2026届福建省厦门大学附属实验中学高二化学第一学期期中综合测试试题含解析

2026届福建省厦门大学附属实验中学高二化学第一学期期中综合测试试题注意事项：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（每题只有一个选项符合题意）1、N2（g）与H2（g）在一定条件下经历如下过程生成NH3（g）。下列说法正确的是A．I中破坏的均为极性键B．Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为吸热过程C．Ⅳ中NH2与H2生成NH3D．该条件下生成1molNH3放热54kJ2、一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2(g)和O2(g)，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ/mol。一段时间后反应达到平衡状态，反应过程中测定的部分数据如表所示。反应时间/minn(SO2)/moln(O2)/mol02151.2100.4150.8下列说法不正确的是A．前5min的平均反应速率为υ(SO2)=0.08mol/(L·min)B．保持温度不变，向平衡后的容器中再充入0.2molSO2(g)和0.2molSO3(g)时，υ正>υ逆C．相同温度下，起始时向容器中充入1.5molSO3(g)，达到平衡状态时SO3的转化率为40%D．保持其他条件不变，若起始时向容器中充入2molSO3(g)，达到平衡状态时吸收78.4kJ的热量3、元素周期律揭示了元素间的递变规律，下列递变规律正确的是（）A．ⅣA族元素氢化物沸点：SiH4＞CH4，所以ⅤA族元素氢化物沸点：PH3＞NH3B．第二周期元素氢化物稳定性：HF＞H2O，第三周期元素氢化物稳定性：HCl＞H2SC．ⅦA族元素的非金属性：F＞Cl，所以ⅦA族元素氢化物的酸性：HF＜HClD．镁比铝活泼，工业上用电解熔融氧化铝制铝，所以工业上也用电解熔融氧化镁制镁4、在一定温度下,向aL密闭容器中加入1molX气体和2molY气体,发生如下反应:X(g)+2Y(g)2Z(g)，此反应达到平衡的标志是()A．容器内密度不随时间变化 B．容器内各物质的浓度不随时间变化C．容器内X、Y、Z的浓度之比为1∶2∶2 D．单位时间消耗0.1molX同时生成0.2molZ5、现有等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量镁，产生H2的体积（同温同压下测定）的变化图示如下。其中正确的是A．①③ B．②④ C．①②③④ D．都不对6、“神舟七号”宇宙飞船的能量部分来自太阳能电池，另外内部还配有高效的MCFC型燃料电池。该电池可同时供应电和水蒸气，所用燃料为氢气，电解质为熔融的碳酸钾。该电池的总反应为2H2+O2=2H2O，负极反应为H2+CO32—→CO2↑+H2O+2e—，下列正确的是（）A．电池工作时，CO32—向负极移动B．电池放电时，外电路电子由通氧气的正极流向通氢气的负极C．正极的电极反应为：4OH—→O2↑+2H2O+4e—D．通氧气的电极为阳极，发生氧化反应7、下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（）A．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫B．将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气的密闭容器置于冷水中，混合气体颜色变浅C．向氯水中加CaCO3后，溶液漂白性增强D．由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深8、现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p2；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p4；④1s22s22p3。则下列有关比较中正确的是A．原子半径：③＞④＞②＞①B．第一电离能：④＞③＞②＞①C．最高正化合价：③＞④=②＞①D．电负性：④＞③＞②＞①9、下列图示与对应的叙述相符的是A．图Ⅰ表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B．图Ⅱ表示常温下，0.l000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线C．图Ⅲ表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化曲线，图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜cD．图Ⅳ表示犮应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g）△H＜0，在其他条件不变的情况下改变起始物CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知N02的转化率b＞a＞c10、已知在一定温度下，一定体积的密闭容器里存在如下平衡：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，若开始时充入2molSO3，达到平衡时混合气体的压强比起始时增大了10%；若开始时充入2molSO2和1molO2，则达到平衡时SO2的转化率为A．20% B．60% C．80% D．90%11、下列变化属于吸热反应的是()①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④生石灰跟水反应生成熟石灰A．①④ B．①② C．② D．②④12、铝碳酸镁[AlaMgb•(CO3)c•(OH)d•eH2O]用于治疗慢性胃炎。称取3.01g铝碳酸镁样品，溶于50mL2mol•L-1的盐酸(过量)，收集到气体112mL(标准状况)；往所得溶液中加入40mL3mol•L-1的NaOH溶液，过滤，将所得沉淀洗涤、干燥、称量得固体1.74g；再将滤液稀释到100mL，测得溶液中OHˉ的浓度为0.1mol•L-1。由计算可得e的值为A．4 B．5 C．7 D．813、在某温度时，测得纯水中c（H+）=2.4×10-7mol·L-1，则c（OH-）为（

）A．2.4×10-7mol·L-1 B．0.1×10-7mol·L-1 C．1.2×10-7 D．c(OH-)无法确定14、漂白粉的有效成分是

A． B． C． D．15、下列说法或表示方法中正确的是（）A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH=-2×57.3kJ·mol-1B．相同条件下，等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多C．由C(金刚石)=C(石墨)ΔH=-1.9kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定D．若CO(g)的燃烧热ΔH=-283.0kJ·mol-1，则反应2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)的ΔH=+2×283.0kJ·mol-116、下列说法与盐类水解有关且正确的是:()A．AlCl3溶液和NaAlO2溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度C．用加热的方法可除去KCl溶液中混有的Fe3＋D．食醋可以溶解水垢二、非选择题（本题包括5小题）17、现有原子序数小于20的A，B，C，D，E，F6种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最多的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B，D两元素原子核内质子数之和的1/2；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。回答下列问题。（1）用电子式表示C和E形成化合物的过程________________。（2）写出基态F原子核外电子排布式__________________。（3）写出A2D的电子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ键，________(填“含”或“不含”)π键。（4）A，B，C共同形成的化合物化学式为________，其中化学键的类型有________。18、长托宁是一种选择性抗胆碱药，可通过以下方法合成(部分反应条件略去):(1)长托宁中的含氧官能团名称为______和______(填名称)。(2)反应③的反应类型为______。(3)反应②中加入试剂X的分子式为C8H6O3，X的结构简式为______。(4)D在一定条件下可以生成高聚物M，该反应的化学方程式为______。(5)C的一种同分异构体满足下列条件：I．能与FeCl3溶液发生显色反应。II．核磁共振氢谱有5个峰且峰的面积比为2：4：4：1：1；分子中含有两个苯环。写出该同分异构体的结构简式：______。(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以和为原料制备的合成路线流程图______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线见上面题干)。19、某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：（不考虑溶液混合所引起的体积缩小）实验序号实验温度/K参加反应的物质溶液颜色褪至无色时所需时间/sKMnO4溶液(含硫酸)H2C2O4溶液H2OV/mLc/mol·L－1V/mLc/mol·L－1V/mLA29320.0240.106BT120.0230.1V18C31320.02V20.11t1（1）通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，其中V1＝_____，T1＝_____；通过实验___________可探究出温度变化对化学反应速率的影响。（2）用离子方程式表示出上述实验溶液褪色的原因：_______________________________。计算A组实验的反应速率v(H2C2O4)=_________________。(保留两位有效数字)（3）该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中n(Mn2＋)随时间变化的趋势如图所示，并以此分析造成n(Mn2+)突变的可能的原因是：_____________________________________。20、某课外活动小组的同学，在实验室做锌与浓硫酸反应的实验时，甲同学认为产生的气体是二氧化硫，而乙同学认为除二氧化硫气体外，还可能产生氢气。为了验证甲、乙两位同学的判断是否正确，丙同学设计了如图所示实验装置(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X，且该装置略去)，试回答下列问题：（1）上述反应中生成二氧化硫的化学方程式为__。（2）乙同学认为还可能产生氢气的理由是__。（3）丙同学在安装好装置后，必须首先进行的一步操作是__。（4）A中加入的试剂可能是__，作用是__；B中加入的试剂可能是__，作用是__；E中加入的试剂可能是__，作用是__。（5）可以证明气体X中含有氢气的实验现象是：C中：__，D中：__。如果去掉装置B，还能否根据D中的现象判断气体X中有氢气？__(填“能”或“不能”)，原因是_。21、如图为向25mL0.1mol·L−1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L−1CH3COOH溶液过程中溶液pH的变化曲线。请回答：(1)B点溶液呈中性,有人据此认为,在B点时NaOH与CH3COOH恰好完全反应,这种看法是否正确?(选填“是”或“否”)_________.若不正确,则二者恰好完全反应的点是在AB区间还是BD区间内?__________________(若正确,此问不答)(2)AB区间,c(OH−)>c(H+),则c(OH−)与c(CH3COO−)大小关系是_______________A．c(OH−)一定大于c(CH3COO−)B．c(OH−)一定小于c(CH3COO−)C．c(OH−)一定等于c(CH3COO−)D．c(OH−)大于、小于或等于c(CH3COO−)(3)在D点时,溶液中c(CH3COO−)+c(CH3COOH)_________2c(Na+)(“>”、“<”或“=”)(4)常温下,将VmL、0.1000mol·L−1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol·L−1醋酸溶液中,充分反应。回答下列问题.(忽略溶液体积的变化)①如果溶液pH=7,此时V的取值____________20.00(填“>”、“<”或“=”),而溶液中c(Na+)、c(CH3COO−)、c(H+)、c(OH−)的大小关系为________________________.②如果V=40.00,则此时溶液中c(OH−)−c(H+)−c(CH3COOH)=__________________mol·L−1

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A．I中破坏的N2和H2中的共价键都是非极性键，故A错误；B．图象中Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ三个过程均是化学键形成的过程，为能量降低的过程，都是放热过程，故B错误；C．图象中Ⅳ的变化是NH2和H生成NH3，不是NH2和H2发生的反应，故C错误；D．由图可知最终反应物的能量高于生成物的能量，是放热反应，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，放出的热量为(324+399+460-1129)kJ=54kJ，故D正确；故选D。2、C【解析】根据第10、15分钟SO2和O2的量确定此时反应达到平衡。【详解】A.前5min的平均速率为v(SO2)=（2-1.2）÷2÷5=0.08mol·L−1min−1，故A正确；B.保持温度不变，向平衡后的容器中再充入0.2molSO2(g)和0.2molSO3(g)，反应正向进行，v(正)＞v(逆)，故B正确；C.相同温度下，起始时向容器中充入2molSO3与上述平衡为等效平衡，SO3的转化率为40%，现加入1.5molSO3，压强减少，平衡向气体分子数增大的方向移动，SO3的转化率大于40%，故C错误；D.此情况与上述平衡为等效平衡，生成0.8molSO2，根据反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)∆H＝+196kJ·moL−1可知，达到平衡状态时吸收的热量196÷2×0.8=78.4kJ，故D正确。故选C。3、B【详解】A．氨气分子间含氢键，沸点高，则ⅤA族元素氢化物沸点：PH3＜NH3，故A错误；B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则第二周期元素氢化物稳定性：HF＞H2O，第三周期元素氢化物稳定性：HCl＞H2S，故B正确；C．ⅦA族元素的非金属性：F＞Cl，元素氢化物的酸性：HF＜HCl，二者没有因果关系，故C错误；D．氧化镁的熔点高，应选电解熔融氯化镁冶炼Mg，工业上用电解熔融氧化铝制铝，因为氯化铝为分子晶体，熔融状态不能导电，故D错误；故选B。4、B【详解】A.混合气体的密度等于混合气的总质量除以容器的体积，由于反应物和生成物都是气体，根据质量守恒，混合气的总质量是不变的，容器体积一定，所以混合气的密度一直不变，所以密度不变不能证明该反应达到平衡状态，故A不选；B.达到化学平衡时，各物质的浓度不再变化，故B选；C.容器内各物质的浓度不再改变可以说明反应达到了平衡状态，但各物质的浓度之比等于方程式的系数比，和是否平衡无关，故C不选；D.单位时间消耗0.1molX必然同时生成0.2molZ，没有说明正逆反应速率相等，故D不选；故选B。5、D【分析】根据强酸和弱酸的电离程度分析。【详解】随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，故①错误；等pH时，醋酸浓度较大，加入足量镁，不仅产生的氢气的体积更大，反应更快，而且反应时间更长，不可能比盐酸更早结束，故②错误；随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，不可能逐渐减小，故③错误；等物质的量浓度时，醋酸溶液中氢离子浓度较小，反应速率较小，不可能比盐酸反应的快，故④错误。

故选D。【点睛】分析化学平衡图像时要注意横纵坐标及曲线的变化趋势，分析固定PH值变化和V(H2)变化，来进一步确定反应过程，注意方法规律的灵活应用。6、A【解析】A、根据原电池的工作，阴离子向负极移动，即CO32－向负极移动，故A正确；B、根据原电池工作原理，电子由负极经外电路流向正极，根据题中信息，通H2一极为负极，通氧气一极为正极，即从通氢气一极流向通氧气一极，故B错误；C、正极反应式为O2＋2CO2＋4e－=2CO32－，故C错误；D、电池中通氧气电极为正极，得电子，化合价降低，发生还原反应，故D错误。7、D【解析】试题分析：A．CO2在增大压强水加入啤酒中，当开启啤酒瓶后，CO2由于压强减小，溶解度降低，从啤酒中逸出，从而导致瓶中立刻泛起大量泡沫，与化学平衡有关，可以用化学平衡移动原理解释，错误；B．NO2在密闭容器中存在化学平衡：2NO2(g)N2O4(g)△H<0，将该混合气的密闭容器置于冷水中，根据平衡移动原理，降低温度，平衡向放热的正反应方向移动，产生更多的无色的N2O4气体，所以混合气体颜色变浅，可以用化学平衡移动原理解释，错误；C．在氯水中存在化学平衡：Cl2＋H2OHCl＋HClO，由于酸性HCl>H2CO3>HClO，向氯水中加CaCO3后，会发生反应：2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑，由于反应消耗HCl，减小了生成物的浓度，根据平衡移动原理，减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，产生更多的HClO，HClO浓度增大，所以溶液漂白性增强，可以用化学平衡移动原理解释，错误；D．可逆反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，由于正反应速率与逆反应速率增大的倍数相同，各种物质浓度增大的倍数相等，所以化学平衡不发生移动，由于单位体积被I2浓度增大，所以平衡体系加压后颜色变深，但是平衡不发生移动，故不能用化学平衡移动原理解释，正确。考点：考查化学平衡移动原理的应用正误判断的知识。8、B【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p2是Si元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p4是O元素、④1s22s22p3是N元素；A．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径Si＞P，N＞O，电子层越多原子半径越大，故原子半径Si＞P＞N＞O，即①＞②＞④＞③，选项A错误；B．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p、P元素原子3p能级均容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Si＜P，O＜N，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能Si＜P＜O＜N，即④＞③＞②＞①，选项B正确；C．最高正化合价等于最外层电子数，但O元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=④，选项C错误；D．同周期自左而右电负性增大，所以电负性Si＜P，N＜O，N元素非金属性比P元素强，所以电负性P＜N，故电负性Si＜P＜N＜O，即③＞④＞②＞①，选项D错误；答案选B。9、C【解析】图I中反应物的能量大于生成物的能量，所以表示的是放热反应，故A错误；0.1000mol·L-1CH3COOH溶液的PH大于1，故B错误；弱电解质越稀，电离程度越大，所以图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故C正确；增大CO的浓度越大，NO2的转化率越大，所以NO2的转化率c>b>a，故D错误。点睛：放热反应，反应物的能量大于生成物的能量；吸热反应，反应物的能量小于生成物的能量；醋酸是弱电解质，部分电离，所以0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH大于1。10、C【分析】初始投入2molSO3与初始投入2molSO2和1molO2相当，在相同温度、相同体积的容器里，分别达到的平衡互为等效平衡，由此分析。【详解】若开始时充入2molSO3，设达到平衡时O2的物质的量为x，则有下列关系：相同温度和相同体积条件下，气体的压强与气体物质的量成正比，则有，，解得x=0.2mol。则平衡时O2有0.2mol、SO2有0.4mol、SO3有1.6mol。若开始时充入2molSO2和1molO2，达到的平衡与上述平衡等效，则平衡时相应组分的物质的量相同，即平衡时SO2的物质的量为0.4mol，此时反应中转化的SO2物质的量为2mol-0.4mol=1.6mol，则达到平衡时SO2的转化率=，答案选C。11、C【详解】①液态水汽化属于吸热变化但不属于化学反应，故①不选；②将胆矾CuSO45H2O加热发生分解反应：CuSO45H2CuSO4+5H2O，属于吸热反应，故②选；③浓硫酸稀释放出大量的热，故不选③；④生石灰与水反应放出大量热，属于放热反应，故不选④;则正确序号为②,所以答案为C。12、A【分析】根据生成二氧化碳的量计算出碳酸根离子的物质的量，氢氧化钠过量，生成的沉淀为氢氧化镁，根据n=计算出氢氧化镁的物质的量，从而得出3.01g样品中含有的镁离子的物质的量；反应后溶质为氯化钠、偏铝酸钠和氢氧化钠，根据电荷守恒计算出偏铝酸根离子的物质的量，从而得出样品中含有铝离子的物质的量；设3.01g样品中含有氢氧根离子的物质的量为xmol，则：n(HCl)-2n(CO32-)-x=n总(OH-)-n剩余(OH-)-2n(Mg2+)-4n(Al3+)，据此计算出样品中氢氧根离子的物质的量；然后根据质量守恒计算出3.01g样品中含有水的质量、物质的量，最后根据a:b:c:d:e=n(Al3+):n(Mg2+):n(CO32-):n(OH-):n(H2O)计算出e的值。【详解】50mL2mol•L-1的盐酸中含有HCl的物质的量为：n(HCl)=2mol/L0.05L=0.1mol，则反应后的溶液中n(Cl-)=0.1mol，生成二氧化碳的物质的量为：n(CO2)==0.005mol，根据C原子守恒，3.01g样品中含有0.005molCO32-；因为反应后氢氧根离子过量，则1.74g沉淀为氢氧化镁的质量，则氢氧化镁的物质的量为：=0.03mol，根据质量守恒可以知道，3.01g样品中镁离子的物质的量为0.03mol；40mL3mol•L-1的NaOH溶液中，氢氧化钠的物质的量为：3mol/L0.04L=0.12mol，反应后溶液中氢氧根离子的物质的量为：n(OH-)=0.1L0.1mol/L=0.01mol，反应后溶液中的溶质为NaCl、NaAlO2、NaOH，根据离子电荷守衡：n(Cl-)+n(OH-)+n(AlO2-)=n(Na+)，则：n(AlO2-)=0.12mol-0.1mol-0.01mol=0.01mol，根据质量守恒，3.01g样品中含有铝离子的物质的量为0.01mol；生成0.05mol二氧化碳需要消耗氯化氢0.1mol，0.01mol铝离子转化成偏铝酸根离子需要消耗0.04mol氢氧根离子，生成0.03mol氢氧化镁沉淀需要消耗0.06mol氢氧根离子，设3.01g样品中含有氢氧根离子的物质的量为x，则：0.1mol-0.01mol-x=0.12mol-0.04mol-0.06mol-0.01mol，计算得出：x=0.08mol，3.01g样品中含有水的质量为3.01g-27g/mol0.01mol-24g/mol0.03mol-60g/mol0.005mol-17g/mol0.08mol=0.36g，水的物质的量为=0.02mol，所以a:b:c:d:e=n(Al3+):n(Mg2+):n(CO32-):n(OH-):n(H2O)=0.01mol:0.03mol:0.005mol:0.08mol:0.02mol=2:6:1:16:4，即：a=2、b=6、c=1、d=16、e=4，故答案选A。13、A【详解】在某温度时，纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，c(H+)=2.4×10-7mol·L-1，则c(OH-)=2.4×10-7mol·L-1，A正确；答案选A。

14、A【详解】漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，由于次氯酸的酸性比碳酸弱，次氯酸钙能与二氧化碳和水反应生成具有漂白性的次氯酸，则其有效成分为次氯酸钙，故A正确。15、D【详解】A．中和热是指强酸与强碱反应，生成1molH2O时所放出的热量，但选项中还有CaSO4沉淀生成，故反应最后放出的热量包括2倍的中和热和生成沉淀放出的热量，A说法错误；B．硫固体转化为硫蒸气吸热，所以前者放出热量多，B说法错误；C．由C(金刚石)=C(石墨)ΔH=-1.9kJ·mol-1可知，相同物质的量的金刚石的能量比石墨高，石墨更稳定，C说法错误；D．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，表示1molCO完全燃烧产生CO2放出热量是283.0kJ，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH=+(2×283.0)kJ/mol，D说法正确；答案为D。16、C【详解】A、AlCl3溶液中存在AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，升高温度，促进水解，以及HCl的挥发，加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，得到的物质是Al2O3，NaAlO2溶液中NaAlO2＋2H2ONaOH＋Al(OH)3，虽然加热促进水解，但NaOH是难挥发物质，最后得到物质仍为NaAlO2，所得固体成分不相同，故A错误；B、FeCl3固体溶解在硫酸中，引入SO42－杂质，故B错误；C、Fe3＋发生水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加热促进水解，生成氢氧化铁沉淀，从而除去KCl溶液中混有的Fe3＋，且与盐类水解有关，故C正确；D、水垢成分是CaCO3，食醋的成分是CH3COOH，两者发生反应，生成醋酸钙和CO2，与盐类水解无关，故D错误。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na:―→Na＋[::]－1s22s22p63s23p64s1H::H含不含NaOH离子键、共价键【分析】已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素；据以上分析解答。【详解】已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素，(1)结合以上分析可知，C为钠元素，E为氯元素；C和E形成化合物为氯化钠，属于离子化合物，用电子式表示氯化钠形成化合物的过程如下：Na:―→Na＋[::]－；综上所述，本题答案是：Na:―→Na＋[::]－。(2)结合以上分析可知，F为钾，核电荷数为19，基态K原子核外电子排布式:1s22s22p63s23p64s1；综上所述，本题答案是：1s22s22p63s23p64s1。(3)结合以上分析可知，A为氢元素，D为硫元素；二者形成H2S，属于共价化合为物，电子式：H::H；其分子中含σ键，不含π键；综上所述，本题答案是：H::H，含，不含。(4)A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，三种元素共同形成的化合物化学式为NaOH，其电子式为：，化学键的类型有离子键、共价键；综上所述，本题答案是：NaOH，离子键、共价键。18、羟基醚键加成反应或还原反应n+H2O【分析】A在无水乙醚的作用下与Mg反应生成B，B与X发生加成后再水解得C，根据X的分子式为C8H6O3，B和C的结构可知，X的结构为；C在催化剂作用下与氢气发生催化加氢反应(加成反应)生成D，D与LiAlH4发生还原反应生成E，E在一定条件下发生分子内脱水生成F，F与反应生成G，据此分析解答。【详解】(1)根据长托宁的结构简式可知，长托宁中含氧官氧官能团为羟基和醚键；(2)根据分析，反应③的反应类型为加成反应或还原反应；(3)根据分析可知，X的结构简式为；(4)D的结构中含有羟基和羧基，两个官能团在一定条件下可以生成高聚物M，该反应的化学方程式为n+H2O；(5)根据条件Ⅰ能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，Ⅱ核磁共振氢谱有5个峰且峰的面积比为2：4：4：1：1；分子中含有两个苯环，符合条件的C的同分异构体为；(6)以和为原料制备，可以先将还原成苯甲醇，再与溴化氢发生取代，再发生题中流程中的步骤①②③的反应，再发生消去即可得产品，合成路线为：。【点睛】本题的难点为(6)中的合成路线，解题时要充分利用已知流程的分析和理解，熟知官能团的性质。19、1293B、C5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O0.0028mol·L－1·s－1生成的Mn2＋对反应有催化作用，使得反应速率加快，单位时间内产生的n(Mn2＋)突增【详解】（1）实验A、B中KMnO4溶液的浓度相等，可探究出在相同温度下，H2C2O4溶液浓度的改变对反应速率的影响，为使得A、B两组中高锰酸钾浓度相同，则溶液总体积相同；其中V1=2mL+4mL-2mL-3mL=lmL，T1=293K；B和C实验中，V2=3mL时，两实验反应物的浓度均相同，可探究不同温度对化学反应速率的影响，本题答案为：1，293，B、C；（2）根据实验知实验溶液褪色是由于酸性KMnO4中的紫红色MnO4－被还原为无色的Mn2＋，则发生的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O；（3）KMnO4与H2C2O4反应后生成了Mn2＋，由图像可知，反应一小段时间后n(Mn2+)发生突增，这种变化可能为催化剂对化学反应速率的影响，故生成的Mn2＋可能对反应有催化作用，使得反应速率加快，导致单位时间内产生的n(Mn2＋)突增，本题答案为：生成的Mn2＋对反应有催化作用，使得反应速率加快，单位时间内产生的n(Mn2＋)突增。【点睛】本题注意在溶液中，MnO4－为紫红色、Mn2＋接近无色；写KMnO4与H2C2O4反应离子方程式时要注意配平；抓住KMnO4与H2C2O4反应后的溶液中出现了Mn2＋，生成的Mn2＋对反应有催化作用，使得反应速率加快，故单位时间内产生的n(Mn2＋)突增。另外，在进行实验设计时，要注意控制变量法的应用。20、Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O当Zn与浓H2SO4反应时，浓H2SO4浓度逐渐变稀，Zn与稀H2SO4反应可产生H2检验装置的气密性品红溶液检验SO2浓H2SO4吸收水蒸气碱石灰防止空气中水蒸气进入D中黑色变成红色白色粉末变成蓝色不能因为混合气体中含H2O会干扰H2的检验【分析】本题对Zn与浓H2SO4反应的产物进行两种推测，而后设计装置进行验证；设计时既要验证有无SO2生成，又要验证有无H2生成；验证SO2可用品红溶液，验证H2可利用它的还原性，在加热条件下让气体通过CuO，再通过无水硫酸铜，同时必须注意验证H2时，应考虑空气中的水蒸气和从洗气装置中带出的水蒸气对氢气检验的干扰。【详解】（1）锌和浓硫酸反应是二氧化硫、硫酸锌和水，反应的化学方程式为Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O；（2）反应时浓H2SO4浓度逐渐变稀，Zn与稀H2SO4反应可产生H2，反应的化学方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；（3）装置是气体验证实验，所以需要装置气密性完好，实验开始先检验装置的气密性；（4）分析装置图可知，生成的气体中有二氧化硫和氢气，所以装置A是验证二氧化硫存在的装置，选品红溶液进行验