2024届安徽省滁州市来安县第三中学化学高二上期中教学质量检测试题含解析

2024届安徽省滁州市来安县第三中学化学高二上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、下列事实：①Na2HPO4水溶液呈碱性；②NaHSO4水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥会使土壤酸性增大；④铵态氮肥不能与草木灰一起施用；⑤FeCl3的止血作用；⑥配制SnCl2溶液时加入盐酸；⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放；⑧MgCl2溶液中的FeCl3杂质可以加入过量的MgCO3除去。其中与盐类水解有关的是（）A．全部 B．除②⑦以外 C．除②⑤以外 D．除③、⑧以外2、一真空密闭恒容容器中盛有1molPCl5，加热到200℃时发生反应：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)，反应达到平衡时PCl5的分解率为M%，若在同一温度和同样容器中最初投入的是2molPCl5，反应达到平衡时PCl5的分解率为N%。M与N的关系是A．M>N B．M<N C．M＝N D．无法确定3、下列有机物中，易溶于水的是（）A．乙酸 B．溴乙烷 C．四氯化碳 D．乙酸乙酯4、下列说法正确的是A．氯水能导电,所以氯气是电解质B．碳酸钡不溶于水,所以它是非电解质C．固体磷酸是电解质,所以磷酸在熔融状态下和溶于水时都能导电D．胆矾虽不能导电,但它属于电解质5、已知反应A2(g)＋2B(s)A2B2(g)，下列说法正确的是()A．增大压强，化学平衡向正反应方向移动B．增大压强，正反应与逆反应速率均增大C．升高温度，化学平衡向正反应方向移动D．增大B的物质的量，化学平衡向正反应方向移动6、下列选项中哪一种可与陶瓷、普通玻璃、水泥归为同种类型的材料A．铝合金 B．高温结构氮化硅陶瓷C．有机玻璃 D．砖瓦7、已知气体A和气体B反应生成液态C为放热反应，则下列热化学方程式书写正确的是(a>0)A．A(g)＋2B(g)==C(l)ΔH＝＋akJ/mol B．A＋2B==CΔH＝－akJ/molC．A(g)＋2B(g)==C(l)ΔH＝－akJ D．A(g)＋2B(g)==C(l)ΔH＝－akJ/mol8、在一个恒容的密闭容器中充入C固体和水蒸气，在一定条件下进行下列两个可逆反应：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）现有下列状态：①C的浓度不变②H2O和H2的浓度相等③恒温时，气体压强不再改变④绝热时反应体系中温度保持不变⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍⑥混合气体密度不变⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变其中不能表明反应已达到平衡状态的是A．①② B．①⑦ C．③⑥ D．④⑤9、如图是温度和压强对X+Y2Z反应影响的示意图。图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。下列叙述正确的是()A．上述可逆反应的正反应为吸热反应B．X、Y、Z均为气态C．X和Y是气态，Z为固态D．上述反应的逆反应的△H＞010、下列化学用语正确的是A．HSO3-+H2OSO32-+OH-B．Al3++3H2O=3H++Al(OH)3C．NaHCO3=Na++HCO3-D．H2S2H++S2-11、某元素R最高价氧化物化学式为RO2，R的气态氢化物中氢的质量分数为25%，此元素是（）A．C B．N C．Si D．S12、下列方法中不能用于金属防腐处理的是（）A．制成不锈钢 B．把金属制品埋入潮湿、疏松的土壤中C．喷油漆、涂油脂 D．电镀13、下列化学用语正确的是A．纯碱的化学式:NaOHB．乙烯的结构简式：CH2CH2C．质子数为6、中字数为8的原子:86CD．蔗糖的分子式C12H22O1114、X、Y、Z、W有如图所示转化关系，且ΔH＝ΔH1＋ΔH2，则X、Y可能是①C、CO②S、SO2③AlCl3、Al(OH)3④Na2CO3、NaHCO3⑤Fe、FeCl2A．①②③④⑤ B．②④⑤ C．①③④ D．①②③15、下列说法中正确的是()A．电解NaCl溶液、熔融态的氯化镁可制得相应的金属单质B．工业上可用含Cu2S的矿石和氧化剂O2反应冶炼CuC．铝热反应可用于冶炼高熔点金属，如K、Ca、Cr、Mn等D．工业电解熔融态的Al2O3制Al时，加冰晶石的主要作用是提高Al的产量16、已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1％发生电离，下列叙述错误的是：A．该溶液的pH=4 B．升高温度，溶液的pH增大 C．此酸的电离平衡常数约为1×10-7 D．由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍17、已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0。若合成氨厂将此反应的工艺条件定为：①反应温度：300℃；②反应压强：300atm；③使用铁作催化剂，其中不是从有利于提高NH3平衡浓度来考虑的是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③18、二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示。常温下，S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水剧烈反应，并产生能使品红褪色的气体。下列说法错误的是A．S2Cl2的分子中的两个S原子均是sp3杂化B．S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2＞S2Cl2C．S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O═SO2↑+3S↓+4HClD．S2Cl2分子中的S为+1价，是含有极性键和非极性键的非极性分子19、已知：H2(g)+F2(g)＝2HF(g)的能量变化如图所示，有关叙述中不正确的是()A．氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是吸热反应B．1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量小于270kJC．在相同条件下，1molH2与1molF2的能量总和大于2molHF气体的能量D．断裂1molH﹣H键和1molF﹣F键吸收的能量小于形成2molH﹣F键放出的能量20、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO、Cl-B．使酚酞变红色的溶液中：Na+、NH、C1-、SOC．c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、Mg2+、SO、AlOD．由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、CH3COO-、NO21、前国际空间站处理CO2废气涉及的反应为CO2+4H2CH4+2H2O。该反应的下列说法正确的是A．通过使用钌催化剂能使CO2100%转化为CH4B．该温度下，当反应达平衡时，CH4物质的量就不再变化，因为反应已经停止C．除了使用催化剂，升高温度或增大压强都能加快该反应的速率D．由于升高温度可以加快反应速率，所以在工业生产中该反应温度越高越好22、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二、非选择题(共84分)23、（14分）肉桂醛F()在自然界存在于桂油中，是一种常用的植物调味油，工业上主要是按如下路线合成的：已知：两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生反应，生成一种羟基醛：+请回答：（1）D的结构简式为______；检验其中官能团的试剂为______。（2）反应①～⑥中属于加成反应的是______（填序号）。（3）写出反应③的化学方程式：______。（4）在实验室里鉴定（）分子中的氯元素时，是将其中的氯元素转化为AgCl白色沉淀来进行的，其正确的操作步骤是______（请按实验步骤操作的先后次序填写序号）。A．滴加AgNO3溶液B．加NaOH溶液C．加热D．用稀硝酸酸化（5）下列关于E的说法正确的是______（填字母）。a．能与银氨溶液反应b．能与金属钠反应c．1molE最多能和3mol氢气反应d．可以发生水解（6）E的同分异构体有多种，其中之一甲符合条件：①苯环上只有一个取代基，②属于酯类，可由H和芳香酸G制得，现测得H分子的红外光谱和核磁共振氢谱如下图：（已知H的相对分子量为32）则甲的结构简式为______。未知物H的核磁共振氢谱未知物H的红外光谱24、（12分）以煤气(主要成分CO、H2)和油脂为原料合成有机化合物日益受到重视。其中一种转化关系如下：(1)A的结构简式是______________。(2)E是两种含碳碳双键的酯的混合物，C与D反应得到E的化学方程式是____________(写出一个即可)。(3)以CH2＝CHCH3为原料合成D的过程如下：在方框“”中填写物质或条件__________、__________、_________。25、（12分）某学生用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，操作可分解为如下几步：A．用蒸馏水洗干净滴定管；B．用待测定的溶液润洗酸式滴定管；C．用酸式滴定管取稀盐酸20.00mL，注入锥形瓶中，加入酚酞；D．另取锥形瓶，再重复操作一次；E.检查滴定管是否漏水；F.取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2～3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下；G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。完成以下填空：（1）正确操作的顺序是(用序号字母填写)_____________。（2）操作F中应该选择图中________滴定管(填标号)。（3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察________。A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化滴定终点溶液颜色的变化是____________________________。（4）滴定结果如表所示：滴定次数待测溶液体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度1201.0221.032202.0025.003200.6020.60滴定中误差较大的是第________次实验，造成这种误差的可能原因是________。A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗2～3次B．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定终点读数时未发现气泡C．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡D．达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数E.滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来（5）该盐酸的浓度为________mol/L。（6）如果准确移取20.00mL0.1000mol/LNaOH溶液于锥形瓶中，滴入酚酞指示剂，然后用未知浓度的盐酸(装在酸式滴定管中)滴定，是否也可测定出盐酸的物质的量浓度？________(填“是”或“否”)。26、（10分）某学生用已知物质的量浓度的标准盐酸测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：（1）用含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制500mL溶液。除烧杯、量筒、胶头滴管和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是___________。取用25.00mL待测液时需要的仪器是_____________。（2）滴定过程中，在锥形瓶底垫一张白纸的作用是_______________；若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图(上面数字：22，下面数字：23)。，则此时消耗标准溶液的体积为_________mL（3）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏高的是________。A．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净但没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸（4）用标准盐酸滴定上述待测NaOH溶液时，判定滴定终点的现象是：直到加入最后一滴盐酸，_____________________________为止。（5）某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.000.0026.2826.28第二次25.001.5531.3029.75第三次25.000.2026.4226.22计算该NaOH溶液的物质的量浓度：c(NaOH)=__________mol/L。(保留四位有效数字)27、（12分）(1)现有Na2CO3和NaHCO3两种白色固体物质：Ⅰ．欲探究Na2CO3和NaHCO3稳定性的相对强弱，两同学分别设计了以下两组装置：请回答：①如甲图所示，分别用Na2CO3和NaHCO3做实验，试管②中的试剂是______（填字母序号）。a.稀H2SO4b.NaOH溶液c.Ca(OH)2溶液②如乙图所示，试管④中装入的固体应该是______________（填化学式）。③通过上述实验，得出的结论是：Na2CO3比NaHCO3的稳定性______(填“强”或“弱”)。Ⅱ．欲鉴别两种固体物质可选用的试剂是_____________。Ⅲ．等物质的量浓度的两种物质的溶液与同浓度的盐酸反应，反应速率快的是_________（填化学式）。(2)甲、乙、丙三位同学分别用如下三套实验装置及化学药品（其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物）制取氨气。请回答下列问题：①实验室制取氨气的化学方程式为：________________________________________；②三位同学用上述装置制取氨气时,其中有一位同学没有收集到氨气（假设他们的实验操作都正确），你认为没有收集到氨气的同学是___________（填“甲”、“乙”或“丙”），收集不到氨气的主要原因是___________________________（用化学方程式表示）；③检验氨气是否收集满的方法是（简述操作方法、现象和结论）_______________________。28、（14分）常温下向20.00mL0.10mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.10mol/L盐酸40.00mL,所得溶液的pH与加入盐酸体积的关系如表所示:溶液的pH加入盐酸的总体积12V(HCl)=08V(HCl)=20.00mL5V(HCl)=40.00mL回答下列问题:(1)20.00mL0.10mol/LNa2CO3溶液中所有阳离子和阴离子的浓度有何关系?______(用等式表示)。(2)当V(HCl)=20.00mL时,溶液呈碱性的原因是________(用离子方程式和必要的文字说明)此时溶液中c(H2CO3)____(填“>”、“<”或“=”)c(CO32—)。(3)V(HCl)=40.00mL时,得到H2CO3饱和溶液,且c(H2CO3)=4.0×10-5mol/L。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离,则H2CO3HCO3—+H+的电离常数K1=_____。此时保持其他条件不变,继续加入0.1mol/L盐酸10.00mL,K1将_____(填“变大”、“变小”或“不变”)。(4)若向20mL0.10mol/LNa2CO3溶液中加入BaCl2粉末3.94×10-7g时开始产生沉淀BaCO3,则Ksp(Ba2CO3)=。29、（10分）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图所示：(1)图中A极要连接电源的____(填“正”或“负”)极。(2)精制饱和食盐水从图中_____位置补充，NaOH溶液从图中____位置流出。(填“a”“b”“c”“d”“e”或“f”)(3)电解饱和食盐水的离子方程式是_____________________；(4)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，盐酸的作用是______________________。某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。(5)如图为某实验小组依据的氧化还原反应：(用离子方程式表示)_________________设计的原电池装置，该装置中，盐桥的作用是_______________________。(6)反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过_______mol电子。

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【解题分析】①Na2HPO4水溶液呈碱性，说明HPO42-的水解程度大于其电离程度，与水解有关；②NaHSO4属于强酸的酸式盐，其水溶液呈酸性因为NaHSO4电离出H+，与水解无关；③铵态氮肥中的NH4+发生水解反应NH4++H2ONH3·H2O+H+，使土壤酸性增大，与水解有关；④铵态氮肥由于NH4+水解呈酸性，草木灰的主要成分为K2CO3，由于CO32-水解呈碱性，若一起施用，水解互相促进，降低肥效，与水解有关；⑤FeCl3的止血作用是电解质FeCl3使血液胶体发生聚沉，与水解无关；⑥配制SnCl2溶液，由于SnCl2发生水解反应：SnCl2+2H2OSn（OH）2+2HCl，加入盐酸，水解平衡逆向移动避免出现浑浊，与水解有关；⑦NH4F溶液中存在水解反应NH4F+H2ONH3·H2O+HF，HF能腐蚀玻璃，NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放与水解有关；⑧FeCl3在溶液中存在水解反应Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，加入足量MgCO3，发生反应MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，Fe3+的水解平衡正向移动，最终Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀通过过滤除去，MgCl2溶液中的FeCl3杂质可以加入过量的MgCO3除去与水解有关；与水解无关的是②⑤，答案选C。【题目点拨】在判断溶液的酸碱性、易水解的盐溶液的配制与保存、判断盐溶液蒸干的产物、胶体的制取、物质的分离和提纯、离子共存、化肥的施用、某些金属与盐溶液的反应等方面要考虑盐类的水解。2、A【分析】开始时空密恒容闭容器中盛有1molPCl5，达到平衡后在温度不变的情况下投入量变为2mol，是原来的2倍，但达到平衡的效果相同，投入量增加，压强增大，平衡向体积缩小的方向移动，根据平衡的移动方向判断。【题目详解】开始时容器中盛有1molPCl5，达到平衡后在温度不变的情况下投入量变为2mol，是原来的2倍，但达到平衡的效果相同，投入量增加，压强增大，平衡向体积缩小的方向移动，即平衡逆向移动，达到平衡时PCl5的分解率减小，因而有M%>N%，故M>N，A正确；答案选A。【题目点拨】本题考察了平衡的等效，判断投入量为1mol和2mol建立的是等效平衡为解答本题的关键。3、A【解题分析】A．乙酸含有亲水基羧基，易溶于水，A正确；B．溴乙烷难溶于水，B错误；C．四氯化碳难溶于水，C错误；D．乙酸乙酯难溶于水，D错误；答案选A。4、D【解题分析】电解质指的是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，如酸、碱、盐，活泼金属氧化物等；非电解质指的是在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，如有机物，非金属氧化物等，据此解答。【题目详解】A.氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B.碳酸钡是难溶于水的盐，熔融状态能电离而导电，属于电解质，故B错误；C.固体磷酸是电解质，但磷酸是共价化合物，在熔融状态下不能导电，故C错误；D.CuSO4·5H2O属于离子化合物，在水溶液中完全电离出自由移动的离子而导电，所以是电解质，故D正确，答案选D。【题目点拨】本题考查电解质概念的辨析，解题时可根据电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔融状态下为条件进行判断，注意共价化合物在熔融状态下不导电，为易错点，题目难度不大。5、B【题目详解】A．该反应是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，A错误；B．该反应有气体物质参加反应，增大压强，反应物、生成物浓度都增大，因此正反应与逆反应速率均增大，B正确；C．该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，C错误；D．B是固体物质，增大B的物质的量，化学平衡不移动，D错误；故合理选项是B。6、D【分析】陶瓷、普通玻璃、水泥属于传统无机硅酸盐材料，【题目详解】A．铝合金是由铝等其它成分构成，属于金属材料，A不符题意；B．高温结构氮化硅陶瓷熔点高、硬度大、化学性质稳定，可用作制汽轮机叶片、作刀具、制造陶瓷发动机，属于新型无机非金属材料，B不符题意；C．有机玻璃是聚甲基丙烯酸甲酯，是由甲基丙烯酸甲酯聚合而成的，属于有机高分子材料，C不符题意；D．砖瓦属于陶瓷，D符合题意；答案选D。7、D【解题分析】A、放热反应，ΔH应为负值，ΔH＝—akJ/mol，故A错误；B、热化学方程式中没有注明物质的聚集状态，故B错误；C、ΔH的单位为kJ/mol，故C错误；D、A(g)＋2B(g)===C(l)ΔH＝－akJ/mol，聚集状态、单位、ΔH的正负号均正确，故D正确；故选D。8、A【解题分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变。【题目详解】①C是固体，其浓度一直不变，故错误；②H2O和H2的浓度相等，并不是不变，故错误；③恒温时，气体压强不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；④绝热时反应体系中温度保持不变，说明放出的热量等于吸收的热量，即正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；⑤断裂氢氧键速率等效于形成氢氢键速率的2倍的同时断裂氢氢键速率的2倍，所以正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；⑥混合气体密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量和气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；故选A。【题目点拨】平衡状态中反应混合物中各组成成分的含量保持不变的理解①质量不再改变：各组成成分的质量不再改变，各反应物或生成物的总质量不再改变（不是指反应物的生成物的总质量不变），各组分的质量分数不再改变。②物质的量不再改变：各组分的物质的量不再改变，各组分的物质的量分数不再改变，各反应物或生成物的总物质的量不再改变。［反应前后气体的分子数不变的反应，如：除外］③对气体物质：若反应前后的物质都是气体，且化学计量数不等，总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平均摩尔质量、混合气体的密度（恒温、恒压）保持不变。［但不适用于这一类反应前后化学计量数相等的反应］④反应物的转化率、产物的产率保持不变。⑤有颜色变化的体系颜色不再发生变化。⑥物质的量浓度不再改变。当各组分（不包括固体或纯液体）的物质的量浓度不再改变时，则达到了化学平衡状态。9、A【解题分析】由图象曲线变化可知，随着温度的升高，Z的体积分数增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，说明正反应吸热，增大压强，Z的体积分数减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明反应前的气体计量数之和小于生成物气体的化学计量数。【题目详解】A项、图象曲线变化可知，随着温度的升高，Z的体积分数增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，说明正反应吸热，故A正确；B项、由图象可知增大压强平衡向逆反应方向移动，说明反应前的气体计量数之和小于生成物气体的化学计量数之和，则X、Y、Z不可能均为气态，故B错误；C项、增大压强，Z的体积分数减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明反应前的气体计量数之和小于生成物气体的化学计量数，则X和Y中只有一种是气态，Z为气态，故C错误；D项、该反应为吸热反应，△H＞0，故D错误。故选A。【题目点拨】本题考查化学平衡移动的图象问题，解答该题的关键是把握图象中曲线的变化特点，结合外界条件对化学平衡的影响分析。10、C【题目详解】A、HSO3－的水解方程式为HSO3－＋H2OH2SO3＋OH－，故A错误；B、盐类水解是可逆，Al3＋水解方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，故B错误；C、NaHCO3是强电解质，其电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO3－，故C正确；D、H2S属于二元弱酸，电离应分步电离，即H2SH＋＋HS－、HS－H＋＋S2－，故D错误。11、A【题目详解】RO2的最高价是＋4价，属于ⅣA族，其氢化物为RH4或H4R，设R的原子量是a，4/(a+4)×100%=25%，解得：a=12，R为C，选项A正确。12、B【分析】铁生锈的主要条件是与空气和水（或水蒸气）直接接触，结合金属的保护措施，进行分析解答。【题目详解】A.钢铁制造成耐腐蚀的合金如不锈钢就能防止钢铁生锈，故A不选；B.把金属制品埋入潮湿、疏松的土壤中，具备金属生锈的条件，更易腐蚀，故B选；C.铁生锈的主要条件是与空气和水（或水蒸气）直接接触，如果隔绝了空气和水，就能在一定程度上防止铁生锈，在钢铁表面涂油、刷漆都能防止钢铁生锈，故C不选；D.在金属铁的表面镀上一层比金属铁活泼的金属或耐腐蚀的金属，可以防止铁被腐蚀，故D不选。故选B。13、D【解题分析】A.碳酸钠，俗名苏打、纯碱，化学式为Na2CO3，故A错误；B.结构简式要写出官能团，双键是烯烃的官能团，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故B错误；C.质量数=中子数+质子数，所以质子数为6、中字数为8的原子:146C，故C错误；D.蔗糖的分子式为C12H22O11，故D正确。故选D。14、C【解题分析】如图所示既是盖斯定律的应用，也是物质之间相互转化，符合转化关系的有变价物质的氧化反应、两性物质的转化以及多元酸对应的盐类之间的反应等。【题目详解】①由C+O2CO2，可看成C＋1/2O2CO、CO＋1/2O2CO2来完成，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1＋△H2，故①正确；②S与O2反应生成的是SO2，不会直接生成SO3，不符合转化关系，故②错误；③由AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+2H2O，可看成AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O来完成，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1＋△H2，故③正确；④转化关系为：NaOHNa2CO3NaHCO3，NaHCO3，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1＋△H2，故④正确；⑤Fe和Cl2反应生成FeCl3，不符合转化关系，故⑤错误；①③④正确，故选C。15、B【解题分析】分析：A.电解NaCl溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融态的氯化镁可制得镁和氯气；B.工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，发生的氧化还原反应为Cu2S+O2═2Cu+SO2故B正确；C.铝热反应不能用于冶炼K、Ca等活泼金属；D.工业电解熔融态的Al2O3制Al时，加冰晶石的主要作用是降低Al2O3的熔化温度。详解：A.电解NaCl溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融态的氯化镁可制得镁和氯气，故A错误；B.工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，发生的氧化还原反应为Cu2S+O2═2Cu+SO2故B正确；C.铝热反应不能用于冶炼K、Ca等活泼金属，故C错误；D.工业电解熔融态的Al2O3制Al时，加冰晶石的主要作用是降低Al2O3的熔化温度，不能提高Al的产量，故D错误。所以本题答案选B。16、B【题目详解】A项，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H+)=0.1×0.1%mol·L-1=10-4mol·L-1，pH=4，故A项正确；B项，升温促进电离，溶液的pH减小，故B项错误；C项，此酸的电离平衡常数约为K===1×10-7，故C项正确；D项，由HA电离出的c(H+)约为10-4mol·L-1，所以c(H+，水电离)=10-10mol·L-1，前者是后者的106倍，所以由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，故D项正确。答案选B。17、B【分析】【题目详解】①该反应的正反应为放热反应，反应温度：300℃，目的是此时催化剂的活性最高，而升高温度，化学平衡逆向移动，导致氨的平衡浓度降低，不利于合成氨，①符合题意；②该反应的正反应为气体体积减小的反应，反应压强：300atm，根据平衡移动原理：增大压强，化学平衡正向进行，有利于提高NH3平衡浓度，②不符合题意；③使用铁作催化剂，目的是加快反应速率，与化学平衡移动无关，因此不能提高氨气的平衡浓度，③符合题意；可见符合题意的说法是①③，故合理选项是B。18、D【解题分析】A．分子中含有2个δ键，且含有2个孤电子对，应为sp3杂化，故A正确；B．S2Br2与S2Cl2结构相似，相对分子质量S2Br2＞S2Cl2，则分子间作用力S2Br2＞S2Cl2，熔沸点：S2Br2

>S2Cl2，故B正确；C．S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，同时S元素发生自身氧化还原反应，即水解反应为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，故C正确；D．结合元素正负化合价代数和为0，可知分子中S为+1价，S-S键为非极性共价键，S-Cl键为极性共价键，该物质结构不对称，则为极性分子，即S2Cl2为含有极性键和非极性键的极性分子，故D错误；答案为D。19、B【分析】通过图像可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，且H2(g)+F2(g)＝2HF(g)H=-270kJ/mol；【题目详解】A.氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是H2(g)+F2(g)＝2HF(g)的逆过程，则氟化氢分解为吸热反应，A正确；B.HF(g)转化为HF(l)放热，1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的能量大于270kJ，B错误；C.通过图像可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，C正确；D.化学反应在旧键的断裂吸收能量，新键的形成放出能量，此反应为放热反应，则断裂1molH﹣H键和1molF﹣F键吸收的能量小于形成2molH﹣F键放出的能量，D正确；答案为B【题目点拨】H2(g)+F2(g)＝2HF(g)H=-270kJ/mol，HF(g)=HF(l)H<0,根据盖斯定律可得H2(g)+F2(g)＝2HF(l)H<-270kJ/mol，焓变减小，但释放的热量增大，容易错误。20、A【题目详解】A.澄清透明的溶液中，Fe3+、Ba2+、NO、Cl-相互之间不反应，能大量共存，故选A；B.使酚酞变红色的溶液呈碱性，

NH与OH-反应生成一水合氨，不能大量共存，故不选B；C.c(Al3+

)=0.1mol•L-1的溶液中，Al3+与AlO发生完全双水解反应生成

氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故不选C；D.由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液为酸性或碱性，若为酸性时，H+与CH3COO-反应生成醋酸，不能大量共存，故不选D；答案选A。21、C【题目详解】A．该反应为可逆反应，反应物不可能全部转化，故A错误；B．达到平衡时，正逆反应速率相等，但不为零，故B错误；C．升高温度，活化分子数目增多，反应速率增大，反应中有气体参加，增大压强也能加快反应速率，故C正确；

D．温度升高，对设备的要求会提高，能量消耗也增大，所以在工业生产中要综合考虑，并不是越高越好，故D错误。

故选C。【题目点拨】工业生产对反应条件的控制需要从成本，效率等多重因素综合考虑，并不一定反应速率越快越好，产率越高越好。22、C【解题分析】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。【题目详解】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。二、非选择题(共84分)23、（1）银氨溶液或新制的Cu(OH)2悬浊液（2）①⑤（3）+NaOH+NaCl（4）BCDA（5）ab（6）C6H5—CH2COOCH3【解题分析】试题分析：（1）乙烯与水反应生成A，A为乙醇，乙醇催化氧化得到B，B为乙醛，与氢氧化钠水溶液反应生成C，C为，催化氧化得到D。（2）①为乙烯的加成反应，②为乙醇的氧化反应，③为卤代烃的水解反应，④为醇的氧化反应，⑤为加成反应，所以加成反应有①⑤。（3）反应③为卤代烃在氢氧化钠水溶液加热条件下的水解反应，故方程式为：+NaOH+NaCl。（4）要检验卤代烃中的卤素原子，一般先加入氢氧化钠溶液加热后，冷却后再加热稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，所以操作为BCDA。（5）根据信息可知E为，含有醛基，能与银氨溶液反应，有羟基能与金属钠反应，有苯环和醛基能与氢气反应，1摩尔E最多和4摩尔氢气反应，没有酯基或卤素原子，不能发生水解反应，所以正确的为ab。（6）E的同分异构体，H为醇，有2组峰，含有碳氧键和氧氢键，说明有羟基，则为甲醇，所以其结构为C6H5—CH2COOCH3考点：有机物的推断24、CH2=CHCH2OHCH2OHCHOHCH2OH+CH2=CHCOOHCH2OHCHOHCH2OOCCH=CH2+H2OCl2CH2ClCHClCH2ClNaOH溶液、加热【分析】根据流程图，丙烯与氯气发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl与NaOH溶液在加热的条件下发生取代反应，生成CH2=CHCH2OH，即A；A中的羟基被氧化生成CH2=CHCHO，B被氧化生成C，则C为CH2=CHCOOH；油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和丙三醇，则D为丙三醇，丙三醇与C反应生成酯和水。【题目详解】(1)分析可知，A的结构简式CH2=CHCH2OH；(2)E是由丙三醇和CH2=CHCOOH发生酯化反应生成的两种含碳碳双键的酯的混合物，则E为CH2OHCH(CH2OH)OOCCH=CH2或CH2OHCHOHCH2OOCCH=CH2，反应的方程式为CH2OHCHOHCH2OH+CH2=CHCOOHCH2OHCHOHCH2OOCCH=CH2+H2O；(3)丙烯与氯气在500℃的条件下，发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl与氯气发生加成反应生成CH2ClCHClCH2Cl，再与NaOH溶液共热的条件下生成丙三醇。25、EABCFGD乙B无色变浅红色且半分钟内不褪色2A、B、D0.1000是【解题分析】(1)根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；(2)根据碱式滴定管的结构判断；(3)根据滴定操作的要求和终点判断的方法分析解答；(4)第2次实验误差较大，根据错误操作导致标准液体积变大分析原因；(5)先判断数据的有效性，然后求出平均值，最后根据关系式HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度；(6)根据关系式HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度。【题目详解】(1)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为EABCFGD，故答案为EABCFGD；(2)滴定管乙下端是橡皮管，为碱式滴定管，故答案为乙；(3)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中颜色变化，酚酞遇碱变红，滴定终点溶液颜色的变化是无色变浅红色且半分钟内不褪色，故答案为B；无色变浅红色且半分钟内不褪色；(4)第2次实验误差较大，错误操作导致标准液体积偏大。A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗2～3次，导致浓度变小，所用溶液体积偏大，故A正确；B．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定终点读数时未发现气泡，导致读数偏大，故B正确；C．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡，导致读数偏小，故C错误；D．达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数，导致读数偏大，故D正确；E．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来，导致所用碱液减少，故E错误；故答案为2；ABD；(5)数据2无效，取1、3体积进行计算，所用标准液的平均体积为mL≈20.00mL，

HCl～～～～～～～～～NaOH

1

1c(HCl)×20.00mL

0.1000mol/L×20.00mLc(HCl)==0.1000mol/L，故答案为0.1000；(6)准确移取20.00mL0.1000mol/LNaOH溶液于锥形瓶中，滴入酚酞指示剂，然后用未知浓度的盐酸(装在酸式滴定管中)滴定，通过盐酸的体积，根据HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度，故答案为是。【题目点拨】本题考查酸碱中和滴定实验，注意把握实验的原理、步骤、方法以及注意事项。本题的易错点为(4)，根据c(待测)=，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响。26、500mL容量瓶碱式滴定管便于准确观察锥形瓶中溶液颜色变化22.10CD溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不再变色0.1050【解题分析】（1）用含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制500mL溶液；配制过程为:计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀等,需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、容量瓶、胶头滴管，需用的玻璃仪器除烧杯、量筒、胶头滴管和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是容量瓶；待测液为碱性，所以取用25.00mL待测液时需要的仪器是碱式滴定管；正确答案：500mL容量瓶；碱式滴定管。（2）滴定过程中，在锥形瓶底垫一张白纸的作用是便于准确观察锥形瓶中溶液颜色变化；滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定结束时读数为22.60mL，则此时消耗标准溶液的体积为22.10mL；正确答案：便于准确观察锥形瓶中溶液颜色变化；22.10。(3)读取盐酸体积时,开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，c(待测)偏小，A错误；滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净但没有干燥，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，c(待测)无影响，B错误；酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，c(待测)偏大，C正确；酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，c(待测)偏大，D正确；C、D符合题意，正确答案：C、D。（4）甲基橙作指示剂，与碱液相遇，显黄色；随着酸液的滴入，溶液的碱性减弱，当加入最后一滴盐酸，混合液的颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不再变色，达到滴定终点；正确答案：混合液的颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不再变色。（5）三次消耗的盐酸的体积分别为26.28mL、29.75mL、26.22mL，第二次数据误差过大，应该舍去，另外两次的平均值为,根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)=0.1000×26.25×10-3/25×10-3=0.1050mol/L；c(NaOH)=0.1050mol/L；正确答案：0.1050。27、cNaHCO3强CaCl2(或BaCl2)溶液NaHCO32NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O甲2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝，则证明已收集满（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟产生，则证明已收集满）【解题分析】（1）NaHCO3不稳定，加热易分解产生二氧化碳气体，碳酸钠稳定，受热不分解，可用澄清石灰水检验CO2,以判断是否分解；小试管加热温度较低，里面装的是碳酸氢钠，大试管加热温度较高，里面装的是碳酸钠，反应观察到的实验现象是连接小试管的澄清石灰水变浑浊而连接大试管的澄清石灰水不变浑浊，可证明Na2CO3较稳定。（2）实验室用氯化铵固体和氢氧化钙固体加热制取氨气，氨气是碱性气体，与浓硫酸反应。【题目详解】(1)Ⅰ.①NaHCO3不稳定，加热易分解,2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可用澄清石灰水检验CO2,以判断是否分解，而硫酸和氢氧化钠不能鉴别二氧化碳，现象不明显，故答案为C；②小试管加热温度较低，如能分解，可证明NaHCO3不稳定，而Na2CO3加热温度较高，应该观察到的实验现象是连接小试管的澄清石灰水变浑浊而连接大试管的澄清石灰水不变浑浊，可证明Na2CO3较稳定，故答案为NaHCO3；③连接小试管的澄清石灰水变浑浊而连接大试管的澄清石灰水不变浑浊,故答案为Na2CO3比NaHCO3的稳定性强；Ⅱ．鉴别两种固体物质可选用CaCl2(或BaCl2)溶液，因为CaCl2(或BaCl2)溶液和Na2CO3产生白色沉淀，和NaHCO3不反应，故答案为CaCl2(或BaCl2)溶液；Ⅲ．与盐酸反应时，相关反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O、HCO3-+H+=CO2