湖北省荆、荆、襄、宜四地七校2026届高二上化学期中经典试题含解析

湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校2026届高二上化学期中经典试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、第一电离能(I1)是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量。如图是部分元素的第一电离能随原子序数变化的曲线(其中12～17号元素的有关数据缺失)。下列说法中不正确的是A．分析图中同周期元素第一电离能的变化规律，可推断在Na～Ar元素中，Al的第一电离能的最小范围为:Na＜Al＜MgB．从上图分析可知，同一主族元素原子的第一电离能I1变化规律是:随核电荷数增加第一电离能逐渐减小C．图中第一电离能最小的元素在周期表中的位置是第六周期，IA族D．根据周期表对角线规则，BeCl2溶液和MgCl2溶液可用NaOH溶液加以鉴别2、下列说法正确的是A．医用酒精是质量分数为95%的乙醇溶液B．石油裂解仅为了得到更多的汽油C．葡萄糖、氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应D．蛋白质溶液中加入甲醛可以产生沉淀，加水后沉淀又溶解3、在某容积一定的密闭容器中，有下列可逆反应xA(g)+B(g)2C(g)，反应曲线（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）如图所示，试判断对图的说法中一定正确的是（）A．该反应是吸热反应 B．x=1C．若P3＜P4，y轴可表示混合气体的相对分子质量 D．若P3＜P4，y轴可表示B物质在平衡体积中的百分含量4、徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。下列说法正确的是（）A．H2O2分子中的O为sp2杂化 B．CO2分子中C原子为sp杂化C．BF3分子中的B原子sp3杂化 D．CH3COOH分子中C原子均为sp2杂化5、在无色的酸性溶液中，下列离子组能大量共存的是()A．Fe2+、Mg2+、、 B．Fe3+、Na+、Cl-、S2-C．Al3+、Na+、、 D．Ba2+、K+、Cl-、6、当前在人类已知的化合物中，品种最多的是（）A．VA族元素的化合物 B．ⅢB族元素的化合物C．过渡元素的化合物 D．ⅣA族元素的化合物7、已知N2O4(无色)2NO2(红棕色)。现有如右图所示的三个烧瓶,分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯(烧杯内有水)中：在（I）中加入无水CaO，在（Ⅲ）中加入NH4Cl晶体，（Ⅱ）中不加其他任何物质，发现（I）中红棕色变深，（Ⅲ）中红棕色变浅，下列叙述正确的是()A．CaO溶于水时吸收热量 B．该反应的ΔH＞0C．NH4Cl溶于水时放出热量 D．烧瓶(Ⅲ)中气体的压强增大8、0.1mol／L二元弱酸H2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(x)随pH的变化如图所示。下列说法错误的是A．pH=1.9时，c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)B．当c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)时，溶液pH＞7C．pH=6时，c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)D．lg[Ka2(H2A)]=-7.29、把0.6molX气体和0.4molY气体混合于容积为2L的容器中，使其发生如下反应：3X（g）+Y（g）nZ（g）+2W（g）。5min末生成0.2molW，若测知以Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(L·min)，则n的值为（）A．1 B．3 C．2 D．410、室温下，有pH=3的盐酸、硫酸、醋酸（假设CH3COOH的电离度为1%）三种相同体积的溶液。以下叙述错误的是A．测定其导电性能相同B．与足量的锌粉反应的起始速率相同C．与足量的锌粉反应产生氢气的体积比为1∶1∶100D．与同浓度氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧化钠溶液的体积为1∶2∶10011、2004年美国圣路易斯大学研制了一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂，在200℃左右时供电，乙醇电池比甲醇电池效率高出32倍且更安全。电池总反应为：C2H5OH

+3O2=2CO2

+3H2O，电池示意图如下，下列说法中正确的是A．b极为电池的负极B．电池工作时电子在内电路中由a极经溶液到b极C．电池负极的电极反应为：C2H5OH+3H2O－12e－==2CO2+12H+D．电池工作时，1mol乙醇被氧化时有6mol电子转移12、一定温度下，金属硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。纵坐标p(Mn＋)表示－lgc(Mn＋)，横坐标p(S2－)表示－lgc(S2－)，下列说法不正确的是()A．该温度下，Ag2S的Ksp＝1.6×10－49B．该温度下，溶解度的大小顺序为NiS＞SnSC．SnS和NiS的饱和溶液中＝104D．向含有等物质的量浓度的Ag＋、Ni2＋、Sn2＋溶液中加入饱和Na2S溶液，析出沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS、NiS13、据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是A． B．C． D．14、关于下列各装置图的叙述中，错误的是A．用装置①在铁上镀锌，则a为铁，b为锌B．装置②的总反应是：Fe＋2Fe3＋＝3Fe2＋C．装置③的反应实质是电解水D．装置④中开关由M改置于N时，Cu—Zn合金的腐蚀速率减小15、在恒温恒压密闭容器M（如图Ⅰ）和恒温恒容密闭容器N（如图Ⅱ）中，两容器中均加入amolA和amolB，起始时两容器体积均为VL，发生如下反应并达到化学平衡状态：2A（?）+B（?）xC（g）ΔH＜0，平衡时M中A、B、C的物质的量之比为1∶3∶4。下列判断不正确的是（）A．x＝2B．若N中气体的密度如图Ⅲ所示，则A、B只有一种是气态C．A为气体，B为非气体，则平衡时M、N中C的物质的量相等D．若A、B均为气体，平衡时M中A的转化率小于N中A的转化率16、下列各组离子在相应的条件下一定能大量共存的是A．能使pH试纸变红的溶液中：SO32－、S2-、K＋、Na＋B．由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10mol·L－1的溶液中：Mg2＋、Na＋、Br－、ClO－C．在c(OH－)/c(H＋)＝1×10-10的溶液中：NH4+、Ca2＋、Cl－、NO3-D．含有大量Fe3＋的溶液：CO32-、I－、K＋、Br－17、CO和NO都是汽车尾气中的有害物质，它们之间能缓慢地发生如下反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH＜0，现利用此反应，拟设计一种环保装置，用来消除汽车尾气对大气的污染，下列方案可以提高尾气处理效率的是()①选用适当的催化剂②提高装置温度③增大装置的压强④装置中放入碱石灰A．①③④B．①②③C．②③④D．①②③④18、升高温度，下列数据不一定增大的是()A．化学平衡常数K B．水的离子积KwC．化学反应速率 D．醋酸的电离平衡常数Ka19、“碘钟”实验中，3I-++2S的反应速率可以用与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20℃进行实验，得到的数据如下表：实验编号①②③④⑤c(I-)/(mol·L-1)0.0400.0800.0800.1600.120c()/(mol·L-1)0.0400.0400.0800.0200.040t/s88.044.022.044.0t1下列叙述不正确的是A．该实验的目的是研究反应物I-与的浓度对反应速率的影响B．显色时间t1=29.3sC．温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围为22.0～44.0sD．通过分析比较上表数据，得到的结论是反应速率与反应物起始浓度乘积成正比20、把a、b、c、d四种金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极，则这四种金属活动性顺序由大到小为（）A．a＞b＞c＞dB．a＞c＞d＞bC．c＞a＞b＞dD．b＞d＞c＞a21、下列4种醇中，不能被催化氧化的是A． B． C． D．22、反应TiCl4＋4NaTi＋4NaCl可用于制取金属钛，该反应属于()A．复分解反应 B．化合反应 C．置换反应 D．分解反应二、非选择题(共84分)23、（14分）已知乙烯能发生以下转化：（1）①的反应类型为__________。（2）B和D经过反应②可生成乙酸乙酯，则化合物D的结构简式为__________。（3）下列关于乙烯和化合物B的说法不正确的是__________（填字母）A．乙烯分子中六个原子在同一个平面内B．乙烯能使溴水溶液褪色C．乙烯可以做果实的催熟剂D．医用酒精消毒剂浓度是80％（4）下列物质的反应类型与反应②相同的是__________A．甲烷燃烧B．乙烯生成聚乙烯C．苯与液溴反应D．淀粉水解24、（12分）2020年1月31日《新英格兰医学杂志》(NEJM)在线发表了一篇关于瑞德西韦(Remdesivir)成功治愈美国首例新型冠状病毒(2019-nCoV)确诊病例的论文，因此瑞德西韦药物在抗疫治疗方面引起广泛关注，该药物的中间体M合成路线如下：已知：①R—COOH②A→B发生加成反应(1)物质A的化学名称为___________，G中含氧官能团名称是__________。(2)由D→E的反应类型为_____________。(3)H→K的流程中，加入CH3COCl的目的是__________。(4)J一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_____________。①能发生银镜反应，且水解后的产物遇FeCl3溶液显紫色；②其核磁共振氢谱有4种吸收峰。(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________________。25、（12分）用中和滴定法测定某烧碱样品(含有氯化钠的杂质)的纯度，试根据实验回答下列问题：（1）准确称量8.2g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500mL待测溶液。称量时，样品可放在________称量。配制溶液选用________(填编号字母)A．小烧杯中B．洁净纸片上C．500mL容量瓶D．500mL试剂瓶（2）为了避免测定过程中样品部分与空气中二氧化碳反应导致结果偏差，滴定时，用0.2000mol/L的盐酸标准液来滴定待测溶液，可选用________(填编号字母)作指示剂。A．甲基橙B．石蕊C．酚酞（3）滴定过程中，眼睛应注视_____________，若用酚酞做指示剂，滴定终点的标志是____________，滴定结果是________(偏大，偏小，不变)，理由______________________。（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，烧碱样品的纯度是____________。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10.000.4020.50第二次10.004.1024.0026、（10分）某学习小组研究NaOH与某些酸之间的反应。Ⅰ．中和热的测定在25℃、101kPa条件下，强酸与强碱的稀溶液中和热可表示为：H+(aq)+OH─(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ·mol−1。按照右图所示装置进行实验。(1)仪器A的名称是________________________。(2)碎泡沫塑料的作用是____________________________________________。(3)在25℃、101kPa条件下，取50mL0.50mol·L−1CH3COOH溶液、50mL0.55mol·L−1NaOH溶液进行实验，测得的中和热△H______-57.3kJ·mol−1（填“＞”“=”或“＜”）。Ⅱ．某实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计方案如下(KMnO4溶液已酸化):实验序号A溶液B溶液①30mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液20mL0.01mol.L-1KMnO4溶液②30mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液20mL0.01mol.L-1KMnO4溶液(1)若反应均未结束，则相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是__________(填实验序号)。(2)若实验①在2min末注射器的活塞向右移动到了amL的位置,则这段时间的反应速率可表示为v(CO2)=______________mL/min。若实验②在tmin收集了4.48×10-3LCO2(标准状况下)，则tmin末c()=______________。(3)该小组同学发现反应速率总是如图二，其中t1~t2时间内速率变快的主要原因可能是：①_____________________________；②反应放热使体系温度升高。27、（12分）某化学实验小组为了验证SO2和Cl2的漂白性，设计了如下图所示的实验装置。请回答下列问题：（1）他们制备SO2和Cl2所依据的原理分别是：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+SO2↑、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，则上图A、E装置中用来制Cl2的装置是______（填序号），反应中盐酸所表现的性质是______性和______性，生成71gCl2转移的电子是______mol；（2）反应开始后，发现B、D试管中的现象均为____________________________，停止通气后，给B、D两个试管中的溶液加热，B试管中的现象是________________________________；（3）装置C的作用是____________________________________________________________；（4）NaOH（足量）溶液与Cl2反应的离子方程式是__________________________________；（5）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比1：1混合，再与水反应可生成两种常见酸，因而失去漂白作用。该反应的化学方程式为______________________________________________________________。28、（14分）合成气（主要成分为CO、CO2和H2）是重要的化工原料，可利用合成气在催化剂存在下直接制备二甲醚（CH3OCH3）。己知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.0kJ·mol-1CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.1kJ·mol-12CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=-24.5kJ·mol-1（1）工业上用CO2和H2在一定条件下反应直接制备二甲醚，主反应为：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)①要使该反应速率和产率都增大，应该采取的措施是__________；若想减少副反应，大幅度提高二甲醚在产物中所占比率的关键因素是__________。②一定条件下．上述主反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是__________（填标号）。a．逆反应速率先增大后减小b．H2的转化率增大c．反应物的体积百分含量减小d．容器中的变小③在某压强下，制备二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时CO2的转化率如图（a)所示。T1温度下，将6molCO2和12molH2充入10L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0〜5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=__________；KA、KB、KC三者之间的大小关系为___________。（2）在适当条件下由CO和H2直接制备二甲醚，另一产物为水蒸气。①该反应的热化学方程式是_______________________________。②CO的转化率、二甲醚的产率与反应温度的关系如图（b）所示，请解释290℃后升高温度，CH3OCH3产率逐渐走低的原因可能是________________________________。29、（10分）烟气(主要污染物SO2、NOX)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中的SO2、NOx的含量。

(1)O3氧化烟气中

SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：NO(g)＋O3(g)NO2(g)+O2(g)

ΔH＝－200.9kJ·mol-13NO(g)＋O3(g)3NO2(g)

ΔH＝－317.3kJ·mol-1

。则2NO2(g)2NO(g)+O2(g)的ΔH＝_____________kJ·mol-1

(2)T℃时，利用测压法在刚性反应器中，投入一定量的NO2发生反应3NO2(g)

3NO(g)＋O3(g)，体系的总压强p随时间t的变化如下表所示：反应时间/min051015202530压强/MPa20.0021.3822.3023.0023.5824.0024.00①若降低反应温度，则平衡后体系压强p______24.00MPa(填“>”、“<”或“＝”),原因是____________。②15min时，反应物的转化率α=______。③T℃时反应3NO2(g)

3NO(g)＋O3(g)的平衡常数Kp=____________(Kp为以分压表示的平衡常数，分压等于总压乘以该气体的物质的量分数)​(3)T℃时，在体积为2L的密闭刚性容器中，投入2molNO2发生反应2NO2(g)

2NO(g)＋O2(g)

，实验测得：v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。在温度为T℃时

NO2的转化率随时间变化的结果如图所示(反应在5.5min时达到平衡)：①在体积不变的刚性容器中，投入固定量的NO2发生反应，要提高

NO2转化率，可采取的措施是______________、___________。②由图中数据，求出该反应的平衡常数为_________。③计算

A点处

v正/v逆=_________________________(保留1位小数)。

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.根据元素周期律分析，同周期元素随着金属性减弱，第一电离能逐渐增大，但Mg原子核外电子排布为3s2，为全满状态，所以第一电离能大于Al，所以Al的第一电离能的最小范围为:Na＜Al＜Mg，故A正确；B.同一主族元素原子随核电荷数增大，半径增大，失去电子能力增强，则第一电离能I1变化规律是:随核电荷数增加第一电离能逐渐减小，故B正确；C.金属性越强，越容易失去电子，所以第一电离能越小，图中第一电离能最小的元素是铷，在第五周期ⅠA族，故C错误；D.根据周期表对角线规则，氢氧化铍与氢氧化铝性质相似，能和氢氧化钠反应，而Mg（OH）2和氢氧化钠不反应，则BeCl2溶液和MgCl2溶液可用NaOH溶液加以鉴别，故D正确；故选C。2、C【详解】A.医用酒精浓度为75%，且为体积分数，故A错误；B.石油裂解的目的是为了获得乙烯，裂化的目的是为了获得轻质油，故B错误；C.葡萄糖含有羟基，氨基酸含有羧基，可发生酯化反应，故C正确；D.甲醛的水溶液可使蛋白质变性，为不可逆过程，故D错误；故选：C。3、D【详解】A.由图I，压强相同时，升高温度平衡向吸热反应方向移动，根据“先拐先平数值大”知T1＞T2，升高温度C的含量降低，说明平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，故A错误；B.由图I，温度相同时，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，根据“先拐先平数值大”知P2＞P1，增大压强，C的含量增大，平衡正向移动，所以x+1＞2，则x＞1，故B错误；C.温度相同时，若P3＜P4，增大压强，平衡正向移动，气体的物质的量减少，所以混合气体平均相对分子质量增大，则P3、P4两条曲线位置应该互换，故C错误；D.温度相同时，若P4＞P3，增大压强，平衡正向移动，B的含量减小，故D正确；本题答案为D。4、B【分析】A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对；B、CO2分子中C原子形成2个σ键，没有对孤电子对；C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有对孤电子对；D、CH3COOH分子中甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化；【详解】A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，采取sp3杂化，故A错误；B、CO2分子中C原子形成2个σ键，没有孤电子对，采取sp杂化，故B正确；C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有孤电子对，采取sp2杂化，故C错误；D、CH3COOH分子中有2个碳原子，其中甲基上的碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化，故D错误；故选B。5、D【详解】A．在酸性条件下，有强氧化性，则Fe2+不能与其大量共存，A不符合题意；B．Fe3+和S2-能发生氧化还原反应生成Fe2+和S，因此两者不能大量共存，且Fe3+能使溶液显黄色、S2-会与酸反应，故B不符合题意；C．Al3+和能发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，因此两者不能大量共存，C不符合题意；D．Ba2+、K+、Cl-、之间不能发生离子反应，可以在无色的酸性溶液中大量共存，D符合题意。综上所述，本题选D。6、D【详解】A、ⅤA族元素的化合物主要为氧化物、酸、盐及某些氢化物，化合物种类有限，故A不选；B、ⅢB族元素的化合物，主要为氧化物、酸、盐及某些氢化物，化合物种类有限，故B不选；C、过渡元素的化合物，为金属化合物，化合物品种有限，故C不选；D、ⅣA族元素的化合物除氧化物、酸、盐之外，形成的有机化合物已超过3000万种，化合物品种最多，故D选；答案选D。7、B【详解】A、(Ⅰ)中红棕色变深,说明N2O42NO2平衡右移,该反应放热,升高温度,平衡向正反应方向移动,所以CaO溶于水放热,所以A选项是错误的；B、升高温度,平衡向正反应方向移动,正反应为吸热反应,ΔH＞0，故B正确；C、(Ⅲ)中变浅，平衡N2O42NO2平衡左移,说明NH4Cl溶于水时吸热,故C错误；D、平衡N2O42NO2左移,气体的总物质的量减少,压强减小,故D错误。所以B选项是正确的。8、B【详解】A．根据图像，pH=1.9时，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒，有c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，因此c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)，故A正确；B．根据图像，当溶液中的溶质为NaHA，溶液显酸性，pH＜7，此时溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故B错误；C．根据图像，pH=6时，c(HA-)>c(A2-)，溶液中的溶质为NaHA和Na2A，c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2一)＞c(H2A)，故C正确；D．Ka2(H2A)=，根据图像，当pH=7.2时，c(HA-)=c(A2一)，则Ka2(H2A)==c(H+)=10-7.2，因此lg[Ka2(H2A)]=-7.2，故D正确；故选B。9、A【详解】测知以Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(L·min)，则生成Z是0.01mol/(L·min)×2L×5min＝0.1mol。又因为5min末生成0.2molW，因此由在可逆反应中物质的量的变化量之比等于化学计量数之比可解得n=1，故答案选A。10、D【详解】A、pH=3的盐酸、硫酸、醋酸导电性能相同，正确；B、pH=3的盐酸、硫酸、醋酸，锌与氢离子反应，氢离子浓度相同，起始速率相同，正确；C、HAc的电离度为1%，pH=3，c(H+)=10-3mol/L，与足量的锌粉反应，HAc均被消耗，c(HAc)=mol/L=10

-1mol/L，盐酸和硫酸的浓度与氢离子浓度相等，c(H+)=10-3mol/L，足量的锌粉反应产生氢气的体积比为1∶1∶100，正确；D、消耗氢氧化钠溶液的体积为1∶1∶100，故D错误。

答案选D。11、C【解析】试题分析：A．在燃料电池中，燃料乙醇在负极发生失电子的反应，氧气是在正极上发生得电子的反应，则a为负极，故A错误；B．电池工作时，电子在外电路中由a极经溶液到b极，内电路中是电解质溶液中的阴阳离子定向移动，故B错误；C．在燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，在酸性电解质环境下，正极的电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O，燃料乙醇在负极发生失电子的氧化反应，负极的电极反应为：C2H5OH+3H2O－12e－=2CO2+12H+，故C正确；D．根据电池反应：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，则1mol乙醇被氧化失去12mol电子，所以1mol乙醇被氧化电路中转移12NA的电子，故D错误；答案为C。考点：考查原电池原理。12、C【解析】分析：A.根据Ag2S的沉淀溶解平衡曲线a点数据计算Ksp；B.根据SnS、NiS的沉淀溶解平衡曲线比较；C.先根据图像计算出Ksp(NiS)和Ksp（SnS），再根据饱和溶液中锡离子和镍离子浓度之比等于溶度积之比计算；D.计算沉淀等物质的量浓度的Ag＋、Ni2＋、Sn2＋所需c(S2－)的大小，进行比较。详解：A.由a(30，10－lg4)可知，当c(S2－)＝10－30

mol·L－1时，c(Ag＋)＝10－(10－lg4)

mol·L－1，Ksp(Ag2S)＝c2(Ag＋)·c(S2－)＝[10－(10－lg4)]2×10－30=

1.6×10－49，A项正确；B.观察SnS、NiS的沉淀溶解平衡曲线可以看出，当两条曲线中c(S2-)相同时，c(Ni2+)>c(Sn2+)，由于SnS和NiS沉淀类型相同，所以溶解度的大小顺序为NiS＞SnS，B项正确；C.SnS和NiS的饱和溶液中=＝=10－4，C项错误；D.假设Ag＋、Ni2＋、Sn2＋均为0.1mol·L－1，分别生成Ag2S、NiS、SnS沉淀时，需要c(S2－)分别为1.6×10－47、10－20、10－24，因此生成沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS、NiS，D项正确。故本题答案选C。13、B【详解】水分解是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，图像B符合，答案选B。【点睛】注意催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热。14、A【分析】根据有无直流电源判断是电解池还是原电池，从电流的方向判断电解池的阴阳极，根据金属活动性判断原电池的正负极，从放电顺序分析电极反应。【详解】装置①是电解池，若在铁上镀锌，铁一定做阴极，而a极与电源正极相连，即为阳极，故A错误，符合题意；装置②是原电池，Fe做负极，故总反应方程式为：Fe＋2Fe3＋＝3Fe2＋，故B正确，但不符合题意；装置③实际发生的是电解水，故C正确，但不符合题意；装置④中开关由M改置于N时，Cu—Zn合金做正极，Zn极做负极被腐蚀，故Cu—Zn合金的腐蚀速率减小，D正确，但不符合题意；故选A。【点睛】原电池中活泼金属容易失电子，做负极，发生氧化反应；电解池中连接电源正极的为阳极，失去电子发生氧化反应。15、D【解析】A、设达平衡后B的物质的量减少nmol，则A的物质的量减少2nmol，C的物质的量增加xnmol，平衡时A、B、C的物质的量分别是（mol）:a-2n、a-n、xn，所以（a-2n）：（a-n）=1:3，解得n=0.4a，（a-2n）：（xn）=1:4，x=2，正确；B、N是恒温恒容条件，由图III可知，气体的密度逐渐增大，说明气体的质量逐渐增加，若A、B都是气体，则混合气体的密度会一直不变，所以A、B中只有一种是气态，正确；C、A为气体，B为非气体，则该反应是反应前后气体物质的量不变的可逆反应，恒温恒压与恒温恒容达到的平衡是等效的，所以平衡时M、N中C的物质的量相等，正确；D、若A、B均为气体，M平衡后的容器的压强大于N容器，所以由M容器达到N容器的平衡状态，需要减小压强，平衡逆向移动，M中A的转化率减小后与N中A的转化率相同，所以原平衡时M中A的转化率大于N中A的转化率，错误；答案选D。16、C【解析】A.能使pH试纸变红的溶液呈酸性，SO32－、S2-、H＋会发生反应生成硫和水，不能大量共存，选项A错误；B.由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10mol·L－1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若酸性则ClO－不能大量存在，若碱性则Mg2＋不能大量存在，选项B错误；C.c(OH－)/c(H＋)＝1×10-10的溶液呈酸性：NH、Ca2＋、Cl－、NO各离子之间不反应，能大量共存，选项C正确；D.含有大量Fe3＋的溶液：与CO发生双水解，与I－发生氧化还原反应而不能大量共存，选项D错误；答案选C。17、A【解析】要提高尾气处理效果，需要尾气排放到大气之前尽可能的转化为无害气体，应从速率及平衡的角度分析。【详解】①选用适当的催化剂，可以加快反应速率，但不影响转化率，使有害气体在排出之前尽可能地转化为无害气体，可以提高尾气处理效果；故正确；②提高装置温度，虽然能加快反应速率，但因该反应为放热反应，会降低转化率，故不正确；③增大装置的压强，既加快反应速率，又提高转化率，故正确；④装置中放入碱石灰，可以吸收生成的二氧化碳，使平衡向右移动，提高转化率，故正确。答案选A。18、A【详解】A．化学反应可能是放热反应，可能是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，如果正向是吸热反应，则平衡常数K增大，如果逆向是吸热反应，则化学平衡常数K减小，故A符合题意；B．水的电离是吸热反应，升高温度，水电离程度增大，水的离子积Kw增大，故B不符合题意；C．升高温度，化学反应速率增大，故C不符合题意；D．醋酸电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离平衡常数Ka增大，故D不符合题意。综上所述，答案为A。19、C【详解】A．图表中的物理量是反应物浓度与时间，通过分析知，反应物的浓度与时间成反比，浓度的变化量与时间的比值为速率，所以该实验的目的是研究反应物浓度与反应速率的影响，故A正确；B．对比数据组①和②，可以看到，c()不变，c(I-)增大到2倍时，反应时间缩短了一半，即反应速率变成了原来的2倍；对比实验①和⑤，实验⑤的c(I-)为实验①的3倍，而c()保持不变，反应速率应该变成原来的3倍；则反应时间应为实验①反应时间的，即t1=88s×=29.3s，故B正确；C．温度越高，化学反应速率越快，所用时间越短，若在40℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围会少于22s，故C错误；D．对比数据组①和②，可以看到，c()不变，c(I-)增大到2倍时，反应时间缩短了一半，即反应速率变成了原来的2倍；对比数据组②和③，可以看到，c(I-)不变，c()增大到2倍时，反应时间缩短了一半，即反应速率也变成了原来的2倍；对比数据组③和④，可以看到，c()增大到2倍时，c(I-)变为倍时，反应时间增大了一倍，即反应速率变成了原来的；对比数据组对比数据组①和③，可以看到，c(I-)和c()均增大到2倍时，反应时间为原反应时间的，即反应速率变成了原来的4倍，因此反应速率与反应物起始浓度乘积成正比，故D正确；故选C。20、B【详解】①若a、b相连时，a为负极，根据原电池的工作原理，金属活泼性强的作原电池的负极，故金属的活动性顺序a＞b；②c、d相连，c为负极，所以金属的活动性顺序c＞d；③a、c相连，c为正极，所以金属的活动性顺序a＞c；④b、d相连时，b是正极，所以金属的活动性顺序d＞b；则金属活动性顺序为：a＞c＞d＞b，故选B。21、D【分析】当连羟基的碳原子上有2个氢原子被氧化后得到物质是醛；当连羟基的碳原子上有1个氢原子，被氧化得到的是酮；当连羟基碳原子上没有氢原子时不能被氧化，据此解答。【详解】A、连羟基的碳原子上只有1个氢原子，氧化后得到酮，故能被催化氧化；B、连羟基的碳原子上有2个氢原子，氧化后得到醛，故能被催化氧化；C、连羟基的碳原子上有1个氢原子，氧化后得到酮，故能被催化氧化；D、连羟基的碳原子上没有氢原子，不能被氧化，故不能被催化氧化的是D，答案选D。22、C【详解】该反应是由一种单质（Na）和一种化合物（TiCl4）反应生成另一种新单质（Ti）和另一种新化合物（NaCl）的反应，该反应属于置换反应，故答案选C。二、非选择题(共84分)23、加成反应CH3COOHDC【分析】乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故B为乙醇，乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，故D为乙酸，以此解答。【详解】（1）由上述分析可知，①的反应类型为加成反应；（2）由上述分析可知，D为乙酸，结构简式为CH3COOH；（3）A．乙烯结构简式为，6个原子均在一个平面内，故A项说法正确；B．乙烯中碳碳双键能够与Br2发生加成反应生成无色1,2—二溴乙烷，能使溴水溶液褪色，故B项说法正确；C．乙烯为一种植物激源素，由于具有促进果实成熟的作用，并在成熟前大量合成，所以认为它是成熟激素，可以做果实的催熟剂，故C项说法正确；D．医用酒精消毒剂浓度是75%，故D项说法错误；综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D；（4）反应②属于取代反应或酯化反应，甲烷燃烧属于氧化还原反应，乙烯生成聚乙烯属于加聚反应，苯与液溴反应生成溴苯属于取代反应，淀粉水解属于水解反应，故答案为C。24、乙醛酯基取代保护酚羟基不被混酸氧化或或【分析】CH3CHO与HCN反应生成CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件反应生成，与Br2反应生成，和氨气反应生成E(D中—Br变为E中—NH2)，E和SOCl2反应生成F，F发生取代反应得到G，H和发生反应生成I，I发生硝化反应生成J，J和稀硫酸反应生成K，L与K、G发生反应生成最终产物。【详解】(1)根据B的结构简式和A→B发生加成反应，得到物质A为CH3CHO，其化学名称为乙醛，根据G的结构简式得到G中含氧官能团名称是酯基；故答案为：乙醛；酯基。(2)根据D→E和E→F(—COOH变为)、以及D、E、F的结构简式得到D→E是—Br变为—NH2，其反应类型为取代反应；故答案为：取代反应。(3)H→K的流程中，H加入CH3COCl变为I，J变为K羟基又变回来了，因此其目的是保护酚羟基不被混酸氧化；故答案为：保护酚羟基不被混酸氧化。(4)①能发生银镜反应，说明含有醛基，且水解后的产物遇FeCl3溶液显紫色，说明原物质有酯基，水解后含有苯酚；②其核磁共振氢谱有4种吸收峰；因此其同分异构体为或或；故答案为：或或。(5)是由发生酯化反应得到，乙醇催化氧化变为乙醛，CH3CHO与HCN反应生成CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件下反应生成，因此合成路线为，故答案为：。【点睛】有机推断是常考题型，主要考查反应类型、官能团、有机物结构简式、根据有机物前后联系推断有机物，书写方程式，设计流程图。25、ADA锥形瓶中液体颜色变化溶液由红色变为浅红色，且半分钟内不褪色偏小滴定终点时，溶液中碳酸离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少0.400097.56%【解析】(1)氢氧化钠易潮解，易潮解的药品，必须放在玻璃器皿上(如：小烧杯、表面皿)里称量，防止玷污托盘；配成500mL待测溶液，应该盛放在500mL的试剂瓶中，故答案为：A；D；(2)为了避免测定过程中样品部分与空气中二氧化碳反应导致结果偏差，滴定时，用0.2000mol/L的盐酸标准液来滴定待测溶液，酸碱中和滴定时，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，如果选择酚酞，则氢氧化钠的浓度会受到二氧化碳的影响，因此只能选择甲基橙，故选A；(3)滴定过程中两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；若用酚酞做指示剂，滴定终点的现象为溶液由红色变为浅红色，且半分钟内不褪色，滴定终点时，溶液中碳酸根离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少，导致氢氧化钠溶液的浓度偏小，故答案为：锥形瓶内溶液的颜色变化；溶液由红色变为浅红色，且半分钟内不褪色；偏小；滴定终点时，溶液中碳酸离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少；(4)两次实验消耗标准液体积分别为：20.50mL-0.40mL=20.10mL，24.00mL-4.10mL=19.90mL，则2次消耗标准液的平均体积为：20.00mL，氢氧化钠的物质的量浓度为：0.2000mol/L×20.00mL10.00mL=0.4000mol/L，原样品中含有氢氧化钠的质量为：0.4000mol/L×0.5L×40g/mol=8g，则样品的纯度为：8g8.2g×100%=97.56%，【点睛】本题考查了酸碱中和滴定中的操作要点、中滴定的计算以及误差分析,。本题的易错点和难点为(3)中误差的分析，要注意二氧化碳能够与氢氧化钠反应，导致消耗的盐酸偏少。26、环形玻璃搅拌棒保温隔热、减少热量的损失＞②＞①3.2×10-3mol/L产物Mn2+(或MnSO4)是反应的催化剂【分析】I．(1)根据仪器的特点判断仪器名称；(2)碎泡沫塑料的导热效果差，可以起到保温作用；(3)醋酸属于弱酸，电离出氢离子的过程是吸热的，中和反应的焓变是负值，据此回答；II．(1)②中A溶液的浓度比①中大，根据浓度对化学反应速率的影响分析；(2)根据v=计算反应速率，先求出反应的c()的物质的量，再求出反应后的浓度；(3)温度是影响化学反应速率的主要因素，催化剂能加快化学反应的速率。【详解】Ⅰ．(1)根据仪器的结构特点可知该仪器名称为：环形玻璃搅拌棒；(2)碎泡沫塑料的导热效果差，可以起到保温作用，故碎泡沫塑料作用是：保温隔热，减少实验过程中热量损失；(3)CH3COOH是弱酸，在反应过程中会继续电离而吸收热量，使反应放出的热量减少，中和反应的焓变是负值，反应放出的热量越少，则反应热就越大，故△H＞−57.3kJ/mol；II．(1)对比①②实验可知溶液中含有KMnO4的物质的量相同，②中A溶液的浓度比①中大，故化学反应速率大②＞①，则相同时间内所得CO2的体积：②＞①；(2)若实验①在2min末注射器的活塞向右移动到了amL的位置，则这段时间的反应速率可表示为v(CO2)==mL/min；4.48×10-3L标准状况下CO2气体的物质的量n(CO2)==2.0×10-4mol，根据反应方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可知关系式n(CO2)=5n(KMnO4)，则反应消耗KMnO4的物质的量n(KMnO4)=n(CO2)=×2.0×10-4mol=4.0×10-5mol，反应开始时KMnO4的物质的量n(KMnO4)总=0.01mol/L×0.02L=2.0×10-4mol，故tmin末KMnO4的物质的量n(KMnO4)末=2.0×10-4mol-4.0×10-5mol=1.6×10-4mol，溶液的体积是20mL+30mL=50mL=0.05L，故c()=c(KMnO4)==3.2×10-3mol/L；(3)该小组同学发现反应速率总是如图二，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：①产物Mn2+(或MnSO4)是反应的催化剂；②该反应是放热反应，反应放出的热量使溶液温度升高，加快了化学反应速率。【点睛】本题考查了中和热的测定、化学反应速率的计算及影响因素。掌握实验目的，了解实验原理，清楚仪器的作用，根据有关概念及影响因素分析解答。27、E还原酸2品红溶液褪色溶液变红吸收多余的SO2和Cl2Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2OSO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4【分析】（1）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价升高；（2）次氯酸、二氧化硫都有漂白性；次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新恢复原色；（3）氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排空，氯气和二氧化硫都能和氢氧化钠溶液反应转化为无毒物质；（4）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，使气体失去漂白性。【详解】（1）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，故选E；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价升高，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性；71gCl2的物质的量是1mol，由HCl生成Cl2，氯元素化合价由-1升高为0，所以生成1mol氯气转移2mol电子；（2）次氯酸、二氧化硫都有漂白性；次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新恢复原色，所以反应开始后，发现B、D试管中的现象均为品红溶液褪色，停止通气后，给B、D两个试管中的溶液加热，B试管中的现象是溶液变红；（3）氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排空，氯气和二氧化硫都能和氢氧化钠溶液反应转化为无毒物质，所以氢氧化钠溶液的作用是：吸收多余的二氧化硫和氯气，防止污染大气；（4）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应化学方程式是SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4。28、适当增大压强选择合适的催化剂b0.036mol·L－1·min－1KA＝KC＞KB2CO(g)＋4H2(g)==CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝-204.7kJ·mol－1生成二甲醚的反应是放热反应，温度升高，平衡逆移，产率降低【分析】（1）①要使该反应速率和产率都增大，即平衡向正反应方向进行，据此分析；②a.逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动；b.H2的转化率增大，平衡一定正向移动；c.反应物的体积百分含量减小,可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动；d.容器中的变小，可能是减小二氧化碳物质的量，平衡逆向移动；③T1温度下,将6molCO2和12molH2充入10L的密闭容器中，由图象可知,5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%,则生成CH3OCH3的物质的量为6mol×60%×1/2=1.8mol，平衡常数仅与温度有关，温度不变,平衡常数不变。（2）①.①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.0kJ·mol-1②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.1kJ·mol-1③2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=-24.5kJ·mol-1①×2-②×2+③得2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝-204.7kJ·mol－1，据此分析；②.CO的转化均为放热反应，温度较低时转化率较高，但CO转化为中间产物较多，转化为目标产物较少。【详解】（1）①要使该反应速率和产率都增大，即平衡向正反应方向进行，故应该采取的措施是加压，向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向进行；减少副反应，大幅度提高二甲醚在产物中所占比率的关键因素是催化剂，故答案为适当增大压强；选择合适的催化剂。②a.逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故a错误；b.H2的转化率增大，平衡一定正向移动，故b正确;c.反应物的体积百分含量减小,可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故c错误；d.容器中的变小，可能是减小二氧化碳物质的量，平衡逆向移动，故d错误；故选b。③T1温度下,将6molCO2和12molH2充入10L的密闭容器中，由图象可知,5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%,则生成CH3OCH3的物质的量为6mol×60%×1/2=1.8mol，所以平均反应速率v(CH3OCH3)=0.036mol·L－1·min－1，平衡常数仅与温度有关，温度不变,平衡常数不变，所以KA＝KC，在相同投料比时，T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下正向进行程度比T2温度大，则KA＝KC＞KB，故答案为0.036mol·L－1·min－1；KA＝KC＞KB。（2）①.①CO2(g)+3H2(g)C