遼寧省葫蘆島市實驗中學東戴河分校2024屆化學高二第一學期期中教學質(zhì)量檢測試題含解析

遼寧省葫蘆島市實驗中學東戴河分校2024屆化學高二第一學期期中教學質(zhì)量檢測試題注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)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、已知電離平衡常數(shù)H2SO3：H2SO3?HSO3-+H+K1=1.54×10-2，HSO3?SO32-+H+K2=1.02×10-7；H2CO3：H2CO3?HCO3-+H+K1=4.4×10-7HCO3-?CO32-+H+K2=4.7×10-11，則溶液中不可以大量共存的離子組是A．HSO3-、CO32-B．HSO3-、HCO3-C．SO32-、HCO3-D．SO32-、CO32-2、肼(H2N—NH2)是一種高能燃料，有關(guān)化學反應的能量變化如圖所示，已知斷裂1mol化學鍵所需的能量(kJ)：N≡N鍵為942、O＝O鍵為500、N—N鍵為154，則斷裂1molN—H鍵所需的能量(kJ)是()A．194 B．391 C．516 D．6583、溶度積常數(shù)受（）影響。A．溫度B．濃度C．壓強D．酸堿性4、下列物質(zhì)中不能發(fā)生水解反應的是A．淀粉B．纖維素C．蔗糖D．葡萄糖5、下列溶液中不存在配離子的是A．CuSO4水溶液B．銀氨溶液C．硫氰化鐵溶液D．I2的CCl4溶液6、用惰性電極電解CuSO4溶液一段時間后停止通電，若需向溶液中加入1molCu（OH）2才能使溶液恢復至電解前的狀態(tài)，則電解過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為（）A．2molB．4molC．6molD．8mol7、在容積為2L的恒容密閉容器中，一定溫度下，發(fā)生反應：aM(g)+bN(g)cQ(g)，氣體M、N、Q的物質(zhì)的量隨時間的變化如圖所示，則下列敘述正確的是A．該溫度下此反應的平衡常數(shù)的值K=25/4B．平衡時，M的轉(zhuǎn)化率為50℅，若條件改為恒溫恒壓，則達平衡時M的轉(zhuǎn)化率小于50℅C．若開始時向容器中充入2molM和1molN，達到平衡時，M的體積分數(shù)小于50℅D．在5min時，再向體系中充入少量He，重新達到平衡前v(正)＞V（逆)8、全釩氧化還原電池是一種新型可充電池，不同價態(tài)的含釩離子作為正極和負極的活性物質(zhì)，分別儲存在各自的酸性電解液儲罐中。其結(jié)構(gòu)原理如圖所示，該電池放電時，右槽中的電極反應為：V2+-e-=V3+，下列說法正確的是A．放電時，右槽發(fā)生還原反應B．放電時，左槽的電極反應式：VO2++2H++e-=VO2++H2OC．充電時，每轉(zhuǎn)移1mol電子，n(H+)的變化量為1molD．充電時，陰極電解液pH升高9、食品檢驗是保證食品安全的重要措施，下列不屬于食品安全檢測指標的是()A．淀粉的含量 B．二氧化硫的含量C．亞硝酸鹽的含量 D．甲醛的含量10、決定化學反應速率的主要因素是A．反應物的濃度 B．反應體系內(nèi)的壓強C．反應物的性質(zhì) D．反應物的狀態(tài)11、以下是一些常用的危險品標志，裝運濃硫酸的車應貼的圖標是A． B．C． D．12、將①H＋②Cl－③Al3＋④S2－⑤K＋⑥OH－⑦CH3COO－⑧，分別加入H2O中，基本上不影響水的電離平衡的是A．①③⑤⑦⑧ B．②④⑦C．②⑥⑦ D．②⑤⑧13、下列敘述正確的是A．NH4+結(jié)構(gòu)中N—H形成過程一樣B．SO3分子空間構(gòu)型為平面正三角形C．[Cu(NH3)2Cl2]Cl2溶于水后，滴加AgNO3溶液，無明顯現(xiàn)象D．氯乙烷的沸點高于溴乙烷14、用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的鹽酸(酚酞作指示劑)的滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是（）A．水的電離程度：a<bB．鹽酸的物質(zhì)的量濃度為0.010mol/LC．指示劑剛變色時，說明鹽酸與NaOH恰好完全反應D．當?shù)渭覰aOH溶液30.00mL時(忽略反應前后體積變化)，該混合液的pH=1+lg515、煤燃燒過程中加入石灰石可以把硫元素以CaSO4的形式固定，從而降低SO2的排放。但是燃燒過程中產(chǎn)生的CO又會與CaSO4發(fā)生化學反應，降低了脫硫效率。發(fā)生的兩個相關(guān)反應的熱化學方程式如下：反應Ⅰ：CaSO4（s）＋CO（g）CaO（s）＋SO2（g）＋CO2（g）ΔH1＝+218.4kJ·mol-1反應Ⅱ：CaSO4（s）＋4CO（g）CaS（s）＋4CO2（g）ΔH2＝-175.6kJ·mol-1已知：①反應Ⅰ和反應Ⅱ同時發(fā)生②反應Ⅰ的速率大于反應Ⅱ的速率下列反應過程能量變化示意圖正確的是A． B． C． D．16、下列物質(zhì)與水混合后靜置，不會出現(xiàn)分層現(xiàn)象的是A．汽油 B．苯 C．四氯化碳 D．乙醇17、25℃時，把0.2mol·L－1的醋酸加水稀釋，則圖中的縱軸y表示的是（）A．溶液中H+的物質(zhì)的量B．溶液中的c(CH3COO-)/c(CH3COOH)C．溶液的導電能力D．CH3COOH的電離程度18、硼化釩（VB2）—空氣電池是目前儲電能力最高的電池，電池示意圖如下，該電池工作時反應為：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5，下列說法正確的是A．電極a為電池負極，發(fā)生還原反應B．每消耗1molVB2轉(zhuǎn)移6mol電子C．電池工作時，OH向電極a移動D．VB2極發(fā)生的電極反應為：2VB2+22OH?－22e?＝V2O5+2B2O3+11H2O19、根據(jù)熱化學方程式：S(s)+O2(g)=SO2(g)；△H=akJ·mol－1(a=-297.2),分析下列說法中不正確的是A．S(s)在O2(g)中燃燒的反應是放熱反應B．S(g)+O2(g)=SO2(g)；△H=bkJ·mol－1,則a<bC．1molSO2(g)所具有的能量低于1molS(s)與1molO2(g)所具有的能量之和D．16克固體硫在空氣中充分燃燒，可放出148.6kJ的熱量20、下列說法或有關(guān)化學用語的表達正確的是()A．在基態(tài)多電子原子中，p軌道電子能量一定高于s軌道電子能量B．基態(tài)Fe原子的外圍電子排布圖為C．因氧元素電負性比氮元素大，故氧原子第一電離能比氮原子第一電離能大D．根據(jù)原子核外電子排布的特點，Cu在元素周期表中位于s區(qū)21、下列各組離子一定能大量共存的是A．在堿性溶液中：CO32-、K+、S2-、Na+B．在含有大量Ba2+的溶液中：NO3-、A1O2-、Na+、HCO3-C．水電離出來的c(H+)=10-13mol/L的溶液:K+、HCO3-、Br+、Ba2+D．在中性溶液中：K+、Cl-、Al3+、NO3-22、類推是在化學學習和研究中常用的思維方法，但類推出的結(jié)論最終要經(jīng)過實踐的檢驗才能決定其正確與否，下列幾種類推結(jié)論中正確的是（）A．由跟直接化合可得，類推出跟直接化合可得B．金屬鎂失火不能用滅火，類推出金屬鈉失火也不能用滅火C．與反應生成和，類推出與反應生成和D．相同溫度下的溶解度比的溶解度小，類推出的溶解度也小于的溶解度二、非選擇題(共84分)23、（14分）有A、B兩種烴，A常用作橡膠、涂料、清漆的溶劑，膠粘劑的稀釋劑、油脂萃取劑。取0.1molA在足量的氧氣中完全燃燒，生成13.44LCO2氣體(標準狀況下測定)，生成的H2O與CO2的物質(zhì)的量之比為1:1。則：（1）A的分子式為___________________________。（2）A的同分異構(gòu)體較多。其中：①主鏈有五個碳原子；②能使溴的四氯化碳溶液和高錳酸鉀酸性溶液褪色；③在Ni催化下能與氫氣發(fā)生加成反應。符合上述條件的同分異構(gòu)體有：、、、、___________________、_____________________(寫結(jié)構(gòu)簡式，不考慮順反異構(gòu))。寫出用在一定條件下制備高聚物的反應方程式_____________________，反應類型為____________________。（3）B與A分子中磯原子數(shù)相同，1866年凱庫勒提出B分子為單、雙鍵交替的平面結(jié)構(gòu)，解釋了B的部分性質(zhì)，但還有一些問題尚未解決，它不能解釋下列事實中的______________。a.B不能使溴水褪色b.B能與發(fā)生加成反應c.B的一溴代物沒有同分異構(gòu)體d.B的鄰位二溴代物只有一種（4）M是B的同系物，0.1molM在足量的氧氣中完全燃燒，產(chǎn)生標準狀況下15.68L二氧化碳。①寫出下列反應的化學方程式：M光照條件下與Cl2反應：______________________________。M與濃硝酸和濃硫酸的混合酸加熱：_____________________________________。②M________(填“能”或“不能”)使高錳酸鉀酸性溶液褪色，M與氫氣加成產(chǎn)物的一氯代物有____種。24、（12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____。25、（12分）某工廠廢水中含游離態(tài)氯，通過下列實驗測定其濃度。①取水樣10.00mL于錐形瓶中，加入10.00mLKI溶液(足量)(發(fā)生的反應為：Cl2＋2KI=I2＋2KCl)滴入指示劑2～3滴。②取一只堿式滴定管依次用自來水、蒸餾水洗凈，然后注入0.010mol·L－1Na2S2O3溶液，調(diào)整液面，記下讀數(shù)。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)滴定時，眼睛應注視______________，(3)步驟③當待測液由

________色變?yōu)開______色且半分鐘不變化即達終點。若耗去Na2S2O3溶液20.0mL，則廢水中Cl2的物質(zhì)的量濃度為_____。(4)實驗中，Cl2的實際濃度比所測濃度偏小，造成誤差的原因是：______________。(5)下列操作中可能使所測游離態(tài)氯的濃度數(shù)值偏低的是(選填字母)___。A．堿式滴定管未用標準溶液潤洗就直接注入Na2S2O3標準溶液B．錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥就注入水樣待測液C．裝有Na2S2O3標準溶液的堿式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失D．讀取Na2S2O3溶液體積時，開始仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束時俯視讀數(shù)E．若剛見到指示劑局部的顏色有變化就停止滴定。26、（10分）實驗室中有一未知濃度的稀鹽酸，某學生用0.10mol·L－1NaOH標準溶液進行測定鹽酸的濃度的實驗。取20.00mL待測鹽酸放入錐形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示劑，用自己配制的NaOH標準溶液進行滴定。重復上述滴定操作2～3次，記錄數(shù)據(jù)如下。完成下列填空：實驗編號待測鹽酸的體積(mL)NaOH溶液的濃度(mol·L－1)滴定完成時，NaOH溶液滴入的體積(mL)120.000.1024.18220.000.1023.06320.000.1022.96I．(1)滴定達到終點的標志是_________。(2)根據(jù)上述數(shù)據(jù)，可計算出該鹽酸的濃度約為___________(保留小數(shù)點后3位)。(3)在上述實驗中，下列操作(其他操作正確)會造成測定結(jié)果偏高的有___________。A．用酸式滴定管取20.00mL待測鹽酸，使用前，水洗后未用待測鹽酸潤洗B．錐形瓶水洗后未干燥C．稱量NaOH固體時，有小部分NaOH潮解D．滴定終點讀數(shù)時俯視E．堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失Ⅱ．硼酸(H3BO3)是生產(chǎn)其它硼化物的基本原料。已知H3BO3的電離常數(shù)為5.8×10－10，H2CO3的電離常數(shù)為K1=4.4×10－7、K2=4.7×10－11。向盛有飽和硼酸溶液的試管中，滴加0.1mol/LNa2CO3溶液，____________(填“能”或“不能”)觀察到氣泡逸出。Ⅲ．某溫度時測得0.01mol/L的NaOH溶液pH為11，求該溫度下水的離子積常數(shù)KW=_________27、（12分）工業(yè)上H2O2是一種重要的綠色氧化還原試劑，某小組對H2O2的催化分解實驗進行探究。回答下列問題：(1)在同濃度Fe3+的催化下，探究外界條件對H2O2分解反應速率的影響。實驗裝置如圖所示：①H2O2溶液在Fe3+催化下分解的反應歷程如下：第一步反應歷程為：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2+2H+第二步反應歷程為：________；除了圖中所示儀器之外，該實驗還必需的儀器是________。②請完成下面表格中I、II、III的實驗記錄內(nèi)容或數(shù)據(jù)：實驗編號0.1mol?L﹣1Fe2(SO4)30.1mol?L﹣1H2O2溶液蒸餾水(mL)反應溫度/℃反應時間(秒)Ⅰ2mL20mL020t1Ⅱ2mLV1mL2mL20t2ⅢV2mL20mL050t3V1＝________，V2＝________；根據(jù)所學的知識判斷，當三個實驗中均產(chǎn)生10ml氣體時，所需反應時間最長的是___________(填“t1”、“t2”或“t3”)(2)該小組預測同為第四周期VIII族的Fe、Co、Ni可能有相似的催化作用。查閱資料：CoxNi(1-x)Fe2O4(其中Co、Ni均為+2價)也可用作H2O2分解的催化劑，具有較高的活性。如圖表示兩種不同方法制得的催化劑CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃時催化分解6%的H2O2溶液的相對初始速率隨x變化曲線。①由圖中信息可知________法制取得到的催化劑活性更高。②推測Co2+、Ni2+兩種離子中催化效果更好的是________。28、（14分）氮元素的氫化物和氧化物在工業(yè)生產(chǎn)廣泛應用，回答下列問題：(1)肼N2H4(l)可作為火箭發(fā)動機的燃料，與氧化劑N2O4(g)反應生成N2和水蒸氣。已知：①N2(g)+2O2(g)=N2O4(g)ΔH1=-19.5kJ/mol②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH2=-534.2kJ/mol寫出N2H4(l)和N2O4(g)反應的熱化學方程式_____；(2)肼—N2O4燃料電池是一種堿性電池，如圖是一種新型燃料電池裝置，其總反應方程式為N2H4＋O2＝N2＋2H2O，通入N2H4(肼)的一極是電池的____(填“正極”或“負極”)，該電極的電極反應式為______。(3)在上述燃料電池中，若完全消耗16gN2H4，則理論上外電路中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_________mol，電池工作一段時間后電解質(zhì)溶液的pH________(填“增大”“減小”或“不變”)(4)在電化學中，離子交換膜扮演了非常重要的角色，其中陰(陽)離子交換膜只允許陰(陽)離子通過的特性，往往有很多新奇的應用。用如圖裝置電解Na2SO4溶液，和為外電源的正負極。m為_______子交換膜(填“陽”或“陰”)。D口產(chǎn)品的化學式是_______(H2O和氣體除外)，整個裝置中的總反應方程式為________。29、（10分）I.已知：反應Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）的平衡常數(shù)為K1；反應Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）的平衡常數(shù)為K2。在不同溫度時K1、K2的值如下表：溫度（絕對溫度）K1K29731.472.3811732.151.67（1）推導反應CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）的平衡常數(shù)K與K1、K2的關(guān)系式：___________，判斷該反應是___________反應（填“吸熱”或“放熱”）。II.T1溫度下，體積為2L的恒容密閉容器，加入4.00molX，2.00molY，發(fā)生化學反應2X(g)+Y(g)3M(g)+N(s)△H<0。部分實驗數(shù)據(jù)如表格所示。t/s050010001500n(X)/mol4.002.802.002.00（2）前500s反應速率v(M)＝____________，該反應的平衡常數(shù)K＝_____________。（3）該反應達到平衡時某物理量隨溫度變化如下圖所示。縱坐標可以表示的物理量有哪些_____。a．Y的逆反應速率b．M的體積分數(shù)c．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量d．X的質(zhì)量分數(shù)（4）反應達到平衡后，若再加入3.00molM，3.00molN，下列說法正確的是_____。A．平衡不移動B．重新達平衡后，M的體積分數(shù)小于50%C．重新達平衡后，M的物質(zhì)的量濃度是原平衡的1．5倍D．重新達平衡后，Y的平均反應速率與原平衡相等E．重新達平衡后，用X表示的v(正)比原平衡大（5）若容器為絕熱恒容容器，起始時加入4.00molX，2.00molY，則達平衡后M的物質(zhì)的量濃度_____1.5mol/L(填“>”、“=”或“<”)。

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【解題分析】因為電力平衡常數(shù)越大酸性越強，由H2SO3?HSO3-+H+K1=1.54×10-2，HSO3-?SO32-+H+K2=1.02×10-7；H2CO3：H2CO3?HCO3-+H+K1=4.4×10-7,HCO3-?CO32-+H+K2=4.7×10-11的電離平衡常數(shù)可知：酸性順序為：H2SO3>HSO3-≈H2CO3>HCO3-,則強酸和弱酸鹽反應能生成弱酸，則不能大量共存?！绢}目詳解】A.因為HSO3-的電離平衡常數(shù)比HCO3-的電離平衡常數(shù)大，所以酸性HSO3->HCO3-，所以HSO3-、CO32-不能大量共存，故選A；B.因為HSO3-的電離平衡常數(shù)和H2CO3的電離平衡常近似相等，所以HSO3-、HCO3-不能反應，可以大量共存，故不選B；C.因為HCO3-的電離平衡常數(shù)比HSO3-的電離平衡常數(shù)小，所以SO32-、HCO3-不反應，可以大量共存，故不選C；D.SO32-、CO32-之間不會發(fā)生反應，所以可以大量共存，故不選D.所以本題答案為A。2、B【題目詳解】根據(jù)圖中內(nèi)容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=2752kJ/mol－534kJ/mol=2218kJ/mol，化學反應的焓變等于產(chǎn)物的能量與反應物能量的差值，舊鍵斷裂吸收能量，新鍵生成釋放能量，設(shè)斷裂1molN―H鍵所需的能量為X，舊鍵斷裂吸收的能量：154+4X+500=2218，解得X=391，故選項B正確。3、A【解題分析】在一定溫度下，電解質(zhì)的飽和溶液中，離子濃度的冪之積為溶度積，溶度積(solubilityproduct)在一定溫度下是個常數(shù),它只受溫度的影響，它的大小反映了物質(zhì)的溶解能力；A正確；綜上所述，本題選A。4、D【解題分析】A.淀粉屬于多糖，在酸性條件下，可以水解生成葡萄糖，故A錯誤；

B.纖維素屬于多糖，在酸性條件下，可以水解生成葡萄糖，故B錯誤；

C.蔗糖屬于雙糖，在酸性條件下，可以水解生成一分子葡萄糖和一分子的果糖，故C錯誤；

D.葡萄糖屬于單糖，不能水解，故D正確。

故選D。【題目點撥】雙糖和多糖在催化劑條件下能夠發(fā)生水解生成葡萄糖，單糖不能夠發(fā)生水解。5、D【解題分析】試題分析：配離子是由一個金屬陽離子和一定數(shù)目的中性分子或陰離子以配位鍵結(jié)合而成的復雜離子，可能存在于配位化合物晶體中，也可能存在于溶液中，A．水對銅離子有絡(luò)合作用，CuSO4水溶液中存在四水合銅絡(luò)離子，銅離子提供空軌道，水分子提供孤對電子，存在配離子，A不符合題意；B．銀氨溶液中銀離子提供空軌道，氨氣提供孤對電子，存在配離子，B不符合題意；C．硫氰化鐵溶液中鐵離子提供空軌道，硫氰根離子提供孤對電子，存在配離子，C不符合題意；D．I2的CCl4溶液為碘單質(zhì)的四氯化碳溶液，無配離子，D符合題意；答案選D?？键c：考查配位鍵判斷6、B【解題分析】加入1molCu（OH）2后恰好恢復到電解前的濃度和pH，Cu（OH）2從組成上可看成CuO?H2O，根據(jù)“析出什么加入什么”的原則知，析出的物質(zhì)是氧化銅和水，則陰極上析出氫氣和銅，生成1mol銅轉(zhuǎn)移電子=1mol×2mol=2mol，根據(jù)原子守恒知，生成1mol水需要1mol氫氣，生成1mol氫氣轉(zhuǎn)移電子=1mol×2mol=2mol，所以電解過程中共轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4mol，答案選B。點睛：本題考查了電解原理，明確電解原理和發(fā)生的電極反應，特別是陰極上析出的物質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，根據(jù)生成物與轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式來解答即可。根據(jù)得失電子守恒定律關(guān)系建立起已知量與未知量之間的橋梁，構(gòu)建計算所需的關(guān)系式。例如：，(式中M為金屬，n為其離子的化合價數(shù)值)該關(guān)系式具有總攬電化學計算的作用和價值，熟記電極反應式，靈活運用關(guān)系式便能快速解答常見的電化學計算問題。在電化學計算中，還常利用Q＝I·t和Q＝n(e－)×NA×1.60×10－19C來計算電路中通過的電量。7、C【解題分析】△n（M）＝0.8mol－0.4mol＝0.4mol，△n（N）＝0.4mol-0.2mol＝0.2mol，△n（Q）＝0.2mol，所以a：b：c＝2：1：1，化學方程式為2M（g）+N（g）Q（g）?！绢}目詳解】A．平衡時，c（M）＝0.4mol÷2L＝0.2mol/L，c（N）＝c（Q）＝0.2mol÷2L＝0.1mol/L，K＝＝＝25，故A錯誤；B．平衡時，M的轉(zhuǎn)化率為50％，若條件改為恒溫恒壓，由于正方向是體積減小的可逆反應，因此恒溫恒壓有利于平衡向正反應方向進行，則達平衡時M的轉(zhuǎn)化率大于50％，故B錯誤；C．在該條件下，M的體積分數(shù)為：×100%＝50%。由于該反應前氣體體積大于反應后氣體體積，充入比原反應更多的反應物時，可逆反應進行程度比原平衡大，所以M的體積分數(shù)小于50%，故C正確；D．向體系中充入少量He，化學平衡不移動，即v（正）＝v（逆），故D錯誤。答案選C。8、B【解題分析】試題分析：A．電池放電時，右槽中的電極反應為：V2+-e-=V3+，可知發(fā)生氧化反應，故A錯誤；B．放電時，左槽發(fā)生還原反應，電極方程式應為VO2++2H++e-=VO2++H2O，故B正確；C．充電時，電極反應式為VO2++H2O-e-=VO2++2H+，每轉(zhuǎn)移1mol電子，n(H+)的變化量為2mol，故C錯誤；D．充電時，陰極發(fā)生V3++e-=V2+，H+參加反應，pH不發(fā)生變化，故D錯誤；故選B。【考點定位】考查了原電池和電解池【名師點晴】根據(jù)得失電子判斷原電池正負極和電解池陰陽極是解題關(guān)鍵；該電池放電時，右槽中的電極反應為：V2+-e-=V3+，為被氧化的過程，應為原電池負極反應，則左槽為原電池正極，發(fā)生還原反應，電極方程式應為VO2++2H++e-=VO2++H2O，充電時電極反應為放電電極反應的逆反應，以此解答該題。9、A【題目詳解】A、淀粉是多糖，為人體提供能量，不屬于安全檢測指標，故A不需檢測；B、二氧化硫有毒，對人體有害，屬于食品安全檢測指標，故B需檢測；C、亞硝酸鈉雖然外觀極像食鹽，但它有致癌作用，對人體有害，屬于食品安全檢測指標，故C需檢測；D、甲醛有毒，能破壞蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)，不但對人體有害，而且降低了食品的質(zhì)量，故D需檢測。答案選A。【題目點撥】化學來源于生產(chǎn)生活，也必須服務(wù)于生產(chǎn)生活，所以與人類生產(chǎn)生活相關(guān)的化學知識也是重要的熱點之一，學習理論知識要聯(lián)系生產(chǎn)生活實際。10、C【題目詳解】決定化學反應速率的是反應物的性質(zhì)，溫度、濃度、壓強、催化劑是外界的影響因素，故C正確。11、B【題目詳解】濃硫酸具有腐蝕性，因此裝運濃硫酸的車應貼的圖標是腐蝕品，故B符合題意。綜上所述，答案為B。12、D【題目詳解】①H＋加入水中，將增大溶液中的c(H+)，從而抑制水的電離；②Cl－加入水中，不影響水電離產(chǎn)生的c(H+)、c(OH－)，對水的電離不產(chǎn)生影響；③Al3＋加入水中，與水電離產(chǎn)生的OH-結(jié)合，從而促進水的電離；④S2－加入水中，與水電離產(chǎn)生的H+結(jié)合，從而促進水的電離；⑤K＋加入水中，不影響水電離產(chǎn)生的c(H+)、c(OH－)，對水的電離不產(chǎn)生影響；⑥OH－加入水中，將增大溶液中的c(OH－)，從而抑制水的電離；⑦CH3COO－加入水中，與水電離產(chǎn)生的H+結(jié)合，從而促進水的電離；⑧加入水中，不影響水電離產(chǎn)生的c(H+)、c(OH－)，對水的電離不產(chǎn)生影響；綜合以上分析，②⑤⑧加入水中，對水的電離不產(chǎn)生影響，故選D。13、B【解題分析】A.在NH4+離子中形成的鍵都是完全相同的，但成鍵過程是不一樣的，NH4+結(jié)構(gòu)中有一個N—H是配位鍵，與其余三個N—H成鍵不同，故A錯誤；B.SO3分子中S的價電子對數(shù)是3，所以采取的是sp2雜化，3個sp2雜化軌道呈平面三角形，又由于3個雜化軌道均與O原子形成化學鍵，所以分子的構(gòu)型也為平面三角形，故B正確；C.[Cu(NH3)2Cl2]Cl2溶于水后會電離出Cl-，滴加AgNO3溶液會產(chǎn)生白色沉淀，故C錯誤；D.氯乙烷的相以分子質(zhì)量較溴乙烷小，故其沸點應低于溴乙烷，故D錯誤；答案選B。14、A【題目詳解】A.NaOH+HCl=NaCl+H2O，當兩者恰好反應時，溶質(zhì)只有NaCl，溶液的pH=7，此時NaOH的體積是20mL，所以a、b兩點均未完全反應，還有鹽酸剩余，對水的電離均起到抑制作用，根據(jù)溶液的pH值，a點pH較小，a點HCl濃度較高，對水的電離的抑制作用更強，所以a點水的電離程度更小，A項正確；B.當NaOH的體積是20mL，兩者恰好完全反應，，B項錯誤；C.指示劑剛變色，可能是完成了局部反應，應當?shù)戎甘緞┳兩笤俚纫欢螘r間，使反應充分進行，才能判斷是否恰好反應，正確的操作為當指示劑變色后半分鐘，體系顏色沒有變化，才能說明完全反應，C項錯誤；D.此時NaOH溶液過量，剩余的，，，D項錯誤15、C【題目詳解】由熱化學方程式可知，反應Ⅰ吸熱，反應Ⅱ放熱。則反應Ⅰ中反應物的總能量低于生成物的總能量，反應Ⅱ中反應物的總能量高于生成物的總能量，因此A、D項錯誤；又已知反應Ⅰ的速率（v1）大于反應Ⅱ的速率（v2），說明反應Ⅰ的活化能低于反應Ⅱ的活化能，則B項錯誤；C項正確；綜上所述，本題選C?！绢}目點撥】反應物的總能量大于生成物的總能量，正反應為放熱反應，ΔH<0；反應物的總能量小于生成物的總能量，正反應為吸熱反應，ΔH>0。16、D【題目詳解】與水混合后靜置能出現(xiàn)分層現(xiàn)象的物質(zhì)是與水不互溶的，不出現(xiàn)分層現(xiàn)象的是與水互溶的；汽油，苯，四氯化碳均不溶于水，乙醇與水無限混溶；D項正確；答案選D。17、C【題目詳解】A.加水稀釋醋酸，促進醋酸的電離，但溶液體積增加的程度更大，所以溶液中H+的物質(zhì)的量增加，A錯誤；B.溫度不變，電離常數(shù)不變，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)＝Ka/c(H+)，由于氫離子濃度減小，所以該比值增大，B錯誤；C.加水稀釋醋酸，促進醋酸的電離，但溶液體積增加的程度更大，氫離子濃度減小，所以溶液的導電能力逐漸減小，C正確；D.加水稀釋醋酸，促進醋酸的電離，CH3COOH的電離程度變大，D錯誤；答案選C。18、D【題目詳解】A.硼化釩-空氣燃料電池中，VB2在負極失電子，氧氣在正極上得電子，所以a為正極，A錯誤；B.負極上是VB2失電子發(fā)生氧化反應，每消耗1molVB2轉(zhuǎn)移電子，B錯誤；C.原電池中，陰離子向負極移動，陽離子向正極移動，所以溶液中的OH-向另一極移動，C錯誤；D.負極上是VB2失電子發(fā)生氧化反應，則VB2極發(fā)生的電極反應為：2VB2+22OH?－22e?＝V2O5+2B2O3+11H2O，D正確；答案選D?！军c晴】掌握原電池的工作原理是解答的關(guān)鍵，原電池中較活潑的金屬是負極，失去電子，發(fā)生氧化反應。電子經(jīng)導線傳遞到正極，所以溶液中的陽離子向正極移動，正極得到電子，發(fā)生還原反應。解答時注意把握電極反應式的書寫，正確判斷離子的定向移動。19、B【解題分析】硫燃燒是放熱反應，說明反應物的總能量高于生成物的總能量，所以A、C正確。根據(jù)熱化學方程式可知計算，選項D正確。由于氣態(tài)硫的能量高于固態(tài)硫的能量，所以氣態(tài)硫燃燒放出的熱量多余固態(tài)硫燃燒放出的能量，但放熱越多，△H越小，所以a大于b，選項B不正確，答案選B。20、B【題目詳解】A.在基態(tài)多電子原子中，3p軌道電子能量比4s軌道電子能量低，A錯誤；B.基態(tài)Fe原子的外圍電子排布式為3d64s2，3d軌道中，電子未充滿，應遵循洪特規(guī)則，則外圍電子排布圖為，B正確；C.因為氮原子的最外層電子處于半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能出現(xiàn)反常，所以氧原子第一電離能比氮原子第一電離能小，C錯誤；D.Cu的價電子排布式為3d104s1，所以Cu在元素周期表中位于ds區(qū)，D錯誤。故選B。21、A【題目詳解】A、堿性條件下，這四種離子能夠大量共存，故A符合題意；B、AlO2－與HCO3－發(fā)生AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－，該離子組不能大量共存，故B不符合題意；C、水電離出c(H＋)=10－13mol·L－1，水的電離受到抑制，該溶液為酸或堿，HCO3－既不能與H＋大量共存，也不能與OH－大量共存，故C不符合題意；D、Al3＋發(fā)生水解，使溶液為酸性，因此中性溶液中，Al3＋不能大量存在，故D不符合題意。22、B【題目詳解】A．碘具有弱氧化性，變價金屬和碘反應生成低價碘化物，F(xiàn)e是變價金屬，所以Fe跟碘直接化合可得FeI2，故A錯誤；B．鎂在二氧化碳中燃燒生成C和MgO，鈉燃燒生成過氧化鈉和氧氣，過氧化鈉也能和二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，所以鎂和鈉著火都不能用二氧化碳滅火，故B正確；C．SO2與Na2O2發(fā)生氧化還原反應生成Na2SO4，沒有氧氣生成，故C錯誤；D．由于碳酸鈉溶解度大于碳酸氫鈉的溶解度，故D錯誤；故選B。二、非選擇題(共84分)23、C6H12加聚反應a、d能5【解題分析】根據(jù)題意：0.1molA在足量的氧氣中完全燃燒，生成13.44LCO2氣體(0.6mol)，生成的H2O的物質(zhì)的量也是0.6mol，故其分子式為：C6H12；（1）A的分子式為C6H12；（2）A的不飽和度為1，①主鏈有五個碳原子；②能使溴的四氯化碳溶液和高錳酸鉀酸性溶液褪色；③在Ni催化下能與氫氣發(fā)生加成反應。符合上述條件的同分異構(gòu)體還有：、；用在一定條件下制備高聚物的反應方程式為：，該反應的類型是加聚反應；（3）根據(jù)題意，B的化學式是C6H6,是苯，故苯的凱庫勒式不能解釋其不能使溴水褪色，由于他未提出苯是平面正六邊形結(jié)構(gòu)，故也解釋不了其鄰位二溴代物只有一種；故選ad；（4）0.1molM在足量的氧氣中完全燃燒，產(chǎn)生標準狀況下15.68L二氧化碳，0.7mol，故M為甲苯。①甲苯在光照條件下與Cl2反應的方程式是：；甲苯與濃硝酸和濃硫酸的混合酸加熱的方程式是：；②甲苯可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，甲苯與氫氣加成產(chǎn)物為其一氯代物有、、、、共5種。24、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?！绢}目詳解】（1）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?！绢}目點撥】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(jié)合常見元素的基本性質(zhì)進行有關(guān)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(chǔ)。25、淀粉錐形瓶內(nèi)顏色的變化藍無碘離子有強的還原性，空氣中氧氣可能會氧化碘離子DE【分析】(1)有單質(zhì)碘存在一般用淀粉檢驗。(2)滴定時，要通過錐形瓶中顏色變化判斷滴定終點。(3)根據(jù)開始顏色和后來反應后顏色分析，根據(jù)Cl2～I2～2Na2S2O3計算濃度。(4)主要是空氣中氧氣會氧化碘離子。(5)根據(jù)氧化還原反應滴定實驗進行誤差分析?！绢}目詳解】(1)碘遇淀粉變藍；該滴定反應是單質(zhì)碘與Na2S2O3反應，單質(zhì)碘顯色一般用淀粉作指示劑；故答案為：淀粉。(2)滴定時，要判斷滴定終點，因此眼睛應注視錐形瓶內(nèi)顏色的變化；故答案為：錐形瓶內(nèi)顏色的變化。(3)開始是單質(zhì)碘中加入淀粉，溶液變藍，滴定Na2S2O3時，不斷消耗單質(zhì)碘，因此步驟③當待測液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘不變化即達終點。若耗去Na2S2O3溶液20.0mL，根據(jù)Cl2～I2～2Na2S2O3，因此n(Cl2)＝，則廢水中Cl2的物質(zhì)的量濃度為；故答案為：藍；無；。(4)實驗中，Cl2的實際濃度比所測濃度偏小，造成誤差的原因是：由于碘離子有強的還原性，空氣中氧氣可能會氧化碘離子；故答案為：碘離子有強的還原性，空氣中氧氣可能會氧化碘離子。(5)A．堿式滴定管未用標準溶液潤洗就直接注入Na2S2O3標準溶液，導致Na2S2O3溶液濃度減小，反應等量的單質(zhì)碘消耗的Na2S2O3體積增大，所測濃度偏大；故A不符合題意；B．錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥就注入水樣待測液，所消耗的Na2S2O3體積不變，對結(jié)果無影響，故B不符合題意；C．裝有Na2S2O3標準溶液的堿式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，讀數(shù)數(shù)據(jù)偏大，所測結(jié)果偏大，故C不符合題意；D．讀取Na2S2O3溶液體積時，開始仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束時俯視讀數(shù)，讀數(shù)數(shù)據(jù)偏小，所測結(jié)果偏低，故D符合題意；E．若剛見到指示劑局部的顏色有變化就停止滴定，所測數(shù)據(jù)偏小，所測結(jié)果偏低，故E符合題意；綜上所述；答案為：DE?！绢}目點撥】碘離子具有強的還原性，易被氧化性的物質(zhì)反應，在分析誤差時，主要是分析標準液溶液讀數(shù)偏大、偏小、還是無變化。26、最后一滴NaOH溶液加入，溶液由無色恰好變成淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色0.115mol/LCE不能1×10-13【分析】

【題目詳解】Ⅰ．(1)用標準NaOH溶液滴定鹽酸，用酚酞作指示劑，當最后一滴NaOH溶液加入，溶液由無色恰好變成淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色時達到滴定終點。(2)滴定三次，第一次滴定所用標準液的體積和其他兩次偏差太大，舍去，第二次和第三次所用NaOH溶液體積的平均值為23.01mL。NaOH溶液濃度為0.10mol/L，鹽酸體積為20.00mL。NaOH和HCl的物質(zhì)的量相等，即0.02301L×0.10mol/L=0.02000L×c(HCl)，可計算得到c(HCl)=0.115mol/L。(3)A．用酸式滴定管取20.00mL待測鹽酸，使用前，水洗后未用待測鹽酸潤洗，待測鹽酸被稀釋，測定結(jié)果偏低；B．錐形瓶用水洗后未干燥，不影響所用的NaOH溶液的體積，不影響測定結(jié)果；C．稱量NaOH固體時，有小部分NaOH潮解，使標準液濃度變小，導致所用的NaOH溶液體積偏大，測定結(jié)果偏高；D．滴定終點時俯視讀數(shù)，讀取的NaOH溶液體積偏小，帶入計算導致結(jié)果偏低；E．堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失，使讀取的NaOH溶液體積偏大，帶入計算導致結(jié)果偏高；故選CE。Ⅱ．弱酸的電離平衡常數(shù)可以衡量弱酸的酸性強弱，從給出的電離平衡常數(shù)可知，硼酸的酸性弱于碳酸，所以向飽和硼酸溶液的試管中滴加碳酸鈉溶液，不能生成碳酸，所以不能觀察到氣泡逸出。Ⅲ．0.01mol/LNaOH溶液中的c(OH-)=0.01mol/L，溶液的pH=11，即溶液中的c(H+)=1×10-11mol/L，水的離子積常數(shù)KW=c(H+)c(OH-)=0.01×10-11=1×10-13。27、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O秒表182t2微波水熱法Co2+【分析】(1)應用控制單一變量法探究外界條件對反應速率的影響，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】(1)①H2O2溶液在Fe3+催化下分解生成水和氧氣，總反應方程式為2H2O2=2H2O+O2↑；第一步反應歷程為：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2+2H+，由總反應方程式-第一步反應歷程可得第二步反應歷程為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；該實驗是探究外界條件對H2O2分解反應速率的影響，因此除了測定氧氣體積外，還需測定收集一定體積氧氣所需的時間，所以使用的儀器除了圖中所示儀器之外，該實驗還必需的儀器是秒表；②該實驗是在同濃度Fe3+的催化下，探究外界條件對H2O2分解反應速率的影響，因此需要控制鐵離子的濃度相同，則V2＝2mL，混合溶液的總體積相同，由Ⅰ知，混合溶液的總體積是22mL，故V1＝18mL，則實驗Ⅰ和Ⅱ探究H2O2濃度對反應速率的影響，實驗Ⅰ和Ⅲ探究溫度對反應速率的影響，溫度越高，濃度越大，反應速率越大，故反應速率最小的是實驗Ⅱ，故當三個實驗中均產(chǎn)生10ml氣體時，所需反應時間最長的是t2；(2)①由圖中信息可知，微波水熱法使過氧化氫分解初始速率增大，所以微波水熱法制取得到的催化劑活性更高；②從圖分析，x數(shù)值越大，過氧化氫的初始分解速率越大，所以Co2+催化效果更好。28、2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1048.9kJ/mol負極N2H4＋4OH－-4e－＝N2＋4H2O2減小陰NaOH2Na2SO4+4H2O4NaOH+2H2SO4+2H2↑+O2↑【題目詳解】(1)肼可作為火箭發(fā)動機的燃料，與氧化劑N2H4反應生成N2和水蒸氣，將方程式②×2－①得肼和N2O4反應的熱化學方程式:2N2H4(l)+N2O4(1)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1048.9kJ/mol，故答案為：2N2H4(l)+N2O4(1)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1048.9kJ/mol；(2)根據(jù)總反應方程式N2H4＋O2＝N2＋2H2O可知肼是還原劑，氧氣是氧化劑，因此通入N2H4（肼）的一極是電池負極，電解質(zhì)溶液顯堿性，因此該電極的電極反應式為N2H4＋4OH--4e－＝N2＋4H2O，故答案為：負極，N2H4＋4OH--4e－＝N2＋4H2O；(3)由負極反應式N2H4＋4OH--4e－＝N2＋4H2O，則完全消耗16gN2H4，理論上