云南省江城县第一中学2024届高二化学第一学期期中质量跟踪监视模拟试题含解析

云南省江城县第一中学2024届高二化学第一学期期中质量跟踪监视模拟试题注意事项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、一种新型燃料电池，以镍板为电极插入KOH溶液中，分别向两极通乙烷和氧气，电极反应为：C2H6+18OH——14e—=2CO32—+12H2O7H2O+7/2O2+14e—=14OH—。有关此电池的推断错误的是A．通氧气的电极为正极B．参加反应的O2与C2H6的物质的量之比为7：2C．放电一段时间后，KOH的物质的量浓度将下降D．在电解质溶液中CO32—向正极移动2、下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是（）A．升高温度 B．用Zn粉代替Zn粒C．滴加少量的CuSO4溶液 D．改用0.1mol·L－1H2SO4与Zn反应3、将0.2mol·L－1NaHCO3溶液与0.1mol·L－1KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是A．2c(K＋)＝c(HCO3—)＋2c(CO32—)＋c(H2CO3)B．c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)＞c(HCO3—)＞c(CO32—)＞c(H＋)C．c(OH－)＋c(CO32—)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.1mol·L－1D．3c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3—)＋2c(CO32—)4、下列各电离方程式中，书写正确的是A．CH3COOH=H＋＋CH3COO－ B．KHSO4⇌K＋＋H＋＋SOC．NH3·H2O=NH＋OH－ D．H2S⇌H＋＋HS－5、下列电离方程式中书写正确的是A．B．C．D．6、根据/体系的能量循环图：A． B．C． D．7、在下列过程中，需要加快化学反应速率的是()A．炼钢 B．食物腐败 C．钢铁腐蚀 D．塑料老化8、下列物质属于芳香烃，但不是苯的同系物的是（）①②③④⑤⑥A．②③④⑤⑥ B．①②⑤⑥ C．③④ D．②⑤9、下列物质属于天然高分子化合物的是A．淀粉 B．乙酸 C．乙醇 D．甲烷10、等质量的下列烃完全燃烧时，消耗氧气的量最多的是A．CH4 B．C2H4 C．C3H4 D．C6H611、反应H2（g）+I2（g）2HI（g）的逆反应速率随时间变化的曲线如下图所示，t1时刻反应达到平衡，维持其他条件不变，t1时刻只改变一种条件，该条件可能是①增大H2浓度②缩小容器体积③恒容时充入Ar气④使用催化剂A．①②B．③④C．②④D．①④12、铝碳酸镁[AlaMgb•(CO3)c•(OH)d•eH2O]用于治疗慢性胃炎。称取3.01g铝碳酸镁样品，溶于50mL2mol•L-1的盐酸(过量)，收集到气体112mL(标准状况)；往所得溶液中加入40mL3mol•L-1的NaOH溶液，过滤，将所得沉淀洗涤、干燥、称量得固体1.74g；再将滤液稀释到100mL，测得溶液中OHˉ的浓度为0.1mol•L-1。由计算可得e的值为A．4 B．5 C．7 D．813、在实验室中，下列除杂的方法中正确的是()A．溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，用汽油萃取出溴B．乙烷中混有乙烯，通入H2在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷C．硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸，将其倒入NaOH溶液中，静置、分液D．乙烯中混有CO2和SO2，将其通入酸性KMnO4溶液中洗气14、某温度下，H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)的平衡常数K＝9/4。该温度下在甲、乙、丙三个相同的恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如下表所示。下列判断不正确的是起始浓度甲乙丙c(H2)/mol·L-10.0100.0200.020c(CO2)/mol·L-10.0100.0100.020A．平衡时，乙中CO2的转化率大于60%B．平衡时，甲和丙中H2的转化率均是60％C．反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢D．平衡时，丙中c(CO２)是甲中的2倍，是0.012mol·L-115、部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数

（23℃）Ki=1．77×10-2Ki=2．9×10-10Ki1=2．3×10-7

Ki2=3．6×10-11下列选项错误的是A．2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-B．2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者16、在不同的条件下进行合成氨反应,N2(g)+3H2(g)2NH3(g),根据下列在相同时间内测得的结果判断,生成氨的反应速率最快的是(

)A．v(NH3)=0.1mol/(L·min) B．v(NH3)=0.2mol/(L·min)C．v(N2)=0.3mol/(L·min) D．v(H2)=0.4mol/(L·min)17、已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4===Na++H++SO42-。某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液pH为2。对于该溶液下列叙述中不正确的是（）A．该温度高于25℃B．该温度下NaHSO4溶液中，水电离出来的c(H+)=1×10-10mol/LC．该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性D．c(H+)=c(OH-)+c(SO42-)18、实验室制备溴苯的反应装置如图所示，关于实验操作或叙述正确的是()A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液后需加热B．实验过程中装置b中的液体颜色无变化C．装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯19、反应2Al＋MoO3Mo＋Al2O3可用于制备金属钼（Mo）。下列有关说法正确的是（）A．Al是还原剂 B．MoO3被氧化C．Al得到电子 D．MoO3发生氧化反应20、对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是（

）。A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大C．减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大D．加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大21、已知一定温度下，X(g)+2Y(g)mZ(g)；△H=-akJ/mol(a＞0)，现有甲、乙两容积相等且固定的密闭容器，在保持该温度下，向密闭容器甲中通入1molX和2molY，达到平衡状态时，放出热量bkJ；向密闭容器乙中通入2molX和4molY，达到平衡状态时，放出热量ckJ，且2b＜c，则下列各值关系正确的是A．a=b B．2a＜c C．m＜3 D．m＞322、下列说法正确的是A．焓变单位是kJ•mol−1，是指1mol物质参加反应时的能量变化B．当反应放热时ΔH>0，反应吸热时ΔH<0C．一个化学反应中，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，ΔH为“−”D．一个化学反应中，生成物总键能大于反应物的总键能时，反应吸热，ΔH为“+”二、非选择题(共84分)23、（14分）已知乙烯能发生以下转化：(1)写出反应①化学方程式______，其反应类型为________。(2)B中官能团名称_______。(3)C的结构简式为_______。(4)写出反应②的化学方程式_______。(5)检验C中官能团的方法是_________，化学方程式为_______。(6)B与D制取乙酸乙酯需要三种药品①浓硫酸②乙酸③乙醇，加入三种药品的先后顺序为(填序号)__________。24、（12分）长托宁是一种选择性抗胆碱药，可通过以下方法合成(部分反应条件略去):(1)长托宁中的含氧官能团名称为______和______(填名称)。(2)反应③的反应类型为______。(3)反应②中加入试剂X的分子式为C8H6O3，X的结构简式为______。(4)D在一定条件下可以生成高聚物M，该反应的化学方程式为______。(5)C的一种同分异构体满足下列条件：I．能与FeCl3溶液发生显色反应。II．核磁共振氢谱有5个峰且峰的面积比为2：4：4：1：1；分子中含有两个苯环。写出该同分异构体的结构简式：______。(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以和为原料制备的合成路线流程图______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线见上面题干)。25、（12分）某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：（实验内容及记录）实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4溶液H2O3mol/L稀硫酸0.05mol/LKMnO4溶液13.02.02.03.01.522.03.02.03.02.731.04.02.03.03.9请回答：(1)写出以上反应的化学方程式：______________________________________________(2)根据上表中的实验数据，可以得到的结论是______________________________________________。(3)利用实验1中数据计算，若用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ(KMnO4)=___________。(4)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。①该小组同学提出的假设是____________________________________________________。②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL再向试管中加入少量固体室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4溶液H2O3mol/L稀硫酸0.05mol/LKMnO4溶液43.02.02.03.0_____t③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是_____________________。26、（10分）某小组拟用含稀硫酸的KMnO4溶液与H2C2O4溶液(弱酸)的反应(此反应为放热反应)来探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如表的方案记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20mol/LH2C2O4溶液、0.010mol/LKMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽V(0.20mol/LH2C2O4溶液)/mLV(蒸馏水)/mLV(0.010mol/LKMnO4溶液)/mLM(MnSO4固体)/gT/℃乙①2.004.0050②2.004.0025③1.0a4.0025④2.004.00.125回答下列问题：(1)完成上述反应原理的化学反应方程式：___。(2)上述实验①②是探究___对化学反应速率的影响；若上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为___；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写___。上述实验②④是探究___对化学反应速率的影响。(3)为了观察紫色褪去，草酸与高锰酸钾初始的物质的量需要满足的关系n(H2C2O4):n(KMnO4)最小为：___。27、（12分）实验室采用下图所示装置研究苯与液溴的反应类型并制取少量溴苯。试回答下列各小题。（1）写出下列仪器的名称：A___________；仪器B除导气外的作用是_______。（2）写出制取溴苯的化学反应方程式_______________________（3）反应完毕后，向锥形瓶D中滴加AgNO3溶液有______（填现象）生成，此现象说明这种获得溴苯的反应属于_________（填有机反应类型）。28、（14分）(1)利用反应Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2设计成如图所示原电池，回答下列问题：①写出电极反应式：正极__________________________；②图中X溶液是_______________，③原电池工作时，盐桥中的________(填“阳”或“阴”)离子向X溶液方向移动。(2)如图是一个化学过程的示意图。①甲池中OH-移向__________极（填“CH3OH”或“O2”）。②写出通入CH3OH的电极的电极反应式_______________。③乙池中总反应的离子方程式___________________。④当乙池中B（Ag）极的质量增加5.40g，若此时乙池中溶液的体积为500ml，则溶液的C(H+)是___________；此时丙池某电极析出1.60g某金属，则丙中的某盐溶液可能是______________（填序号）。A．MgSO4B．CuSO4C．NaClD．AgNO329、（10分）t℃时，将3molA和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中（容积不变），发生如下反应：3A(g)+B(g)2C(g)，2min时反应达到平衡状态（温度不变），测得C的浓度为0.2mol/L，请填写下列空白：（1）该过程用A表示的反应速率为：v(A)=_______；该温度下该反应的化学平衡常数表达式为__________。（2）比较达到平衡时，A、B两反应物的转化率：α(A)______α(B)（填“＞”、“=”或“＜”）。（3）判断反应达到平衡状态的依据是（填字母序号）__________。a．生成C的速率与消耗B的速率相等b．混合气体的密度不变c．混合气体的相对平均分子质量不变d．A的质量分数不再发生变化（4）若升高温度，再次达平衡时，平衡常数数值变大，则该反应的H_____0（填“＞”、“=”或“＜”）。（5）若保持温度不变时，继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气(氦气和A、B、C都不反应)后，则化学反应速率会__________（填“加快”、“减慢”或“不变”），化学平衡将_________（填“正反应方向移动”、“逆反应方向移动”或“不移动”）。（6）在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，起始投料时各物质的浓度如下表：ABC投料I3.0mol/L1.0mol/L0投料II2.0mol/L1.0mol/L2.0mol/L按投料I进行反应，测得达到化学平衡状态时A的转化率为40％，若按投料II进行反应，起始时反应进行的方向为________（填“正向”、“逆向”或“不移动）。

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【解题分析】A.在燃料电池中，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，故A正确；B.原电池中两极上转移的电子相等，当有28mol电子转移时，正极上消耗7molO2，负极上消耗2molC2H6，正极与负极上参加反应的气体的物质的量之比为7：2，故B正确；C.电池工作过程中，电池总反应为2C2H6+8OH-+7O2=4CO32-+10H2O，反应消耗OH-离子，KOH的物质的量浓度将下降，故C正确；D.在原电池中，电解质中的阴离子移向原电池的负极，故D错误。

故选D。【题目点拨】原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，根据电极反应式判断电解质溶液的变化以及参加反应物的物质的量之间的关系。2、D【题目详解】A．升高温度，能使化学反应速率加快，故A不符合题意；B．锌粉反应过程中接触面积更大，化学反应速率加快，故B不符合题意；C．因氧化性Cu2+>H+，因此加入少量的CuSO4溶液后，锌先与CuSO4反应生成铜单质，形成Zn-H2SO4-Cu原电池，能够加快化学反应速率，故C不符合题意；D．硫酸浓度降低，化学反应速率会减慢，故D符合题意；故答案为：D。3、D【解题分析】将0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，溶液显示碱性，则c(OH-)＞c(H+)，然后结合电荷守恒、物料守恒对各选项进行判断。【题目详解】0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3。A．混合液中钾离子浓度为0.05mol/L，则2c(K+)=0.1mol/L，根据物料守恒可得：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L，则c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)＞0.1mol/L，所以2c(K+)＜c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)，故A错误；B．由于碳酸氢根离子、碳酸根离子水解，则溶液显示碱性，c(OH-)＞c(H+)；碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．根据物料守恒可得：①c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L=c(Na+)=0.1mol/L、②c(K+)=0.05，根据电荷守恒可得：③c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，根据①③可得：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+c(K+)，由于c(K+)=0.05，则c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.05mol•L-1，故C错误；D．根据电荷守恒可得：c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，由于混合液中c(Na+)=0.1mol/L、c(K+)=0.05mol/L，则c(Na+)=2c(K+)，所以3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D正确；故选D。【题目点拨】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度较大，正确分析混合液中的溶质组成为解答关键。注意掌握判断溶液中离子浓度大小的方法，选项C为易错点，需要明确混合液体积比原溶液体积扩大了1倍，则钾离子浓度减小为原先的一半。4、D【题目详解】A．CH3COOH是弱电解质，所以CH3COOH的电离方程式为：CH3COOHH＋＋CH3COO－，故A错误；B．KHSO4是强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为KHSO4=K＋＋H＋＋SO，故B错误；C．NH3·H2O为弱电解质，应用可逆符合，电离方程式为NH3·H2ONH＋OH－，故C错误；D．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离的电离方程式为：H2S⇌H＋＋HS－，故D正确；故选D。5、D【题目详解】A．H2S是多元弱酸，电离是分步进行，须分步书写的，即，，主要写第一步电离，A错误；B．NaHCO3是强电解质，完全电离，H2CO3是多元弱酸，故，B错误；C．HClO是弱酸，部分电离，故，C错误；D．NaHSO4是强电解质，完全电离，且H2SO4是强酸，故，D正确；故答案为：D。6、D【题目详解】A．气态水转化为液态水放出热量，则△H5＜0，A错误；B．氢氧化钙生成氧化钙固体和水蒸气，与液态水和氧化钙反应生成氢氧化钙不是可逆的过程，水蒸气变成液态水会放出热量，△H1+△H2≠0，B错误；C．由盖斯定律可知，①+②+④+⑤=-③，即-(△H1+△H2+△H4+△H5)=△H3，则△H3≠△H4+△H5，C错误；D．由盖斯定律可知，①+②+④+⑤=-③，即△H1+△H2+△H4+△H5=-△H3，可知△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=0，D正确；答案选D。7、A【题目详解】选项中只有A工业炼钢为有利于人类发展的反应，需要加快反应速率，而B、C、D对人类的生活、生产带来不便，影响生活、影响生产的过程，就需要减慢反应速率，故合理选项是A。8、D【解题分析】同系物指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，具有如下特征：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同，分子式不同、物理性质不同，研究范围为有机物．

芳香烃通常指分子中含有苯环结构的碳氢化合物；苯的同系物含有1个苯环，侧链为烷基，组成通式为CnH2n-6。【题目详解】①是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，分子中含有1个苯环，侧链是甲基，分子组成比苯多1个CH2原子团，是苯的同系物；②是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，侧链是乙烯基，含有双键，不是烷基，不是苯的同系物；③含有N元素，不是碳氢化合物，不属于芳香烃，更不是苯的同系物；④含有O元素，不是碳氢化合物，不属于芳香烃，更不是苯的同系物；⑤是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，分子中含有2个苯环，不是苯的同系物；⑥是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，分子中含有1个苯环，侧链是异丙基,分子组成比苯多3个CH2原子团，是苯的同系物；综上所述，②和⑤两有机物符合题意要求，故选D。9、A【题目详解】高分子化合物的相对分子量达到10000以上，淀粉属于天然高分子化合物，而乙酸、乙醇和甲烷的相对分子量没有达到10000以上，不属于高分子化合物，故选A。10、A【解题分析】相同质量的碳和氢燃烧，氢消耗的氧气量更多。即等质量的烃完全燃烧时，氢的百分含量越多，消耗氧气量越多；因此比较y/x：A为4，B为2，C为4/3，D为1，A选项符合题意。11、C【解题分析】反应H2（g）+I2（g）2HI（g）是一个反应前后气体分子数不变的可逆反应。由图可知，t1时刻反应达到平衡，维持其他条件不变，t1时刻只改变一种条件，逆反应速率增大后但并不再改变，说明化学平衡不移动，则改变条件后正反应速率和逆反应速率相等，该条件可能是加入催化剂或增大压强，C正确。本题选C.点睛：在平衡状态下，加入催化剂后，正反应速率和逆反应速率同时都增大，且保持正反应速率和逆反应速率相等，所以平衡不移动；缩小容器体积就是增大压强，由于反应前后的气体分子数不发生变化，所以平衡不移动，但是各组分的浓度增大了，化学反应速率加快了；增大反应物的浓度，化学平衡向正反应方向移动，在平衡移动的过程中，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大；恒容时充入稀有气体，虽然系统内压强增大了，但是各组分的浓度保持不变，所以化学反应速率不变，平衡不移动。12、A【分析】根据生成二氧化碳的量计算出碳酸根离子的物质的量，氢氧化钠过量，生成的沉淀为氢氧化镁，根据n=计算出氢氧化镁的物质的量，从而得出3.01g样品中含有的镁离子的物质的量；反应后溶质为氯化钠、偏铝酸钠和氢氧化钠，根据电荷守恒计算出偏铝酸根离子的物质的量，从而得出样品中含有铝离子的物质的量；设3.01g样品中含有氢氧根离子的物质的量为xmol，则：n(HCl)-2n(CO32-)-x=n总(OH-)-n剩余(OH-)-2n(Mg2+)-4n(Al3+)，据此计算出样品中氢氧根离子的物质的量；然后根据质量守恒计算出3.01g样品中含有水的质量、物质的量，最后根据a:b:c:d:e=n(Al3+):n(Mg2+):n(CO32-):n(OH-):n(H2O)计算出e的值。【题目详解】50mL2mol•L-1的盐酸中含有HCl的物质的量为：n(HCl)=2mol/L0.05L=0.1mol，则反应后的溶液中n(Cl-)=0.1mol，生成二氧化碳的物质的量为：n(CO2)==0.005mol，根据C原子守恒，3.01g样品中含有0.005molCO32-；因为反应后氢氧根离子过量，则1.74g沉淀为氢氧化镁的质量，则氢氧化镁的物质的量为：=0.03mol，根据质量守恒可以知道，3.01g样品中镁离子的物质的量为0.03mol；40mL3mol•L-1的NaOH溶液中，氢氧化钠的物质的量为：3mol/L0.04L=0.12mol，反应后溶液中氢氧根离子的物质的量为：n(OH-)=0.1L0.1mol/L=0.01mol，反应后溶液中的溶质为NaCl、NaAlO2、NaOH，根据离子电荷守衡：n(Cl-)+n(OH-)+n(AlO2-)=n(Na+)，则：n(AlO2-)=0.12mol-0.1mol-0.01mol=0.01mol，根据质量守恒，3.01g样品中含有铝离子的物质的量为0.01mol；生成0.05mol二氧化碳需要消耗氯化氢0.1mol，0.01mol铝离子转化成偏铝酸根离子需要消耗0.04mol氢氧根离子，生成0.03mol氢氧化镁沉淀需要消耗0.06mol氢氧根离子，设3.01g样品中含有氢氧根离子的物质的量为x，则：0.1mol-0.01mol-x=0.12mol-0.04mol-0.06mol-0.01mol，计算得出：x=0.08mol，3.01g样品中含有水的质量为3.01g-27g/mol0.01mol-24g/mol0.03mol-60g/mol0.005mol-17g/mol0.08mol=0.36g，水的物质的量为=0.02mol，所以a:b:c:d:e=n(Al3+):n(Mg2+):n(CO32-):n(OH-):n(H2O)=0.01mol:0.03mol:0.005mol:0.08mol:0.02mol=2:6:1:16:4，即：a=2、b=6、c=1、d=16、e=4，故答案选A。13、C【解题分析】分析：A选项中碘单质与溴苯、汽油互溶；B选项中反应较为困难，氢气的量不好控制；C选项中浓硝酸和浓硫酸可与氢氧化钠反应，而硝基苯不反应，且不溶于水；D选项中乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳气体；详解：Br2与KI溶液反应生成碘单质，与溴苯仍是互溶体系，不能分离，碘单质与溴苯、汽油互溶，无法用汽油萃取，A选项错误；利用氢气与乙烯发生加成反应，除去乙烯，氢气的量不好控制，量少没有除尽乙烯，量多氢气变成杂质，B选项错误；浓硝酸和浓硫酸可与氢氧化钠发生中和反应生成易溶于水的盐，而硝基苯不反应，且不溶于水，可用氢氧化钠溶液除杂，C选项正确；CO2、SO2可与NaOH溶液发生反应，而乙烯不反应，可除杂，但乙烯能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳气体，D选项错误；正确答案：C。14、D【分析】对于甲容器：，已知，解得x=0.006mol/L，则甲容器内二氧化碳的转化率为×100%=60%；【题目详解】A.由上述计算可知，甲容器内二氧化碳的转化率为60%，恒温恒容下，乙中氢气的起始浓度比甲中氢气的起始浓度大，故乙中二氧化碳的转化率比甲中高，故平衡时，乙中CO2的转化率大于60%，A正确；B.恒温恒容下，由表中数据可知，该温度下在甲、丙两容器内起始浓度n(H2):n(CO2)=1:1，反应H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)前后气体的体积不变，故甲、丙为等效平衡，平衡时，甲中和丙中H2的转化率均相等，则甲中和丙中容器内氢气的转化率均为60%，B正确；C.浓度越大反应速率越快，由表中数据可知：甲、乙容器内，开始CO2浓度相等，乙中H2浓度比甲中浓度大，所以速率乙>甲，乙、丙容器内，开始H2浓度相等，丙中CO2浓度比乙中浓度大，所以速率丙>乙，故速率丙>乙>甲，C正确；D.据分析，平衡时甲容器内c(CO2)=(0.01−x

)mol/L=0.004mol/L，甲、丙为等效平衡，平衡时，甲中和丙中CO2的转化率相等，丙中CO2的起始浓度为甲中的2倍，则平衡时丙容器内c(CO2)=0.02mol/L×(1−60%)=0.008mol/L，平衡时丙中c(CO2)是甲中的2倍，但不是0.012mol/L，D错误；答案选D。15、A【分析】根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，据此分析解答。【题目详解】A、根据表中数据判断酸性HCN>HCO3-，所以二氧化碳与CN-的反应不可能生成CO32-，错误；B、HCOOH＞H2CO3，所以醋酸可以与CO32-反应制取二氧化碳，正确；C、等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中，后者的浓度大与前者，所以消耗NaOH的量前者小于后者，正确；D、根据电荷守恒，c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），c（CN-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH-）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以乙酸钠中离子浓度大，正确；答案选A。16、C【题目详解】化学反应速率之比等于相应的化学计量数之比，根据方程式N2+3H22NH3可知如果都用氢气表示反应速率，A为0.15mol/（L·min）、B为0.3mol/（L·min）、C为0.9mol/（L·min）、D为0.4mol/（L·min），所以反应速率最快的是C；答案选C。17、C【解题分析】试题分析：A、常温下，蒸馏水的pH=7，而此时蒸馏水的pH=6，升高温度促进水的电离，即温度高于25℃，故说法正确；B、此时水的离子积为10－12，水电离出的c(H＋)=c(OH－)=10－12/10－2mol/l=10－10mol·L－1，故说法正确；C、pH=12的NaOH溶液中c(OH－)=1mol·L－1，等体积混合时，碱过量，溶液显碱性，故说法错误；D、溶液呈现电中性，即有：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，根据电离方程式c(Na＋)=c(SO42－)，两式推出：c(H＋)=c(OH－)＋c(SO42－)，故说法正确。考点：考查影响水的离子积的因素、溶液酸碱性的判断、离子浓度大小比较等知识。18、C【题目详解】A．苯和液溴在溴化铁的催化下发生取代反应，不需要加热，A错误；B．实验过程中装置b将吸收随溴化氢一起挥发出来的液溴，故b中的液体颜色由无色变为橙红色，B错误；C．经过b装置后出来的只有溴化氢了，故装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢，C正确；D．溴苯是一种无色、密度比水大的液体，故反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、分液、蒸馏，得到较纯净的溴苯，D错误；故答案为：C。19、A【分析】在反应2Al＋MoO3Mo＋Al2O3中，Al元素的化合价由0价升高为+3价，失电子，被氧化，发生氧化反应，作还原剂，Mo元素的化合价由+6价升高为0价，得电子，被还原，发生还原反应，作氧化剂，据此解答。【题目详解】根据上述分析可知，A.根据分析，Al是还原剂，A项正确；B.根据分析，MoO3被还原，B项错误；C.根据分析，Al失去电子，C项错误；D.根据分析，MoO3发生还原反应，D项错误；答案选A。【题目点拨】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。20、B【题目详解】A.合成氨反应的正反应是放热反应，升高温度，正反应、逆反应的反应速率都增大，但是温度对吸热反应的速率影响更大，所以对该反应来说，对逆速率影响更大，A项错误；B．合成氨的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，对正反应的反应速率影响更大，正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动，B项正确；C.减小反应物浓度，使正反应的速率减小，由于生成物的浓度没有变化，所以逆反应速率不变，逆反应速率大于正反应速率，所以化学平衡逆向移动，C项错误；D.加入催化剂，使正反应、逆反应速率改变的倍数相同，正反应、逆反应速率相同，化学平衡不发生移动，D项错误。本题选B。【题目点拨】。化学反应速率是衡量化学反应进行的快慢程度的物理量。反应进行快慢由参加反应的物质的本身性质决定，在物质不变时，温度、压强、催化剂、浓度、物质的颗粒大小、溶剂、光、紫外线等也会影响化学反应进行的快慢。化学平衡研究的是可逆反应进行的程度大小的，反应进行程度大小可以根据化学平衡常数判断。化学平衡常数越大，反应进行的程度就越大，外界条件会影响化学平衡，遵循化学平衡移动原理，要会用平衡移动原理来分析解决问题。工业合成氨是两种理论综合考虑的结果。21、C【分析】A.根据热化学反应方程式中的反应热是物质完全转化的能量与化学平衡中不完全转化的关系来分析；

B.根据转化的程度来分析放出的热量的关系，a是完全转化放出的热量；C.可假设出m，再根据压强对平衡的影响及b、c的关系来分析m的大小；

D.根据压强对平衡的影响可知，增大压强，化学平衡向气体体积缩小的方向移动的程度大，及b、c的关系来分析m的大小。【题目详解】A.因该反应为可逆反应，a为X、Y按照反应完全转化时放出的能量，而向密闭容器甲中通入1molX和2molY，不会完全转化，则a＞b，故A错误；B.因可逆反应一定不能完全转化，则2molX和4molY反应时完全转化的能量一定大于在化学平衡中放出的能量，则应为2a＞c，故B错误；C.因为定容，若m＜3，乙中的投料是甲中的2倍，压强大，则正向移动的趋势大，放出的热量2b＜c，故C正确；

D.因为定容，若m=3，则应有2b=c，则若m＞3，平衡逆向移动，则放出的热量的关系应为2b＞c，则与2b＜c矛盾，故D错误。

故选C。【题目点拨】明确热化学反应方程式中的反应热的意义是解题的关键，明确化学平衡中反应物不能完全转化为生成物的特点及压强对化学平衡的影响。22、C【题目详解】A.焓变单位kJ•mol−1中的每摩尔，既不是指每摩反应物，也不是指每摩生成物，而是指每摩反应，故A不选；B.反应放热后会使体系能量降低，所以放热反应的ΔH为“-”，反应吸热后会使体系能量升高，所以吸热反应的ΔH为“+”，故B不选；C.当反应物的总能量大于生成物的总能量时，由能量高的反应物生成能量低的生成物时，会释放能量，所以反应放热，ΔH为“−”，故C选；D.断裂反应物中的化学键时要吸收能量，形成生成物中的化学键时要放出能量，一个化学反应中，生成物总键能大于反应物的总键能时，反应放热，ΔH为“—”，故D不选。故选C。【题目点拨】热化学方程式里的ΔH的单位kJ•mol−1中的每摩尔表示的每摩反应，是反应进度的单位。一个化学反应放热还是吸热，可以从反应物和生成物的总能量的相对大小来解释，也可以从化学键断裂吸收的能量和化学键形成放出的能量的相对大小来解释。反应物和生成物的能量无法测量，所以如果计算ΔH，可以用化学键的数据来计算：用反应物的总键能减去生成物的总键能。二、非选择题(共84分)23、加成反应羟基加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热③①②【分析】由转化可知，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化反应生成C为CH3CHO，B与D发生酯化反应生成乙酸乙酯，可知D为CH3COOH，制备乙酸乙酯时先加乙醇、再加浓硫酸，后加乙酸，提高乙酸的利用率。【题目详解】(1)反应①是乙烯与水反应生成乙醇，化学方程式是，碳碳双键转化为-OH，反应类型为加成反应；(2)B为乙醇，官能团为羟基；(3)C的结构简式为；(4)反应②的化学方程式为；(5)检验C中官能团醛基的方法是加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热出现砖红色沉淀，说明含有醛基，反应的化学方程式是；(6)制备乙酸乙酯时先加乙醇、再加浓硫酸，后加乙酸，提高乙酸的利用率，则加入三种药品的先后顺序为③①②。24、羟基醚键加成反应或还原反应n+H2O【分析】A在无水乙醚的作用下与Mg反应生成B，B与X发生加成后再水解得C，根据X的分子式为C8H6O3，B和C的结构可知，X的结构为；C在催化剂作用下与氢气发生催化加氢反应(加成反应)生成D，D与LiAlH4发生还原反应生成E，E在一定条件下发生分子内脱水生成F，F与反应生成G，据此分析解答。【题目详解】(1)根据长托宁的结构简式可知，长托宁中含氧官氧官能团为羟基和醚键；(2)根据分析，反应③的反应类型为加成反应或还原反应；(3)根据分析可知，X的结构简式为；(4)D的结构中含有羟基和羧基，两个官能团在一定条件下可以生成高聚物M，该反应的化学方程式为n+H2O；(5)根据条件Ⅰ能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，Ⅱ核磁共振氢谱有5个峰且峰的面积比为2：4：4：1：1；分子中含有两个苯环，符合条件的C的同分异构体为；(6)以和为原料制备，可以先将还原成苯甲醇，再与溴化氢发生取代，再发生题中流程中的步骤①②③的反应，再发生消去即可得产品，合成路线为：。【题目点拨】本题的难点为(6)中的合成路线，解题时要充分利用已知流程的分析和理解，熟知官能团的性质。25、2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O其他条件相同时，增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大0.04mol/(L·min)生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)MnSO4与实验1比较，溶液褪色所需时间短,或：所用时间(t)小于1.5min【分析】(1)本题的实验原理是酸性高锰酸钾氧化草酸,酸性高锰酸钾褪色生成二价锰离子,草酸中的C被氧化为二氧化碳；(2)从表中数据可以知道改变的条件是H2C2O4溶液的浓度,根据H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响进行解答；(3)先根据H2C2O4和高锰酸钾的物质的量判断过量,然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；

(4)①由图乙可以知道反应开始后锰离子浓度增大,反应速率增加的比较快,所以探究的是硫酸锰在反应中的作用;

②作对比实验时，除了加入硫酸锰不同外,其它量完全相同，据此进行解答；

③若反应加快，说明硫酸锰(Mn2+)是催化剂，反应过程中溶液褪色时间减少。【题目详解】(1)本题的实验原理是酸性高锰酸钾氧化草酸,酸性高锰酸钾褪色生成二价锰离子,草酸中的C被氧化为二氧化碳,化学方程式为:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；(2)从表中数据可以知道改变的条件是H2C2O4溶液浓度;其他条件相同时，增大H2C2O4浓度,反应速率增大；

(3)草酸的物质的量为:0.6mol/L×0.003L=0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为:0.2mol/L×0.003L=0.0006mol,草酸和高锰酸钾的物质的量之比为:0.0018mol：0.0006mol=3:1,显然草酸过量,高锰酸钾完全反应,混合后溶液中高锰酸钾的浓度为:0.2mol/L×0.003L÷(3+2+2+3)×10-3L=0.06mol/L,这段时间内平均反应速率υ(KMnO4)=0.06mol/L÷1.5min=0.04mol/(L.min)；(4)①由图乙可以知道反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO4(或Mn2+)为该反应的催化剂；

②与实验1作对比实验，则加入的硫酸锰的量不同，其它条件必须相同，所以加入的少量固体为MnSO4；

③若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间小于1.5min，从而说明MnSO4(或Mn2+)为该反应的催化剂。【题目点拨】本题研究外界条件对化学反应速率的影响。影响化学反应速率的因素有反应物浓度、压强、温度、催化剂等。在研究单一条件对化学反应的影响时应注意控制单一变量。26、5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O温度1.0t(溶液褪色时间)/s催化剂2.5【分析】（1）酸性KMnO4溶液与H2C2O2发生氧化还原反应，MnO4-被还原为Mn2+，H2C2O2被氧化为CO2，结合离子方程式的电荷守恒和反应环境可知，要有H+参与反应，根据得失电子数守恒和电荷守恒来配平；（2）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致；要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，则加入的H2C2O4溶液的体积不同，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6mL；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短；催化剂能加快反应速率；(3)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，在溶液中分步电离；(4)由反应的化学方程式可知，为了观察到紫色褪去，草酸应该稍微过量。【题目详解】(1)酸性高锰酸钾是用稀硫酸酸化，H2SO4、KMnO4与H2C2O2发生反应，KMnO4被还原为MnSO4，化合价降低5价，H2C2O2被氧化为CO2，每个C原子的化合价升高1价，1个H2C2O2升高2价，则高锰酸钾与草酸计量数之比为2:5，根据原子守恒配平可得：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，故答案为：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O；(2)当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①②的反应条件可知，实验①②可探究温度对反应速率的影响；实验②③中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6.0mL，则a的值为1.0；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短，故乙要测量的物理量是溶液褪色的时间(t溶液褪色时间/s)；其他条件相同，④中加了MnSO4固体，锰离子对该反应起催化作用，则②④探究的是催化剂对反应速率的影响，故答案为：温度；1.0；t(溶液褪色时间)/s；催化剂；(3)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，在溶液中分步电离，电离方程式为H2C2O4⇋H++HC2O4−，HC2O4−⇋H++C2O42−，故答案为：H2C2O4⇋H++HC2O4−，HC2O4−⇋H++C2O42−；(4)由反应的化学方程式可知，为了观察到紫色褪去，草酸应该稍微过量，则n(H2C2O4):n(KMnO4)最小为2.5，故答案为：2.5；27、三颈烧瓶冷凝回流反应物淡黄色沉淀取代反应【解题分析】（1）由图可看出A代表的仪器名称为：三颈烧瓶；仪器B为冷凝管，除导气外，还起到冷凝回流反应物，使反应物充分利用的作用。（2）在Fe作催化剂的作用下苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，故制取溴苯的化学反应方程式为：。（3）锥形瓶D中吸收的是溴化氢气体，A中生成的溴化氢进入D中，溶于水电离出Br-，滴加AgNO3溶液，Br-和Ag+反应生成淡黄色溴化银沉淀，该现象说明液溴和苯发生了取代反应。28、Fe3＋＋e-=Fe2＋FeCl3阳CH3OHCH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+0.1mol·L－1BD【题目详解】(1)①反应Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2中，铜失电子发生氧化反应，Fe3+得电子发生还原反应，原电池中正极发生还原反应，碳做正极，发生的还原反应为：Fe3＋＋e-=Fe2＋；综上所述，本题答案是：Fe3＋＋e-=Fe2＋。②石墨是正极，正极极反应为：Fe3＋＋e-=Fe2＋，所以图中X溶液是FeCl3溶液；综上所述，本题答案是：FeCl3。③原电池工作时，阳离子移向正极，石墨是正极，所以盐桥中的阳离子向X溶液方向移动；综上所述，本题答案是：阳。(2)①燃料电池中,投放燃料的电极是负极,投放氧化剂的电极是正极,原电池放电时,电解质溶液中氢氧根离子向负极移动,即向投放甲醇的