2024届上海市杨思中学化学高二第一学期期中教学质量检测试题含解析

2024届上海市杨思中学化学高二第一学期期中教学质量检测试题注意事项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、“共享单车”方便出行，低碳环保。下列关于单车的制造材料说法正确的是()A．制造车轮钢圈的材料是合金 B．铝合金制造的车架较钢制造的重C．制造轮胎用的橡胶属于无机物 D．制造反光板的有机玻璃属于硅酸盐2、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3、X、Y、Z都是气体，反应前X、Y的物质的量之比是1∶2，在一定条件下可逆反应X+2Y2Z达到平衡时，测得反应物总的物质的量等于生成物总的物质的量，则平衡时X的转化率是()A．80% B．20% C．40% D．60%4、下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是图1图2图3图4A．用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB．用图2所示装置以海水制取蒸馏水C．用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D．用图4所示装置利用无水乙醇萃取碘水中的碘5、已知①相同温度下：Ksp[Zn(OH)2]＞Ksp[ZnS]，Ksp[MgCO3]＞Ksp[Mg(OH)2]；②电离出的能力：FeS＞H2S＞CuS，则下列离子方程式错误的是（）A．将加入稀盐酸中：B．向溶液中通气体：C．将溶液和溶液混合：D．向少量溶液中加入足量溶液：6、25℃时，pH＝2的H2SO4溶液中，由水电离出的H＋浓度是（）A．1×10－7mol·L－1 B．1×10－12mol·L－1C．1×10－2mol·L－1 D．1×10－14mol·L－17、如图所示是25℃时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是A．该反应为放热反应B．b曲线是表示加入了催化剂时的能量变化曲线C．加入催化剂，增加了反应的热效应D．反应开始通入1molN2和3molH2，反应后放出的热量一定为92kJ8、温总理在十届全国人大四次会议上所作的“政府工作报告”中指出：“抓好资源节约，建设环境友好型社会”，这是我国社会及经济长期发展的重要保证。你认为下列行为中有悖于这一保证的是（）A．开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源、减少使用煤、石油等化石燃料B．将煤进行“气化”和“液化”处理，提高煤的综合利用效率C．研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展D．实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗(Reduce)、增加资源的重复使用(Reuse)、资源的循环再生(Recycle)9、若NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()。A．1L0.1mol·L－1的KClO3水溶液中含有的Cl—为0.1NAB．常温常压下，46gNO2和N2O4的混合气体中含有的氧原子数为2NAC．标准状况下，22.4LCHCl3中含有的氯原子的数目为3NAD．1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子10、下列物质沸点最高的是A．正丁烷B．异丁烷C．1-丙醇D．1，2-丙二醇11、既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的物质是()A．AlCl3 B．NaAlO2 C．Al(OH)3 D．Na2CO312、25℃时，甲为0.1mol/L的醋酸溶液，乙为0.5mol/L的醋酸溶液。下列说法正确的是A．溶液的导电能力：甲=乙B．醋酸的电离转化率：甲>乙C．对水的电离的抑制程度：甲>乙D．c(CH3COO-)：甲>乙13、下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是()A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B．高压比常压有利于合成SO3C．工业制取金属钾Na(l)＋KCl(l)⇌NaCl(l)＋K(g)选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来D．加入催化剂有利于氨的合成14、一定温度下，在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：CH3OH(g)+CO(g)⇌CH3COOH(g)ΔH<0。下列说法正确的是容器编号温度/K物质的起始浓度/mol/L物质的平衡浓度/mol/Lc(CH3OH)c(CO)c(CH3COOH)c(CH3COOH)I5300.500.5000.40II5300.200.200.40III510000.50A．达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为3:4B．达平衡时，容器II中c(CH3COOH)c(CC．达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的大D．达平衡时，容器I中CH3OH转化率与容器III中CH3COOH转化率之和小于115、在室温下，相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是A．处于a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力强B．对于b、c两点，氨水的电离常数Kb＞KcC．若取相同体积的处于a点和c点的溶液分别与同浓度的盐酸完全反应，消耗盐酸的体积Va＜VcD．X的值接近7，但小于716、维生素C具有的性质是：A．难溶于水 B．强还原性 C．强氧化性 D．加热难分解17、我国及美国、日本等国家都已研制出了一种陶瓷柴油机，这种柴油机的发动机部件的受热面是用一种耐高温且不易传热的材料来制造的，这种材料是A．普通硅酸盐陶瓷B．氮化硅陶瓷C．光导纤维D．玻璃钢18、下列有关电解质的说法中正确的是A．强电解质一定是离子化合物B．强电解质、弱电解质的电离都是吸热过程C．强电解质的饱和溶液一定是浓溶液D．强电解质在水中一定能全部溶解19、NaCl晶体中存在的化学键为A．离子键 B．极性键 C．共价键 D．非极性键20、下列实验方案能达到目的的是()A．用NaOH溶液除去CO2中的HClB．用加热的方法除去NaHCO3固体中的少量NaClC．用丁达尔效应鉴别Al(OH)3胶体和Na2SO4溶液D．用酚酞溶液鉴别NaOH溶液和KOH溶液21、下列说法正确的是A．用广泛pH试纸测得氯水的pH为2B．用玻璃棒蘸取溶液滴在已润湿的pH试纸上测得其pH为12C．常温下0.1mol/L的溶液加水稀释，变大D．常温下某溶液中由水电离出的为，一定是碱性溶液22、下列气体中，不能用排水法收集的是()A．H2B．NH3C．NOD．O2二、非选择题(共84分)23、（14分）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)B在周期表中的位置为第________周期第________族。(2)E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为____________________。(3)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)。(4)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中含有的化学键是________________________。24、（12分）A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为易挥发液体，C为气体。D、E、F、G、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体.它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）。（1）写出化学式：A___，D___，E___，X___。（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是____。（填编号）（3）反应⑥的离子方程式为____。（4）反应⑦的化学方程式为____。（5）该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子___mol。25、（12分）下图是用0.1000mol·L-1的盐酸滴定10mL某未知浓度的NaOH溶液的示意图和某次滴定前、后盛放盐酸的滴定管中液面的位置。请回答下列问题:（1）仪器A的名称是______________。（2）下列有关滴定操作的顺序正确的是______________①检查滴定管是否漏水②装标准溶液和待测液并调整液面和记录初始读数③滴定操作④用蒸馏水洗涤玻璃仪器⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中并加入指示剂⑥用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管（3）盐酸的体积读数:滴定前读数为______________mL，滴定后读数为______________mL。（4）根据本次实验数据计算待测液的物质的量浓度是______________mol/L（5）滴定过程中，眼睛应注视______________；在铁架台上垫一张白纸，其目的是______________。（6）对下列几种假定情况进行讨论(填“无影响”“偏高”或“偏低”):①取待测液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，对测定结果的影响是______________；②若滴定前锥形瓶未用待测液润洗，对测定结果的影响是______________；③标准液读数时，若滴定前俯视，滴定后仰视，对测定结果的影响是______________。26、（10分）某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：A．用250mL容量瓶等仪器配制成250mL烧碱溶液；B．用移液管（或碱式滴定管）量取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴甲基橙指示剂；C．在天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中加蒸馏水溶解；D．将物质的量浓度为Mmol•L﹣1的标准HCl溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度数V1mL；E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点耗酸体积V2mL。回答下列问题：（1）正确的操作步骤是（填写字母）________→________→________→D→________；（2）滴定时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视________________；（3）终点时颜色变化是_____________________；（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有_____（填字母序号）；A．滴定终点读数时俯视B．锥形瓶水洗后未干燥C．酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸润洗D．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失（5）该烧碱样品的纯度计算式是________。27、（12分）某研究性学习小组通过下列反应原理制备SO2并进行性质探究。反应原理为：Na2SO3(固)+H2SO4(浓)＝Na2SO4+SO2↑+H2O（1）根据上述原理制备并收集干燥SO2的实验装置连接顺序为________________。(填接头序号)（2）D中盛装的试剂为_________________。（3）甲同学用注射器吸取纯净的SO2并结合装置G进行SO2的性质实验，若X是Na2S溶液，其目的是检验SO2的_____________，可观察到的现象_________。（4）实验1：乙同学将溶液X换为浓度均为0.1mol/LFe(NO3)3和BaCl2的混合溶液（已经除去溶解氧），通入少量SO2后观察到烧杯产生白色沉淀，乙同学认为白色沉淀为BaSO4，为探究白色沉淀的成因，他继续进行如下实验验证：（已知：0.1mol/LFe(NO3)3的pH=2）实验操作现象结论和解释2将SO2通入0.1mol/L____和BaCl2混合液产生白色沉淀Fe3+能氧化H2SO33将SO2通入_______和BaCl2混合液产生白色沉淀酸性条件NO3-能将H2SO3氧化为SO42-28、（14分）25℃时，有关物质的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3H2SO3电离平衡常数K=1.8×10－5K1=4.3×10－7K2=5.6×10－11K1=1.5×10－2K2=1.02×10－7(1)常温下，将体积为10mLpH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1000mL，稀释后溶液的pH，前者_____后者（填“＞”、“＜”或“=”）。(2)下列离子CH3COO－、CO32－、HSO3－、SO32－在溶液中结合H＋的能力由大到小的关系为__________。(3)体积相同、c(H＋)相同的①CH3COOH；②HCl；③H2SO4三种酸溶液分别与同浓度的NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是_____(填序号)。(4)已知，H＋(aq)+OH－(aq)＝H2O(l)ΔH=－57.3kJ/mol。实验测得稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1molH2O时放出57kJ的热，则醋酸溶液中，醋酸电离的热化学方程式为_____。29、（10分）甲醇被称为1l世纪的新型燃料，工业上可以用CH4和H1O为原料来制备甲醇．（1）将1.0molCH4和1.0molH1O（g）通入容积为10L的反应室，在一定条件下发生反应Ⅰ：CH4（g）+H1O（g）CO（g）+3H1（g），CH4的转化率与温度、压强的关系如图甲：已知100℃,压强为P1时,达到平衡所需的时间为5min，①则用H1表示的平均反应速率为______．②在其它条件不变的情况下升高温度，化学平衡常数将____（填“增大”“减小”或“不变”）．③图中的P1____P1（填“＜”、“＞”或“=”），在100℃,压强为P1时平衡常数为_______．④保持反应体系100℃,压强为P1，5min后再向容器中冲入H1O、H1各0.5mol，化学平衡将向___移动（填“向左”“向右或“不”）．（1）在一定条件下，将amolCO与3amolH1的混合气体在催化剂作用下能自发发生反应Ⅱ：CO（g）+1H1（g）CH3OH（g）①该反应的△H___0，△S___0（填“＜”、“＞”或“=”）．②若容器容积不变，下列措施可以提高CO转化率的是____．A．升高温度B．将CH3OH（g）从体系中分离出来C．充入He，使体系总压强增大D．再充入1molCO和3molH1．

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、A【题目详解】A.钢圈含有Fe、C等，是合金，故A正确；B.铝的密度较小，用铝合金制造的车架较钢的更轻，故B错误；C.制轮胎用的橡胶是高分子化合物制成的，属于有机物，故C错误；D.有机玻璃是有机高分子材料，不是硅酸盐，故D错误；故选A。2、B【题目详解】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。【题目点拨】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。3、D【题目详解】反应前X、Y的物质的量之比是1：2，设X、Y物质的量分别为1mol、2mol，达平衡时消耗X物质的量为nmol，则：X（g）+2Y（g）2Z（g）起始量（mol）：120变化量（mol）：n2n2n平衡量（mol）：1-n2-2n2n平衡混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量，则1-n+2-2n=2n，解得n=0.6，故X的转化率为0.6mol/1mol×100%=60%，答案选D。4、B【解题分析】A项，NaOH不仅吸收HCl，而且吸收Cl2，使Cl2减少，错误；B项，从海水中获得蒸馏水可用蒸馏法，正确；C项，纯碱溶于水，不能控制反应，制得的CO2中混有HCl和H2O（g），不能得到纯净的CO2，错误；D项，无水乙醇与水互溶，不能用无水乙醇从碘水中萃取碘，错误；答案选B。点睛：本题考查化学实验的基本操作。注意常见气体的制备、除杂和净化，萃取剂的选择。萃取剂的选择必须满足三个条件：萃取剂与原溶剂互不相溶，萃取剂与原溶液不反应，溶质在萃取剂中的溶解度远大于溶质在原溶剂中的溶解度。5、C【分析】在相同温度下，结合溶度积可知，溶度积越小，越难溶，溶液中的离子优先结合生成难溶或更难电离的物质；结合电离出S2-的能力可知，FeS＞H2S＞CuS，则结合S2-能力逐渐增强，反应向结合S2-的能力强的方向移动，由此分析。【题目详解】A．电离出S2-的能力为FeS＞H2S，则可发生，故A不符合题意；B．电离出S2-的能力为H2S＞CuS，则铜离子和硫化氢反应生成硫化铜，可发生，故B不符合题意；C．因相同温度下，Ksp[Zn(OH)2]＞Ksp[ZnS]，硫化锌比氢氧化锌更难溶，则锌离子和硫离子先结合生成硫化锌沉淀，故不能发生，故C符合题意；D．因相同温度下，Ksp[MgCO3]＞Ksp[Mg(OH)2]，氢氧化镁比碳酸镁更难溶，少量的物质的量设为1mol，则用去的氢氧化钠的物质的量为4mol，其中2mol和镁离子生成氢氧化镁沉淀，2mol与碳酸氢根结合生成碳酸根离子，可发生，故D不符合题意；答案选C。6、B【题目详解】在水溶液中，水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子的浓度，25℃时，pH＝2的硫酸溶液中c(H+)=10－2mol·L－1，则溶液中的氢氧根离子的浓度为1×10－12mol·L－1，此时水溶液中的氢氧根离子完全来自于水电离，故此时由水电离出的H＋浓度是1×10－12mol·L－1；答案选B。7、A【分析】该反应放出的能量大于吸收的能量，所以放热，△H=放出的能量-吸收的能量=600kJ/mol-508kJ/mol=92kJ/mol；其中曲线a是反应的活化能降低了，反应的焓变不变。【题目详解】A.该反应放出的能量大于吸收的能量，所以该反应为放热反应，故A正确；B.曲线a是反应的活化能降低了，反应的焓变不变，所以是加入了催化剂所致，故B错误；C.反应体系中加入催化剂，不改变反应的始终态，则不会改变反应的热效应，故C错误；D.向密闭容器中通入1molN2和3molH2，不可能完全转化，所以达到平衡时放出热量小于92kJ，故D错误；

故答案选A。【题目点拨】本题考查了化学反应中能量转化与催化剂的关系，反应热的计算，图象的应用能力，注意化学平衡的特征是可逆反应。8、C【解题分析】煤、石油属于不可回收资源，污染环境，要节约资源，建设环境友好型社会。要开发新型能源：太阳能、水能、风能、可燃冰,减少资源消耗(Reduce)、增加资源的重复使用(Reuse)、资源的循环再生(Recycle)。答案选C。9、B【题目详解】A.KClO3水溶液中不含有Cl-，A错误；B.常温常压下，46gNO2和46gN2O4中所含有的氧原子数都为2NA，所以46gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数也为2NA，B正确；C.标准状况下，CHCl3为液体，不能利用22.4L/mol进行计算，C错误；D.SO2与O2生成SO3的反应为可逆反应，所以1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，转移电子数小于2NA，D错误。故选B。【题目点拨】计算两种气体的混合气中所含某原子的数目时，首先要判断两种气体分子是否发生反应，若二者不反应，可采用极值法分别计算两种气体分子中所含该原子的数目，混合气体中该原子的数目应介于两极端值之间；若两种气体发生反应，先让其发生反应，再计算剩余气体中所含该原子的数目。10、D【解题分析】正丁烷、异丁烷、1-丙醇的相对分子质量相近，由于醇中存在氢键，所以相对分子质量相近的烷烃与醇相比，醇的沸点高于烷烃，故排除A、B。碳原子相同的醇，醇羟基个数越多其熔沸点越高，所以1，2-丙二醇的沸点高于1-丙醇，沸点最高的为1，2-丙二醇，故选D。点睛：本题考查物质熔沸点比较，碳原子数相同的烷烃，其支链越多，沸点越低，本题中正丁烷沸点高于异丁烷。醇的沸点受醇羟基数目影响，醇羟基越多，分子间存在的氢键越多，沸点越高。11、C【题目详解】A．氯化铝和盐酸不反应，A错误；B．偏铝酸钠和氢氧化钠不反应，B错误；C．氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，C正确；D．碳酸钠与氢氧化钠不反应，D错误；答案选C。12、B【解题分析】醋酸为弱酸，存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+；A.乙中醋酸浓度较大，离子浓度较大，溶液的导电能力较大，即甲>乙，选项A错误；B.根据弱电解质越稀越电离可知，弱酸醋酸的电离转化率：甲>乙，选项B正确；C.乙中酸电离产生的氢离子浓度较大，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，故对水的电离的抑制程度：甲<乙，选项C错误；D.温度相同，电离平衡常数相等，醋酸浓度大的氢离子浓度大，c(CH3COO-)也大，则甲<乙，选项D错误。答案选B。13、D【题目详解】A．二氧化氮与四氧化二氮之间存在化学平衡2NO2N2O4，红棕色的NO2加压后颜色先变深是因为加压后二氧化氮的浓度变大了，后来变浅说明化学平衡向生成四氧化二氮的方向移动了，A可以用平衡移动原理解释；B．合成SO3的反应是气体分子数减小的反应，加压后可以使化学平衡向正反应方向移动，所以高压比常压有利于合成SO3的反应，B可以用平衡移动原理解释；C．工业制取金属钾，Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)，选取适宜的温度，使K成蒸气从反应混合物中分离出来，有利于化学平衡向生成钾的方向移动，C可以用平衡移动原理解释；D．加入催化剂可以加快化学反应速率，所以有利于氨的合成，但是不可以用平衡移动原理解释，D符合题意；故选D。14、D【解题分析】A．根据CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)

可知容器II中的起始量为相同条件容器I中的1.2倍，相当于增大压强的结果，增大压强，平衡正向移动，容器I中平衡时浓度之和为0.4+0.1+0.1=0.6(mol/L)，因此达平衡时，容器II中平衡时浓度之和小于0.6mol/L×1.2=0.72mol/L，容器I与容器II中的总压强之比大于0.6:0.72=5:6＞3:4，故A错误；B．根据CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)

可知容器II中的起始量为相同条件容器I中的1.2倍，相当于增大压强的结果，增大压强，平衡正向移动，则cCH3COOHcCH3OH增大，则达平衡时，容器C．根据CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)

可知，容器I中起始量与容器Ⅲ等效，但容器Ⅲ中的温度低，温度越低，反应速率越慢，因此达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的小，故C错误；D.根据CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)

可知，容器I中起始量与容器Ⅲ等效；该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CH3COOH的转化率减小，因此达平衡时，容器I中CH3OH

转化率与容器III中CH3COOH

转化率之和小于1，故D正确；答案选D。【题目点拨】本题容器I与容器Ⅲ中的平衡状态虽然并不是等效的，但可利用等效平衡的思想进行对比分析，若容器Ⅲ中的温度也为530ºC，则两者平衡等效，容器I中CH3OH

转化率与容器III中CH3COOH

转化率之和就应等于1，但容器Ⅲ中温度较530ºC低，CH3COOH的转化率减小，故平衡时，容器I中CH3OH

转化率与容器III中CH3COOH

转化率之和小于1。15、C【解题分析】根据信息可以知道氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH,因为氢氧化钠是强电解质,一水合氨是弱电解质,则氢氧化钠的浓度小于氨水,稀释过程中,促进一水合氨电离,所以pH变化大的是氢氧化钠,变化小的是氨水,

A.溶液的导电能力与离子浓度成正比；

B.电离平衡常数只与温度有关；

C.等pH的氨水和氢氧化钠,氨水的浓度大于氢氧化钠,等体积的二者,氨水的物质的量大于氢氧化钠；

D.碱无限稀释时,溶液的pH接近于7,但大于7。【题目详解】根据信息可以知道氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH,因为氢氧化钠是强电解质,一水合氨是弱电解质,则氢氧化钠的浓度小于氨水,稀释过程中,促进一水合氨电离,所以pH变化大的是氢氧化钠,变化小的是氨水,

A.溶液的导电能力与离子浓度成正比，a点的离子浓度小于b点，所以a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力弱,故A错误；

B.电离平衡常数只与温度有关,温度不变,一水合氨的电离平衡常数不变,故B错误；

C.等pH的氨水和氢氧化钠,氨水的浓度大于氢氧化钠,等体积的二者，氨水的物质的量大于氢氧化钠,碱的物质的量越大消耗同浓度酸的体积越多,所以消耗盐酸的体积Va＜Vc，故C正确；

D.碱无限稀释时,溶液的pH接近于7,但仍然大于7,不能等于7或小于7,故D错误；

综上所述，本题选C。16、B【题目详解】维生素C是一种水溶性维生素，容易失去电子，是一种较强的还原剂，在碱性溶液中很容易被氧化，加热易分解，答案选B。17、B【解题分析】试题分析：陶瓷柴油机是一种新型的无机非金属材料做成的—氮化硅陶瓷，氮化硅陶瓷具有硬度极高、耐磨损、抗腐蚀、抗氧化等一系列优良性能，答案选B。考点：考查玻璃和陶瓷的新发展。18、B【解题分析】A、强弱电解质根本区别在于能否完全电离，强电解质不一定为离子化合物，如硫酸、氯化氢等都是共价化合物，它们属于强电解质，A错误；B、强电解质和弱电解质的电离过程都是吸热反应，B正确；C、强弱电解质与溶解度没有必然关系，强电解质的溶液不一定为浓溶液，如硫酸钡、氯化银、碳酸钙等为强电解质，它们在水中溶解度较小，其饱和溶液浓度较小，C错误；D、硫酸钡难溶于水，但它是强电解质，D错误；答案选B。19、A【题目详解】Na原子最外层只有1个电子，Na原子易失去最外层的1个电子；Cl原子最外层有7个电子，Cl原子易得到1个电子；钠与氯气反应时，Na原子最外层上的1个电子转移到Cl原子的最外电子层上，形成Na+和Cl-，Na+和Cl-之间形成离子键，即NaCl晶体中存在的化学键为离子键；答案选A。20、C【解题分析】A.氢氧化钠溶液也与氯化氢反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，A错误；B.碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，不能用加热的方法除去NaHCO3固体中的少量NaCl，B错误；C.胶体可以产生丁达尔效应，可以用丁达尔效应鉴别Al(OH)3胶体和Na2SO4溶液，C正确；D.NaOH溶液和KOH溶液均显碱性，不能用酚酞溶液鉴别NaOH溶液和KOH溶液，D错误，答案选C。21、C【题目详解】A．氯水具有漂白性，不能用广泛pH试纸测氯水的pH，故A错误；B．应该用干燥的pH试纸测溶液的pH，故B错误；C．常温下0.1mol/L的溶液加水稀释，减小，不变，所以变大，故C正确；D．酸、碱都能抑制水电离，常温下某溶液中由水电离出的为，溶液可能呈酸性或碱性，故D错误；选C。22、B【解题分析】A．氢气难溶于水，能用排水法收集，故A错误；B．氨气溶于水且与水反应，因此氨气不能用排水法收集，故B正确；C．一氧化氮难溶于水，能用排水法收集，故C错误；D．氧气不易溶于水，能用排水法收集，故D错误；故选B。点睛：实验室制取气体的发生装置选择的依据为反应物的状态和反应的条件，收集装置的选择依据气体本身的密度、溶解性等物理性质，能用排水法收集的气体应为不易溶于水或难溶于水的物质，且不与水反应。二、非选择题(共84分)23、二ⅤAH2SO3、H2SO4S2－O2－Na＋离子键、(非极性)共价键【分析】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，为氢元素；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，说明其最高价为+5，为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4，说明为氧元素；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，说明D为钠元素；C、E同主族，说明E为硫元素。【题目详解】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，为氢元素；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，说明其最高价为+5，为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4，说明为氧元素；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，说明D为钠元素；C、E同主族，说明E为硫元素。(1)B为氮元素，在第二周期第VA族；(2)E为硫元素，其氧化物由二氧化硫和三氧化硫，对应的水化物分别为H2SO3、H2SO4；(3)氧离子、钠离子和硫离子中根据电子层数越多，半径越大，相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小分析，半径顺序为S2－>O2－>Na＋;(4)用电子式表示氧化钠的形成过程，表示为：；过氧化钠中含有离子键、(非极性)共价键。【题目点拨】掌握电子式表示化合物的形成过程中，注意离子化合物的书写方法，左侧写原子的电子式，右侧写化合物的电子式，并用弯箭头表示电子的转移方向。24、FeFe(NO3)3Fe3O4HCl③⑥Fe3++3SCN－Fe(SCN)33Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H20.8【分析】根据D加F为红色溶液，想到KSCN和铁离子显红色，再联想D到G的转化，是亚铁离子和铁离子之间的转化，故D为铁离子，G为亚铁离子，A为单质铁，而B和A要反应生成铁离子，再联系A为有液体且易挥发，说明是硝酸，再根据E和X反应生成D、G、H，说明E中有铁的两个价态，E为黑色固体，且Fe和C点燃变为黑色固体，想到E为四氧化三铁，X为盐酸，H为水。【题目详解】⑴根据前面分析得出化学式：A：Fe，D：Fe(NO3)3，E：Fe3O4，X：HCl，故答案分别为Fe；Fe(NO3)3；Fe3O4；HCl；⑵在反应①～⑦中，①～⑦反应分别属于①氧化还原反应，②氧化还原反应，③复分解反应，④氧化还原反应，⑤氧化还原反应，⑥复分解反应，⑦氧化还原反应，故不属于氧化还原反应的是③⑥，故答案为③⑥；⑶反应⑥的离子方程式为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3，故答案为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3；⑷反应⑦的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故答案为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；⑸反应⑦中，铁化合价升高，水中氢化合价降低，分析氢总共降低了8个价态即转移8mol电子，因此每消耗0.3mol的A，可转移电子0.8mol，故答案为0.8mol。25、酸式滴定管①④⑥②⑤③0.8022.800.22锥形瓶中液体颜色变化方便观察颜色变化偏低无影响偏高【题目详解】（1）根据图示可知，仪器A的名称是酸式滴定管；（2）滴定操作的顺序为：检查滴定管是否漏水；用蒸馏水洗涤玻璃仪器；用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管；装标准溶液和待测液并调整液面和记录初始读数；取一定体积的待测液于锥形瓶中并加入指示剂；滴定操作；故答案为①④⑥②⑤③；（3）读数时，视线与凹液面的最低处齐平，且精确在0.01mL，故滴定前盐酸的体积读数为0.80mL；滴定后读数为22.80mL；（4）根据本次实验数据可计算待测液的物质的量浓度是；（5）滴定过程中，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛应注视锥形瓶中液体颜色变化；为了方便观察颜色变化，通常在锥形瓶下垫一张白纸；（6）①取待测液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，导致待测液的体积偏大，故所测浓度偏低；②滴定前锥形瓶未用待测液润洗，实验无影响；③标准液读数时，若滴定前俯视，滴定后仰视，导致消耗标准液的体积偏大，故测得溶液的浓度偏高。26、CABE锥形瓶内颜色的变化溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色CD40M(V2【解题分析】(1)实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，正确的操作步骤是C→A→B→D→E，故答案为：C；A；B；E；(2)滴定时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内颜色的变化，故答案为：锥形瓶内颜色的变化；(3)指示剂为甲基橙，变色范围为3.1-4.4，终点时pH约为4，终点时溶液的颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色，故答案为：溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；(4)A、滴定终点读数时俯视，则V酸偏小，造成测定结果偏低，故A不选；B、锥形瓶水洗后未干燥，碱的物质的量不变，对实验无影响，故B不选；C、酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸润洗，则消耗V酸偏大，造成测定结果偏高，故C选；D、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则消耗V酸偏大，造成测定结果偏高，故D选；故答案为：CD；(5)HCl+NaOH=NaCl+H2O可知，n(NaOH)=(V2-V1)×10-3L×Mmol/L×25025=M(V2-V1)×10-2mol，则该烧碱样品的纯度为M(V2-V127、afgdce（写afgdcfge）NaOH溶液（或其它碱液）氧化性产生黄色沉淀（黄色浑浊或乳白色沉淀）FeCl30.01mol/LHNO3（或pH=2的HNO3）【解题分析】试题分析：本题考查SO2的实验室制备和SO2性质探究，实验方案的设计。（1）根据反应原理，制备SO2属于“固体+液体→气体”；制得的SO2中混有H2O（g），用浓硫酸干燥SO2；SO2密度比空气大，用向上排空法收集；SO2污染大气，最后要进行尾气吸收，所以实验装置连接顺序为afgdce。（2）D中盛装的试剂吸收SO2尾气，可用NaOH溶液。（3）若X是Na2S溶液，由于酸性H2SO3H2S，反应的过程为SO2与Na2S溶液作用生成H2S，H2S与SO2作用生成S和H2O，SO2被还原成S，所以实验目的是检验SO2的氧化性，可观察到的现象是：产生黄色沉淀。（4）白色沉淀为BaSO4，说明H2SO3被氧化成SO42-；根据Fe（NO3）3溶液的性质，可能是Fe3+将H2SO3氧化成SO42-，也可能是酸性条件下的NO3-将H2SO3氧化成SO42-；所以设计实验方案时用控制变量的对比实验。实验2要证明是Fe3+氧化H2SO3，所以选用与Fe（NO3）3含有相同Fe3+浓度的FeCl3溶液进行实验；实验3要证明是酸性条件下NO3-氧化H2SO3，所以选用与Fe（NO3）3溶液等pH的HNO3溶液进行实验。点睛：实验室制备气体时装置的连接顺序一般为：气体发生装置→气体除杂净化装置→气体收集装置（或与气体有关的主体实验）→尾气吸收装置。设计实验方案时必须遵循以下原则，如科学性原则、单一变量原则和对比原则等，如本题在设计实验时用实验1作为对比，选择合适的试剂，有利于更好的得出结论。28、＜CO32－＞SO32－＞CH3COO－＞HSO3－①＞②=③CH3COOH(aq)CH3COO－(aq)+H＋(aq)ΔH＝+0.3kJ/mol【题目详解】(1)根据表中数据可知，醋酸的酸性小于亚硫酸，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同倍数后，亚硫酸的pH变化大，即：醋酸的pH小于亚硫酸；(2)由表中数据可知，酸性强弱顺序为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3−＞HCO3−，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO−、CO32−、HSO3−、SO32−在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为：CO32－＞SO32－＞CH3COO－＞HSO3－；(3)c(H+)相同的盐酸和硫酸中和碱的能力相同，而c(H+)相同的盐酸和醋酸，因为醋酸是弱电解质，则醋酸中和碱的能力强，所以消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序为：①＞②=③；(4)实验测得稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1molH2O时放出57kJ的热量，则热化学方程式为：CH3COOH(aq)+OH−(aq)=H2O(l)+CH3COO−(aq)△H=－57.0kJ/mol，令该反应为①式，H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)△H=－57.3kJ/mol，令该反应为②式，则根据盖斯定律，①－②得：CH3COOH(aq)CH3COO－(aq)+H＋(aq)ΔH＝+0.3kJ/mol。【题目点拨】