2024届湖北省部分重点中学化学高二第一学期期中监测模拟试题含解析

2024届湖北省部分重点中学化学高二第一学期期中监测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、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2、化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况，下列反应中属于这种情况的是()A．过量的锌与稀硫酸反应B．过量的氢气与少量氮气在一定条件下充分反应C．过量稀醋酸与碳酸钠溶液反应D．过量稀硝酸与铜反应3、过量的铁粉与100mL0.01mol•L﹣1的稀盐酸反应。为了减慢反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的①加H2O②加NaOH固体③将盐酸用量减半，浓度不变④加CuO固体⑤加NaCl溶液⑥加入硝酸钾溶液⑦降低温度（不考虑盐酸挥发）A．①⑤⑦B．②④⑥C．③⑦D．③⑥⑦4、25℃时，将0.1mol/LNaOH溶液加入20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中，所加入溶液体积(V)和混合液的pH关系曲线如图所示。下列结论正确的是()A．pH=7时，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)B．a点所示的溶液中c(CH3COOH)>c(CH3COO-)C．b点所示的溶液中c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)D．从a到b点的溶液中，水的电离程度先增大后减小5、下列说法正确的是（）A．在溶液中加入足量氯水，再加入KSCN，证明原溶液中有Fe2+B．铁粉作食品袋内的脱氧剂，铁粉起还原作用C．FeCl3溶液用于铜质印刷线路制作，原因是Fe能从含有Cu2+的溶液中置换出铜D．c(Fe2+)=1mol/L的溶液中：K+、NH4+、MnO4-、S2-能大量共存6、一定条件下，在体积为10L的密闭容器中充入1molX和1molY进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)，60s后反应达到平衡，生成Z的物质的量为0.3mol。下列说法正确的是A．X的平衡转化率为40%B．若将容器体积变为20L，则Z的平衡浓度小于原来的C．若增大压强，则Y的平衡转化率减小D．若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的ΔH＞07、常温下将NaOH溶液添加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A．己二酸电离常数Ka1(H2X)约为10-4.4B．曲线M表示pH与lgc(HC．当溶液中c(X2—)＝c(HX—)时，溶液为碱性D．当混合溶液呈中性时，c(N8、下述实验不能达到预期实验目的是序号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸测定NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液,至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀C向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一会过滤除去MgCl2中少量FeCl3D室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸研究浓度对反应速率的影响A．A B．B C．C D．D9、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＞C10、下列各微粒的电子式书写正确的是A．甲基B．NF3C．NH4HD．硫化氢11、下列溶液肯定呈酸性的是A．含有H+离子的溶液 B．酚酞显无色的溶液C．c(OH-)＜c(H+)的溶液 D．pH小于7的溶液12、氢氧燃料电池，通入氧气的一极为（）极A．正 B．负 C．阴 D．阳13、研究人员最近发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为5MnO2＋2Ag＋2NaCl=Na2Mn5O10＋2AgCl，下列“水”电池的海水中放电时的有关说法正确的是（）A．正极反应式：Ag＋Cl－－e－=AgClB．每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子C．Na＋不断向“水”电池的负极移动D．AgCl是还原产物14、X、Y、Z、W四种金属分别用导线两两相连浸入稀硫酸中组成原电池。X、Y相连时，X为负极；Z、W相连时，电子流向为ZW；X、Z相连时，Z极上产生大量气泡；W、Y相连时，W极发生氧化反应。则这四种金属的活动性顺序是A．X>Z>W>Y B．Z>X>Y>W C．X>Y>Z>W D．Y>W>Z>X15、某学生用0.1023mol·L－1标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，测定中使用耐酸、碱和强氧化剂腐蚀的“特氟龙”旋钮的滴定管。其操作可分解为如下几步：①移取20.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液②用标准氢氧化钠溶液润洗滴定管3次③把盛有标准氢氧化钠溶液的滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液④取标准氢氧化钠溶液注入滴定管至“0”刻度以上约2mL⑤调节液面至“0”或“0”刻度以下，记下读数⑥把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准氢氧化钠溶液滴定至终点并记下滴定管的读数下列有关上述中和滴定操作步骤的正确顺序是A．①②③④⑤⑥ B．②④③⑤①⑥ C．③①②⑥④⑤ D．⑤①②③④⑥16、对于可逆反应2AB3（g）A2（g）+3B2（g）△H＞0下列图像不正确的是（）A． B．C． D．17、用下列实验装置完成对应实验，操作正确并能达到实验目的的是ABCDA．用A图所示装置进行石油的蒸馏 B．用B图所示装置进行氯气的干燥C．用C图所示方法可以检查装置气密性 D．用D图所示方法可以检验K+18、在用Zn、Cu片和稀H2SO4组成的原电池装置中，经过一段时间工作后，下列说法中正确的是A．锌片是正极，铜片上有气泡产生 B．电流方向是从锌片流向铜片C．溶液中H2SO4的物质的量减少 D．电解液的PH保持不变19、下列根据热化学方程式得出的结论正确的是A．已知H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，则稀H2SO4和稀Ba（OH）2溶液反应生成2molH2O（l）的反应热△H=﹣2×57.3kJ/molB．已知S（s）+3/2O2（g）═SO3（g）△H=－395.7kJ/mol，则硫磺的燃烧热为395.7kJ/molC．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H=+1.9kJ/mol，则金刚石比石墨稳定D．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=－571.6kJ/mol，则H2的燃烧热为△H=－285.8kJ/mol20、以NA代表阿伏加德罗常数，则关于热化学方程式C2H2(g)+5/2O2(g)2CO2(g)+H2O(l)ΔH=-1300kJ·mol-1的说法中，正确的是…()A．当10NA个电子转移时，该反应放出2600kJ的能量B．当1NA个水分子生成且为液体时，吸收1300kJ的能量C．当2NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量D．当8NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量21、对食品的酸碱性判断是基本的生活常识。下列相关判断正确的是（）A．西红柿、柠檬属于酸性食物 B．黄瓜、胡萝卜属于碱性食物C．鸡蛋属于碱性食物 D．猪肉、牛肉属于碱性食物22、甲、乙两种有机物的球棍模型如下，下列有关二者的描述中正确的是()A．甲、乙为同一物质B．甲、乙互为同分异构体C．甲、乙一氯取代物的数目不同D．甲、乙分子中含有的共价键数目不同二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物G是一种重要的工业原料，其合成路线如图：回答下列问题：(1)已知反应①为加成反应，则有机物A的名称为______。(2)反应③的试剂和条件为______。(3)芳香烃M与B互为同分异构体，其核磁共振氢谱图中峰面积之比为3：1，M的结构简式为______。(4)有人提出可以将上述合成路线中的反应③和反应④简化掉，请说明你的观点和理由______。(5)反应⑥的化学方程式为______。24、（12分）有机化学反应因反应条件不同，可生成不同的有机产品。例如：(1)HX+CH3-CH=CH2(X为卤素原子)(2)苯的同系物与卤素单质混合，若在光照条件下，侧链上氢原子被卤素原子取代；若在催化剂作用下，苯环上的氢原子被卤素原子取代。工业上利用上述信息，按下列路线合成结构简式为的物质，该物质是一种香料。请根据上述路线，回答下列问题：(1)A的结构简式可能为_________。(2)反应①、③、⑤的反应类型分别为________、________、_______。(3)反应④的化学方程式为(有机物写结构简式，并注明反应条件)：____。(4)工业生产中，中间产物A须经反应③④⑤得D，而不采取直接转化为D的方法，其原因是______。(5)这种香料具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：①其水溶液遇FeCl3溶液呈紫色②分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种。写出符合上述条件的物质可能的结构简式(只写两种)：_____________。25、（12分）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度，在实验室中进行如下实验，请完成下列填空：（1）配制100mL0.10mol/LNaOH标准溶液。（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度（mol/L）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）待测盐酸溶液的体积（mL）10.1022.6220.0020.1022.7220.0030.1022.8020.00①滴定达到终点的现象是________________________________________________________，此时锥形瓶内溶液的pH范围为________。②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为____________________（保留两位有效数字）③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作_____，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。④在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有_______。（多选扣分）A、滴定终点读数时俯视读数B、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗C、锥形瓶水洗后未干燥D、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失E、配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3⑤如实验室要用该标准NaOH溶液测定某醋酸的浓度，该选用的指示剂为______________。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）用0.2000mol/L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滴甲基橙溶液；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)____________________（2）步骤④中，量取20.00mL待测液应使用_________________(填仪器名称)（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120.000.0018.10220.000.0016.20320.000.0016.16从表中可以看出，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．锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水B．滴定结束时，仰视读数C．滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束有气泡D．锥形瓶用待测液润洗E．NaOH标准液保存时间过长，有部分变质（5）根据表中记录数据，通过计算可得，该盐酸浓度为：____________mol/L28、（14分）氮族元素单质及其化合物有着广泛应用。（1）在1.0L密闭容器中放入0.10molPCl5(g)，一定温度进行如下反应:PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH1，反应时间(t)与容器内气体总压强(p/100kPa)的数据见下表：时间t/s温度0t1t2t3t4t5T15.007.318.008.509.009.00T26.00------11.0011.00回答下列问题:①PCl3的电子式为_______。②T1温度下，反应平衡常数K=______。③T1___T2（填“＞”、“＜”或“＝”，下同），PCl5的平衡转化率α1(T1)__α2(T2)。（2）NO在一定条件下发生如下分解：3NO(g)N2O(g)+NO2(g)在温度和容积不变的条件下，能说明该反应已达到平衡状态的是________(填字母序号)。a.n(N2O)=n(NO2)b.容器内压强保持不变c.v正(N2O)=v逆(NO2)d.气体颜色保持不变（3）次磷酸钴[Co(H2PO2)2]广泛用于化学镀钴，以金属钴和次磷酸钠为原料，采用四室电渗析槽电解法制备，原理如下图。①Co的电极反应式为_______。②A、B、C为离子交换膜，其中B为____离子交换膜（填“阳”或“阴”）。29、（10分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2。该反应的还原产物为______。（2）已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的△H=+11kJ·mol－1，lmolH2(g)、1molI2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI(s)分子中化学键断裂时需吸收的能量为______kJ。（3）Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)。在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为__________________。②上述反应中，正反应速率为正=k正x2(HI)，逆反应速率为逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为____________________(以K和k正表示)。若k正=0.0027min－1，在t=40min时，正=_______________min－1。③由上述实验数据计算得到正～x(HI)和逆～x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为______________(填字母)。

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、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。2、B【解题分析】分析：从两个角度考虑，一是可逆反应，可逆反应不能进行到底；二是物质的性质与浓度有关，例如某些酸在浓度较大时具有较强的氧化性或还原性，当浓溶液时可以发生反应，但随着反应的消耗，变成稀溶液往往就不具备继续反应的性质。详解：A、锌与稀硫酸不属于可逆反应，锌过量时稀硫酸反应完全，A错误；B、合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，B正确；C、醋酸的酸性比碳酸强，醋酸过量时碳酸钠完全反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，C错误；D、铜与过量的稀硝酸反应时，铜完全反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，D错误；答案选B。3、A【解题分析】为减慢铁与盐酸的反应速率，可减小浓度，降低温度等，不改变生成氢气的总量，则H+的物质的量应不变，以此解答。【题目详解】①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢且不改变H2的产量；

②加氢氧化钠固体，与盐酸反应，减少了盐酸的浓度，故反应速率变慢，产生的氢气减少；

③将盐酸用量减半，浓度不变，反应速率不变，H+的物质的量减小，所以生成氢气的物质的量减小；

④加CuO固体与盐酸反应消耗H+，故反应速率减慢，生成氢气的物质的量减小；

⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢且不改变H2的产量；

⑥加入硝酸钾溶液，Fe和H+、NO3-反应不生成氢气；⑦降低温度(不考虑盐酸挥发)反应速率减慢，H+的物质的量不变，所以生成氢气的物质的量不变；综合以上分析，符合题意的有①⑤⑦，

故答案选A。4、C【分析】分析题给关系曲线图，当加入的V（NaOH）=10mL时，溶液溶质为等物质的量的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，且溶液pH＜7。当加入的V（NaOH）=20mL时，CH3COOH与NaOH完全反应，此时溶液溶质为CH3COONa，溶液的pH＞7。据此进行分析。【题目详解】A．根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，当pH=7时，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，A项错误；B．a点时，加入的V（NaOH）=10mL，此时溶液溶质为等物质的量的CH3COOH、CH3COONa，a点时溶液的pH＜7，即c(H+)＞c(OH-)，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，故c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)，B项错误；C．由分析可知，b点所示的溶液溶质为CH3COONa，根据质子守恒有：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)，C项正确；D．由分析可知，a点溶液溶质为等物质的量的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液；b点溶液溶质为CH3COONa，CH3COOH的电离抑制水的电离，CH3COO-水解促进水的电离，所以从a到b的溶液中，水的电离程度一直增大，故D错误；答案选C。5、B【题目详解】A选项，溶液中加入足量氯水，再加入KSCN，只能证明现在溶液中有Fe3+，不能说明原溶液中有无Fe2+，故A错误；B选项，铁粉作食品袋内的脱氧剂，Fe与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂，起到还原作用，故B正确；C选项，FeCl3溶液用于铜质印刷线路腐蚀，其原理是Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，故C错误；D选项，Fe2+、S2-都能与MnO4－之间发生氧化还原反应，Fe2+与S2-会反应生成FeS沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；综上所述，答案为B。【题目点拨】检验亚铁离子，先加KSCN溶液，无现象，再加入少量氯水和双氧水，溶液变为血红色，则原溶液中含有亚铁离子。6、B【题目详解】A．60s后反应达到平衡，生成Z的物质的量为0.3mol，根据方程式2X(g)＋Y(g)Z(g)，反应的X为0.6mol，则X的平衡转化率为×100%=60%，故A错误；B．将容器容积变为20L时，气体的压强减小，平衡向体积增大的方向移动，即平衡逆向移动，Z的物质的量减小，即小于0.3mol，Z的新平衡浓度将小于原平衡浓度的，故B正确；C．增大压强后，平衡向着正反应方向移动，则Y的转化率增大，故C错误；D．若升高温度，X的体积分数增大，说明平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0，故D错误；故选B。7、A【解题分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)>Ka2(H2X)，酸性条件下，则pH相同时

c(HX-)c(H2X)＞cX2-)c(HX-)，由图象可知N为lgcc(HX-)c(【题目详解】A项，当lgcc(HX-)c(H2X)=0.4时，pH=4.8，此时Ka1(H2X)=c(HX-)∙c(B项，由Ka1>Ka2，知c(HX-)∙c(H+)c(H2X)>cX2-)∙c(H+)c(HC项，由图可知，当lgccX2-)c(HX-)=0，即c(X2—)＝c(HX—D项，由图可知，当溶液呈中性时，lgccX2-)c(HX综上所述，本题正确答案为A。【题目点拨】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。8、A【解题分析】试题分析：A、次氯酸钠具有强氧化性，所以用pH试纸测定次氯酸钠的pH值时，则pH试纸先变色后褪色，所以不能测定其pH值，错误；B、氯化银为白色沉淀，向氯化银中再滴加硫化钠溶液，若沉淀转化为黑色沉淀，则可说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀，正确；C、铁离子发生水解生成氢氧化铁和氢离子，向其中加入氢氧化镁，则氢氧化镁与氢离子反应生成镁离子和水，使铁离子的水解正向进行，所以氢氧化镁逐渐转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去氢氧化铁和过量的氢氧化镁即可，正确；D、Na2S2O3溶液的体积和浓度均相同，向其中加入不同浓度相同体积的稀硫酸，根据产生沉淀的时间的长短可测定浓度对反应速率的影响，正确，答案选A。考点：考查对实验方案的评价9、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。10、B【解题分析】试题分析：A、甲基的电子式中碳原子上漏掉一个电子，应为，错误；B、NF3的电子式为，正确；C、NH4H的电子式中H－漏掉方括号和电子，错误；D、硫化氢为共价化合物，电子式为，错误。考点：考查化学用语、电子式。11、C【题目详解】A、酸、碱、盐溶液中同时存在氢离子和氢氧根离子，含有H+的溶液不一定为酸性溶液，选项A错误；B、酚酞遇酸性和中性溶液都不变色，遇碱性溶液变红，酚酞显无色的溶液不一定为酸性溶液，选项B错误；C、溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，如果氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液一定呈酸性，选项C正确；D、溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小，即pH值大小，选项D错误；答案选C。【题目点拨】本题考查了溶液酸碱性的判断，选项D易错，溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小。12、A【题目详解】氢氧燃料电池中，氢气失电子，发生氧化反应，为负极，氧气得电子，发生还原反应为正极；A项正确；综上所述，本题选A。13、B【分析】由电池总反应可知，银元素化合价升高被氧化，银单质做水电池的负极，电极反应式为2Ag＋2Cl－－2e－=2AgCl，锰元素化合价降低被还原，二氧化锰为水电池的正极，电极反应式为5MnO2＋2e－=Mn5O。【题目详解】A.由分析可知，二氧化锰为水电池的正极，电极反应式为5MnO2＋2e－=Mn5O，故A错误；B.由电池总反应方程式可知，生成1molNa2Mn5O10，反应转移2mol电子，故B正确；C.电池工作时，阳离子向正极移动，则钠离子向正极移动，故C错误；D.由电池总反应可知，银元素化合价升高被氧化，银为还原剂，氯化银是氧化产物，故D错误；故选B。14、A【题目详解】X、Y、Z、W四种金属分别用导线两两相连浸入稀硫酸中组成原电池。X、Y相连时，X为负极，则金属活动性X>Y；Z、W相连时，电子流向为ZW，则金属活动性Z>W；X、Z相连时，Z极上产生大量气泡，则金属活动性X>Z；W、Y相连时，W极发生氧化反应，则金属活动性W>Y。综合以上分析，金属活动性顺序为X>Z>W>Y；故选A。15、B【题目详解】中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为：②④③⑤①⑥，故选B。16、D【分析】可逆反应2AB3（g）⇌A2（g）+3B2（g）△H＞0，升高温度，反应速率加快，缩短到达平衡的时间，平衡向正反应方向移动，正反应速率增大的更多，反应物的含量减少；正反应为体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，反应物的含量增大，以此来解答。【题目详解】A.2AB3（g）A2（g）+3B2（g）△H＞0升高温度，反应速率加快；因为正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，故不选A；B.温度越高，化学反应速率越快，到达平衡所需时间越短；由于正反应吸热，温度升高，有利于反应正向进行，剩余反应物百分含量减少，故不选B；C.升高温度，平衡正向进行，平衡后AB3的百分含量越低；正反应为体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，反应物的含量增大，故不选C；D.正反应为体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，反应物的转化率应该减小；正反应为吸热反应，当压强相同时，温度越高，越有利于反应正向移动，反应物转化率越高，故选D；答案：D【题目点拨】对于图像题分两步看图项正确与否：（1）随横坐标的增大，图像总的走势是否正确；（2）横坐标线相同时，看纵坐标的走势是否正确。17、C【解题分析】A．温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，故A错误；B．气体应从长导管口进，短导管口出，故B错误；C．检查气密性，可先关闭弹簧夹，经长颈漏斗向锥形瓶中加水，如形成液面差且液面在一定时间内不变化，说明气密性好，故C正确。D．要透过蓝色钴玻璃观察K+的火焰颜色，故D错误。故选C。18、A【解题分析】试题分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。锌比铜活泼，所以锌是负极，失去电子。铜是正极，溶液中的氢离子在正极得到电子生成氢气。A不正确，BB正确，电流方向是从铜片流向锌片，C正确，D不正确，氢离子浓度降低，电解质溶液的pH增大，答案选C。考点：考查原电池的有关判断和应用点评：该题是高考中的常见考点，侧重对学生基础知识的巩固和训练。有利于培养学生的逻辑推理能力和规范答题能力。明确原电池的工作原理、构成条件是答题的关键，注意相关知识的积累和总结。19、D【题目详解】A．稀H2SO4和稀Ba(OH)2溶液反应生成2molH2O的同时还生成1molBaSO4，硫酸钡存在溶解平衡，则此时反应热△H≠-2×57.3kJ/mol，A错误；B．101kPa条件下，1mol固体硫完全燃烧生成1mol二氧化硫气体时放出的热量为硫磺的燃烧热，热化学方程式中生成物是三氧化硫，B错误；C．由热化学方程式可知，等物质的量的石墨比金刚石的能量低，能量越低越稳定，因此石墨更加稳定，C错误；D．由热化学方程可知，氢气的燃烧热为0.5×571.6kJ/mol=285.8kJ/mol，D正确；答案选D。【题目点拨】本题考查了中和热和燃烧热的定义，明确中和热、燃烧热的定义是解题的关键，注意生成沉淀时也伴随着热效应。20、D【解题分析】该反应为放热反应，热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示微粒数，所以系数可以用分数表示。【题目详解】A项、当10NA个电子转移时，有1molC2H2分子参加反应，根据方程可知放出1300KJ的能量，A错误；B项、该反应为放热反应，反应时不是吸收能量，而是放出能量，B错误；C项、当2NA个碳氧共用电子对生成时，有1/2mol二氧化碳分子生成，根据方程可知放出650KJ的能量，C错误；D项、当8NA个碳氧共用电子对生成时，有2mol二氧化碳分子生成，根据方程可知放出1300KJ的能量，D正确。故选D。【题目点拨】本题考查热化学反应的能量的计算，做题时注意反应时吸热还是放热，从微观结构判断参加反应的反应物的物质的量是做本题的关键。21、B【解题分析】A、西红柿、柠檬属于水果，在人体内代谢后生成碱性物质，属于碱性食物，A错误；B、蔬菜、水果多含钾、钠、钙、镁等盐类，在人体内代谢后生成碱性物质，使体液呈弱碱性，这类食物习惯上称为碱性食物，B正确；C、鸡蛋中富含蛋白质，含有因含硫（S）、磷（P）、氯（Cl）元素较多，在人体内代谢后产生硫酸、盐酸、磷酸和乳酸等物质，属于酸性食物，C错误；D、猪肉、牛肉中富含蛋白质，含有因含硫（S）、磷（P）、氯（Cl）元素较多，在人体内代谢后产生硫酸、盐酸、磷酸和乳酸等物质，属于酸性食物，D错误；答案选B。点睛：判断食物的酸碱性，并非根据人们的味觉、也不是根据食物溶于水中的化学性，而是根据食物进入人体后所生成的最终代谢物的酸碱性而定，不是根据口感来进行分类的，因此掌握食物的酸碱性判断标准是解答的关键。22、B【分析】由球棍模型可知有机物结构简式甲为CH3CH(CH3)2，乙为CH3CH2CH2CH3，同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，一氯取代产物的种类取决于有机物物中氢原子的种类，据此解答该题。【题目详解】A．甲为CH3CH(CH3)2，乙为CH3CH2CH2CH3，甲、乙不是同一物质，故A错误；B．同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，甲、乙分子式相同为C4H10，结构不同，两者互为同分异构体，故B正确；C．一氯取代产物的种类取决于有机物物中氢原子的种类，甲、乙都有2种H原子，其一氯代物有2种，故C错误；D．甲、乙中化学键均为单键，二者的化学式相同，因此相同物质的量两种物质所含化学键数目相同，故D错误；故答案为：B。二、非选择题(共84分)23、丙烯NaOH醇溶液，加热不能，由于有机物C有两种结构，通过反应③④进行处理，转化为一种结构2+O22+2H2O【分析】苯与A发生反应①为加成反应产生B，根据B和苯结构简式知，A为CH2=CHCH3，B发生取代反应生成C，C发生消去反应生成D，则C可能为或。由E分子式及D、F的结构可知，D发生加成反应生成E，E水解生成F，则E为，F发生催化氧化生成G。【题目详解】根据上述分析可知：A是CH2=CHCH3；C是或；E是。(1)反应①为加成反应，根据B和苯结构简式知，A为CH2=CHCH3，有机物A的名称为丙烯；(2)反应③是C：或发生消去反应形成D：，需要的试剂和反应条件为：NaOH醇溶液、加热；(3)B是，芳香烃M与B互为同分异构体，其核磁共振氢光谱图峰面积之比为3：1，说明M中含有2种氢原子，氢原子个数之比为3：1，则M的结构简式为；(4)有机物C有两种结构，通过反应③④进行处理，转化为一种结构，所以不能简化掉；(5)反应⑥是F：与O2在Cu作催化剂条件下，加热被氧化为G：的过程，该反应的化学方程式为：2+O22+2H2O。【题目点拨】本题考查有机物的推断与合成。根据有机物的结构，采取正推、逆推相结合的方法进行分析判断，要熟练掌握各类物质的性质，注意反应前后官能团的转化，来确定反应条件。24、、加成反应消去反应水解反应或取代反应中间产物A结构有2种，不稳定，若直接由A转化为D会有大量的副产物生成、【分析】在光照条件下可与氯气发生取代反应生成A，A的结构简式为或，B能发生加成反应，则A应发生消去反应，B为，根据产物可知D为，则C为，以此解答该题。【题目详解】(1)由以上分析可知A为或；(2)由异丙苯的结构可知，反应①为苯与丙烯发生加成反应，反应③为A发生消去反应生成，⑤为发生取代反应生成；(3)异苯丙烯和氯化氢加成生成，反应④的方程式为：；(4)A为或，D为，中间产物A须经反应③④⑤得D，而不采取直接转化为D的方法的原因是：中间产物A的结构不确定，若直接由A转化为D会有大量副产物生成；(5)①该物质的水溶液遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基；②分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种，则苯环上有2个取代基，且位于对位位置，可能为：、、任意2种。25、最后一滴氢氧化钠溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色8.2~100.11mol/L丙D酚酞【解题分析】①用已知浓度的标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的稀盐酸用酚酞溶液作指示剂，滴定达到终点的现象是最后一滴氢氧化钠溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；此时锥形瓶内溶液的pH范围为8.2~10；②根据c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱），需要V（NaOH）=mL=22.72mL，则该盐酸的浓度为=0.11mol/L；③碱式滴定管的气泡通常橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出，故答案为丙；④A．滴定终点读数时俯视度数，读出的最终标准液体积偏小，则消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，选项A错误；B．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸浓度偏小，需要NaOH体积偏小，测定值偏小，选项B错误；C．锥形瓶水洗后直接装待测液，对实验无影响，选项C错误；D．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致测定NaOH体积偏大，测定值偏大，选项E正确；E．配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3，等物质的量的碳酸钠与氢氧化钠消耗的氯化氢相等，滴定时消耗的标准液体积不变，测定结果不变，选项E错误；答案选D；⑤如实验室要用该标准NaOH溶液测定某醋酸的浓度，完全中和时生成醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故选用的指示剂为酚酞。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、①酸式滴定管锥形瓶内颜色变化当滴入最后一滴时，溶液由红色变橙色，且半分钟内颜色不变BD0.1618【分析】(1)滴定管用蒸馏水洗涤后还要用待装的溶液润洗，以防止滴定管内壁上的水膜稀释溶液，引起实验误差。(2)中和滴定是精确度较高的定量实验，与此相匹配的仪器是滴定管，还要注意溶液的酸碱性以选择对应的滴定管。(3)中和滴定的关键之一就是要准确判断滴定终点，因此操作时眼睛始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化；因为滴定前盐酸中滴入了甲基橙，溶液为红色，根据恰好中和时溶液pH突跃，滴定终点时溶液由红色变为橙色，且半分钟内颜色不变。(4)表中第1次实验滴定结束时消耗NaOH溶液体积明显偏大，分析选项时，一看是否是读数造成的误差，滴定管的0刻度在上，越往下数值越大；二看是否是HCl的物质的量造成的误差，根据NaOH+HCl=NaCl+H2O反应，NaOH与HCl以等物质的量反应；三看NaOH变质生成Na2CO3，等物质的量的NaOH和Na2CO3消耗HCl的物质的量有无变化。(5)根据表中消耗的NaOH溶液的数据先判断数据的有效性，然后计算出消耗NaOH溶液的平均体积，最后计算出待测液盐酸的浓度。【题目详解】(1)碱式滴定管用蒸馏水洗涤后还要用0.2000mol/LNaOH溶液润洗，防止NaOH溶液被滴定管内壁上的水膜稀释，引起实验误差，故有错误的编号是①。(2)中和滴定是精确度较高的定量实验，与此相匹配的仪器是滴定管，所以步骤④中，量取20.00mL待测液（盐酸）应使用酸式滴定管。(3)中和滴定的关键之一就是要准确判断滴定终点，所以操作时眼睛始终注视锥形瓶内溶液颜色变化；待测的盐酸中事先加入了甲基橙，溶液显红色，根据恰好中和时溶液pH突跃，滴定终点时溶液显橙色，所以判断到达滴定终点的依据是：当滴入最后一滴时，溶液由红色变橙色，且半分钟内颜色不变。(4)表中第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显偏大，A.锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，HCl的物质的量没有变化，故消耗NaOH溶液的体积不受影响，A项错误；B.滴定管的0刻度在上，越往下数值越大，读数应从上往下读，仰视读数会使NaOH溶液体积偏大，B项正确；C.滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束有气泡，滴定管液面上升，使NaOH溶液体积偏小，C项错误；D.锥形瓶用待测液润洗，HCl的物质的量增大，消耗的NaOH溶液体积偏大，D项正确；E.NaOH标准液保存时间过长，有部分NaOH变质生成Na2CO3，以甲基橙作指示剂时滴定过程有反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，1molNaOH~0.5molNa2CO3~1molHCl，所以滴定消耗NaOH溶液体积不受影响，E项错误；答案选BD。(5)表中第1次实验数据误差太大舍去，取第2、3次实验数据，消耗标准NaOH溶液体积的平