安徽宿州市时村中学2024届高二化学第一学期期中经典模拟试题含解析

安徽宿州市时村中学2024届高二化学第一学期期中经典模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、在固定容积的密闭容器中，发生反应：2X(g)+Y(s)Z(g)+W(g)，其化学平衡常数K与温度T的关系如表：T/℃70080090010001200K0.60.91.31.82.7对该反应而言，下列说法正确的是A．增大压强，平衡向正反应方向移动 B．温度不变，增加X的用量，K增大C．若K不变，则反应物的转化率一定不变 D．该反应的正反应为吸热反应2、在水中存在H2OH＋＋OH－平衡，加入下列哪种物质或进行哪项操作，不会使平衡发生移动：()A．加入NaOH B．加入CH3COOH C．加入NaCl固体 D．升温3、下列物质中，不属于高分子化合物的是A．纤维素 B．蛋白质 C．油脂 D．塑料4、依据元素的原子结构和性质的变化规律，推断下列元素金属性最强的是A．NaB．OC．AlD．S5、25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH-，下列叙述正确的是A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH-）降低B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，水的离子积常数不变C．向水中加入少量固体NaOH，平衡正向移动，c（H+）降低D．将水加热，水的离子积常数增大，pH不变6、下列有关化学反应自发性的说法中正确的是()A．放热反应一定是自发进行的反应B．化学反应的熵变与反应的方向无关C．反应的自发性要综合考虑焓变和熵变两种因素D．只有不需要任何条件就能够自动进行的过程才是自发过程7、已知：2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)ΔH=−566kJ·mol−1；Na2O2(s)＋CO2(g)Na2CO3(s)＋O2(g)ΔH=−226kJ·mol−1根据以上热化学方程式和图像判断，下列说法正确的是A．CO的燃烧热为283kJB．2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g)ΔH＞−452kJ·mol−1C．上图可表示由1molCO生成CO2的反应过程和能量关系D．根据以上热化学方程式无法求算Na2O2(s)＋CO(g)===Na2CO3(s)的反应热8、下列说法中，正确的是A．在锌和稀硫酸反应制H2的实验中，增加锌粒的量可使反应速率减慢B．镀锌铁皮表面有破损时，铁的腐蚀速率会加快C．硫粉分别在纯氧和空气中燃烧，前者反应更剧烈D．酶作为催化剂，在任何温度下均能极大地提高反应速率9、摩尔是下列哪个物理量的基本单位A．物质数量 B．物质质量C．物质的量 D．微粒个数10、下列四组离子在水溶液中因发生水解反应而不能大量共存的是A．Fe2＋、NO3－、Na＋、H＋B．S2－、NH4＋、SO42－、Fe3＋C．Ba2＋、CO32－、H＋、S2O32－D．Al3＋、Na＋、HCO3－、Cl－11、等体积等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种溶液滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸体积分别为V1、V2、V3,三者的大小关系正确是A．V1=V2=V3 B．V1=V2﹤V3 C．V1<V2=V3 D．V1=V2﹥V312、在一个不传热的固定容积的密闭容器中可逆反应

当m、n、p、q为任意整数时，达到平衡的标志是①体系的压强不再改变②体系的温度不再改变③各组分的浓度不再改变④各组分的质量分数不再改变⑤反应速率v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q⑥单位时间内mmolA断键反应，同时pmolC也断键反应。A．③④⑤⑥ B．②③④⑥ C．①③④⑤ D．①③④⑥13、下列关于各图像的解释或结论不正确的是A．由甲可知：使用催化剂不影响反应热B．由乙可知：对于恒温恒容条件下的反应2NO2(g)N2O4(g)，A点为平衡状态C．由丙可知：同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者D．由丁可知：将T1℃的A、B饱和溶液升温至T2℃时，A与B溶液的质量分数相等14、下列图示与对应的叙述相符合的是A．图1是某温度下AgCl的沉淀溶解平衡曲线，a、b、c、d四点c(Ag+)×c(Cl-)相等B．图2表示已达平衡的某反应，在t0时改变某条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂C．用3表示相同温度下，向pH=10的NaOH溶液和氨水中分别加水稀释时，溶液pH变化曲线，其中a是氨水稀释时pH的变化曲线D．图4表示水溶液中H+和OH-浓度的关系，A、B点都只表示纯水15、微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O72－离子浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是A．M为电源负极，有机物被氧化B．处理1molCr2O72－时有6molH+从交换膜左侧向右侧迁移C．电池工作时，N极附近溶液pH增大D．Cr2O72－离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活16、在密闭容中发生下列反应aA(g)⇌cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是()A．A的转化率变大 B．平衡向正反应方向移动C．a＜c＋d D．D的体积分数变大17、下列说法不正确的是()A．25℃时，0.1mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱B．25℃时，将0.1mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11C．25℃时，将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4，所得溶液c(OH－)＝1×10-10mol·L-1D．由水电离出的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液中：Na＋、、、Cl－可以大量共存18、①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池．①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是（）A．①③②④ B．①③④② C．③④②① D．③①②④19、下列说法正确的是A．铁跟盐酸反应，生成氯化铁和氢气B．四氧化三铁可以看成氧化铁和氧化亚铁组成的混合物C．铁与灼热水蒸气反应生成氧化铁和氢气D．铁在硫蒸气中加热后可生成FeS20、分析以下几个热化学方程式，哪个是表示固态碳和气态氢气燃烧时的燃烧热的是（）A．C（s）＋O2（g）=CO(g)ΔH=—110.5kJ/molB．C（s）＋O2（g）=CO2(g)ΔH=－393.5kJ/molC．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=－571.6kJ/molD．H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(g)ΔH=－241.8kJ/mol21、已知反应N2O4(g)2NO2(g)△H=+57kJ/mol，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．A、C两点气体的平均相对分子质量：A>CB．A、C两点气体的颜色：A深，C浅C．由状态B到状态A，可以用加热的方法D．A、C两点的反应速率：A>C22、利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（）A．该反应的ΔH＝＋91kJ·mol－1B．加入催化剂，该反应的ΔH变小C．反应物的总能量大于生成物的总能量D．如果该反应生成液态CH3OH，则ΔH增大二、非选择题(共84分)23、（14分）某化学兴趣小组模拟工业上从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质）中提取氧化铝的工艺做实验，流程如下：请回答下列问题：（1）操作Ⅰ的名称为_______。（2）验证溶液B中是否含有Fe3+的方法：_______________________，（3）不溶物A是___(填化学式)，写出D→E反应的离子方程式______________。（4）说出溶液F中含碳元素溶质的一种用途____________________。24、（12分）按要求写出下列物质的名称或结构简式。(1)相对分子质量为84的烃与氢气加成后得到，该烃的系统命名法名称为______。(2)某气态烃22.4L(标准状况)与含320g溴的溴水恰好完全加成，生成物经测定每个碳原子上都有1个溴原子，该烃的结构简式为_____________________________。(3)某烃0.1mol和0.2molHCl完全加成，生成的氯代烷最多还可以与0.6mol氯气反应，则该烃的结构简式为_________________________________。(4)某烃的分子式为C8H10，它不能使溴水褪色，但能使酸性KMnO4溶液褪色。该有机物苯环上的一氯代物有3种，则该烃的结构简式可能为______________________。(5)含有C、H、O的化合物，其C、H、O的质量比为12∶1∶16，其相对分子质量为116，它能与小苏打反应放出CO2，也能使溴水褪色，0.58g这种物质能与50mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液完全反应。试回答：①写出该有机物的分子式_____________；②该有机物的可能结构简式有____________________。25、（12分）草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：MnO4—＋H2C2O4＋H＋→Mn2＋＋CO2↑＋H2O(未配平)。用4mL0.001mol/LKMnO4溶液与2mL0.01mol/LH2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下：(1)写出该反应的离子方程式______________________，该反应中每生成1molCO2转移电子数为________。(2)如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验_______和________（用I~IV表示，下同）；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验________和_________。

(3)对比实验I和IV，可以研究________对化学反应速率的影响，实验IV中加入1mL蒸馏水的目的是______________________。26、（10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/L27、（12分）醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如图所示．可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度/（gcm﹣3）沸点/℃溶解性环乙醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸．b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃．反应粗产物倒入f中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙．最终通过蒸馏得到纯净环己烯．回答下列问题：（1）由环己醇制取环己烯的反应类型为_________；（2）装置b的冷凝水方向是______（填下进上出或上进下出）；（3）加入碎瓷片的作用是______；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是___（填正确答案标号）．A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料（4）本实验中最容易产生的副产物所含的官能团名称为____．（5）在分离提纯中，使用到的仪器f名称是_____，分离氯化钙的操作是_____．（6）合成过程中加入浓硫酸的作用是_____．28、（14分）工业上用CO生产燃料甲醇。一定温度和容积条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。图2表示反应中的能量变化；图1表示一定温度下，在体积为1L的密闭容器中加入2molH2和一定量的CO后，CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化。请回答下列问题：（1）在“图2”中，曲线__(填“a”或“b”)表示使用了催化剂；没有使用催化剂时，在该温度和压强条件下反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的△H=_________。（2）从反应开始到建立平衡，v(CO)=_______；达到平衡时，c(H2)=_____，该温度下CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数为_____________。达到平衡后若保持其它条件不变，将容器体积压缩为0.5L，则平衡__________移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。（3）恒容条件下，下列措施中能使n(CH3OH)/n(CO)增大的有___________．a．升高温度b．充入He气c．再充入2molH2d．使用催化剂．（4）已知CH3OH(g)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝－193kJ/mol。又知H2O(l)=H2O(g)；ΔH＝＋44kJ/mol，请写出32g的CH3OH(g)完全燃烧生成液态水的热化学方程式________________。29、（10分）室温下，某一元弱酸HA的电离常数K＝1.6×10－6。向20.00mL浓度约为0.1mol·L－1HA溶液中逐滴加入0.1000mol·L－1的标准NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：(已知lg4＝0.6)（1）a点溶液中pH约为________，此时溶液中H2O电离出的c(H＋)为________。（2）a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是________点，滴定过程中宜选用__________作指示剂，滴定终点在________(填“c点以上”或“c点以下”)。（3）滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是_________________（填字母序号）。A．滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定D．滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积（4）若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为_____mol/L。实验序号NaOH溶液体积/mL待测HA溶液体积/mL121.0120.00220.9920.00321.6020.00

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【题目详解】A.增大压强平衡向压强减小的一方移动，即向气体计量数之和小的一方移动，所以该反应增大压强后向逆反应方向移动，故A错误；B.K只受温度的影响，和物质的量的增加没关系，即温度不变，增加X的用量，K不变，故B错误；C.减压后平衡正向移动，反应物的转化率增大，故C错误；D.根据图中内容知道：温度越高，反应的K越大，说明反应是吸热反应，故D正确；故答案为D。2、C【解题分析】水中存在电离平衡，且水的电离是吸热反应，升高温度促进水的电离，酸、碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离。A．NaOH是强碱，电离出的氢氧根离子抑制水的电离，故A不选；B．醋酸是酸，电离出氢离子，抑制水的电离，故B不选；C．氯化钠是强酸强碱盐，不水解，不影响水的电离，故C选；D．升高温度促进水的电离，故D不选；故选C。3、C【题目详解】纤维素、蛋白质、塑料都是高分子化合物；油脂是大分子，不是高分子，故选C。4、A【解题分析】同周期自左向右金属性逐渐减弱，同主族从上到下金属性逐渐增强。钠和铝是金属，位于同一周期，氧和硫是非金属，位于同一主族，金属性Na＞Al。答案选A。5、B【分析】碱抑制水电离；硫酸氢钠电离出的氢离子使溶液中c(H+)增大，水的离子积常数只与温度有关；氢氧化钠抑制水电离；水电离吸热，加热促进水电离。【题目详解】向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，但c(OH-)增大，故A错误；NaHSO4═Na++SO42-+H+，其中电离出的氢离子使c(H+)增大，水的离子积常数只与温度有关，温度不变，KW不变，故B正确；固体NaOH溶于水电离产生OH-对水的电离起到抑制作用，电离平衡逆向移动，c(H+)降低，故C错误；加热促进水电离，温度升高，水电离平衡正向移动，水的离子积常数KW增大，氢离子浓度增大，则pH值减小，故D错误。6、C【解题分析】化学反应的自发性判断依据是吉布斯自由能判据△G=△H-T△S，其中△H表示化学反应的焓变，T表示体系的温度，△S表示化学反应的熵变（对于有气体参与且气态物质的量增大的化学反应，其熵变通常是正值），△S=生成物总熵-反应物总熵。若△G<0，则反应能自发，若△G>0，则反应不能自发，若△G=0，则反应达到平衡状态。A.放热反应不一定都能自发进行，放热反应的△H<0，若△S>0，该反应在高温条件下不一定能自发进行，故A错误；B.熵变与化学反应的方向有关，若反应方向相反，则熵变数据不同，故B错误；C.由上述分析可知，一个反应能否自发进行，需根据熵变和焓变进行综合判断，故C正确；D.自发过程的含义是：在一定条件下不需要借助外力作用就能自发进行的过程。有时需要提供起始条件，如燃烧反应等，故D错误，答案选C。【题目点拨】自发过程可以是物理过程，不一定是自发反应，如水往低处流、冰在室温下融化的过程等，而自发反应一定是自发过程。某些自发反应需在一定条件下才能自发进行，非自发反应具备了一定条件也能发生。如甲烷燃烧时自发反应，但需要点燃才能发生；石灰石分解为氧化钙和二氧化碳为非自发反应，但在高温下也可以发生。7、B【分析】根据热化学方程式的含义及盖斯定律计算反应热，从图像中坐标轴的含义分析图像表达的意思。【题目详解】A.燃烧热的单位为kJ/mol，所以CO的燃烧热为283kJ/mol，故A错误；B.CO2由固态到气态需吸收能量，所以反应2Na2O2（s）+2CO2（s）====2Na2CO3(s)+O2(g)ΔH＞-452kJ/mol，故B正确；C.由题中信息可知，图中表示的是由2molCO生成2molCO2的反应过程和能量关系，故C错误；D.根据盖斯定律，将题干中的第一个热化学方程式中的反应热除以2再加上第二个热化学方程式中的反应热，即可求出Na2O2(s)＋CO(g)===Na2CO3(s)的反应热，故D错误。故选B。【题目点拨】反应热与反应过程无关，只与反应物和生成物的状态有关。8、C【解题分析】A.在锌和稀硫酸反应制H2的实验中，因锌粒是固体，增加锌粒的量不影响反应速率，故A错；B.镀锌铁皮表面有破损时，会形成锌铁原电池，铁做正极被保护，故B错；C.硫粉在纯氧中比在和空气中燃烧更剧烈，因为氧气的浓度增大了，故C对；D.酶属于蛋白质，高温会变性，作为催化剂，在高温度下会失去活性，故D错；本题正确答案：C。9、C【题目详解】物质的量是国际单位制中的基本物理量，摩尔是物质的量的单位。答案选C。10、D【解题分析】A.Fe2＋与NO3－在酸性溶液中能够发生氧化还原反应，不能大量共存，不符合题意，故A不选；B.S2－与Fe3＋能够发生氧化还原反应，不能大量共存，不符合题意，故B不选；C.Ba2＋与CO32－；H＋与S2O32－以及CO32－能够发生复分解反应，不能大量共存，不符合题意，故C不选；D.Al3＋与HCO3－能够发生双水解反应，不能大量共存，符合题意，故D选，故选D。11、B【分析】pH相同，说明溶液中c(OH－)相同，NH3·H2O为弱碱，其余为强碱，即NH3·H2O的浓度最大。【题目详解】Ba(OH)2、NaOH为强碱，pH相同说明c(OH－)相同，与等浓度的盐酸恰好中和，消耗的盐酸的体积相等，即V1=V2，NH3·H2O为弱碱，相同pH时，c(NH3·H2O)>c(NaOH)，即相同体积时，NH3·H2O消耗的盐酸的体积大于NaOH消耗盐酸的体积，消耗盐酸体积的顺序是V3>V1=V2，故选项B正确。【题目点拨】本题的易错点，学生认为1molBa(OH)2中含有2molOH－，1molNaOH中含有1molOH－，得出V1>V2，忽略了pH相同，溶液中c(OH－)相同，与是一元强碱还是二元强碱无关。12、B【题目详解】如果该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，则体系的压强始终不变，所以不能根据压强判断反应是否达到平衡状态，故不选；体系的温度不再改变，正逆反应速率相等，所以能据此判断该反应达到平衡状态，故选；各组分的物质的量浓度不再改变，该反应达到平衡状态，故选；当该反应达到平衡状态，各组分的质量分数不再改变，故选；当反应速率：：：：n：p：q，不能据此判断该反应是否达到平衡状态，故不选；单位时间内m

mol

A断键反应等效于pmol

C形成，同时pmol

C也断键反应，故选；故选B。13、B【题目详解】A.可以明确传达一个讯息就是，反应过程中使用催化剂并不会对反应热的量产生影响，A正确。B.A点所传达的讯息就是，在A点处，二氧化氮的消耗速率与四氧化二氮的消耗速率一致，而事实上当反应进行的过程中二氧化的氮的消耗速率与四氧化二氮的消耗速率一致的时候恰恰说明反应还没有达到平衡，B错误。C.由图可知，酸HA的酸性要比酸HB的酸性强，所以同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，NaB的碱性要比前者强，C正确。D.随着温度的升高，溶液的质量分数是不会改变的，因为溶液的质量与溶质的质量是不会随着温度的改变而改变，D正确。故选B。14、C【题目详解】A．b点c（Ag+）•c（Cl-）＞Ksp，d点c（Ag+）•c（Cl-）＜Ksp；a点和c点处于相同温度下，c（Ag+）•c（Cl-）=Ksp且相同，选项A错误；B．图2表示已达平衡的某反应，在t0时改变某条件后反应速率随时间变化，正逆反应速率均增大且保持相等，则改变的条件一定可能是加入催化剂，若反应为气体体积不变的反应，则也可能为增大压强，选项B错误；C．pH=10的氢氧化钠溶液和氨水，稀释时一水合氨继续电离，则稀释时NaOH的pH变化大，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，选项C正确；D．图4表示水溶液中H+和OH-浓度的关系，A、B点都可表示中性的溶液，不一定为纯水，选项D错误。答案选C。15、B【题目详解】A.由图可知，该电池中有机物在微生物的作用下发生氧化反应生成CO2，所以.M为电源负极，有机物被氧化，故A正确；B.处理1molCr2O72－时需要6mol电子，但是同时也会有定量的氧气得到电子，从交换膜左侧向右迁移的氢离子的物质的量大于6mol，故B错误；C.有图可知，电池工作时，N极上氧气得到电子与氢离子结合成水，所以氢离子浓度减小，N附近溶液pH增大，故C正确；D.由题可知，当Cr2O72－离子浓度较大时，其去除率几乎为0，又因为其有强氧化性和毒性，所以可能会造成还原菌的蛋白质变性而失活，故D正确。故选B。16、C【题目详解】将气体体积压缩到原来的一半，假设平衡不移动，D的浓度为原来的2倍，实际再次达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应方向移动，则A的转化率变小，D的体积分数变小，a＜c+d，故答案选C。17、D【题目详解】A．氢硫酸是弱酸，是水中微弱电离，硫化钠是强电解质，在水中完全电离，故25℃时，0.1mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，正确；B．25℃时，0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，加水稀释100倍，溶液中的c(OH-)=0.001mol/L，则溶液中的c(H+)=1×10-11mol/L，所以溶液的pH＝11，正确；C．25℃时，将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4，溶液中c(H+)=1×10-4mol/L，所以溶液c(OH-)＝1×10-10mol·L-1，正确；D．由水电离出的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液中水的电离受到了抑制，可能是向水中加入了酸，也可能是加入了碱。若溶液呈酸性，则不能大量存在；若溶液呈碱性，则不能大量存在，故错误；故选D。18、B【分析】组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。【题目详解】组成原电池时，负极金属较为活泼，①②相连时，外电路电流从②流向①，说明①为负极，活泼性①＞②；①③相连时，③为正极，活泼性①＞③；②④相连时，②上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性④＞②；③④相连时，③的质量减少，③为负极，活泼性③＞④；综上分析可知活泼性：①＞③＞④＞②；故选B。19、D【题目详解】A.铁跟盐酸反应，生成氯化亚铁和氢气，故A错误；B.四氧化三铁是有固定组成的化合物，是纯净物，故B错误；C.铁与灼热水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C错误；D.S的氧化性较弱，与铁、铜反应生成低价化合物，铁在硫蒸气中加热后可生成FeS，故D正确；故选D。20、B【分析】燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，据此分析解答。【题目详解】A.C燃烧生成的稳定氧化物是CO2不是CO，且焓变为负值，所以不符合燃烧热的概念要求，故A错误；B.1molC完全燃烧生成稳定的CO2，符合燃烧热的概念要求，该反应放出的热量为燃烧热，所以B选项是正确的；C.燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧，方程式中氢气的系数为2mol，不是氢气的燃烧热，故C错误；D.燃烧热的热化学方程式中生成的氧化物必须为稳定氧化物，水为液态时较稳定，故D错误。答案选B。21、C【分析】该反应是一个反应前后气体计量数增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化氮含量增大；增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮含量减小，根据图中数据知，相同温度时，二氧化氮含量越大压强越小，所以；相同压强时，温度越高二氧化氮含量越大，所以。【题目详解】A．反应前后气体总质量不变，混合气体的物质的量越大，其相对分子质量越小，混合气体中二氧化氮含量越大混合气体相对分子质量越小，A点二氧化氮含量大于C点，则相对分子质量，故A不选；B．二氧化氮浓度越大混合气体颜色越深，AC温度相同，压强，则容器体积，所以A点浓度小于C点，则A点颜色浅、C点颜色深，故B不选；C.A、B是等压条件下，且温度，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法实现，故选C；D．相同温度下，压强越大反应速率越大，AC温度相同，压强，所以反应速率A点小于C点，故D不选；故选C。22、C【解题分析】A、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，故选项A错误；B、加入催化剂只能降低反应所需的活化能，而对反应热无影响，选项B错误；C、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，C正确；D、生成液态CH3OH时释放出的热量更多，ΔH更小，选项D错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、过滤取少量溶液B于试管中，加入少量KSCN溶液，若溶液变成红色，则溶液B中含有Fe3＋SiO2AlO2－＋2H2O＋CO2=HCO3－＋Al(OH)3↓发酵粉、治疗胃酸过多等【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质，由流程图可知，加足量盐酸过滤得到不溶物A为SiO2，溶液B中含Al3+、Fe3+，加过量NaOH溶液过滤得到不溶物C为Fe(OH)3，溶液D中含偏铝酸根离子，通入过量二氧化碳后过滤得到不溶物E为Al(OH)3，G为氧化铝，溶液F中含碳酸氢钠。【题目详解】(1).由上述分析可知，操作I的名称为过滤，故答案为过滤；(2).检验溶液B中是否含有Fe3+，可选用KSCN溶液，若溶液变红色，证明含有铁离子，故答案为取少量溶液B于试管中，加入少量KSCN溶液，若溶液变成红色，则溶液B中含有Fe3＋；(3).由上述分析可知，A为SiO2，偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应的化学方式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，离子方程式为AlO2－＋2H2O＋CO2=HCO3－＋Al(OH)3↓，故答案为SiO2；AlO2－＋2H2O＋CO2=HCO3－＋Al(OH)3↓；(4).溶液F中含碳酸氢钠，可作发酵粉或治疗胃酸的药物等，故答案为作发酵粉、治疗胃酸过多等。24、3，3-二甲基-1-丁烯CH2=CH-CH=CH2CH≡C―CH3、C4H4O4HOOCCH=CHCOOH、【题目详解】(1)假设该烃分子式通式为CnH2n，由于其相对分子质量是84，则14n=84，解得n=6，说明该烃为烯烃，由于烯烃与H2发生加成反应时，碳链结构不变，只是在两个不饱和C原子上各增加一个H原子，故根据烯烃加成特点，根据加成产物结构可知原烯烃分子的结构简式是，该物质名称为：3，3-二甲基1-丁烯；(2)标准状况下22.4L某气态烃的物质的量n=1mol，320g溴的物质的量n(Br2)==2mol，n(烃)：n(Br2)=1：2，2molBr2中含有Br原子的物质的量是4mol，由于测定生成物中每个碳原子上都有1个溴原子，则该烃的结构简式为：CH2=CH-CH=CH2；(3)某烃0.1mol和0.2molHCl完全加成，说明该烃分子中含有2个不饱和的碳碳双键或1个碳碳三键；则分子式符合通式为CnH2n-2；生成的氯代烷最多还可以与0.6mol氯气反应，说明加成产物的1个分子中含有6个H原子，则原不饱和烃分子中含有4个H原子，2n-2=4，则n=3，由于同一个C原子上连接2个碳碳双键不稳定，则该烃为炔烃，其结构简式为CH≡C―CH3；(4)某烃的分子式为C8H10，它不能使溴水褪色，说明分子中无不饱和键，但能使酸性KMnO4溶液褪色，由于分子式符合CnH2n-6，说明为苯的同系物。该有机物苯环上的一氯代物有3种，则该烃可能为乙苯，结构简式是；也可能是间二甲苯，其结构简式为；(5)①C、H、O的质量比为12：1：16，则该有机物中各原子个数比N(C)：N(H)：N(O)=：：=1：1：1，最简式是CHO，假设其分子式是(CHO)n，由于其相对分子质量是116，则(CHO)n=116，解得n=4，故该物质分子式是C4H4H4；②它能与小苏打反应放出CO2，也能使溴水褪色，说明物质分子中含有-COOH、含有不饱和的碳碳双键，0.58g该有机物的物质的量n(有机物)=0.58g÷116g/mol=0.005mol，50mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液中含有NaOH的物质的量n(NaOH)=0.2mol/L×0.05L=0.01mol，0.005mol该物质能与0.01mol氢氧化钠溶液完全反应，说明该物质分子中含有2个羧基，该物质能使溴水褪色，结合该有机物的分子式C4H4O4可知，分子中还含有1个C=C双键，故该有机物可能为：HOOC-CH=CH-COOH或。25、2MnO4—＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2ONAⅠⅡⅠⅢ硫酸的浓度或氢离子浓度确保溶液总体积不变【分析】(1)氧化还原反应可根据得失电子守恒进行配平；(2)探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在其它条件相同的条件下设置对比实验；

(3)对比实验I和IV，根据两个实验中硫酸的量不同分析实验目的；对比实验中，必须确保溶液总体积相同。【题目详解】(1)反应中MnO4—中Mn由+7价降为+2价，得到电子，发生还原反应，H2C2O4中C由+3价升为+4价，失去电子，发生氧化反应，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，MnO4—与H2C2O4化学计量数之比为2:5，再根据原子守恒和电荷守恒配平方程式，2MnO4—＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，因此该反应中每生成1molCO2转移电子数为1mol电子，即NA个电子。(2)由实验目的可以知道，探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在相同的条件下对比实验；同浓度溶液，在相同温度下进行反应，Ⅰ无催化剂，，Ⅱ有催化剂，Ⅰ、Ⅱ是研究催化剂对化学反应速率的影响；如果研究温度对化学反应速率的影响，则除了温度不同外,其它条件必须完全相同，所以Ⅰ和Ⅲ是探究温度对反应速率的影响；

(3)对比实验I和IV，10%硫酸的体积不同，说明两组实验中的反应物的浓度不同，所以探究的是反应物硫酸(或氢离子)的浓度对化学反应速率的影响；

对比实验I和IV，IV中只加入1mL10%硫酸，与I中加入的溶液总体积不相等，实验IV中需要加入1mL蒸馏水，确保反应溶液的总体积相同。26、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溶液体积的平均值==16.18mL，该盐酸浓度为。27、消去反应下进上出防止暴沸B醚键分液漏斗过滤催化剂、脱水剂【解题分析】(1)环己醇生成环己烯，是有机物脱去小分子生成分子中含有双键的不饱和有机物；

（2）冷凝水下进上出，可以提高冷凝效果；（3）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象；补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入；(4)加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生分子间脱水反应生成二环己醚；（5）环己烯难溶于水，反应粗产物倒入f中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，环己烯与水分层，用分液法分离提纯；氯化钙是固体，固液分离用过滤法；（6）环己醇在浓硫酸催化作用下脱水生成环己烯；【题目详解】(1)环己醇生成环己烯，是有机物脱去小分子生成分子中含有双键的不饱和有机物，属于消去反应；（2）冷凝水下进上出，可以提高冷凝效果，所以装置b的冷凝水方向是下进上出；（3）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，所以加入碎瓷片的作用是防止暴沸，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，故选B；(4)加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生分子间脱水反应生成二环己醚，所以副产物所含的官能团名称为醚键；（5）环己烯难溶于水，反应粗产物倒入f中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，环己烯与水分层，用分液法分离提纯，所以装置f是分液漏斗；氯化钙是固体，固液分离用过滤法；（6）环己醇在浓硫酸催化作用下脱水生成环己烯，浓硫酸的作用是催化剂、脱水剂。【题目点拨】本题考查有机物制备实验，涉及化学仪器使用方法、基本操作、物质的分离提纯等，明确实验原理及实验操作是解本题关键，题目难度中等。28、b-91kJ•mol-10.075mol•L-1•min-10.5mol•L-112正向cCH3OH（g）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-281kJ/mol【分析】(1)根据图中反应的活化能的大小来分析是否使用催化剂,利用反应前后的总能量来分析反应的能量变化;

(2)根据v=△c/△t进行计算；利用各物质平衡的浓度来计算平衡时化学平衡常数；(3)结合平衡移