2026届山东省菏泽市东明县第一中学化学高二上期中经典模拟试题含解析

2026届山东省菏泽市东明县第一中学化学高二上期中经典模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是（）A．a为负极，b为正极 B．a为阳极，b为阴极C．电解过程中，d电极质量增加 D．电解过程中，氯离子浓度不变2、下列过程放出热量的是A．液氨汽化 B．碳酸钙分解 C．铝热反应 D．化学键断裂3、等物质的量浓度的下列溶液中，NH4+离子的浓度最大的（）A．NH4Cl B．NH4HCO3 C．NH4HSO4 D．NH4NO34、下列不能用勒夏特列原理解释的事实是A．红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅B．氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深C．黄绿色的氯水光照后颜色变浅D．合成氨工业使用高压以提高氨的产量5、用pH均为2的盐酸和醋酸溶液，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗盐酸和醋酸溶液的体积分别为V1和V2，则V1和V2的关系正确的是A．V1＞V2 B．V1＜V2 C．V1＝V2 D．V1≤V26、下列各组混合物中，静置后可用如图所示装置进行分离的是A．苯和水B．溴乙烷和水C．乙醛和水D．乙酸乙酯和水7、现代以石油化工为基础的三大合成材料是⑴合成氨；⑵塑料；⑶医药；⑷合成橡胶；⑸合成尿素；⑹合成纤维；⑺合成洗涤剂。A．⑵⑷⑺ B．⑵⑷⑹ C．⑴⑶⑸ D．⑷⑸⑹8、铝具有较强的抗腐蚀能力（即耐腐蚀）的主要原因是A．铝化学性质很稳定（即很不活泼）B．铝与氧气在常温下很难反应C．铝是两性元素（因与酸、碱都能反应）D．铝易氧化形成一层致密氧化膜9、食品化学家A．SaariCsallany和ChristineSeppanen研究发现，当豆油被加热到油炸温度（185℃）时，会产生如下所示高毒性物质，许多疾病和这种有毒物质有关，如帕金森症。下列关于这种有毒物质的判断不正确的是A．该物质属于烃的衍生物B．该物质的分子式为C9H14O2C．该物质分子中含有三种官能团D．该物质最多可以和2molH2发生加成反应10、控制适当的条件,将反应2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2设计成如图所示的原电池。下列判断正确的是()A．反应开始时,乙中电极反应为2I−+2e−═I2B．反应开始时，甲中石墨电极上发生氧化反应C．电流表指针为零时，反应达到化学平衡状态D．平衡时甲中溶入FeCl2固体后，乙池的石墨电极为负极11、25℃时，在pH都等于5的NH4Cl和CH3COOH两种溶液中，设由水电离产生的H+离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为A．A<B B．A=10－4B C．B=10－4A D．A=B12、反应mA(s)+nB(g)⇌eC(g)+fD(g)，反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量(C%)与温度(T)和压强(P)的关系如下图，下列叙述不正确的是()A．化学方程式中n>e+fB．达到平衡后，若升温，平衡左移C．到平衡后，加入催化剂C%不变D．达到平衡后，增加A的质量有利于平衡向右移动13、甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是A．.0.1mol/L甲酸溶液的c(H+)=10−3mol/LB．甲酸以任意比与水互溶C．10mL1mol/L甲酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应D．甲酸溶液的导电性比一元强酸溶液的弱14、一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和○代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是A．反应物总能量一定低于生成物总能量 B．一定属于可逆反应C．一定有非极性共价键断裂 D．一定属于氧化还原反应15、某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别为0.4mol/L和0.1mol/L。向该混合液中加入1.92g铜粉，加热使反应发生完全。下列说法正确的是(忽略反应前后溶液体积变化)A．所得溶液中c(Cu2+)＝0.225mol/L B．所得溶液中c(H+)＝0.03mol/LC．所得气体在标准状况下的体积为0.448L D．反应中转移0.06mol的电子16、可以证明可逆反应N2+3H22NH3已达到平衡状态的是①一个N≡N断裂的同时，有3个H—H键断裂②一个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂③其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变④恒温恒容时，体系压强不再改变⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变⑥恒温恒容时，混合气体的密度保持不变⑦正反应速率v(H2)=0.6mol/(L·min)，逆反应速率v(NH3)=0.4mol/(L·min)A．全部 B．①③④⑤ C．②③④⑤⑦ D．③⑤⑥⑦17、利用海水制取淡水的传统方法是A．蒸发B．过滤C．分液D．蒸馏18、水的电离过程为H2OH++OH－，下列叙述正确的是（）A．升高温度，促进水的电离，c（H+）增大，pH增大B．加入NaOH，抑制水的电离，c（H+）和c（OH－）都减小C．水的离子积只适用于纯水，不适用于其他电解质水溶液D．Kw只与温度有关19、下列各组表达式意义相同的是()A．-NO2；NO2B．-OH；C．-C2H5；-CH2CH3D．HCOOCH3；HOOCCH320、10mL浓度为1mol·L-1的盐酸与过量的锌粉反应,若加入适量的下列溶液,能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是()A．KNO3 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO321、下列说法正确的是A．只有链烃基与羧基直接相连的化合物才叫羧酸B．饱和一元脂肪酸组成符合CnH2n-2O2C．羧酸是一类酸，它们在常温下都呈液态D．羧酸的官能团为-COOH22、下列说法正确的是（）A．若用水润湿过的pH试纸去测pH相等的H2SO4和H3PO4，H3PO4的误差更大B．用10mL的量筒量取8.58mL0.10mol·L－1的稀盐酸C．准确量取25.00mLKMnO4溶液，可选用50mL酸式滴定管D．用广泛pH试纸测得0.10mol/LNH4Cl溶液的pH=5.2二、非选择题(共84分)23、（14分）香草醇酯能促进能量消耗及代谢，抑制体内脂肪累积，并且具有抗氧化、抗炎和抗肿瘤等特性，有广泛的开发前景。如图为一种香草醇酯的合成路线。已知：①香草醇酯的结构为(R为烃基)；②R1CHO+R2CH2CHO回答下列有关问题：(1)B的名称是________。(2)C生成D的反应类型是_______。(3)E的结构简式为_______。(4)H生成I的第①步反应的化学方程式为_______。(5)I的同分异构体中符合下列条件的有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱中有四组峰的有机物的结构简式为_______。①含有苯环②只含种一含氧官能团③1mol该有机物可与3molNaOH反应(6)参照上述合成路线，设计一条以乙醛为原料(无机试剂任选)合成乙酸正丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)的路线_______。24、（12分）有机玻璃()因具有良好的性能而广泛应用于生产生活中。图所示流程可用于合成有机玻璃，请回答下列问题：(1)A的名称为_______________；B的结构简式为___________________(2)B→C的反应条件为______；G→H的反应类型为_______；D→E的反应类型为______；(3)写出下列化学方程式：E→F：__________；F→有机玻璃：_________。25、（12分）滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一。常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等。（一）酸碱中和滴定：某学生用0.1000mol/LNaOH标准溶液测定未知浓度的某醋酸（1）该实验选用的指示剂为____________（2）滴定前滴定管内液面读数为1.20mL，滴定后液面如图，则滴定过程中消耗标准液为____________mL。（3）下列操作会导致测定值偏低的是__________。①锥形瓶蒸馏水洗后未干燥，也未用待测液润洗②酸式滴定管未用待测液润洗就直接用于盛装待测液③碱式滴定管尖嘴部分滴定前有气泡，滴定后气泡消失④滴定终点时，俯视读数⑤滴定终点前加水清洗锥形瓶（二）氧化还原滴定：中华人民共和国国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1。某兴趣小组用如图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定：（1）图1中B仪器的名称为________（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，生成硫酸。后除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的________；（3）滴定至终点时，消耗NaOH溶液20.00mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L－1。26、（10分）根据下表左边的“实验操作”，从右边的“实验现象”中选择正确的字母代号，填入对应“答案”的空格中。实验操作答案实验现象(1)让一束光线通过Fe(OH)3胶体___A、呈蓝色

B、生成白色胶状沉淀

C、呈现光亮“通路”

D、产生红褐色沉淀

(2)向盛有FeCl3溶液的试管中加入NaOH溶液___(3)向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水___(4)向土豆片上滴加碘水___27、（12分）硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：(1)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水配制成100mL溶液。②滴定：取0.00950mol/L的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，写出发生反应的离子方程式：____________________________________。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。加入____________作为指示剂，继续滴定，当溶液________________________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为____________%(保留1位小数)。(2)①该实验中应该用____________式滴定管装K2Cr2O7标准溶液；②开始时，滴定管尖嘴处无气泡，结束后发现尖嘴处有气泡出现，则测定结果____________(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。(3)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_______________________。28、（14分）I．红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3和PCl5，反应过程和能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1mol产物的数据)，根据下图回答下列问题：(1)PCl5分解生成PCl3和Cl2的热化学方程式____________________；上述分解反应是一个可逆反应，温度T1时，在密闭容器中加入0.8molPCl5，反应达到平衡时还剩余0.6molPCl5，其分解率α1等于________；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5的分解率α2，α2________α1(填“大于”、“小于”或“等于”)。(2)工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5。原因是_________________________________________________。(3)P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的ΔH3＝____________。Ⅱ．某学生做浓度对化学反应速率的影响的实验时，将2支试管编号为①②，并按下表中物质的量进行实验，记录的时间数据是：16s、28s。请将2个数据填入下表的适当位置，并写出实验结论。试管编号加入3%Na2S2O3加H2O加稀盐酸(1∶5)出现浑浊时间①3mL3mL5滴a._____s②4mL2mL5滴b._____s(1)将对应①②的时间分别写出：a.____________，b.____________。(2)实验结论____________________________________。(3)写出反应的化学方程式_______________________________________________。29、（10分）锗（）在自然界中非常分散，几乎没有比较集中的锗矿，因此被人们称为“稀散金属”。砷（）是第四周期VA族元素，可以形成、、等化合物，用途广泛。完成下列填空：(1)已知锗元素与碳位于同一主族，与钙位于同一周期。写出锗在周期表中的位置：____________。根据锗在元素周期表中的位置写出锗的一条用途____________。(2)将溶于浓盐酸，可以得到，其沸点为。推测的晶体类型为______。已知沸点高于，请从结构角度解释原因：____________。将与作用可以得到，水溶液呈______性（填“酸”“碱”或“中”）。(3)锗金属对人类具有保健功能，适宜人体接触佩戴。锗金属非常脆，容易破碎，一种常用的方法是将锗制成颗粒镶嵌到其他金属上，但存在易脱落的缺点。请提出一种改进建议：____________。(4)砷原子核外有______个电子层，最外层有______个电子；比较溴、砷最高价氧化物对应水化物酸性的强弱：____________强于____________（填物质的化学式）。

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、C【详解】A选项，根据电流方向可知a为正极，b为负极，故A错误；B选项，根据电流方向可知a为正极，b为负极，故B错误；C选项，根据电流方向可知a为正极，b为负极，c为阳极，d为阴极，电解过程中，d电极铜离子得到电子变为铜单质，质量增加，故C正确；D选项，电解过程中，c极氯离子失去电子变为氯气，因此浓度减小，故D错误；综上所述，答案为C。2、C【解析】A、液氨汽化是由液体吸收热量转化为气体，故A是吸热过程，则A错误；B、碳酸钙分解属于分解反应，是吸热反应，故B错误；C、铝热反应属于高温下的置换反应，放出大量的热，属于放热反应，故C正确；D、化学键的断裂需要吸收热量的，所以是吸热过程，故D错误。本题正确答案为C。3、C【解析】NH4+离子水解显酸性，而NH4HSO4能电离出氢离子，抑制NH4+离子水解，所以NH4HSO4溶液中NH4+离子的浓度最大，答案选C。4、B【解析】A．对2NO2N2O4平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A正确；B．氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压，体积变小，颜色变深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解，平衡正向移动，氯气浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故C正确；D．合成氨反应：N2+3H22NH3，增大压强，平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特列原理解释，故D正确；故答案为B。【点睛】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。5、A【详解】醋酸为弱酸，pH均为2的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中H+离子浓度相等，则醋酸浓度大与盐酸，设盐酸的浓度为c1，醋酸的浓度为c2，则c1＜c2，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗的两种酸的物质的量相等，则有：n=c1V1=c2V2，因c1＜c2，所以：V1＞V2，故选A。答案选A。6、B【解析】考查分液分离适用的条件，及重要有机物的物理性质。【详解】分液适用于分离不相溶的液体混合物。图中有机物在下层，其不溶于水且密度比水大。苯、乙酸乙酯密度比水小，A、D错误；乙醛与水互溶，无分层现象，C项错误。本题选B。7、B【解析】石油化工是20世纪兴起的一种综合利用石油产品的工业。化学科技工作者把燃料油中较大的分子裂解成含二个、三个、四个碳原子等的小分子，然后把它们加工制成各种产品，如塑料、合成纤维、合成橡胶、药物、农药、炸药、化肥等等，其中塑料、合成纤维、合成橡胶为三大合成材料，所以②④⑥正确，故合理选项是B。8、D【解析】根据铝的化学性质来解答，铝的化学性质比较活泼，常温下就会与氧气等反应，铝与空气中的氧气反应其表面生成一层致密的氧化铝保护膜，使铝有很好的抗腐蚀性来解答。【详解】A、因铝的化学性质比较活泼，选项A错误；B、因常温下铝就会与氧气等反应，选项B错误；C、铝与强酸强碱均能反应，但金属没有两性的说法，选项C错误；D、因铝与氧气反应其表面生成一层致密的氧化铝保护膜，使铝有很好的抗腐蚀性，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了铝的化学性质，难度不大，注意铝耐腐蚀是因为表面形成的致密的氧化物薄膜。9、B【分析】由结构可知，分子中含碳碳双键、-CHO、-OH，结合烯烃、醛、醇的性质来解答。【详解】该物质含氧元素，是烃的含氧衍生物，故A正确；根据结构可知该有机物分子中含有9个C原子、2个O原子、16个H原子，所以分子式为C9H16O2，故B错误；分子中含有碳碳双键、醛基、羟基三种官能团，故C正确；分子中含有1个碳碳双键，1个醛基，能与氢气加成，所以1mol该物质能与2mol氢气发生加成反应，故D正确。10、C【解析】根据常温下能自动发生的氧化还原反应都可设计成原电池，再利用正反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2可知，铁元素的化合价降低，而碘元素的化合价升高，则图中甲烧杯中的石墨作正极，乙烧杯中的石墨作负极，利用负极发生氧化反应，正极发生还原反应，并利用平衡移动来分析解答。【详解】A.反应开始时，乙中碘离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2I--2e-=I2，故A错误；B.由总反应方程式知，Fe3+被还原成Fe2+，则甲中石墨电极上发生还原反应，故B错误；C.当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，故C正确；D.当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，故D错误。故选D。11、C【解析】水电离生成氢离子和氢氧根离子，所以酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐水解而促进水电离，据此分析解答。【详解】水存在电离平衡H2OH++OH-，醋酸溶液中氢离子抑制了水的电离，溶液中的氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子就等于氢氧根离子浓度，pH都等于5，溶液中的氢氧根离子浓度为：1×10-9mol/L，水电离的氢离子浓度为1×10-9mol/L，即B=1×10-9mol/L，pH都等于5的氯化铵溶液中，铵离子结合了水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，溶液中的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为：A=1×10-5mol/L，所以A和B关系为：B=10-4A。答案选C。【点睛】本题考查了水的电离及其影响，涉及了水的电离程度的计算，关键熟练掌握酸碱盐对水的电离的影响。12、D【分析】根据图象知，升高温度，C的含量减小，则该反应的正反应是放热反应；增大压强，C的含量增大，则平衡向正反应方向移动，所以该反应是一个气体体积减小的可逆反应。【详解】A．压强增大，C%含量增大，说明平衡正向进行，正反应是气体体积减小的反应，n＞e+f，故A正确；B．升高温度，C的含量减小，则该反应的正反应是放热反应，该反应的正反应是放热反应，达到平衡后，若升温，平衡左移，故B正确；C．达到平衡后，加入催化剂不改变平衡，C%的含量不变，故C正确；D．达到平衡后，A是固体，不影响平衡移动，所以增加A的量平衡不移动，故D错误；答案选D。13、A【详解】A.0.1mol/L甲酸溶液的c(H+)=10-3mol/L，说明甲酸在溶液中只能部分电离出氢离子，从而证明甲酸为弱酸，故A正确；B．甲酸以任意比与水互溶，无法判断甲酸为弱电解质还是弱电解质，故B错误；C.10mL

1mol/L甲酸恰好与10mL

1mol/L

NaOH溶液完全反应，二者发生中和反应，无法判断甲酸是强电解质还是弱电解质，故C错误；D．溶液导电性与离子浓度大小有关，没有指出浓度相同，则无法判断甲酸为弱电解质，故D错误；故答案为A。【点睛】考查强电解质的判断方法，明确强电解质、弱电解质的概念为解答关键，注意电解质强弱与水溶性、导电性没有必然关系。14、A【解析】由图可知，该反应中一种化合物分解为一种单质和另一种化合物。A.由图无法判断该反应是放热反应还是吸热反应，故无法判断反应物总能量与生成物总能量的相对大小，A不正确；B.充分反应后，还有反应物尚未分解，所以该反应一定属于可逆反应，B正确；C.反应物分子中有非极性键，而生成的化合物中没有，所以反应过程中一定有非极性共价键断裂，C正确；D.化合物分解后有单质生成，所以一定属于氧化还原反应，D正确。本题选A。点睛：两种化合物均有单个的分子，故其分子内的化学键一定是共价键。非极性键是同种元素的原子之间形成的共价键。15、A【详解】硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，可以继续氧化金属铜，需要根据硝酸根、氢离子和铜的物质的量结合离子反应方程式判断过量问题。详解：n(HNO3)=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，n(H2SO4)=0.1L×0.1moL/L=0.01moL，n(NO3-)=n(HNO3)=0.04mol，溶液中的氢离子既包括硝酸电离的又包括硫酸电离的：所以n(H+)=0.04mol+2×0.01mol=0.06mol，n(Cu)=1.92g÷64g/mol=0.03mol，则3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O3mol2mol8mol0.03mol0.02mol0.08mol由反应关系可以看出，NO3-过量，H+不足，根据H+计算生成的铜离子，则生成的n(Cu2+)=0.06mol×3/8=0.0225mol，c(Cu2+)=0.0225mol÷0.1L=0.225mol/L，转移的电子的物质的量为2n(Cu)=0.0225mol×2=0.045mol，所得气体在标准状况下的体积为0.0225mol×2/3×22.4L/mol=0.336L，答案选A。【点睛】本题主要是考查混合物反应的计算，解答该题的关键是把握反应的离子方程式，根据离子方程式判断反应的过量问题，不能依据反应的化学方程式判断，尤其要注意在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性。16、C【详解】①一个N≡N断裂的同时，有3个H—H键断裂，表示的都是v正，不能说明可逆反应达到平衡状态，①错误；②一个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂，表示的是v正=v逆，可以说明可逆反应达到平衡状态，②正确；③可逆反应为反应前后气体体积减小的反应，其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变，可以说明反应达平衡状态，③正确；④对于反应前后气体体积不等的可逆反应，恒温恒容时，体系压强不再改变，说明该可逆反应达到平衡状态，④正确；⑤化学平衡时各组分的浓度、质量分数等保持恒定，故NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，表明可逆反应达到平衡状态，⑤正确；⑥恒温恒容时，该可逆反应的物质质量守恒，体积不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明该可逆反应达到平衡状态，⑥错误；⑦根据同一化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中相应各物质的化学计量数之比，正反应速率v(H2)=0.6mol/(L·min)时，用NH3表示的正反应速率v(NH3)=，则有：v(NH3)正=v(NH3)逆，可以说明可逆反应达到平衡状态，⑦正确；综上所述，C项正确；答案选C。【点睛】根据化学平衡的特征来判断化学反应是否达平衡状态。即：（1）化学平衡时正逆反应速率相等（2）各组分的浓度及百分含量保持一致。这是判断可逆反应达到化学平衡状态的直接依据，由此可以衍生出其他判断反应是否达平衡状态的间接依据。17、D【解析】利用海水制取淡水的传统方法是蒸馏，答案选D。18、D【解析】A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，c（H+）增大，则pH减小，故A错误；B．向水中加入NaOH，c（OH－）增大，平衡逆向移动，c（H+）减小，故B错误；C．水的离子积不仅适用于纯水，也适用于其他电解质水溶液，故C错误；D．Kw只与温度有关，与浓度等其他因素无关，故D正确；答案选D。19、C【解析】A、-NO2为硝基，属于有机官能团；NO2为氮元素的氧化物，二者表示的意义不同，故A错误。B、-OH为羟基，电子式为；而为OH-离子的电子式，二者表示的意义不同，故B错误。C、二者均表示“乙基”，故C正确；D、HCOOCH3表示甲酸甲酯，官能团为酯基；HOOCCH3为乙酸，官能团为羧基，二者意义不同，故D错误。故选C。20、B【详解】锌与稀盐酸反应过程中，若加入物质使反应速率降低，则溶液中的氢离子浓度减小，但由于不影响氢气的生成量，故氢离子的总物质的量不变。A、加入KNO3，则可看成溶液中有硝酸，硝酸与锌反应不产生氢气，选项A错误；B、加入醋酸钠，则与盐酸反应生成醋酸，使溶液中氢离子浓度减小，随着反应的进行，CH3COOH最终又完全电离，故H＋物质的量不变，选项B正确；C、加入硫酸铜溶液，Cu2＋会与锌反应生成铜，构成原电池，会加快反应速率，选项C错误；D、加入碳酸钠溶液，会与盐酸反应，使溶液中的氢离子的物质的量减少，导致反应速率减小，生成氢气的量减少，选项D错误。答案选B。21、D【详解】A.苯环直接与羧基相连的化合物也是羧酸，不仅仅是连接链烃基，故A错误；B.饱和一元脂肪酸的通式应为CnH2nO2，故B错误；C.羧酸是一类酸，有的呈液态，有的呈固态，故C错误；D.羧酸的官能团为-COOH，故D正确；故选：D。22、C【详解】A.若用水润湿过的pH试纸去测pH相等的H2SO4和H3PO4，由于H2SO4是强酸，H3PO4是弱酸，在稀释相同倍数过程中，H3PO4继续电离产生H+，使得该溶液中c(H+)较H2SO4溶液中c(H+)大，则H3PO4的pH增加的比H2SO4小，所以H2SO4的pH误差大，故A错误；B.不能用10mL的量筒量取8.58mL0.10mol·L－1的稀盐酸，准确度不够，，应用酸式滴定管准确量取，故B错误；C.滴定管精确值为0.01mL，可以用50mL酸式滴定管能准确量取25.00mL酸性高锰酸钾溶液，故C正确；D.用精密pH试纸测得0.10mol/LNH4Cl溶液的pH=5.2，故D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、乙醛加成反应或还原反应(CH3)3CCH2CH2CHO+2NaOH+NaCl+H2O12、CH3COOCH2CH2CH2CH3【分析】由J的分子式，题目中信息、G制备I的流程可知I为，结合G生成H的条件、逆推可知H为；根据质量质量守恒可知F的分子式为C7H14O2，结合“已知反应②”可知B为CH3CHO，C为(CH3)3CCH=CHCHO；结合C的结构中含有碳碳双键及该反应的条件为“H2”，则D为(CH3)3CCH2CH2CH2OH；由D生成E、E生成F的反应条件可知E为(CH3)3CCH2CH2CHO、F为(CH3)3CCH2CH2COOH，则J为，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，B为CH3CHO，名称是乙醛；(2)C生成D为(CH3)3CCH=CHCHO与氢气发生加成（或还原）反应生成(CH3)3CCH2CH2CH2OH，反应类型是加成反应或还原反应；(3)根据分析，E的结构简式为(CH3)3CCH2CH2CHO；(4)H为，I为，在加热条件下与氢氧化钠溶液发生水解反应生成H的化学方程式为+2NaOH；(5)I为，I的同分异构体中含有苯环，只含种一含氧官能团，1mol该有机物可与3molNaOH反应，符合条件的同分异构体是含有3个羟基的酚类有机物，羟基支链分为-CH2CH3和两个-CH3；当苯环上3个羟基相邻（）时，乙基在苯环上有两种情况，两个甲基在苯环上也是两种情况；当苯环上3个羟基两个相邻（）时，乙基在苯环上有三种情况、两个甲基在苯环上也是三种情况；当苯环上3个羟基相间（）时，乙基、两个甲基在苯环上各有一种情况，故符合条件的同分异构体为12种；其中核磁共振氢谱中有四组峰，即有四种不同环境的氢原子，则结构简式为、；(6)以乙醛为原料(无机试剂任选)合成乙酸正丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)，利用新制的氢氧化铜氧化乙醛制备乙酸，通过“已知反应②”制备丁醇，然后通过酯化反应制备目标产物，具体流程为：CH3COOCH2CH2CH2CH3。【点睛】本题难度不大，关键在于根据已知信息分析解答流程中各步骤的物质结构。24、2-甲基-1-丙烯CH2ClCCl(CH3)2NaOH溶液，加热加成反应消去反应CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2On【分析】根据题给信息和转化关系A→B为加成反应，则B为CH3ClCCCl(CH3)2；B→C为水解反应；C→D为氧化反应，则D为HOOCCOH(CH3)

2；E→F为酯化反应，则F为CH2=C(CH3)COOCH3，G→H为加成反应，据此分析解答。【详解】(1)根据A的结构简式，A的名称为2-甲基-1-丙烯；B的结构简式为CH3ClCCCl(CH3)2；(2)B→C为卤代烃水解生成醇类，反应条件为NaOH溶液、加热；G→H的反应类型为加成反应；D为HOOCCOH(CH3)

2，D→E的反应过程中，D中的羟基上发生消去反应生成E；(3)E→F为CH2=C(CH3)COOH和CH3OH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成CH2=C(CH3)COOCH3，化学反应方程式为：CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O；F→有机玻璃为CH2=C(CH3)COOCH3发生聚合反应生成有机玻璃，化学反应方程式为：n。25、酚酞23.70②④圆底烧瓶③0.192【详解】（一）（1）NaOH与醋酸反应生成的醋酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此滴定过程选用酚酞作指示剂；（2）由图可知，滴定终点读数为24.90mL，则滴定过程中消耗标准液=24.90mL-1.2mL=23.70mL；（3）滴定过程中反应为NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，反应结束时满足n(CH3COOH)=n(NaOH)=c(NaOH)×V(NaOH)，c(CH3COOH)=，分析滴定过程中操作对相关物理量的影响判断对实验结果的影响；①锥形瓶蒸馏水洗后未干燥，也未用待测液润洗不会影响实验数据，对实验结果无影响；②酸式滴定管使用前会用蒸馏水洗涤，若酸式滴定管未用待测液润洗就直接用于盛装待测液，会使醋酸浓度降低，所量取的醋酸中醋酸的物质的量将偏低，滴定过程中消耗标准液体积将减小，会导致测定结果偏小；③碱式滴定管尖嘴部分滴定前有气泡，滴定后气泡消失，会导致标准液体积偏大，使测定结果偏大；④滴定终点时，俯视读数会使标准液体积偏小，导致测定结果偏小；⑤滴定终点前加水清洗锥形瓶不会影响实验数据，对结果无影响；综上所述，会导致测定值偏低的是②④，故答案为：②④；（二）（1）由图可知，图1中B仪器的名称为圆底烧瓶；（2）NaOH标准溶液装在碱式滴定管中，滴定前排气泡时，其操作为：把橡皮管向上弯曲，出口上斜，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉，故选择图2中的③；（3）滴定过程中的反应为2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，则n(NaOH)=n(H2SO4)=×0.0900mol/L×20×10-3L=9×10-4mol，根据硫原子守恒可知，n(H2SO4)=n(SO2)=9×10-4mol，则该葡萄酒中SO2含量为=0.192g/L。26、CDBA【解析】(1)Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，用一束强光照射，从垂直于光线的传播方向观察，现象是呈现光亮“通路”；答案为C；

(2)向盛有FeCl3溶液的试管中加入NaOH溶液，发生复分解反应FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，现象是生成Fe(OH)3红褐色沉淀；答案为D；

(3)向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水发生复分解反应，反应的化学方程式为：Al2(SO4)3+6NH3•H2O=2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4，现象是出现白色胶状沉淀，故答案为B。

(4)土豆中富含淀粉，向土豆片上滴加碘水，碘单质遇到淀粉会变蓝色，所以会看到变蓝；答案为A。27、Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O淀粉溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复95.0%酸偏高S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl－+10H+【详解】（1）②根据硫代硫酸钠与I2的反应，可以推出K2Cr2O7将I－氧化成I2，本身被还原为Cr3＋，然后根据化合价升降法进行配平，得出离子反应方程式为Cr2O72－+6I－+14H＋=3I2+2Cr3＋+7H2O；根据I2+2S2O32－=S4O62－+2I－，应用淀粉溶液为指示剂；滴入最后一滴Na2S2O3，溶液中蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复，说明滴定到终点；建立关系式为Cr2O72－～3I2～6S2O32－，24.80mL溶液中n(Na2S2O3)=20×10－3L×0.00950mol·L－1×6=1.14×10－3mol，则100mL溶液中n(Na2S2O3)=1.14×10－3mol×100mL/24.80mL=4.6×10－3mol，样品纯度为4.6×10－3mol×248g·mol－1/1.2000g×100%=95%；（2）①K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应用酸式滴定管盛放K2Cr2O7；②开始时滴定管尖嘴处无气泡，结束后发现尖嘴处有气泡，末读数偏小，则相当于样品溶液用量偏小，样品溶液的浓度偏大，即100mL溶液中Na2S2O3物质的量或质量增大，测定结果（样品纯度）偏高；（3）Cl2作氧化剂，被还原成Cl－，S2O32－被氧化成SO42－，根据化合价升降法进行配平，离子方程式为S2O32－+4Cl2+5H2O=2SO42－+8Cl－+10H＋。【点睛】难点是氧化还原反应方程式的书写，如最后一空，Cl2作氧化剂，被还原成Cl－，S2O32－作还原剂，被氧化成SO42－，即有Cl2＋S2O32－→Cl－＋SO42－，根据化合价升降法进行配平，得出：S2O32－＋4Cl2→2SO42－＋8Cl－，根据氧原子守恒，反应前应有含氧物质参与，即有H2O参与，根据电荷守恒，反应后有H＋生成，进行配平即可。28、PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH＝＋93kJ·mol－125%大于因为PCl5分解反应是吸热反应，温度太高，不利于PCl5的生成－399kJ·mol－128s16s反应物浓度越大，反应速率越快Na2S2O3+2HCl=2NaCl+SO2↑+S↓+H2O【分析】I．(1)据图可知1molCl2(g)和1molPCl3(g)合成1molPCl5(g)需要释放93kJ热量；依据分解率=×100%计算PCl5的分解率；吸热反应，升高温度平衡向正向移动；(2)根据化学平衡移动原理分析；

(3)根据盖斯定律计算解答；Ⅱ．Na2S2O3在酸性环境下会发生歧化反应；两组实验的唯一变量为N