上海市浦東區(qū)洋涇中學2024屆化學高二上期中檢測試題含解析

上海市浦東區(qū)洋涇中學2024屆化學高二上期中檢測試題注意事項：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、以下現(xiàn)象與電化學腐蝕無關的是A．黃銅（銅鋅合金）制作的銅鑼不易產生銅綠B．生鐵比純鐵容易生銹C．鐵質器件附有銅質配件，在接觸處易生鐵銹D．銀質物品久置表面變暗2、下列實驗中，能達到相應實驗目的的是（）A．制備并收集乙酸乙酯B．證明乙炔可使溴水褪色C．驗證溴乙烷的消去產物是乙烯D．用乙醇的消去反應制取乙烯A．A B．B C．C D．D3、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-)4、從植物花朵中提取到一種色素，它實際上是一種有機弱酸，可用HR表示，HR在鹽酸中呈現(xiàn)紅色，在NaOH溶液中呈現(xiàn)藍色，將HR加入濃硝酸中呈現(xiàn)紅色，微熱后溶液的紅色褪去，根據(jù)以上現(xiàn)象，可推測A．HR應為紅色 B．HR應為藍色 C．R-應為無色 D．R-應為紅色5、向絕熱恒容的密閉容器中通入SO2和NO2，發(fā)生反應SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)，其正反應速率(v正)隨時間(t)變化的關系如圖所示。下列結論中錯誤的是()A．反應在c點達到平衡狀態(tài)B．反應物濃度：a點大于b點C．反應物的總能量高于生成物的總能量D．逆反應速率：c點大于b點6、下列有關熱化學方程式及其敘述正確的是A．氫氣的燃燒熱為285.5kJ·mol?1，則水分解的熱化學方程式為2H2O(l)2H2(g)+O2(g)ΔH=+285.5kJ·mol?1B．已知2C(石墨，s)+O2(g)2CO(g)ΔH=?221kJ·mol?1，則石墨的燃燒熱為110.5kJ·mol?1C．已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=?92.4kJ·mol?1，則在一定條件下將1molN2和3molH2置于一密閉容器中充分反應后最多可放出92.4kJ的熱量D．已知乙醇和乙烯的燃燒熱分別為1366.8kJ·mol?1和1411.0kJ·mol?1，則乙烯水化制乙醇的熱化學方程式為C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l)ΔH=?44.2kJ·mol?17、在一密閉容器中，反應aA（g）bB（g）達平衡后，保持溫度不變，將容器體積增加一倍，將達到新的平衡時，B的濃度是原來的60%，則A．平衡向逆反應方向移動了B．物質A的轉化率減小了C．物質B的質量分數(shù)增加了D．a＞b8、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．2.24L由氧氣和臭氧組成的混合物中含有分子數(shù)目為0.1NAB．1molN2與4molH2反應生成的NH3分子數(shù)為2NAC．pH=1的稀硫酸中，含有H+總數(shù)為0.1NAD．過氧化鈉與水反應時，生成0.1mol氧氣轉移的電子數(shù)為0.2NA9、將一塊去掉氧化膜的鋅片放入100mLpH為1的鹽酸中，2min后溶液的pH變?yōu)?，則產生H2的速率可表示為(設溶液體積不變)A．0.0225mol/L·minB．0.05mol/L·minC．0.045mol/L·minD．0.01mol/L·min10、對于0.1mol·L-1Na2SO3溶液，正確的是A．升高溫度，溶液的pH降低B．c(Na＋)=2c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)C．c(Na＋)+c(H＋）=2c(SO32－)+2c(HSO3－)+c(OH－)D．加入少量NaOH固體，c(SO32－)與c(Na＋)均增大11、在氣體反應中，能使反應物中活化分子數(shù)和活化分子百分數(shù)同時增大的方法是①增大反應物的濃度②升高溫度③增大壓強④移去生成物⑤加入催化劑A．②⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②③④⑤12、下列關于有機物的敘述正確的是A．石油液化氣、汽油和石蠟的主要成分都是碳氫化合物B．1，2-二氯乙烷在NaOH水溶液中發(fā)生消去反應得到乙炔C．由CH2=CHCOOCH3合成的聚合物為D．能與NaOH溶液反應且分子式為C2H4O2的有機物一定是羧酸13、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(

)A．60g二氧化硅晶體中含有2NA個硅氧鍵B．1molSiO2中含有1molSiO2個分子C．12g金剛石中含有2NA個碳碳鍵D．1mol石墨晶體中含有2NA個碳碳鍵14、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物，發(fā)生反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.0kJ．mol-1，測得反應的相關數(shù)據(jù)如下,下列說法正確的是（）容器1容器2容器3應溫度T/K700700800反應物投入量2molSO2、1molO24molSO32molSO3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反應能量變化放出aKJ吸收bKJ吸收cKJ物質的平衡轉化率αα1（SO2）α2（SO3）α3（SO2）平衡常數(shù)KK1K2K3A．v1<v2,c2<2c1 B．K1>K3，p2>2p3C．v1<v3，α1(SO2)<α2(SO3) D．c2>2c3，α2(SO3)+α3(SO2)<115、在Na2S溶液中，下列關系式中錯誤的是A．c(Na＋)＋c([H＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)B．c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)D．c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)16、常溫下兩種不同濃度的NaOH溶液，c(H+)分別為1×10-13mol/L和1×10-10mol/L。將此兩溶液等體積混合后，所得溶液中的c(H+)是()A．1×(10-14+10-10)mol/L B．mol/LC．2×10-13mol/L D．2×10-14mol/L17、油脂水解后的一種共同產物是A．硬脂酸 B．甘油 C．軟脂酸 D．油酸18、下列溶液一定呈中性的是()A．c(H+)=c(OH-)=10-6mol·L-1的溶液 B．pH=7的溶液C．使石蕊溶液呈紫色的溶液 D．酸與堿恰好完全反應生成正鹽的溶液19、下列指定反應的離子方程式書寫正確的是（）A．將濃FeCl3溶液加入沸水中：

Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+B．NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液反應至中性：

2H+++2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2H2OC．用過量的NaOH溶液吸收SO2：OH-+SO2=D．向氯化鋁溶液中滴加過量氨水：A13++4NH3·H2O=+4+2H2O20、、?CH3、都是重要的有機反應中間體，有關它們的說法正確的是（）A．它們互為等電子體，碳原子均采取sp2雜化B．與NH3、H3O+互為等電子體，立體構型均為正四面體形C．中的碳原子采取sp2雜化，所有原子均共面D．與OH-形成的化合物中含有離子鍵21、下表中物質的分類組合正確的是

ABCD強電解質NaClH2SO4CaCO3HNO3弱電解質HFBaSO4HClOHI非電解質C2H5OHCS2Cl2SO2A．A B．B C．C D．D22、如圖所示，隔板I固定不動，活塞Ⅱ可自由移動，M、N兩個容器中均發(fā)生反應：A(g)+2B(g)xC(g)ΔH=-192kJ·mol-1。向M、N中都通入1molA和2molB的混合氣體，初始M、N容積相同，保持溫度不變。下列說法正確的是A．若x=3，達到平衡后A的體積分數(shù)關系為：φ（M）>φ（N）B．若x>3，達到平衡后B的轉化率關系為：α（M）>α(N)C．若x<3，C的平衡濃度關系為：c（M）>c（N）D．x不論為何值，起始時向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的濃度均相等二、非選擇題(共84分)23、（14分）萜品醇可作為消毒劑、抗氧化劑、醫(yī)藥和溶劑。合成α萜品醇G的路線之一如下:已知：請回答下列問題：（1）A所含官能團的名稱是_____。（2）B的分子式為_____；寫出同時滿足下列條件的B的鏈狀同分異構體的結構簡式：_______________。①核磁共振氫譜有2個吸收峰②能發(fā)生銀鏡反應（3）B→C、E→F的反應類型分別為_____、_____。（4）C→D的化學方程式為_____。（5）通過常溫下的反應，區(qū)別E、F和G的試劑是_____和_____。24、（12分）X、Y、Z、W、Q是五種氣態(tài)烴，其中X、Y、Z能使溴水褪色，1molZ與2mol氯氣完全加成，生成物分子中每個碳原子上都連有氫原子和氯原子。X與Z、Y與Q分別有相同的分子通式，X在催化劑存在下與氫氣反應可得到Y，在同溫同壓下Y與氮氣的密度相同，W是最簡單的有機物，Q沒有同類的異構體，則五種氣態(tài)烴的名稱分別是：X：___，Y：___，Z：___，W：___，Q：___。25、（12分）某同學在研究Fe與的反應時，進行了如圖所示實驗(部分夾持裝置已略去)。(1)實驗Ⅰ中，鐵與稀硫酸反應的離子方程式為________________。(2)實驗Ⅱ中，鐵絲表面迅速變黑，反應很快停止，其原因是________________。(3)實驗Ⅲ中，加熱試管A，產生大量氣體，B中品紅溶液褪色，D處始終未檢測到可燃性氣體，則試管A中產生的氣體是________(填化學式)，C的作用是________________。(4)對比實驗Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，同學們得出以下結論：①濃硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，濃硫酸的氧化性源于+6價的硫元素，稀硫酸的氧化性源于________。②造成反應多樣性的因素有________。26、（10分）利用如圖裝置測定中和熱的實驗步驟如下：①量取50mL0.25mol/L硫酸倒入小燒杯中，測量溫度；②量取50mL0.55mol/LNaOH溶液，測量溫度；③將NaOH溶液倒入小燒杯中，混合均勻后測量混合液溫度。請回答：(1)NaOH溶液稍過量的原因______________________。(2)加入NaOH溶液的正確操作是_________(填字母)。A．沿玻璃棒緩慢加入B．一次迅速加入C．分三次加入(3)使硫酸與NaOH溶液混合均勻的正確操作是___________________________。(4)若將含0.5molH2SO4的濃硫酸與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量____(填“小于”、“等于”或“大于”)57.3kJ，原因是____________________________。27、（12分）某探究小組用碘量法來測定樣品中N2H4·H2O的含量。取樣品5.000g，加水配成250mL無色溶液，已知溶液呈堿性，取25.00mL溶液，用滴定管盛裝0.2000mol/L的I2標準液進行滴定。滴定反應中氧化產物和還原產物分別為N2和I－。（1）用_____________填“酸式”或“堿式”)滴定管盛裝I2標準液，在取液、盛裝、滴定過程中還需要的玻璃儀器有_____________________________________。（2）滴定過程中，需要加入_____作為指示劑，滴定終點的判斷方法___________。（3）滴定前后液面如圖所示，所用I2標準液的體積為________________mL。（4）樣品中水合肼(N2H4·H2O)的質量分數(shù)為_____________________，若滴定過程中，盛放I2標準液的滴定管剛開始有氣泡，滴定后無氣泡，則測得樣品中水合肼(N2H4·H2O)的質量分數(shù)____________填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。28、（14分）偏二甲肼與N2O4是常用的火箭推進劑，二者發(fā)生如下化學反應：(CH3)2NNH2(l)+2N2O4(l)====2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)(Ⅰ)(1)反應(Ⅰ)中氧化劑是_____________________________。(2)火箭殘骸中常出現(xiàn)紅棕色氣體，原因為：N2O4(g)2NO2(g)(Ⅱ)當溫度升高時，氣體顏色變深，則反應(Ⅱ)為_______(填“吸熱”或“放熱”)反應。(3)一定溫度下，反應(Ⅱ)的焓變?yōu)棣?，F(xiàn)將1molN2O4充入一恒壓密閉容器中，下列示意圖正確且能說明反應達到平衡狀態(tài)的是____________。若在相同溫度下，上述反應改在體積為1L的恒容密閉容器中進行，平衡常數(shù)______(填“增大”“不變”或“減小”)，反應3s后NO2的物質的量為0.6mol，則0～3s內的平均反應速率v(N2O4)=________mol·L-1·s-1。29、（10分）實現(xiàn)“節(jié)能減排”和“低碳經濟”是化學工作者研究的重要課題。有一種用CO2生產甲醇燃料的方法：CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）（1）CO2和H2充入一定體積的密閉容器中，兩種溫度下CH3OH的物質的量隨時間的變化見圖1。曲線I、Ⅱ對應的平衡常數(shù)大小關系為KⅠ____KⅡ（填“＞”、“＜”或“＝”）。（2）某實驗中將6molCO2和8molH2充入2L的密閉容器中，測得H2的物質的量隨時間變化如圖2曲線（甲）所示。①a點正反應速率_________逆反應速率（填“＞”、“＜”或“＝”）；0-10min內v（CH3OH）＝__________mol·L－1·min－1。②若僅改變某一條件再進行實驗，測得H2的物質的量隨時間變化如圖中虛線（乙）所示。曲線（乙）對應改變的實驗條件可以是______填序號）。

A．加催化劑B．增大壓強C．升高溫度D．增大CO2濃度（3）830℃，反應的平衡常數(shù)K＝1。在2L恒容反應器中發(fā)生上述反應，按下表中A、B、C、D四組的物質的量投入反應混合物，其中向正反應方向進行的有_____（填序號）。物質ABCDn（CO2）3131n（H2）2240n（CH3OH）1230.5n（H2O）0232（4）研究發(fā)現(xiàn)，在相同條件下還發(fā)生另一個平行反應CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）。CO2與H2用量相同，使用不同的催化劑時，產物中CO與CH3OH比例有較大差異，其原因是__________________________。

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【解題分析】根據(jù)構成原電池的條件判斷是否能夠構成原電池，如果金屬能構成原電池的就能產生電化學腐蝕，否則不能產生電化學腐蝕?！绢}目詳解】A．黃銅（銅鋅合金）制作的銅鑼中，金屬鋅為負極，金屬銅做正極，Cu被保護，不易腐蝕，和電化學腐蝕有關，故A不選；B．生鐵中金屬鐵、碳、潮濕的空氣能構成原電池，鐵為負極，易被腐蝕而生銹，與電化學腐蝕有關，故B不選；C．鐵質器件附有銅質配件，在接觸處形成原電池裝置，金屬鐵為負極，易生鐵銹，和電化學腐蝕有關，故C不選；D．銀質獎牌長期放置后在其獎牌的表面變暗，常因空氣中的水或其它化學物質而氧化變黑或變黃并失去光澤，屬于化學腐蝕，與電化學腐蝕無關，故D選；故選：D?！绢}目點撥】本題考查了金屬腐蝕類別的判斷，解題關鍵：明確化學腐蝕和電化學腐蝕的區(qū)別及原電池構成條件。易錯項B，與鐵與氧氣直接反應混淆。2、D【題目詳解】A．濃硫酸作催化劑和吸水劑，乙酸、乙醇在加熱的條件下發(fā)生取代反應生成乙酸乙酯，用飽和碳酸鈉溶液接受乙酸乙酯，A與題意不符；B．電石和食鹽水反應生成乙炔氣體，含有硫化氫等雜質，硫化氫能與酸性高錳酸鉀反應而褪色，無法判斷是否為乙炔與高錳酸鉀反應，B與題意不符；C．乙醇易揮發(fā)，乙醇也能被酸性高錳酸鉀氧化而溶液褪色，因此不能驗證消去產物為乙烯，C不符合題意；D．乙醇與濃硫酸在加熱到170℃時，發(fā)生消去反應生成乙烯，D符合題意。答案為D。3、C【解題分析】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。4、A【題目詳解】色素，實際上是一種有機弱酸，用HR表示，HR在鹽酸溶液中呈現(xiàn)紅色，HR在NaOH溶液中呈現(xiàn)藍色，將HR加入濃硝酸中呈現(xiàn)紅色，微熱后溶液的紅色褪去，由題意可知，在鹽酸和硝酸中均顯示紅色，在硝酸中加熱后褪色，是硝酸的強氧化性使之褪色，所以可推測HR應為紅色。故選A?！绢}目點撥】鹽酸只有酸性，而濃硝酸具有酸性和強氧化性，在本題中硝酸主要表現(xiàn)為強氧化性，能使指示劑褪色。5、A【題目詳解】A．反應在c點時v正達最大值，隨后v正逐漸減小，并非保持不變，故c點時反應未達平衡狀態(tài)，錯誤；B．由正反應速率變化曲線可知，a點的速率小于b點，但開始時通入SO2和NO2，反應由正反應方向開始，故a點反應物的濃度大于b點，正確；C．在c點之前，反應物的濃度逐漸減小，容器的容積保持不變，v正逐漸增大說明反應的溫度逐漸升高，該反應為放熱反應，反應物的總能量高于生成物的總能量，正確；D．反應體系中生成物的濃度越來越大，溫度越來越高，隨著時間進行，逆反應速率逐漸增大，所以c點反應速率大于b點，正確；故答案選A。6、D【題目詳解】A.燃燒熱是指1mol可燃物燃燒時所放出的熱量，所以當1mol水分解時才吸熱285.5kJ，A項錯；B.燃燒熱是指生成穩(wěn)定的氧化物所放出的熱量，而CO不是穩(wěn)定氧化物，B項錯；C.合成氨是可逆反應，提供的反應物不會全部反應，放出的熱量小于92.4kJ，C項錯；D.根據(jù)蓋斯定律，將表達乙烯燃燒熱的熱化學方程式和表達乙醇燃燒熱的熱化學方程式相減可得D項熱化學方程式；答案選D。7、C【分析】溫度保持不變，容器的體積增加一倍，假設平衡不移動，判斷B的濃度，然后根據(jù)影響化學平衡移動因素進行分析；【題目詳解】增大容器的體積相當于降低壓強，溫度保持不變，容器的體積增加一倍，假設平衡不移動，此時B的濃度是原來的50%<60%，降低壓強，平衡向正反應方向移動，根據(jù)勒夏特列原理，即a<b，A、根據(jù)上述分析，平衡向正反應方向移動，故A錯誤；B、平衡向正反應方向進行，物質A的轉化率增大，故B錯誤；C、根據(jù)上述分析，物質B的質量分數(shù)增加，故C正確；D、根據(jù)上述分析，a<b，故D錯誤；答案選C。8、D【解題分析】A項，由于混合氣所處溫度和壓強未知，無法用22.4L/mol計算混合氣的物質的量，錯誤；B項，N2與H2合成氨氣的反應為可逆反應，生成的NH3分子數(shù)小于2NA，錯誤；C項，pH=1的稀硫酸中c（H+）=0.1mol/L，溶液體積未知，無法計算H+物質的量，錯誤；D項，Na2O2與水的反應可分析為：，生成0.1molO2轉移0.2mol電子，正確；答案選D。點睛：本題以阿伏加德羅常數(shù)計算為載體，重點考查氣體體積的換算、溶液中離子、可逆反應、化學反應中電子的轉移等內容。需要注意：22.4L/mol適用于標準狀況下由氣體體積求氣體分子物質的量；可逆反應中反應物的轉化率小于100%；歧化反應中轉移電子數(shù)的確定（如題中參與反應的Na2O2中一半作氧化劑，一半作還原劑）。9、A【解題分析】溶液的pH值從1變?yōu)?，則c(H+)從0.1mol/L變?yōu)?.01mol/L，即c(H+)的變化值為(0.1-0.01)=0.09mol/L。根據(jù)反應方程式：Zn＋2H+=Zn2++H2↑210.09mol/L0.045mol/L，故氫氣的產生速率為0.045mol/10、D【解題分析】A、SO32－水解溶液顯堿性，SO32－水解過程是吸熱反應，升溫平衡正向進行，OH－離子濃度增大，溶液pH增大，故A錯誤；B、依據(jù)溶液中物料守恒分析判斷，n(Na)=2n(S)，溶液中離子濃度存在c(Na+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，故B錯誤；C、溶液中存在電荷守恒分析，陽離子和陰離子所帶電荷數(shù)相同，c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故C錯誤；D、Na2SO3水解顯堿性，加入NaOH固體，OH-濃度增大，平衡逆向移動，溶液中SO32-濃度增大，Na+濃度增大，故D正確；故選D。11、A【解題分析】①增大反應物的濃度，單位體積內活化分子數(shù)目增多，但百分數(shù)不變，故錯誤；②升高溫度，能使反應物中活化分子數(shù)和活化分子百分數(shù)同時增大，故正確；③增大壓強，單位體積內活化分子數(shù)目增多，但百分數(shù)不變，故錯誤；④移去生成物，濃度減小，單位體積內活化分子數(shù)目減少，故錯誤；⑤加入催化劑，能使反應物中活化分子數(shù)和活化分子百分數(shù)同時增大，故正確；故答案選A。12、A【題目詳解】A、石油液化氣、汽油和石蠟都是石油分餾的產品，所以主要成分都是碳氫化合物，正確；B、1，2-二氯乙烷在NaOH水溶液中發(fā)生水解反應生成乙二醇，錯誤；C、由CH2=CHCOOCH3合成的聚合物中鏈節(jié)的主鏈應為-CH2-CH-，錯誤；D、能與NaOH溶液反應且分子式為C2H4O2的有機物不一定是羧酸，還可能是甲酸甲酯，錯誤；答案選A。13、C【題目詳解】A．60g二氧化硅的物質的量為n==1mol，而1mol二氧化硅中含4mol硅氧鍵，含硅氧鍵4NA個，故A錯誤；B．SiO2是原子晶體，結構中無二氧化硅分子，故B錯誤；C．12g金剛石中碳原子的物質的量為=1mol，而1mol金剛石中含2mol碳碳鍵，含碳碳鍵2NA個，故C正確；D．石墨晶體中一個碳原子含有個碳碳共價鍵，所以1mol石墨晶體中含有共價鍵鍵數(shù)為NA，故D錯誤；故選C。14、D【題目詳解】A項、將I容器中的反應極限化時產生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正向進行，所以c2＞2c1，故A錯誤；B項、該反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，則K1＞K3，容器中，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pV=nRT，容器Ⅱ是4molSO3起始反應，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，該反應是一個氣體體積減小的反應，增大壓強平衡向正反應方向移動，由于容器Ⅱ和容器Ⅲ的溫度不等，容器Ⅲ的反應溫度高于容器Ⅱ的反應溫度，則c2＞2c3，而壓強關系為==＞，故B錯誤；C．溫度升高，化學反應速率加快，則v1＜v3，該反應為放熱反應，，則容器Ⅰ中SO2的平衡轉化率更高，所以α1（SO2）＞α3（SO2），故C錯誤；D項、容器Ⅱ是4molSO3起始反應，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，但加壓有利于反應正向進行，并且容器Ⅱ和容器Ⅲ的溫度不等，容器Ⅲ的反應溫度高于容器Ⅱ的反應溫度，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，但加壓有利于反應向減壓方向進行，則α2（SO3）減小，溫度升高不利于反應正向進行，則α3（SO2）減小，因此最終α2（SO3）+α3（SO2）＜1，故D正確；故選D。15、A【分析】依據(jù)鹽類水解的特點、電荷守恒、物料守恒以及質子守恒分析解答?！绢}目詳解】A、電荷不守恒，正確的關系式應為c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)，A錯誤；B、根據(jù)物料守恒可知溶液中c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)，B正確；C、根據(jù)質子守恒可知溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，C正確；D、硫化鈉是強堿弱酸鹽，硫離子水解溶液顯堿性，由于分步水解且水解程度減弱，因此溶液中c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)，D正確。答案選A。16、C【題目詳解】對于NaOH溶液來說，溶液中OH-的濃度大于溶液中H+的濃度，要先計算溶液中c(OH-)。c(H+)為1×10-13mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L；c(H+)為1×10-10mol/L的NaOH溶液中c(OH-)=10-4mol/L。將兩種溶液等體積混合，假設每種溶液的體積為1L，混合過程中溶液體積變化不計，則根據(jù)混合前后溶質的物質的量不變，可知混合溶液中c(OH-)==mol/L，則該溶液中c(H+)=mol/L=2×10-13mol/L，故合理選項是C。17、B【題目詳解】油脂為高級脂肪酸甘油酯，水解后生成高級脂肪酸和甘油，答案選B。18、A【題目詳解】A．c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L溶液，氫離子濃度與氫氧根離子濃度相等，溶液一定呈中性，故A正確。B．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃時，水的離子積常數(shù)是10-12，當pH=6時溶液呈中性，當pH=7時溶液呈堿性，故B錯誤；C．石蕊溶液pH值0—5.0時是紅色；5.0—8.0時是紫色；大于8.0是藍色，則使石蕊試液呈紫色的溶液，常溫下溶液有可能呈酸性，故C錯誤；D．酸與堿恰好完全反應生成正鹽的溶液，若是強酸強堿反應，溶液呈中性，若是強酸弱堿反應，溶液呈酸性，若是弱酸強堿反應溶液呈堿性，故D錯誤；答案為A。19、B【題目詳解】A．將濃FeCl3溶液加入沸水中，制得Fe(OH)3膠體而不是沉淀，A不正確；B．設NaHSO4為2mol，則加入Ba(OH)2為1mol時溶液呈中性，反應的離子方程式為

2H+++2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，B正確；C．用過量的NaOH溶液吸收SO2，離子方程式為2OH-+SO2=+H2O，C不正確；D．向氯化鋁溶液中滴加過量氨水，由于Al(OH)3不溶于過量氨水，所以離子方程式為：A13++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，D不正確；故選B。20、C【題目詳解】A．、?CH3、分別具有6個、7個和8個價電子，它們不是等電子體，中C原子的價電子對數(shù)為3，碳原子采取sp2雜化；?CH3、的價電子對數(shù)為4對，均采取sp3雜化，故A不符合題意；B．與NH3、H3O+均具有8個價電子、4個原子，互為等電子體，價層電子對數(shù)為4對，有一對孤對電子，幾何構型均為三角錐形，故B不符合題意；C．根據(jù)價層電子對互斥模型，中C原子的價電子對數(shù)為3，碳原子采取sp2雜化，其空間構型是平面三角形，故C符合題意；D．與OH-形成的化合物是CH3OH，屬于共價化合物，不含離子鍵，故D不符合題意；答案選C。21、A【解題分析】A項，NaCl屬于強電解質，HF為弱酸屬于弱電解質，C2H5OH溶于水和熔融狀態(tài)都不能導電，屬于非電解質，正確；B項，H2SO4屬于強電解質，BaSO4雖然難溶于水，但溶于水的BaSO4完全電離，BaSO4屬于強電解質，CS2屬于非電解質，錯誤；C項，CaCO3屬于強電解質，HClO為弱酸屬于弱電解質，Cl2為單質，Cl2既不是電解質也不是非電解質，錯誤；D項，HNO3、HI都是強酸，HNO3、HI都屬于強電解質，SO2屬于非電解質，錯誤；答案選A。點睛：本題考查強電解質、弱電解質和非電解質的判斷。必須注意：（1）電解質和非電解質都必須是化合物，單質（如Cl2）、混合物既不是電解質也不是非電解質；（2）電解質溶于水或熔融狀態(tài)導電的離子必須是電解質自身電離的，如SO2的水溶液能導電，但導電離子是H2SO3電離的，不是SO2電離的，SO2屬于非電解質；（3）電解質按電離程度不同分成強電解質和弱電解質，與物質的溶解性無關，如BaSO4、CaCO3雖然難溶于水，但溶于水的完全電離，BaSO4、CaCO3屬于強電解質。22、D【題目詳解】M容器是恒溫恒容下建立的平衡，N容器是恒溫恒壓下建立的平衡，A．若x=3，由于反應前后氣體體積不變，N容器建立的平衡與恒溫恒容下建立的平衡等效，所以達到平衡后A的體積分數(shù)關系為：φ（M）=φ（N），故A錯誤；B．若x＞3，由于反應后氣體體積增大，N容器建立的平衡相當于恒溫恒容下建立的平衡擴大容器體積，壓強減小，平衡正向移動，B的轉化率增大，所以達到平衡后B的轉化率關系為：α（M）＜α（N），故B錯誤；C．若x＜3，由于反應后氣體體積減小，N容器建立的平衡相當于恒溫恒容下建立的平衡縮小容器體積，壓強增大，平衡正向移動，C的平衡濃度增大，所以C的平衡濃度關系為：c（M）＜c（N），故C錯誤；D．恒溫恒壓下，x不論為何值，起始時向N容器中充入任意值的C，一邊倒后，A與B的物質的量之比都是1：2，為等效平衡，反應物的濃度相同，即平衡后N容器中A的濃度均相等，故D正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、羧基羰基C8H14O3取代反應酯化反應NaHCO3溶液Na【分析】根據(jù)C生成D的反應條件可知，C中含有鹵素原子，則B與HBr發(fā)生取代反應生成C，C為，發(fā)生消去反應生成D，D為，D酸化得到E，E為，E與乙醇發(fā)生酯化反應生成F，F(xiàn)為，F(xiàn)發(fā)生信息反應生成G，結合F與G的結構可知，Y為CH3MgBr，據(jù)此解答?！绢}目詳解】(1)由有機物A的結構可知，A中含有羰基、羧基，故答案為羰基、羧基；(2)由B的結構簡式可知，B的分子式為C8H14O3，B的同分異構體中，核磁共振氫譜有2個吸收峰，說明分子中含有2種H原子，由B的結構可知，分子中H原子數(shù)目很多，故該同分異構體為對稱結構；能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，且為2個-CHO，其余的H原子以甲基形式存在，故符合條件的同分異構體的結構簡式為：，故答案為C8H14O3；；(3)根據(jù)上面的分析可知，由B到C的反應是B與溴化氫發(fā)生的取代反應，E→F發(fā)生酯化反應生成F，故答案為取代反應；酯化(取代)反應；(4)由上面的分析可知，C→D的反應方程式為+2NaOH+NaBr+2H2O，故答案為+2NaOH+NaBr+2H2O；(5)E為，含有羧基；F為，含有碳碳雙鍵、酯基；G為，G中含有C=C雙鍵、醇羥基；利用羧基、羥基與鈉反應，酯基不反應，區(qū)別出F，再利用碳酸氫鈉與羧基反應區(qū)別G與E，故答案為Na；NaHCO3溶液?！绢}目點撥】本題考查有機物的推斷與合成，充分利用有機物的結構、反應條件及反應信息進行判斷，掌握官能團的性質與理解反應信息是關鍵。本題的難點為(2)，要注意結構的對稱性的思考。24、乙炔乙烯1，3－丁二烯甲烷環(huán)丙烷【分析】根據(jù)同溫同壓下，密度相同則相對分子質量相同進行分析；能使溴水褪色說明結構中含有碳碳不飽和建。最簡單有機物為甲烷。據(jù)此分析?！绢}目詳解】X、Y、Z、W、Q是五種氣態(tài)烴，即碳原子數(shù)小于等于4,其中X、Y、Z能使溴水褪色，說明有碳碳不飽和鍵,其他物質中應都是單鍵,在同溫同壓下Y與氮氣的密度相同,說明其相對分子質量為28,是乙烯；Y與Q分別有相同的分子通式，Q沒有同類的異構體，說明其為環(huán)丙烷；X在催化劑存在下與氫氣反應可得到Y，說明X為乙炔；W是最簡單的有機物，為甲烷；1molZ與2mol氯氣完全加成，生成物分子中每個碳原子上都連有氫原子和氯原子，X與Z有相同的分子通式，則Z為1，3－丁二烯。故X為乙炔，Y為乙烯，Z為1，3－丁二烯，W為甲烷，Q為環(huán)丙烷。25、常溫下，鐵遇濃硫酸發(fā)生鈍化吸收，防止污染環(huán)境+1價的氫元素反應物的濃度、溫度【分析】(1)Fe和稀硫酸反應生成和。(2)在常溫下，鐵遇濃硫酸鈍化。(3)鐵和濃硫酸加熱反應生成硫酸鐵、二氧化硫和水，會污染環(huán)境。(4)濃硫酸的氧化性體現(xiàn)在+6價的硫元素上，稀硫酸的氧化性體現(xiàn)在+1價的氫元素上；反應物的濃度、溫度會造成反應多樣性?！绢}目詳解】(1)實驗Ⅰ中，F(xiàn)e和稀硫酸反應生成和，其離子方程式為；故答案為：。(2)實驗Ⅱ中，鐵絲表面迅速變黑，反應很快停止，在常溫下，濃硫酸與鐵接觸時，會使鐵表面生成一層致密的氧化膜而鈍化；故答案為：常溫下，鐵遇濃硫酸發(fā)生鈍化。(3)實驗Ⅲ中，加熱試管A，產生大量氣體，B中品紅溶液褪色，D處始終未檢測到可燃性氣體，鐵和濃硫酸反應生成硫酸鐵、二氧化硫和水，因此試管A中產生的氣體是，會污染環(huán)境，因此C的作用是吸收，防止污染環(huán)境；故答案為：；吸收，防止污染環(huán)境。(4)①濃硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，濃硫酸的氧化性源于+6價的硫元素，稀硫酸的氧化性源于+1價的氫元素；故答案為：+1價的氫元素；故答案為：+1價的氫元素。②常溫下，鐵和濃硫酸發(fā)生鈍化，加熱條件下反應生成硫酸鐵、二氧化硫和水，鐵和稀硫酸反應生成氫氣，因此造成反應多樣性的因素有反應物的濃度、溫度；故答案為：反應物的濃度、溫度?！绢}目點撥】注意反應物的濃度和反應條件，濃度不同生成的產物不同，溫度不同，發(fā)生的反應也不相同。26、確保硫酸被完全中和B用環(huán)形玻璃棒輕輕攪動大于濃硫酸溶于水放出熱量【分析】本實驗的目的是要測定中和熱，中和熱是指強酸和強堿的稀溶液反應生成1mol時放出的熱量，測定過程中要注意保溫，盡量避免熱量的散失?！绢}目詳解】(1)NaOH溶液稍過量可以確保硫酸被完全中和；(2)為減少熱量的散失倒入氫氧化鈉溶液時，必須一次迅速的倒入，不能分幾次倒入氫氧化鈉溶液，否則會導致熱量散失，影響測定結果，所以選B；(3)使硫酸與NaOH溶液混合均勻的正確操作方法是：用套在溫度計上的環(huán)形玻璃攪拌棒輕輕地攪動；(4)由于濃硫酸溶于水放出熱量，則放出的熱量偏大?！绢}目點撥】注意掌握測定中和熱的正確方法，明確實驗的關鍵在于盡可能減少熱量散失，使測定結果更加準確。27、酸式堿式滴定管、錐形瓶、燒杯淀粉當?shù)稳胱詈笠坏蜪2標準液，溶液顏色由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色18.1018.1%偏大【解題分析】(1)根據(jù)碘水顯酸性分析判斷，結合滴定的操作步驟分析需要的儀器；(2)根據(jù)碘單質的特征性質來分析選擇指示劑，根據(jù)題意反應的方程式為N2H4+2I2═N2+4HI，根據(jù)反應后的產物判斷終點現(xiàn)象；(3)滴定管的讀數(shù)是由上而下標注的，根據(jù)圖示解答；(4)根據(jù)反應的方程式列式計算；結合c(待測)=c(標準【題目詳解】(1)碘水顯酸性，且能夠橡膠中的碳碳雙鍵發(fā)生加成反應，會腐蝕橡膠，應放在酸式滴定管中；滴定中用錐形瓶盛待測液，用滴定管盛標準液，故所需玻璃儀器有：酸式滴定管、堿式滴定管、錐形瓶、燒杯，故答案為：酸式；堿式滴定管、錐形瓶、燒杯；(2)用碘量法來測定樣品中N2H4·H2O的含量，滴定反應中氧化產物和還原產物分別為N2和I－，依據(jù)碘單質特征性質，應選擇淀粉為滴定指示劑，滴定終點的現(xiàn)象為：當加入最后一滴標準溶液時，錐形瓶中溶液恰好由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色，故答案為：淀粉溶液；當加入最后一滴I2標準溶液時，錐形瓶中溶液恰好由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色；(3)根滴定前后液面的圖示，初始讀數(shù)為0.00mL，終點讀數(shù)為18.10mL，所用I2標準液的體積為18.10mL，故答案為：18.10；(4)消耗的碘的物質的量=0.01810L×0.2000mol/L=0.003620mol，根據(jù)N2H4+2I2═N2+4HI，水合肼(N2H4·H2O)的物質的量為0.001810mol×250mL25mL=0.01810mol，樣品中水合肼(N2H4·H2O)的質量分數(shù)=0.01810mol×50g/mol5.000g×100%=18.1%；若滴定過程中，盛放I2標準液的滴定管剛開始有氣泡，滴定后無氣泡，導致消耗的碘水的體積偏大，根據(jù)c(待測)=c(標準)×V(標準)V(待測)可知，測得樣品中水合肼(N28、N2O4吸熱ad不變0.1【分析】(1)所含元素化合價降低的反應物是氧化劑；(2)當溫度升高時，氣體顏色變深，說明N2O4(g)2NO2(g)平衡正向移動；（3）在一定條件下，當可逆反應的正反應速率和逆反應速率相等時（但不為0），反應體系中各種物質的濃度或含量不再發(fā)生變化的狀態(tài)，稱為化學平衡狀態(tài)，據(jù)此可以判斷。平衡常數(shù)只與溫度有關；根據(jù)計算速率?！绢}目詳解】(1)(CH3)2NNH2(l)+2N2O4(l)====2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)，N2O4中氮元素化合價由+4降低為0,所以N2O4是該反應的氧化劑；(2)當溫度升高時，氣體顏色變深，說明N2O4(g)2NO2(g)平衡正向移動，所以正反應為吸熱反應；(3)a、密度是混合