性环境发生吸氧腐蚀，电化学反