北京市第四十三中學2026屆化學高二第一學期期中質量跟蹤監(jiān)視模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．密閉容器中，1molN2和3molH2催化反應后分子總數(shù)為2NAB．100g98%的濃H2SO4與過量的Cu反應后，電子轉移數(shù)為NAC．標準狀況下，11.2L氧氣和二氧化碳混合物中含氧原子數(shù)目為NAD．1L1mol/LNa2CO3溶液中所含陰離子數(shù)目小于NA2、在元素周期表的非金屬元素與金屬元素分界線附近可以找到A．耐高溫材料B．新型農(nóng)藥材料C．半導體材料D．新型催化劑材料3、X元素的陽離子和Y元素的陰離子具有相同的電子層結構，下列敘述正確的是()A．原子序數(shù)：X<Y B．原子半徑：X<Y C．離子半徑：X>Y D．電負性：X<Y4、中和反應反應熱的測定中使用0.50mol/L的酸和0.55mol/L的堿。在相同的條件下，下列測定結果最接近57.3kJ·mol－1的是A．用H2SO4和Ba(OH)2B．用CH3COOH和Ba(OH)2C．用鹽酸和NaOHD．用CH3COOH和NaOH5、下列說法中正確的是()①將硫酸鋇放入水中不能導電，但硫酸鋇是電解質②氨溶于水得到的溶液氨水能導電，所以氨水是電解質③固態(tài)共價化合物不導電，熔融態(tài)的共價化合物可以導電④固態(tài)的離子化合物不導電，熔融態(tài)的離子化合物能導電⑤強電解質溶液的導電能力不一定比弱電解質溶液的導電能力強A．①④ B．①④⑤ C．①②③④ D．①②③④⑤6、在2A+B3C+4D反應中，表示該反應速率最快的是()A．v(A)＝0.5mol/(L·s) B．v(B)＝0.3mol/(L·s)C．v(C)＝1.2mol/(L·min) D．v(D)＝1mol/(L·s)7、下列試劑的保存或盛放方法正確的是()A．濃硝酸盛放在銅質器皿中 B．Na2SiO3溶液保存在帶有橡皮塞的試劑瓶中C．稀硝酸盛放在鐵質器皿中 D．NaOH溶液保存在帶玻璃塞的試劑瓶中8、被稱為人體冷凍學之父的羅伯特·埃廷格（RobertEttinger）在1962年寫出《不朽的前景》（TheProspectOfImmortality）一書。他在書中列舉了大量事實，證明了冷凍復活的可能。比如，許多昆蟲和低等生物冬天都凍僵起來，春天又自動復活。下列結論中與上述信息相關的是A．溫度越低，化學反應越慢 B．低溫下分子無法運動C．溫度降低，化學反應停止 D．化學反應前后質量守恒9、下列物質屬于等電子體的一組是()A．CH4和NH3B．B3H6N3和C6H6C．F－和MgD．H2O和CH410、化學與生活密切相關，下列與鹽類水解無關的是A．純堿去油污B．食醋除水垢C．明礬凈化水D．NH4Cl除鐵銹11、向Fe2O3、CuO、Fe、Cu的混和粉末中加入過量的稀硫酸，充分反應后，仍有紅色粉末存在，則關于所得溶液中陽離子的判斷正確的是A．一定有Fe2＋，可能有Cu2＋ B．一定有Fe2＋、Cu2＋，可能有Fe3＋C．只有Fe2＋和Cu2＋ D．只有Fe2＋12、關于維生素A（分子結構如下）的下列說法錯誤的是（）A．不是飽和一元醇B．不易溶于水C．具有烯、醇以及芳香族化合物的性質D．其中氧的質量分數(shù)約為5.6%13、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能夠大量共存的是A．使甲基橙變黃色的溶液：Na+、K+、SO32－、Cl－B．含有大量Al3+的溶液：K+、Mg2+、SO42-、AlO2-C．Kw/c(OH－)=10-3的溶液中：Cl-、NO3-、Na+、Ba2+D．由水電離出的c(H+)=1×10－12mol·L－1的溶液中：NH4+、K+、CrO42-、ClO-14、最近發(fā)現(xiàn)了一種由金屬原子M和非金屬原子N構成的氣態(tài)團簇分子，如圖所示，頂角和面的原子是M原子，棱中心和體心的原子是N原子，它的分子式為()A．M4N4B．MNC．M14N13D．條件不夠，無法寫出15、根據(jù)如圖，下列判斷正確的是A．鹽橋（瓊脂-飽和KCl溶液）中的K＋移向b燒杯溶液中B．燒杯b中發(fā)生的電極反應為Zn－2e-＝Zn2+C．燒杯a中發(fā)生反應O2+4H++4e-＝2H2O，溶液pH降低D．向燒杯a中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，有藍色沉淀生成16、已知298K時，某堿MOH的電離平衡常數(shù)Kb=1.0×10-5；電離度a=。在20.00mL0.1000mol/LMOH溶液中滴加0.10mol/L鹽酸，測得溶液的pH、溫度與所加鹽酸的體積的關系如圖所示。下列說法不正確的是A．a(chǎn)點對應的溶液中:c(OH-)=(M+)+<(H+)B．b點對應的V。=20.00mLC．298K時，0.1000mol/LMOH溶液中，MOH的電離度a=1%D．298K時，將0.1molMOH和0.1moMCl溶于水配制成1L混合溶液，溶液的pH>917、某溫度下，相同pH的兩種弱酸HA和HB分別加水稀釋，pH隨溶液體積變化的曲線如圖所示。下列判斷正確的是（）A．酸性：HB>HAB．結合H+的能力：B->A-C．導電能力：c>bD．與氫氧化鈉完全反應時，消耗氫氧化鈉體積Va<Vb18、一種鋰銅可充電電池，工作原理如圖。在該電池中，非水系電解液和水系電解液被鋰離子固體電解質陶瓷片（LISICON）隔開。下列說法不正確的是A．陶瓷片允許Li+通過，不允許水分子通過B．放電時，N為電池的正極C．充電時，陰極反應為：Li++e?＝LiD．充電時，接線柱A應與外接電源的正極相連19、對于常溫下pH為2的硫酸,下列敘述正確的是A．c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)B．與等體積pH=12的氨水混合后所得溶液顯酸性C．由H2O電離出的c(H+)=1.0×10-12mol·L-1D．與等體積0.01mol·L-1的乙酸鈉溶液混合后所得溶液中:c(SO42-)=c(CH3COO-)20、控制合適的條件，將可逆反應2Fe3+＋2I-2Fe2+＋I2設計成如圖所示的原電池，下列判斷不正確的是（）A．反應開始時，乙中石墨電極上發(fā)生氧化反應B．反應開始時，甲中石墨電極上Fe3+被還原C．電流計讀數(shù)為零時，反應達到化學平衡狀態(tài)D．電流計讀數(shù)為零后，在甲中溶入FeCl2固體，乙中的石墨電極為負極21、一定溫度下，反應N2（g）+O2（g）2NO（g）在密閉容器中進行，下列措施不改變化學反應速率的是（）A．縮小體積使壓強增大 B．升高體系的溫度C．恒容，充入He D．加入合適的催化劑22、將pH=2的鹽酸平均分為2份,一份加入適量水,另一份加入與該鹽酸物質的量濃度相同的適量氫氧化鈉溶液后,pH都升高了1,則加入的水與氫氧化鈉溶液的體積比為()A．9∶1 B．10∶1 C．11∶1 D．12∶1二、非選擇題(共84分)23、（14分）立方烷()具有高度對稱性、高致密性、高張力能及高穩(wěn)定性等特點，因此合成立方烷及其衍生物成為化學界關注的熱點。下面是立方烷衍生物I的一種合成路線：回答下列問題：(1)C的結構簡式為______，E中的官能團名稱為______。(2)步驟③、⑤的反應類型分別為______、______。(3)化合物A可由環(huán)戊烷經(jīng)三步反應合成：若反應1所用試劑為Cl2，則反應2的化學方程式為______。(4)立方烷經(jīng)硝化可得到六硝基立方烷，其可能的結構有______種。24、（12分）已知有機物A、B、C、D、E、F、G有如圖轉化關系，其中C的產(chǎn)量可用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平，G的分子式為C9H10O2，試回答下列有關問題。（1）C的電子式___，G的結構簡式為____。（2）指出下列反應的反應類型：A轉化為B：___，C轉化為D：___。（3）B的同分異構體有很多種，遇FeCl3溶液顯紫色的同分異構體共有__種。（4）寫出下列反應的化學方程式。A→B的化學方程式：___。B和F生成G的化學方程式：___。25、（12分）某同學欲用物質的量濃度為0.1000mol●L-1的鹽酸測定未知物質的量濃度的氫氧化鈉溶液，選擇酚酞作指示劑。其操作步驟可分為以下幾步：A移取20.00mL待測氫氧化鈉溶液注入潔凈的錐形瓶中，并滴加2~3滴酚酞溶液。B用標準溶液潤洗滴定管2~3次。C把盛有標準溶液的酸式滴定管固定好，調節(jié)滴定管尖嘴使之充滿溶液。D取標準鹽酸注入酸式滴定管至“0”刻度以上2~3

cm處。E調節(jié)液面至“0”或“0”以下刻度，記下讀數(shù)。F把錐形瓶放在滴定管的下面，用標準鹽酸溶液滴定至終點，并記下滴定管液面的刻度。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?1)正確的操作步驟的順序是_____(填字母)。(2)步驟B操作的目的是________。(3)配制標準鹽酸時，需要用的儀器有____(填字母)。a容量瓶b托盤天平c量筒d酸式滴定管e燒杯f膠頭滴管g玻璃棒(4)下列操作中可能使所測氫氧化鈉溶液的濃度數(shù)值偏低的是_______(填字母)。a開始實驗時酸式滴定管尖嘴部分有氣泡。在滴定過程中氣泡消失b盛NaOH溶液的錐形瓶滴定前用NaOH溶液潤洗2~3次c酸式滴定管在裝液前未用標準鹽酸潤洗2~3次d讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數(shù)，滴定結束時俯視讀數(shù)e滴定過程中，錐形瓶的振蕩過于激烈，使少量溶液濺出(5)若某次滴定結束時，酸式滴定管中的液面如圖所示，則讀數(shù)為_____mL。若仰視，會使讀數(shù)偏_____(填“大"或“小")。(6)再結合下表數(shù)據(jù)，計算被測氫氧化鈉溶液的物質的量濃度是_______mol/L。滴定次數(shù)待測溶液的體積/mL標準酸體積滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL第一次10.002.3420.

39第二次10.003.

2020.20第三次10.000.6017.

8026、（10分）某燒堿樣品中含有少量不與酸作用的可溶性雜質，為了測定其純度，進行以下滴定操作：A．用250mL容量瓶等儀器配制成250mL燒堿溶液；B．用移液管（或堿式滴定管）量取25mL燒堿溶液于錐形瓶中并加幾滴甲基橙指示劑；C．在天平上準確稱取燒堿樣品Wg，在燒杯中加蒸餾水溶解；D．將物質的量濃度為Mmol?L﹣1的標準HCl溶液裝入酸式滴定管，調整液面，記下開始刻度數(shù)V1mL；E．在錐形瓶下墊一張白紙，滴定到終點，記錄終點耗酸體積V2mL?；卮鹣铝袉栴}：（1）正確的操作步驟是（填寫字母）________→________→________→D→________；（2）滴定時，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視________________；（3）終點時顏色變化是_____________________；（4）在上述實驗中，下列操作（其他操作正確）會造成測定結果偏高的有_____（填字母序號）；A．滴定終點讀數(shù)時俯視B．錐形瓶水洗后未干燥C．酸式滴定管使用前，水洗后未用鹽酸潤洗D．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失（5）該燒堿樣品的純度計算式是________。27、（12分）為了探究和驗證氯氣的性質，某研究性學習小組以MnO2和濃鹽酸為主要原料，設計了如圖所示裝置(其中a是連有注射器針頭的橡皮管，針頭已插入并穿過橡皮塞)進行了研究。（資料：氯氣與鐵反應制取氯化鐵要在無水條件下進行）試回答下列問題：（l）裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為_____________________（2）裝置B中的試劑為_________，裝置D里的藥品是________（3）裝置C中發(fā)生反應的離子方程式為_____________________________（4）反應開始后，裝置E中玻璃管內的現(xiàn)象為_______________________________；可以檢驗生成物中有Fe3+的試劑是__________．（5）裝置F中發(fā)生反應的化學方程式為________________________（6）利用氯氣可以制得漂白粉，漂白粉的有效成份是_______________（寫化學式）。28、（14分）工業(yè)上以某軟錳礦（主要成分為MnO2，還含有SiO2、Al2O3等雜質）為原料，利用煙道氣中的SO2制備MnSO4·H2O的流程如下：(1)濾渣A的主要成分是_________（填化學式）。(2)操作Ⅰ為加熱（煮沸）結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥。根據(jù)下圖溶解度曲線分析，趁熱過濾的目的除了防止MnSO4·H2O中含有(NH4)2SO4外，還有____________________。（3）MnSO4常用于測量地表水的DO值(每升水中溶解氧氣的質量，即溶氧量)。我國《地表水環(huán)境質量標準》規(guī)定，生活飲用水源的DO值不得低于5mg·L－1。李明同學設計了如下實驗步驟測定某河水的DO值：第一步：使如圖所示裝置中充滿N2后，用注射器向三頸燒瓶中加入200mL水樣。第二步：用注射器向三頸燒瓶中依次加入一定量MnSO4溶液（過量）、堿性KI溶液（過量），開啟攪拌器，發(fā)生下列反應：Mn2＋＋O2＋OH－→MnO(OH)2↓（未配平）第三步：攪拌并向燒瓶中加入一定量H2SO4溶液，在酸性條件下，上述MnO(OH)2將I－氧化為I2，其反應如下：MnO(OH)2＋I－＋H＋→Mn2+＋I2＋H2O（未配平）第四步：從燒瓶中取出40.00mL溶液，與0.010mol·L－1Na2S2O3溶液發(fā)生反應：2S2O32—＋I2=S4O62—＋2I－，恰好完全進行時，消耗Na2S2O3溶液4.40mL。①在配制第二、三步所加試劑時，所有溶劑水須先煮沸后再冷卻才能使用，將溶劑水煮沸的作用是_____。②通過計算判斷作為飲用水源，此河水的DO值是否達標______(寫出計算過程，不考慮第二、三步加入試劑后水樣體積的變化)。29、（10分）由于溫室效應和資源短缺等問題，如何降低大氣中的CO2含量并加以開發(fā)利用，引起了各國的普遍重視。目前工業(yè)上有一種方法是用CO2生產(chǎn)燃料甲醇。一定條件下發(fā)生反應：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，如圖表示該反應進行過程中能量(單位為kJ·mol－1)的變化。(1)該反應平衡常數(shù)K的表達式為_________________。(2)溫度降低，平衡常數(shù)K_________(填“增大”、“不變”或“減小”)。(3)為探究反應原理，現(xiàn)進行如下實驗：在體積為1L的恒容密閉容器中，充入1molCO2和3molH2，測得CO2和CH3OH(g)的濃度隨時間變化如圖所示。從反應開始到平衡，CO2和H2的轉化率比是________。(4)下列措施中能使(3)題中增大的有____________。(填字母)A．升高溫度B．加入催化劑C．將H2O(g)從體系中分離D．充入He(g)，使體系總壓強增大E．再充入1molCO2和3molH2

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．合成氨的反應為可逆反應，不能進行徹底，故分子總數(shù)大于2NA個，故A錯誤；B．100g98%的濃H2SO4中含有硫酸98g，物質的量為1mol，銅與濃硫酸的反應，2H2SO4(濃)+CuCuSO4+2H2O+SO2↑，隨著反應的進行，濃硫酸變成稀硫酸，反應不再進行，所以反應生成的二氧化硫的物質的量小于0.5mol，轉移的電子的物質的量小于1mol，故B錯誤；C．標準狀況下，11.2LO2與CO2混合氣體的物質的量==0.5mol，混合物中所含氧原子的數(shù)目為NA，故C正確；D．碳酸根的水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，導致陰離子個數(shù)增多，故1L1mol/LNa2CO3溶液中陰離子個數(shù)多于NA個，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題的易錯點為BD，B中要注意稀硫酸與銅不反應，D中要注意根據(jù)碳酸根離子的水解方程式分析陰離子數(shù)目的變化。2、C【解析】根據(jù)元素周期表中的元素分布及元素常見的性質來解題，一般金屬延展性較好，可用于做合金，金屬元素和非金屬元素交界處的元素可以制作半導體材料，一般過渡金屬可以用來作催化劑，農(nóng)藥分為有機和無機，一般非金屬元素可以制作有機農(nóng)藥，由此分析解答?！驹斀狻緼．在過渡元素中找耐高溫和作催化劑的材料，選項A錯誤；B．非金屬元素位于右上方，非金屬可以制備有機溶劑，部分有機溶劑可以用來作農(nóng)藥，選項B錯誤；C．在金屬元素和非金屬元素交界區(qū)域的元素可以用來作良好的半導體材料，如硅等，選項C正確；D．可以用于作催化劑的元素種類較多，一般為過渡金屬元素，選項D錯誤。答案選C?！军c睛】本題考查元素周期表和元素周期律的應用，金屬元素一般可以用作導體或合金等，如鎂鋁合金；位于金屬元素和非金屬元素交界區(qū)域的元素，可用作良好的半導體材料，如硅等；非金屬可以制備有機溶劑，部分有機溶劑可以用作農(nóng)藥；一般過渡金屬元素可以用作催化劑。3、D【分析】具有相同電子層結構的離子，陽離子對應的原子比陰離子對應的原子多一個電子層，即X為與Y下一周期的左邊，結合元素周期律分析作答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知，A.原子序數(shù)：X>Y，故A錯誤；B.同一周期原子半徑依次減小，同一主族原子半徑依次增大，則原子半徑：X>Y，故B錯誤；C.具有相同電子層結構的離子，原子序數(shù)越小的對應離子半徑越大，故離子半徑:X<Y；D.X為金屬元素，Y為非金屬元素,電負性：X<Y，D項正確；答案選D。4、C【詳解】A.在稀溶液中，酸跟堿發(fā)生中和反應生成1mol水時的反應熱稱為中和熱，H1SO4和Ba(OH)1反應生成硫酸鋇沉淀，由于自由離子生成沉淀或是弱電解質過程中放出熱量，所以測得中和熱的值將大于2.3kJ·mol－1，故A錯誤；B.醋酸是弱酸，電離時，吸收熱量，所以測得的中和熱應小于2.3kJ·mol－1，故B錯誤；C.鹽酸是強酸，NaOH是強堿，反應生成氯化鈉和水，根據(jù)中和熱的定義可知，鹽酸和NaOH反應測得的中和熱最接近2.3kJ·mol－1，故C正確；D.醋酸是弱酸，電離的過程吸熱，所以測得的中和熱應小于2.3kJ·mol－1，故D錯誤；故選C。【點睛】在稀溶液中，酸和堿發(fā)生中和反應生成1mol液態(tài)水時所釋放的熱量稱為中和熱。注意：1.必須是酸和堿的稀溶液，因為濃酸溶液和濃堿溶液在相互稀釋時會放熱；1．弱酸或弱堿在中和反應中由于電離吸收熱量，其中和熱小于2．3kJ·mol－1；3．以生成1mol水為基準；4.反應不可以生成沉淀（如Ba(OH)1+H1SO4=BaSO4+1H1O)。5、B【解析】①硫酸鋇是難溶的鹽，熔融狀態(tài)完全電離，是電解質，故①正確；②氨氣自身不能發(fā)生電離，氨氣是非電解質，氨水是混合物，氨水既不是電解質，也不是非電解質，故②錯誤；③共價化合物在固態(tài)和液態(tài)都以分子存在，不含自由移動離子或電子，所以共價化合物在固態(tài)或液態(tài)時都不導電，故③錯誤；④固態(tài)的離子化合物中陰陽離子受離子鍵的作用，不能自由移動，因此不導電，熔融態(tài)離子化合物中的陰陽離子可以自由移動，能導電，故④正確；⑤溶液導電能力取決于溶液中離子濃度的大小，與電解質強弱無關，強電解質溶液的導電能力不一定比弱電解質溶液的導電能力強，故⑤正確；故選B。6、B【詳解】可以將各物質的反應速率都變成物質D的反應速率。A.速率為1.0mol/(L·min)；B.速率為1.2mol/(L·min)；C.速率為1.6mol/(L·min)；D.速率為1mol/(L·min)。故速率最快的為B。故選B?！军c睛】掌握同一個反應同一個過程可以用不同物質表示反應速率，速率數(shù)值可以不同，速率比等于化學計量數(shù)比。所以比較速率快慢時需要將速率轉化為同一種物質的速率。7、B【詳解】A.濃硝酸能夠與銅發(fā)生反應，不能盛放在銅質器皿中，故A錯誤；B.Na2SiO3溶液具有粘合性，硅酸鈉溶液呈堿性，應該保存在帶有橡皮塞的試劑瓶中，故B正確；C.稀硝酸能夠與鐵反應，不能盛放在鐵質器皿中，故C錯誤；D.氫氧化鈉溶液能夠與玻璃塞中的二氧化硅反應生成具有粘合性的硅酸鈉，將瓶塞和瓶口粘在一起，故不能保存在帶玻璃塞的試劑瓶中，可以保存在帶橡膠塞的試劑瓶中，故D錯誤。故選B。8、A【詳解】冬天溫度低，化學反應速率慢。春天溫度逐漸升高，反應速率逐漸加快，據(jù)此可知選項A正確，答案選A。9、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和NH3原子數(shù)不相同，故A錯誤；B項、B3H6N3和C6H6原子數(shù)相同、電子總數(shù)相同互稱為等電子體，故B正確；C項、F-和Mg原子數(shù)相同，但電子總數(shù)不相同，故C錯誤；D項、H2O和CH4原子數(shù)不相同，故D錯誤；故選B。【點睛】本題考查了等電子體的判斷，側重于基本概念的考查，注意把握概念中的兩個相等即可解題。10、B【解析】純堿是碳酸鈉，碳酸鈉水解溶液顯堿性，可以與油污發(fā)生皂化反應達到去除油污的目的，選項A與水解相關。食醋（醋酸）與水垢（碳酸鈣）反應，實際是利用醋酸的酸性，所以選項B與水解無關。明礬凈水，是利用鋁離子水解得到的氫氧化鋁膠體的吸附能力，所以選項C與水解相關。氯化銨水解顯酸性，可以將氧化鐵反應，所以選項D與水解相關。11、A【詳解】A、由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，無論Fe3+是和Fe反應，還是和Cu反應，溶液中一定存在Fe2+，當Fe過量時，不存在Cu2+，當Fe不足時，溶液中有Cu2+，A正確；B、剩余固體中含有銅，則溶液中一定不存在鐵離子，B錯誤；C、當銅全部析出時，不存在Cu2+，C錯誤；D、由于紅色粉末是Cu，所以溶液當中肯定沒有Fe3+，但可能含有銅離子，D錯誤，答案選A。【點晴】該題的關鍵是明確氧化性與還原性的強弱順序，搞清楚反應的先后順序，即鐵離子首先氧化鐵，然后在氧化單質銅，單質首先還原鐵離子，然后還原銅離子，最后還原氫離子，然后結合選項逐一分析解答。12、C【解析】分析維生素A的結構簡式可知，分子中不含苯環(huán)，含有5個C=C鍵和1個-OH，結合有機物的結構解答該題?！驹斀狻緼、維生素A含有碳碳雙鍵，故其不是飽和一元醇，選項A正確；B、維生素A是一種脂溶性的維生素，屬于碳原子數(shù)較多的不飽和一元醇，其分子中的親水基較少，故其不易溶于水，選項B正確；C、維生素A含有碳碳雙鍵和羥基兩種官能團，為不飽和的一元醇，具有烯和醇的性質。分子中不含苯環(huán)，因而不具有芳香族化合物的性質，選項C錯誤；D、維生素A分子式為C20H30O，其中氧的質量分數(shù)約為16286×100%=5.6%，選項答案選C?！军c睛】本題考查有機物的結構，題目難度不大，注意分析有機物結構簡式，正確判斷有機物官能團的種類和個數(shù)，特別是有機物的分子式，觀察時要仔細。13、C【解析】A.使甲基橙變黃色的溶液，pH>4.4，酸性溶液中不存在SO32－，A錯誤；B.含有大量Al3+的溶液顯酸性，含有AlO2-的溶液顯堿性，二者相遇發(fā)生雙水解，不能大量共存，B錯誤；C.Kw/c(OH－)=10-3的溶液顯酸性，Cl-、NO3-、Na+、Ba2+四種離子間不反應，與氫離子也不反應，能夠大量共存，C正確；D.由水電離出的c(H+)=1×10－12mol·L－1的溶液顯酸性或堿性，NH4+在堿性環(huán)境下不能共存，ClO-在酸性條件下不能共存，D錯誤；綜上所述，本題選C。14、C【解析】由氣態(tài)團簇分子和圖可知，其分子式可由示意圖分別數(shù)出原子個數(shù)來確定，M原子共14個，N原子13個，即分子式為M14N13，故答案選C。點睛：本題考查對晶體結構、分子結構概念的理解和運用，本題的易錯點是不能正確理解題目所給信息，題中明確告知圖示物質是一種由M原子和N原子構成的氣態(tài)團簇分子，因此它和通常所見的晶體結構不同，不能按微粒所占的比例來計算，實際上圖中的微粒個數(shù)就是構成分子的微粒個數(shù)，解題時容易錯誤判斷成：M原子個數(shù)：8×1/8+6×1/2=4，N原子個數(shù)：12×1/4+1=4，即分子式為M4N4，從而得出錯誤的結論。15、B【解析】Zn比Cu活潑，Zn為負極，被氧化，Cu為正極，正極發(fā)生還原反應，原電池工作時，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，電子由負極經(jīng)導線流向正極。【詳解】A項、Zn為負極，鹽橋中的K＋移向

CuSO4溶液，故A錯誤；B項、Zn為負極，被氧化，電極方程式為Zn-2e-=Zn2+，故B正確；C項、燒杯a中Cu為正極，正極發(fā)生還原反應，發(fā)生反應：Cu2++2e-=Cu，故C錯誤；D項、燒杯a中沒有Fe2+生成，加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，不可能有藍色沉淀生成，故D錯誤。故選B。16、D【解析】A.a點為0.1000mol/LMOH溶液，存在電荷守恒，c(OH-)=c(M+)+c(H+)，故A正確；B.b點溶液顯酸性，若V。=20.00mL，則恰好生成MCl，水解顯酸性，與圖像吻合，故B正確；C.298K時，MOH的電離平衡常數(shù)Kb=1.0×10-5，0.1000mol/LMOH溶液中，1.0×10-5===，則c(M+)=1.0×10-3，因此MOH的電離度a=×100%=1%，故C正確；D.298K時，將0.1molMOH和0.1moMCl溶于水配制成1L混合溶液，假設電離的MOH的物質的量為x，則Kb=1.0×10-5==，加入MCl抑制MOH的電離，MOH的電離度＜1%，則x＜0.001，因此c(OH-)＜1.0×10-5，則c(H+)＞1.0×10-9，pH＜9，故D錯誤；故選D。點睛：本題考查酸堿混合的定性判斷，把握酸堿混合后的溶質、鹽類水解、電荷守恒為解答本題關鍵。注意選項D為解答的難點，需要根據(jù)電離平衡常數(shù)解答，溫度不變，電離平衡常數(shù)不變。17、B【詳解】A選項，增加同樣體積的水稀釋時，HB的pH變化小于HA，說明加水后HB進一步電離的程度大于HA，HB的電離程度小于HA，酸性比HA弱。B選項，酸根陰離子對應酸越弱，結合氫離子的能力越強，HA>HB，結合氫離子的能力，B－>A－，故B項正確；C選項，c點pH大于b點，故氫離子濃度c小于b點，因此c點導電能力小于b點，故C錯誤；D選項，開始pH相等，由于HA>HB，HB的電離程度小于HA，因此c(HB)>c(HA)，溶液體積相等，則HB的物質的量大于HA的物質的量，因此消耗得氫氧化鈉HB>HA，即Va>Vb，故D錯誤；綜上所述，答案為B?！军c睛】相同pH的兩種弱酸HA和HB分別加水稀釋，pH變化大的是相對強的，變化小的是先對弱的。18、D【詳解】A．根據(jù)圖示，陶瓷片允許Li+通過，Li能與水反應生成LiOH和H2，Li電極不能與水接觸，陶瓷片不允許水分子通過，A項正確；B．放電時Li+由M電極向N電極遷移，M為負極，N為電池的正極，B項正確；C．放電時M為負極，M極電極反應式為Li-e-=Li+，充電時M為陰極，電極反應式為Li++e-=Li，C項正確；D．充電時M為陰極，接線柱A應與外接電源的負極相連，D項錯誤；答案選D?！军c睛】本題考查可充電電池的工作原理，根據(jù)放電時陽離子的流向確定放電時的正負極是解題的關鍵。注意：放電時的負極充電時為陰極，放電時的正極充電時為陽極，充電時陽極反應式為放電時正極反應式的逆過程，充電時陰極反應式為放電時負極反應式的逆過程。19、C【解析】A.硫酸溶液為電中性溶液，一定滿足c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，故A錯誤；B.一水合氨為弱電解質，在溶液中部分電離，常溫下pH為2的硫酸與等體積pH=12的氨水等體積混合，氨水過量，反應后溶液顯堿性，故B錯誤；C.水電離出的氫離子濃度和水電離出的氫氧根離子濃度相等，則由H2O電離出的c(H+)=10-141×10-2mol/L=1.0×10-12mol/LD.與等體積0.01mol/L乙酸鈉溶液混合后所得溶液中，溶質為硫酸鈉和醋酸，醋酸的物質的量濃度是硫酸鈉的2倍，但由于醋酸為弱酸，在溶液中只能少部分電離生成醋酸根離子，所以溶液中c（SO42-）>c（CH3COO-），故D錯誤，答案選C。20、D【詳解】A．乙中I-失去電子放電，化合價升高，發(fā)生氧化反應，A正確；B．由總反應方程式知，甲中石墨電極上Fe3+被還原成Fe2+，B正確；C．當電流計為零時，說明反應達到平衡，C正確；D．甲中加入Fe2+，導致平衡逆向移動，則Fe2+失去電子生成Fe3+，作為負極，則乙中石墨電極為正極，D錯誤；故答案為：D。21、C【詳解】A、縮小體積使壓強增大可以加快該化學反應的速率，選項A不符合；B、升高體系的溫度，活化分子的百分數(shù)增大，可以加快該化學反應的速率，選項B不符合；C、恒容，充入He，各組分濃度不變，速率不變，選項C符合；D、加入合適的催化劑，活化分子的百分數(shù)增大，化學反應速率增大，選項D不符合；答案選C。22、C【詳解】根據(jù)題意鹽酸平均分成2份，設每份都為1L，將pH=2的鹽酸加適量的水，pH升高了1，則體積是原鹽酸體積的10倍，說明所加的水的體積是原溶液的9倍，即水的體積為9L；另一份加入與該鹽酸物質的量濃度相同的適量NaOH溶液后，pH也升高了1．可設堿液體積x．依題意可列出下列等式：10-2mol/L×1L-10-2mol/L×xL=10-3mol/L×(1+x)L，解得x=L，則加入的水與NaOH溶液的體積比為，答案選C。二、非選擇題(共84分)23、羰基、溴原子取代反應消去反應+NaOH+NaCl3【分析】A發(fā)生取代反應生成B，B消去反應生成C，根據(jù)B和D結構簡式的差異性知，C應為，C發(fā)生取代反應生成D，E生成F，根據(jù)F和D的結構簡式知，D發(fā)生加成反應生成E，E為，E發(fā)生消去反應生成F，F(xiàn)發(fā)生加成反應生成G，G發(fā)生加成反應生成H，H發(fā)生反應生成I，再結合問題分析解答。【詳解】(1)根據(jù)分析，C的結構簡式為，E的結構簡式為，其中的官能團名稱為羰基、溴原子；(2)通過以上分析中，③的反應類型為取代反應，⑤的反應類型為消去反應；(3)環(huán)戊烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成X，和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成Y，Y為，在銅作催化劑加熱條件下發(fā)生氧化反應生成，所以反應2的化學方程式為+NaOH+NaCl；(4)立方烷經(jīng)硝化可得到六硝基立方烷，兩個H原子可能是相鄰、同一面的對角線頂點上、通過體心的對角線頂點上，所以其可能的結構有3種。24、取代反應加成反應3+NaOH+NaClCH3COOH++H2O【分析】C的產(chǎn)量可用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平，則C為乙烯，其與水發(fā)生加成反應生成的D為乙醇；乙醇經(jīng)催化氧化生成E，E為乙醛；乙醛經(jīng)銀氨溶液氧化后再酸化得到F，則F為乙酸；由圖中信息可知，甲苯與氯氣在光照的條件下發(fā)生側鏈上的取代反應生成A，A屬于鹵代烴，其在氫氧化鈉溶液中加熱發(fā)生水解反應生成B；B與F在一定條件下生成G，由G的分子式C9H10O2可以推斷B為苯甲醇（）、A是。【詳解】（1）C為乙烯，其電子式為；G為乙酸苯甲酯，其結構簡式為。（2）A轉化為B屬于鹵代烴的水解反應，其反應類型為取代反應；C轉化為D的反應是乙烯與水反應生成乙醇，其反應類型為加成反應。（3）B為苯甲醇，其同分異構體有很多種，遇FeCl3溶液顯紫色的同分異構體屬于酚，可能為鄰甲酚、間甲酚和對甲酚，共有3種。（4）A→B的化學方程式為+NaOH+NaCl。B和F生成G的化學方程式為CH3COOH++H2O。25、BDCEAF洗去附著在滴定管內壁上的水，防止其將標準溶液稀釋而引起誤差acefgde19.12大0.

1710【詳解】(1)中和滴定按照檢漏、洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等順序操作，題目所給步驟從潤洗開始，所用標準液為鹽酸，選用酸式滴定管，潤洗后裝液，即取標準鹽酸注入酸式滴定管至“0”刻度以上2~3cm處，調節(jié)滴定管尖嘴使之充滿溶液，之后調節(jié)液面，記錄讀數(shù)，之后取待測液并加指示劑、滴定，正確的順序為：BDCEAF；(2)用標準液潤洗可以洗去附著在滴定管內壁上的水，防止其將標準溶液稀釋而引起誤差；(3)配制一定物質的量濃度溶液時常用的儀器有容量瓶、燒杯、膠頭滴管、玻璃棒，由于配制一定物質的量濃度的鹽酸時一般是稀釋濃鹽酸，所以還需要量筒量取濃鹽酸，所以所用儀器有acefg；(4)a．開始實驗時酸式滴定管尖嘴部分有氣泡，在滴定過程中氣泡消失，則會使記錄的標準液體積用量變大，使得NaOH濃度偏大，故a不符合題意；b．盛NaOH溶液的錐形瓶滴定前用NaOH溶液潤洗2~3次會使標準液的用量偏大，計算得到的NaOH濃度偏大，故b不符合題意；c．酸式滴定管在裝液前未用標準鹽酸潤洗2~3次會稀釋標準液，從而使標準液體積偏大，計算得到的NaOH濃度偏大，故c不符合題意；d．讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數(shù)，滴定結束時俯視讀數(shù)，會使標準液體積讀數(shù)偏小，計算得到的NaOH濃度偏小，故d符合題意；e．滴定過程中，錐形瓶的振蕩過于激烈，使少量溶液濺出，導致部分NaOH溶液損失，會使標準液用量偏小，計算得到的NaOH濃度偏小，故e符合題意；綜上所述選de；(5)滴定管的零刻度在上，讀數(shù)時要估讀一位，讀到小數(shù)點后兩位，所以圖示讀數(shù)為19.12mL；仰視讀數(shù)會使讀數(shù)偏大；(6)第一次所用標準液的體積為20.39mL-2.34mL=18.05mL，第二次所用標準液的體積為20.20mL-3.20mL=17.00mL，第三次所用標準液的體積為17.80mL-0.60mL=17.20mL，第一次讀數(shù)的誤差較大，舍去，則所用標準液的平均體積為=17.10mL，所以NaOH溶液的濃度為=0.1710mol/L。【點睛】滴定管讀數(shù)時要注意和量筒的區(qū)別，量筒的“0”刻度在下，所以俯視讀數(shù)偏大，仰視讀數(shù)偏小，而滴定管的“0”刻度在上，俯視讀數(shù)偏小，仰視讀數(shù)偏大。26、CABE錐形瓶內顏色的變化溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘內不恢復為原來的顏色CD40M(V2【解析】(1)實驗時應先稱量一定質量的固體，溶解后配制成溶液，量取待測液與錐形瓶中，然后用標準液進行滴定，正確的操作步驟是C→A→B→D→E，故答案為：C；A；B；E；(2)滴定時，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視錐形瓶內顏色的變化，故答案為：錐形瓶內顏色的變化；(3)指示劑為甲基橙，變色范圍為3.1-4.4，終點時pH約為4，終點時溶液的顏色由黃色變?yōu)槌壬野敕昼妰炔换謴蜑樵瓉淼念伾蚀鸢笧椋喝芤河牲S色變?yōu)槌壬?，且半分鐘內不恢復為原來的顏色?4)A、滴定終點讀數(shù)時俯視，則V酸偏小，造成測定結果偏低，故A不選；B、錐形瓶水洗后未干燥，堿的物質的量不變，對實驗無影響，故B不選；C、酸式滴定管使用前，水洗后未用鹽酸潤洗，則消耗V酸偏大，造成測定結果偏高，故C選；D、酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，則消耗V酸偏大，造成測定結果偏高，故D選；故答案為：CD；(5)HCl+NaOH=NaCl+H2O可知，n(NaOH)=(V2-V1)×10-3L×Mmol/L×25025=M(V2-V1)×10-2mol，則該燒堿樣品的純度為M(V2-V127、MnO2+4HCl(濃)CaCl2+Cl2↑+H2O飽和食鹽水濃硫酸2I-+Cl2==2Cl-+I2生成紅棕色的煙KSCN（硫氰化鉀）2NaOH+Cl2==NaCl+NaClO+2H2OCa(ClO)2【解析】（1）裝置A為MnO2和濃鹽酸反應制備氯氣的裝置，其化學方程式為：MnO2+4HCl(濃)CaCl2+Cl2↑+H2O；（2）裝置A中產(chǎn)生的氯氣中混有HCl氣體，需要除去，故裝置B中的試劑為飽和食鹽水；氯氣一部分在裝置C中發(fā)生反應，驗證Cl2的氧化性，因氯氣與鐵反應制取氯化鐵要在無水條件下進行，因此氯氣進入裝置E時必須為干燥氣體，故裝置D的目的是干燥氯氣，故裝置D中的試劑為濃硫酸；（3）裝置C中含有KI溶液，氯氣通入后發(fā)生氧化還原反應，其反應的離子方程式為：2I-+Cl2==2Cl-+I2；（4）裝置E中氯氣通入并加熱時，發(fā)生反應2Fe+3Cl22FeCl3，其反應現(xiàn)象為生成紅棕色的煙；檢驗Fe3+常用試劑為KSCN（硫氰化鉀）溶液；（5）氯氣為有毒氣體，不能直接排放于空氣中，需進行尾氣處理，常選用NaOH溶液，NaOH與Cl2的化學反應方程式為：2NaOH+Cl2==NaCl+NaClO+2H2O；（6）氯氣制備漂白粉的方程式為：2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，其漂白有效成分為Ca(ClO)2。28、SiO2減少MnSO4·H2O的損失，防止生成MnSO4·5H2O除去水中溶解的氧氣達標【分析】分析信息和工藝流程知向軟錳礦漿通入稀硫酸和煙道氣，酸浸，酸性條件下，二氧化錳與二氧化硫反應生成硫酸錳、氧化鋁和稀硫酸反應生成硫酸鋁，過濾，濾渣A為二氧化硅，向濾液1中加入氨水，調節(jié)pH=5.4，將Al3+轉化為氫氧化鋁沉淀，過濾，濾渣B為氫氧化鋁，濾液2為硫酸錳溶液，經(jīng)過加熱（煮沸）結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥，得MnSO4·H2O，據(jù)此作答?！驹斀狻浚?）由分析可知濾渣A的主要成分是二氧化硅，化學式為：SiO2，故答案為SiO2。（2）由溶解度曲線分析可知，趁熱過濾的目的除了防止MnSO4·H2O中含有(NH4)2SO4外，還有減少MnSO4·H2O的損失，防止生成MnSO4·5H2O，故答案為減少MnSO4·H2O的損失，防止生成MnSO4·5H2O。（3）①溶液中氧氣溶解度不大，且隨溫度升高溶解度減小，所以配制以上無氧溶液時需要通過煮沸溶劑后冷卻，把溶劑水中溶解的氧氣趕出，減少實驗誤差

故答案為除去水中溶解的氧氣。②Mn2＋＋O2＋OH－→MnO(OH)2↓，根據(jù)觀察法配平反應方程式為：2Mn2＋＋O2＋4OH-=2MnO(OH)2↓；MnO（OH）2+I-+H+→Mn2++I2+H2O，反應中碘元素化合價-1價變化為0價，錳元素化合價降低+4價變化為+2價，電子轉移總數(shù)2，配平得到離子方程式為：MnO（OH）2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O。用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2發(fā)生反應：2S2O32-+I2═S4O62-+