2026届福建省泉州市泉港六中高二化学第一学期期中调研模拟试题含解析

2026届福建省泉州市泉港六中高二化学第一学期期中调研模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、下列对钢铁制品采取的措施不能防止钢铁腐蚀的是A．保持表面干燥B．表面镀锌C．表面形成烤蓝D．表面镶嵌铜块2、19世纪中叶，俄国化学家门捷列夫的突出贡献是（）A．提出原子学说 B．提出分子学说 C．发现元素周期律 D．发现氧气3、下列根据反应原理设计的应用，不正确的是A．CO32－+H2OHCO3－+OH－热的纯碱溶液清洗油污B．Al3++3H2OAl(OH)3（胶体）+3H+明矾净水C．SnCl2+H2OSn(OH)Cl↓+HCl配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠D．TiCl4+（x+2）H2O（过量）TiO2·xH2O↓+4HCl用TiCl4制备TiO24、已知在苯分子中，不存在单、双键交替的结构。下列可以作为证据的实验事实是①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色②苯中6个碳碳键完全相同③苯能在一定条件下与氢气加成生成环己烷④实验室测得邻二甲苯只有一种结构⑤苯不能使溴水因化学反应而褪色A．②③④⑤ B．①③④⑤ C．①②③④ D．①②④⑤5、常温下0.1molL-1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=(a+1)的措施是A．将溶液稀释到原体积的10倍 B．加入适量的醋酸钠固体C．加入等体积0.2molL-1盐酸 D．提高溶液的温度6、下列物质的熔、沸点高低顺序中，正确的是A．金刚石＞晶体硅＞二氧化硅＞碳化硅 B．CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4C．MgO＞O2＞N2＞H2O D．金刚石＞生铁＞纯铁＞钠7、在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g)下列说法正确的是()A．保持容器容积不变，向其中加入1molI2，化学反应速率不变B．保持容器容积不变，向其中加入1molHe，化学反应速率增大C．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2(g)和1molI2(g)，化学反应速率不变D．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molHe，化学反应速率不变8、下列有关水的电离的说法正确的是A．将水加热，KW增大，pH不变B．向水中加入少量NaHSO4固体，恢复到原温度，水的电离程度增大C．向水中加入少量NaOH固体，恢复到原温度，水的电离被抑制，c(OH—)增大D．向水中加入少量NH4Cl固体，恢复到原温度，水的电离程度减小9、液氨与水性质相似，也存在微弱的电离：2NH3NH4+＋NH2—，其离子积常数K＝c(NH4+)·c(NH2—)＝2×l0－30，维持温度不变，向液氨中加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，不发生改变的是A．液氨的电离平衡 B．液氨的离子积常数C．c(NH4+) D．c(NH2—)10、分别将下列溶液加热蒸干，仍能得到原物质的是A．FeCl3 B．Ca(HCO3)2 C．Al2(SO4)3 D．Mg(NO3)211、反应经过一段时间后，的浓度增加了，在这段时间内用表示的反应速率为，则这段时间为()A． B． C． D．12、下列关于反应热的描述中正确的是A．CO(g)的燃烧热283.0kJ·mol-1,则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的ΔH=+(2×283.0)kJ·mol-1B．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×(-57.3)kJ·mol-1C．测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度不再变化时，该温度为终止温度D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热13、下列说法错误的是()A．分子中没有手性碳原子B．分子中σ键和π键的数目比为7：1C．某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ•mol﹣1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+D．反应N2O4(l)+2N2H4(l)═3N2(g)+4H2O(l)中若有4molN﹣H键断裂，则形成的π键数目为3NA14、某温度下，向一定体积0.1mol·L－1的HCl溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH[pOH＝－lgc（OH－）]与pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是：A．曲线上任一点都满足c(H＋)×c(OH－)＝10－14B．Q点c(Cl－)＝c(Na＋)＝c(H＋)＝c(OH－)C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同D．M点所示溶液的导电能力强于N点15、某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量)。根据以上规律判断，下列结论正确的是()A．反应Ⅰ：ΔH＞0，p2＞p1 B．反应Ⅱ：ΔH＜0，T1＜T2C．反应Ⅲ：ΔH＞0，T2＞T1或ΔH＜0，T2＜T1 D．反应Ⅳ：ΔH＜0，T2＞T116、有pH分别为8、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaA、NaB、NaC，以下说法中不正确的是A．在三种酸HA、HB、HC中以HC酸性相对最弱B．中和1mol三种酸，需要的NaOH均为1molC．在A－、B－、C－三者中，A－结合H+的能力最强D．HA、HB、HC三者均为弱酸17、下列关于乙酸的说法正确的是A．难挥发 B．难溶于水C．不与石灰石反应 D．能与乙醇发生酯化反应18、部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数

（23℃）Ki=1．77×10-2Ki=2．9×10-10Ki1=2．3×10-7

Ki2=3．6×10-11下列选项错误的是A．2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-B．2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者19、有关厨房铝制品的使用中，你认为合理的是A．烧煮开水B．盛放食醋C．用碱水洗涤D．用金属丝擦表面的污垢20、重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是A．氘(D)原子核外有1个电子B．1H与D互称同位素C．H2O与D2O互称同素异形体D．1H218O与D216O的相对分子质量相同21、Burns和Dainton研究发现C12与CO合成COCl2的反应机理如下：①C12（g）2C1•（g）快②CO（g）+C1•（g）COC1•（g）快③COC1•（g）+C12（g）COC12（g）+C1•（g）慢其中反应②存在v正=k正[CO][C1•]、v逆=k逆[COC1•]下列说法正确的是（）A．反应①的活化能大于反应③的B．反应②的平衡常数K=C．要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应②的速率D．选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COC12的平衡产率22、在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质XYZ初始浓度/(mol·L－1)0.10.20平衡浓度/(mol·L－1)0.050.050.1下列说法错误的是()A．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大B．反应可表示为X＋3Y2Z，其平衡常数为1600C．反应达平衡时，X的转化率为50%D．改变温度可以改变此反应的平衡常数二、非选择题(共84分)23、（14分）有关物质的转化关系如下图所示(部分物质和条件已略去)。A是由两种元素组成的难溶于水的物质，摩尔质量为88g·mol－1；B是常见的强酸；C是一种气态氢化物；气体E能使带火星的木条复燃；F是最常见的无色液体；无色气体G能使品红溶液褪色；向含有I的溶液中滴加KSCN试剂，溶液出现血红色。请回答下列问题：(1)G的化学式为________________。(2)C的电子式为________________。(3)写出反应①的离子方程式：____________________。(4)写出反应②的化学方程式：____________________。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）用中和滴定法测定某烧碱样品(含有氯化钠的杂质)的纯度，试根据实验回答下列问题：（1）准确称量8.2g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500mL待测溶液。称量时，样品可放在________称量。配制溶液选用________(填编号字母)A．小烧杯中B．洁净纸片上C．500mL容量瓶D．500mL试剂瓶（2）为了避免测定过程中样品部分与空气中二氧化碳反应导致结果偏差，滴定时，用0.2000mol/L的盐酸标准液来滴定待测溶液，可选用________(填编号字母)作指示剂。A．甲基橙B．石蕊C．酚酞（3）滴定过程中，眼睛应注视_____________，若用酚酞做指示剂，滴定终点的标志是____________，滴定结果是________(偏大，偏小，不变)，理由______________________。（4）根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是________mol/L，烧碱样品的纯度是____________。滴定次数待测溶液体积(mL)标准酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.0026、（10分）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10mol·L－1NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验。取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。完成下列填空：实验编号待测盐酸的体积(mL)NaOH溶液的浓度(mol·L－1)滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL)120.000.1024.18220.000.1023.06320.000.1022.96I．(1)滴定达到终点的标志是_________。(2)根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为___________(保留小数点后3位)。(3)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___________。A．用酸式滴定管取20.00mL待测盐酸，使用前，水洗后未用待测盐酸润洗B．锥形瓶水洗后未干燥C．称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解D．滴定终点读数时俯视E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失Ⅱ．硼酸(H3BO3)是生产其它硼化物的基本原料。已知H3BO3的电离常数为5.8×10－10，H2CO3的电离常数为K1=4.4×10－7、K2=4.7×10－11。向盛有饱和硼酸溶液的试管中，滴加0.1mol/LNa2CO3溶液，____________(填“能”或“不能”)观察到气泡逸出。Ⅲ．某温度时测得0.01mol/L的NaOH溶液pH为11，求该温度下水的离子积常数KW=_________27、（12分）某烧碱样品含有少量不与酸作用的杂质,为了测定其纯度,进行以下滴定操作：A．在250mL的容量瓶中定容配制250mL烧碱溶液；B．用碱式滴定管移取25.00mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴入2滴甲基橙指示剂；C．在天平上准确称取烧碱样品2.0g,在烧杯中用蒸馏水溶解；D．将物质的量浓度为0.1000mol·L－1的标准盐酸装入酸式滴定管,调整液面记下开始读数为V1；E.在锥形瓶下垫一张白纸,滴定至终点,记下读数V2。就此实验完成下列填空：（1）正确的操作步骤的顺序是(用编号字母填写)________→________→________→D→________。（2）上述E中锥形瓶下垫一张白纸的作用是_______________________________（3）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______________。直到加入一滴盐酸后，溶液____________________________(填颜色变化)。（4）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（____________）A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（5）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为________mL。（6）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol·L－1盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09依据上表数据列式计算该烧碱的纯度____。（结果保留四位有效数字）28、（14分）以铝土矿（主要成分为Al2O3）为原料，用真空氯化亚铝（AlCl）歧化法，无需进行分离提纯，直接制备金属Al。其反应过程主要由两步组成，如下图：(1)已知：Al2O3(s)+3C(s)2Al(l)+3CO(g)ΔH＝+1346kJ·mol-13AlCl(g)AlCl3(g)+2Al(l)ΔH＝−140kJ·mol-1①第一步反应的热化学方程式是_____。②第二步AlCl分解反应的化学平衡常数K随温度升高而_____（填“增大”、“不变”或“减小”）。(2)第一步是可逆反应，选择在接近真空条件下进行，其原因是_____。(3)第二步反应制备的Al中含有少量C，可能的原因是_____（不考虑未反应的C，写出1种即可）。(4)图为真空AlCl歧化法制备Al的实验装置示意图，控制AlCl3的凝华装置、Al的生成装置和AlCl的制备装置的温度分别为T1、T2、T3，其由高到低的顺序是_____。(5)制备Al的整个过程中可循环利用的物质是_____。29、（10分）(1)某有机物由C、H、O三种元素组成，球棍模型如图所示：①含有的官能团名称是_______；②写出此有机物与金属钠反应的化学方程式_______。(2)四种常见有机物分子的比例模型示意图如下，其中甲、乙、丙为烃，丁为烃的衍生物。①可以鉴别甲和乙的试剂为_________；a.稀硫酸b.溴的四氯化碳溶液c.水d.酸性高锰酸钾溶液②上述物质中有毒、有特殊气味，且不溶于水、密度比水小的是_________（填名称），③乙和丁的物质的量共1.5mol，完全燃烧需要的氧气的物质的量是_______。

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、D【解析】A．将钢铁制品放置在干燥处，使金属不具备生锈的条件：和水接触，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故A不选；B．在钢铁制品表面镀一层金属锌，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故B不选；C．烤蓝能使铁制品与氧气和水隔绝，可以防止钢铁制品生锈，故C不选；D．在表面镶嵌铜块，形成的原电池中，金属铁做负极，可以加快腐蚀速率，此法不能防止或减缓钢铁腐蚀，故D选；故选D。【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属被腐蚀的原因是解本题关键。解答本题需要知道常见的防止金属腐蚀的方法。本题的易错点为C，要注意烤蓝主要指利用化学反应使铁器表面生成四氧化三铁。2、C【详解】19世纪中叶，俄国化学家门捷列夫的突出贡献是发现元素周期律。提出原子学说的是道尔顿，提出分子学说的是阿伏加德罗，答案选C。3、C【解析】A．加热促进盐类水解，故加热纯碱溶液其碱性增强，去污能力增强，A正确；B．明矾中的Al3+水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒，故明矾能净水，B正确；C．SnCl2水解显酸性，所以在配制氯化亚锡溶液时要加入HCl抑制其水解，不能加入NaOH，C错误；D．TiCl4能水解生成钛的氧化物，D正确；答案选C。4、D【解析】①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，正确；②苯中6个碳碳键完全相同，则苯分子中不存在单、双键交替的结构，正确；③苯能在一定条件下与氢气加成生成环己烷，不能说明苯分子是否含有碳碳双键，错误；④实验室测得邻二甲苯只有一种结构，说明苯分子中不存在单、双键交替的结构，正确；⑤苯不能使溴水因反应而褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，正确。答案为D。5、B【详解】A项稀释时，促进醋酸的电离，所以pH<(a+1)；B项加入醋酸钠，抑制醋酸的电离，pH可以增大为（a+1）；C、D项均会使溶液的pH减小。答案选B。6、B【详解】A．均为原子晶体，共价键的键长越短，熔沸点越高，则熔点为金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，故A错误；B．均为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越大，则熔沸点为CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4，故B正确；C．MgO为离子晶体，其它为分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，沸点越大，但水中含氢键，则熔沸点为MgO＞H2O＞O2＞N2，故C错误；D．金刚石为原子晶体，合金的熔点比纯金属的熔点低，则熔沸点为金刚石＞纯铁＞生铁＞钠，故D错误；故选B。7、C【解析】A.保持容器容积不变，向其中加入1molI2，反应物浓度增大，反应速率增大，A错误；B.保持容器容积不变，向其中加入1molHe，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，B错误；C.保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2（g）和1molI2（g），因体积增大为2倍，物质的量增大为2倍，则浓度不变，反应速率不变，C正确；D.保持容器内气体压强不变，向其中加入1molHe，体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小，D错误；故选C。8、C【解析】加热促进电离，氢离子浓度增大，pH减小，A错误；NaHSO4在水溶液中完全电离出氢离子，导致溶液中氢离子浓度增大，抑制水的电离，B错误；向水中加少量NaOH固体,溶液中c(OH—)增大，抑制水的电离，C正确；铵根离子能与水反应生成一水合氨，促进水的电离，错D误；正确选项C。点睛：对于水的电离平衡来说，加酸加碱抑制水的电离；加入能够水解的盐，促进水的电离。9、B【解析】根据勒夏特列原理以及离子积常数只受温度的影响进行分析。【详解】A、加入NH4Cl，溶液中c(NH4＋)增大，平衡向逆反应方向进行，抑制电离，加入NaNH2，溶液c(NH2－)增大，抑制NH3的电离，故A不符合题意；B、离子积常数只受温度的影响，因为维持温度不变，因此离子积常数不变，故B符合题意；C、加入NH4Cl，溶液中c(NH4＋)增大，故C不符合题意；D、加入NaNH2，溶液中c(NH2－)增大，故D不符合题意。答案选B。10、C【分析】A、加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铁水解，最后得到氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁；B、碳酸氢钙加热分解生成碳酸钙；C、铝离子水解，但硫酸不挥发，最后仍得到Al2(SO4)3；D、Mg(NO3)2受热分解。【详解】A、氯化铁为强酸弱碱盐，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢具有挥发性，加热过程中，促进氯化铁水解，蒸干时得到氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，故A错误；B、加热时碳酸氢钙分解生成碳酸钙，所以最后得到碳酸钙，故B错误；C、Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，铝离子水解，但是水解产物中硫酸不易挥发，故最后仍得到Al2(SO4)3，故C正确；D、Mg(NO3)2受热分解生成氧化镁、二氧化氮和氧气，故D错误。故选C。11、B【详解】用O2表示的反应速率为0.04mol•L-1•s-1，则根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，可知v（SO3）=2v（O2）=2×0.04mol•L-1•s-1=0.08mol•L-1•s-1，根据公式可知：=5s，故选B。12、A【详解】A.

燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，则2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g)反应的△H=+2×283.0

kJ⋅mol−1，故A正确；B.H2SO4和Ca(OH)2反应生成硫酸钙和水，且生成硫酸钙放热，则H2SO4和Ca(OH)2反应的△H<2×(−57.3)kJ⋅mol−1，故B错误；C.中和热的测定中，完全反应后混合溶液的最高温度为终止温度，故C错误；D.燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水，故D错误；故选A。13、B【详解】A．手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，不存在手性碳原子，故A正确；B．分子中σ键数目为18，π键的数目为2，分子中σ键和π键的数目比为9：1，故B错误；C．该元素的第三电离能剧增，说明最外层有2个电子，为第ⅡA族元素，与氯气反应时易失去最外层2个电子，形成X2+离子，故C正确；D．若该反应中有4molN-H键断裂，则生成1.5mol氮气，形成π键的数目是3NA，故D正确。答案选B。【点睛】注意分子中与N相连的两个C原子上连有H原子。14、C【分析】酸溶液中pOH越大，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，溶液氢离子浓度越大，酸性越强，随着NaOH的加入，发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐增大，则溶液pOH逐渐减小，pH逐渐增大。【详解】A．Q点溶液中pH=pOH=a，此温度下水的离子积c（H+）·c（OH-）=10-2a，故A错误；B．Q点的pOH=pH溶液为中性，此时的溶液为氯化钠溶液，c(Cl－)＝c(Na＋)，c(H＋)＝c(OH－)但c(Na＋)远大于c(H＋)，故B错误；C．M点pOH=b,N点pH=b，由于M点的OH﹣浓度等于N点H+的浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，故C正确；D．M点和N点，因为pOH=pH，所以溶液中离子浓度相同，导电能力也相同，故D错误。故选C。【点睛】本题关键是把握pOH的含义，在每个特殊点找出pOH和pH的相对大小。15、C【详解】A.反应Ⅰ中，由图分析，升温，A的平衡转化率降低，平衡逆移，而升温，平衡向吸热方向移动，所以反应是放热反应ΔH<0。因为反应I是体积减小的可逆反应，即压强越大，反应物的转化率越高，P2＞P1，A错误；B.反应Ⅱ中，根据先拐先平衡，数值大，故T1＞T2，B错误；C.反应Ⅲ中，如ΔH＞0，T2＞T1，则升高温度平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，如ΔH＜0，T2＜T1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，与图象吻合，C正确；D.反应Ⅳ中如ΔH＜0，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，则T2＜T1，D错误。答案选C。16、C【详解】A.相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，其相应的酸的酸性越弱，根据题意知，在三种酸HX、HY、HZ中以HC酸性相对最弱，故A正确；B.这三种酸都是一元酸，一元酸中和氢氧化钠时，酸碱的物质的量相等，所以中和1mol三种酸，需要的NaOH均等于1mol，故B正确；C.相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，对应酸根离子结合H+的能力越强，则C－结合H+的能力最强，故C错误；D.NaX、NaY、NaZ水溶液的pH都大于7，说明这三种盐都是强碱弱酸盐，所以这三种酸都是弱酸，故D正确；故答案选：C。17、D【详解】A.乙酸熔沸点低，易挥发，故A错误；B.乙酸易溶于水，故B错误；C.乙酸是一元酸，酸性比碳酸酸性强，能与石灰石反应，故C错误；D.乙酸含有羧基，在浓硫酸加热条件下能与乙醇发生酯化反应，故D正确；故选：D。18、A【分析】根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，据此分析解答。【详解】A、根据表中数据判断酸性HCN>HCO3-，所以二氧化碳与CN-的反应不可能生成CO32-，错误；B、HCOOH＞H2CO3，所以醋酸可以与CO32-反应制取二氧化碳，正确；C、等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中，后者的浓度大与前者，所以消耗NaOH的量前者小于后者，正确；D、根据电荷守恒，c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），c（CN-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH-）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以乙酸钠中离子浓度大，正确；答案选A。19、A【解析】根据金属铝的化学性质：铝既能与酸反应又能与碱反应结合生活实际来回答。【详解】A、铝表面很容易形成致密的氧化铝氧化膜，与热水不反应，选项A正确；B、铝能与酸反应，不能用于盛放食醋，选项B错误；C、金属铝能和碱反应，不能用碱水洗涤，选项C错误；D、铝制品表面有一层致密的氧化薄膜，可以起到保护作用，若用金属丝擦表面的污垢，会破坏保护膜，不可取，选项D错误；答案选A。【点睛】本题是一道化学和生活相结合的题目，注意铝和氧化铝的性质，难度不大。20、C【详解】A．氘(D)原子核外有1个电子，正确；B．中1H与D质子数同，中子数不同，1H与D互称同位素，正确；C．同素异形体都是单质，不是化合物，错误；D．1H218O与D216O的相对分子质量都是20，正确。答案选C。21、B【分析】根据有效碰撞理论，活化能越小，反应速率越大；催化剂降低反应的活化能，提高反应速率，但不改变反应最终的平衡产率。【详解】A．活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；B．反应②存在v正=k正[CO][C1•]、v逆=k逆[COC1•]，平衡时正逆反应速率相等，则，故B正确；C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C错误；D．催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COC12的平衡产率不变，故D错误；故选：B。22、A【分析】根据表格中的数据可知反应物为X和Y，Z为生成物，X、Y、Z的浓度变化量分别为0.05mol·L-1，0.15mol·L-1，0.10mol·L-1，变化量之比等于计量数之比，因此方程式为X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)，由三段法有：据此进行分析判断。【详解】A．增压使平衡向生成Z的方向移动，但平衡常数只与温度有关，改变压强平衡常数不变，A错误；B．反应可表示为X+3Y⇌2Z，其平衡常数为==1600，B正确；C．X的转化率为=50%，C正确；D．平衡常数只受温度的影响，温度改变时，化学平衡常数一定变化，D正确；故选A。二、非选择题(共84分)23、SO2FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O===2FeSO4＋2H2SO4【解析】试题分析：无色气体G能使品红溶液褪色，G是SO2；气体E能使带火星的木条复燃，E是O2；F是最常见的无色液体，F是H2O；C是一种气态氢化物，C是H2S；H是SO3；B是H2SO4；向含有I的溶液中滴加KSCN试剂，溶液出现血红色，说明I中含有Fe元素，所以A是FeS；D是FeSO4，I是Fe2(SO4)3。解析：根据以上分析（1）G的化学式为SO2。（2）C是H2S，电子式为。（3）FeS与H2SO4生成FeSO4和H2S，反应的离子方程式：FeS＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑。（4）Fe2(SO4)3、SO2、H2O反应生成FeSO4和H2SO4，反应的化学方程式：Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O=2FeSO4+2H2SO4。点睛：滴加KSCN试剂溶液出现血红色，说明原溶液一定含有Fe3＋，Fe3＋具有较强氧化性，SO2具有较强还原性，Fe3＋能把SO2氧化为硫酸。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。【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、ADA锥形瓶中液体颜色变化溶液由红色变为浅红色，且半分钟内不褪色偏小滴定终点时，溶液中碳酸离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少0.400097.56%【解析】(1)氢氧化钠易潮解，易潮解的药品，必须放在玻璃器皿上(如：小烧杯、表面皿)里称量，防止玷污托盘；配成500mL待测溶液，应该盛放在500mL的试剂瓶中，故答案为：A；D；(2)为了避免测定过程中样品部分与空气中二氧化碳反应导致结果偏差，滴定时，用0.2000mol/L的盐酸标准液来滴定待测溶液，酸碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂，如果选择酚酞，则氢氧化钠的浓度会受到二氧化碳的影响，因此只能选择甲基橙，故选A；(3)滴定过程中两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；若用酚酞做指示剂，滴定终点的现象为溶液由红色变为浅红色，且半分钟内不褪色，滴定终点时，溶液中碳酸根离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少，导致氢氧化钠溶液的浓度偏小，故答案为：锥形瓶内溶液的颜色变化；溶液由红色变为浅红色，且半分钟内不褪色；偏小；滴定终点时，溶液中碳酸离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少；(4)两次实验消耗标准液体积分别为：20.50mL-0.40mL=20.10mL，24.00mL-4.10mL=19.90mL，则2次消耗标准液的平均体积为：20.00mL，氢氧化钠的物质的量浓度为：0.2000mol/L×20.00mL10.00mL=0.4000mol/L，原样品中含有氢氧化钠的质量为：0.4000mol/L×0.5L×40g/mol=8g，则样品的纯度为：8g8.2g×100%=97.56%，【点睛】本题考查了酸碱中和滴定中的操作要点、中滴定的计算以及误差分析,。本题的易错点和难点为(3)中误差的分析，要注意二氧化碳能够与氢氧化钠反应，导致消耗的盐酸偏少。26、最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色0.115mol/LCE不能1×10-13【分析】

【详解】Ⅰ．(1)用标准NaOH溶液滴定盐酸，用酚酞作指示剂，当最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色时达到滴定终点。(2)滴定三次，第一次滴定所用标准液的体积和其他两次偏差太大，舍去，第二次和第三次所用NaOH溶液体积的平均值为23.01mL。NaOH溶液浓度为0.10mol/L，盐酸体积为20.00mL。NaOH和HCl的物质的量相等，即0.02301L×0.10mol/L=0.02000L×c(HCl)，可计算得到c(HCl)=0.115mol/L。(3)A．用酸式滴定管取20.00mL待测盐酸，使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，待测盐酸被稀释，测定结果偏低；B．锥形瓶用水洗后未干燥，不影响所用的NaOH溶液的体积，不影响测定结果；C．称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解，使标准液浓度变小，导致所用的NaOH溶液体积偏大，测定结果偏高；D．滴定终点时俯视读数，读取的NaOH溶液体积偏小，带入计算导致结果偏低；E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，使读取的NaOH溶液体积偏大，带入计算导致结果偏高；故选CE。Ⅱ．弱酸的电离平衡常数可以衡量弱酸的酸性强弱，从给出的电离平衡常数可知，硼酸的酸性弱于碳酸，所以向饱和硼酸溶液的试管中滴加碳酸钠溶液，不能生成碳酸，所以不能观察到气泡逸出。Ⅲ．0.01mol/LNaOH溶液中的c(OH-)=0.01mol/L，溶液的pH=11，即溶液中的c(H+)=1×10-11mol/L，水的离子积常数KW=c(H+)c(OH-)=0.01×10-11=1×10-13。27、CABE容易观察溶液颜色变化锥形瓶内溶液颜色变化黄色变为橙色且半分钟内不褪色D26.1052.20%【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，量取待测液于锥形瓶中，然后用标准液进行滴定；(2).锥形瓶下垫一张白纸便于观察滴定终点溶液颜色的变化；(3).滴定时眼睛要注视锥形瓶内溶液颜色变化，达到滴定终点时的颜色变化为黄色变为橙色且半分钟内不褪色；(4).结合c（NaOH）=及不当操作使酸的体积偏小，则造成测定结果偏低；(5).根据滴定管的构造判断读数；(6).第二次测定数据明显有偏差，舍去，根据第一次和第三次测定数据求标准盐酸溶液的体积，利用c（NaOH）=计算NaOH溶液的浓度，结合溶液体积进而求出NaOH的质量，除以样品质量得NaOH的纯度。【详解】(1).测定NaOH样品纯度时，应先用托盘天平称量NaOH固体的质量，在烧杯中溶解冷却至室温后，在250mL的容量瓶中定容配制250mL烧碱溶液，用碱式滴定管移取25.00mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴入2滴甲基橙指示剂，将物质的量浓度为0.1000mol·L－1的标准盐酸装入酸式滴定管，调整液面记下开始读数，最后在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下终点读数，所以正确的操作顺序为C→A→B→D→E，，故答案为：C；A；B；E；(2).在锥形瓶下垫一张白纸便于观察滴定终点溶液颜色的变化，故答案为容易观察溶液颜色变化；(3).用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，直到加入最后一滴盐酸后，溶液颜色由黄色变为橙色且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点，故答案为锥形瓶内溶液颜色变化；黄色变为橙色且半分钟内不褪色；(4).A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，盐酸被稀释，则滴入的标准盐酸体积偏大，测定NaOH溶液的浓度偏高，故A不选；B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对滴定结果无影响，故B不选；C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取的标准盐酸体积偏大，测定NaOH溶液的浓度偏高，故C不选；D.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取的标准盐酸体积偏小，测定NaOH溶液的浓度偏低，故D选，答案选D；(5).据图可知，滴定开始时，酸式滴定管的读数为0.00mL，结束时读数为26.10mL，则所用盐酸溶液的体积为26.10mL－0.00mL=26.10mL，故答案为26.10；(6).第二次测定数据明显有偏差，舍去，则所用标准盐酸溶液的体积为V(HCl)=(26.11mL+26.09mL)÷2=26.10mL，c.(NaOH)==0.1044mol/L，则样品中NaOH的质量为：m(NaOH)=0.1044mol/L×0.2500L×40g/mol=1.044g，NaOH样品的纯度为：×100%=52.20%，故答案为52.20%。【点睛】本题考查物质的含量测定实验，把握中和滴定原理的应用、实验操作、误差分析等为解答的关键，题目难度不大，注意第(