2026届河南省八市学评化学高二第一学期期中调研模拟试题含解析

2026届河南省八市学评化学高二第一学期期中调研模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、关于反应方程式Cl2+2I-=2Cl-+I2，说法不正确的是A．Cl2是氧化剂 B．I2是还原产物C．上述反应属于置换反应 D．上述反应属于离子反应2、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．②④3、下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质、既不是电解质又不是非电解质的顺序排列的是A．NaOH、NaCl、SO2、NaCl溶液 B．BaSO4、SO3、CuSO4晶体、Na2O2C．NaCl、H2S、CO2、Cu D．SO3、AgCl、NH3•H2O、Ag4、在淀粉-KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)+I-(aq)(aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数K如下表：t/℃515253550K1100841680533409下列说法正确的是A．反应I2(aq)+I-(aq)(aq)的△H＞0B．其他条件不变，升高温度，溶液中c()减小C．该反应的平衡常数表达式是K=D．25℃时，向溶液中加入少量KI固体，平衡常数K小于6805、下列反应属于吸热反应的是A．酸碱中和反应 B．火药爆炸C．木炭燃烧 D．Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应6、100℃，有pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，以下说法中不正确的是A．在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强B．HX、HY、HZ三者中有一种为强酸C．在X－、Y－、Z－三者中，以Z－最易发生水解D．向1molHY加入NaOH充分反应至溶液呈中性时，需要的NaOH稍小于1mol7、下列说法中，正确的是A．1molO的质量是32g·mol-1 B．OH-的摩尔质量是17gC．1molH2O的质量18g·mol-1 D．CO2的摩尔质量是44g·mol-18、下列反应属于吸热反应的是()A．Mg＋Cl2MgCl2B．Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑C．C＋H2O(g)CO＋H2D．CaO＋H2O===Ca(OH)29、已知N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）ΔH=-92.4kJ/mol。在一恒温恒压的密闭容器里充入2molN2和8molH2达到平衡时生成1molNH3。现在相同条件下的同一容器中充入xmolN2，ymolH2和2molNH3，达到平衡时，NH3的质量分数与原来相同，且放出热量46.2kJ。则x、y的值为（）A．5，21 B．3，13 C．2，9 D．1.5，710、燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景。下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是（）A．甲醇 B．天然气 C．液化石油气 D．氢气11、下列根据反应原理设计的应用，不正确的是A．CO32－+H2OHCO3－+OH－热的纯碱溶液清洗油污B．Al3++3H2OAl(OH)3（胶体）+3H+明矾净水C．SnCl2+H2OSn(OH)Cl↓+HCl配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠D．TiCl4+（x+2）H2O（过量）TiO2·xH2O↓+4HCl用TiCl4制备TiO212、等体积等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种溶液滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸体积分别为V1、V2、V3,三者的大小关系正确是A．V1=V2=V3 B．V1=V2﹤V3 C．V1<V2=V3 D．V1=V2﹥V313、关于苯乙烯()的说法正确的是(

)A．分子式为C8H10B．加聚产物为:C．属于苯的同系物D．可以使酸性高锰酸钾溶液褪色14、下列反应的离子方程式书写正确的是()A．H2SO4溶液与氨水反应：H++OH-=H2OB．CuO与稀盐酸反应：CuO+2H+=Cu2++H2OC．AlCl3溶液与氢氧化钠溶液反应：AlCl3+3OH-=Al(OH)3↓+3Cl-D．Cl2与氢氧化钠溶液反应：Cl2+2OH-=2ClO-+H2O15、如图是Zn和Cu组成的原电池示意图，某小组做完该实验后，在读书卡片上作了如下记录，其中合理的是()实验记录：①导线中电流方向：锌→铜②铜极上有气泡产生③锌片变薄实验结论：④Zn为正极，Cu为负极⑤铜比锌活泼⑥H＋向铜片移动A．①②③ B．④⑤⑥ C．③④⑤ D．②③⑥16、下列措施不能达到节能减排目的的是A．尽可能减少塑料袋B．用家用汽车代替公交车C．推广使用节能灯D．利用太阳能，潮汐能发电17、能源是人类生存和发展的重要基础，下列措施对于能源的可持续发展不利的是A．开发新能源 B．节约现有能源C．提高能源利用率 D．直接燃煤获取能量18、已知：HCN(aq)＋NaOH(aq)==NaCN(aq)＋H2O(l)ΔH＝－12.1kJ·mol－1；HCl(aq)＋NaOH(aq)==NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－55.6kJ·mol－1则HCN在水溶液中电离的ΔH等于A．＋43.5kJ·mol－1 B．＋67.7kJ·mol－1C．－43.5kJ·mol－1 D．－67.7kJ·mol－119、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是()A．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB．1mol·L－1NaCl溶液中含有的Cl－数目为NAC．28gN2和N4组成的混合气体中含有的原子数为2NAD．2.4gMg与足量盐酸反应，转移的电子数目为0.1NA20、已知甲醛()分子中的四个原子是共平面的，下列分子中所有原子不可能同时存在同一平面上的是()A． B． C． D．21、与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4++NH2-，据此判断以下叙述中错误的是（

）A．液氨中含有NH3、NH4+、NH2-等微粒B．一定温度下，液氨中c(NH4+)·c(NH2-)是个常数C．液氨的电离达到平衡时：c(NH3)=c(NH4+)=c(NH2-)D．只要不加入其他物质，液氨中c(NH4+)=c(NH2-)22、下列说法正确的是()A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B．分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均极易溶于水C．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D．常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化二、非选择题(共84分)23、（14分）Ⅰ．KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题：(1)为尽量少引入杂质，试剂①应选用______________(填标号)。a．HCl溶液b．H2SO4溶液c．氨水d．NaOH溶液(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_________________________。(3)沉淀B的化学式为______________________II．毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下:(4)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是_________________________________。Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2(5)滤渣Ⅱ中含(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________________________。已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-924、（12分）2-苯基丙烯是日化行业常用的化工原料，其合成路线如下(反应②、④的条件未写出)。已知：其中，R、R’为H原子或烷基。（1）C3H8的结构简式为___；（2）反应①的反应类型为___；（3）反应②的化学反应方程式为___；（4）反应③的反应类型为___；（5）反应④的化学反应方程式为___；（6）产物2-苯基丙烯在一定条件下可以发生加聚反应，加聚产物的结构简式为___；（7）请以苯、乙醇及其他必要的无机试剂为原料，合成。合成过程中，不得使用其他有机试剂。写出相关化学反应方程式___。25、（12分）某同学用已知浓度的盐酸来测定某氢氧化钠样品的纯度(杂质不参与反应)，试根据实验回答下列问题：(1)准确称量5.0g含有少量易溶杂质的样品，配成1L待测溶液。称量时，样品可放在______(填字母)称量。A小烧杯中B洁净纸片上C托盘上(2)滴定时，滴定过程中氢氧化钠溶液放在锥形瓶中，用0.100mol·L－1的盐酸来滴定待测溶液，则盐酸应该放在_______(填“甲”或“乙”)中。可选用________作指示剂。A．甲基橙B．石蕊C．酚酞(3)若该同学选用酚酞做指示剂，达到滴定终点颜色变化：________。(4)根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是______mol·L－1，滴定次数待测溶液体积(mL)标准酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4010.50第二次10.004.1014.00第三次10.002.5014.00(5)下列实验操作会对滴定结果产生什么后果？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)①观察酸式滴定管液面时，开始平视，滴定终点俯视，则滴定结果______。②滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则滴定结果________。③洗涤后锥形瓶未干燥，则滴定结果__________。26、（10分）某化学学习小组进行如下实验：Ⅰ.探究反应速率的影响因素设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20mol·L-1H2C2O4溶液、0.010mol·L-1KMnO4溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽（1）若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为______________；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写__________________。Ⅱ.测定H2C2O4·xH2O中x值已知：M（H2C2O4）=90g·mol-1①称取1.260g纯草酸晶体，将草酸制成100.00mL水溶液为待测液；②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4；③用浓度为0.05000mol·L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。反应原理为：5H2C2O4+2MnO4—+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O（2）某学生的滴定方式（夹持部分略去）如下，最合理的是________（选填a、b）。由图可知消耗KMnO4溶液体积为________mL。（3）滴定终点锥形瓶内现象为__________________________________________________。（4）通过上述数据，求得x=______________。（5）下列操作会造成所测x偏大的是____________(填字母)。A．滴定终点俯视读数B．锥形瓶用待测溶液润洗C．滴定前有气泡，滴定后没有气泡D．配制100mL待测溶液时，有少量溅出27、（12分）某学生用0.1mol/LKOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：(A)移取20.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2-3滴酚酞(B)用标准溶液润洗滴定管2-3次(C)把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液(D)取标准KOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2-3cm(E)调节液面至0或0刻度以下，记下读数(F)把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度完成以下填空：(1)正确操作的顺序是(用序号字母填写)______________________.(2)上述(B)操作的目的是___________________________________。(3)上述(A)操作之前，如先用待测液润洗锥形瓶，则对测定结果的影响是(填偏大、偏小、不变，下同)_________________________。(4)实验中用左手控制_________(填仪器及部位)，眼睛注视_______，直至滴定终点。判断到达终点的现象是___________。(5)若称取一定量的KOH固体(含少量NaOH)配制标准溶液并用来滴定上述盐酸，则对测定结果的影响是___________________________________。(6)滴定结束后如仰视观察滴定管中液面刻度，则对滴定结果的影响是______。28、（14分）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝_________________________________。（2）该反应的正反应为____________反应（填“吸热”、“放热”）。（3）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为______________℃。此温度下加入1molCO2(g)和1molH2(g),充分反应，达到平衡时，CO2的转化率为__________。（4）在800℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(CO2)为2mol/L，c(H2)为1.5mol/L，c(CO)为1mol/L,c(H2O)为3mol/L，则正、逆反应速率的比较为υ正________υ逆。（填“＞”、“＜”或“=”）29、（10分）钛矿工业中的酸性废水富含Ti、Fe等元素，其综合利用如下：已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中。（1）TiO2+钛的化合价为________（2）步骤I中检验钛矿废水中加入铁屑是否足量的试剂是________。（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为______________；反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是___________________。（4）已知Ksp[Fe(OH)2]=8×10-16。步骤Ⅲ中，FeCO3达到溶解平衡时，若室温下测得溶液的pH为8.5，c(Fe2+)=1×10-6mol/L。试判断所得的FeCO3中____（填“有”或“没有”）Fe(OH)2；步骤Ⅳ中，为了得到较为纯净的Fe2O3，除了适当的温度外，还需要采取的措施是____。（5）向“富含TiO2+溶液”中加入Na2CO3粉末得到固体TiO2·nH2O。请结合原理和化学用语解释其原因___________。

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.氯元素化合价降低，Cl2是氧化剂，A正确；B.碘离子失去电子，I2是氧化产物，B错误；C.一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应，上述反应属于置换反应，C正确；D.反应中有离子参加和生成，上述反应属于离子反应，D正确；答案选B。2、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。3、C【解析】A、NaCl在水溶液中能完全电离，属于强电解质，不是弱电解质，故A错误；B、SO3是非电解质，CuSO4晶体是电解质、Na2O2也是电解质，故B错误；C、NaCl为强电解质、H2S为弱电解质、CO2是非电解质，Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C正确；D、SO3是非电解质，AgCl是强电解质，NH3•H2O是弱电解质，Ag是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了电解质与非电解质。本题的易错点为非金属氧化物的类别判断，如SO3等的水溶液能够导电，但导电原因不是SO3本身电离，而是生成物H2SO4电离的结果，因此SO3是非电解质。4、B【详解】A．从表中可以看出，温度升高，平衡常数减小，说明温度升高，平衡逆向移动，所以该反应的正反应是放热反应，△H＜0，故A错误；B．其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，溶液中c()减小，故B正确；C．平衡常数是生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，所以该反应的平衡常数表达式是K=，故C错误；D．平衡常数只和温度有关，所以25℃时，向溶液中加入少量KI固体，平衡常数不变，K仍等于680，故D错误；故选B。5、D【分析】•【详解】A.酸碱中和反应是放热反应，A错；B.火药爆炸属于放热反应，B错；C.木炭燃烧属于放热反应；D.Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是吸热反应，D正确。答案选D。【点睛】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有的金属与酸反应、金属与水反应，绝大多数化合物反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大多数分解反应，个别化合反应，少数分解置换反应以及某些复分解，如C或氢气作还原剂时还原金属氧化物。6、B【分析】常温下，水的离子积为1×10-14，即中性溶液的pH值为7，因为电离为吸热过程，升高温度到100℃，促进水的电离，水的离子积增大，此时中性溶液的pH值应小于7，100℃，有pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，溶液均为碱性，说明三种钠盐均水解，HX、HY、HZ三者均为弱酸，pH值越大，证明酸根离子的水解程度越大，其相应的酸的酸性越弱。【详解】A、相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH值越大，酸根离子的水解程度越大,其相应的酸的酸性越弱，根据题意知,在三种酸HX、HY、HZ中，HX酸性相对最强，故A不符合题意;

B、水电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，此时中性溶液的pH值应小于7，100℃，pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，溶液均为碱性，说明三种钠盐均水解，HX、HY、HZ三者均为弱酸，故B符合题意;

C、100℃，pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，溶液均为碱性，说明三种钠盐均水解，pH值越大，证明酸根离子越易水解，所以在X－、Y－、Z－三者中，所以Z－最易发生水解，故C不符合题意；D、经分析，HY为弱酸，向1molHY加入NaOH溶液充分反应至溶液呈中性时，HY还有剩余，故需要的NaOH稍小于1mol，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题需要学生注意题干中温度为100℃，学生看到pH=7，就会下意识认为溶液为中性，但pH=7为中性只是在室温下（25℃），温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，此时中性溶液的pH值应小于7。7、D【解析】依据摩尔质量的概念分析判断；摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，数值上等于对应微粒的相对原子质量或相对分子质量，单位是g/mol。【详解】A、1molO的质量是16g，选项A错误；B、OH-的摩尔质量是17g/mol，选项B错误；C、1molH2O的质量是18g，选项C错误；D、CO2的摩尔质量是44g/mol，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了摩尔质量的概念和物理意义，较简单，注意单位的正确使用。8、C【解析】A.镁燃烧要放出大量的热量，故A错误；B.金属与酸的反应属于放热反应，故B错误；C.C＋H2O(g)CO＋H2的反应属于吸热反应，故C正确；D.CaO＋H2O=Ca(OH)2是放热反应，故D错误；故选C。点睛：本题考查了吸热反应和放热反应的判断。常见的吸热反应有：大部分分解反应；铵盐与碱的反应，炭与二氧化碳反应生成一氧化碳，炭与水蒸气的反应等，需要熟记。9、A【分析】由于是等温等压下的平衡，所以只要满足氢气和氮气的物质的量之比是4︰1即可。【详解】根据上述分析可知，，又因为放出热量46.2kJ这说明反应中必须消耗氮气0.5mol，即生成氨气是1mol。因此平衡时容器中氨气的物质的量是3mol，所以最初氮气的物质的量是2mol×3＝6mol，即x＋1＝6mol，所以x＝5，则y＝21。答案选A。10、D【详解】A．甲醇燃烧会产生CO2和水，CO2会导致温室效应；

B．天然气主要成分是CH4，燃烧会产生CO2和水，CO2会导致温室效应；

C．液化石油气主要成分是是各种液体烃，完全燃烧会产生CO2和水，CO2会导致温室效应；

D．氢气燃烧会产生水，不是污染物，故其中最环保的是氢气，选项D正确。【点睛】11、C【解析】A．加热促进盐类水解，故加热纯碱溶液其碱性增强，去污能力增强，A正确；B．明矾中的Al3+水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒，故明矾能净水，B正确；C．SnCl2水解显酸性，所以在配制氯化亚锡溶液时要加入HCl抑制其水解，不能加入NaOH，C错误；D．TiCl4能水解生成钛的氧化物，D正确；答案选C。12、B【分析】pH相同，说明溶液中c(OH－)相同，NH3·H2O为弱碱，其余为强碱，即NH3·H2O的浓度最大。【详解】Ba(OH)2、NaOH为强碱，pH相同说明c(OH－)相同，与等浓度的盐酸恰好中和，消耗的盐酸的体积相等，即V1=V2，NH3·H2O为弱碱，相同pH时，c(NH3·H2O)>c(NaOH)，即相同体积时，NH3·H2O消耗的盐酸的体积大于NaOH消耗盐酸的体积，消耗盐酸体积的顺序是V3>V1=V2，故选项B正确。【点睛】本题的易错点，学生认为1molBa(OH)2中含有2molOH－，1molNaOH中含有1molOH－，得出V1>V2，忽略了pH相同，溶液中c(OH－)相同，与是一元强碱还是二元强碱无关。13、D【解析】A.苯乙烯分子式为C8H8，A错误；B.加聚产物为：，B错误；C.分子中含有碳碳双键，不属于苯的同系物，C错误；D.分子中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误，答案选D。14、B【解析】A.一水合氨是弱电解质，应该用化学式表示，A错误；B.CuO与稀盐酸反应：CuO+2H+=Cu2++H2O，B正确；C.AlCl3在溶液中完全电离，应该用离子符号表示，C错误；D.Cl2与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，D错误‘答案选B。15、D【分析】由图可知，Zn、Cu、稀硫酸构成原电池，Zn为负极，失去电子发生氧化反应，Cu为正极，氢离子得到电子发生还原反应，电子由负极经过外电路流向正极，据此分析解答。【详解】由图可知，Zn、Cu、硫酸构成原电池，Zn为负极，失去电子发生氧化反应，Cu为正极，氢离子得到电子发生还原反应。①电流方向与电子方向相反，由Cu→Zn，故①错误；②正极上氢离子得到电子生成氢气，铜极上有气泡产生，故②正确；③Zn失去电子，溶解而变薄，故③正确；④由上述分析可知，Zn为负极，Cu为正极，故④错误；⑤Zn失去电子，Zn活泼，故⑤错误；⑥原电池中，阳离子向正极移动，则H＋向铜片移动，故⑥正确；合理的有②③⑥，故选D。【点睛】把握原电池的工作原理为解答的关键。本题的易错点为①，要注意电流方向是正电荷的移动方向，与电子移动的方向相反。16、B【解析】A.尽可能减少塑料袋,可减少白色污染,减少化石能源的消耗,能达到节能减排目的,故A不选；B.用家用汽车代替公交车,可导致大量汽车尾气的排放,不利于节能减排,故B选；

C.推广使用节能灯,可减少能源消耗,有利于节能减排,故C不选；

D.利用太阳能,潮汐能发电,可减小对化石能源的依赖,减少污染物的排放,故D不选；

综上所述，本题选B。17、D【详解】A．开发新能源，比如氢能、太阳能、地热能等，有利于可持续发展，故A不符合题意；

B．节约现有能源，是解决能源危机的方法之一，有利于能源的可持续发展，故B不符合题意；C．提高能源利用率，获取相同能量，降低能源的消耗，有利于能源的可持续发展，故C不符合题意；D．直接燃煤获取能量，对能源的利用率低，不利于能源的可持续发展，故D符合题意。综上所述，答案为D。18、A【详解】反应的热化学方程式分别为：HCN（aq）+OH-（aq）═CN-（aq）+H2O（l）△H=-12.1kJ•mol-1…①H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-55.6kJ•mol-1…②HCN电离方程式为，HCNH++CN-，用①-②可得HCN电离的热化学方程式为HCN（aq）H+（aq）+CN-（aq）△H=-12.1kJ•mol-1-（-55.6kJ•mol-1）=+43.5kJ•mol-1，故A项正确。答案选A。19、C【解析】A.标况下水为液态，不能使用摩尔体积计算，故A错误；B.不知溶液的体积，无法计算Cl－数目，故B错误；C.N2和N4均有氮原子构成，氮原子的物质的量为28g÷14g/mol=2mol，所以含有的原子数为2NA，故C正确；D.一个镁原子失去2个电子，2.4gMg与足量盐酸反应，转移的电子数目为0.2NA，故D错误。故选C。20、D【详解】A．苯为平面结构，乙烯为平面结构，通过旋转乙烯基连接苯环的单键，可以使两个平面共面，则苯乙烯中所有的原子可能处于同一平面，A不符合；B．苯环为平面结构，醛基为平面结构，通过旋转醛基连接苯环的单键，可以使两个平面共面，故苯甲醛中所有的原子可能处于同一平面，B不符合；C．旋转羧基中的C-O单键，可以使羧基中的所有原子处于同一平面，通过旋转羧基连接苯环的单键，可以使两个平面共面，故苯甲酸中所有的原子可能处于同一平面，C不符合；D．分子中存在甲基，具有甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，D符合题意。答案选D。21、C【详解】A.液氨电离中存在电离平衡，所以液氨中含有NH3、NH4+、NH2-等粒子，故A正确；B.液氨中c（NH4+）与c（NH2-）的乘积只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以只要温度一定，液氨中c（NH4+）与c（NH2-）的乘积为定值，故B正确；C.液氨的电离是微弱的，所以液氨电离达到平衡状态时，c（NH4+）=c（NH2-）＜c（NH3），故C错误；D.只要不破坏氨分子的电离平衡，液氨电离出的NH4+和NH2-的物质的量就相等，因为溶液的体积相等，所以c（NH4+）=c（NH2-），故D正确。22、B【详解】A．二氧化硫与品红发生化合反应生成不稳定的物质，不发生氧化还原反应，故A错误；B．液面均迅速上升，说明烧瓶内压强减小，可说明两种气体均易溶于水，故B正确；C．铁与稀硝酸反应生成NO，没有生成氢气，不是置换反应，故C错误；D．常温下铜与浓硫酸不反应，故D错误；综上所述，本题选B。【点睛】Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，但是Cl2的水溶液中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够漂白有机色质，属于氧化性漂白；而SO2能够与有机色质结合形成不稳定无色物质，属于非氧化性漂白，加热后，褪色后的溶液又恢复到原来的颜色。二、非选择题(共84分)23、d2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Al(OH)3增大接触面积从而使反应速率加快Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少【分析】本题主要考查物质的制备实验与化学工艺流程。I.（1）由易拉罐制备明矾，则需要通过相应的操作除去Fe、Mg，根据金属单质的性质可选择强碱性溶液；（2）根据（1）中选择的试剂写出相关化学方程式；（3）Al在第一步反应中生成AlO2-，在第二步中加入了NH4HCO3，NH4+和HCO3-均能促进AlO2-水解生成Al(OH)3沉淀；II.浸取过程中碳酸钡和稀盐酸反应生成氯化钡，再加入NH3·H2O调节pH至8，由表中数据可知，滤渣I为Fe(OH)3，再将滤液调节pH至12.5，由表中数据可知，滤渣II为Mg(OH)2和少量Ca(OH)2，再加入H2C2O4，可除去Ca2+，再进行后续操作制备出BaCl2·2H2O，据此分析作答。【详解】（1）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故选d项；（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（3）滤液中加入NH4HCO3溶液后，电离出的NH4+和HCO3-均能促进AlO2-水解，反应式为NH4＋＋AlO2－＋2H2O=Al(OH)3＋NH3·H2O，生成Al(OH)3沉淀。Ⅱ、（4）毒重石用盐酸浸取前研磨将块状固体变成粉末状，可以增大反应物的接触面积从而使反应速率加快；（5）根据流程图和表中数据分析加入NH3·H2O调节pH至8，由表中数据可知，可除去Fe3+，滤渣I为Fe(OH)3，再将滤液调节pH至12.5，由表中数据可知，可完全除去Mg2+，部分Ca2+会沉淀，滤渣II为Mg(OH)2和少量Ca(OH)2，再加入H2C2O4，可除去Ca2+，若加入过量的H2C2O4，易发生Ba2＋＋H2C2O4=BaC2O4＋2H＋产生BaC2O4沉淀，导致产品的产量减少。24、CH3CH2CH3取代反应CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr氧化反应+H2O2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr【分析】C3H8为丙烷，由B与O2、Cu加热发生氧化反应生成，可知B为异丙醇，则C3H8与Br2光照发生取代反应，生成的A为2-溴丙烷，2-溴丙烷与NaOH溶液发生取代反应生成异丙醇；由题目中所给信息可知C为2-苯基丙醇，发生消去反应生成2-苯基丙烯，以2-苯基丙烯为单体写出它的加聚产物结构简式；根据题目所给信息和平时所学方程式合成。【详解】C3H8为丙烷，由B与O2、Cu加热发生氧化反应生成，可知B为异丙醇，则C3H8与Br2光照发生取代反应，生成的A为2-溴丙烷，2-溴丙烷与NaOH溶液发生取代反应生成异丙醇；由题目中所给信息可知C为2-苯基丙醇，发生消去反应生成2-苯基丙烯，（1）C3H8为丙烷，结构简式为：CH3CH2CH3，故答案为：CH3CH2CH3；（2）①的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（3）反应②的化学反应方程式为CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr，故答案为：CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr；（4）③为氧化反应，故答案为：氧化反应；（5）2-苯基丙醇发生消去反应生成2-苯基丙烯，化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；（6）2-苯基丙烯发生加聚反应，碳碳双键断开，它的加聚产物结构简式为，故答案为：；（7）乙醇先与O2、Cu加热生成乙醛，乙醛与苯在AlCl3作用下生成1-苯乙醇，1-苯乙醇与浓硫酸加热生成苯乙烯，苯乙烯与HBr加成生成，相关的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr。【点睛】在有机流程推断题中，各物质的名称要根据前后反应综合判断，最终确定结果，本题中A与B的推断就是如此。25、A甲AC当滴入最后一滴标准盐酸溶液时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复，即达滴定终点80%偏低偏高无影响【分析】易潮解、易腐蚀的药品，必须放在玻璃器皿里称量。根据酸碱中和实验选择指示剂，石蕊不能用作指示剂。根据最后一滴溶液颜色变化分析滴定终点当滴定终点；根据表格得到消耗盐酸的平均体积，再计算氢氧化钠溶液的浓度，再计算1L待测溶液中氢氧化钠的物质的量，进而计算氢氧化钠的质量，最后计算烧碱样品的纯度；根据计算公式分析误差。【详解】(1)易潮解的药品，必须放在玻璃器皿(如：小烧杯、表面皿)里称量，防止玷污托盘，因氢氧化钠易潮解，所以应放在小烧杯中称量；故答案为：A。(2)滴定过程中氢氧化钠溶液放在锥形瓶中，则盐酸应该放在酸式滴定管中，甲图为酸式滴定管；强酸与强碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂；故答案为：甲；AC。(3)该同学选用酚酞做指示剂时，当滴入最后一滴标准盐酸溶液时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复，即达滴定终点；故答案为：当滴入最后一滴标准盐酸溶液时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复，即达滴定终点。(4)由表格中的数据可知滴定10.00mL待测氢氧化钠溶液，第一次消耗标准盐酸的体积为10.10mL，第二次消耗标准盐酸的体积为9.90mL，第三次消耗标准盐酸的体积为11.50mL，第三次体积偏差较大，舍弃，则消耗盐酸的平均体积为10.00mL，则；则1L待测溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1mol，则氢氧化钠的质量=0.1mol×40g∙mol−1=4.0g，则烧碱样品的纯度是；故答案为：0.1000；80%。(5)①观察酸式滴定管液面时，开始平视，滴定终点俯视，导致测得的盐酸体积偏小，则测得的氢氧化钠的浓度偏小，则最终导致氢氧化钠样品的纯度偏低；故答案为：偏低。②滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致测得的盐酸体积偏大，则测得的氢氧化钠的浓度偏大，则最终导致氢氧化钠样品的纯度偏高；故答案为：偏高。③洗涤后锥形瓶未干燥，不影响锥形瓶中氢氧化钠的物质的量，因此不影响消耗盐酸的体积，则对滴定结果无影响；故答案为：无影响。【点睛】误差分析时，一定先分析标准液体积偏大、偏小还是不变，再根据公式进行分析，比如①，观察酸式滴定管液面时，开始平视，滴定终点俯视，这样会导致读数差值偏小，即盐酸的体积偏小，则测得的氢氧化钠的浓度偏小，则最终导致氢氧化钠样品的纯度偏低。26、1.0溶液褪色的时间b20.00滴最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色2AD【解析】（1）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①②的反应条件可知，实验①②可探究温度对反应速率的影响；实验②③中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6.0mL，要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短；（2）根据高锰酸钾溶液呈酸性，应选择酸式滴定管；根据滴定管的结构来解答；（3）根据滴定终点时溶液颜色的变化分析；（4）根据方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O进行计算；（5）根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。【详解】（1）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①②的反应条件可知，实验①②可探究温度对反应速率的影响；实验②③中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6.0mL，则a的值为1.0；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短，故乙要测量的物理量是溶液褪色的时间（t溶液褪色时间/s）；其他条件相同，故答案为1.0；溶液褪色的时间。（2）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，高锰酸钾溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管中，即b正确，滴定前刻度为0.80ml，滴定后刻度是20.80ml，消耗高锰酸钾的体积为(20.80－0.80)mL=20.00mL，故答案为b，20.00。（3）根据酸性高锰酸钾溶液为紫红色，滴定终点时，滴最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色，故答案为滴最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色。（4）5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O52n=0.00250.05×0.02m（H2C2O4）=0.0025mol×90g/mol=0.225gm（H2C2O4·xH2O）=1.26g×25/100=0.315gm（H2O）=0.315g-0.225g=0.09gn（H2O）=0.09g/18g/mol=0.005mol①又因为n（H2C2O4）=0.0025mol，根据元素守恒即n（H2C2O4·xH2O）=0.0025moln（H2O）=0.0025x②联立①②得0.0025x=0.005，计算得出x=2故答案为2。（5）A.滴定终点俯视读数，读数偏小，结果偏低，消耗高锰酸钾体积减小，草酸的质量减小，x偏大，故A正确；B.锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准液体积增加，结果偏高，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小，故B错误；C.滴定前有气泡，滴定后没有气泡，消耗标准液体积增加，结果偏高，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小，故C错误；配制100mL待测溶液时，有少量溅出，浓度偏低，消耗标准液体积减少，结果偏低，消耗高锰酸钾体积减小，草酸的质量减小，x偏大，故D正确。故答案为AD。27、BDCEAF；防止将标准液稀释偏大滴定管活塞锥形瓶中溶液的颜色变化锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色偏小偏大【详解】(1)滴定管的准备：洗涤并检查滴定管是否漏水→用待装溶液润洗滴定管2～3次→装溶液→赶走尖嘴起泡，调节液面使液面处在0或0下某一刻度→读数，锥形瓶的准备：取一定体积的待测液于锥形