2026屆江蘇省南通市第一中學化學高二第一學期期中達標檢測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、用pH試紙測定溶液pH的正確操作是（）A．將一小塊試紙放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待測液點在試紙上，再與標準比色卡對照B．將一小塊試紙用蒸餾水潤濕后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待測液點在試紙上，再與標準比色卡對照C．將一小條試紙在待測液中蘸一下，取出后放在表面皿上，與標準比色卡對照D．將一小條試紙先用蒸餾水潤濕后，在待測液中蘸一下，取出后與標準比色卡對照2、下列有關實驗操作或現象描述正確的是()A．實驗室用圖1裝置制備Cl2B．加熱后圖2中溶液顏色恢復紅色C．用圖3裝置除去Cl2中含有的少量HClD．實驗室用圖4裝置制取少量蒸餾水3、以下說法不正確的是（）A．升溫可提高活化分子百分數，加快反應速率B．使用催化劑可降低反應活化能，加快反應速C．增大反應物的濃度可增大活化分子百分數，從而加快反應速率D．對于有氣體參與的反應，溫度不變時壓強的變化可以看作改變濃度4、一定條件下的密閉容器中：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＝－905.9kJ/mol，下列敘述正確的是A．向容器中充入4molNH3和5molO2進行反應，達到平衡時放出的熱量為905.9kJ。B．平衡時v正(O2)＝v逆(NO)。C．平衡后降低壓強，混合氣體平均摩爾質量增大。D．平衡后升高溫度，混合氣體中NO含量降低。5、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)6、2－丁烯的結構簡式正確的是A．CH2＝CHCH2CH3 B．CH2＝CHCH＝CH2C．CH3CH＝CHCH3 D．CH2＝C＝CHCH37、欲除去下列物質中混入的少量雜質（括號內物質為雜質），錯誤的是()A．乙酸乙酯（乙酸）：加飽和Na2CO3溶液，充分振蕩靜置后，分液B．乙醇（水）：加入新制生石灰，蒸餾C．己烯（苯酚）：加入NaOH溶液，充分振蕩靜置后，分液D．乙酸（乙醇）：加入金屬鈉，蒸餾8、電解質溶液的電導率越大，導電能力越強。用0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定10.00mL濃度均為0.100mol·L－1的鹽酸和CH3COOH溶液。利用傳感器測得滴定過程中溶液的電導率如圖所示。下列說法正確的是()A．曲線①代表滴定HCl溶液的曲線B．A點溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝0.1mol·L－1C．在相同溫度下，A、B、C三點溶液中水的電離程度：C＜B＜AD．D點溶液中：c(Cl－)＝2c(OH－)－2c(H＋)9、控制合適的條件，將反應2Fe3++2I-2Fe2++I2設計成如圖所示原電池，下列判斷不正確的是A．反應開始時，電流方向是從甲池石墨棒流向乙池石墨棒B．反應開始時，甲中石墨電極上Fe3+被還原C．電流計讀數為零時，反應達到化學平衡狀態(tài)D．電流計讀數為零后，在甲中溶入FeCl2固體，乙中石墨電極為負極10、下列說法不正確的是A．25℃時，測得0.1mol/L的一元堿MOH溶液pH=11，則MOH一定為弱堿B．25℃時，將pH=1的H2SO4溶液加水稀釋10倍，所得溶液的c(SO42-)為0.005mol/LC．25℃時，將的一元堿MOH溶液加水稀釋至pH=10，所得溶液c(OH-)=10-4mol/LD．25℃時，pH=12的一元堿MOH溶液與pH=2的鹽酸等體積混合，所得溶液pH≤711、NA表示阿伏伽德羅常數，下列說法正確的是（）A．18克水中含有NA個氫原子 B．32克氧氣中含有NA個氧原子C．NA個Al原子質量為27克 D．0.5NA個水分子中有1mol原子12、室溫下，向圓底燒瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氫溴酸，溶液中發(fā)生反應；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反應后達到平衡。已知常壓下，C2H5Br和C2H5OH的沸點分別為38.4℃和78.5℃。下列有關敘述錯誤的是A．加入NaOH，可增大乙醇的物質的量B．增大HBr濃度，有利于生成C2H5BrC．若反應物增大至2mol，則兩種反應物平衡轉化率之比不變D．若起始溫度提高至60℃，可縮短反應達到平衡的時間13、一定溫度下，在密閉容器中X、Y、Z、W四種氣體的初始濃度和平衡濃度如表所示，下列說法不正確的是物質XYZW初始濃度/mol·L－10.50.500平衡濃度/mol·L－10.10.10.40.4A．反應達到平衡時，X的體積分數為10%B．該溫度下反應的平衡常數K＝16C．保持溫度不變增大壓強，反應速率加快，平衡向正反應方向移動D．若X、Y的初始濃度均為0.8mol·L－1，則達到平衡時，W的濃度為0.64mol·L－114、下列各組液體混合物，用分液漏斗不能分開的是（）A．水與煤油 B．氯乙烷和水 C．甲苯和水 D．苯和溴苯15、下列常見的物質分離和提純操作中，將液體蒸發(fā)為氣體再冷凝為液體的操作是A．結晶B．蒸餾C．萃取D．過濾16、如圖表示在某溫度下經時間t反應后，物質x、y、z、w的物質的量的變化情況.，則所發(fā)生反應的化學方程式是（）A．4x+2yz+wB．6x+5y4z+wC．3w+z4x+2yD．2x+y2z+2w17、下列有關金屬腐蝕與防護的說法正確的是A．純銀器表面在空氣中因電化學腐蝕漸漸變暗B．當鍍錫鐵制品的鍍層破損時，鍍層仍能對鐵制品起保護作用C．在海輪外殼連接鋅塊保護外殼不受腐蝕是采用了犧牲陽極的陰極保護法D．可將地下輸油鋼管與外加直流電源的正極相連以保護它不受腐蝕18、如圖裝置中，U形管內為紅墨水，a、b試管內分別盛有食鹽水和稀醋酸，各加入生鐵塊，放置一段時間。下列有關描述錯誤的是A．生鐵塊中的碳是原電池的正極B．兩試管中相同的電極反應式是：Fe－2e－＝Fe2＋C．a試管中發(fā)生了吸氧腐蝕，b試管中發(fā)生了析氫腐蝕D．紅墨水柱兩邊的液面變?yōu)樽蟮陀腋?9、下列有關烯烴的說法中，正確的是A．烯烴分子中所有的原子一定在同一平面上B．烯烴在適宜的條件下只能發(fā)生加成反應，不能發(fā)生取代反應C．分子式是C4H8的烴分子中一定含有碳碳雙鍵D．烯烴既能使溴水褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色20、下列金屬冶煉的反應原理，錯誤的是（）。A．2NaCl（熔融）2Na＋Cl2↑B．MgO＋H2Mg＋H2OC．Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2D．2HgO2Hg＋O2↑21、已知烯烴在一定條件下氧化時，鍵斷裂，R1CH=CHR2可氧化成R1CHO和R2CHO。下列烯烴中，經氧化可得乙醛和丁醛的是A．1—己烯B．2—己烯C．2—甲基—2—戊烯D．3—己烯22、對有機物說法正確的是A．1mol該物質所含原子數為B．該物質系統(tǒng)命名為2,3-二甲基-5-乙基己烷C．該物質一個分子中最多10個碳原子共平面D．該物質為某炔烴加氫后的產物，則可能的炔烴的結構只有一種二、非選擇題(共84分)23、（14分）乙醇是生活中常見的有機物，能進行如圖所示的多種反應，A、B、C、D都是含碳化合物。(1)寫出下列反應的化學方程式并寫出③、④的反應類型：反應①：_____________。反應②：_______________。反應③的反應類型：______________。反應④的反應類型：______________。(2)乙醇分子中不同的化學鍵如圖：請用①~⑤填寫化學反應中乙醇的斷鍵位置Ⅰ.與活潑金屬反應，鍵______________斷裂Ⅱ.在Cu或Ag催化下和O2反應，鍵______________斷裂24、（12分）有機物G是一種重要的工業(yè)原料，其合成路線如圖：回答下列問題：(1)已知反應①為加成反應，則有機物A的名稱為______。(2)反應③的試劑和條件為______。(3)芳香烴M與B互為同分異構體，其核磁共振氫譜圖中峰面積之比為3：1，M的結構簡式為______。(4)有人提出可以將上述合成路線中的反應③和反應④簡化掉，請說明你的觀點和理由______。(5)反應⑥的化學方程式為______。25、（12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中現象表明綠礬分解產物有_____________(填化學式)。②預測Ⅲ中現象為_________，設計實驗證明Ⅲ中現象有可逆性，操作和現象為：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”)。26、（10分）硫是一種很活潑的元素，在適宜的條件下能形成?2、+6、+4、+2、+1價的化合物。Ⅰ.焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化劑之一，帶有強烈的SO2氣味，久置于空氣中易被氧化，其溶于水生成的NaHSO3溶液呈酸性。某研究小組采用如圖所示裝置(實驗前已除盡裝置內的空氣)制取Na2S2O5。(1)裝置Ⅰ中的濃硫酸____(能或不能)用稀硫酸代替，原因是______________________________________________。(2)裝置Ⅱ中有Na2S2O5晶體析出，要獲得已析出的晶體，可采取的操作是__________。(3)設計檢驗Na2S2O5晶體在空氣中變質的實驗方案：_______________。Ⅱ.Na2S2O3溶液可以用于測定溶液中ClO2的含量，實驗方案如下。步驟1：準確量取ClO2溶液10.00mL，稀釋至100mL。步驟2：量取V1mL稀釋后的ClO2溶液于錐形瓶中，調節(jié)溶液的pH≤2，加入足量的KI晶體，搖勻，在暗處靜置30分鐘。(已知：ClO2+I?+H+I2+Cl?+H2O未配平)步驟3：以淀粉溶液作指示劑，用cmol·L?1Na2S2O3溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(已知：I2+2S2O32—=2I?+S4O62—)(1)準確量取10.00mLClO2溶液的玻璃儀器是____________。(2)確定滴定終點的現象為________________________________。(3)根據上述步驟計算出原ClO2溶液的物質的量濃度為____mol·L?1(用含字母的代數式表示)。(4)下列操作會導致測定結果偏高的是_______________(填字母)。A．未用標準濃度的Na2S2O3溶液潤洗滴定管B．滴定前錐形瓶中有少量水C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失D．讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視27、（12分）實驗室有一瓶未知濃度的Na2S2O3，通過下列實驗測定其濃度①取10.0mLNa2S2O3于錐形瓶中，滴入指示劑2—3滴。②取一滴定管,依次查漏，洗滌，用0.01mol·L－1的I2溶液潤洗，然后注入該標準溶液,調整液面，記下讀數。③將錐形瓶置于滴定管下進行滴定，發(fā)生的反應為：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。試回答下列問題：（1）步驟①加入的指示劑是__________。（2）步聚③達到滴定終點的判斷__________________________________。（3）己知消耗標準液實驗數據如下表：實驗次數始讀數(ml)末讀數(ml)10.1019.2021.8520.7530.0024.06則廢水中的Na2S2O3物質的量濃度為_______________。（4）下列操作會導致測定結果偏高的是_________。A．滴定管在裝液前未用標準溶液潤洗B．滴定過程中，錐形瓶振蕩得太劇烈，錐形瓶內有液滴濺出C．裝標準溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡，滴定終點時發(fā)現氣泡D．達到滴定終點時，仰視讀數28、（14分）有機乙偶姻存在于啤酒中，是酒類調香中一個極其重要的品種，某研究性學習小組為確定乙偶姻的結構，進行如下探究。步驟一：將乙偶姻蒸氣通過熱的氧化銅(催化劑)氧化成二氧化碳和水，再用裝有無水氯化鈣和固體氫氧化鈉的吸收管完全吸收，裝置如圖。2.64g乙偶姻的蒸氣氧化產生5.28g二氧化碳和2.16g水。步驟二：升溫使乙偶姻汽化，測其密度是相同條件下H2的44倍。步驟三：用核磁共振儀測出乙偶姻的核磁共振氫譜如圖，圖中4個峰的面積比為1∶3∶1∶3。步驟四：利用紅外光譜儀測得乙偶姻分子的紅外光譜如圖。（1）如圖裝置中兩支U型管不能互換的理由是____。（2）乙偶姻的摩爾質量為_________。（3）乙偶姻的分子式為______________。（4）乙偶姻的結構簡式為__________。29、（10分）已知在容積為2.0L的恒容密閉容器中存在可逆反應：M(g)+N(g)P(g)+W(g)。該可逆反應的平衡常數與溫度的關系如表：溫度/℃300500700900平衡常數回答下列問題：（1）溫度為300℃時，在容器中加入0.5molM和0.5molN，4min時反應達到平衡。①平衡時氣體的總物質的量為___mol。②N的轉化率為___%。③若保持溫度不變，再向容器中充入0.25molM和0.25molN，平衡將___(填“正向”逆向”或“不”)移動。（2）某溫度下，將一定量的M和N充入該容器中，測得不同條件下反應過程中部分物質的物質的量變化情況如圖所示。①生成物W在4～6min內的平均反應速率(W)=___mol·L-1·min-1。②第8min時改變的反應條件可能是___(填標號)。A．增大壓強B．減小壓強C．升高溫度D．降低溫度③若反應在第8min時，改變了反應的溫度，則反應在第12min時，反應體系的溫度為___(填范圍或數值)。

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、A【詳解】A.將一小塊試紙放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待測液點在試紙上，再與標準比色卡對照，A正確；B.用pH試紙測定溶液pH值時，若用蒸餾水潤濕試紙，相當于把待測液加水稀釋，導致所測的pH值可能不準，故試紙是不能事先潤濕的，B不正確；C.不能將試紙在待測液中蘸一下，這樣會污染試劑，C不正確；D.不能將試紙用蒸餾水潤濕，D不正確。本題選A。2、B【解析】A．應在加熱條件下制備氯氣；B．二氧化硫與品紅化合生成無色物質，受熱易分解；C．二者都與氫氧化鈉溶液反應；D．冷卻水方向錯誤?！驹斀狻緼．利用二氧化錳和濃鹽酸制備氯氣，需要加熱，圖中缺少酒精燈，不能制備氯氣，選項A錯誤；B．二氧化硫與品紅化合生成無色物質，受熱易分解，則加熱后圖2中溶液顏色恢復紅色，選項B正確；C．二者都與氫氧化鈉溶液反應，應用排飽和食鹽水進行除雜，選項C錯誤；D．冷卻水方向錯誤，應下進上出，選項D錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及物質的分離、氣體的制備、漂白性及蒸餾實驗等，側重實驗操作和物質性質的考查，注意方案的合理性、評價性分析，題目難度不大。3、C【詳解】A．升高溫度，使單位體積內活化分子數增多，活化分子的百分數增大，從而使有效碰撞次數增大，使化學反應速率增大，故A正確；B．催化劑能降低反應的活化能，活化分子的百分數增大，從而使有效碰撞次數增大，化學反應速率增大，故B正確；C．加入反應物，活化分子百分數不變，但活化分子總數增加，化學反應速率增大，故C錯誤；D．對于有氣體參與的反應，溫度不變時，壓強的變化相當于濃度的變化，故D正確；故選C。4、D【詳解】A．該反應為可逆反應，故反應達平衡時反應物不能全部轉化為生成物，放出的熱量小于905.9kJ，A項錯誤；B．同一反應中，各物質的化學反應速率之比等于化學方程式中相應各物質的化學計量數之比，故，根據題給信息，則，此時，說明平衡時，B項錯誤；C．降低壓強，平衡右移，氣體的總物質的量增大，混合氣體的質量不變，故混合氣體的平均摩爾質量減小，C項錯誤；D．升高溫度，平衡向左移動，混合氣體中的NO含量降低，D項正確；答案選D。5、C【分析】A.根據CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)寫出平衡常數表達式，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之比1:1，二者轉化率相等，據此判斷；

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。6、C【詳解】2－丁烯的主鏈有4個碳原子，在第二個碳原子和第三個碳原子之間形成一個碳碳雙鍵，故答案選C。7、D【詳解】A、飽和碳酸鈉溶液和乙酸發(fā)生反應，降低乙酸乙酯在溶液中的溶解度使之析出，便于分液，故說法正確；B、生石灰吸收水轉變成氫氧化鈣，然后采用蒸餾的方法，得到乙醇，故說法正確；C、苯酚顯酸性與堿反應生成可溶性鹽，己烯不溶于水，然后采用分液的方法進行分離，故說法正確；D、乙醇和乙酸都與金屬鈉反應，不能做到除雜，故說法錯誤。8、D【解析】溶液導電能力與離子濃度成正比，CH3COOH是弱電解質，溶液中離子濃度較小，加入NaOH后，溶液中離子濃度增大，溶液導電性增強；HCl是強電解質，隨著NaOH溶液加入，溶液體積增大，導致溶液中離子濃度減小，溶液導電能力減弱，當完全反應后離子濃度最小，繼續(xù)加入NaOH溶液，離子濃度增大，溶液導電能力增強，根據圖知，曲線②代表0.1mol/LNaOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲線，曲線①代表0.1mol/LNaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲線，則A．由分析可知，曲線①代表滴定CH3COOH溶液的曲線，A錯誤；B．A點溶液中c（Na+）=0.05mol/L，電解質溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，B錯誤；C．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，C點溶質為NaCl，A點溶質為醋酸鈉，促進水電離，B點為等物質的量濃度的醋酸鈉和NaOH，NaOH會抑制水的電離，所以在相同溫度下，水的電離程度：B＜C＜A，C錯誤；D．定量分析可知，D點溶液中，c（Na+）=1.5c（Cl-），根據電荷守恒得c（Cl-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），則c(Cl－)=2c(OH－)－2c(H+)，D正確；答案選D。9、D【分析】由總反應方程式得，I-被氧化，Fe3+被還原，因此甲中石墨為正極，乙中石墨為負極?！驹斀狻緼．乙中I-被氧化，Fe3+被還原，因此甲中石墨為正極，乙中石墨為負極，電流方向是從正經導線流向負極，所以從甲池石墨棒流向乙池石墨棒，故A項正確；B．由總反應方程式知，Fe3+被還原成Fe2+，故B項正確；C．當電流計為零時，說明沒有電子發(fā)生轉移，反應達到平衡，故C項正確；D．加入Fe2+，導致平衡逆向移動，則Fe2+失去電子生成Fe3+，作為負極，故D項錯誤；故選D。10、D【詳解】A.0.1mol/L的一元堿MOH溶液pH=11，則一元堿MOH溶液中c(OH-)=10-3mol/L，所以MOH只有一部分電離，屬于弱堿，A正確；B.pH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，c(SO42-)=0.05mol/L，稀釋10倍后所得溶液的c(SO42-)=0.005mol/L，B正確；C.25℃時，MOH溶液的pH=10，則c(H+)=10-10mol/L，所得溶液c(OH-)=10-4mol/L，C正確；D.25℃時，pH=12的一元堿MOH溶液中c（MOH）≥0.01mol/L，pH=2的鹽酸溶液中c（HCl）=0.01mol/L，二者等體積混合后所得溶液pH≥7，D錯誤；故合理選項是D。11、C【詳解】A．18克水中的物質的量為1mol，一個水分子中含有2個氫原子，所以18克水中含有氫原子的個數為2NA，故A錯誤；B．32克氧氣的物質的量為1mol，一個氧氣分子中含有2個氧原子，所以32克氧氣中含有2NA個氧原子，故B錯誤；C．NA個Al的物質的量為1mol，Al的摩爾質量為27g/mol，所以NA個Al原子質量為27克，故C正確；D．0.5NA個水分子物質的量為0.5mol，1mol水分子中含有3mol原子，所以0.5mol水分子中含有1.5mol原子，故D錯誤；故選C。12、D【分析】根據題目的反應，主要判斷外界條件的變化對平衡和速率的應該結果即可?！驹斀狻緼．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移動，可增大乙醇的物質的量。選項A正確。B．增大HBr濃度，平衡正向移動，有利于生成C2H5Br。選B正確。C．若反應物增大至2mol，實際上就是將反應物的濃度都增大至原來的2倍，比例不變（兩次實驗反應物的比例都是1:1，等于方程式中的系數比），只要反應物的投料比等于系數比，達平衡時反應物的轉化率一定是相等的。所以兩種反應物的轉化率一定是1:1。選項C正確。D．若起始溫度提高至60℃，考慮到HBr易揮發(fā)性，溫度升高化學反應速率加快，而反應物濃度減小能使化學反應速率變慢，故不一定能縮短到達平衡的時間。選項D錯誤。故選D。點睛：本題中的反應是反應前后物質的量不變的反應，但是考慮到反應是在水溶液中進行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本題中的溴乙烷應該是沒有濃度的，所以選項D中是不需要考慮溫度升高將溴乙烷蒸出的影響的。13、C【詳解】達到平衡狀態(tài)各物質反應量X、Y、Z、W物質的量為0.4，04，0.4，0.4，反應的化學方程式為X+YZ+W。A.平衡后體積分數=×100%=，正確；B.平衡常數等于生成物平衡濃度冪之積除以反應物平衡濃度冪之積，K=，正確；C.依據消耗物質的物質的量等于化學方程式計量數之比書寫化學方程式為X+YZ+W，依據化學平衡移動原理分析，增大壓強反應速率增大，平衡不移動，錯誤；D.反應前后氣體體積不變，同倍數增大起始量，平衡量同倍數增加，若X、Y的初始濃度均為0.8

mol?L-1，相同條件下達到平衡，W的濃度為0.64

mol?L-1

，正確。14、D【分析】適用于用分液漏斗分離的應是互不相溶液體的分離。【詳解】A．水和煤油互不相溶，可用分液的方法分離，故A不選；B．氯乙烷和水互不相溶，可用分液的方法分離，故B不選；C．甲苯和水互不相溶，可用分液的方法分離，故C不選；D．乙醇和乙酸互溶，不能用分液的方法分離，故D選；故選：D。15、B【解析】將液體蒸發(fā)為氣體再冷凝為液體的操作是蒸餾。故選B。16、A【解析】試題分析：根據圖像，參與反應的x、y、z、w的物質的量之比為4:2:1:1，且x、y為反應物，z、w為生成物，故選A。考點：考查了化學方程式的書寫的相關知識。17、C【詳解】A、純銀器在空氣中久置會被氧化變黑，不具備形成原電池的條件，所以為化學腐蝕，故A正確；B、當鍍錫鐵制品的鍍層破損時，因為Fe比Sn更活潑，Sn、Fe形成原電池，Fe為負極，鍍層不再起到保護作用，故B錯誤；C、在海輪外殼連接鋅塊保護外殼不受腐蝕，因為Fe與Zn形成原電池，Zn作負極(陽極)被消耗，從而保護了正極(陰極)Fe，該防護方法稱為犧牲陽極的陰極保護法，故C正確；D、利用電解池原理進行金屬防護的方法稱為外加電流的陰極保護法，使被保護金屬與直流電源的負極相連可防止金屬被腐蝕，所以將地下輸油鋼管與外加直流電源的負極相連，可保護鋼管不受腐蝕，故D正確?！军c睛】本題考查金屬的腐蝕與防護，注意把握金屬腐蝕的原理和電化學知識。金屬腐蝕一般分為化學腐蝕和電化學腐蝕，化學腐蝕是金屬與氧化劑直接接觸反應，例如本題A項；電化學腐蝕是不純的金屬或合金跟電解質溶液接觸，形成原電池而造成的腐蝕，例如題中B項；金屬防護方法除了覆蓋保護層、改變金屬內部結構外，還可以根據電化學原理防護，例如題中C、D涉及的犧牲陽極的陰極保護法和外加電流的陰極保護法。18、D【解析】根據鐵所處的環(huán)境分析，鐵將發(fā)生電化學腐蝕。b試管溶液顯酸性，發(fā)生析氫腐蝕，生成氫氣，導致右側壓強增大。a試管溶液顯中性，發(fā)生吸氧腐蝕，左側壓強減小?！驹斀狻緼、生鐵在潮濕的環(huán)境中將發(fā)生電化學腐蝕，鐵失電子發(fā)生氧化反應，鐵為負極、碳為正極，故A正確；B、兩試管中都是鐵為負極，負極反應式是：Fe－2e－＝Fe2＋，故B正確；C、b試管溶液顯酸性，發(fā)生析氫腐蝕，a試管溶液顯中性，發(fā)生吸氧腐蝕，故C正確；D、b試管溶液顯酸性，發(fā)生析氫腐蝕，生成氫氣，導致右側壓強增大。a試管溶液顯中性，發(fā)生吸氧腐蝕，左側壓強減小，所以紅墨水水柱是左高右低，故D錯誤。答案選D?！军c睛】本題考查了金屬的腐蝕與防護，明確生鐵在中性溶液中易發(fā)生吸氧腐蝕，在酸性溶液中易發(fā)生析氫腐蝕，無論是析氫腐蝕還是吸氧腐蝕，都是鐵失電子被氧化。19、D【分析】A.烯烴分子中，與雙鍵碳原子相連的6個原子處于同一平面上，而其他的原子則不一定處于該平面上；

B.加成反應是不飽和鍵的特征反應，但若烯烴中還含有烷基等其他原子時，一定條件下也可發(fā)生取代反應；

C.分子式為C4H8的烴可以是烯烴，也可以是環(huán)烷烴，而環(huán)烷烴中并不含碳碳雙鍵；

D.烯烴中的碳碳雙鍵既可以與Br2加成而使溴水褪色，也可被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色?！驹斀狻緼.烯烴分子中，與雙鍵碳原子相連的6個原子處于同一平面上，而其他的原子則不一定處于該平面上，如丙烯CH3CH═CH2分子中-CH3上的氫原子最多只有一個處于其他6個原子所在的平面上，故A錯誤；

B.烯烴中含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應，若烯烴中還含有烷基等其他原子時，一定條件下也可發(fā)生取代反應，如CH2Cl-CH=CH2能與氫氧化鈉水溶液發(fā)生取代反應，故B錯誤；

C.分子式為C4H8的烴可以是環(huán)烷烴，而環(huán)烷烴中并不含碳碳雙鍵，故C錯誤；

D.烯烴中含有碳碳雙鍵，既能使溴水褪色也能使酸性KMnO4溶液褪色，所以D選項是正確的；

答案選D?！军c睛】本題主要考查了烯烴的共面、同分異構體以及雙鍵的性質等，需要注意的是若烯烴中還含有烷基等其他原子時，一定條件下也可發(fā)生取代反應。20、B【詳解】A、鈉是活潑金屬，應采用電解法制取，選項A正確；B、鎂是活潑金屬，應采用電解法制取，并且鎂與熱水反應，選項B錯誤；C、Fe處于金屬活動性順序表中處于中間位置的金屬，通常是用還原劑（C、CO、H2、活潑金屬等）將金屬從其化合物中還原出來，選項C正確；D、Hg為不活潑金屬，可以直接用加熱分解的方法將金屬從其化合物中還原出來，選項D正確；答案選B。21、B【解析】試題分析：烯烴在一定條件下氧化時，碳碳雙鍵斷裂，兩個不飽和的碳原子被氧化變?yōu)?CHO。若某烯烴經氧化可得乙醛和丁醛，原來的物質是2—己烯，結構簡式是CH3-CH=CH-CH2CH2CH3，故選項是B?？键c：考查烯烴的氧化反應規(guī)律的應用的知識。22、D【解析】該烴碳原子跟碳原子都以單鍵結合，碳原子剩余的價鍵全部跟氫原子相結合，使每個原子的化合價都達到“飽和”，所以為烷烴，據此分析；【詳解】A、該有機物分子式為C10H22，共含有32個原子，1mol該物質所含原子數為32NA，故A錯誤；

B、根據烷烴的系統(tǒng)命名原則知，該有機物的系統(tǒng)命名為2，3，5-三甲基庚烷，故B錯誤；

C、烷烴為鋸齒形結構，主鏈有7個碳原子，由于飽和碳原子具有四面體結構，所以該物質一個分子中最多7個碳原子共平面，故C錯誤；D、根據炔烴與H2加成反應的原理，推知該烷烴分子中相鄰碳原子上均帶2個氫原子的碳原子間是對應炔存在C≡C的位置，符合條件的只有一種，故D正確。故選D?！军c睛】解答本題要求具備基本的知識，要注意掌握，烷烴的命名原則：碳鏈最長稱某烷，靠近支鏈把號編，簡單在前同相并，其間應劃一短線；若烷烴是炔烴加氫后的產物，則該烷烴分子中相鄰碳原子上均帶2個氫原子。二、非選擇題(共84分)23、2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O酯化(或取代)反應氧化反應①①③【分析】乙醇和鈉發(fā)生置換反應生成乙醇鈉和氫氣；乙醇點燃生成二氧化碳和水；乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水；乙醇在銅催化作用下氧化成乙醛；【詳解】(1)反應①是乙醇和鈉發(fā)生置換反應生成乙醇鈉和氫氣，反應方程式是2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；反應②是乙醇燃燒生成二氧化碳和水，反應方程式是CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O；反應③是乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水，反應類型酯化(或取代)反應。反應④是乙醇在銅催化作用下氧化成乙醛，反應類型是氧化反應；(2)Ⅰ.乙醇與活潑金屬反應生成乙醇鈉，乙醇鈉的結構式是，所以是鍵①斷裂；Ⅱ.乙醇在Cu或Ag催化下和O2反應生成乙醛，乙醛的結構式是，所以是鍵①③斷裂。七、元素或物質推斷題24、丙烯NaOH醇溶液，加熱不能，由于有機物C有兩種結構，通過反應③④進行處理，轉化為一種結構2+O22+2H2O【分析】苯與A發(fā)生反應①為加成反應產生B，根據B和苯結構簡式知，A為CH2=CHCH3，B發(fā)生取代反應生成C，C發(fā)生消去反應生成D，則C可能為或。由E分子式及D、F的結構可知，D發(fā)生加成反應生成E，E水解生成F，則E為，F發(fā)生催化氧化生成G?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍篈是CH2=CHCH3；C是或；E是。(1)反應①為加成反應，根據B和苯結構簡式知，A為CH2=CHCH3，有機物A的名稱為丙烯；(2)反應③是C：或發(fā)生消去反應形成D：，需要的試劑和反應條件為：NaOH醇溶液、加熱；(3)B是，芳香烴M與B互為同分異構體，其核磁共振氫光譜圖峰面積之比為3：1，說明M中含有2種氫原子，氫原子個數之比為3：1，則M的結構簡式為；(4)有機物C有兩種結構，通過反應③④進行處理，轉化為一種結構，所以不能簡化掉；(5)反應⑥是F：與O2在Cu作催化劑條件下，加熱被氧化為G：的過程，該反應的化學方程式為：2+O22+2H2O?！军c睛】本題考查有機物的推斷與合成。根據有機物的結構，采取正推、逆推相結合的方法進行分析判斷，要熟練掌握各類物質的性質，注意反應前后官能團的轉化，來確定反應條件。25、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）三組滴定數據中，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。26、不能二氧化硫易溶于水過濾取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量的鹽酸，振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，則說明Na2S2O5晶體已變質酸式滴定管滴加最后一滴Na2S2O3溶液時，溶液剛好由藍色變?yōu)闊o色，且保持30s不變2cV2V1【分析】Ⅰ.稀硫酸不能代替濃硫酸，與亞硫酸鈉反應產生二氧化硫氣體，因為二氧化硫易溶于水；裝置Ⅱ中析出Na2S2O5晶體，通過過濾操作得到該晶體；Na2S2O5晶體在空氣中易被氧化為Na2SO4，用鹽酸、氯化鋇溶液檢驗樣品中是否含有硫酸根即可。Ⅱ.ClO2溶液具有強氧化性，量取ClO2溶液用酸式滴定管；滴定終點時Na2S2O3溶液將碘全部還原，以淀粉溶液作指示劑；根據電子守恒，二氧化氯和碘單質的反應中有如下關系：2ClO2～5I2，結合反應2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到關系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，由關系式求解即可?！驹斀狻竣?（1）稀硫酸不能代替濃硫酸，與亞硫酸鈉反應產生二氧化硫氣體，因為二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸。（2）裝置Ⅱ中析出Na2S2O5晶體，通過過濾操作得到該晶體。（3）Na2S2O5晶體在空氣中易被氧化為Na2SO4，用鹽酸、氯化鋇溶液檢驗樣品中是否含有硫酸根即可，其檢驗方法為：取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量鹽酸，振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，則說明Na2S2O5晶體已變質。Ⅱ.（1）ClO2溶液具有強氧化性，所以準確量取10.00mLClO2溶液的玻璃儀器是酸式滴定管。（2）滴定終點時Na2S2O3溶液將碘全部還原，以淀粉溶液作指示劑，溶液藍色褪去，滴定終點的現象為滴加最后一滴Na2S2O3溶液時，溶液剛好由藍色變?yōu)闊o色，且保持30s不變。（3）根據電子守恒，二氧化氯和碘單質的反應中有如下關系：2ClO2～5I2，結合反應2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到關系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，n（S2O32-）=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物質的量為2cV2×10-4mol，則10mL的原溶液含有ClO2的物質的量為2cV2V1×10-2mol，所以原ClO2溶液的物質的量濃度為2cV2V1×10-2mol÷0.01L=【點睛】本題考查實驗方案的設計，涉及化學方程式的有關計算、誤差分析、物質檢驗、基本實驗操作等知識點，明確實驗原理及物質性質是解本題關鍵，難點是實驗方案設計，注意化學用語使用的規(guī)范性。27、淀粉溶液滴入最后一滴標準液時,溶液由無色變成藍色,且振蕩半分鐘內不變色0.038mol?L﹣1AD【詳解】（1）本滴定實驗為利用I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6測定生成I2從而確定水樣中的Cl2，故所用指示劑用來指示溶液中I2的量，故應用淀粉溶液作指示劑；綜上所述，本題答案是：淀粉溶液。（2）碘遇淀粉變藍，判斷達到滴定終點的實驗現象是：滴入最后一滴標準液，溶液由無色變成藍色且半分鐘內不恢復；綜上所述，本題答案是：滴入最后一滴標準液時，溶液由無色變成藍色，且振蕩半分鐘內不變色。（3）從圖表中數據可知，消耗標準液的體積：三組數據：19.10mL，18.90mL，24.06，24.06誤差太大，舍去；因此消耗標準液的體積平均為19.00mL；根據反應I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，則廢水中的Na2S2O3物質的量濃度為(19×0.01×2)/10=0.038mol?L﹣1；綜上所述，本題答案是：0.038mol?L﹣1。（4）依據進行如下分析：A．酸式滴定管未用標準鹽酸溶液潤洗會導致c（標準）變小，則V（標準）偏大，故所測NaOH溶液濃度偏大，正確；B．滴定過程中，錐形瓶振蕩得太劇烈，錐形瓶內有液滴濺出，導致待測溶液的溶質總量減小，消耗標準液的體積偏小，所測NaOH溶液濃度偏小，錯誤；C．滴定前滴定管尖嘴中沒有氣泡，滴定終點時發(fā)現氣泡，由于氣泡占有空間，則會導致V（標準）體積偏小，故會導致所測濃度偏小，錯誤；D．達到滴定終點時，仰視讀數，導致V（標準）體積偏大，會導致所測濃度偏大；正確；綜上所述，本題選AD?！军c睛】針對于問題（4）中C選項：裝標準溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡，滴定終點時發(fā)現氣泡，由于氣泡占有液體的空間，因此則會導致V（標準）體積偏小，故會導致所測濃度偏??；如果