2026屆太原師院附中師苑中學(xué)高二化學(xué)第一學(xué)期期中檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應(yīng)位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后，請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、三室式電滲析法處理含Na2SO4廢水的原理如圖所示，采用惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na+和SO42-可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進入中間隔室。下列敘述正確的是A．通電后中間隔室的SO42-離子向正極遷移，正極區(qū)溶液酸性減弱B．該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品C．負極反應(yīng)為2H2O-4e-=O2↑＋4H+，負極區(qū)溶液pH降低D．當電路中通過1mol電子的電量時，會有16gO2生成2、在10mL0.1mol/LNaOH溶液中加入10mL0.2mol/L的CH3COOH溶液，反應(yīng)后溶液中各粒子的濃度關(guān)系正確的是()A．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)B．c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)C．c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=0.2mol/LD．c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO－)+c(OH－)3、“五千年文化，三千年詩韻。我們的經(jīng)典從未斷流”，明代詩人于謙在《石灰吟》中寫道：“千錘萬鑿出深山，烈火焚燒若等閑。粉身碎骨渾不怕，要留清白在人間。”這首膾炙人口的詩篇不僅蘊含了深刻的人文精神，還蘊藏了有趣的化學(xué)知識，下列有關(guān)說法中，錯誤的是A．化學(xué)反應(yīng)過程中同時存在著物質(zhì)變化和能量變化，其中物質(zhì)變化是基礎(chǔ)B．這首詩說明化學(xué)能與熱能在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化C．石灰石的分解是熵增反應(yīng)，因此在任何條件下都能自發(fā)進行D．“要留清白在人間”涉及反應(yīng)中的化學(xué)物質(zhì)有強電解質(zhì)、弱電解質(zhì)和非電解質(zhì)`4、一定溫度下，在三個容積相同的恒容密閉容器中按不同方式投入反應(yīng)物，發(fā)生反應(yīng)2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)(正反應(yīng)放熱)，測得反應(yīng)的相關(guān)數(shù)據(jù)如下：容器1容器2容器3反應(yīng)溫度T/K700700800反應(yīng)物投入量2molSO2、1molO24molSO32molSO2、1molO2平衡v正(SO2)/mol·L－1·s－1v1v2v3平衡c(SO3)/mol·L－1c1c2c3平衡體系總壓強p/Pap1p2p3物質(zhì)的平衡轉(zhuǎn)化率αα1(SO2)α2(SO3)α3(SO2)平衡常數(shù)KK1K2K3下列說法正確的是A．v1＜v2，c2＜2c1B．K1＞K3，p2＞2p3C．v1＜v3，α1(SO2)＞α3(SO2)D．c2＞2c3，α2(SO3)＋α3(SO2)=15、用NA表示阿伽德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．7.8g苯含有的碳碳雙鍵數(shù)為0.3NAB．1mol甲基（﹣CH3）所含的電子數(shù)的7NAC．1mol有機物中最多有5NA個原子在一條直線上D．4.6g乙醇在氧氣中完全燃燒轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1.2NA6、下列實驗?zāi)苓_到預(yù)期目的的是選項實驗內(nèi)容實驗?zāi)康腁室溫下，用pH試紙分別測定濃度均為0.lmol·L-1的的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH比較HClO和CH3COOH的酸性強弱B向AgCl懸濁液中滴入0.lmol·L-1的的NaI溶液，懸濁液變黃證明相同溫度下：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)C常溫下，測得飽和溶液的pH:NaA＞NaB證明常溫下的水解程度：A－＜B－D酸式滴定管中硫酸液面在20.00mL處，將滴定管中液體全部放出量取20.00mL硫酸溶液A．A B．B C．C D．D7、可逆反應(yīng)aA(s)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)；△H=QkJ/mol,在反應(yīng)過程中，當其他條件不變時，某物質(zhì)在混合物中的含量與溫度（T）、壓強（p）的關(guān)系如下圖所示：則以下正確的是A．T1＞T2，Q＞0B．T2＞T1，Q＞0C．P1＜P2，a+b=c+dD．P1＜P2，b=c+d8、航天飛船可用肼(N2H4)和過氧化氫(H2O2)為動力源。已知1g液態(tài)肼和足量液態(tài)過氧化氫反應(yīng)生成氮氣和水蒸氣時放出20.05kJ的熱量。下列說法中錯誤的是()A．該反應(yīng)中肼作還原劑B．液態(tài)肼的燃燒熱為－20.05kJ·mol－1C．該動力源的突出優(yōu)點之一是生成物對環(huán)境無污染D．肼和過氧化氫反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－641.6kJ·mol－19、下列各組離子可以在溶液中大量共存的是()A．Na+、Ba2+、NO3—、SO42— B．NH4+、K+、Cl—、OH—C．K+、H+、NO3—、HCO3— D．K+、Cu2+、Cl—、SO42—10、綠色能源是指使用過程中不排放或排放極少污染物的能源，下列能源中不屬于綠色能源的是（）A．太陽能B．化石能源C．風(fēng)能D．潮汐能11、利用含碳化合物合成燃料是解決能源危機的重要方法，已知CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反應(yīng)過程中的能量變化情況如圖所示。下列判斷正確的是()A．該反應(yīng)的ΔH＝＋91kJ·mol－1B．1molCO(g)和2molH2(g)斷鍵放出能量419kJC．反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量D．如果該反應(yīng)生成液態(tài)CH3OH，則ΔH增大12、某溶液中含有大量的H+、NH4+、SO42—，該溶液中還可能大量存在的離子是A．OH－ B．HCO3— C．Ba2+ D．Cu2+13、已知下面三個數(shù)據(jù)：①7.2×10-4、②2.6×10-4、③4.9×10-10分別是三種酸的電離平衡常數(shù)，若已知這三種酸可發(fā)生如下反應(yīng)：NaCN+HNO2=HCN+NaNO2，NaCN+HF=HCN+NaF，NaNO2+HF==HNO2+NaF，由此可判斷下列敘述中正確的是（）A．HF的電離常數(shù)是① B．HNO2的電離常數(shù)是①C．HCN的電離常數(shù)是② D．HNO2的電離常數(shù)是③14、下列事實，不能用勒夏特列原理解釋的是A．開啟啤酒后，瓶中馬上泛起大量泡沫B．實驗室中常用排飽和食鹽水的方法收集Cl2C．壓縮H2與I2（g）反應(yīng)的平衡混合氣體，顏色變深D．工業(yè)上生產(chǎn)硫酸的過程中使用過量的空氣以提高二氧化硫的利用率15、已知熱化學(xué)方程式：①C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH1②C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH2③C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH3④2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH4下列有關(guān)判斷正確的是A．ΔH1＜ΔH2 B．ΔH1=ΔH3+ΔH4C．ΔH2＜ΔH3 D．ΔH3=ΔH2+ΔH416、1mLpH=11氨水加水到100mL,得溶液pHA．＝10 B．＝9 C．略大于9 D．1317、弱電解質(zhì)在水溶液中的電離過程是一個可逆過程。常溫下，關(guān)于弱電解質(zhì)的電離過程，說法正確的是()A．0.1mol?L-1醋酸溶液加水稀釋，溶液中減小B．水是極弱的電解質(zhì)，將金屬Na加入水中，水的電離程度減小C．pH=3的醋酸溶液加水稀釋10倍后3＜pH＜4D．若電離平衡向正向移動，則弱電解質(zhì)的電離度一定增大18、已知在200℃，101kPa下，氫氣與碘蒸氣混合發(fā)生應(yīng)：H2(g)+I2(g)2HI(g)，則下列敘述正確的是（）A．反應(yīng)達平衡后，增大壓強（縮小容器體積），混合氣體顏色不變B．由反應(yīng)需在200℃進行可推測該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)C．反應(yīng)達平衡后，保持容器體積不變，充入大量I2蒸氣可提高H2的轉(zhuǎn)化率D．當v(H2)生成：v(HI)生成=2：1時，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)19、下列說法正確的是（）A．活化分子間發(fā)生的所有碰撞均為有效碰撞B．升高溫度，增加了活化分子百分數(shù)C．使用催化劑，能降低反應(yīng)的反應(yīng)熱D．對于氣體反應(yīng)，增大壓強能提高活化分子總數(shù)20、下列事實不能證明HNO2是弱酸的是：A．常溫下0.1mol/LHNO2溶液的pH>1B．用稀HNO2溶液做導(dǎo)電性實驗，燈泡較暗C．在HNO2溶液中HNO2、NO2-同時存在D．用NaOH中和0.1LpH=2的HNO2溶液消耗的NaOH大于0.001mol21、下列反應(yīng)的離子方程式正確的是A．乙酸乙酯與氫氧化鈉溶液反應(yīng)：CH3COOCH2CH3＋OH?→CH3COO?+CH3CH2O?+H2OB．醋酸溶液與新制氫氧化銅反應(yīng)：2H+＋Cu(OH)2→Cu2+＋2H2OC．苯酚鈉溶液中通入少量二氧化碳：2＋CO2＋H2O2＋COD．乙醛溶液與新制氫氧化銅堿性懸濁液共熱CH3CHO+2Cu(OH)2+OH?CH3COO?+Cu2O↓+3H2O22、在水中加入等物質(zhì)的量的Ag+、Ba2+、Na+、SO42-、NO3-、Cl-。該溶液放在用惰性材料作電極的電解槽中，通電片刻，則氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的質(zhì)量比為()A．35.5：108 B．16：137 C．8：1 D．108：35.5二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物A的化學(xué)式為C3H6O2，化合物D中只含一個碳，可發(fā)生如圖所示變化：（1）C中官能團的名稱是______。（2）有機物A與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式___________________________________________．（3）某烴X的相對分子質(zhì)量比A大4，分子中碳與氫的質(zhì)量之比是12∶1，有關(guān)X的說法不正確的是______a.烴X可能與濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)b.烴X可能使高錳酸鉀溶液褪色c.烴X一定能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)d.乙炔與烴X互為同系物．24、（12分）A、B、C、D、E代表前四周期原子序數(shù)依次增大的五種元素。A、D同主族且A原子的2p軌道上有1個電子的自旋方向與其它電子的自旋方向相反；工業(yè)上電解熔融C2A3制取單質(zhì)C；B、E除最外層均只有2個電子外，其余各層全充滿。回答下列問題：（1）B、C中第一電離能較大的是__(用元素符號填空)，基態(tài)E原子價電子的軌道表達式______。（2）DA2分子的VSEPR模型是_____。（3）實驗測得C與氯元素形成化合物的實際組成為C2Cl6，其球棍模型如圖所示。已知C2Cl6在加熱時易升華，與過量的NaOH溶液反應(yīng)可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6屬于_______晶體（填晶體類型），其中C原子的雜化軌道類型為________雜化。②[C(OH)4]-中存在的化學(xué)鍵有________。a．離子鍵b．共價鍵c．σ鍵d．π鍵e．配位鍵f．氫鍵（4）B、C的氟化物晶格能分別是2957kJ/mol、5492kJ/mol，二者相差很大的原因________。（5）D與E形成化合物晶體的晶胞如下圖所示：①在該晶胞中，E的配位數(shù)為_________。②原子坐標參數(shù)可表示晶胞內(nèi)部各原子的相對位置。上圖晶胞中，原子的坐標參數(shù)為：a(0，0，0)；b(，0，)；c(，，0)。則d原子的坐標參數(shù)為______。③已知該晶胞的邊長為xcm，則該晶胞的密度為ρ=_______g/cm3（列出計算式即可）。25、（12分）用50mL0.50mol/L的鹽酸與50mL0.55mol/L的氫氧化鈉溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應(yīng)，通過測定反應(yīng)過程中所放出的熱量可計算中和熱?；卮鹣铝袉栴}：（1）燒杯間填滿碎泡沫塑料的作用是___________________________。（2）環(huán)形玻璃攪拌棒能否用環(huán)形鐵質(zhì)攪拌棒代替？_______(填“能”或“不能”)，其原因是____________________________。（3）實驗時氫氧化鈉溶液的濃度要用0.55mol/L的原因是______________。實驗中若改用60mL0.50mol/L的鹽酸與50mL0.55mol/L的氫氧化鈉溶液進行反應(yīng)，與上述實驗相比，所放出的熱量________________(填“相等”“不相等”)，若實驗操作均正確，則所求中和熱_________(填“相等”“不相等”)。（4）已知在稀溶液中，強酸和強堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1molH2O時，放出57.3kJ的熱量，則上述反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：___________________________。26、（10分）Ⅰ、某學(xué)生用0.2000mol·L－1的標準NaOH溶液滴定未知濃度鹽酸，其操作可分為如下幾步：①用蒸餾水洗滌堿式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度線以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充滿液體③調(diào)節(jié)液面至“0”或“0”刻度線稍下，并記下讀數(shù)④量取20.00mL待測液注入用待測液潤洗過的錐形瓶中，并加入3滴甲基橙溶液⑤用標準液滴定至終點，記下滴定管液面讀數(shù)請回答：（1）以上步驟有錯誤的是（填編號）________。（2）用標準NaOH溶液滴定時，應(yīng)將標準NaOH溶液注入______中。（從圖中選填“甲”或“乙”）（3）滴定時，左手控制滴定管，右手搖動錐形瓶，眼睛注視_______________。（4）判斷到達滴定終點的現(xiàn)象是：錐形瓶中溶液_________________________。（5）下列操作會引起實驗結(jié)果偏大的是：______（填編號）A．滴定終點時，有一滴標準液懸掛在滴定管尖嘴處B．觀察計數(shù)時，滴定前俯視，滴定后仰視C．錐形瓶先用蒸餾水洗滌后，未用待測液潤洗D．用酸式滴定管量取液體時，釋放液體前滴定管前端有氣泡，之后消失E．滴定時振蕩錐形瓶有溶液飛濺出去F．配制標準NaOH溶液定容時仰視觀察刻度線Ⅱ.（6）為了檢驗?zāi)硽埩粑镏需F元素的含量，先將殘留物預(yù)處理，把鐵元素還原成Fe2+，再用KMnO4標準溶液在酸性條件下進行氧化還原滴定，寫出滴定過程中反應(yīng)的離子方程式：________________________________________。KMnO4應(yīng)裝在___________滴定管中（填“酸式”或“堿式”）滴定前是否要滴加指示劑？___（填“是”或“否”），滴定終點的判斷方法：_____________________________。（7）某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，為制得純凈CuCl2溶液，宜加入______________調(diào)至溶液pH＝4，使Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，此時溶液中的c(Fe3＋)＝________________。[Fe(OH)3的Ksp=2.6×10-39]27、（12分）某些廢舊塑料可采用下列方法處理：將廢塑料隔絕空氣加強熱，使其變成有用的物質(zhì)，實驗裝置如下圖。加熱聚丙烯廢塑料得到的產(chǎn)物如下表：產(chǎn)物氫氣甲烷乙烯丙烯苯甲苯碳沸點（℃）-1．8-146-2．7-3．44．105．634827（1）甲試管中最終殘留物是_____________。它有多種用途，如下列轉(zhuǎn)化就可制取聚乙炔。寫出反應(yīng)②的化學(xué)方程式__________________________。（2）乙中試管收集到的兩種產(chǎn)品中，有一種能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的物質(zhì)，該物質(zhì)為__________。（3）丙中錐形瓶觀察到的現(xiàn)象_____________________________________。反應(yīng)的化學(xué)方程式是__________________________、_________________________。（4）經(jīng)溴的四氯化碳溶液充分吸收，最后收集到的氣體是______________。28、（14分）直接排放含SO2的煙氣會形成酸雨，危害環(huán)境。工業(yè)上常采用催化還原法和堿吸收法處理SO2氣體。（1）如圖所示：1molCH4完全燃燒生成氣態(tài)水的能量變化和1molS(g)燃燒的能量變化。

在催化劑作用下，CH4可以還原SO2生成單質(zhì)S(g)、H2O(g)和CO2，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式___。（2）焦炭催化還原二氧化硫的化學(xué)方程式為2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。一定壓強下，向1L密閉容器中充入足量的焦炭和1molSO2發(fā)生反應(yīng)，測得SO2的生成速率和S2(g)的生成速率隨溫度變化的關(guān)系如圖所示：①A、B、C、D四點對應(yīng)的狀態(tài)中，達到平衡狀態(tài)的有___(填字母)。②該反應(yīng)的ΔH___0(填“＞”“＜”或“=”)③下列措施能夠增大SO2平衡轉(zhuǎn)化率的是___。A．降低溫度B．增加C的量C．減小容器體積D．添加高效催化劑（3）用氨水吸收SO2。25℃時2.0mol·L-1的氨水中，NH3·H2O的電離度α＝___(α＝×100%)。。將含SO2的煙氣通入該氨水中，當溶液顯中性時，溶液中的=___。(已知25℃，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10-5；Ka1(H2SO3)＝1.3×10-2，Ka2(H2SO3)＝6.2×10-8)（4）當吸收液失去吸收能力后通入O2可得到NH4HSO4溶液，用如圖所示裝置電解所得NH4HSO4溶液可制得強氧化劑(NH4)2S2O8。寫出電解NH4HSO4溶液的化學(xué)方程式___。29、（10分）醋酸和一水合氨是中學(xué)化學(xué)中常見的弱電解質(zhì)。(1)常溫下，某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計了如下方案證明醋酸為弱電解質(zhì)，你認為方案可行的是_______(填序號)①配制一定量的0.10mol/LCH3COOH溶液，然后測溶液的pH，若pH大于1，則證明醋酸為弱電解質(zhì)。②用醋酸溶液和鹽酸做導(dǎo)電性實驗，若醋酸溶液導(dǎo)電性弱，則證明醋酸為弱電解質(zhì)。③將pH=2的CH3COOH溶液加水稀釋100倍后，若pH>4，則證明醋酸為弱電解質(zhì)。④配制一定量的CH3COONa溶液，測其pH，若pH大于7，則證明醋酸為弱電解質(zhì)。(2)若25℃時，0.10mol/L的CH3COOH的電離度為1%，則該溶液的pH=________，由醋酸電離出的c(H+)約為水電離出的c(H+)的_________倍。(3)已知在25℃時，醋酸的電離平衡常數(shù)為Ka=1.8×10-5。常溫下，0.1mol/L

NaOH溶液V1mL和0.2mol/L

CH3COOH溶液V2mL混合后(忽略混合前后溶液體積的變化)溶液的pH=7。①反應(yīng)后溶液中離子濃度的大小關(guān)系為_________________________________________________。②V1：V2__________(填“>”、“<”或“＝”)2:1③c(CH3COO-)：c(CH3COOH)=__________________。(4)常溫下，可用氨水吸收廢氣中的CO2得到NH4HCO3溶液，在該溶液中，c(NH4+)_______(填“>”、“<”或“＝”)c(HCO3-)；反應(yīng)NH4+＋HCO3-＋H2ONH3·H2O＋H2CO3的平衡常數(shù)K＝_________。(已知常溫下NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb＝2×10－5，H2CO3的電離平衡常數(shù)Ka1＝4×10－7，Ka2＝4×10－11)

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、B【分析】在直流電場下，該裝置是電解裝置，正極其實是電解裝置的陽極、正極區(qū)其實是電解裝置的陽極區(qū)，負極其實是電解裝置的陰極、負極區(qū)其實是電解裝置的陰極區(qū)，因為是惰性電極，因此溶液中的離子在電極上發(fā)生反應(yīng)，據(jù)此回答；【詳解】A.通電后中間隔室的SO42-離子向正極遷移，正極上發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為2H2O-4e-=O2↑＋4H+，正極區(qū)溶液酸性增強，A錯誤；B.該法在處理含Na2SO4廢水時，通電后兩端隔室中離子被阻擋不能進入中間隔室，中間隔室的SO42-離子向正極遷移，正極上發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為2H2O-4e-=O2↑＋4H+，中間隔室的鈉離子向負極遷移，負極上發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為4H2O+4e-=2H2↑＋4OH-，負極區(qū)得到NaOH產(chǎn)品，B正確；C.正極反應(yīng)為2H2O-4e-=O2↑＋4H+，正極區(qū)溶液pH降低，負極上發(fā)生反應(yīng)為4H2O+4e-=2H2↑＋4OH-，負極區(qū)得到NaOH，溶液pH增大，C錯誤；D.按反應(yīng)2H2O-4e-=O2↑＋4H+，當電路中通過1mol電子的電量時，會有8gO2生成，D錯誤；答案選B。2、D【解析】根據(jù)溶液混合時的化學(xué)反應(yīng)、混合溶液的三大守恒關(guān)系分析解答?！驹斀狻?0mL0.1mol/LNaOH溶液與10mL0.2mol/LCH3COOH溶液混合時發(fā)生中和反應(yīng)，所得20mL混合溶液中CH3COONa、CH3COOH各0.05mol/L。據(jù)電荷守恒，得c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO－)+c(OH－)（D項正確）；又物料守恒，得c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=0.1mol/L（C項錯誤）；因同濃度時，CH3COOH電離程度大于CH3COO－水解程度，混合溶液呈酸性c(H＋)>c(OH－)（B項錯誤）；結(jié)合電荷守恒關(guān)系得c(CH3COO－)>c(Na＋)（A項錯誤）?！军c睛】解答溶液中粒子濃度的相互關(guān)系或比較大小，依次考慮：化學(xué)反應(yīng)、強電解質(zhì)電離、弱電解質(zhì)電離和鹽類的水解（分清主次）、水的電離。3、C【詳解】A、化學(xué)反應(yīng)的本質(zhì)是舊鍵斷裂，新鍵生成，在化學(xué)反應(yīng)過程中，發(fā)生物質(zhì)變化的同時一定發(fā)生能量變化，其中物質(zhì)變化是基礎(chǔ)，選項A正確；B.“烈火焚燒若等閑”說明化學(xué)能與熱能在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化，選項B正確；C.石灰石的分解生成氧化鈣和二氧化碳是熵增反應(yīng)，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，△H>0，要使△H-T△S<0，反應(yīng)必須在高溫條件下才能自發(fā)進行，選項C錯誤；D.“要留清白在人間”涉及反應(yīng)為氫氧化鈣與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈣和水，反應(yīng)中的化學(xué)物質(zhì)有強電解質(zhì)碳酸鈣、氫氧化鈣，弱電解質(zhì)水和非電解質(zhì)二氧化碳，選項D正確。答案選C。4、C【詳解】A.將I容器中的反應(yīng)極限化時產(chǎn)生2molSO3，II容器是以4molSO3起始，整體來講II容器的物料濃度高于I容器中的物料濃度，所以v1<v2，II容器相當于I容器加壓，若平衡不發(fā)生移動，則平衡時有c2=2c1，但加壓有利于該反應(yīng)正向進行，所以c2>2c1，故A錯誤；B.該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，K1>K3，根據(jù)分析，p2<2p1，p3>p1，則p2<2p3，故C錯誤；C.溫度升高，化學(xué)反應(yīng)速率加快，則v1<v3，正反應(yīng)吸熱，溫度升高不利于反應(yīng)正向進行，則容器I中SO2的平衡轉(zhuǎn)化率更高，所以α1(SO2)>α3(SO2)，故C正確；D.容器II是4molSO3起始反應(yīng)，容器III極限化時生成2molSO2，容器II相當于容器III加壓，若平衡不發(fā)生移動，則有c2=2c3，但加壓有利于反應(yīng)正向進行，并且容器II和容器III的溫度不等，容器III的反應(yīng)溫度高于容器II的反應(yīng)溫度，則c2>2c3，若容器II不是相對于容器III加壓，且兩容器溫度相同，則有α2(SO3)+α3(SO2)=1，但加壓有利于反應(yīng)向減壓方向進行，則α2(SO3)減小，溫度升高不利于反應(yīng)正向進行，則α3(SO2)減小，因此最終α2(SO3)+α3(SO2)<1，故D錯誤。故選C?！军c睛】針對反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）（正反應(yīng)放熱），容器2中加入4mol

SO3，等效于在相同溫度下反應(yīng)物投入量為4molSO2、2molO2，為容器1投入量的兩倍，則容器2看做是先由兩個容器1達到平衡后再壓縮到容器1的體積，增大壓強反應(yīng)速率加快，有v1<v2，增大壓強，若平衡不移動，c2=2c1，p2=2p1，對于該反應(yīng)，增大壓強平衡向著正方向移動，則平衡時c2>2c1，p2<2p1，α1（SO2

）+α2（SO3

）<1，容器1和2的溫度相同，則K1=K2，

容器3的投入量與容器1相同，溫度比容器1高，可以看做是容器1達到平衡后升高溫度的新平衡，升高溫度反應(yīng)速率加快，則v1<v3，對于該反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，則c3<c1，p3>p1，a1（SO2）>a3（SO2），K1>K3，據(jù)此分析作答。5、D【解析】A．7.8g苯的物質(zhì)的量為：7.8g78g/B、甲基（-CH3）呈電中性，1mol甲基（-CH3）含9mol電子，即9NA個，選項B錯誤；C、苯環(huán)為正六邊形結(jié)構(gòu)，夾角均為120°，再根據(jù)甲醛分子中4原子共面、鍵角約為120°，乙炔分子中4原子共直線，可知該有機物分子中最多有4個原子在一條直線上，選項C錯誤；D、4.6g乙醇為0.1mol，在氧氣中完全燃燒，碳的化合價由-2價變?yōu)?4價，故轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1.2NA，選項D正確。答案選D。6、B【詳解】A、NaClO具有強氧化性，能把pH試紙漂白，因此無法用pH試紙測出NaClO的pH值，不能達到實驗?zāi)康模蔄錯誤；B、向AgCl懸濁液中滴加NaI溶液，出現(xiàn)黃色沉淀，生成AgI，說明AgI的Ksp小于AgCl，能達到實驗?zāi)康?，故B正確；C、比較A－和B－水解程度，應(yīng)是等濃度的NaA和NaB，飽和溶液濃度可能相同，也可能不相同，不能達到實驗?zāi)康?，故C錯誤；D、滴定管的0刻度在上邊，從0刻度到20mL刻度的溶液體積為20.00mL，滴定管的下端有一段沒有刻度，故無法判斷20mL刻度線以下的溶液體積，故D錯誤。【點睛】易錯點是選項A，學(xué)生只注意到越弱越水解，從而判斷出HClO和CH3COOH酸性強弱，忽略了NaClO具有強氧化性，能把pH試紙漂白，無法讀出數(shù)值。7、D【詳解】A、根據(jù)先拐先平數(shù)值大的原則，則T2＞T1，故A錯誤；B、因為T2＞T1，說明溫度升高，C的含量減少，則平衡逆向移動，則正向為放熱反應(yīng)，故B正確；C、同理根據(jù)先拐先平數(shù)值大的原則，則P1＜P2，增大壓強，B的含量不變，說明平衡未移動，則該反應(yīng)是氣體的物質(zhì)的量不變的可逆反應(yīng)，所以b=c+d，a為固體，不影響化學(xué)平衡，故C錯誤，D正確。答案選D。8、B【解析】A項，N2H4中N元素的化合價是-2價，反應(yīng)后生成N2為0價，所以N元素化合價升高，因此肼作還原劑，故A正確；B項，燃燒熱是指1mol純凈物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物放出的熱量，根據(jù)燃燒熱的定義，肼中的N元素生成了N2而不是N的穩(wěn)定氧化物，因此無法計算肼的燃燒熱，而且1g液態(tài)肼和足量液態(tài)過氧化氫反應(yīng)生成氮氣和水蒸氣時放出20.05kJ的熱量，則1mol肼反應(yīng)放出的熱量為32×20.05=641.60KJ，根據(jù)上述兩項分析，所以－20.05kJ·mol－1不是液態(tài)肼的燃燒熱，故B錯誤；C項，液態(tài)肼和足量液態(tài)過氧化氫反應(yīng)生成氮氣和水蒸氣，對環(huán)境無污染，故C正確；D項，1g液態(tài)肼和足量液態(tài)過氧化氫反應(yīng)生成氮氣和水蒸氣時放出20.05kJ的熱量，則1mol肼反應(yīng)放出的熱量為32×20.05=641.60KJ，所以肼和足量液態(tài)過氧化氫反應(yīng)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是：N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－641.6kJ·mol－1，故D正確。此題答案選B。點睛：反應(yīng)熱的有關(guān)計算（1）根據(jù)熱化學(xué)方程式計算：反應(yīng)熱與反應(yīng)物的物質(zhì)的量成正比。（2）根據(jù)蓋斯定律求算（3）根據(jù)物質(zhì)燃燒放熱的數(shù)值計算：Q(放)＝n(可燃物)×|ΔH|（4）根據(jù)能量或鍵能計算ΔH＝生成物的總能量－反應(yīng)物的總能量ΔH＝反應(yīng)物的總鍵能之和－生成物的總鍵能之和9、D【詳解】A、Ba2+與SO42—反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，不能大量共存，故不選A；B、NH4+與OH—反應(yīng)生成一水合氨，不能大量共存，故不選B；C、H+和CO3２－反應(yīng)生成水和二氧化碳，不能大量共存，故不選C；D、組內(nèi)離子不能發(fā)生反應(yīng)，能大量共存，故選D。故在溶液中能大量共存的是D。【點睛】離子之間能反應(yīng)不能大量共存，反應(yīng)有四類：①復(fù)分解反應(yīng)：生成氣體、沉淀、難電離的物質(zhì)，②氧化還原反應(yīng)③相互促進的水解反應(yīng)④絡(luò)合反應(yīng)。10、B【解析】太陽能、風(fēng)能和潮汐能不會造成污染，屬于“綠色能源”，石油、煤等化石燃料燃燒都會產(chǎn)生空氣污染物，不屬于綠色能源；故答案為B。11、C【詳解】A．焓變等于正逆反應(yīng)活化能之差，由圖可知為放熱反應(yīng)，則ΔH=419kJ/mol-510kJ/mol=-91kJ?mol-1，故A錯誤；B．斷鍵吸收能量，形成化學(xué)鍵放熱，故B錯誤；C．反應(yīng)放熱，則反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，故C正確；D．液態(tài)CH3OH比氣態(tài)CH3OH的能量低，則反應(yīng)放熱更多，焓變?yōu)樨?，因此該反?yīng)生成液態(tài)CH3OH時ΔH減小，故D錯誤；故答案選C。12、D【詳解】A.H+與OH－反應(yīng)生成水，不能大量共存，故A錯誤；B.H+與HCO3-反應(yīng)生成二氧化碳和水，不能大量共存，故B錯誤；C.Ba2＋與SO42-反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，不能大量共存，故C錯誤；D.Cu2+與H+、NH4+、SO42-不發(fā)生反應(yīng)，可以大量共存，故D正確。故選D?！军c睛】判斷離子共存，由于發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，離子不能大量共存。①有氣體產(chǎn)生：如CO32-、S2-、HS-等易揮發(fā)的弱酸的酸根與H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+等不能與SO42-、CO32-等大量共存，③有弱電解質(zhì)生成：如OH-、CH3COO-等與H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能與OH-大量共存。13、A【詳解】NaCN+HNO2=HCN+NaNO2，NaCN+HF=HCN+NaF，NaNO2+HF=HNO2+NaF，由此得出酸的強弱順序是HF>HNO2>HCN，所以酸的電離平衡常數(shù)大小順序是HF>HNO2>HCN，則HF的電離常數(shù)是①、HNO2的電離常數(shù)是②、HCN的電離平衡常數(shù)是③，故選A。【點睛】相同溫度下，酸的電離平衡常數(shù)越大，其電離程度越大，則酸性越強，較強酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸。14、C【分析】根據(jù)勒夏特列原理來分析化學(xué)平衡的移動的方向?！驹斀狻緼.啤酒瓶中存在平衡H2CO3?H2O+CO2↑，打開啤酒瓶時，壓強減小，平衡向生成二氧化碳方向移動，可以用勒夏特列原理解釋，故A錯誤；B.氯化鈉在溶液中完全電離，故飽和食鹽水中含有大量的氯離子，氯氣溶于水的反應(yīng)是一個可逆反應(yīng)，Cl2+H2O?ClO-+2H++Cl-，相當于氯氣溶于水的反應(yīng)過程中氯離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理，平衡向氯離子濃度減小的逆反應(yīng)方向移動，氯氣溶解量減小，可以勒夏特列原理解釋，故B錯誤；C.壓縮H2+I2?2HI反應(yīng)的平衡混合氣體，氣體體積數(shù)相等，故壓強的改變不影響化學(xué)平衡，故不能勒夏特列原理來解釋，故C正確；D.工業(yè)上生產(chǎn)硫酸存在平衡2SO2+O2?2SO3，使用過量的空氣，增大氧氣的濃度，平衡向減小O2濃度的正反應(yīng)方向移動，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解釋，故D錯誤。故選C。【點睛】面對化學(xué)平衡問題時，需要仔細觀察方程式前后的氣體體積變化和能量變化，這樣就不難發(fā)現(xiàn)控制化學(xué)平衡的規(guī)律了。15、D【詳解】A.反應(yīng)①是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)②是放熱反應(yīng)，則ΔH1＞ΔH2，A錯誤B.根據(jù)蓋斯定律③－④即得到反應(yīng)①，所以ΔH1=ΔH3－ΔH4，B錯誤；C.碳完全燃燒放熱多，由于放熱反應(yīng)的焓變是負值，則ΔH2＞ΔH3，C錯誤；D.根據(jù)蓋斯定律②+×④即得到反應(yīng)③，所以ΔH3=ΔH2+ΔH4，D正確；答案選D。16、C【分析】一水合氨是弱電解質(zhì)，在水溶液里部分電離，加水促進電離，結(jié)合弱電解質(zhì)的電離進行求算?！驹斀狻恳凰习笔侨蹼娊赓|(zhì)，在水溶液里部分電離，加水促進電離，將1mLpH=11的氨水加水稀釋至100mL，體積增大100倍，pH變化小于2個單位，即稀釋后9<pH<11，答案選C?！军c睛】本題考查了弱電解質(zhì)的電離，明確弱電解質(zhì)電離特點是解本題關(guān)鍵，注意稀釋氨水過程中增大一水合氨電離程度。17、C【詳解】A．加水稀釋時平衡CH3COOH?CH3COO-+H+正向移動，K=，=，越稀越電離，則溶液中外界條件的影響大于平衡的移動，故c(CH3COO-)減小，增大，故A不符合題意；B．水是極弱的電解質(zhì)，存在電離平衡，H2O?OH?+H＋，Na與水電離生成的氫離子反應(yīng)生成氫氣，促進水的電離，水的電離程度增大，故B不符合題意；C．pH=3的醋酸溶液中氫離子的濃度為0.001mol/L，稀釋到原體積的10倍后醋酸的電離程度增大，氫離子濃度大于0.0001mol/L，則溶液的3＜pH＜4，故C符合題意；D．若電離平衡向正向移動，則弱電解質(zhì)的電離度不一定增大，例如向醋酸溶液中加入醋酸，雖然促進了電離，但是外界條件的影響大于平衡的移動，電離度=，電離度是減小的，故D不符合題意；答案選C。18、C【詳解】A．反應(yīng)達到平衡以后，由于反應(yīng)前后氣體系數(shù)和相同，故壓縮體積增大壓強不會影響化學(xué)平衡的移動，但由于體積減小，單位體積內(nèi)I2的含量增大，混合氣體顏色變深，A錯誤；B．該反應(yīng)為化合反應(yīng)，常見的化合反應(yīng)都是放熱反應(yīng)，B錯誤；C．反應(yīng)達到平衡以后，向容器內(nèi)添加大量的I2，增加了反應(yīng)物的濃度，平衡向正向移動，H2的轉(zhuǎn)化率增加，C正確；D．化學(xué)反應(yīng)速率比與化學(xué)計量數(shù)比相同，當達到平衡狀態(tài)時，反應(yīng)物的生成速率與生成物的生成速率比等于對應(yīng)的化學(xué)計量數(shù)比，故v(H2)生成：v(HI)生成=1：2，D錯誤；故選C。19、B【詳解】A.能夠發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的碰撞才是有效碰撞，有效碰撞需要兩個條件：具有一定的能量且取向合適，活化分子只是具備了一定的能量，A項錯誤；B.升高溫度，所以分子的能量都會提高，活化分子數(shù)增多，活化分子總數(shù)不變，活化分子百分數(shù)增大，B項正確；C.催化劑通過降低反應(yīng)的活化能來提高反應(yīng)速率，C項錯誤；D.增大壓強不能改變活化分子總數(shù)，但是體積減小可以增大單位體積內(nèi)活化分子數(shù)，活化分子的濃度增大，D項錯誤【點睛】20、B【解析】常溫下0.1mol/LHNO2溶液的pH>1，說明亞硝酸部分電離，A能證明HNO2是弱酸；用稀HNO2溶液做導(dǎo)電性實驗，燈泡較暗，只能說明離子濃度小，不能說明亞硝酸部分電離，所以B不能證明HNO2是弱酸；在HNO2溶液中HNO2、NO2-同時存在，HNO2溶液中存在電離平衡，C能證明HNO2是弱酸；用NaOH中和0.1LpH=2的HNO2溶液消耗的NaOH大于0.001mol，說明pH=2的HNO2溶液濃度大于0.001mol/L，D能證明HNO2是弱酸；故選B。點睛：用導(dǎo)電性實驗證明電解質(zhì)強弱，必須用同濃度強電解質(zhì)溶液做對比實驗；若用同濃度的HNO2和鹽酸做導(dǎo)電性實驗，HNO2溶液的燈泡較暗，能證明HNO2是弱酸。21、D【詳解】A.乙酸乙酯與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，生成乙酸鈉和乙醇，A錯誤；B.醋酸為弱酸，離子反應(yīng)方程式中應(yīng)寫分子式，B錯誤；C.苯酚鈉與二氧化碳反應(yīng)生成苯酚（65攝氏度下在水中溶解度較?。┖吞妓釟涓?，C錯誤；D.乙醛溶液與新制氫氧化銅堿性懸濁液共熱，生成醋酸鈉和紅色的氧化亞銅，該離子方程式正確，D正確。答案選D。【點睛】苯酚鈉與二氧化碳反應(yīng)的生成物與二氧化碳的通入量無關(guān)，均生成碳酸氫根，因為苯酚的酸性強于碳酸氫根的酸性，故不可能生成碳酸根。22、C【詳解】等物質(zhì)的量的這些離子加入到水中，Ag+和Cl-沉淀為AgCl，Ba2+和SO42-沉淀為PbSO4，溶液中就只有Na+、NO3-，實際上電解NaNO3溶液。陽極上OH－放電產(chǎn)物是氧氣，陰極上H＋放電產(chǎn)物是氫氣，根據(jù)化學(xué)方程式2H2O2H2↑+O2↑，當轉(zhuǎn)移相同電子時，陽極產(chǎn)物與陰極產(chǎn)物質(zhì)量32:(2×2)=8:1，C符合題意。答案選C。二、非選擇題(共84分)23、羧基cd【分析】有機物A的化學(xué)式為C3H6O2，有機物Ａ能與氫氧化鈉反應(yīng)生成B和D，說明該物質(zhì)為酯，化合物D中只含一個碳，能在銅存在下與氧氣反應(yīng)，說明該物質(zhì)為醇，所以Ａ為乙酸甲酯。Ｂ為乙酸鈉，Ｃ為乙酸，Ｄ為甲醇，Ｅ為甲醛?！驹斀狻?1)根據(jù)以上分析，Ｃ為乙酸，官能團為羧基。(2)有機物Ａ為乙酸甲酯，與氫氧化鈉反應(yīng)生成乙酸鈉和甲醇，方程式為：。(3)某烴X的相對分子質(zhì)量比A大4，為78，分子中碳與氫的質(zhì)量之比是12∶1，說明碳氫個數(shù)比為１:１，分子式為C6H6，可能為苯或其他不飽和烴或立方烷。a.苯可能與濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)，故正確；b.苯不能使高錳酸鉀溶液褪色，但其他不飽和烴能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故正確；c.若為立方烷，不能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故錯誤；d.乙炔與烴X分子組成上不相差“CH2”，兩者一定不互為同系物，故錯誤。故選cd。24、Mg平面三角形分子sp3bceAl3+比Mg2+電荷多，半徑小，晶格能大4（1，，）【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序數(shù)依次增大的五種元素。A、D同主族且A原子的2p軌道上有1個電子的自旋方向與其它電子的自旋方向相反，則A是核外電子排布式是1s22s22p4，所以A是O元素；D是S元素；工業(yè)上電解熔融C2A3制取單質(zhì)C，則C為Al元素；基態(tài)B、E原子的最外層均只有2個電子，其余各電子層均全充滿，結(jié)合原子序數(shù)可知，B的電子排布為1s22s22p63s2、E的電子排布為1s22s22p63s23p63d104s2，B為Mg，E為Zn，以此來解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍珹為O元素，B為Mg元素，C為Al元素，D為S元素，E為Zn元素。(1)Mg的3s電子全滿為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，難失去電子；C是Al元素，原子核外電子排布式是1s22s22p63s33p1，失去第一個電子相對容易，因此元素B與C第一電離能較大的是Mg；E是Zn元素，根據(jù)構(gòu)造原理可得其基態(tài)E原子電子排布式是[Ar]3d104s2，所以價電子的軌道表達式為；(2)DA2分子是SO2，根據(jù)VSEPR理論，價電子對數(shù)為VP=BP+LP=2+=3，VSEPR理論為平面三角形；(3)①C2Cl6是Al2Cl6，在加熱時易升華，可知其熔沸點較低，據(jù)此可知該物質(zhì)在固態(tài)時為分子晶體，Al形成4個共價鍵，3個為σ鍵，1個為配位鍵，其雜化方式為sp3雜化；②[Al(OH)4]-中，含有O-H極性共價鍵，Al-O配位鍵，共價單鍵為σ鍵，故合理選項是bce；(4)B、C的氟化物分別為MgF2和AlF3，晶格能分別是2957kJ/mol、5492kJ/mol，同為離子晶體，晶格能相差很大，是由于Al3+比Mg2+電荷多、離子半徑小，而AlF3的晶格能比MgCl2大；(5)①根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析，S為面心立方最密堆積，Zn為四面體填隙，則Zn的配位數(shù)為4；②根據(jù)如圖晶胞，原子坐標a為(0，0，0)；b為(，0，）；c為(，，0），d處于右側(cè)面的面心，根據(jù)幾何關(guān)系，則d的原子坐標參數(shù)為（1，，）；③一個晶胞中含有S的個數(shù)為8×+6×=4個，含有Zn的個數(shù)為4個，1個晶胞中含有4個ZnS，1個晶胞的體積為V=a3cm3，所以晶體密度為ρ==g/cm3?！军c睛】本題考查晶胞計算及原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的知識，把握電子排布規(guī)律推斷元素、雜化及均攤法計算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意(5)為解答的難點，具有一定的空間想象能力和數(shù)學(xué)計算能力才可以。25、減少熱量損失不能鐵會和鹽酸反應(yīng)，鐵導(dǎo)熱性好，熱量損失較大為了確保鹽酸完全被中和不相等相等NaOH(aq)+HCl(aq)＝NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol【詳解】（1）在實驗中要盡可能的少熱量的損失，所以燒杯間填滿碎泡沫塑料的作用是減少熱量損失的。（2）鐵是金屬，屬于熱的良導(dǎo)體，會使熱量損失。另一方面鐵能和鹽酸反應(yīng)，所以不能用環(huán)形鐵質(zhì)攪拌棒代替環(huán)形玻璃攪拌棒。（3）氫氧化鈉過量，能確保鹽酸完全被中和，使實驗更準確。如果改變酸堿的用量，則反應(yīng)中放出的熱量是不同的，但中和熱是不變的。因為中和熱是指在一定條件下的稀溶液中，酸和堿反應(yīng)生成1mol水時所放出的熱量。（4）根據(jù)題意可知，熱化學(xué)方程式為NaOH(aq)+HCl(aq)＝NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol。26、①④乙錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化由紅色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不變色ABF5Fe2++8H++MnO4-=5Fe3++Mn2++4H2O酸式否滴最后一滴酸性高錳酸鉀溶液紫色不褪去，且30s不變色CuO(或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3)2.6×10-9mol/L【分析】酸堿中和滴定時，滴定管用蒸餾水洗凈后，必須用標準液潤洗；錐形瓶不能潤洗；滴定終點顏色改變半分鐘內(nèi)不變化；酸式滴定管為玻璃活塞，堿式滴定管下端為含有玻璃珠的乳膠管；根據(jù)c(待測)=，分析操作對待測液的物質(zhì)的量濃度的影響；根據(jù)得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒書寫離子方程式；利用Fe(OH)3的Ksp=c(Fe3＋)c3(OH-)來計算c(Fe3＋)?！驹斀狻竣瘢?）①用蒸餾水洗滌堿式滴定管后，不潤洗導(dǎo)致標準液濃度減小，消耗體積增大，測定結(jié)果偏大，必須用氫氧化鈉溶液潤洗，故①錯誤；④若用待測液潤洗錐形瓶，會使待測液溶質(zhì)物質(zhì)的量增加，消耗標準液的體積增大，測定結(jié)果增大，所以錐形瓶不能潤洗，故④錯誤；答案為：①④。（2）氫氧化鈉要用堿式滴定管，選擇乙，答案為：乙；（3）滴定時，左手控制滴定管，右手搖動錐形瓶，眼睛注視錐形瓶內(nèi)溶液顏色變化，答案為：錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化；（4）因為用甲基橙作指示劑，滴定終點時的現(xiàn)象為，錐形瓶中溶液由紅色變?yōu)槌壬野敕昼妰?nèi)不變色，答案為：由紅色變?yōu)槌壬野敕昼妰?nèi)不變色；（5）根據(jù)c(待測)=，分析操作對待測液的物質(zhì)的量濃度的影響：A．滴定終點時，有一滴標準液懸掛在滴定管尖嘴處，消耗標準液體積增大，滴定結(jié)果偏大，符合題意；B．觀察計數(shù)時，滴定前俯視，滴定后仰視，消耗標準液體積增大，滴定結(jié)果偏大，符合題意；C．錐形瓶先用蒸餾水洗滌后，未用待測液潤洗，滴定結(jié)果無影響；D．用酸式滴定管量取液體時，釋放液體前滴定管前端有氣泡，之后消失，消耗標準液體積減小，滴定結(jié)果偏小；E．滴定時振蕩錐形瓶有溶液飛濺出去，消耗標準液體積減小，滴定結(jié)果偏小；F．配制標準NaOH溶液定容時仰視觀察刻度線，標準液濃度減小，消耗標準液體積增大，滴定結(jié)果偏大，符合題意；答案為：ABF；Ⅱ.（6）該反應(yīng)中，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，KMnO4被還原為Mn2+根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可以寫出離子方程式為：5Fe2++8H++MnO4-=5Fe3++Mn2++4H2O；由于KMnO4溶液有強氧化性，應(yīng)裝在酸式滴定管中；由于MnO4-還原為Mn2+可看到溶液顏色由紫色變?yōu)闊o色，所以不需要指示劑；終點判斷可以利用MnO4-還原為Mn2+看到溶液顏色由紫色變?yōu)闊o色，當Fe2+完全反應(yīng)后，紫色不再褪去；答案為：5Fe2++8H++MnO4-=5Fe3++Mn2++4H2O；酸式；否；滴最后一滴酸性高錳酸鉀溶液紫色不褪去，且30s不變色；（7）制得純凈CuCl2溶液，要除去雜質(zhì)FeCl3，還注意不能引入新的雜質(zhì)，可以加入的物質(zhì)有：CuO(或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3)；溶液pH＝4，c(OH-)=10-10mol/L，c(Fe3＋)===mol/L;答案為：CuO(或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3)；2.6×10-9mol/L。【點睛】本題考查的酸堿中和滴定結(jié)果的影響因素，利用c(待測)=，仔細讀題分析各因素對測定結(jié)果的影響。滴定操作中，滴定管需要用標準液或者待測液潤洗，但是錐形瓶不能潤洗，要求熟悉酸堿中和滴定的基本操作。27、C或碳CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑甲苯溶液褪色CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2BrCH3CH=CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br甲烷、氫氣【分析】(1).由表中各產(chǎn)物的沸點數(shù)據(jù)可知，聚丙烯廢塑料加強熱時甲試管中的殘留物為C，電石的主要成分是碳化鈣，碳化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣和乙炔；(2).乙中試管用冷水得到的兩種產(chǎn)品為苯和甲苯，甲苯可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色；(3).乙烯、丙烯可以和溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)；(4).經(jīng)過上述過程處理后，最后收集到的氣體是甲烷和氫氣?！驹斀狻?1).聚丙烯廢塑料加強熱時得到的產(chǎn)物有：氫氣、甲烷、乙烯、丙烯、苯、甲苯和碳，由表中沸點數(shù)據(jù)可知，甲試管中最終殘留物是C，電石的主要成分是碳化鈣，碳化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣和乙炔，化學(xué)方程式為：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑，故答案為C或碳；CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑；(2).根據(jù)產(chǎn)物的沸點可知，乙中用冷水冷卻后得到的產(chǎn)品是苯和甲苯，苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，甲苯可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故答案為：甲苯；(3).從乙中出來的產(chǎn)物中含有乙烯和丙烯，二者都可以和溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)使溴的四氯化碳溶液褪色，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，CH3CH=CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br，故答案為溶液褪色；CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；CH3CH=CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br；(4).經(jīng)過上述過程處理后，最后收集到的氣體是甲烷和氫氣，故答案為甲烷、氫氣。【點睛】本題考查聚丙烯分解產(chǎn)物成分的探究，明確常見有機物的性質(zhì)是解答本題關(guān)鍵。判斷各個裝置中所收集物質(zhì)的成分時，要緊緊圍繞題中所給各產(chǎn)物的沸點進行分析，為易錯點，試題難度不大。28、CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+2S（s）ΔH=352kJ/molC<A0.3%0.622NH4HSO4(NH4)2S2O8+H2↑【分析】（1）根據(jù)圖示中反應(yīng)物和生成物狀態(tài)及總能量大小書寫熱化學(xué)方程式，再根據(jù)蓋斯定律計算反應(yīng)熱，書寫熱化學(xué)方程式；（2）根據(jù)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比及化學(xué)平衡移動原理分析解答；（3）根據(jù)電離度及電離平衡常數(shù)的表達式計算溶液中相關(guān)離子濃度的比；（4）根據(jù)電解原理及圖示電解質(zhì)的組成書寫相關(guān)電解方程式?！驹斀狻浚?）根據(jù)圖示中反應(yīng)物及生成物的能量大小可得熱化學(xué)方程式：i.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-(928kJ/mol-126kJ/mol)=?802kJ/mol，ii.S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH=?577kJ/mol，將方程式i?2ii得CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)ΔH=?802kJ/mol?2×(?577kJ/mol)=+352kJ/mol，故答案為：CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+2S（s）ΔH=+352kJ/mol；（2）①達到平衡狀態(tài)時，SO2的生成速率與S2(g)的生成速率之比為2:1，根據(jù)圖知，只有C點符合，故答案為：C