辽宁省瓦房店市第三高级中学2026届化学高二第一学期期中经典模拟试题含解析

辽宁省瓦房店市第三高级中学2026届化学高二第一学期期中经典模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、各式各样电池的迅速发展是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是()A．手机上用的锂离子电池属于一次电池。 B．锌锰干电池中，锌电极是负极C．氢氧燃料电池工作时氢气在负极上被还原 D．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅2、已知乙苯制备苯乙烯的反应为：化学键C﹣HC﹣CC=CH﹣H键能/KJ/mol412348612436下列说法错误的是A．上述反应的△H=+124kJ•mol﹣1 B．乙苯比苯乙烯稳定C．乙苯中不存在碳碳双键 D．1mol乙苯的能量与1mol苯乙烯能量相差264kJ3、已知丙烷的燃烧热△H=-2215kJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为（）A．55kJ B．220kJ C．550kJ D．1108kJ4、用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有①2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑②Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑③2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑④2H2O2H2↑+O2↑A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．②④5、下列既有离子键又有共价键的化合物是()A．Na2O B．NaOH C．CaBr2 D．HF6、嫦娥二号卫星采用“长三丙火箭”进行发射，其第三级推进器使用的燃料是液态氢。已知在25℃时，2gH2(g)与O2(g)完全反应生成H2O(g)时放热241.8KJ。则下列有关判断正确的是A．H2(g)的燃烧热是-241.8KJ/molB．25℃时,H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH＜-241.8KJ/molC．25℃时，22.4LH2完全燃烧生成H2O(g)放出的热量为241.8KJD．已知H2O(g)=H2O(l)ΔH=-44KJ/mol，则H2O(l)=H2(g)+O2(g)ΔH=+241.8KJ/mol7、反应4NH3+5O2===4NO+6H2O在5L的密闭容器中进行，30s后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率可表示为：（）A．v(O2)=0.01mol/(L·s) B．v(NO)=0.008mol/(L·s)C．v(H2O)=0.015mol/(L·s) D．v(NH3)=0.002mol/(L·s)8、在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，不能表明反应A（s）+3B（g）2C（g）+D（g）已达平衡状态的是A．B的物质的量浓度 B．混合气体的密度C．混合气体的压强 D．v（B消耗）=3v（D消耗）9、钴酸锂电池是目前用量最大的锂离子电池，用它作电源按下图装置进行电解。通电后。a电极上一直有气泡产生；d电极附近先出现白色沉淀（CuCl），后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀（CuOH）。下列有关叙述正确的是（）A．已知钴酸锂电池放电时总反应为Li1－xCoO2＋LixC6=LiCoO2＋6C，则Li1－xCoO2作负极，失电子B．当外电路中转移0.2mol电子时，电极b处有2.24LCl2生成C．电极d为阴极，电解开始时的电极反应式为Cu＋Cl－－e－=CuClD．随着电解的进行，U形管Ⅱ中发生了如下转化CuCl＋OH－=CuOH＋Cl－10、已知450℃时，反应H2(g)+I2(g)2HI(g)的K=50，由此推测在450℃时，反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的化学平衡常数为（）A．50 B．0.02 C．100 D．无法确定11、能有效防止铁质栏杆锈蚀的措施是A．接上铜网B．与石墨相连C．定期涂上油漆D．定期擦去铁锈12、下列热化学方程式表示可燃物的燃烧热的是A．2H2(g)+2Cl2(g)=4HCl(g)△H=-369.2kJ·mol-1B．CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)△H=-802.3kJ·mol-1C．2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ·mol-1D．H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-285.3kJ·mol-113、某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是A．反应过程a有催化剂参与B．该反应为吸热反应，热效应等于∆HC．改变催化剂，可改变该反应的活化能D．有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E214、下列反应中符合下列图像的是A．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-Q1kJ/mol(Q1>0)B．2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)ΔH=+Q2kJ/mol(Q2>0)C．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-Q3kJ/mol(Q3>0)D．H2(g)+CO(g)C(s)+H2O(g)ΔH=+Q4kJ/mol(Q4>0)15、钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡晶体的晶胞结构示意图如图所示，它的化学式是A．BaTi8O12B．BaTiO3C．BaTi2O4D．BaTi4O616、某温度下，在容积固定不变的密闭容器中进行如下可逆反应：X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s)ΔH>0，一段时间后，达到化学平衡状态．下列叙述正确的是A．通入稀有气体，平衡向正反应方向移动B．加入少量W，逆反应速率增大C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小D．降低温度，平衡向逆反应方向移动17、可逆反应A(？)＋aB(g)C(g)＋2D(g)(a为正整数)。反应过程中，当其他条件不变时，C的百分含量(C%)与温度(T)和压强(P)的关系如图所示。下列说法不正确的是A．若a＝2，则A为液态或固体B．该反应的正反应为放热反应C．T2＞T1，P2＞P1D．其他条件不变，增加B的物质的量，平衡正向移动，平衡常数K增大18、下列说法正确的是A．反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)达平衡后，加入单质碳平衡必定向正反应方向移动B．A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)达平衡后，若保待容器压强不变，继续通入0.2molA2和0.6molB2，平衡向正反应方向移动，则A2的转化率一定变大C．2RO2(g)＋O2(g)2RO3(g)△H＝－197kJ·mol－1，升高温度，正反应速率减小D．在一定温度下，一定容积的密闭容器中发生反应：C(s)＋H2O(g)H2(g)＋CO(g)，当混合气体的相对平均分子质量不再发生变化时，反应达到平衡19、在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再改变时，表明反应：A(s)＋2B(g)

C(g)＋D(g)已达平衡标志的是A．混合气体的压强B．混合气体的密度C．B物质的分子量D．气体的总物质的量20、以下反应不符合绿色化学原子经济性要求的是A．B．C．D．21、下列有机物的命名正确的是A．CH2=CH-CH2-CH31-丁烯 B．3，3，4－三甲基戊烷C．邻二甲苯 D．2-甲基-4-己醇22、下列关于“一定”说法正确的句数是①pH＝6的溶液一定是酸性溶液。②c(H＋)＞c(OH－)一定是酸性溶液。③强电解质溶液的导电能力一定大于弱电解质溶液的导电能力。④25℃时，水溶液中水电离出的c(H＋)和水电离出的c(OH－)的乘积一定等于10－14。⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中一定没有电离平衡⑥0.2mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c(H+)一定增大⑦温度保持不变，向水中加入钠盐对水的电离一定没有影响⑧使用pH试纸测定溶液pH时若先润湿，则测得溶液的pH一定有影响A．0句 B．1句 C．2句 D．3句二、非选择题(共84分)23、（14分）萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂、医药和溶剂。合成α萜品醇G的路线之一如下:已知：请回答下列问题：（1）A所含官能团的名称是_____。（2）B的分子式为_____；写出同时满足下列条件的B的链状同分异构体的结构简式：_______________。①核磁共振氢谱有2个吸收峰②能发生银镜反应（3）B→C、E→F的反应类型分别为_____、_____。（4）C→D的化学方程式为_____。（5）通过常温下的反应，区别E、F和G的试剂是_____和_____。24、（12分）今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。25、（12分）POC13常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，实验室制备POC13并测定产品含量的实验过程如下：I.实验室制备POC13。采用氧气氧化液态PCl3法制取POC13，实验装置(加热及夹持仪器略)如下图:资料：①Ag＋+SCN－=AgSCN↓Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)；②PCl3和POC13的相关信息如下表：物质熔点/℃沸点/℃相对分子质量其他PCl3-112.076.0137.5两者互溶，均为无色液体，遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢POC132.0106.0153.5(1)仪器a的名称____________________。(2)B中所盛的试剂是________，干燥管的作用是_____________________。(3)POC13遇水反应的化学方程式为____________________________。(4)反应温度要控制在60~65℃，原因是：____________________________。II.测定POC13产品的含量。实验步骤：①制备POC13实验结束后，待三颈瓶中的液体冷却至室温，准确称取29.1g产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液。②取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入20.00mL3.5mol/LAgNO3标准溶液。③加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。④以X为指示剂，用1.00mol/LKSCN溶液滴定过量AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去10.00mLKSCN溶液。(5)步骤④中X可以选择___________________。(6)步骤③若不加入硝基苯，会导致测量结果______(填偏高，偏低，或无影响)(7)反应产物中POC13的质量百分含量为___________________，若滴定终点，读取KSCN溶液俯视刻度线，则上述结果____________(填偏高，偏低，或无影响)26、（10分）甲、乙两同学用一种标准盐酸去测定同一种未知浓度的NaOH溶液的浓度，但操作不同；甲把一定体积的NaOH溶液放入锥形瓶，把标准盐酸放入滴定管进行滴定；乙把一定体积的标准盐酸放入锥形瓶，把未知液NaOH溶液放入滴定管进行滴定。(1)甲同学使用的是_______滴定管，乙同学使用的是________滴定管。(2)甲同学的滴定管在用蒸馏水洗净后没有用标准盐酸润洗，乙同学的滴定管在用蒸馏水洗净后也没有用待测NaOH溶液润洗，其余操作均正确，这样甲同学测定结果________(偏大、偏小、无影响，下同)，乙同学测定结果__________。(3)乙同学选择酚酞作指示剂进行试验，如何来判断滴定终点：____________。(4)甲同学根据三次实验分别记录有关数据如下：滴定次数待测氢氧化钠溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积（mL）滴定前刻度滴定后刻度溶液体/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09请选用其中合理的数据计算c(NaOH)=______________。27、（12分）原电池原理应用广泛。(1)利用原电池装置可以验证Fe3+与Cu2+氧化性相对强弱。如图所示，该方案的实验原理是自发进行的氧化还原反应可以设计为原电池。写出该氧化还原反应的离子方程式：__________________________，装置中的负极材料是______（填化学式），正极反应式是_________________________。(2)某研究性学习小组为证明2Fe3++2I－2Fe2++I2为可逆反应，设计如下方案：组装如图原电池装置，接通灵敏电流计，指针向右偏转（注：此灵敏电流计指针是偏向电源正极），随着时间进行电流计读数逐渐变小，最后读数变为零。当指针读数变零后，在右管中加入1mol/LFeCl2溶液。①实验中，“读数变为零”是因为___________________。②“在右管中加入1mol/LFeCl2溶液”后，观察到灵敏电流计的指针_________偏转（填“向左”、“向右”或“不”），可证明该反应为可逆反应。28、（14分）乙酸苯甲酯是一种难溶于水，密度大于水的无色油状液体，具有茉莉花气味，可用做调香剂。（一）以乙烯，甲苯为原料，合成乙苯甲酯的路线如图所示。（1）写出由乙烯制备A的化学方程式_______________________________________________________。（二）制备乙酸苯甲酯的流程如图：（2）球形冷凝管的作用为_______________________.（3）试剂X可为_______A．氢氧化钠溶液B．碳酸钠溶液C．乙醇D．氯化钠溶液（4）分出酯层时应收集______层液体（填“上”或“下”）（5）无水MgSO4的作用为__________________________。（6）本实验所得乙酸苯甲酯的产率为__________。（已知：相对分子量：苯甲醇-108;乙酸-60;乙酸苯甲酯-150）29、（10分）（1）已知:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-115.6kJ·mol-1，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=-184kJ·mol-1。①H2与O2反应生成气态水的热化学方程式是___________。②断开1molH—O键所需能量为______kJ。③高温下H2O可分解生成分子或原子。高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图所示。图中A、B表示的物质依次是________，物质的量之比为2：1的A、H2化学能较低的物质是________。

（2）已知ΔG=ΔH—T·ΔS。在100kPa、298.15K时石灰石分解反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)的ΔH=+178.3kJ·mol-1，ΔS=+160.4J·mol-1·K-1①从吉布斯自由能变（ΔG）的角度说明该反应高温下能自发进行的原因___________________。②则该反应自发进行的最低温度为__________K。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【详解】A．手机上用的锂离子电池,能够多次反复充电使用，属于二次电池，故A错误；B．锌锰干电池中锌失去电子生成Zn2+为负极，故B正确；C．氢氧燃料电池工作时，氢气作为燃料在负极被氧化，故C错误；D．太阳能电池的主要材料为硅，故D错误；答案选B。2、D【分析】反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可以知道，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，以此解答该题。【详解】反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可以知道，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，故△H=(5412+348-3412-612-436)kJ/mol=+124kJ/mol，

A.由以上分析可知，上述反应的△H=+124kJ/mol，故A正确；B.用键能计算1mol乙苯的能量与1mol苯乙烯能量相差(5412+348-3412-612)kJ/mol=+560kJ/mol，所以乙苯比苯乙烯能量低，故乙苯比苯乙烯稳定，故B正确；C.乙苯中含有苯环，苯环含有大键，不存在碳碳双键，故C正确；D.用键能计算1mol乙苯的能量与1mol苯乙烯能量相差△H=(5412+348-3412-612)kJ/mol=+560kJ/mol，故D错误。故选D。3、A【详解】丙烷分子式是C3H8，燃烧热为△H=-2215kJ·mol-1，1mol丙烷燃烧会产生4mol水，放热2215kJ。丙烷完全燃烧产生1.8g水，生成H2O的物质的量为0.1mol，消耗丙烷的物质的量为0.025mol，所以反应放出的热量是Q=0.025mol×2215kJ/mol=55.375kJ，选A。【点睛】本题考查燃烧热的概念、反应热的计算，考查学生分析问题、解决问题的能力及计算能力。4、C【分析】用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，电解过程分为：第一阶段，阳极上氯离子放电、阴极上铜离子放电；第二阶段：阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；第三阶段：阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，据此判断。【详解】用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液中硫酸铜的物质的量为1mol，氯化钠的物质的量为3mol，根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电，当铜离子完全析出时转移电子的物质的量为2mol，转移2mol电子时消耗2mol氯离子，所以氯离子还剩余1mol，则此时发生的电池反应式为②；第二阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，当氯离子完全被电解后，发生的电池反应式为③；第三阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，相当于电解水，所以发生的电池反应式为④；故答案选C。【点睛】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解答本题的关键，结合转移电子相等判断阴阳极上析出的物质。5、B【解析】A．氧化钠中只含离子键，选项A错误；B．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，选项B正确；C．溴化钙中只含离子键，选项C错误；D．氟化氢中只含共价键，选项D错误。答案选B。6、B【详解】A.2g氢气物质的量为1mol，与氧气完全反应生成气态水放热241.8KJ，反应热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-241.8KJ/mol，而燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，H2(g)的燃烧热应生成液态水，不是气态水，故H2(g)的燃烧热不是-241.8KJ/mol，A错误；B.1mol氢气燃烧生成气态水放热241.8KJ，气态水变为液态水放热，焓变为负值，25℃时H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH＜-241.8KJ/mol

，B正确；C.25

°C时，22.4LH2物质的量不是1mol，故25℃时22.4LH2完全燃烧生成H2O(g)放出的热量不是241.8KJ，C错误；D.由题意得H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-241.8KJ/mol，则①H2O(g)=H2(g)+O2(g)ΔH=241.8KJ/mol，又由已知H2O(g)=H2O(l)ΔH=-44KJ/mol，则②H2O(l)=H2O(g)ΔH=44KJ/mol，①+②得H2O(l)=H2(g)+O2(g)ΔH=+285.8KJ/mol，D错误；故选B。7、D【解析】依据化学反应速率的数学表达式进行计算以及化学反应速率之比等于化学计量数计量数之比，据此分析；【详解】用NO表示的反应速率，v(NO)=0.3moL5L30s=0.002mol/(LA、利用化学计量数之比等于化学反应速率之比，v(O2)=54v(NO)=0.0025mol/(L·s)，故B、根据上述分析，v(NO)=0.002mol/(L·s)，故B错误；C、根据A选项分析，v(H2O)=0.003mol/(L·s)，故C错误；D、根据A选项分析，v(NH3)=0.002mol/(L·s)，故D正确；答案选D。8、C【详解】A.B的物质的量浓度不变，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；B.恒容容器中混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，达到平衡状态，故B正确；C.可逆反应A（s）+3B（g）2C（g）+D（g），气体两边的计量数相等，反应前后，气体的物质的量不发生变化，体积恒定，反应自开始到平衡，混合气体的压强始终不变，所以不能作为达到平衡状态的标志，故C错误；D.v（B消耗）=3v（D消耗）表示正反应速率等于逆反应速率，说明达到平衡状态，故D正确。故选C。【点睛】可逆反应达到平衡状态的直接标志：①速率关系：正反应速率与逆反应速率相等；②反应体系中各物质的百分含量保持不变。9、D【详解】A．由题意可知LixC6作负极，失电子，被氧化，故A不选；B．未说明气体所处的状态是否为标况，故B不选；C．a电极一直由气泡产生，且a电极的材料为铜，故a电极为阴极，b电极为阳极，d极为阳极,电极反应式为：Cu＋Cl－－e－=CuCl，故C不选；D．d电极先产生CuCl白色沉淀，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀（CuOH），发生的反应为：CuCl＋OH－=CuOH＋Cl－，故选D。答案选D。10、B【详解】其逆反应的K应该是其正反应的K值的倒数，则该反应的化学平衡常数是1/50=0.02，答案选B。11、C【解析】A、接上铜网与铁形成原电池，铁活泼作负极加快锈蚀，故A错误；B、与石墨相连，石墨与铁形成原电池，铁活泼作负极加快锈蚀，故B错误；C、定期涂上油漆，能隔绝氧气和水，能防止钢铁锈蚀，故C正确；D、定期擦去铁锈，不能隔绝氧气和水，不能防止钢铁锈蚀，故D错误；故选C。点晴：本题考查了金属的腐蚀与防护，解答时要从钢铁生锈的条件方面进行分析、判断。本题的易错点是D，擦去铁锈，不能隔绝氧气和水，因此不能防止钢铁锈蚀。12、D【解析】燃烧热指的是在一定条件下，1摩尔可燃物完全燃烧生成稳定化合物所放出的热量，如碳元素要转化为二氧化碳、水的状态是液态。D正确，本题选D。13、C【解析】A．催化剂能降低反应的活化能，故b中使用了催化剂，故A错误；B．反应物能量高于生成物，为放热反应，△H=生成物能量-反应物能量，故B错误；C．不同的催化剂，改变反应的途径，反应的活化能不同，故C正确；D．催化剂不改变反应的始终态，焓变等于正逆反应的活化能之差，图中不能确定正逆反应的活化能，故D错误；故选C。14、B【详解】由左边的图象可知，温度越高生成物的浓度越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应；

由右边图象可知，相交点左边未达平衡，相交点为平衡点，相交点右边压强增大，平衡被破坏，V逆＞V正，平衡向逆反应移动，说明正反应为气体物质的量增大的反应；

综合上述分析可知，可逆反应正反应为吸热反应且正反应为气体物质的量增大的反应，

A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，为放热反应反应，正反应是气体物质的量减小的反应，故A不符合；

B.2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＞0，为吸热反应反应，正反应是气体物质的量增大的反应，故B符合；

C.4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H＜0，正反应是气体物质的量增大的反应，但为放热反应反应，故C不符合；

D．H2（g）+CO（g）⇌C（s）+H2O（g）△H＞0，为吸热反应反应，但正反应是气体物质的量减小的反应，故D不符合；

故选B。15、B【分析】仔细观察钛酸钡晶体结构示意图可知：Ba在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti处于立方体的8个顶点，每个Ti为与之相连的8个立方体所共用，即有属于该晶胞；O处于立方体的12条棱的中点，每条棱为四个立方体所共用，故每个O只有属于该晶胞。【详解】Ba在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti处于立方体的8个顶点，每个Ti为与之相连的8个立方体所共用，即有属于该晶胞，Ti原子数是；O处于立方体的12条棱的中点，每条棱为四个立方体所共用，故每个O只有属于该晶胞，O原子数是。即晶体中Ba∶Ti∶O的比为1:1:3，化学式是BaTiO3，故选B。【点睛】本题是结合识图考查晶体结构知识及空间想象能力，由一个晶胞想象出在整个晶体中，每个原子为几个晶胞共用是解题的关键。16、D【详解】A．容积不变，通入稀有气体，各种物质的浓度是不变的，所以平衡不移动，故A错误；B．W是固体，加入少量W，不影响平衡的移动和反应速率，故B错误；C．升高温度，正逆反应速率都是增大的，故C错误；D．正反应是吸热反应，所以降低温度平衡向逆反应方向移动，D正确；答案选D。17、D【解析】A．根据图2，压强变大，C的百分含量减小，平衡向左移动，所以反应前气态物质的化学计量数之和小于反应后气态物质的化学计量数之和，即若a=2，则A为液态或固体，故A正确；B．根据图1，温度升高，C的百分含量减小，平衡向左移动，所以该反应为放热反应，故B正确；C．根据图1，T2时反应时间短，速率快，所以T2＞T1；根据图2，P2时反应时间短，速率快，所以P2＞P1，故C正确；D．K与反应物的量无关，只受温度的影响，所以其他条件不变，增加B的物质的量，平衡常数K不变，故D错误；答案选D。【点睛】解答时要注意浓度、压强影响化学平衡的几种特殊情况：（1）当反应混合物中存在与其他物质不相混溶的固体或纯液体物质时，由于其“浓度”是恒定的，不随其量的增减而变化，故改变这些固体或液体的量，对平衡基本无影响。（2）由于压强的变化对非气态物质的浓度基本无影响，因此，当反应混合物中不存在气态物质时，压强的变化不能使无气态物质存在的化学平衡发生移动。（3）气体减压或增压与溶液稀释或浓缩的化学平衡移动规律相似。18、D【详解】A.单质碳为固体，对化学反应速率没有影响，A项错误；B.A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)达平衡后，若保待容器压强不变，继续通入0.2molA2和0.6molB2，物质的量与体积成正比，可能浓度不变，则平衡不移动，即A2的转化率不变，B项错误；C.化学反应速率与反应的热效应无关，与活化分子百分数有关，升高温度，正反应速率一定增大，C项错误；D.当混合气体的平均相对分子质量为气体的总质量与气体的总的物质的量的比值，反应C(s)＋H2O(g)H2(g)＋CO(g)假设开始有1molH2O(g)参与，则起始气体的平均相对分子质量为18，假设全部转化为氢气和一氧化碳，则得到的混合气体的相对分子质量为2+28=30，则说明随着反应的进行，气体的平均相对分子质量为变量，故当混合气体的相对平均分子质量不再发生变化时，反应达到平衡，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，明确化学平衡状态的特征为解答关键。本题的易错点为D项，要注意判断的物理量是否为变量，即随时间的变化而变化，则说明该物理量不变是达到平衡状态的标志。19、B【解析】根据化学平衡的本质和特征，分析判断能作为平衡标志的物理量。【详解】A项：反应在温度一定、体积固定的密闭容器中进行，该反应为反应前后气体体积不变的可逆反应，容器内压强恒定不变，即混合气体的压强不变不能说明反应达到平衡状态，A项错误；B项：混合气体的密度ρ＝m/V，只有化学平衡时气体总质量m才不再变化，ρ也随之不变，则混合气体密度不变可以说明反应达到平衡状态，B项正确；C项：物质B相对分子质量（分子量）是个常量，可逆反应是否平衡与其无关，C项错误；D项：题中可逆反应气体分子总数不变（A为固体）。不论反应进行程度如何，气体总物质的量都不变，即气体的总物质的量不变不能说明反应达到平衡状态，D项错误，答案选B。【点睛】判断化学平衡可从本质和特征两方面进行。（1）本质：正、逆反应速率相等。同一物质表示的正反应速率等于逆反应速率，或不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比。（2）特征：体系中各物质的物质的量或浓度等不再随时间发生变化，即可变的量不再变化的状态为化学平衡状态。20、C【解析】分析：“绿色化学”原子经济性要求的反应必须满足：原料分子中的所有原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，常见的加成反应和加聚反应符合要求，据此进行解答。详解：A．CH≡CH+HCl→CH2=CHCl中反应物的所有原子都转化成目标产物，符合绿色化学原子经济性要求，A不选；B．中反应物的所有原子都转化成目标产物，符合绿色化学原子经济性要求，B不选；C．为取代反应，反应物中所有原子没有完全转化成目标产物，不满足绿色化学原子经济性要求，C选；D．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为加成反应，该反应中反应物的所有原子都转化成目标产物，符合绿色化学原子经济性要求，D不选；答案选C。点睛：本题考查了绿色化学的概念及应用，题目难度不大，明确绿色化学原子经济性的要求为解答关键，试题侧重基础知识的考查，注意掌握常见有机反应类型的特点。21、A【详解】A．从离双键较近的左端为起点，给主链C原子编号，该物质名称为1-丁烯，A正确；B．选择分子中含有C原子数最多的碳链为主链，该物质最长碳链上含有6个C原子，从左端为起点，给主链上C原子编号，以确定支链的位置，该物质名称为3，3，4－三甲基己烷，B错误；C．2个甲基在苯环上相间的位置，该物质名称为间二甲苯，C错误；D．选择分子中包含羟基连接C原子在内的最长碳链为主链，该物质最长碳链上含有5个C原子，从离羟基最近的左端为起点，给主链上C原子编号，以确定支链的位置，该物质名称为4－甲基-2-戊醇，D错误；故合理选项是A。22、B【解析】①pH=6的溶液不一定是酸性溶液，需要考虑温度，错误；②c（H+）＞c（OH－）一定是酸性溶液，正确；③强电解质溶液的导电能力不一定大于弱电解质溶液的导电能力，关键是看溶液中离子浓度和离子所带电荷数，错误；④25℃时，水溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH－）的乘积不一定等于10－14，错误；⑤水溶液中还存在水的电离平衡，错误；⑥0.2mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c（H+）一定减小，错误；⑦温度保持不变，向水中加入钠盐对水的电离不一定没有影响，例如硫酸氢钠等，错误；⑧使用pH试纸测定溶液pH时若先润湿，则测得溶液的pH不一定有影响，例如测定氯化钠溶液，错误，答案选B。【点晴】注意溶液的酸碱性：溶液的酸碱性是由溶液中c（H＋）与c（OH－）的相对大小决定的：c（H＋）＞c（OH－），溶液呈酸性；c（H＋）＝c（OH－），溶液呈中性；c（H＋）＜c（OH－），溶液呈碱性。另外溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。若强电解质溶液中离子浓度很小，而弱电解质溶液中离子浓度大，则弱电解质溶液的导电能力强，因此电解质的强弱与电解质溶液的导电性并无必然联系。二、非选择题(共84分)23、羧基羰基C8H14O3取代反应酯化反应NaHCO3溶液Na【分析】根据C生成D的反应条件可知，C中含有卤素原子，则B与HBr发生取代反应生成C，C为，发生消去反应生成D，D为，D酸化得到E，E为，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，F发生信息反应生成G，结合F与G的结构可知，Y为CH3MgBr，据此解答。【详解】(1)由有机物A的结构可知，A中含有羰基、羧基，故答案为羰基、羧基；(2)由B的结构简式可知，B的分子式为C8H14O3，B的同分异构体中，核磁共振氢谱有2个吸收峰，说明分子中含有2种H原子，由B的结构可知，分子中H原子数目很多，故该同分异构体为对称结构；能发生银镜反应，说明含有醛基，且为2个-CHO，其余的H原子以甲基形式存在，故符合条件的同分异构体的结构简式为：，故答案为C8H14O3；；(3)根据上面的分析可知，由B到C的反应是B与溴化氢发生的取代反应，E→F发生酯化反应生成F，故答案为取代反应；酯化(取代)反应；(4)由上面的分析可知，C→D的反应方程式为+2NaOH+NaBr+2H2O，故答案为+2NaOH+NaBr+2H2O；(5)E为，含有羧基；F为，含有碳碳双键、酯基；G为，G中含有C=C双键、醇羟基；利用羧基、羟基与钠反应，酯基不反应，区别出F，再利用碳酸氢钠与羧基反应区别G与E，故答案为Na；NaHCO3溶液。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的结构、反应条件及反应信息进行判断，掌握官能团的性质与理解反应信息是关键。本题的难点为(2)，要注意结构的对称性的思考。24、OCaNaCl1s22s22p44s2Na＜Ca＜Cl＜ONa＜Ca＜Cl＜O【分析】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na；D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。【详解】（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na，Cl。（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2；。（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。25、长颈漏斗浓硫酸防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl温度过低，反应速度太慢温度过高，PCl3易挥发，利用率低Fe(NO3)3偏高52.7%偏低【解析】A装置中用双氧水与二氧化锰反应生成氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气用浓硫酸除去，所以B装置中装浓硫酸，装置B中有上颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷会挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C中用水浴，为防止POCl3挥发，用冷凝管a进行冷凝回流，POCl3遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，所以为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，因此在装置的最后连有碱石灰的干燥管。I.(1)仪器a的名称长颈漏斗；(2)B中所盛的试剂是浓硫酸，干燥管的作用是防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶；(3)POC13遇水反应的化学方程式为POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl；(4)反应温度要控制在60~65℃，原因是温度过低，反应速度太慢温度过高，PCl3易挥发，利用率低；II.(5)以硝酸铁作为指示剂，可以与过量的KSCN发生特征反应，滴定终点溶液变为红色；(6)加入少量硝基苯可以使生成的氯化银沉淀离开溶液，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化银可以转化成AgSCN，已知Ksp（AgCl）>Ksp（AgSCN），使得实验中消耗的AgSCN偏多，根据（7）的计算原理可知，会使测定结果将偏低；(7)利用关系式法计算百分含量；若滴定终点，读取KSCN溶液俯视刻度线，会造成读取消耗硫氰化钾偏少，则上述结果偏低；【详解】I.(1)仪器a的名称长颈漏斗；正确答案：长颈漏斗。(2)B中所盛的试剂是浓硫酸，干燥管的作用是防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶；正确答案：浓硫酸防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶。(3)POC13遇水反应的化学方程式为POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl；正确答案：POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl。(4)反应温度要控制在60~65℃，原因是温度过低，反应速度太慢温度过高，PCl3易挥发，利用率低；正确答案：温度过低，反应速度太慢温度过高，PCl3易挥发，利用率低。II.(5)以硝酸铁作为指示剂，可以与过量的KSCN发生特征反应，滴定终点溶液变为红色；正确答案：Fe(NO3)3。(6)加入少量硝基苯可以使生成的氯化银沉淀离开溶液，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化银可以转化成AgSCN，已知Ksp（AgCl）>Ksp（AgSCN），使得实验中消耗的AgSCN偏多，根据（7）的计算原理可知，会使测定结果将偏低；正确答案：偏低。(7)利用关系式法计算百分含量；若滴定终点，读取KSCN溶液俯视刻度线，会造成读取消耗硫氰化钾偏少，则上述结果偏高；KSCN消耗了0.01mol，AgNO3的物质的量为0.07mol；POCl3+3H2O+6AgNO3=Ag3PO4↓+3AgCl↓+6HNO3，AgNO3+KSCN=AgCl↓+KNO3设10ml溶液中溶解了xmolPOCl3；POCl3～6AgNO3KSCN～AgNO31mol6mol1mol1molXmol6xmol0.01mol0.01mol0.01+6x=0.07得x=0.01mol，则100ml溶液中溶解了POCl30.1mol，POC13的质量百分含量为0.1mol×153.5g/mol29.1g×100%=52.7%；正确答案：52.7%偏高。26、酸式碱式偏大偏小滴入最后一滴NaOH溶液，锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且30秒内不褪色0.1044mol/L【分析】(1)中和滴定时，酸溶液放在酸式滴定管中，碱溶液放在碱式滴定管中；(2)甲同学的滴定管在用蒸馏水洗净后没有用标准盐酸润洗，导致标准液浓度偏低，乙同学的滴定管在用蒸馏水洗净后也没有用待测NaOH溶液润洗，导致待测液浓度偏低；(3)滴定终点时锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且30秒内不褪色；(4)舍去误差较大第二次实验数据，根据n(NaOH)·V(NaOH)=n(HCl)·V(HCl)计算。【详解】(1)中和滴定时，盐酸溶液放在酸式滴定管中，氢氧化钠溶液放在碱式滴定管中。所以甲同学使用的是酸式滴定管，乙同学使用的是碱式滴定管；(2)甲同学的滴定管在用蒸馏水洗净后没有用标准盐酸润洗，导致标准液浓度偏低，则需要标准液体积偏大，使测量结果偏大；乙同学的滴定管在用蒸馏水洗净后也没有用待测NaOH溶液润洗，导致待测液浓度偏低，则需要氢氧化钠体积偏大，氢氧化钠的浓度偏低；(3)中和滴定时，乙同学用氢氧化钠溶液滴加盐酸，指示剂酚酞在盐酸溶液中，开始无色，随着NaOH的滴入，溶液酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，当滴入最后一滴NaOH溶液，若锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且30秒内不褪色，就证明达到滴定终点；(4)根据表格数据可知：第二次实验误差较大，应舍去，则需要盐酸的体积为V=mL=26.10mL，根据二者恰好反应时n(NaOH)=n(HCl)可知：c(NaOH)×25.00×10-3L=0.1000mol/L×26.10×10-3L，所以c(NaOH)=0.1044mol/L。【点睛】本题考查酸碱中和滴定实验，涉及仪器的使用、滴定终点的判断、实验误差与计算等，注意把握实验操作步骤、方法以及注意事项，把实验过程的影响都归结在消耗标准酸溶液的体积上进行分析，判断对实验结果的影响，在计算物质的量浓度时，要对实验数据进行处理，舍去误差较大的实验数据，取多次实验体积的平均值再进行计算。侧重考查学生的分析、实验和计算能力。27、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+CuFe3++e－=Fe2+该可逆反应达到了化学平衡状态向左【分析】(1)利用原电池装置可以验证Fe3+与Cu2+氧化性相对强弱，则发生的反应为Fe3+生成Cu2+的氧化还原反应，所以负极材料应为Cu，电解质应为含有Fe3+的可溶性盐溶液。(2)①实验中，“读数变为零”，表明原电池反应已“停止”，即反应达平衡状态。②“在右管中加入1mol/LFeCl2溶液”后，增大了生成物浓度，平