2026届重庆市第二外国语学校化学高二上期中学业水平测试试题含解析

2026届重庆市第二外国语学校化学高二上期中学业水平测试试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列物质在生活中应用时，起还原剂作用的是（）A．明矾作净水剂 B．甘油作护肤保湿剂C．漂白粉作消毒剂 D．铁粉作食品袋内的脱氧剂2、25℃某溶液中c(OH－)＝1×10－14mol·L－1，满足此条件的溶液可能是（）溶液A．酸性 B．碱性 C．酸性或碱性 D．中性3、在Na2S溶液中，下列关系式中错误的是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－)4、被称为万能还原剂的NaBH4中H为-1价,则B的化合价为()A．+1 B．+2 C．+3 D．+45、常温下，下列溶液的粒子浓度关系式正确的是A．0.1mol/L的NaHCO3溶液中：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a＞b+1C．pH=2的H2SO3溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c(Na+)

+c(H+)=c(OH-)

+c(HSO

)+2c(SO)D．0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)6、用铝合金代替铝制钥匙，因为铝合金A．熔点低 B．不易锈蚀 C．硬度大 D．密度小7、某温度下，在一密闭容器中发生可逆反应：2E（g）F（g）+xG（g）△H<0若起始时E的浓度为amol·L-1，F、G的浓度均为0，达到平衡时E的浓度为0.5amol·L-1。若起始时E的浓度为2amol·L-1，F、G的浓度均为0，达到平衡时，下列说法正确的是A．升高温度时，正反应速率加快，逆反应速率减慢B．若x=1，容器的容积保持不变，则新平衡下E的体积分数为50%C．若x=2，容器的容积保持不变，则新平衡下F的平衡浓度大于0.5amol·L-1D．若x=2，容器内的压强保持不变，则新平衡下E的物质的量为amol8、下列有关CaCO3的溶解平衡的说法中不正确的是A．CaCO3沉淀析出和沉淀溶解不断进行,但速率相等B．CaCO3难溶于水,其饱和溶液不导电,属于弱电解质溶液C．升高温度,CaCO3的溶解度增大D．向CaCO3沉淀中加入纯碱固体,CaCO3溶解的量减少9、阿司匹林又名乙酰水杨酸，推断它不应具有的性质A．与NaOH溶液反应 B．与金属钠反应C．与乙酸发生酯化反应 D．与乙醇发生酯化反应10、下列各反应的化学方程式中，属于水解反应的是（）A．H2O+H2OH3O++OH-B．CO2+H2OH2CO3C．HCO3-+OH-H2O+CO32-D．CO32-+H2OHCO3-+OH-11、在一密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，A的浓度变为原来的60%，则A．平衡向正反应方向移动了 B．平衡向逆反应方向移动了C．物质B的质量分数增加了 D．a＜b12、某物质中可能有甲醇、甲酸、乙醇、甲酸乙酯几种物质中的一种或几种，在鉴定该物质时有下列现象：①有银镜反应；②加入新制的Cu(OH)2悬浊液，沉淀不溶解；③与含有酚酞的NaOH溶液共热时发现溶液中红色逐渐变浅。下列叙述中正确的是A．有甲酸乙酯和甲酸B．有甲酸乙酯，可能有甲醇C．有甲酸乙酯和乙醇D．几种物质都有13、下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀C．钢管与铜管露天堆放在一起，钢管不易被腐蚀D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe-3e-═Fe3+14、下列关于化学反应的描述中正确的是（）A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B．已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出57.3kJ的热量C．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则表示CO(g)的燃烧热的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-283.0kJ/molD．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H=a，2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=b，则b>a15、常温下，向20mL0.1mol·L-1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的烧碱溶液，溶液中水所电离的c水(H+)随加入烧碱溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是A．由图可知A-的水解平衡常数Kh约为1×10-9B．C、E两点因为对水的电离的抑制作用和促进作用相同，所以溶液均呈中性C．B点的溶液中离子浓度之间存在：c(Na+)=2c(A-)>c(H+)>c(OH-)D．F点的溶液呈碱性，粒子浓度之间存在：c(OH-)=c(HA)+c(A-)+c(H+)16、下列物质间发生反应可以制得纯净的氯乙烷的是A．乙烷在光照条件下与Cl2反应 B．乙烯与氯化氢加成C．乙烯通过浓盐酸 D．乙烷通过氯水17、异戊烯醇用于苯氯菊酯杀虫剂以及其他精细化学品的合成，是生产医药或农药的重要原料，其结构如图，下列关于异戊烯醇的说法错误的是()A．分子式为C5H10OB．与氢气发生加成反应后生成物名称为2-甲基丁醇C．可使酸性KMnO4溶液褪色D．与互为同分异构体18、一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，下列说法正确的是（）A．稀释溶液，溶液的pH增大B．加入少量NaOH固体，c（CH3COO-）减小C．温度升高，c（CH3COO-）增大D．加入少量FeCl3固体，c（CH3COO-）减小19、在一定条件下，在容积为2L的密闭容器中，将2mol气体M和3molN气体混合，发生如下反应：2M(g)＋3N(g)xQ(g)＋3R(g)，该反应达平衡时，生成2.4molR，并测得Q的浓度为0.4mol/L，下列有关叙述正确的是A．x值为2 B．混合气体的密度增大C．N的转化率为80% D．混合气体平均摩尔质量不变，不能说明该反应达平衡20、将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是A．c（H+） B．Ka(HF) C． D．21、普通玻璃的主要成分是：①Na2SiO3②CaCO3③CaSiO3④SiO2⑤Na2CO3⑥CaOA．①③④ B．②③④ C．①③⑥ D．③④⑤22、已知反应①CO(g)＋CuO(s)CO2(g)＋Cu(s)和反应②H2(g)＋CuO(s)Cu(s)＋H2O(g)在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的平衡常数为K。则下列说法正确的是()A．反应①的平衡常数K1＝c(CO2).c(Cu)/[c(CO).c(CuO)]B．反应③的平衡常数K＝K1/K2C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的焓变为正值D．对于反应③，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小二、非选择题(共84分)23、（14分）现有原子序数小于20的A，B，C，D，E，F6种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最多的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B，D两元素原子核内质子数之和的1/2；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。回答下列问题。（1）用电子式表示C和E形成化合物的过程________________。（2）写出基态F原子核外电子排布式__________________。（3）写出A2D的电子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ键，________(填“含”或“不含”)π键。（4）A，B，C共同形成的化合物化学式为________，其中化学键的类型有________。24、（12分）按要求写出下列物质的名称或结构简式。(1)相对分子质量为84的烃与氢气加成后得到，该烃的系统命名法名称为______。(2)某气态烃22.4L(标准状况)与含320g溴的溴水恰好完全加成，生成物经测定每个碳原子上都有1个溴原子，该烃的结构简式为_____________________________。(3)某烃0.1mol和0.2molHCl完全加成，生成的氯代烷最多还可以与0.6mol氯气反应，则该烃的结构简式为_________________________________。(4)某烃的分子式为C8H10，它不能使溴水褪色，但能使酸性KMnO4溶液褪色。该有机物苯环上的一氯代物有3种，则该烃的结构简式可能为______________________。(5)含有C、H、O的化合物，其C、H、O的质量比为12∶1∶16，其相对分子质量为116，它能与小苏打反应放出CO2，也能使溴水褪色，0.58g这种物质能与50mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液完全反应。试回答：①写出该有机物的分子式_____________；②该有机物的可能结构简式有____________________。25、（12分）NaOH和盐酸都是中学化学常见的试剂。Ⅰ．某同学用0.2000mol·L－1标准盐酸滴定待测烧碱溶液浓度（1）将5.0g烧碱样品（杂质不与酸反应）配成250mL待测液，取10.00mL待测液，如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________mL。（2）由下表数据得出NaOH的百分含量是________。滴定次数待测NaOH溶液体积(mL)标准盐酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00Ⅱ．氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。测血钙的含量时，进行如下实验：①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。③终点时用去20mLl.0×l0﹣4mol/L的KMnO4溶液。（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式_____________________。（2）滴定时，将KMnO4溶液装在________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。（3）判断滴定终点的方法是________________________。（4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果________。②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果________。（5）计算：血液中含钙离子的浓度为________mol/L。Ⅲ．50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液测定计算中和反应的反应热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃用品是__________。如改用0.0275molNaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（2）已知盐酸和NaOH稀溶液发生中和反应生成0.1molH2O时，放出5.73kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：___________________________。26、（10分）草酸(H2C2O4)存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10-2，K2=5.4×10-5，具有还原性，溶于水，溶液有酸性。为测定某H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为cmol·L1KMnO4标准溶液滴定。滴定原理为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O(1)滴定管在使用之前，必须进行的操作是______________，滴定时，KMnO4溶液应装在_____(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)中，达到滴定终点时的现象为________________。(2)如图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，C处的刻度为30，滴定管中液面读数应为______mL，此时滴定管中液体的体积________20mL．(填大于、小于或等于)(3)为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取H2C2O4溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗KMnO4溶液体积/mL22.3224.3924.41从上表可以看出，第一次实验中记录消耗KMnO4溶液的体积明显少于后两次，其原因可能是__。A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡C．第一次滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过后，未用标准液润洗D．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗E．滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定(4)根据所给数据，写出计算H2C2O4的物质的量浓度的表达式(必须化简)：C=________。(5)请你一个设计简单实验证明草酸的酸性强于碳酸，实验操作及现象为____________________27、（12分）H2O2是一种绿色氧化试剂，在化学研究中应用广泛。(1)某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30%H2O2、0.1mol∙L-1Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目______；②设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定______(要求所测得的数据能直接体现反应速率大小)。③设计实验装置，完成下图的装置示意图______。(2)参照下表格式，完善需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示)。V[0.1mol∙L-1Fe2(SO4)3]/mLV[30%H2O2]/mLV[H2O]/mLV[O2]/mL___1ab___dt12acb___t2(3)利用图(a)和(b)中的信息，按图(c)装置(连能的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的_____(填“深”或“浅”)，其原因是_____。28、（14分）某学习小组利用酸性KMnO4和H2C2O4反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取KMnO4酸性溶液、H2C2O4溶液，然后倒入大试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。（1）已知草酸H2C2O4是一种二元弱酸，写出草酸的电离方程式______________、_____________。某同学设计了如下实验：实验编号H2C2O4溶液KMnO4溶液温度/℃浓度（mol/L）体积（mL）浓度（mol/L）体积（mL）a0.102.00.0104.025b0.202.00.0104.025c0.202.00.0104.050（2）探究浓度对化学反应速率影响的组合实验编号是__________，可探究温度对化学反应速率影响的实验编号是__________。（3）实验a测得混合后溶液褪色的时间为40s，忽略混合前后体积的微小变化，则这段时间内的平均反应速率v(KMnO4)=______mol·L－1·min－1。（4）在实验中，草酸(H2C2O4)溶液与KMnO4酸性溶液反应时，褪色总是先慢后快，褪色速率后来加快的原因可能是__________________________。29、（10分）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：（1）反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0～60s时段，反应速率v(N2O4)为____________mol·L－1·s－1；反应的平衡常数K1为________。（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10s又达到平衡。①T________100℃(填“大于”或“小于”)，判断理由是______________。②列式计算温度T时反应的平衡常数K2________________________。（3）温度T时反应达第一次平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，达到新的平衡后与第一次平衡相对比：颜色____________（填“变深”或“变浅”或“不变”），c(NO2)/c(N2O4)的值_______(填“增大”、“减小”或“不变”)

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、D【详解】A．明矾作净水剂，利用铝离子水解为氢氧化铝胶体，铝离子水解是非氧化还原反应，故不选A；B．甘油是含有羟基数目较多的醇，具有吸水性而作护肤保湿剂，故不选B；C．漂白粉作消毒剂是利用次氯酸的强氧化性，故不选C；D．铁粉作食品袋内的脱氧剂，Fe和氧气反应，铁化合价升高，铁做还原剂，起还原作用，故选D；选D。2、A【解析】25℃，KW=c(H+)c(OH-)=10-14，25℃某溶液中c(OH－)＝1×10－14mol·L－1，则c(H+)=1mol·L－1，溶液显酸性，A正确；综上所述，本题选A。3、A【分析】依据盐类水解的特点、电荷守恒、物料守恒以及质子守恒分析解答。【详解】A、电荷不守恒，正确的关系式应为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)，A错误；B、根据物料守恒可知溶液中c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)，B正确；C、根据质子守恒可知溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，C正确；D、硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解溶液显碱性，由于分步水解且水解程度减弱，因此溶液中c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)，D正确。答案选A。4、C【详解】根据在化合物中元素的化合价代数和等于0的规律，NaBH4中H为-1价，Na+为+1价，则B的化合价为+（4-1）=+3价，故选C。5、C【详解】A．0.1mol/L的NaHCO3溶液，NaHCO3属于盐，是强电解质，完全电离即NaHCO3=Na++HCO，HCO存在水解平衡，HCO+H2OH2CO3+OH-，又存在电离平衡，HCOH++CO，由于NaHCO3溶液呈碱性，水解程度大于电离程度，则0.1mol/L的NaHCO3溶液粒子浓度关系为c(Na+)＞c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，故A错误；B．一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，导致稀释10倍后溶液中c(OH−)大于原来的，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b＞a−1，则a＜b+1，故B错误；C．pH=2的H2SO3溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，由于H2SO3属于弱酸，则混和后溶液中有Na+、SO、HSO、H+、OH-等离子，由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO)+2c(SO)，故C正确；D．0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，得到的是等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，由物料守恒得2c(Na+)═c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故D错误；答案为C。6、C【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金的性质是：合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀。【详解】合金的性质是：合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀；合金比组成它的纯金属硬度大，由于纯铝硬度较小，在使用中易变形，因此利用铝合金硬度较大的性质。答案选C。【点睛】本题主要考查合金与合金的性质，合金概念的三个特点要记牢；还要理解合金的性质，即合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀．题目难度不大。7、B【详解】A.升高温度正、逆反应速率都增大，故A错误；B.容器体积保持不变，x=1反应前后气体的物质的量不变,若E的起始浓度改为2a

mol/L，等效为增大压强，平衡不移动，平衡时E的转化率不变，新平衡下E的体积分数与原平衡相等为×100%=50%，故B正确；C.原平衡时E浓度为0.5amol/L，

故平衡时F的浓度为0.5amol/L，容器体积保持不变，若E的起始浓度改为

2amol/L，等效为在原平衡的基础上增大2mol/LE的浓度，反应向正反应进行，F的浓度增大，故大于0.5amol/L，故C错误；D.容器压强保持不变，若E的起始浓度改为

2a

mol/L，与原平衡为等效平衡，E的转化率相同，平衡时E的物质的量为原平衡的2倍，题目中为物质的量的浓度，不能确定物质的量，原平衡E的物质的量不一定是0.5amol，故D错误；答案选B。8、B【解析】A.达到沉淀溶解平衡时，CaCO3沉淀析出和沉淀溶解不断进行，是动态平衡，速率相等，故A正确；B.CaCO3难溶于水，其饱和溶液几乎不导电，但是溶解的碳酸钙能够完全电离，属于强电解质，故B错误；C.CaCO3的溶解度随温度的升高而增大，故C正确；D.向CaCO3沉淀中加入纯碱固体，由于溶液中的碳酸根离子浓度增大，碳酸钙的沉淀溶解平衡逆向移动，CaCO3的溶解量减少，故D正确，答案选B。9、C【分析】乙酰水杨酸的结构简式是，含有酯基、苯环和羧基，应具有苯、酯和羧酸的性质，据此分析解答。【详解】乙酰水杨酸含有酯基、羧基，能与氢氧化钠溶液反应，故不选A；乙酰水杨酸中含有羧基，具有酸的性质，能和金属钠发生置换反应生成氢气和盐，故不选B；该物质中不含醇羟基，所以不能和乙酸发生酯化反应，故选C；乙酰水杨酸中含有羧基，具有羧酸的性质，能和醇发生酯化反应，故不选D。10、D【分析】水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号。【详解】A．水是弱电解质，不是弱离子，水本身不能水解，电离为氢离子(实际是H3O+)和氢氧根离子，H2O+H2OH3O++OH-是水的电离方程式，故A错误；B．方程式表示二氧化碳与水反应生成碳酸，是化学方程式，不是水解方程式，故C错误；C．方程式表示碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根与水，故C错误；D．方程式表示碳酸根结合水电离的氢离子生成碳酸氢根和氢氧根，是碳酸根的水解，故D正确；故答案为D。11、B【详解】保持温度不变，将容器体积增加一倍瞬间，A的浓度变为原来的50%。但最终平衡时，A的浓度变为原来的60%，这说明降低压强平衡向逆反应方向移动，因此正反应是体积减小的，a>b；向逆向移动，B的质量分数减小；所以选项B正确，答案选B。12、B【解析】甲酸、甲酸乙酯都能发生银镜反应；加入新制的Cu(OH)2悬浊液，沉淀不溶解，一定没有甲酸；甲酸、甲酸乙酯都与含有酚酞的NaOH溶液反应。【详解】甲酸、甲酸乙酯都能发生银镜反应；加入新制的Cu(OH)2悬浊液，沉淀不溶解，一定没有甲酸；甲酸、甲酸乙酯都与含有酚酞的NaOH溶液反应；所以一定有甲酸乙酯，一定没有甲酸，可能含有甲醇、乙醇，故选B。13、B【详解】A．用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极，应该与原电池负极连接，故A错误；B．常温下，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，所以可以保护内部金属不被腐蚀，故B正确；C．钢管、铜管和雨水能构成原电池，铁作原电池负极而容易被腐蚀，故C错误；D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe-2e-═Fe2+，故D错误。答案选B。14、D【详解】A.任何反应都有一个活化过程，在这个过程中要断裂反应物化学键吸收能量，这与该反应的类型是放热反应还是吸热反应无关，A错误；B.40.0gNaOH的物质的量是1mol，含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，由于醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，电离过程吸收能量，所以反应放出热量小于57.3kJ，B错误；C.CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，表示1molCO(g)完全燃烧产生CO2气体时放出283.0kJ的热，则其燃烧热的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，C错误；D.CO燃烧产生CO2放出热量，焓变为负值，已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H=a，2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=b，则b＞a，D正确；故合理选项是D。15、A【详解】A、由题图可知0.1mol·L-1的HA溶液中c(H+)为1×10-3mol·L-1，由此可计算出Ka约为1×10-5，则Kh=KW/Ka≈1×10-9，A正确；B、C点是HA和NaA的混合溶液，溶液呈中性，而E点为NaA和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，B错误；C、B点的溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，此时溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，则c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，C错误；D、F点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液，由质子守恒可得：c(OH-)=2c(HA)+c(A-)+c(H+)，D错误。答案选A。16、B【分析】A、光照条件下，氯气和乙烷发生取代反应生成氯代烃和HCl；B、一定条件下，乙烯和HCl发生加成反应生成一氯乙烷；C、乙烯和盐酸不反应；D、乙烷和氯水不反应。【详解】A、光照条件下，氯气和乙烷发生取代反应生成乙烷的多种氯代烃，同时生成HCl，所以不能制备较纯净的一氯乙烷，故A错误;B、一定条件下，乙烯和HCl发生加成反应生成一氯乙烷，没有副产物生成，所以可以制备较纯净的一氯乙烷，故B正确；C、乙烯和盐酸不反应，所以不能制取一氯乙烷，故A错误；D、乙烷和氯水不反应，所以不能制取一氯乙烷，故D错误；故选B。17、B【解析】A.根据结构简式可知分子式为C5H10O，A正确；B.与氢气发生加成反应后生成物的结构简式为(CH3)2CHCH2CH2OH，名称为3－甲基－1－丁醇，B错误；C.分子中含有碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；D.与的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，D正确，答案选B。18、D【解析】考查影响盐类水解平衡的因素，应用平衡移动原理分析判断。【详解】A项：稀释时水解平衡右移，OH－物质的量变大。但溶液体积变大，OH－浓度变小，溶液的pH减小。A项错误；B项：加入少量NaOH固体，OH－浓度增大，平衡左移，c(CH3COO-)增大。B项错误；C项：因水解吸热，升高温度，平衡右移，c(CH3COO-)减小。C项错误；D项：加入少量FeCl3固体时，Fe3+结合OH－使平衡右移，c（CH3COO-）减小。D项正确。本题选D。【点睛】化学平衡、电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡等，都符合平衡移动原理。19、C【解析】A．平衡时生成的Q的物质的量为：0.4mol/L×2L=0.8mol，生成R为2.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.8mol∶2.4mol=x∶3，解得x=1，故A错误；B．反应体系中各组分都是气体，混合气体的质量不变，容器的容积恒定，根据ρ=可知混合气体的密度不变，故B错误；C．参加反应的N的物质的量与生成的R相等，为2.4mol，则N的转化率为：×100%=80%，故C正确；D．反应前后气体的物质的量减小、质量不变，所以平均摩尔质量增大，当混合气体平均摩尔质量保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D错误；故选C。20、D【详解】A.HFH++F-，加水稀释，c（H+）减小，A项错误；B.Ka=，只与温度有关，不会随着浓度的变化而变化，B项错误；C.=，加水不断稀释，n(F-)不断减小直至为0，而n(H+)则无线接近于10-7mol，故会减小，C项错误；D.=，因c(F-)减小，故增大，D项正确；答案选D。21、A【解析】普通玻璃的主要成分是Na2SiO3、CaSiO3及SiO2，答案为A。22、B【详解】A．化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示，反应①的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)，A错误；B．反应①的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)，反应②的平衡常数K2=c(H2O)/c(H2)，反应③：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K=c(CO2)•c(H2)/[c(CO)•c(H2O)]=K1/K2，B正确；C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，焓变为负值，C错误；D．对于反应③，恒温恒容下，增大压强，平衡不移动，但是H2浓度增大，D错误。答案选B。【点睛】本题考查化学平衡常数、化学平衡影响因素等，注意B选项中由已知方程式构造目标方程式，化学平衡常数之间的关系是解答的关键。难点是压强是对反应速率和平衡状态的影响。二、非选择题(共84分)23、Na:―→Na＋[::]－1s22s22p63s23p64s1H::H含不含NaOH离子键、共价键【分析】已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素；据以上分析解答。【详解】已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素，(1)结合以上分析可知，C为钠元素，E为氯元素；C和E形成化合物为氯化钠，属于离子化合物，用电子式表示氯化钠形成化合物的过程如下：Na:―→Na＋[::]－；综上所述，本题答案是：Na:―→Na＋[::]－。(2)结合以上分析可知，F为钾，核电荷数为19，基态K原子核外电子排布式:1s22s22p63s23p64s1；综上所述，本题答案是：1s22s22p63s23p64s1。(3)结合以上分析可知，A为氢元素，D为硫元素；二者形成H2S，属于共价化合为物，电子式：H::H；其分子中含σ键，不含π键；综上所述，本题答案是：H::H，含，不含。(4)A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，三种元素共同形成的化合物化学式为NaOH，其电子式为：，化学键的类型有离子键、共价键；综上所述，本题答案是：NaOH，离子键、共价键。24、3，3-二甲基-1-丁烯CH2=CH-CH=CH2CH≡C―CH3、C4H4O4HOOCCH=CHCOOH、【详解】(1)假设该烃分子式通式为CnH2n，由于其相对分子质量是84，则14n=84，解得n=6，说明该烃为烯烃，由于烯烃与H2发生加成反应时，碳链结构不变，只是在两个不饱和C原子上各增加一个H原子，故根据烯烃加成特点，根据加成产物结构可知原烯烃分子的结构简式是，该物质名称为：3，3-二甲基1-丁烯；(2)标准状况下22.4L某气态烃的物质的量n=1mol，320g溴的物质的量n(Br2)==2mol，n(烃)：n(Br2)=1：2，2molBr2中含有Br原子的物质的量是4mol，由于测定生成物中每个碳原子上都有1个溴原子，则该烃的结构简式为：CH2=CH-CH=CH2；(3)某烃0.1mol和0.2molHCl完全加成，说明该烃分子中含有2个不饱和的碳碳双键或1个碳碳三键；则分子式符合通式为CnH2n-2；生成的氯代烷最多还可以与0.6mol氯气反应，说明加成产物的1个分子中含有6个H原子，则原不饱和烃分子中含有4个H原子，2n-2=4，则n=3，由于同一个C原子上连接2个碳碳双键不稳定，则该烃为炔烃，其结构简式为CH≡C―CH3；(4)某烃的分子式为C8H10，它不能使溴水褪色，说明分子中无不饱和键，但能使酸性KMnO4溶液褪色，由于分子式符合CnH2n-6，说明为苯的同系物。该有机物苯环上的一氯代物有3种，则该烃可能为乙苯，结构简式是；也可能是间二甲苯，其结构简式为；(5)①C、H、O的质量比为12：1：16，则该有机物中各原子个数比N(C)：N(H)：N(O)=：：=1：1：1，最简式是CHO，假设其分子式是(CHO)n，由于其相对分子质量是116，则(CHO)n=116，解得n=4，故该物质分子式是C4H4H4；②它能与小苏打反应放出CO2，也能使溴水褪色，说明物质分子中含有-COOH、含有不饱和的碳碳双键，0.58g该有机物的物质的量n(有机物)=0.58g÷116g/mol=0.005mol，50mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液中含有NaOH的物质的量n(NaOH)=0.2mol/L×0.05L=0.01mol，0.005mol该物质能与0.01mol氢氧化钠溶液完全反应，说明该物质分子中含有2个羧基，该物质能使溴水褪色，结合该有机物的分子式C4H4O4可知，分子中还含有1个C=C双键，故该有机物可能为：HOOC-CH=CH-COOH或。25、22.6080.0%（或80%）2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O酸式当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色偏高偏高2.5×10﹣3环形玻璃搅拌棒偏大NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1【解析】I（1）凹液面与刻度相切的数据，即为准确读数；（2）由表格数据计算出消耗盐酸平均体积，根据H++OH-=H2O计算出n（NaOH），再根据m=n•M计算出氢氧化钠质量，由百分含量=II（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式；（2）依据酸式滴定管用来量取酸性或者强氧化性溶液，碱式滴定管用来量取碱性溶液判断；（3）高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点；（4）结合操作对消耗标准溶液的体积影响判断误差；（5）依据Ca2+∼CaCIII（1）由图可知，缺少环形玻璃搅拌棒；氢氧化钠固体溶解会放出热量；（2）中和热为稀强酸和稀强碱发生生成1mol水放出的热量，由此写出热化学方程式即可。【详解】I（1）由图可知，凹液面对应的刻度为22.60；（2）两次消耗稀盐酸体积平均数为20.00mL，故n（H+）=4×10-3mol，由H++OH-=H2O可知，n（OH-）=25×4×10-3mol=0.1mol，m（NaOH）=0.1mol×40g/mol=4g，故NaOH的百分含量=4g5gII（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式得该离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；（2）因高锰酸钾具有强氧化型，会氧化橡胶，使橡胶老化，故应装在酸式滴定管中；（3）高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点，故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；（4）①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，导致标准液浓度降低，消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；（5）由原子守恒以及转移电子守恒可列出下列关系式：Ca10.4n（Ca2+）c（标）V（标）即cCa2+V待=2.5c标V标，由此可知c（Ca2+）×2mL=2.5×20mL×l.0×l0﹣III（1）由图可知，该装置缺少的玻璃仪器为环形玻璃搅拌棒；氢氧化钠固体溶解会放出热量，导致最终温度偏大，计算出的热量偏大，即实验中测得的“中和热”数值将偏大；（2）中和热为稀强酸和稀强碱发生生成1mol水和可溶性盐放出的热量，当生成0.1mol水时，放出5.73kJ热量，故生成1mol水时，放出57.3kJ热量，故表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1。【点睛】（1）对于滴定过程中消耗溶液的体积，需取相近的多组数据求平均值，以减小误差，若出现某组数据与其它数据偏差较大时，则该组数据舍去；（2）对于误差分析，需以该操作对反应中物质的量的影响分析。26、（1）检查是否漏液、酸式滴定管、当滴入一滴KMnO4溶液恰好由无色变成紫色（或红色）且半分钟不褪色（2）19.40，大于（3）AE（4）61c/vmol/L（5）取少量的NaHCO3于试管中，加入草酸溶液，有气泡产生。【解析】试题分析：（1）滴定管在使用之前，必须进行的操作是检查是否漏液，滴定时，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，达到滴定终点时的现象为当滴入一滴KMnO4溶液恰好由无色变成紫色（或红色）且半分钟不褪色。（2）A与C刻度间相差1mL，每个刻度为0.1mL，A处的刻度为19，B的刻度比A大，由图可知，相差4个刻度，则B为19.40.（3）A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积，导致KMnO4体积偏小，B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致KMnO4体积偏大，C．盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗，导致KMnO4浓度偏小，所以所用KMnO4体积偏大，D．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗，润洗锥形瓶导致草酸的物质的量偏大，所以使用的KMnO4体积偏大，E、刚看到溶液变色，立刻停止滴定，导致氢氧化钠体积偏小，所以所测醋酸浓度偏小，（5）可利用强酸制弱酸的原理。考点：考查酸碱滴定实验等相关知识。27、收集到相同体积氧气所需要的时间(或相同时间内收集到氧气的体积)收集dmLO2所需时间t/scd深由图(a)可知H2O2分解为放热反应，H2O2分解使B瓶中温度升高，再由图(b)可知反应2NO2(g)N2O4(g)，也是放热反应，升温使平衡向左移动，c(NO2)增大，颜色加深【详解】(1)①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧气，O元素的化合价既升高又降低，过氧化氢既作氧化剂又作还原剂，用双线桥表示为：；②反应速率是单位时间内物质的量浓度的变化量，所以要测定不同浓度的H2O2对分解速率的影响，可以比较收集到相同体积氧气所需要的时间，或比较相同时间内收集到氧气的体积；③收集并测量气体的体积，可以采用排水法收集氧气，但要用量筒代替集气瓶，这样便于测量其体积，或者用注射器来测量体积，装置图为：；(2)测定相同时间内产生氧气的体积多少来判断反应速率的快慢，所以最后一列测定的是收集dmLO2所需时间t/s；根据控制变量法，实验时要保证催化剂的浓度相同，故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变，通过改变二者体积，根据相同时间内生成氧气的体积说明H2O2浓度不同对反应速率影响，故第1组实验中水的体积为cmL，第2组实验中氧气的体积为dmL；(3)由图a可知，1mol过氧化氢总能量高于1mol水与0.5mol氧气总能量，过氧化氢分解是放热反应，由图b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图c中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使2NO2（红棕色）⇋N2O4（无色）向逆反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深。28、H2C2O4H++HC2O4－HC2O4－H++C2O42－a和bb和c0.01反应生成的Mn2+对该反应有催化作用或该反应为放热反应【详解】（1）已知草酸H2C2O4是一种二元弱酸，多元弱酸的电离是分步的，故草酸的电离方程式为H