2026屆撫州市化學高二上期中統(tǒng)考模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、某化學小組構想將汽車尾氣(NO、NO2)轉化為重要的化工原料HNO3，其原理如圖所示，其中A、B為多孔導電材料。下列說法一定正確的是()A．該電池工作時，電子的流向外電路由A到B，內電路由B到A形成閉合回路B．電極B附近的HNO3濃度增大C．A電極的反應為：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+D．該電池工作時，每消耗11.2LO2(標況)，可以除去含1molNO和NO2的混合尾氣2、下列有關敘述正確的是（）A．不需要加熱就能發(fā)生的反應一定是放熱反應B．根據(jù)分散系是否具有丁達爾現(xiàn)象將分散系分為溶液、膠體和濁液C．Na2O2溶于水生成了NaOH，其水溶液才能導電，故Na2O2不是電解質D．升高溫度，可同時提高活化分子百分數(shù)和活化分子濃度，使化學反應速率加快3、一定溫度下，下列溶液的離子濃度關系式正確的是()A．pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS-)=1×10-5mol·L-1B．pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b，則a=b+1C．pH=2的H2CO3溶液與pH=12的NaOH溶液任意比例混合:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO)D．已知酸性CH3COOH>H2CO3>HClO，pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液的c(Na+)：①>②>③4、已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-QJ/mol（Q>0）。下列說法不正確的是（）A．生成2molSO3，需要lmolO2參加反應B．將2molSO2(g)和1molO2(g)充入一密閉容器中反應，放出QkJ的熱量C．加入催化劑，增大了活化分子百分數(shù)，加快了反應速率，降低了生產成本D．2molSO2(g)和1molO2(g)的能量之和高于2molSO3(g)的能量5、下列關于電離平衡常數(shù)（K）的說法中正確的是（）A．電離平衡常數(shù)（K）與溫度無關B．H2CO3的電離常數(shù)表達式C．同溫下，電離平衡常數(shù)越小表示弱電解質電離能力越弱D．多元弱酸各步電離平衡常數(shù)相互關系為：K1<K2<K36、一定條件下，發(fā)生反應：①M(s)+N(g)?R(g)ΔH=-Q1kJ/mol②2R(g)+N(g)?2T(g)ΔH=-Q2kJ/mol（已知Q1、Q2、Q3均為正值）下列說法正確的是A．1molR(g)的能量總和大于1molM(s)與1molN(g)的能量總和B．將2molR(g)與1molN(g)充分混合，在一定條件下充分反應，放出熱量Q2kJC．當1molM(s)完全轉化為T(g)時（假定無熱量損失），放出熱量（Q1+0.5Q2）kJD．M(g)+N(g)?R(g)ΔH=-Q3kJ/mol，則Q3<Q17、氣體的自動化檢測中常常應用根據(jù)原電池原理設計的傳感器。下圖為電池的工作示意圖，氣體擴散進入傳感器，在敏感電極上發(fā)生反應，傳感器就會接收到電信號。下表列出了待測氣體及敏感電極上部分反應產物。待測氣體部分電極反應產物NO2NOCl2HClCOCO2H2SH2SO4則下列說法中正確的是A．上述氣體檢測時，敏感電極均作電池負極B．檢測Cl2氣體時，敏感電極的電極反應式為Cl2＋2e－===2Cl－C．檢測H2S氣體時，對電極充入空氣，對電極上的電極反應式為O2＋2H2O＋4e－===4OH－D．檢測Cl2和CO體積分數(shù)相同的兩份空氣樣本時，傳感器上電流大小、方向相同8、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關敘述正確的是A．1L0.1mol·L－1的NaF溶液中含有0.1NA個F－B．常溫常壓下，22.4LCl2完全溶于水時，轉移電子數(shù)小于NAC．標準狀況下，44.8L的NO與22.4L的O2混合后，分子數(shù)為2NAD．25℃時，1L0.01mol·L－1的CH3COOH溶液中，水電離出的OH－的數(shù)目為10－12NA9、已建立化學平衡的某可逆反應，當改變條件使化學平衡向正反應方向移動時，下列有關敘述正確的是①生成物的體積分數(shù)一定增大②生成物的產量一定增加③反應物的轉化率一定增大④反應物濃度一定降低⑤逆反應速率一定降低⑥使用合適的催化劑A．② B．①②③ C．②③④ D．④⑥10、已知反應mX(g)＋nY(g)qZ(g)的△H＜0，m＋n＞q，在恒容密閉容器中反應達到平衡時，下列說法正確的是（）A．通入稀有氣體使壓強增大，平衡將正向移動B．X的正反應速率是Y的逆反應速率的m/n倍C．降低溫度，混合氣體的平均相對分子質量變小D．若平衡時X、Y的轉化率相等，說明反應開始時X、Y的物質的量之比為n:m11、下列說法中正確的是A．焰色反應是化學變化B．基態(tài)碳原子的電子排布式是1s22s12p3C．焰色反應是金屬原子的電子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)時產生的光譜D．同一原子處于激發(fā)態(tài)時的能量一定大于其處于基態(tài)時的能量12、在一定條件下CO（g）和H2（g）發(fā)生反應：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)。在容積固定且均為1L的a、b、c三個密閉容器中分別充入1molCO(g)和2molH2(g)，三個容器的反應溫度分別為T1、T2、T3（依次升高）且恒定不變，測得反應均進行到5min時CH3OH(g)的濃度如下圖所示。下列說法正確的A．該反應的正反應△H>0B．當三個容器內的反應都達到化學平衡時，CO轉化率最大的是α(a)C．三個容器中平衡常數(shù)最大的是c容器中的平衡常數(shù)D．反應均進行到5min時，b點一定達到平衡狀態(tài)13、放熱反應CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在溫度t1時達到平衡，平衡時C1(CO)=C1(H2O)=1.0mol/L，其平衡常數(shù)為K1。升高反應體系的溫度至t2時，反應物的平衡濃度分別為C2(CO)和C2(H2O)，平衡常數(shù)為K2，則A．K1和K2的單位均為mol/L B．K1<K2C．C2(CO)=C2(H2O) D．C1(CO)>C2(CO)14、對于可逆反應M＋NQ達到平衡狀態(tài)時，下列說法正確的是：A．M、N、Q三種物質的濃度一定相等B．M、N全部變成了QC．M、N、Q的濃度都保持不變D．反應已經停止15、有機物分子中原子(或原子團)間相互影響會導致它們化學性質的改變。下列敘述能說明上述觀點的是A．苯乙烯可以使得溴水褪色而乙苯不能使得溴水褪色B．苯酚能與NaOH溶液反應而乙醇與NaOH溶液不反應C．溴乙烷可以發(fā)生消去反應，乙醇也能發(fā)生消去反應但條件不同D．等物質的量的甘油和乙醇分別與足量金屬鈉反應，甘油產生的H2多16、下列說法正確的是（）A．在溶液中加入足量氯水，再加入KSCN，證明原溶液中有Fe2+B．鐵粉作食品袋內的脫氧劑，鐵粉起還原作用C．FeCl3溶液用于銅質印刷線路制作，原因是Fe能從含有Cu2+的溶液中置換出銅D．c(Fe2+)=1mol/L的溶液中：K+、NH4+、MnO4-、S2-能大量共存17、一種充電電池放電時的電極反應為；，當為電池充電時，與外電源正極連接的電極上發(fā)生的反應是()A．的還原 B．的氧化C．的氧化 D．的氧化18、常溫下，關于pH相等的鹽酸和醋酸溶液(兩溶液的OH－濃度也相等)，下列說法正確的是()A．c(HCl)>c(CH3COOH)B．c(Cl－)＝c(CH3COO－)C．等體積的鹽酸和醋酸溶液分別與足量的Zn完全反應，鹽酸產生的H2多D．用相同濃度的NaOH溶液分別與等體積的鹽酸和醋酸溶液恰好反應完全，鹽酸消耗的NaOH溶液體積多19、已知苯和一鹵代烷在催化劑的作用下可生成苯的同系物：在催化劑的作用下，由苯和下列各組物質合成乙苯，最好應選用的是（）A．CH3CH3和ClB．CH2=CH2和Cl2C．CH2=CH2和HClD．CH3CH3和HCl20、某同學組裝了如圖所示的電化學裝置，電極Ⅰ為Al，其他均為Cu，則()A．電極Ⅰ發(fā)生還原反應 B．電極Ⅱ逐漸溶解C．電極Ⅲ的電極反應：Cu-2e-=Cu2＋ D．電子移動方向：電極Ⅳ→A→電極Ⅰ21、化學與生活生產密切相關。下列說法中錯誤的是()A．將海水直接電解可獲得Mg及Cl2等單質B．夏天冰箱保鮮食品的原理是降低溫度，減小化學反應速率C．施用適量石膏(CaSO4·2H2O)可降低鹽堿地(含較多NaCl、Na2CO3)的堿性D．施肥時，銨態(tài)氮肥不能與草木灰(含K2CO3)混合使用22、將下列固體在隔絕空氣的密閉容器中用酒精燈加熱，在加熱過程中發(fā)生化學反應，但冷卻后又聚集為原來物質的是A．碘片 B．氯化銨 C．碳酸氫銨 D．碳酸鈉二、非選擇題(共84分)23、（14分）現(xiàn)有原子序數(shù)小于20的A，B，C，D，E，F(xiàn)6種元素，它們的原子序數(shù)依次增大，已知B元素是地殼中含量最多的元素；A和C的價電子數(shù)相同，B和D的價電子數(shù)也相同，且A和C兩元素原子核外電子數(shù)之和是B，D兩元素原子核內質子數(shù)之和的1/2；C，D，E三種元素的基態(tài)原子具有相同的電子層數(shù)，且E原子的p軌道上電子數(shù)比D原子的p軌道上多一個電子；6種元素的基態(tài)原子中，F(xiàn)原子的電子層數(shù)最多且和A處于同一主族?；卮鹣铝袉栴}。（1）用電子式表示C和E形成化合物的過程________________。（2）寫出基態(tài)F原子核外電子排布式__________________。（3）寫出A2D的電子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ鍵，________(填“含”或“不含”)π鍵。（4）A，B，C共同形成的化合物化學式為________，其中化學鍵的類型有________。24、（12分）丹參醇是存在于中藥丹參中的一種天然產物。合成丹參醇的部分路線如下：已知：①②(1)A中的官能團名稱為羰基和_______________。(2)DE的反應類型為__________反應。(3)B的分子式為C9H14O，則B的結構簡式為_______________。(4)的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：_______________。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；②能發(fā)生銀鏡反應；③核磁共振氫譜中有4個吸收峰，峰面積比為1：1：2：2。(5)請補全以和為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任用)。中間產物①__________中間產物②__________中間產物③__________反應物④_______反應條件⑤__________25、（12分）某學生用0.2000mol/L的標準NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作步驟如下：①量取20.00mL待測液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3滴酚酞溶液．②用標準液滴定至終點，記錄滴定管液面讀數(shù)，所得數(shù)據(jù)如下表：滴定次數(shù)鹽酸體積NaOH溶液體積讀數(shù)（mL）滴定前滴定后120.000.0018.10220.000.0016.30320.000.0016.22回答下列問題：（1）步驟①中，量取20.00mL待測液應使用________（填儀器名稱），若在錐形瓶裝液前殘留少量蒸餾水，將使測定結果______（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）．（2）步驟②中，滴定時眼睛應注視_______（填儀器名稱），判斷到達滴定終點的依據(jù)是_____________________________________________________________（3）第一次滴定記錄的NaOH溶液的體積明顯多于后兩次，其可能的原因是（填字母）___A．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束無氣泡B．錐形瓶裝液前用待測液潤洗C．NaOH標準液保存時間過長，有部分Na2CO3生成D．滴定終點時，俯視讀數(shù)（4）根據(jù)上表記錄數(shù)據(jù)，通過計算可得該鹽酸的濃度為________mol/L26、（10分）某研究性學習小組探究FeSO4的化學性質并測定某藥片中FeSO4的含量，回答下列問題。(1)探究FeSO4溶液的酸堿性。實驗測得FeSO4溶液呈______(填“酸性”、“中性”、“堿性”)，原因為______(用離子方程式表示)。(2)利用如圖裝置探究FeSO4的穩(wěn)定性。已知：綠礬為FeSO4·7H2O晶體，受熱分解產物為4種氧化物。①實驗中觀察到Ⅰ中固體逐漸變?yōu)榧t棕色，Ⅱ中有白色沉淀生成。Ⅱ中現(xiàn)象表明綠礬分解產物有_____________(填化學式)。②預測Ⅲ中現(xiàn)象為_________，設計實驗證明Ⅲ中現(xiàn)象有可逆性，操作和現(xiàn)象為：取少量Ⅲ中溶液于試管中，___________。③Ⅳ中NaOH溶液的作用是吸收尾氣，防止污染空氣。反應的化學方程式為_____。(3)缺鐵性貧血往往口服主要成分為FeSO4的藥片?，F(xiàn)用氧化還原滴定法測定某品牌藥片中FeSO4含量，反應原理為：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。稱取8.0g藥片，剝掉表面糖衣，將藥片搗碎，配成100mL溶液，用KMnO4溶液滴定。滴定次數(shù)待測FeSO4溶液體積/mL0.1000mol/LKMnO4溶液體積/mL滴定前刻度滴定后刻度125.000.0025.11225.000.5630.56325.000.2225.11該藥片中FeSO4的質量分數(shù)為______，若盛裝KMnO4溶液的滴定管用蒸餾水洗凈后沒有潤洗，則測定結果將______。(填“偏大”、“偏小”、“不變”)。27、（12分）草酸(H2C2O4)存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10-2，K2=5.4×10-5，具有還原性，溶于水，溶液有酸性。為測定某H2C2O4溶液的濃度，取該溶液于錐形瓶中，加入適量稀H2SO4后，用濃度為cmol·L1KMnO4標準溶液滴定。滴定原理為：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O(1)滴定管在使用之前，必須進行的操作是______________，滴定時，KMnO4溶液應裝在_____(填“酸式滴定管”或“堿式滴定管”)中，達到滴定終點時的現(xiàn)象為________________。(2)如圖表示50mL滴定管中液面的位置，若A與C刻度間相差1mL，C處的刻度為30，滴定管中液面讀數(shù)應為______mL，此時滴定管中液體的體積________20mL．(填大于、小于或等于)(3)為了減小實驗誤差，該同學一共進行了三次實驗，假設每次所取H2C2O4溶液體積均為VmL，三次實驗結果記錄如下：實驗次數(shù)第一次第二次第三次消耗KMnO4溶液體積/mL22.3224.3924.41從上表可以看出，第一次實驗中記錄消耗KMnO4溶液的體積明顯少于后兩次，其原因可能是__。A．實驗結束時俯視刻度線讀取滴定終點時KMnO4溶液的體積B．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束無氣泡C．第一次滴定盛裝標準液的滴定管裝液前用蒸餾水清洗過后，未用標準液潤洗D．第一次滴定用的錐形瓶用待裝液潤洗過，后兩次未潤洗E．滴加KMnO4溶液過快，未充分振蕩，剛看到溶液變色，立刻停止滴定(4)根據(jù)所給數(shù)據(jù)，寫出計算H2C2O4的物質的量濃度的表達式(必須化簡)：C=________。(5)請你一個設計簡單實驗證明草酸的酸性強于碳酸，實驗操作及現(xiàn)象為____________________28、（14分）甲醇是重要的化工原料，又可作為燃料。工業(yè)上利用合成氣（主要成分為CO、CO2和H2）在催化劑的作用下合成甲醇，發(fā)生的主反應如下：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g)ΔH＝－58kJ/mol③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH＝＋41kJ/mol回答下列問題：（1）已知反應①中相關的化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學鍵H－HC－OCOH－OC－HE/（kJ·mol-1）4363431076465x則x＝_________。（2）若將lmolCO2和2molH2充入容積為2L的恒容密閉容器中，在兩種不同溫度下發(fā)生反應②。測得CH3OH的物質的量隨時間的變化如圖所示。①曲線I、Ⅱ對應的平衡常數(shù)大小關系為KI_____KⅡ(填“＞”或“＝”或“＜”)；②一定溫度下，能判斷該反應達到化學平衡狀態(tài)的是_____________。a．容器中壓強不變b．甲醇和水蒸氣的體積比保持不變c．v正（H2）＝3v逆（CH3OH）d．2個C＝O斷裂的同時有6個H—H斷裂③若5min后反應達到平衡狀態(tài)，H2的轉化率為90%，則用CO2表示的平均反應速率________；該溫度下的平衡常數(shù)為______；若保持容器溫度不變，下列措施可增加甲醇產率的________。a．縮小反應容器的容積b．使用合適的催化劑c．充入Hed．按原比例再充入CO2和H229、（10分）I．一定溫度下，在2L的密閉容器中，X、Y、Z三種氣體的物質的量隨時間變化的曲線如下圖所示。回答下列問題：(1)反應開始到10s，用Z表示的反應速率為________________________________；(2)反應開始到10s，X的物質的量濃度減少了_________________________________；(3)反應開始到10s時，Y的轉化率為______________________________________；(4)反應的化學方程式為__________________________________________________。II．在一定體積的密閉容器中，進行如下化學反應：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)其化學平衡常數(shù)K與溫度t的關系如下表：t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列問題：(1)該反應的化學平衡常數(shù)表達式為K＝__________________________________。(2)該反應為_______________________反應(填“吸熱”或“放熱”)。III．在兩個恒溫、恒容的密閉容器中進行下列兩個可逆反應：(甲)2X(g)Y(g)＋Z(s)(乙)A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)，當下列物理量不再發(fā)生變化時①混合氣體的密度②反應容器中生成物的百分含量③反應物的消耗速率與生成物的消耗速率相等④混合氣體的壓強⑤混合氣體的平均相對分子質量其中能表明(甲)達到化學平衡狀態(tài)是______________________________________；能表明(乙)達到化學平衡狀態(tài)是__________________________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】A、電解質溶液中是通過陰陽離子的定性移動形成電流，A錯誤；B、B電極上電極反應式為O2+4e-+4H+=2H2O，有水生成，硝酸根離子不參加反應，所以硝酸根離子的物質的量不變，但氫離子消耗減少，溶液體積增大，所以硝酸濃度減小，B錯誤；C、A電極氮的氧化物失電子轉化為硝酸根離子，電極反應式為：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+、NO-3e-+2H2O=NO3-+4H＋，C正確；D、1molNO和NO2的混合尾氣中氣體含量未知，則無法確定得失電子數(shù)目，則無法知道消耗氧氣的量，D錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查了原電池原理，涉及電極反應式的書寫、離子的移動方向判斷等知識點，易錯選項是CD，物質得失電子與電極的關系，氮的氧化物失電子數(shù)目不同，為易錯點。2、D【詳解】A．放熱反應是指：反應物所具有的總能量高于生成物的總能量，與反應需不需要加熱無關，如：Ba(OH)2?8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O不需要加熱，但它是一個典型的吸熱反應，故A錯誤；B．溶液和濁液都不產生丁達爾效應，根據(jù)分散質微粒直徑大小將分散系分為溶液、膠體和濁液，故B錯誤；C．熔融態(tài)時Na2O2電離產生鈉離子和過氧根離子，因此Na2O2是電解質，故C錯誤；D．升高溫度，普通分子吸收能量變?yōu)榛罨肿?，活化分子百分?shù)增大，有效碰撞增多，化學反應速率加快，故D正確；答案選D。3、D【詳解】A．pH=5的H2S溶液中存在電荷守恒c(H+)=c(HS-)+c(OH-)+c(S2-)，故A錯誤；B．由于一水合氨是弱電解質，所以稀釋氨水時一水合氨會電離出更多的氫氧根，所以稀釋10倍后，其pH=b，則a<b+1，故B錯誤；C．pH=2的H2CO3溶液與pH=12的NaOH溶液任意比例混合，都存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，故C錯誤；D．酸性越強，其酸根的水解程度越大，所以pH相同時，溶液的濃度：①>②>③，鈉離子不水解，所以溶液的c(Na+)：①>②>③，故D正確；綜上所述答案為D。4、B【詳解】A．依據(jù)化學反應方程式：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，則生成2molSO3，需要lmolO2參加反應，故A正確；B．將2molSO2（g）和1molO2（g）置于一密閉容器中充分反應后，達到化學平衡，反應物不能全部轉化，放出熱量小于QkJ，故B錯誤；C．使用催化劑，降低了反應的活化能，增大了活化分子百分數(shù)，化學反應速率增大，大大縮短了達到平衡所需的時間，生產成本降低了，故C正確；D．已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-QJ/mol（Q>0）。反應是放熱反應，依據(jù)能量守恒，反應物總能量大于生成物總能量，2molSO2(g)和1molO2(g)的能量之和高于2molSO3(g)的能量，故D正確；答案選B。5、C【解析】電離平衡常數(shù)（K）是溫度的常數(shù)，隨溫度的增大而增大，A項錯誤；H2CO3為二元弱酸，分兩步電離，其電離平衡常數(shù)為：Ka1=、Ka2=，B項錯誤；相同條件下K越大，酸的電離程度越大，所以相同條件下，電離平衡常數(shù)越小，表示弱電解質的電離能力越弱，C項正確；多元弱酸分步電離，電離程度依次減小，所以多元弱酸各步電離平衡常數(shù)相互關系為K1＞K2＞K3，D項錯誤。6、C【詳解】A、反應①為放熱反應，1molR(g)的能量總和小于1molM(s)與1molN(g)的能量總和，A錯誤；B、反應②為可逆反應，可逆反應不能進行到底，將2molR(g)與1molN(g)在該條件下充分反應，放出熱量小于Q2kJ，B錯誤；C、根據(jù)反應①、②，利用蓋斯定律分析知，當1molM(s)完全轉化為T(g)時(假定無熱量損失)，放出熱量Q1+Q2/2kJ，C正確；D、1molM(g)具有的能量大于1molM(s)，結合反應①知，M(g)+N(g)R(g)△H=－Q3kJ·mol－1,則Q3＞Q1，D錯誤。故答案選C。7、B【詳解】A.NO2、Cl2在正極得電子發(fā)生還原反應，H2S、CO在負極失電子發(fā)生氧化反應，A項錯誤；B.Cl2得電子生成HCl，電極反應式為Cl2＋2e－===2Cl－，B項正確；C.H2S失去電子生成硫酸，在酸性條件下，氧氣得電子應該生成水，其電極反應式為：O2＋4H+＋4e－=2H2O，C項錯誤；D.等體積的Cl2和CO發(fā)生原電池反應時，1molCl2得2mol電子，1molCO失去2mol電子，傳感器上電流方向相反，D項錯誤；答案選B。8、B【詳解】A．1L0.1mol·L－1的NaF溶液中，F(xiàn)－水解生成HF，因此溶液中的F－小于0.1NA個，A敘述錯誤；B．常溫常壓下，22.4LCl2完全溶于水時，只有部分的氯氣與水發(fā)生反應，則轉移電子數(shù)小于NA；且常溫常壓下，22.4LCl2的物質的量小于1mol，B敘述正確；C．標準狀況下，44.8L的NO與22.4L的O2混合后，存在2NO+O2=2NO2、2NO2?N2O4，分子數(shù)小于2NA，C敘述錯誤；D．25℃時，1L0.01mol·L－1的CH3COOH溶液中，CH3COOH為弱電解質，電離出的氫離子濃度小于0.01mol·L－1，水電離出的OH－的數(shù)目大于10－12NA，D敘述錯誤；答案為B。9、A【詳解】①對于正反應氣體體積減少的反應，平衡向正反應移動，生成物的體積分數(shù)減小，故①錯誤；

②平衡向正反應移動，生成物的濃度不一定增大，但生成物的產量一定增加，故②正確；

③增大某一反應的濃度，平衡向正反應移動，其它反應物的轉化率增大，自身轉化率降低，故③錯誤；

④增大某一反應的濃度，平衡向正反應移動，其它反應物的轉化率增大，濃度降低，自身增大，故④錯誤；

⑤平衡向正反應移動，正反應速率逐漸減小，逆反應速率逐漸增大，直到正逆反應速率又達到相等，建立新的平衡，故⑤錯誤；

⑥加入催化劑，正逆反應速率同等程度增大，平衡不移動，故⑥錯誤。

綜上所述②正確。

故選A?！军c睛】本題考查化學平衡的影響因素，注意影響化學平衡移動的因素，解答時注意從勒沙特列原理的角度分析，學習中注意基礎知識的理解掌握，全面透徹理解平衡移動方向與各物理量的關系。10、B【解析】A、恒容容器通入稀有氣體使壓強增大，平衡不移動，故A錯誤；B、X的正反應速率與Y的逆反應速率比等于系數(shù)比，一定平衡，故B正確；C、焓變小于0，降低溫度，平衡正向移動，氣體物質的量減小，混合氣體的平均相對分子質量增大，故C錯誤；D、若平衡時X、Y的轉化率相等，說明反應開始時X、Y的物質的量之比為m:n，故D錯誤；答案選B。11、D【解析】A．焰色反應過程中沒有新物質生成，是物理變化，故A錯誤；B．處于最低能量狀態(tài)的原子叫做基態(tài)原子，根據(jù)構造原理，基態(tài)C原子的電子排布式是1s22s22p2，故B錯誤；C．電子由基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)需要吸收能量，而由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)（或能量較低的激發(fā)態(tài)）放出能量，焰色反應是兩個過程的綜合，故C錯誤；D．基態(tài)原子吸收能量變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)原子，所以激發(fā)態(tài)原子能量大于基態(tài)原子能量，故D正確；答案選D。12、B【分析】由圖中信息可知，在相同的時間內、不同的溫度下，起始量相同但是甲醇的體積分數(shù)不同，體積分數(shù)b＞a＞c。由于化學反應速率隨溫度升高而增大，所以a點一定沒有達到平衡，c點一定達到平衡狀態(tài)，b點無法確定是否達到平衡狀態(tài)。溫度升高后，化學平衡向逆反應方向移動，所以該反應為放熱反應，其化學平衡常數(shù)隨溫度升高而減小?！驹斀狻緼.正反應為放熱反應，△H＜0，所以A錯誤；B.到達平衡后再升高溫度，甲醇的濃度降低，平衡向逆反應方向移動，CO轉化率減小。因此，當三個容器內的反應都達到化學平衡時，CO轉化率最大的是α(a)，即CO轉化率為a＞b＞c，所以B正確；C.該反應為放熱反應，其化學平衡常數(shù)隨溫度升高而減小，即KaKbKc，所以C錯誤；D.圖中b點的數(shù)據(jù)只能說明5min時CH3OH(g)的濃度大小，但不能說明其濃度保持改變，所以無法確定該反應已達到平衡狀態(tài)，D錯誤。綜上所述，本題答案為B。13、C【分析】A.根據(jù)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)寫出平衡常數(shù)表達式，則K的單位不是mol/L；

B.正向反應是放熱反應，升高溫度平衡向逆反應方向移動，據(jù)此判斷；

C.t1時達到平衡，C1(CO)=C1(H2O)=1.0mol/L，濃度之比等于化學計量數(shù)之比1:1，二者轉化率相等，據(jù)此判斷；

D.升高反應體系的溫度至t2時，平衡逆向進行，CO濃度增大?！驹斀狻緼、由化學平衡CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，則平衡常數(shù)表達式K=，所以K的單位為1，不是mol/L，故A錯誤；

B、升高反應體系的溫度至t2時，正向反應是放熱反應，所以溫度升高，平衡向吸熱反應方向進行，即平衡逆向進行，K2<K1，故B錯誤；

C.t1時達到平衡，C1(CO)=C1(H2O)=1.0mol/L，濃度之比等于化學計量數(shù)之比1:1，二者轉化率相等，故新平衡狀態(tài)下，C2(CO)和C2(H2O)仍相同，所以C選項是正確的；

D、升高反應體系的溫度至t2時，平衡逆向進行，所以C2(CO)>C1(CO)，故D錯誤。

所以C選項是正確的。14、C【詳解】A．可逆反應達到平衡時，各組分濃度保持不變，反應物和生成物的平衡濃度與起始投料及轉化率有關，平衡狀態(tài)時各組分濃度不一定相同，A錯誤；B．該反應為可逆反應，當反應達平衡時，M和N不能完全轉化為Q，B錯誤；C．可逆反應達到平衡時，各組分濃度保持不變，C正確；D．可逆反應達到平衡時，正逆反應速率相等，且不等于0，D錯誤；故選C?！军c睛】當一下幾種情況出現(xiàn)時，可以判斷反應已經達到平衡狀態(tài)：①vA（正方向）＝vA（逆方向）或nA（消耗）＝nA（生成）（不同方向同一物質比較）②各組分濃度保持不變或百分含量不變③借助顏色不變判斷（有一種物質是有顏色的）④總物質的量或總體積或總壓強或平均相對分子質量不變（前提：反應前后氣體的總物質的量不相等的反應適用,即如對于反應xA＋yBzC，x＋y≠z）15、B【解析】A.苯乙烯可以使得溴水褪色而乙苯不能使得溴水褪色是因兩者的官能團不同，不能說明該觀點，故A錯誤；B.苯酚和乙醇中均含有羥基，因苯基和乙基對羥基的影響不同，故前者能與NaOH溶液反應，故B正確；C.溴乙烷和乙醇均能發(fā)生消去反應但條件不同是因為兩者的官能團不同，故C錯誤；D.等物質的量的甘油和乙醇分別與足量金屬鈉反應，甘油產生的H2多是因為甘油分子中含有的羥基數(shù)較乙醇多，故D錯誤；答案選B。16、B【詳解】A選項，溶液中加入足量氯水，再加入KSCN，只能證明現(xiàn)在溶液中有Fe3+，不能說明原溶液中有無Fe2+，故A錯誤；B選項，鐵粉作食品袋內的脫氧劑，F(xiàn)e與氧氣反應，鐵的化合價升高，作還原劑，起到還原作用，故B正確；C選項，F(xiàn)eCl3溶液用于銅質印刷線路腐蝕，其原理是Cu與氯化鐵反應生成氯化亞鐵和氯化銅，故C錯誤；D選項，F(xiàn)e2+、S2-都能與MnO4－之間發(fā)生氧化還原反應，F(xiàn)e2+與S2-會反應生成FeS沉淀，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；綜上所述，答案為B?！军c睛】檢驗亞鐵離子，先加KSCN溶液，無現(xiàn)象，再加入少量氯水和雙氧水，溶液變?yōu)檠t色，則原溶液中含有亞鐵離子。17、D【詳解】電池充電時，電池的正極接電源的正極，電池的負極接電源的負極，電池充電時，電極反應式是電池放電時電極反應式的逆過程，即Ni(OH)2被氧化，H2O被還原；答案選D。18、B【詳解】A．醋酸為弱電解質，在溶液中部分電離，pH相等時，醋酸濃度較大，即c(HCl)＜c(CH3COOH)，故A錯誤；B．溶液的pH相等，則兩溶液中的氫離子、氫氧根離子濃度相等，根據(jù)電荷守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)，故B正確；C．等體積的鹽酸和醋酸溶液分別與足量的Zn完全反應，由于醋酸的濃度較大，則醋酸產生的H2多，故C錯誤；D．同濃度的NaOH溶液分別與等體積的鹽酸和醋酸溶液恰好反應完全，由于醋酸的濃度大于鹽酸，則醋酸消耗的NaOH溶液體積多，故D錯誤；故選B?！军c睛】明確弱電解質的電離特點為解答關鍵。注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關系，醋酸為弱電解質，氯化氫是強電解質，pH相等時，醋酸濃度較大；物質的量濃度相等時，鹽酸的pH較小，酸性較強。本題的易錯點為CD。19、C【解析】試題分析：由CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，結合信息可知，苯與氯乙烷發(fā)生取代反應合成乙苯，只有選項C中可得到純凈的氯乙烷，故選C。【考點定位】考查有機物的合成【名師點晴】注意把握官能團與性質的關系，明確信息及乙烯的加成反應特點是解答的關鍵，由可知，合成乙苯需要苯和氯乙烷，而氯乙烷可利用乙烯與HCl加成反應制取，以此來解答。20、C【分析】應用原電池原理、電解原理分析判斷?！驹斀狻縄（Al）、II（Cu）活潑性不同，左邊兩燒杯構成帶鹽橋的原電池。III、IV都是銅，右邊燒杯只能是電解池。電極Ⅰ為負極：Al－3e-＝Al3+，發(fā)生氧化反應（A項錯誤）；電極II為正極:Cu2++2e-＝Cu，電極變粗（B項錯誤）；電極III為陽極：Cu－2e-＝Cu2+（C項正確）；電子移動方向：電極Ⅰ→A→電極Ⅳ（D項錯誤）。本題選C。21、A【詳解】A.鎂離子在水溶液中不放電，應電解熔融氯化鎂獲得Mg及Cl2，故A錯誤；B.夏天冰箱保鮮食品的原理是降低溫度，減小化學反應速率，故B正確；C.鹽堿地(含較多NaCl、Na2CO3)的堿性是由碳酸根的水解引起的，故加入石膏CaSO4?2H2O后，能將Na2CO3中的沉淀為碳酸鈣，從而降低鹽堿地的堿性，故C正確；D.銨根離子和碳酸根離子相互促進水解而生成二氧化碳、氨氣，所以降低肥效，則銨態(tài)氮肥不能與草木灰(含K2CO3)混合使用，故D正確；故選A。22、B【分析】將下列固體在隔絕空氣的密閉容器中用酒精燈加熱，在加熱過程中發(fā)生了化學反應，但冷卻后又聚集為原來物質，說明該物質在這一系列變化中發(fā)生化學反應，且能最終轉化為其本身，據(jù)此分析解答。【詳解】A．用酒精燈加熱碘片，碘會升華，碘冷卻后會聚集為原來物質，但改過程中只是物質狀態(tài)發(fā)生變化，發(fā)生的是物理變化，不符合題意，故A不符合題意；B．氯化銨隔絕空氣的密閉容器中用酒精燈加熱，發(fā)生的反應為NH4ClNH3↑+HCl↑，冷卻后又重新化合：NH3+HCl=NH4Cl，該過程中發(fā)生化學反應且最終轉化為氯化銨，故B符合題意；C．加熱碳酸氫銨發(fā)生的反應為NH4HCO3CO2↑+H2O+NH3↑，但氨氣、二氧化碳和水蒸氣三種物質冷卻后化合生成的產物為碳酸銨，可能含有碳酸氫銨，故C不符合題意；D．碳酸鈉較穩(wěn)定，加熱不易分解，故D不符合題意；答案選B。二、非選擇題(共84分)23、Na:―→Na＋[::]－1s22s22p63s23p64s1H::H含不含NaOH離子鍵、共價鍵【分析】已知B元素是地殼中含量最多的元素，則B為氧元素；B和D的價電子數(shù)相同，則D為硫元素；B、D兩元素原子核內質子數(shù)之和24，其1/2為12，A和C的價電子數(shù)相同，且A和C兩元素原子核外電子數(shù)之和是B、D兩元素原子核內質子數(shù)之和的1/2，則A為氫元素，C為鈉元素；C，D，E三種元素的基態(tài)原子具有相同的電子層數(shù)，且E原子的p軌道上電子數(shù)比D原子的p軌道上多一個電子，則E為氯元素；6種元素的基態(tài)原子中，F(xiàn)原子的電子層數(shù)最多且和A處于同一主族，則F為鉀元素；據(jù)以上分析解答?！驹斀狻恳阎狟元素是地殼中含量最多的元素，則B為氧元素；B和D的價電子數(shù)相同，則D為硫元素；B、D兩元素原子核內質子數(shù)之和24，其1/2為12，A和C的價電子數(shù)相同，且A和C兩元素原子核外電子數(shù)之和是B、D兩元素原子核內質子數(shù)之和的1/2，則A為氫元素，C為鈉元素；C，D，E三種元素的基態(tài)原子具有相同的電子層數(shù)，且E原子的p軌道上電子數(shù)比D原子的p軌道上多一個電子，則E為氯元素；6種元素的基態(tài)原子中，F(xiàn)原子的電子層數(shù)最多且和A處于同一主族，則F為鉀元素，(1)結合以上分析可知，C為鈉元素，E為氯元素；C和E形成化合物為氯化鈉，屬于離子化合物，用電子式表示氯化鈉形成化合物的過程如下：Na:―→Na＋[::]－；綜上所述，本題答案是：Na:―→Na＋[::]－。(2)結合以上分析可知，F(xiàn)為鉀，核電荷數(shù)為19，基態(tài)K原子核外電子排布式:1s22s22p63s23p64s1；綜上所述，本題答案是：1s22s22p63s23p64s1。(3)結合以上分析可知，A為氫元素，D為硫元素；二者形成H2S，屬于共價化合為物，電子式：H::H；其分子中含σ鍵，不含π鍵；綜上所述，本題答案是：H::H，含，不含。(4)A為氫元素，B為氧元素，C為鈉元素，三種元素共同形成的化合物化學式為NaOH，其電子式為：，化學鍵的類型有離子鍵、共價鍵；綜上所述，本題答案是：NaOH，離子鍵、共價鍵。24、碳碳雙鍵消去或H2催化劑、加熱【分析】根據(jù)第(3)習題知，B的分子式為C9H14O，B發(fā)生信息①的反應生成C，則B為；C中去掉氫原子生成D，D發(fā)生消去反應生成E，醇羥基變?yōu)樘继茧p鍵，E發(fā)生一系列反應是丹參醇，據(jù)此分析解答(1)～(4)；(5)和溴發(fā)生加成反應生成，發(fā)生消去反應生成，和發(fā)生加成反應生成，和氫氣發(fā)生加成反應生成，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)A()的官能團有碳碳雙鍵和羰基，故答案為碳碳雙鍵；(2)通過流程圖知，D中的醇羥基轉化為E中的碳碳雙鍵，所以D→E的反應類為消去反應，故答案為消去反應；(3)通過以上分析知，B的結構簡式為，故答案為；(4)的分子式為C9H6O3，不飽和度為=7，一種同分異構體同時滿足下列條件：①分子中含有苯環(huán)，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基；②能發(fā)生銀鏡反應；能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；苯環(huán)的不飽和度為4，醛基為1，因此分子中還含有1個碳碳三鍵；③核磁共振氫譜中有4個吸收峰，峰面積比為1∶1∶2∶2。符合條件的結構簡式為或，故答案為或；(5)和溴發(fā)生加成反應生成，發(fā)生消去反應生成，和發(fā)生加成反應生成，和氫氣發(fā)生加成反應生成，即中間產物①為，中間產物②為，中間產物③為，反應物④為H2，反應條件⑤為催化劑、加熱，故答案為；；；H2；催化劑、加熱?！军c睛】本題的難點和易錯點為(4)中同分異構體的書寫，要注意根據(jù)分子的不飽和度結合分子式分析判斷苯環(huán)側鏈的結構種類。25、酸式滴定管無影響錐形瓶滴入最后一滴NaOH溶液，錐形瓶中溶液由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘不變色AB0.1626【解析】根據(jù)酸堿滴定原理分析滴定過程中的注意事項及計算溶液的濃度?！驹斀狻浚?）精確量取液體的體積用滴定管，量取20.00mL待測液應使用酸式滴定管，若在錐形瓶裝液前殘留少量蒸餾水，對其中含有的溶質物質的量無影響，所以對滴定結果無影響；故答案為：酸式滴定管；無影響；

（2）中和滴定中，眼睛應注視的是錐形瓶中溶液顏色變化，滴定時，當溶液顏色變化且半分鐘內不變色，可說明達到滴定終點，所以當?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH溶液，溶液由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內不褪色；

故答案為：錐形瓶；滴入最后一滴NaOH溶液，錐形瓶中溶液由無色變?yōu)闇\紅色，半分鐘不變色；

（3）從上表可以看出，第1次滴定記錄的NaOH溶液體積明顯多于后兩次的體積，A．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束時無氣泡，導致記錄的氫氧化鈉溶液體積偏大，故A正確；

B．錐形瓶用待測液潤洗，待測液的物質的量偏大，所用氫氧化鈉溶液體積偏大，故B正確；

C．NaOH標準液保存時間過長，有部分Na2CO3生成，如用酚酞為指示劑，最終產物不變，沒有影響，故C錯誤；

D．滴定結束時，俯視計數(shù)，因為0刻度在上方，所以測出所用氫氧化鈉溶液體積偏小，故D錯誤；故選：AB；

（4）三次滴定消耗的體積為：18.10mL，16.30mL，16.22mL，舍去第1組數(shù)據(jù)，然后求出2、3組平均消耗V（NaOH）=16.26mL，

NaOH～HCl

1

10.2000mol?L-1×16.26mL

c（HCl）×20.00mL

解得：c（HCl）=0.1626

mol?L-1；故答案為：0.1626。26、酸性Fe2++2H2O=Fe(OH)2+2H+SO3品紅溶液中褪色用酒精燈加熱，若品紅顏色恢復成原來的顏色，即可證明品紅褪色有可逆性2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O4.75%偏大【詳解】（1）Fe2+在水溶液中易水解，溶液呈酸性，水解方程式為：Fe2++2H2O=Fe(OH)2+2H+，故答案為：酸性；Fe2++2H2O=Fe(OH)2+2H+；（2）①實驗中觀察到Ⅰ中固體逐漸變?yōu)榧t棕色,說明有氧化鐵生成，Ⅱ中有白色沉淀生成，說明有三氧化硫生成，所以Ⅱ中現(xiàn)象表明綠礬分解產物有SO3，故答案為：SO3；②實驗中觀察到Ⅰ中固體逐漸變?yōu)榧t棕色,說明有氧化鐵生成，即鐵元素價態(tài)升高，根據(jù)氧化還原規(guī)律，則硫元素價態(tài)降低，生成二氧化硫，二氧化硫通入品紅溶液中褪色，要證明品紅褪色有可逆性，可取少量Ⅲ中溶液于試管中，用酒精燈加熱，若品紅顏色恢復成原來的顏色，即可證明品紅褪色有可逆性，故答案為：品紅溶液中褪色；用酒精燈加熱，若品紅顏色恢復成原來的顏色，即可證明品紅褪色有可逆性；③綠礬受熱分解生成了二氧化硫，用NaOH溶液來吸收，防止污染空氣。反應的化學方程式為2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案為：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（3）三組滴定數(shù)據(jù)中，第二組差距較大，應舍棄，取第一、三兩組取平均值得消耗高錳酸鉀的體積為，根據(jù)反應原理為：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，則n(Fe2+)=5n(MnO)=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5×10-3mol，則FeSO4的質量為2.5×10-3mol×152g/mol=0.38g，該藥片中FeSO4的質量分數(shù)為=4.75%，若盛裝KMnO4溶液的滴定管用蒸餾水洗凈后沒有潤洗，會稀釋標準液，使標準液體積偏大，導致測定結果將偏大，故答案為：4.75%；偏大。27、（1）檢查是否漏液、酸式滴定管、當?shù)稳胍坏蜬MnO4溶液恰好由無色變成紫色（或紅色）且半分鐘不褪色（2）19.40，大于（3）AE（4）61c/vmol/L（5）取少量的NaHCO3于試管中，加入草酸溶液，有氣泡產生。【解析】試題分析：（1）滴定管在使用之前，必須進行的操作是檢查是否漏液，滴定時，KMnO4溶液應裝在酸式滴定管中，達到滴定終點時的現(xiàn)象為當?shù)稳胍坏蜬MnO4溶液恰好由無色變成紫色（或紅色）且半分鐘不褪色。（2）A與C刻度間相差1mL，每個刻度為0.1mL，A處的刻度為19，B的刻度比A大，由圖可知，相差4個刻度，則B為19.40.（3）A．實驗結束時俯視刻度線讀取滴定終點時KMnO4溶液的體積，導致KMnO4體積偏小，B．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束無氣泡，導致KMnO4體積偏大，C．盛裝標準液的滴定管裝液前用蒸餾水潤洗過，未用標準液潤洗，導致KMnO4濃度偏小，所以所用KMnO4體積偏大，D．第一次滴定用的錐形瓶用待裝液潤洗過，后兩次未潤洗，潤洗錐形瓶導致草酸的物質的量偏大，所以使用的KMnO4體積偏大，E、剛看到溶液變色，立刻停止滴定，導致氫氧化鈉體積偏小，所以所測醋酸濃度偏小，（5）可利用強酸制弱酸的原理?？键c：考查酸堿滴定實驗等相關知識。28、413>ac0.06mol/（L·min）450ad【詳解】(1).已知①