2026届河南省化学高二上期中考试模拟试题含解析

2026届河南省化学高二上期中考试模拟试题注意事项: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（每题只有一个选项符合题意）1、将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属Ti的主要反应之一。已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(1)＋O2(g)∆H＝＋140.5kJ/mol2CO(g)＝2C(s，石墨)＋O2(g)∆H＝＋221.0kJ/mol则反应TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s，石墨)＝TiCl4(1)＋2CO(g)的∆H为A．－30.0kJ/mol B．＋30.0kJ/mol C．－80.5kJ/mol D．＋80.5kJ/mol2、下列关于石墨转化为金刚石的说法正确的是()A．既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏B．碳原子的杂化方式不变C．晶体中六元环的数目不变D．C(s,石墨)=C(s,金刚石)△H＜03、一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)△H＜0若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变B．平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快C．平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应平衡常数不变4、钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图所示。下列说法不正确的是（

）A．盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快B．碳素钢的腐蚀速率不随硫酸的浓度增大而增大，说明反应速率不与c（H+）成正比C．钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小D．对比盐酸和硫酸两条曲线，可知Cl-也可能会影响碳素钢的腐蚀速率5、以下说法正确的是()A．同分异构体之间分子式相同，其式量也一定相等，式量相等的物质一定是同分异构体。B．同分异构体之间某种元素的质量分数均相同，化合物之间某种元素质量分数均相同的物质一定为同分异构体。C．两种物质如果互为同分异构体，则一定不可能为同系物。D．互为同分异构体的物质之间物理性质一定不同，但化学性质一定相似。6、在36g碳不完全燃烧所得气体中，CO占体积，CO2占体积。且有：C(s)＋O2(g)===CO(g)ΔH＝－110.5kJ·mol－1CO(g)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283kJ·mol－1与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是A．172.5kJ B．1149kJ C．283kJ D．517.5kJ7、已知4NH3(g)＋5O2(g)⇌4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＝－905.9kJ·mol－1。一定条件下，向1L密闭容器中投入0.8mol的NH3和1.6mol的O2，发生上述反应，第2min和第4min时NH3的物质的量分别为0.6mol和0.3mol。下列说法中不正确的是A．上述反应的逆反应的活化能不小于905.9kJ·mol－1B．反应在第2min到第4min时，O2的平均速率为0.15mol·L－1·min－1C．反应第2min时改变了某一条件，该条件可能是使用催化剂或升高温度D．平衡后降低压强，混合气体平均摩尔质量减小8、下列实验过程不能达到实验目的的是编号实验目的实验过程A探究化学能可转化为热能在试管中加入3mL6molL-1的盐酸，再插入用砂纸打磨过的铝条，并用温度计测量温度的变化B比较弱电解质的相对强弱向两支分别盛有0.1molL-1醋酸和硼酸溶液的试管中滴加等浓度的碳酸钠溶液，观察现象C探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察现象D探究催化剂对反应速率的影响向2支盛有2mL5%H2O2溶液的试管中分别同时滴加1mL0.1molL-1FeCl2和CuCl2溶液，摇匀观察现象A．A B．B C．C D．D9、K2FeO4是一种多功能、高效水处理剂。它属于（）A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物10、现有浓度为1mol／L的五种溶液：①HCI，②H2SO4，③CH3COOH，④NH4Cl，⑤NaOH，由水电离出的C(H+)大小关系正确的是（）A．②>①>③>④>⑤ B．①=②>③>④>⑤C．④>③>①=⑤>② D．④>③>①>⑤>②11、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是选项热化学方程式结论A2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=—483.6kJ/molH2的燃烧热为241.8kJ/molBOH—(aq)+H+(aq)=H2O(g)△H=—57.3kJ/mol含1molNaOH的稀溶液与浓H2SO4完全中和，放出热量小于57.3kJC2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H=—akJ/mol2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=—bkJ/molb＜aDC(石墨，s)=C(金刚石，s)△H=+1.5kJ/mol金刚石比石墨稳定A．A B．B C．C D．D12、从下列实验事实所引出的相应结论正确的是选项实验事实结论A其他条件相同，Na2S2O3溶液浓度越大，析出硫沉淀所需要的时间越短当其他条件不变时，增大反应物的浓度化学反应速率加快B在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生变化催化剂一定不参加化学反应CH+浓度相同的盐酸和醋酸分别与等质量的形态相同的锌粒反应二者产生氢气的量相同D在容积可变的密闭容器中发生反应I2（g）+H2（g）⇌2HI（g），把容积缩小一倍正反应速率加快，逆反应速率不变A．A B．B C．C D．D13、向10mLNaCl溶液中滴加硝酸银溶液1滴，出现白色沉淀，继续滴加碘化钾溶液1滴，沉淀转化为黄色，再滴入硫化钠溶液1滴，沉淀又转化为黑色，已知溶液均为0.1mol/L，分析沉淀的溶解度关系A．AgCl＞AgI＞Ag2S B．AgCl＞Ag2S＞AgIC．Ag2S＞AgI＞AgCl D．无法判断14、某新型锂电池工作原理如图所示，电池反应为：C6Lix＋Li1－xLaZrTaOLiLaZrTaO＋C6。下列说法错误的是A．电池放电时，b极为正极，a极发生氧化反应B．b极反应为xLi+＋Li1－xLaZrTaO－xe－=LiLaZrTaOC．当电池工作时，每转移xmol电子，b极增重7xgD．电池充放电过程，LiLaZrTaO固态电解质均起到传导Li+的作用15、已知：I2在水中溶解度很小，在KI溶液中溶解度显著增大。I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I-(aq)I3-(aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数如下图所示，下列说法正确的是（）A．反应I2(aq)＋I-(aq)I3-(aq)的ΔH>0B．利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质C．在上述平衡体系中加入CCl4，平衡不移动D．25℃时，在上述平衡体系中加入少量KI固体，平衡常数K小于68016、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．4二、非选择题（本题包括5小题）17、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___。18、A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。（1）E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为_______________________________。（2）元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是____________(用离子符号表示)。（3）用电子式表示化合物D2C的形成过程：_________________。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键类型是_______________________________________________。（4）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为__________________，它与强碱溶液共热，发生反应的离子方程式是______________________。（5）某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，若此反应为分解反应，则此反应的化学方程式为________________________(化学式用具体的元素符号表示)。19、某烧碱溶液中含有少量杂质(不与盐酸反应)，现用中和滴定测定其浓度。（1）用_______式滴定管盛装cmol/L盐酸标准液。配制cmol/L盐酸标准液，必须使用的主要容器是____________如图表示某次滴定时50mL滴定管中前后液面的位置。滴定管读数时应注意____________________________________。尖嘴部分应____________________________。用去的标准盐酸的体积是_____________mL（2）该实验应选用_____作指示剂；操作中如何确定终点？______________________________。（3）对下列两种假定情况进行讨论：(填“无影响”、“偏高”、“偏低”)a．若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，则会使测定结果__________；b．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，则会使测定结果__________；20、草酸晶体的组成可用H2C2O4·2H2O(M=126g/mol)表示，其中混有不参与反应的杂质，为了测定草酸晶体的纯度，进行如下实验：称取mg样品，配成250mL水溶液。量取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为cmol·L-1的KMnO4溶液滴定，所发生的反应：KMnO4＋H2C2O4＋H2SO4＝K2SO4＋CO2↑＋MnSO4＋H2O。试回答：(1)写出该反应的离子方程式并配平：_________________________________________，该反应发生时产生气体先慢后快的原因是_______________________________________________(2)实验中，KMnO4溶液应装在_____式滴定管中，因为___________________。(3)滴定过程中需要加入的指示剂为___________(填指示剂的名称或“不需要”)，确定反应达到滴定终点时的现象是______________________________________。(4)下列操作会导致测定结果偏低的是_________________________。A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失(5)在滴定过程中若用cmol·L-1的KMnO4溶液VmL，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为___mol·L-1，由此可计算样品中草酸晶体的纯度是________。21、（1）①建筑上需要用到大量水泥、玻璃。生产水泥、玻璃中都用到的主要原料为_____(填字母)。a.纯碱b.石灰石c.黏土②汽车工业大量使用橡胶轮胎，橡胶属于____________(填字母)。a.无机非金属材料b.金属材料c.有机高分子材料③现代桥梁建造需要使用大量钢材,其中镀锌钢板镀锌的主要目的是_________(填字母)。a.美化桥梁b.提高硬度c.提高耐腐蚀性（2）洋蓟被人们冠以“蔬菜之皇”的美称,含有脂肪、蛋白质、糖类、维生素A、维生素C和丰富的钙、磷、铁等元素,其中:①属于水溶性维生素的是_____________。②属于人体所需微量元素的是_____________。③脂肪在人体内水解生成高级脂肪酸和_____________________；糖类在人体中水解生成葡萄糖,写出葡萄糖在人体内氧化的化学方程式:________________________________________________。（3）合理利用自然资源,防止环境污染和生态破坏。①向燃煤中加入适量石灰石,可大大减少______________的排放。煤的气化是实现能源清洁化的重要途径,水煤气的主要成分是CO和_____________。②明矾是一种常用的混凝剂,其净水原理是___________________________(用离子方程式表示)。污水处理的方法很多，从化学角度看，处理酸性废水可采用________(选填“中和法”或“沉淀法”)。③我国科学家证明了黄粉虫的幼虫可降解聚苯乙烯()这类难以自然降解的塑料。请写出由苯乙烯合成聚苯乙烯的化学方程式:__________________________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】已知i：TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(1)＋O2(g)∆H＝＋140.5kJ/molii：2CO(g)＝2C(s，石墨)＋O2(g)∆H＝＋221.0kJ/mol根据盖斯定律可知i-ii可得TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s，石墨)＝TiCl4(1)＋2CO(g)∆H=＋140.5kJ/mol-221.0kJ/mol=-80.5kJ/mol，故答案为C。2、A【分析】石墨是混合型晶体，既含有共价键，又含有分子间作用力，金刚石是原子晶体，只含有共价键。【详解】A．由上述分析可知，石墨转化为金刚石的过程中，既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，故A正确；B．石墨中，C原子的杂化方式为SP2，金刚石中C原子的杂化方式为SP3，故B错误；C．石墨转化为金刚石的过程中，晶体结构发生明显变化，故晶体中六元环的数目要改变，故C错误；D．石墨比金刚石更稳定，能量更低，故C(s,石墨)=C(s,金刚石)△H＞0，故D错误。答案选A。3、D【详解】由于硫为液态，因此反应前后气体分子数不等，达平衡前容器内压强逐渐变小，分离出硫对化学反应速率及平衡无影响，即A、B错误；根据平衡移动原理知升温平衡向吸热方向移动即向左移动，SO2的转化率降低，C错误；平衡常数只受温度的影响，与催化剂无关，故D项正确。4、B【详解】A.由图可知，盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快，故A说法正确；B.碳素钢的腐蚀速率不随硫酸浓度增大而增大，但腐蚀速率会随盐酸的浓度增大而加快，可推测是由于SO42-浓度引起的，故B说法错误；C.由图可知，当钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小，故C说法正确；D.由于腐蚀速率随盐酸浓度的增大而增大，随硫酸浓度的增大，出现先增大后减小的现象，因此可说明Cl-、SO42-都会影响碳素钢的腐蚀速率，故D说法正确；故答案为B。5、C【解析】式量相等的物质，分子式不一定相同；某种元素质量分数均相同的物质，分子式不一定相同；同分异构体分子式相同，同系物分子式一定不同；互为同分异构体的物质之间，化学性质可能不同。【详解】式量相等的物质，分子式不一定相同，如甲酸、乙醇的式量都是46，故A错误；某种元素质量分数均相同的物质，分子式不一定相同，如乙烯、丙烯中碳元素的质量分数都是，故B错误；同分异构体分子式相同，同系物分子式一定不同，所以互为同分异构体的物质，一定不可能为同系物，故C正确；互为同分异构体的物质之间，化学性质可能不同，如乙醇、二甲醚互为同分异构体，但化学性质不同，故D错误。6、C【分析】根据热化学方程式进行简单计算。【详解】方法一：36g碳完全燃烧生成3molCO2(g)放热Q1＝(110.5+283)kJ·mol－1×3mol＝1180.5kJ，题中36g不完全燃烧生成1molCO(g)、2molCO2(g)放热Q2＝110.5kJ·mol－1×3mol+283kJ·mol－1×2mol＝897.5kJ，则损失热量Q1－Q2＝1180.5kJ－897.5kJ＝283kJ。方法二：根据盖斯定律，损失热量就是不完全燃烧的产物完全燃烧放出的热量，即1molCO(g)完全燃烧放出的热量283kJ。本题选C。7、B【分析】焓变=正反应的活化能-逆反应的活化能；第2min和第4min时NH3的物质的量分别为0.6mol和0.3mol，第2min到第4min时消耗氨气0.3mol，则消耗氧气0.375mol；第0min和第2min时NH3的物质的量分别为0.8mol和0.6mol，氨气的变化量是0.2mol，第2min到第4min时氨气的变化量是0.3mol；平衡后降低压强，平衡正向移动，气体物质的量增大。【详解】焓变=正反应的活化能－逆反应的活化能，所以逆反应的活化能不小于905.9kJ·mol－1，故A正确；第2min和第4min时NH3的物质的量分别为0.6mol和0.3mol，第2min到第4min时消耗氨气0.3mol，则消耗氧气0.375mol，所以反应在第2min到第4min时，O2的平均速率为0.1875mol·L－1·min－1，故B错误；第0min和第2min时NH3的物质的量分别为0.8mol和0.6mol，氨气的变化量是0.2mol，第2min到第4min时氨气的变化量是0.3mol，反应第2min时改变条件速率加快，所以改变的条件可能是使用催化剂或升高温度，故C正确；平衡后降低压强，平衡正向移动，气体物质的量增大，根据，混合气体平均摩尔质量减小，故D正确；选B。8、C【详解】A.金属与酸反应放出热量，测定温度变化可探究化学能可转化为热能，A项正确；

B.醋酸与碳酸钠反应生成气体，硼酸不能，依据强酸制弱酸，可比较弱电解质的相对强弱，B项正确；

C.NaHSO3溶液与H2O2溶液发生氧化还原反应，生成硫酸钠和水，现象不明显，则通过观察现象不能探究浓度对反应速率的影响，C项错误；

D.只有催化剂一个变量，可探究催化剂对反应速率的影响，D项正确；

答案选C。9、C【分析】酸是电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；碱是电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；盐是电离时生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物；氧化物是指氧元素与另外一种化学元素组成的二元化合物；结合盐的概念进行分析判断。【详解】K2FeO4电离方程式为K2FeO4=2K++FeO42-，K2FeO4是由金属阳离子钾离子和酸根离子高铁酸根离子构成的化合物，所以K2FeO4属于盐，C项正确。10、C【详解】水能发生微弱的电离：H2OH++OH-。五种物质中只有NH4Cl能发生水解反应，促进水的电离，其它物质都是抑制水的电离，所以等浓度时NH4Cl溶液中由水电离出来的H+浓度最大；等浓度下H2SO4电离的H+浓度最大，它对水的抑制作用最强，所以H2SO4溶液中由水电离出来的H+浓度最小；等浓度时HCl电离产生的H+浓度与NaOH电离产生的OH-浓度相等，所以等浓度时HCl与NaOH对水电离的抑制作用相同，即HCl与NaOH溶液中由水电离产生的H+浓度相等；CH3COOH是弱酸，等浓度时电离产生的H+浓度比HCl小，对水电离的抑制作用比HCl弱，所以等浓度时CH3COOH溶液中由水电离产生的H+浓度比HCl多，总之，五种溶液中由水电离产生的c(H+)大小关系是：④>③>①=⑤>②。答案选C。【点睛】水分子能发生微弱电离H2OH++OH-，在酸和碱溶液中水的电离都被抑制，在能水解的盐溶液中水的电离都被促进。一般说来，酸溶液中OH-全部来自水的电离，碱溶液中H+全部来自水的电离。能水解的盐溶液中，弱酸根离子结合水电离的部分H+，弱碱阳离子结合水电离的部分OH-。不管是纯水中，还是酸、碱、盐溶液中水电离的H+浓度与水电离的OH-浓度一定相等。11、C【详解】A.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，H2转化为液态水，H2的燃烧热应为241.8kJ/mol，故A错误；B.浓硫酸溶解于水的过程放热，则用浓硫酸与NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量大于57.3kJ，故B错误；C.2mol碳单质，完全燃烧时放出热量更多，故有a>b，故C正确；D.石墨转化为金刚石吸热，说明石墨的能量低于金刚石，而物质能量越低越稳定，故石墨比金刚石更稳定，故D错误；答案选C。12、A【解析】A．反应物浓度增大，反应速率加快；B．催化剂参与反应，改变反应的途径；C．金属与酸反应时，若氢离子浓度相同，则弱酸的浓度较大，两酸等体积时，弱酸产生氢气多，但是两酸的体积关系不确定；D．容积缩小一倍，压强增大。【详解】A．其他条件相同，Na2S2O3溶液浓度越大，析出硫沉淀所需要的时间越短，是因反应物浓度增大，反应速率加快，选项A正确；B．催化剂参与反应，改变反应的途径，但反应前后其质量和化学性质不变，选项B错误；C．金属与酸反应时，若氢离子浓度相同，则弱酸的浓度较大。若两酸体积相等时，弱酸与锌反应产生的氢气多，由于两种酸的体积不明确，故两种酸产物的氢气不一定相同，选项C错误；D．容积缩小一倍，压强增大，所以正逆反应速率均增大，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查化学反应速率，明确影响反应速率的因素正确评价实验中的结论是解答的关键，选项C为解答的易错点，题目难度中等。13、A【详解】沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动。沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化，或者说对于沉淀类型相同的物质，一般向着Ksp减小的方向进行；向10mLNaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴加一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变为黑色，根据上述变化过程中的沉淀现象可知，沉淀溶解度大小为：AgCl＞AgI＞Ag2S，故选A。14、B【分析】根据电池总反应式C6Lix＋Li1－xLaZrTaOLiLaZrTaO＋C6以及装置图中Li+的移动方向可知，b电极为正极，a电极为负极，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+，正极反应式为Li1-xLaZrTaO+xLi++xe-=LiLaZrTaO，电池工作时，阴离子移向负极a，阳离子移向正极b，据此分析解答。【详解】A.根据装置图中Li+移动方向可知，b电极为正极，a电极为负极，a极发生氧化反应，故A正确；B.放电时，a电极为负极，b电极为正极，正极上Li1−xLaZrTaO得电子生成LiLaZrTaO，反应式为xLi+＋Li1－xLaZrTaO+xe－=LiLaZrTaO，故B错误；C.当电池工作时，处于放电状态，为原电池原理，b电极为正极，反应式为xLi+＋Li1－xLaZrTaO+xe－=LiLaZrTaO，故每转移xmol电子，b极增加xmolLi+，质量为7g/mol×xmol=7xg，故C正确；D.由反应原理和装置图可知，放电时，Li+从a电极通过LiLaZrTaO固态电解质移动向b电极，并嵌入到b极，充电时，Li+从b电极通过LiLaZrTaO固态电解质移动向a电极，并嵌入到a极，故电池充放电过程，LiLaZrTaO固态电解质均起到传导Li+的作用，故D正确；故选B。15、B【解析】A．由图像数据可知，温度越大，平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应方向为放热反应，即△H＜0，故A错误；B．硫难溶于水，而碘单质与I-形成I3-而溶于水，可以达到除去少量碘的目的，故B正确；C．加入CCl4，碘能溶于CCl4，这样水中碘的浓度变小，平衡向左移动，故C错误；D．加入KI固体，碘离子浓度增大，平衡向右移动，但平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，加入少量KI固体，平衡常数K不变，故D错误；故选B。16、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。二、非选择题（本题包括5小题）17、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。18、H2SO3、H2SO4S2-＞O2-＞Na+离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）NH4NO3NH4++OH-NH3•H2O4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4【分析】A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素，C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则原子核外电子排布为2、6，应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，应为Na元素，C、E主族，则E为S元素，由以上分析可知A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素。【详解】(1)E为S元素，对应的氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4，故答案为H2SO3、H2SO4；(2)元素C、D、E形成的离子分别为O2-、Na+、S2-，S2-离子核外有3个电子层，离子半径最大，O2-与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电核数越大，半径越小，则半径O2-＞Na+，故答案为S2-＞O2-＞Na+；(3)化合物D2C为Na2O，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为，D2C2为Na2O2，为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故答案为；离子键、非极性共价键(或离子键、共价键)；(4)由A、B、C三种元素形成的离子化合物为NH4NO3，与强碱溶液反应的实质为NH4++OH-NH3•H2O，故答案为NH4NO3；NH4++OH-NH3•H2O；(5)某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，应分别为Na2S、Na2SO3、Na2SO4，此反应为分解反应，反应的化学方程式为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故答案为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4。【点睛】本题考查元素的位置结构与性质的相互关系及其应用，正确推断元素的种类为解答该题的关键。本题的易错点为(5)，注意从歧化反应的角度分析解答。19、酸容量瓶读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点；读数应到0.01mL。充满溶液，无气泡1．60酚酞滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色无影响偏高【分析】（1）根据酸性溶液存放在酸式滴定管中；根据滴定管的结构以及测量体积的原理来分析；（2）NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；（3）根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析误差。【详解】盐酸是酸性溶液，存放在酸式滴定管中；配制cmol/L盐酸标准液，必须使用的主要容器是容量瓶；滴定前读数为：0.30mL，滴定后读数为：1.90mL，消耗溶液的体积为1.60mL；滴定管读数时应注意读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点，读数应到0.01mL；尖嘴部分应充满溶液，无气泡；故答案为酸；容量瓶；读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点，读数应到0.01mL；充满溶液，无气泡；1.60mL。（2）该滴定实验是用酸滴定未知浓度的碱，所以应选用的指示剂为酚酞；确定终点的方法为滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色，故答案为酚酞，滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色。（3）a.若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，可知c（标准）无影响，故答案为无影响。b.若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，可知c（标准）偏高，故答案为偏高。【点睛】酸碱中和滴定的误差分析根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）判断。20、2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O生成Mn2+起催化剂作用，加快反应速率酸高锰酸钾溶液具有强氧化性，可腐蚀橡胶管不需要溶液由无色变浅红色(粉红色)，且半分钟不褪色CcV/10315cV/m%【分析】(1)根据得失电子守恒配平KMnO4与H2C2O4反应的方程式；反应生成的Mn2+具有催化作用；(2)KMnO4溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶；(3)KMnO4溶液本身显紫色；(4)根据c（待测）═分析误差；(5)根据化学方程式计算草酸的浓度，根据草酸的浓度和体积、草酸的摩尔质量计算草酸晶体的质量。【详解】(1)根据得失电子守恒配平KMnO4与H2C2O4反应的方程式为2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O，离子方程式是2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O；反应生成的Mn2+起催化剂作用，加快反应速率，所以该反应发生时产生气体先慢后快；(2)KMnO4溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶，所以KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；(3)KMnO4溶液本身显紫色，所以滴定过程中不需要加入指示剂；达到滴定终点时溶液由无色变浅红色(粉红色)，且半分钟不褪色；(4)盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定，标准液浓度减小，消耗标准液的体积偏大，导致测定结