江蘇省無錫市江陰市2026屆高二上化學期中調(diào)研試題注意事項：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?；卮鸱沁x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、一定溫度下，在三個體積均為1.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)下列說法正確的是（）容器編號溫度(℃)起始物質(zhì)的量(mol)平衡物質(zhì)的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)I3870.200.0800.080II3870.40III2070.200.0900.090A．該反應的正反應為吸熱反應B．達到平衡時，容器I中的CH3OH體積分數(shù)比容器II中的小C．容器I中反應到達平衡所需時間比容器III的長D．若起始時向容器I中充入0.15mol的CH3OH、0.15mol的CH3OCH3和0.10mol的H2O，則反應將向正反應方向進行2、下列說法正確的是（）A．需要加熱才能發(fā)生的反應一定是吸熱反應B．化學反應中的能量變化都表現(xiàn)為熱量變化C．任何吸熱反應必須加熱才能發(fā)生D．反應物和生成物所具有的總能量決定了反應是放熱還是吸熱3、原電池的電極反應式不僅與電極材料的性質(zhì)有關，也與電解質(zhì)溶液有關。下列說法錯誤的是（）A．由Fe、Cu、FeCl3溶液組成的原電池，負極反應式為Cu－2e－=Cu2＋B．由金屬Al、Cu和稀硫酸組成的原電池，負極反應式為Al－3e－=Al3＋C．由Al、Mg、NaOH溶液組成的原電池，負極反應式為Al＋4OH－－3e－=AlO＋2H2OD．由金屬Al、Cu和濃硝酸組成的原電池，負極反應式為Cu－2e－=Cu2＋4、已知元素鋁（A1）的原子序數(shù)為13，下列敘述正確的是（）A．元素的最高化合價為＋3B．元素是第四周期的主族元素C．原子的第3電子層含有18個電子D．鋁的氧化物的水溶液呈強堿性5、下列有關0.1mol·L－1Na2CO3溶液的說法中錯誤的是A．其中鈉離子的濃度為0.2mol·L－1 B．溶液中的OH－濃度大于H＋濃度C．溶液中Na＋的濃度等于濃度的二倍 D．溶液中H2CO3分子的濃度不為06、欲將溶液中的Al3+沉淀完全，最合適的試劑是()A．NaOH溶液 B．氨水 C．Na2SO4溶液 D．NaCl溶液7、在盛有足量A的體積可變的密閉容器中，加入B，發(fā)生反應：A(s)＋2B(g)4C(g)＋D(g)ΔH<0。在一定溫度、壓強下達到平衡。平衡時C的物質(zhì)的量與加入的B的物質(zhì)的量的變化關系如圖。下列說法正確的是A．當溫度升高后，則圖中θ＞45°B．若再加入B，再次達到平衡狀態(tài)時，正、逆反應速率均增大C．平衡時B的轉化率為50%D．若再加入B，則平衡后反應體系氣體密度減小8、以下現(xiàn)象與電化學腐蝕無關的是（）A．生鐵比純鐵容易生銹B．黃銅（銅鋅合金）制作的銅鑼不易產(chǎn)生銅綠C．鐵質(zhì)器件附有銅質(zhì)配件，在接觸處易生鐵銹D．銀質(zhì)物品久置表面變暗9、將AgCl分別加入盛有：①5mL水；②6mL0.5mol·L－1NaCl溶液；③10mL0.2mol·L－1CaCl2溶液；④50mL0.1mol·L－1鹽酸的燒杯中，均有固體剩余，各溶液中c(Ag＋)從大到小的順序排列正確的是A．④③②① B．②③④① C．①④③② D．①③②④10、草酸是中強酸，草酸氫鉀溶液呈酸性。在0.1mol·L－1KHC2O4溶液中，下列關系正確的是①c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4－)＋c(OH－)＋c(C2O42－)②c(HC2O4－)＋c(C2O42－)＝0.1mol·L－1③c(C2O42－)>c(H2C2O4)④c(K＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)A．①② B．①④ C．③④ D．②③11、從海帶中提取碘單質(zhì)的工藝流程如下。下列關于海水制碘的說法，不正確的是()A．在碘水中加入幾滴淀粉溶液，溶液變藍色B．實驗室在蒸發(fā)皿中灼燒干海帶，并且用玻璃棒攪拌C．含I－的濾液中加入稀硫酸和雙氧水后，碘元素發(fā)生氧化反應D．碘水加入CCl4得到I2的CCl4溶液，該操作為“萃取”12、“碳呼吸電池”是一種新型能源裝置，其工作原理如下圖。下列說法錯誤的是A．該裝置是將化學能轉變?yōu)殡娔蹷．每得到1mol草酸鋁，電路中轉移3mol電子C．正極的電極反應：2CO2+2e－===C2O42-D．利用該技術可捕捉大氣中的CO213、下列反應中既是氧化還原反應，能量變化情況又符合下圖的是

A．鋁片與稀鹽酸的反應 B．NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O的反應C．碳和水蒸氣反應 D．甲烷的燃燒反應14、除去下列物質(zhì)中的雜質(zhì)(括號內(nèi)的物質(zhì))，所使用的試劑和主要操作都正確的是選項

物質(zhì)

使用的試劑

主要操作

A

乙醇（水）

金屬鈉

蒸餾

B

乙酸乙酯（乙酸）

飽和碳酸鈉溶液

分液

C

苯（苯酚）

濃溴水

過濾

D

乙烷（乙烯）

酸性高錳酸鉀溶液

洗氣

A．A B．B C．C D．D15、下列有機化合物分子中的所有碳原子不可能處于同一平面的是A．B．CH3CCHC．D．16、以下反應可表示獲得乙醇并用作汽車燃料的過程，下列有關說法正確的是①6CO2(g)+6H2O(l)===C6H12O6(s)+6O2(g)ΔH1②C6H12O6(s)===2C2H5OH(l)+2CO2(g)ΔH2③C2H5OH(l)+3O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)ΔH3A．2ΔH3=?ΔH1?ΔH2B．在不同油耗汽車中發(fā)生反應③，ΔH3會不同C．植物的光合作用通過反應①將熱能轉化為化學能D．6CO2(g)+6H2O(g)===C6H12O6(s)+6O2(g)ΔH4，則ΔH4＞ΔH117、某有機物，經(jīng)過下列反應后，該物質(zhì)一定不含手性碳的是A．酯化反應B．水解反應C．催化氧化D．消去反應18、有鐵、氧化鐵、氧化亞鐵的混合物1.82g，加入50mL1mol/L的鹽酸溶液時，恰好完全反應，同時生成標準狀況下的氣體0.112L。向所得溶液中滴加KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象。若將等質(zhì)量的該混合物在CO中加熱并充分反應，冷卻后所得固體的質(zhì)量是()A．1.40g B．1.52g C．2.00g D．3.40g19、室溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．25℃時，由水電離產(chǎn)生的c(H+)為1×10-9的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO32－、NO3－B．c(H+)/c(OH－)＝1012的溶液中：NH4+、NO3－、Cl－、Fe3+C．加酚酞呈紅色的溶液中：CO32－、Cl－、F－、NH4+D．pH＝12的溶液中：Na＋、NH4＋、MnO4－、CO32－20、已知常溫下，幾種物質(zhì)的電離平衡常數(shù)，下列反應的離子方程式合理的是弱酸甲酸（HCOOH）H2SO3H2CO3HClOK25℃K=1.77×10-4K1=1.54×10-2K2=1.02×10-7K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11K=2.98×10-8A．次氯酸鈣溶液中通入少量二氧化碳:C1O-+H2O+CO2=HClO+HCO3-B．次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化硫:2ClO-+SO2+H2O=SO32-+2HClOC．碳酸鈉溶液中通入過量SO2:SO2+H2O+CO32-=2HSO3-+CO2D．純堿溶液中滴加少量甲酸:2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑21、電子數(shù)相等的粒子叫等電子體，下列粒子不屬于等電子體的是A．CH4和NH4+B．NO和O2C．HCl和H2SD．NH2﹣和H3O+22、下列有關物質(zhì)用途的說法正確的是A．明礬可用作凈水劑 B．甲醛可用作食品防腐劑C．氫氧化鈉可用來治療胃酸過多 D．鋁制容器可長期存放酸性食物二、非選擇題(共84分)23、（14分）下表列出了A~R10種元素在周期表中的位置：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02EG3ACDFHIR4B（1）這10種元素中化學性質(zhì)最不活潑的是______（填元素符號）。（2）A、B、C三種元素按原子半徑由大到小的順序排列為____。（3）A的過氧化物與水反應的化學方程式為_______；在該反應中，還原劑是________。（4）D的最高價氧化物對應的水化物與NaOH溶液發(fā)生反應，其離子方程式為___________。（5）E元素和F元素兩者核電荷數(shù)之差是____。24、（12分）A，B，C，D是四種短周期元素，E是過渡元素。A，B，C同周期，C，D同主族，A的原子結構示意圖為，B是同周期第一電離能最小的元素，C的最外層有三個未成對電子，E的外圍電子排布式為3d64s2?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出下列元素的符號：A____，B___，C____，D___。（2）用化學式表示上述五種元素中最高價氧化物對應水化物酸性最強的是___，堿性最強的是_____。（3）用元素符號表示D所在周期第一電離能最大的元素是____，電負性最大的元素是____。（4）E元素原子的核電荷數(shù)是___，E元素在周期表的第____周期第___族，已知元素周期表可按電子排布分為s區(qū)、p區(qū)等，則E元素在___區(qū)。（5）寫出D元素原子構成單質(zhì)的電子式____，該分子中有___個σ鍵，____個π鍵。25、（12分）一種利用鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，還含有少量Fe2O3)聯(lián)合生產(chǎn)鐵紅和鈦白粉的工藝流程如圖所示，回答下列問題：（1）為加快鈦鐵礦在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有______任寫兩種)。（2）FeSO4溶液與NH4HCO3溶液反應的離子方程式是________。（3）TiO2+水解為TiO(OH)2沉淀的離子方程式為__________，需要加入Na2CO3粉末的目的是__________________________________________。（4）常溫下，在生成的FeCO3達到沉淀溶解平衡的溶液中，測得溶液中c(CO32－)=3.0×10-6mol/L，需要控制溶液pH____________時，才能使所得的FeCO3中不含F(xiàn)e(OH)2。(已知：Ksp[FeCO3]=3.0×10-11，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10-16)26、（10分）某小組擬用含稀硫酸的KMnO4溶液與H2C2O4溶液(弱酸)的反應(此反應為放熱反應)來探究“條件對化學反應速率的影響”，并設計了如表的方案記錄實驗結果(忽略溶液混合體積變化)。限選試劑和儀器：0.20mol/LH2C2O4溶液、0.010mol/LKMnO4溶液(酸性)、蒸餾水、試管、量筒、秒表、恒溫水浴槽V(0.20mol/LH2C2O4溶液)/mLV(蒸餾水)/mLV(0.010mol/LKMnO4溶液)/mLM(MnSO4固體)/gT/℃乙①2.004.0050②2.004.0025③1.0a4.0025④2.004.00.125回答下列問題：(1)完成上述反應原理的化學反應方程式：___。(2)上述實驗①②是探究___對化學反應速率的影響；若上述實驗②③是探究濃度對化學反應速率的影響，則a為___；乙是實驗需要測量的物理量，則表格中“乙”應填寫___。上述實驗②④是探究___對化學反應速率的影響。(3)為了觀察紫色褪去，草酸與高錳酸鉀初始的物質(zhì)的量需要滿足的關系n(H2C2O4):n(KMnO4)最小為：___。27、（12分）水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的條件。某課外小組采用碘量法測定學校周邊河水中的溶解氧。實驗步驟及測定原理如下：Ⅰ．取樣、氧的固定用溶解氧瓶采集水樣。記錄大氣壓及水體溫度。將水樣與Mn(OH)2堿性懸濁液（含有KI）混合，反應生成MnO(OH)2，實現(xiàn)氧的固定。Ⅱ．酸化、滴定將固氧后的水樣酸化，MnO(OH)2被I?還原為Mn2+，在暗處靜置5min，然后用標準Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2O32-+I2=2I?+S4O62-）?；卮鹣铝袉栴}：（1）取水樣時應盡量避免擾動水體表面，這樣操作的主要目的是_____________。（2）“氧的固定”中發(fā)生反應的化學方程式為_______________。（3）取100.00mL水樣經(jīng)固氧、酸化后，用amol·L?1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示劑，終點現(xiàn)象為________________；若消耗Na2S2O3溶液的體積為bmL，則水樣中溶解氧的含量為_________mg·L?1。滴定結束后如果俯視滴定管讀取數(shù)據(jù)，導致測定結果偏___________。（填“高”或“低”）（4）Na2S2O3溶液不穩(wěn)定，需使用前配制和標定。預估實驗需要使用75mL的Na2S2O3溶液，則配制該溶液所必需的儀器有天平、燒杯、玻璃棒和___________________28、（14分）某化學科研小組研究在其他條件不變時，改變某一條件對反應[可用aA(g)＋bB(g)cC(g)表示]化學平衡的影響，得到如下圖像(圖中p表示壓強，T表示溫度，n表示物質(zhì)的量，α表示平衡轉化率)：分析圖像，回答下列問題：(1)在圖像反應Ⅰ中，若p1>p2，則此正反應為________(填“吸熱”或“放熱”)反應，此反應的ΔS________0(填“>”或“<”)，由此判斷，此反應自發(fā)進行，必須滿足的條件是________。(2)在圖像反應Ⅱ中，T1_____T2(填“>”“<”或“＝”)，該正反應為_____(填“吸熱”或“放熱”)反應。(3)在圖像反應Ⅲ中，若T1>T2，則該反應________(填“能”或“不能”)自發(fā)進行。29、（10分）目前燃煤脫硫是科研工作者研究的重要課題之一，主要脫硫方法有以下幾種。I.石灰法原理：2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)（1）T1℃時，向10L恒容密閉容器中加入3molCaO(s)，并通入2mo1SO2(g)和1molO2(g)發(fā)生上述反應，2min時達到平衡，此時CaSO4(s)為1.8mol。0~2min內(nèi)，用SO2(g)表示反應速率v(SO2)=___；若平衡后縮小容積至5L，再次達到平衡時，c(O2)=___。II.催化氧化法活性炭催化氧化法是基于活性炭良好的物理吸附和化學吸附作用，其反應機理如下：①O2+2C→2C—O；②SO2+C→C—SO2；③C-SO2+C-O→C+SO3+C；④C一SO3+H2O→C一H2SO4；⑤C一H2SO4→H2SO4+C（2）整個過程中總的化學反應方程式為___。（3）活性炭在反應過程中，改變了___（填字母）a．反應速率b．反應限度c．反應焓變.d．反應進程e．反應活化能III.CO還原法原理：2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g)ΔH已知：S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-574.0kJ/mol，CO的燃燒熱為283.0kJ/mol（4）ΔH=___。（5）起始溫度為T2℃時，分別在三個容積為l0L的恒容密閉容器中，發(fā)生反應2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g)，測得相關數(shù)據(jù)如表所示：容器起始時物質(zhì)的量/mol平衡時CO2(g)的物質(zhì)的量/molCO(g)SO2(g)S(g)CO2甲10.50.50a乙10.5000.8丙2100b①容器乙達到平衡后，保持其他條件不變，再向其中充入CO(g)、SO2(g)、S(g)、CO2(g)各1mol，此時v正___v逆（填“＞”、“＜”或“=”)。②下列判斷正確的是___（填字母）。A．b=l.6B．平衡常數(shù)：甲＞乙C．a(chǎn)=b

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、D【解析】A.容器Ⅰ中平衡時，c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.08mol÷1.0L=0.08mol/L，c(CH3OH)=(0.2mol?0.08mol×2)÷1.0L=0.04mol/L，則容器Ⅰ中化學平衡常數(shù)K1==4，容器Ⅲ中平衡時c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.09mol÷1.0L=0.09mol/L，c(CH3OH)=(0.2mol?0.09mol×2)÷1.0L=0.02mol/L，化學平衡常數(shù)K2==20.25＞4，所以降低溫度，化學平衡常數(shù)增大，反應向正反應方向移動，則正反應是放熱反應，故A錯誤；B.恒容條件下，容器Ⅱ相當于在容器Ⅰ的基礎上加壓，但由于該反應是反應前后氣體體積不變的反應，因此平衡不移動，所以容器Ⅰ中的CH3OH體積分數(shù)和容器Ⅱ中的相等，故B錯誤；C.容器Ⅰ中的溫度比容器III的溫度高，溫度越高反應速率越快，達到平衡所需時間越短，則容器I中反應到達平衡所需時間比容器III的短，故C錯誤；D.c(CH3OH)=0.1mol/L、c(CH3OCH3)=0.15mol/L、c(H2O)=0.1mol/L，濃度商Qc==1.5＜4，則反應將向正反應方向進行，故D正確。答案選D。2、D【詳解】A．例如鋁熱反應需要在加熱條件下才能進行，但為放熱反應，故A錯誤；B．化學反應的能量變化除了熱量外，還有光能等形式的能量轉化，如鎂條燃燒放熱發(fā)光，故B錯誤；C．例如氫氧化鋇晶體與氯化銨反應不需要加熱，是吸熱反應，故C錯誤；D．若反應物總能量大于生成物總能量，則反應是放熱反應，反之為吸熱反應，故D正確；故答案為D。3、A【詳解】A．鐵比銅活潑，鐵作負極，負極反應式為Fe－2e－=Fe2＋，故A錯誤；B．鋁比銅活潑，鋁作負極，負極反應式為Al－3e－=Al3＋，故B正確；C．雖然鎂比鋁活潑，但鎂不與氫氧化鈉溶液反應，因此鋁作負極，負極反應式為Al＋4OH－－3e－=AlO＋2H2O，故C正確；D．Al與濃硝酸發(fā)生鈍化反應，則銅作負極，負極反應式為Cu－2e－=Cu2＋，故D正確；答案選A。4、A【分析】鋁位于第三周期第ⅢA族【詳解】A．主族元素的最高化合價與其族序數(shù)相同（但O、F除外），所以鋁的最高化合價是+3價，故A正確；

B．鋁位于第三周期，故B錯誤；

C．根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律知，鋁的第三電子層上有3個電子，故C錯誤；

D．鋁的氧化物是氧化鋁不溶于水，且其水化物氫氧化鋁不溶于水，而且是兩性氫氧化物，故D錯誤；

故答案選A。5、C【詳解】A.因為碳酸鈉中含有2個鈉離子，所以0.1mol·L－1Na2CO3溶液，鈉離子的濃度為0.2mol·L－1，故A不選；B.0.1mol·L－1Na2CO3溶液發(fā)生水解生成碳酸氫根和氫氧根，導致溶液中的OH?濃度大于H+濃度，故B不選；C.因為0.1mol·L－1Na2CO3溶液的碳酸根發(fā)生水解生成碳酸氫根和氫氧根，所以Na+的濃度大于濃度的二倍，故C選；D.因為0.1mol·L－1Na2CO3溶液的碳酸根發(fā)生水解生成碳酸氫根和氫氧根，碳酸氫根繼續(xù)水解生成碳酸和氫氧根，所以溶液中H2CO3分子的濃度不為0，故D不選；故選：C。6、B【詳解】A．由于氫氧化鈉溶液是強堿溶液，和Al3+反應時，生成的氫氧化鋁能溶解在過量的強堿溶液中，故鋁離子難以恰好完全反應，故A不是最合適的試劑；B．氨水是弱堿溶液，可以全部沉淀Al3+，因為Al(OH)3不溶于弱堿氨氣溶液，B正確；C、D．Na2SO4溶液和NaCl溶液與Al3+不反應，故CD不合適；答案選B。7、C【解析】A.升高溫度，平衡逆向移動；B.因體積可變，則B的濃度不變；C.圖象中θ=45°,則加入的B物質(zhì)的物質(zhì)的量與生成C物質(zhì)的物質(zhì)的量相等，結合方程式進行回答；D.因體積可變，則再加入B后，新平衡與原平衡是等效平衡。【詳解】A.壓強一定，當升高溫度時，平衡逆向移動，則C的物質(zhì)的量減少，由圖可以看出，圖中θ<45°，故A錯誤；B.因體積可變，則B的濃度不變，則正、逆反應速率都不變，故B錯誤；C.由圖象可知，加入的B物質(zhì)的物質(zhì)的量與生成C物質(zhì)的物質(zhì)的量相等，結合方程式可知該反應中有一半的B物質(zhì)參加反應，所以其轉化率為50%，故C正確；D.因體積可變，則再加入B后，新平衡與原平衡是等效平衡，故平衡后反應體系氣體密度保持不變，故D錯誤。故選C?！军c睛】影響化學平衡的因素：（1）濃度：在其他條件不變的情況下，增大反應物的濃度或減小生成物的濃度，都可以使化學平衡向正反應方向移動；增大生成物的濃度或減小反應物的濃度，都可以使化學平衡向逆反應方向移動。

（2）壓強對反應前后氣體總體積發(fā)生變化的反應，在其他條件不變時，增大壓強會使平衡向氣體體積縮小的方向移動，減小壓強會使平衡向氣體體積增大的方向移動。（3）溫度在其他條件不變時，溫度升高平衡向吸熱反應的方向移動，溫度降低平衡向放熱反應的方向移動。（4）催化劑：由于催化劑能同等程度地改變正、逆反應速率，所以催化劑對化學平衡無影響。8、D【詳解】A、生鐵里面含碳與鐵形成原電池，鐵作負極更易生銹，A項錯誤；B、黃銅中銅鋅形成原電池，銅作正極，故不易產(chǎn)生銅綠，B項錯誤；C、鐵質(zhì)器件附有銅質(zhì)配件，形成原電池，鐵作負極更易生銹，C項錯誤；D、銀質(zhì)物品久置表面變暗，因為被空氣氧化，與電化學腐蝕無關，D項正確；答案選D。9、C【詳解】在AgCl飽和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，加入Cl-平衡逆向移動c(Ag+)會減小，加入Cl-的濃度越大，c(Ag+)越小，即c(Ag+)與c(Cl-)大小順序相反，已知Cl-的濃度從大到小順序為：②③④①，則c(Ag+)濃度從大到小順序相反為：①④③②，故A、B、D錯誤；故C正確；故選C。10、C【解析】草酸氫鉀溶液呈酸性，說明HC2O4-電離程度大于水解程度。①根據(jù)電荷守恒，則有c（K+）+c（H+）=c（HC2O4-）+c（OH-）+2c（C2O42-），錯誤；②草酸氫鉀溶液中存在H2C2O4、C2O42-、HC2O4-，根據(jù)物料守恒可知c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（HC2O4-）=0.1mol/L，錯誤；③草酸氫鉀溶液呈酸性，說明HC2O4-電離程度大于水解程度，則c（C2O42-）＞c（H2C2O4），正確；④在0.1mol?L-1KHC2O4溶液中，存在H2C2O4、C2O42-、HC2O4-和K+，根據(jù)物料守恒可知c（K+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-），正確。答案選C。11、B【詳解】A、碘單質(zhì)遇到淀粉變藍是碘單質(zhì)的特性，A正確；B、固體灼燒應在坩堝中進行，溶液蒸發(fā)在蒸發(fā)皿中進行，B錯誤；C、碘離子被過氧化氫在酸性溶液中氧化為碘單質(zhì)，發(fā)生氧化反應，C正確；D、碘單質(zhì)在水中的溶解度不大，易溶于四氯化碳等有機溶劑，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘單質(zhì)，D正確。答案選B。12、B【解析】“碳呼吸電池”中，根據(jù)工作原理圖，金屬鋁是負極失電子生成草酸鋁，以“呼出”的CO2作為正極反應物得電子生成草酸根，據(jù)此解答?！驹斀狻緼.“碳呼吸電池”為原電池原理，將化學能轉變?yōu)殡娔?，故A正確；B.根據(jù)工作原理圖，金屬鋁是負極失電子生成草酸鋁，所以每得到1mol草酸鋁，電路中轉移3×2mol=6mol電子，故B錯誤；C.根據(jù)工作原理圖，“呼出”CO2作為正極反應物得電子生成草酸根，電極反應為：2CO2+2e?=C2O42?，故C正確；D.“碳呼吸電池”能消耗二氧化碳氣體，所以利用該技術可捕捉大氣中的CO2，故D正確。故選B。13、C【解析】分析：由圖可以知道反應物總能量小于生成物總能量,則應為吸熱反應,如發(fā)生氧化還原反應,應存在元素化合價的變化，以此解答該題。詳解:金屬與鹽酸的反應放熱，Al、H元素的化合價變化，為氧化還原反應,A錯誤；NH4Cl和Ba（OH）2·8H2O的反應為吸熱反應,但沒有元素的化合價變化,為非氧化還原反應,B錯誤；灼熱的木炭與水蒸氣反應為吸熱反應,C元素、氫元素的化合價發(fā)生變化,為氧化還原反應,C正確；甲烷在氧氣中的燃燒反應為放熱反應，D錯誤；正確選項C。點睛：常見的放熱反應有：所有的燃燒、所有的中和反應、金屬和酸的反應、金屬與水的反應、大多數(shù)化合反應、鋁熱反應等；常見的吸熱反應為：大多數(shù)的分解反應,氫氧化鋇和氯化銨的反應、焦炭和二氧化碳、焦炭和水蒸氣的反應等。14、B【解析】試題分析：A.乙醇、水均能與Na反應，無法實現(xiàn)除雜，A項錯誤；B.乙酸能與碳酸鈉反應生成乙酸鈉、CO2和水，乙酸乙酯與碳酸鈉不反應且互不相溶，可用分液的方法分離，B項正確；C.苯酚與Br2反應生成的三溴苯酚與苯互溶，無法用過濾的方法分離，C項錯誤；D.乙烯能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2新雜質(zhì)氣體，D項錯誤；答案選B?！究键c】考查物質(zhì)的除雜。【名師點睛】本題考查物質(zhì)的除雜。把物質(zhì)中混有的雜質(zhì)除去而獲得純凈物叫提純，將相互混在一起的不同物質(zhì)彼此分開而得到相應組分的各純凈物叫分離。在解答物質(zhì)分離提純試題時,選擇試劑和實驗操作方法應遵循三個原則:1.不能引入新的雜質(zhì)（水除外），即分離提純后的物質(zhì)應是純凈物（或純凈的溶液），不能有其他物質(zhì)混入其中；2.分離提純后的物質(zhì)狀態(tài)不變；3.實驗過程和操作方法簡單易行，即選擇分離提純方法應遵循先物理后化學，先簡單后復雜的原則。15、D【詳解】A、苯為平面結構，甲苯中甲基碳原子處于苯中H原子位置，所有碳原子都處在同一平面上，故A不符合；B、乙炔為直線結構，丙炔中甲基碳原子處于乙炔中H原子位置，所有碳原子處于同一直線，所有碳原子都處在同一平面上，故B不符合；C、2-甲基-1-丙烯中，雙鍵兩端的碳原子所連的碳原子都在同一個平面上，故C不符合；D、2-甲基丙烷中，3個甲基處于2號碳原子四面體的頂點位置，2號碳原子處于該四面體內(nèi)部，所以碳原子不可能處于同一平面，故D符合；故選D。【點睛】本題主要考查有機化合物的結構特點，做題時注意從甲烷、乙烯、苯和乙炔的結構特點判斷有機分子的空間結構。甲烷是正四面體結構，乙烯和苯是平面型結構，乙炔是直線型結構，其它有機物可在此基礎上進行判斷。16、A【詳解】反應①+反應②得4CO2(g)+6H2O(l)===2C2H5OH(l)+6O2(g)（ΔH1+ΔH2），變形得2C2H5OH(l)+6O2(g)===4CO2(g)+6H2O(l)?(ΔH1+ΔH2)，所以2ΔH3=?ΔH1?ΔH2，A正確；一定條件下ΔH只與物質(zhì)類型和物質(zhì)狀態(tài)相關，與外界因素無關，不同油耗汽車不影響ΔH，B錯誤；植物的光合作用通過反應①將太陽能轉化為化學能，C錯誤；6CO2(g)+6H2O(g)===C6H12O6(s)+6O2(g)與6CO2(g)+6H2O(l)===C6H12O6(s)+6O2(g)相比，只是水的狀態(tài)不同，前者吸收的熱量小于后者，所以ΔH4＜ΔH1，D錯誤。17、B【解析】A.若發(fā)生酯化反應，改變的是最左邊或上方的羥基變?yōu)轷セ?，則該物質(zhì)仍有手性；故A錯誤；B.水解反應為右邊的酯基斷開生成醇類，原手性碳上連有相同的“—CH2OH”結構，無手性；故B正確；C.發(fā)生催化氧化是羥基變?yōu)槿┗?，仍有手性碳；故C錯誤；D..發(fā)生消去反應只有左邊的羥基能消去生成烯烴，仍有手性碳；故D錯誤；故選B?！军c睛】使有機物通過化學變化失去光學活性，指的是發(fā)生反應使手性碳上連有2個以上相同的原子或原子團，手性碳是飽和碳原子，然后根據(jù)官能團的性質(zhì)來分析。18、A【分析】鹽酸恰好使混合物完全溶解，鹽酸沒有剩余，向反應所得溶液加KSCN溶液無血紅色出現(xiàn)，說明溶液為FeCl2溶液，用足量的CO在高溫下還原相同質(zhì)量的混合物得到鐵，結合氯元素和鐵元素守恒分析解答?！驹斀狻葵}酸恰好使混合物完全溶解，鹽酸沒有剩余，向反應所得溶液加KSCN溶液無血紅色出現(xiàn)，說明反應后的溶液為FeCl2溶液，根據(jù)氯元素守恒可知：n(FeCl2)=n(HCl)=×0.05L×1mol/L=0.025mol；用足量的CO在高溫下還原相同質(zhì)量的混合物得到鐵，根據(jù)鐵元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.025mol，質(zhì)量為0.025mol×56g/mol=1.4g，故選A。19、B【分析】本題考查限定條件下的離子共存問題，根據(jù)題意分析出正確的環(huán)境，再根據(jù)離子反應發(fā)生的條件，離子之間不能結合生成沉淀、氣體、水、弱電解質(zhì)，不能發(fā)生氧化還原反應，則大量共存，以此來解答?！驹斀狻緼.25°C時，在由水電離出的c(H+)為1×10-9的溶液，水的電離受到抑制，可能為酸或堿溶液，酸性環(huán)境下NO3－會將SO32－氧化為SO42－，A項錯誤；B.c（H+）/c（OH-）=1012的水溶液呈酸性，溶液中存在大量氫離子，NH4+、NO3－、Cl－、Fe3+之間不發(fā)生反應，都不與氫離子反應，在溶液中能夠大量共存，B項正確；C.加酚酞呈紅色的溶液，顯堿性，不能大量存在NH4+，C項錯誤；D.pH＝12的溶液顯堿性，不能大量存在NH4+，D項錯誤；答案選B。【點睛】熟練掌握離子反應發(fā)生的條件，離子之間若生成沉淀、氣體和弱電解質(zhì)，具備其一，則不能大量共存。A項中水電離產(chǎn)生的c(H+)為1×10-9的溶液，結合水的電離影響因素分析出溶液可能呈酸性也可能呈堿性。20、C【解析】A.因為次氯酸的酸性弱于H2CO3而強于HCO3-，所以次氯酸鈣溶液中通入少量CO2，生成物是HClO和CaCO3沉淀，故A錯誤；B.由于HClO具有強氧化性，將SO2氧化為H2SO4，而自身還原為Cl-，但由于次氯酸鈉量多，生成的硫酸又與次氯酸鈉反應生成次氯酸，故B錯誤；C.碳酸鈉溶液中通入過量SO2，生成HSO3-，故C正確；D.甲酸的酸性強于碳酸，但甲酸量少，與碳酸鈉反應只能生成甲酸鈉和碳酸氫鈉，故D錯誤。故選C。21、B【解析】原子數(shù)相同、價電子總數(shù)相同的微粒，互稱為等電子體?！驹斀狻緼項、CH4的質(zhì)子數(shù)為6+1×4=10，分子中質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)，所以電子數(shù)為10，NH4+的質(zhì)子數(shù)為7+1×4=11，電子數(shù)為10，所以兩者的電子數(shù)相等，都是10個，屬于等電子體，故A正確；B項、NO的質(zhì)子數(shù)為7+8=15，O2的質(zhì)子數(shù)為8×2=16，分子中質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)，所以兩者的電子數(shù)不相等，不是等電子體，故B錯誤；C項、HCl的質(zhì)子數(shù)為1+17=18，H2S的質(zhì)子數(shù)為16+1×2=18，分子中質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)，所以兩者的電子數(shù)相等，是等電子體，故C正確；D項、NH2-與H3O+質(zhì)子數(shù)分別是9、11，電子數(shù)分別為10、10，是等電子體，故D正確。故選B?！军c睛】題考查了等電子體的含義，解答本題的關鍵是要充分理解等電子體的本質(zhì)特征，只有這樣才能對問題做出正確的判斷。22、A【詳解】A．明礬是強酸弱堿鹽，在水溶液里能發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有吸附性，所以能作凈水劑，故A正確；B．甲醛有毒，不能用于食品的防腐，只能用來浸泡標本，故B錯誤；C．NaOH是強堿，有很強的刺激性，不能用來治療胃酸過度，故C錯誤；D．鋁是一種活潑金屬，能和酸反應，用來盛裝酸性食品可對鋁制容器造成腐蝕，故D錯誤；故選A?！军c睛】二、非選擇題(共84分)23、ArK＞Na＞Mg2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Na2O2Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O8【分析】由元素在周期表中的位置可知，A、B、C、D、E、F、G、H、I、R分別為Na、K、Mg、Al、C、Si、O、S、Cl、Ar?！驹斀狻浚?）這10種元素中化學性質(zhì)最不活潑的是稀有氣體Ar。（2）同一主族的元素從上到下，原子半徑依次增大，同一周期的元素從左到右，原子半徑依次減小，因此，A、B、C三種元素按原子半徑由大到小的順序排列為K＞Na＞Mg。（3）A的過氧化物為Na2O2，其與水反應生成NaOH和O2，該反應的化學方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；在該反應中化合價升高的元素是Na2O2中的O元素，還原劑是Na2O2。（4）D的最高價氧化物對應的水化物是Al(OH)3，其為兩性氫氧化物，其與NaOH溶液發(fā)生反應生成偏鋁酸鈉和水，該反應的離子方程式為Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O。（5）E元素和F元素分別為C和Si，兩者核電荷數(shù)之差是14-6=8。【點睛】根據(jù)元素在周期表中的位置確定元素的名稱，這是高中學生的基本功，根據(jù)元素周期律結合常見元素的基本性質(zhì)進行有關性質(zhì)的比較和推斷，也是學生的基本功，要求學生要在這些方面打好基礎。24、SiNaPNHNO3NaOHNeF26四Ⅷd12【分析】A、B、C、D是四種短周期元素，由A的原子結構示意圖可知，x=2，A的原子序數(shù)為14，故A為Si，A、B、C同周期，B是同周期第一電離能最小的元素，故B為Na，C的最外層有三個未成對電子，故C原子的3p能級有3個電子，故C為P，C、D同主族，故D為N，E是過渡元素，E的外圍電子排布式為3d64s2，則E為Fe。【詳解】(1)由上述分析可知，A為Si、B為Na、C為P、D為N；(2)非金屬越強最高價氧化物對應水化物酸性越強，非金屬性N＞P＞Si，酸性最強的是HNO3，金屬性越強最高價氧化物對應水化物堿性越強，金屬性Na最強，堿性最強的是NaOH；(3)同周期元素，稀有氣體元素的第一電離能最大，所以第一電離能最大的元素是Ne，周期自左而右，電負性增大，故電負性最大的元素是F；(4)E為Fe元素，E的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，故核電荷數(shù)是26，F(xiàn)e在周期表中處于第四周期Ⅷ族，在周期表中處于d區(qū)；(5)D為氮元素，原子核外電子排布式為1s22s22p3，最外層有3個未成對電子，故氮氣的電子式為：，該分子中有1個σ鍵，2個π鍵。【點睛】本題重點考查元素推斷和元素周期律的相關知識。本題的突破點為A的原子結構示意圖為，可推出A為Si，A、B、C同周期，B是同周期第一電離能最小的元素，故B為Na，C的最外層有三個未成對電子，故C原子的3p能級有3個電子，故C為P，C、D同主族，故D為N，E是過渡元素，E的外圍電子排布式為3d64s2，則E為Fe。非金屬越強最高價氧化物對應水化物酸性越強，金屬性越強最高價氧化物對應水化物堿性越強；同周期元素，稀有氣體元素的第一電離能最大，同周期自左而右，電負性逐漸增大。25、加熱、研碎、適當提高酸的濃度Fe2＋＋2HCO3－FeCO3↓+CO2↑+H2OTiO2＋＋2H2OTiO(OH)2↓＋2H＋消耗H＋，促使水解平衡正向移動≤8.5【解析】根據(jù)流程圖，鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，還含有少量Fe2O3)中加入稀硫酸，氧化鐵溶解生成硫酸鐵，F(xiàn)eTiO3反應生成TiOSO4，然后在酸性溶液中加入適量鐵粉，除去過量的酸，并還原鐵離子，冷卻結晶得到硫酸亞鐵晶體和TiOSO4溶液；將綠礬晶體溶解后加入碳酸氫銨溶液，反應生成碳酸亞鐵沉淀和二氧化碳、硫酸銨溶液，碳酸亞鐵在空氣中煅燒生成氧化鐵；富含TiO2+的酸性溶液中加入碳酸鈉粉末，促進TiO2+的水解生成TiO(OH)2，分解得到鈦白粉(TiO2·nH2O)，據(jù)此結合化學反應原理和化學實驗的基本操作分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)影響化學反應速率的因素可知，為加快鈦鐵礦在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有加熱、研碎、適當提高酸的濃度等，故答案為：加熱、研碎、適當提高酸的濃度等；(2)根據(jù)題意和上述分析，F(xiàn)eSO4溶液與NH4HCO3溶液反應生成硫酸銨、二氧化碳和他說亞鐵，反應的離子方程式為Fe2＋＋2HCO3－FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為：Fe2＋＋2HCO3－FeCO3↓+CO2↑+H2O；(3)TiO2+水解為TiO(OH)2沉淀的離子方程式為TiO2＋＋2H2OTiO(OH)2↓＋2H＋，加入Na2CO3粉末可以消耗水解生成的H＋，促使TiO2+水解平衡正向移動，故答案為：TiO2＋＋2H2OTiO(OH)2↓＋2H＋；消耗H＋，促使水解平衡正向移動；(4)常溫下，在FeCO3沉淀溶解平衡(FeCO3Fe2＋＋CO32－)的溶液中，測得溶液中c(CO32－)=3.0×10-6mol/L，則c(Fe2+)=KspFeCO3c(CO32－)=3.0×10-113.0×10-6=1.0×10-5由題中數(shù)據(jù)可知，溶液中c(Fe2+)?c(OH-)2=Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10-5×c2(OH-)=1.0×10-16，c(OH-)=1.0×10-161.0×10-5=10-5.5mol/L，要使所得的FeCO3中不含F(xiàn)e(OH)【點睛】本題考查了物質(zhì)的制備、分離與提純。本題的難點為（4），要注意根據(jù)溶解平衡方程式結合溶度積常數(shù)進行計算。26、5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O溫度1.0t(溶液褪色時間)/s催化劑2.5【分析】（1）酸性KMnO4溶液與H2C2O2發(fā)生氧化還原反應，MnO4-被還原為Mn2+，H2C2O2被氧化為CO2，結合離子方程式的電荷守恒和反應環(huán)境可知，要有H+參與反應，根據(jù)得失電子數(shù)守恒和電荷守恒來配平；（2）當探究某一種因素對反應速率的影響時，必須保持其他影響因素一致；要探究H2C2O4溶液濃度不同對反應速率的影響，則加入的H2C2O4溶液的體積不同，但反應體積溶液的總體積需相同，故應加入蒸餾水來確保溶液的總體積均為6mL；要準確描述反應速率的快慢，必須準確測得溶液褪色時間的長短；催化劑能加快反應速率；(3)草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸，在溶液中分步電離；(4)由反應的化學方程式可知，為了觀察到紫色褪去，草酸應該稍微過量?！驹斀狻?1)酸性高錳酸鉀是用稀硫酸酸化，H2SO4、KMnO4與H2C2O2發(fā)生反應，KMnO4被還原為MnSO4，化合價降低5價，H2C2O2被氧化為CO2，每個C原子的化合價升高1價，1個H2C2O2升高2價，則高錳酸鉀與草酸計量數(shù)之比為2:5，根據(jù)原子守恒配平可得：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，故答案為：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O；(2)當探究某一種因素對反應速率的影響時，必須保持其他影響因素一致，通過比較實驗①②的反應條件可知，實驗①②可探究溫度對反應速率的影響；實驗②③中的H2C2O4溶液的加入體積不同，故要探究H2C2O4溶液濃度不同對反應速率的影響，但反應體積溶液的總體積需相同，故應加入蒸餾水來確保溶液的總體積均為6.0mL，則a的值為1.0；要準確描述反應速率的快慢，必須準確測得溶液褪色時間的長短，故乙要測量的物理量是溶液褪色的時間(t溶液褪色時間/s)；其他條件相同，④中加了MnSO4固體，錳離子對該反應起催化作用，則②④探究的是催化劑對反應速率的影響，故答案為：溫度；1.0；t(溶液褪色時間)/s；催化劑；(3)草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸，在溶液中分步電離，電離方程式為H2C2O4?H++HC2O4?，HC2O4??H++C2O42?，故答案為：H2C2O4?H++HC2O4?，HC2O4??H++C2O42?；(4)由反應的化學方程式可知，為了觀察到紫色褪去，草酸應該稍微過量，則n(H2C2O4):n(KMnO4)最小為2.5，故答案為：2.5；27、使測定值與水體中的實際值保持一致，避免產(chǎn)生誤差O2+2Mn(OH)2=2MnO(OH)2藍色剛好褪去80ab低100mL容量瓶、膠頭滴管【解析】試題分析：本題考查物質(zhì)的量濃度溶液的配制和碘量法測定水中溶解氧，涉及方程式的書寫，終點實驗現(xiàn)象的描述，數(shù)據(jù)處理和誤差分析。（1）擾動水體表面會引起水樣中溶解氧的逸出，還會使水底還原性雜質(zhì)進入水樣。所以取水樣時應盡量避免擾動水體表面，這樣操作的主要目的是：使測定值與水體中的實際值保持一致，避免產(chǎn)生誤差。（2）根據(jù)實驗步驟，“氧的固定”中O2將Mn（OH）2氧化成MnO（OH）2，Mn元素的化合價由+2價升至+4價，O元素的化合價由0價降至-2價，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，寫出反應的化學方程式為O2+2Mn（OH）2=2MnO（OH）2。（3）固氧后的水樣酸化發(fā)生反應MnO（OH）2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O，用Na2S2O3溶液滴定I2，I2遇淀粉呈藍色，終點的現(xiàn)象：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，藍色褪為無色，且在30s內(nèi)不恢復。根據(jù)上述反應可得出關系式O2~2MnO（OH）2~2I2~4Na2S2O3，n（O2）=n（Na2S2O3）=mol，m（O2）=g，水樣中溶解氧的含量為1000mg0.1L=80abmg/L。滴定結束后如果俯視滴定管讀取數(shù)據(jù)，導致消耗的Na2S2O3溶液的體積偏?。碽偏小），導致測定結果偏低。（4）配制75mL的Na2S2O3溶液，根據(jù)“大而近”的原則，應選用100mL容量瓶。由固體配制物質(zhì)的量濃度溶液的實