2026届山西省吕梁学院附中化学高二上期中质量跟踪监视试题含解析

2026届山西省吕梁学院附中化学高二上期中质量跟踪监视试题注意事项：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、下列事实不能用键能的大小来解释的是()A．N元素的电负性较大，但N2的化学性质很稳定B．稀有气体一般难发生化学反应C．HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱D．F2比O2更容易与H2反应2、有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电流由D→导线→C；③A、C用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，C极产生大量气泡；④B、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应。据此判断四种金属的活动性顺序为A．A>B>C>D B．A>C>D>B C．C>A>B>D D．B>D>C>A3、一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和○代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是A．反应物总能量一定低于生成物总能量 B．一定属于可逆反应C．一定有非极性共价键断裂 D．一定属于氧化还原反应4、与乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3）互为同分异构体的是A．CH3CH2CH2CH2OH B．CH3COCH2CH3C．CH3CH2CH2COOH D．CH3CH2OCH2CH35、已知分解1mol

KClO3放出热量38.8kJ，在MnO2下加热，KClO3的分解分为两步：①2KClO3+4MnO22KCl+2Mn2O7慢②2Mn2O74MnO2+3O2快下列有关说法不正确的是A．1

mol

KClO3所具有的总能量高于1

mol

KCl所具有的总能量B．1

g

KClO3，1

g

MnO2，0.1

g

Mn2O7混合加热，充分反应后MnO2质量仍为1

gC．KClO3分解速率快慢主要取决于反应①D．将固体二氧化锰碾碎，可加快KClO3的分解速率6、异戊烷和新戊烷互为同分异构体的依据是A．具有相似的化学性质B．具有相同的物理性质C．分子具有相同的空间结构D．分子式相同，但分子内碳原子的结构不同7、下列说法正确的是A．将过量的氨水加入到CuSO4溶液中，最终得到蓝色沉淀B．电子排布式（22Ti）1s22s22p63s23p10违反了洪特规则C．由于氢键的作用，H2O的稳定性强于H2SD．双键中一定有一个σ键和一个π键，三键中一定有一个σ键和两个π键8、下列对于废弃塑料制品的处理方法中，最为恰当的是A．将废弃物焚烧B．将废弃物应用化学方法加工成防水涂料或汽油C．将废弃物倾倒在海洋中D．将废弃物切成碎片，混在垃圾中填埋于土壤中9、电解精炼铜时，纯铜做（），粗铜做（）A．阳极阳极B．阴极阴极C．阳极阴极D．阴极阳极10、V升pH均为2的盐酸和醋酸溶液分别用NaOH溶液中和,消耗NaOH的量A．前者多B．后者多C．一样多D．无法确定11、用NA表示阿伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．7.8g苯含有的碳碳双键数为0.3NAB．1mol甲基（﹣CH3）所含的电子数的7NAC．1mol有机物中最多有5NA个原子在一条直线上D．4.6g乙醇在氧气中完全燃烧转移的电子数为1.2NA12、以下各反应中，不属于淀粉在体内变化过程的是A．2(C6H10O5)n（淀粉）＋nH2OnC12H22O11（麦芽糖）B．C12H22O11（麦芽糖）＋H2O2C6H12O6（葡萄糖）C．C6H12O6（葡萄糖）＋6O26H2O＋6CO2↑D．C6H12O6（葡萄糖）2C2H5OH＋2CO2↑13、用乙炔作原料制取CH2Br-CHBrCl，可行的反应途径是A．先加HCl再加Br2 B．先加Cl2再加HBrC．先加HCl再加HBr D．先加Cl2再加Br214、已知甲苯的一氯代物的同分异构体共有4种，则甲基环己烷的一氯代物的同分异构体共有A．4种 B．5种 C．6种 D．8种15、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是A．使甲基橙变黄色的溶液：Na+、K+、SO32－、Cl－B．含有大量Al3+的溶液：K+、Mg2+、SO42-、AlO2-C．Kw/c(OH－)=10-3的溶液中：Cl-、NO3-、Na+、Ba2+D．由水电离出的c(H+)=1×10－12mol·L－1的溶液中：NH4+、K+、CrO42-、ClO-16、可逆反应2NO22NO＋O2在恒容密闭容器中进行，下列情况达到平衡状态的是①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②混合气体的平均相对分子质量不再改变③NO2、NO、O2的反应速率之比为2∶2∶1④混合气体的颜色不再改变⑤混合气体的密度不再改变A．①②④ B．②③⑤ C．①②⑤ D．①②④⑤17、已知25℃时，RSO4(s)+CO32-(aq)⇌RCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=1.75×104，Ksp(RCO3)=2.80×10-9，下列叙述中正确的是A．25℃时，RSO4的Ksp约为4.9×10-5B．将浓度均为6×10-5mol/L的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后可得到RCO3沉淀C．向c(CO32-)=c(SO42-)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RSO4沉淀D．相同温度下，RCO3在水中的Ksp大于在Na2CO3溶液中的Ksp18、常温下，溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣14mol•L﹣1，满足此条件的溶液中一定能大量共存的离子组是A．Al3+Na+CO32﹣Cl﹣ B．K+Ba2+Cl﹣NO3﹣C．K+Na+Cl﹣CO32﹣ D．K+NH4+SO42﹣NO3﹣19、实验室用1．0mol·L-1的硫酸溶液与锌粒反应制取氢气。下列措施中可能加大反应速率的是A．适当降低温度 B．将锌粒改为锌粉C．将所用硫酸换成98%的浓硫酸 D．加入少量醋酸钠固体20、某温度下，在一恒容容器中进行如下反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，下列情况一定能说明反应已达到平衡的是①容器内压强不随时间而变化②单位时间内，有3molH2反应，同时有2molNH3生成③气体的密度不随时间而变化④单位时间内，有1molN2生成，同时有2molNH3生成⑤N2、H2、NH3分子数之比为1∶3∶2⑥气体的平均摩尔质量不随时间而变化A．①④⑥ B．①②③ C．②③⑤ D．①②⑥21、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22、物质Ⅲ(2，3-二氢苯并呋喃)是一种重要的精细化工原料,其合成的部分流程如下：下列叙述正确的是A．物质Ⅲ的核磁共振氢谱图显示有四种不同环境的氢B．物质Ⅰ在NaOH醇溶液中加热可发生消去反应C．物质Ⅱ中所有原子可能位于同一平面内D．物质Ⅲ与足量H2加成所得产物分子中有2个手性碳原子二、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）(1)下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同）______，属于非电解质是_____。①硫酸氢钠固体②冰醋酸③蔗糖④氯化氢气体⑤硫酸钡⑥氨气⑦次氯酸钠(2)写出下列物质在水中的电离方程式：醋酸：______。次氯酸钠：______。(3)甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L-1、0.1mol•L-1，则c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙________10（填“大于”、“等于”或“小于”）。(4)现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为_____。25、（12分）已知下列数据：物质熔点(℃)沸点(℃)密度(g·cm-3)乙醇-117.078.00.79乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯-83.677.50.90浓硫酸(98%)—338.01.84学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：①在30mL的大试管A中按体积比1∶4∶4的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液；②按下图连接好装置，用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管5～10min；③待试管B收集到一定量的产物后停止加热，撤去试管B并用力振荡，然后静置待分层；④分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。请根据题目要求回答下列问题：(1)配制该混合溶液的主要操作步骤为___。(2)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是(填字母)__。A．中和乙酸和乙醇B．中和乙酸并吸收部分乙醇C．加速酯的生成，提高其产率D．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出(3)步骤②中需要小火均匀加热操作，其主要理由是__。(4)分离出乙酸乙酯后，为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为(填字母)__。A．P2O5B．无水Na2SO4C．碱石灰D．NaOH固体26、（10分）欲测定某HCl溶液的物质的量浓度，可用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液进行中和滴定（用酚酞作指示剂）。请回答下列问题：(1)若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为1.10mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为___________；(2)乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：实验序号待测HCl溶液的体积/mL0.1000mol·L-1NaOH溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度125.000.0026.11225.001.5631.30325.000.2226.31选取上述合理数据，计算出HCl待测溶液的物质的量浓度为________mol·L-1（小数点后保留四位）；(3)滴定时的正确操作是_____________________________________________________。滴定达到终点的现象是_____________________________________________；此时锥形瓶内溶液的pH的范围是________。(4)下列哪些操作会使测定结果偏高_______________（填序号）。A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗C．滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数27、（12分）实验室测定中和热的步骤如下(如图)：第一步：量取40.0mL0.25mol/LH2SO4溶液倒入小烧杯中，测量温度；第二步：量取40.0mL0.55mol/LNaOH溶液，测量温度；第三步：将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度。请回答：(1)图中仪器A的名称是____________。(2)NaOH溶液稍过量的原因____________．(3)加入NaOH溶液的正确操作是____________（填字母）。A．沿玻璃棒缓慢加入B．分三次均匀加入C．一次迅速加入D．用滴定管小心滴加(4)上述实验测得的结果与理论上的57.3kJ/mol有偏差，其原因可能是____________。a．NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中后未及时将盖板盖好b．实验装置保温、隔热效果不好c．用温度计测定NaOH溶液起始温度后又直接测定H2SO4溶液的温度d．使用温度计搅拌混合液体(5)若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量_____（填“小于”、“等于”或“大于”）57.3kJ，原因是__________________________________。(6)已知某温度下：CH3COOH(aq)+OH-(aq)=CH3COO﹣(aq)+H2O(l)△H=﹣12.1kJ•mol﹣1；H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)△H=﹣55.6kJ•mol﹣1。则CH3COOH在水溶液中电离的△H=________________。28、（14分）（1）已知:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-115.6kJ·mol-1，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=-184kJ·mol-1。①H2与O2反应生成气态水的热化学方程式是___________。②断开1molH—O键所需能量为______kJ。③高温下H2O可分解生成分子或原子。高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图所示。图中A、B表示的物质依次是________，物质的量之比为2：1的A、H2化学能较低的物质是________。

（2）已知ΔG=ΔH—T·ΔS。在100kPa、298.15K时石灰石分解反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)的ΔH=+178.3kJ·mol-1，ΔS=+160.4J·mol-1·K-1①从吉布斯自由能变（ΔG）的角度说明该反应高温下能自发进行的原因___________________。②则该反应自发进行的最低温度为__________K。29、（10分）Ⅰ．机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源。（1）气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H＞0。汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点原因、。（2）汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，若设想按下列反应除去CO：2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)ΔH>0，该设想能否实现？(选填“能”或“不能”)，依据是。Ⅱ．在体积恒定的密闭容器中投入物质A和物质B在适宜的条件下发生反应：A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)（1）相同的压强下，充入一定量的A、B后，在不同温度下C的百分含量与时间的关系如图所示。则T1T2(填“>”、“<”或“=”)，该反应的正反应的△H0(填“>”、“<”或“=”)。（2）若该反应的逆反应速率与时间的关系如下图所示：①由图可见，反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了条件，则t8时改变的条件是。②若t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，请在图中画出t4~t6时逆反应速率与时间的关系线。

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.由于N2分子中存在三键，键能很大，破坏共价键需要很大的能量，所以N2的化学性质很稳定；B.稀有气体都为单原子分子，分子内部没有化学键；C.卤族元素从F到I原子半径逐渐增大，其氢化物中的化学键键长逐渐变长，键能逐渐变小，所以稳定性逐渐减弱；D.由于H－F键的键能大于H—O键，所以二者相比较，更容易生成HF。故选B.2、B【详解】一般来说，原电池中金属活动性负极＞正极材料；①A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极，则金属活动性A＞B；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电流由D→导线→C，则C是负极、D是正极，金属活动性C＞D；③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡，则C上得电子发生还原反应，C是正极、A是负极，金属活动性A＞C；④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，则D是负极、B是正极，金属活动性D＞B；通过以上分析知，金属活动性顺序A＞C＞D＞B，故答案为B。3、A【解析】由图可知，该反应中一种化合物分解为一种单质和另一种化合物。A.由图无法判断该反应是放热反应还是吸热反应，故无法判断反应物总能量与生成物总能量的相对大小，A不正确；B.充分反应后，还有反应物尚未分解，所以该反应一定属于可逆反应，B正确；C.反应物分子中有非极性键，而生成的化合物中没有，所以反应过程中一定有非极性共价键断裂，C正确；D.化合物分解后有单质生成，所以一定属于氧化还原反应，D正确。本题选A。点睛：两种化合物均有单个的分子，故其分子内的化学键一定是共价键。非极性键是同种元素的原子之间形成的共价键。4、C【解析】A.二者分子式不同，因此二者不是同分异构体，故A错误；B.二者分子式不同，因此二者不是同分异构体，故B错误；C.二者分子式相同，结构不同，因此二者是同分异构体，故C正确；D.二者分子式不同，因此二者不是同分异构体，故D错误。故选C。5、B【解析】A.分解1

mol

KClO3放出热量38.8kJ,可以知道分解反应为放热反应；

B.慢反应为决定反应速率的主要因素；

C.由反应②可以知道,Mn2O7分解会生成一部分MnO2；

D.催化剂的接触面积增大,可加快反应速率。【详解】A.反应2KClO3=2KCl+3O2为放热反应,故1molKClO3所具有的总能量高于1molKCl和1.5molO2所具有的总能量之和，故A正确；

B.由反应②可以知道,0.1g

Mn2O7分解会生成一部分MnO2，,故反应后MnO2的总质量大于1g,故B错误；

C.由分解机理可以知道，KClO3的分解速率取决于慢反应,即反应①，故C正确；D.由分解机理可以知道,KClO3的分解速率取决于慢反应,即反应①，将固体二氧化锰碾碎,可加快反应①的反应速率，故D正确；

综上所述，本题选B。6、D【详解】同分异构体的定义是分子式相同而结构不同的化合物，异戊烷和新戊烷分子式均为C5H12，异戊烷的结构简式为(CH3)2CHCH2CH3，新戊烷的结构简式为C(CH3)4，二者的结构不同，则二者互为同分异构体，答案选D。7、D【详解】A.将过量的氨水加入到硫酸铜溶液中，硫酸铜溶液与过量氨水反应生成四氨合铜离子，得到深蓝色的溶液，反应的离子方程式为Cu2++4NH3·H2O═4H2O+[Cu（NH3）4]2+，故A错误；B.根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，则22Ti的电子排布式1s22s22p63s23p10违反了泡利不相容原理，故B错误；C.水的稳定性强于硫化氢与氧元素的非金属性强于硫元素有关，与氢键的作用无关，故C错误；D.双键、三键中均只含1个σ键，其余为π键，所以双键中一定有一个σ键、一个π键，三键中一定有一个σ键、两个π键，故D正确；故选D。8、B【解析】废弃塑料制品难以降解，燃烧会生成大量污染性气体，掩埋会改变土壤结构，污染土壤，应回收、加工利用。【详解】A．燃烧会生成大量污染性气体，选项A错误；B．将废弃物应用化学方法加工成防水涂料或汽油，能充分利用资源，减少污染，选项B正确；C．将废弃物倾倒在海洋中，难以降解，会污染海洋，选项C错误；D．废弃塑料制品难以降解，掩埋会改变土壤结构，污染土壤，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查废弃塑料的处理，题目难度不大，废弃塑料难以降解，会导致白色污染，注意相关知识的整理。9、D【解析】电解精炼铜时，粗铜因含有杂质金属（铁、银等），所以做阳极，纯铜做阴极，阳极金属（主要是铁、铜）不断溶解，溶液中铜离子在阴极析出，粗铜变为纯铜，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】粗铜精炼过程，粗铜做阳极，纯铜做阴极，含有铜离子的溶液做电解质溶液，精炼前后，电解质的溶液的浓度变小。10、B【解析】V升pH均为2的盐酸和醋酸溶液n(H+)相等，为10-2mol/L，但是CH3COOH是弱酸，不完全电离，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，消耗NaOH的物质的量醋酸>盐酸，答案选B。11、D【解析】A．7.8g苯的物质的量为：7.8g78g/B、甲基（-CH3）呈电中性，1mol甲基（-CH3）含9mol电子，即9NA个，选项B错误；C、苯环为正六边形结构，夹角均为120°，再根据甲醛分子中4原子共面、键角约为120°，乙炔分子中4原子共直线，可知该有机物分子中最多有4个原子在一条直线上，选项C错误；D、4.6g乙醇为0.1mol，在氧气中完全燃烧，碳的化合价由-2价变为+4价，故转移的电子数为1.2NA，选项D正确。答案选D。12、D【解析】淀粉在体内变化过程是：淀粉麦芽糖葡萄糖提供热能，选项A、B、C正确。葡萄糖在催化剂作用下发酵生成酒精，不属于人体内变化，选项D错误。答案选D。【点睛】本题考查淀粉的性质和用途，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握。13、A【解析】用乙炔作原料制取CH2Br-CHBrCl，产物的分子中在乙炔的基础上又增加了一个氢原子和一个氯原子、2个溴原子，这四个原子只能以氯化氢和溴分子的形式发生加成反应，故选A。14、B【解析】甲基环己烷中与甲基相连的碳上有一个氢原子，还能够被取代，甲基环己烷中环上含有4种氢原子，甲基上有1种氢原子，一氯取代物有5种；故选B。15、C【解析】A.使甲基橙变黄色的溶液，pH>4.4，酸性溶液中不存在SO32－，A错误；B.含有大量Al3+的溶液显酸性，含有AlO2-的溶液显碱性，二者相遇发生双水解，不能大量共存，B错误；C.Kw/c(OH－)=10-3的溶液显酸性，Cl-、NO3-、Na+、Ba2+四种离子间不反应，与氢离子也不反应，能够大量共存，C正确；D.由水电离出的c(H+)=1×10－12mol·L－1的溶液显酸性或碱性，NH4+在碱性环境下不能共存，ClO-在酸性条件下不能共存，D错误；综上所述，本题选C。16、A【分析】根据平衡状态的两个重要特征来判断：（1）v（正）=v（逆）；（2）混合物中各组成成分的百分含量不变。【详解】①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，符合特征（1），正确；②该反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，正确；③用NO2，NO，O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态，说明了反应中各物质的转化量的关系，不符合，错误；④NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2），正确；⑤在恒容密闭容器中，该体系的ρ始终保持不变，不能说明是否达到平衡状态，错误；答案选A。17、A【详解】25℃时，RSO4(s)+CO32-(aq)⇌RCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K==1.75×104，=。A.根据上述计算分析，25℃时，RSO4的Ksp约为4.9×10-5，故A正确；B.将浓度均为6×10-5mol/L的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合，则浓度变为原来的一半，混合后溶液中c(R2+)=3×10-5mol/L，c(CO32-)=3×10-5mol/L，Qc(RCO3)=c(R2+)∙c(CO32-)=3×10-5mol/L×3×10-5mol/L=9×10-10<Ksp(RCO3)=2.80×10-9，不会产生RCO3沉淀，故B错误；C.RSO4、RCO3属于同类型且Ksp(RSO4)>Ksp(RCO3)，向c(CO32-)=c(SO42-)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RCO3沉淀，故C错误；D.Ksp只与温度有关，与浓度无关，相同温度下RCO3在水中的Ksp等于在Na2CO3溶液中的Ksp，故D错误；答案选A。【点睛】本题易错点在于D选项，Ksp也属于平衡常数，只与温度有关，与溶液中离子浓度大小无关。18、B【分析】溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣14mol•L﹣1，溶液可能是酸性或碱性。【详解】A.铝离子和碳酸根离子反应不共存，故错误；B.四种离子在酸性或碱性溶液中都不反应，能共存，故正确；C.碳酸根离子在酸性溶液中不存在，故错误；D.铵根离子在碱性溶液中不存在，故错误。故选B。【点睛】注意给出水电离出的离子浓度时，溶液可能呈酸性或碱性，题干中要求一定存在，则该离子组在酸性和碱性溶液中都能存在才符合题意。19、B【解析】A、降低温度减慢速率，A不符合；B、锌粒改为锌粉增大接触面积，加快速率，B符合；C、锌与硫酸反应的实质是与酸中的H+反应，浓硫酸中大多是分子，H+少，故反应速率减慢，故C不符合；D、加入醋酸钠不影响，故D不符合；答案选B。20、A【详解】①由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知，容器内压强不随时间而变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故①符合题意；②单位时间内，有3molH2反应，同时有2molNH3生成，都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故②不符合题意；③由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知，在一恒容密闭容器中，气体的总质量不变，体积不变，则气体的密度一直不随时间而变化，故③不符合题意；④单位时间内，有1molN2生成，等效消耗2molNH3，同时有2molNH3生成，正逆反应速率相等，故④符合题意；⑤当体系达平衡状态时，N2、H2、NH3的分子数之比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，不一定是平衡状态，故⑤不符合题意；⑥由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知，气体的总质量不变，气体的物质的量是变量，由M=，则气体的平均摩尔质量是变量，气体的平均摩尔质量不随时间而变化，说明反应达平衡状态，故⑥符合题意；由上分析可知，①④⑥符合题意，A正确；答案为A。21、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。22、D【分析】【详解】A.物质Ⅲ分子中有六种不同环境的氢原子，故A错误；B.物质Ⅰ分子中与溴原子相连的碳原子的邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，故B错误；C.物质Ⅱ含有饱和碳原子，是四面体结构的碳原子，分子中所有的原子不可能共面，故C错误；D.物质Ⅲ与足量H2加成后得到，分子有两个碳原子连有四个不同的原子或原子团，则有2个手性碳原子，故D正确；答案选D。【点睛】决定有机物主要化学性质的是官能团，有机化学的学习主要是学习官能团代表的这类物质的共性，将醇羟基、碳碳双键、卤代烃的性质与分析化工品的成分联系起来，考查学生在特定情境中应用所学知识分析问题解决问题的能力，在注重考查基础知识的基础上，设计试题背景新颖，对提高学生的化学科学素养有着积极作用。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、②③⑥CH3COOHCH3COO-+H+NaClO=Na++ClO-小于丙>甲=乙【分析】(1)部分电离的电解质为弱电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+；(3)相同溶质的弱电解质溶液中，溶液浓度越小，电解质的电离程度越大；(4)在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡，根据溶液中电解质电离产生的离子浓度大小，判断对水电离平衡影响，等浓度的H+、OH-对水电离的抑制程度相同。【详解】(1)①硫酸氢钠固体属于盐，熔融状态和在水溶液里均能完全电离，属于强电解质；②冰醋酸溶于水后能部分电离出醋酸根离子和氢离子，属于弱电解质；③蔗糖在熔融状态下和水溶液里均不能导电，属于化合物，是非电解质；④氯化氢气体溶于水完全电离，属于强电解质；⑤硫酸钡属于盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质；⑥氨气本身不能电离出自由移动的离子，属于化合物，是非电解质；⑦次氯酸钠属于盐，是你强电解质；故属于弱电解质的是②；属于非电解质是③⑥；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+，其电离方程式为NaClO=Na++ClO-；(3)一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大。甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，根据弱电解质的浓度越小，电离程度越大，可知甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；(4)有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L；乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，c(H+)=0.1mol/L，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，由于醋酸是一元弱酸，主要以醋酸分子存在，电离产生的离子浓度很小，所以该溶液中c(H+)<<0.1mol/L，在三种溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-，加入的酸电离产生的H+或碱溶液中OH-对水的电离平衡起抑制作用，溶液中离子浓度越大，水电离程度就越小，水电离产生的H+或OH-浓度就越小，甲、乙、丙三种溶液中电解质电离产生的离子浓度：甲=乙>丙，则由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为：丙>甲=乙。【点睛】本题考查了强弱电解质判断、非电解质的判断、弱电解质电离平衡及影响因素、水的电离等知识点，清楚物质的基本概念进行判断，明确对于弱电解质来说，越稀释，电解质电离程度越大；电解质溶液中电解质电离产生的离子浓度越大，水电离程度就越小。25、在大试管中先加4mL乙醇，再缓慢加入1mL浓H2SO4，边加边振荡，待冷至室温后，再加4mL乙酸并摇匀BD防止反应物随生成物一起大量被蒸出，导致原料损失及发生副反应B【分析】根据乙酸乙酯制备实验的基本操作、反应条件的控制、产物的分离提纯等分析解答。【详解】(1)配制乙醇、浓硫酸、乙酸混合液时，各试剂加入试管的顺序依次为：CH3CH2OH→浓硫酸→CH3COOH。将浓硫酸加入乙醇中，边加边振荡是为了防止混合时产生的热量导致液体飞溅造成事故；将乙醇与浓硫酸的混合液冷却后再与乙酸混合，是为了防止乙酸的挥发造成原料的损失。在加热时试管中所盛溶液不能超过试管容积的，因为试管容积为30mL，那么所盛溶液不超过10mL，按体积比1∶4∶4的比例配浓硫酸、乙酸和乙醇的混合溶液，由此可知，对应的浓硫酸、乙酸和乙醇的体积为1mL、4mL、4mL；(2)饱和碳酸钠溶液的作用主要有3个：①使混入乙酸乙酯中的乙酸与Na2CO3反应而除去；②使混入的乙醇溶解；③降低乙酸乙酯的溶解度，减少其损耗及有利于它的分层析出和提纯；故选BD；(3)根据各物质的沸点数据可知，乙酸(117.9℃)、乙醇(78.0℃)的沸点都比较低，且与乙酸乙酯的沸点(77.5℃)比较接近，若用大火加热，反应物容易随生成物(乙酸乙酯)一起蒸出来，导致原料的大量损失；另一个方面，温度太高，可能发生其他副反应；(4)用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；不能选择P2O5、碱石灰和NaOH等固体干燥剂，以防乙酸乙酯在酸性(P2O5遇水生成酸)或碱性条件下水解，故选B。【点睛】乙酸乙酯的制备实验中用饱和碳酸钠溶液收集产物乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇，并降低乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度，有利于分层析出。不能用氢氧化钠溶液，因为乙酸乙酯会在碱性条件下水解。26、23.80mL0.1044左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化当滴入最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不变色8.2～10.0AC【分析】(1)根据滴定后的液面图，液面读数是24.90mL，消耗标准溶液的体积是两次读数的差；(2)根据表格数据，第二次实验偏离正常误差范围，利用1、3次实验数据计算消耗氢氧化钠溶液的平均体积，代入计算HCl待测溶液的物质的量浓度。(3)根据中和滴定的规范操作回答；当盐酸与氢氧化钠完全反应时，达到滴定终点，滴定过程中，溶液pH升高；指示剂酚酞的变色范围是8.2～10.0；(4)根据分析误差。【详解】(1)滴定前滴定管内液面读数为1.10mL，滴定后液面读数是24.90mL，此时消耗标准溶液的体积为24.90mL-1.10mL=23.80mL；(2)根据表格数据，第二次实验偏离正常误差范围，1、3两次实验消耗氢氧化钠溶液的平均体积为=26.10mL，0.1044mol·L-1；(3)中和滴定时，左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；滴定过程中，溶液pH升高，所以滴定达到终点的现象是：当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不变色；指示剂酚酞的变色范围是8.2～10.0，此时锥形瓶内溶液的pH的范围是8.2～10.0；(4)A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，盐酸物质的量增多，消耗氢氧化钠体积偏大，测定结果偏高，故选A；B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，无影响，故不选B；C．滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，测定结果偏高，故选C；D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，氢氧化钠溶液的体积偏小，测定结果偏低，故不选D。【点睛】本题考查了酸碱中和滴定实验的原理、终点判断、误差分析以及计算，熟练掌握滴定管的结构，会根据分析误差。27、环形玻璃搅拌棒确保硫酸被完全中和Cabcd大于浓硫酸溶于水放出热量干扰中和热测定+43.5kJ•mol﹣1【分析】测定中和热实验时，一要保证所用的酸、碱都为稀的强电解质，否则易产生溶解热、电离热；二要保证酸或碱完全反应，以便确定参加反应的量；三要确保热量尽可能不损失，即把热量损失降到最低。【详解】(1)图中仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒。答案为：环形玻璃搅拌棒；(2)为保证硫酸完全反应，NaOH溶液稍过量的原因是确保硫酸被完全中和。答案为：确保硫酸被完全中和；(3)为尽可能减少热量的损失，药品应快速加入，所以加入NaOH溶液的正确操作是C。答案为：C；(4)a．NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中后未及时将盖板盖好，热量会发生散失，从而造成偏差；b．实验装置保温、隔热效果不好，反应放出的热量会散失到大气中，从而造成偏差；c．用温度计测定NaOH溶液起始温度后又直接测定H2SO4溶液的温度，则在温度计表面酸与碱发生反应放热，使测得的初始温度偏高，反应前后的温度差偏低，从而造成偏差；d．使用温度计搅拌混合液体，此操作本身就是错误的，容易损坏温度计，另外，温度计水银球所在位置不同，所测温度有差异，从