2026届黑龙江佳木斯第一中学化学高二上期中达标检测试题含解析

2026届黑龙江佳木斯第一中学化学高二上期中达标检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、在一定条件下，下列可逆反应达到化学平衡：I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）；△H＜0，要使混合气体的颜色加深，可以采取的方法是（）A．降低温度 B．增大H2的浓度 C．增大压强 D．减小压强2、某有机物的结构简式如下图所示，其不可能发生的反应有①加成反应②取代反应③消去反应④氧化反应⑤水解反应⑥与氢氧化钠反应⑦与碳酸氢钠反应A．②③④ B．①④⑥ C．③⑤⑦ D．只有⑦3、关于合金的说法正确的是A．合金是化合物 B．合金具有金属特性C．合金都耐腐蚀 D．合金的硬度一定比成分金属的低4、下列说法中正确的是()A．在化学反应中,发生物质变化的同时不一定发生能量变化B．ΔH>0表示放热反应,ΔH<0表示吸热反应C．生成物的总焓大于反应物的总焓时,ΔH>0D．ΔH的大小与热化学方程式中的各物质的化学计量数无关5、在同温同压下，下列各组热化学方程式中△H1＞△H2的是（）A．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H2B．2S（g）+O2（g）=2SO2（g）；△H12S（s）+O2（g）=2SO2（g）；△H2C．C（s）+O2（g）=CO（g）；△H1C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H2D．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）；△H1H2（g）+Cl2（g）=HCl（g）；△H26、反应N2O4(g)

2NO2(g)

ΔH＝57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．由状态B到状态A，可以用加热的方法B．A、C两点气体的颜色：A深，C浅C．A、C两点的反应速率：A＞CD．A、C两点气体的平均相对分子质量：A＞C7、用O2将HCl转化为Cl2，反应方程式为：4HCl(g)+O2(g)⇌2H2O(g)+2Cl2(g)△H<0。一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的实验数据如下。下列说法正确的是t/min0246n(Cl2)/10-3mol01.83.75.4A．0～2min的反应速率小于4～6min的反应速率B．2～6min用Cl2表示的反应速率为0.9mol/(L·min)C．增大压强可以提高HCl的平衡转化率D．平衡常数K(200℃)<K(400℃)8、下列物质中，常温下能用铁制容器储存的是（）A．稀硝酸 B．浓硫酸 C．盐酸 D．硫酸铜溶液9、将一定量的SO2(g)和O2(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应，得到如下表中的两组数据：已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0实验编号温度/℃平衡常数起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minSO2O2SO2O21T1K142x0.862T2K2420.4yt下列说法中不正确的是A．x＝2.4B．T1、T2的关系：T1＞T2C．K1、K2的关系：K2＞K1D．实验1在前6min的反应速率v(SO2)＝0.2mol·L－1·min－110、氢碘酸(HI)可用“四室式电渗析法”制备，其工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。下列叙述错误的是()A．通电后，阴极室溶液pH增大B．阳极电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑C．得到1mol产品HI，阳极室溶液质量减少8gD．通电过程中，NaI的浓度逐渐减小11、在36g炭不完全燃烧所得气体中CO和CO2的体积比为1:2。已知：C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)；△H1＝－110.35kJ/molCO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)；△H2＝－282.57kJ/mol则与36g炭完全燃烧相比，损失的热量是()A．392.93kJ B．282.57kJ C．784.92kJ D．3274.3kJ12、已知常温下0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.8,已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示。下列说法不正确的是A．溶液的pH＝9时，溶液中存在下列关系：c(HCO3－)＞c(NH4＋)＞c(NH3·H2O)＞c(CO32－)B．NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)C．通过分析可知常温下：Kb(NH3·H2O)＜Ka1(H2CO3)D．在此溶液中滴加少量浓盐酸，溶液中c(CO32-)/c(HCO3-)减小13、与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4++NH2-，据此判断，以下叙述错误的是（）A．一定温度下液氨中c(NH4+)·c(NH2-)是一个常数B．液氨中含有NH3、NH4+、NH2-等粒子C．只要不加入其他物质，液氨中c(NH4+)=c(NH2-)D．液氨达到电离平衡时c(NH3)=c(NH4+)=c(NH2-)14、一定温度下，对可逆反应A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)的下列叙述中，能说明该反应已达到平衡的是A．容器内的压强不再变化B．单位时间内消耗2molB，同时生成1molCC．混合气体的物质的量不再变化D．混合气体的平均相对分子质量不再变化15、下列说法正确的是()A．增大反应物浓度，可增大活化分子百分数，反应速率加快B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D．催化剂能增大反应物的能量，从而成千成万倍地增大化学反应速率16、加热N2O5，依次发生的分解反应为①N2O5(g)⇌N2O3(g)＋O2(g)，②N2O3(g)⇌N2O(g)＋O2(g)。在容积为2L的密闭容器中充入8molN2O5，加热到t℃，达到平衡状态后O2为9mol，N2O3为3.4mol，则t℃时反应①的平衡常数为()A．10.7 B．9.6 C．8.5 D．10.217、1mol白磷转化为红磷放热18.39kJ，已知：P4(白磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s)ΔH=-akJ·mol-1(a＞0)；4P(红磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s)ΔH=-bkJ·mol-1(b＞0)；则a和b的关系是（）A．a＜b B．a＞b C．a=b D．无法确定18、用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定0.1mol·L－1盐酸，如达到滴定的终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05mL)，继续加水至50mL，所得溶液的pH是()A．4 B．7.2 C．10 D．11.319、第N能层所含能级数、原子轨道数分别是A．2、9 B．4、12 C．5、16 D．4、1620、为延长舰船服役寿命可采用的电化学防腐的方法有①舰体与直流电源相连②舰体上镶嵌某种金属块。下列有关说法正确的是(

)A．方法①中舰体应连电源的正极 B．方法②中镶嵌金属块可以是锌C．方法①为牺牲阳极的阴极保护法 D．方法②为外加电流的阴极保护法21、常温时，pH=14和pH=10的两种NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(H+)约为A．pH>7B．pH=7C．pH<7D．无法确定22、常温下，有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液④CH3COONH4溶液各25mL，物质的量浓度均为0.lmol/L，下列说法正确的是（）A．四种溶液的pH大小顺序是③>②>①>④B．若分别加入25mL0.1mol/L的盐酸充分反应后，pH最大的是①C．若将四种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是④D．升高温度，③溶液的pH不变二、非选择题(共84分)23、（14分）已知乙烯能发生以下转化：(1)写出反应①化学方程式______，其反应类型为________。(2)B中官能团名称_______。(3)C的结构简式为_______。(4)写出反应②的化学方程式_______。(5)检验C中官能团的方法是_________，化学方程式为_______。(6)B与D制取乙酸乙酯需要三种药品①浓硫酸②乙酸③乙醇，加入三种药品的先后顺序为(填序号)__________。24、（12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：____________________。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）醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如图所示．可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度/（gcm﹣3）沸点/℃溶解性环乙醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸．b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃．反应粗产物倒入f中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙．最终通过蒸馏得到纯净环己烯．回答下列问题：（1）由环己醇制取环己烯的反应类型为_________；（2）装置b的冷凝水方向是______（填下进上出或上进下出）；（3）加入碎瓷片的作用是______；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是___（填正确答案标号）．A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料（4）本实验中最容易产生的副产物所含的官能团名称为____．（5）在分离提纯中，使用到的仪器f名称是_____，分离氯化钙的操作是_____．（6）合成过程中加入浓硫酸的作用是_____．27、（12分）某研究小组将V1mL0.50mol/LH2SO4溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验装置和实验结果如下图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL)。回答下列问题：（1）上图所示实验装置中有一个明显的错误________________。（2）为了减少实验误差，实验过程中将NaOH溶液________________(选填“一次”或“分多次”）倒入盛有稀硫酸的小烧杯中。溶液混合后，准确读取混合溶液的____________，记为终止温度。（3）研究小组做该实验时环境温度________22°C(填“高于”、“低于”或“等于”）。（4）由题干及图形可知此反应所用NaOH溶液的浓度应为_________mol/L。28、（14分）聚醋酸乙烯酯是黏合剂，应用广泛。下面是该有机物的合成路线：提示：①甲烷在电弧的作用下生成炔烃。②CH3C≡CHCH3CH2CHO(未配平)。请回答下列问题：（1）甲烷合成A的化学反应中原子利用率为________。（2）B的结构简式为________。（3）B生成C的反应中除新制Cu(OH)2悬浊液外还需要的条件是________。（4）A与C反应生成D的反应类型是________。（5）写出由D生成反应的化学方程式：____________________________________________________。（6）写出能既能溴水褪色又能使紫色石蕊溶液变红的D的同分异构体的结构简式：_____________________________________。29、（10分）甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。工业上利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g)ΔH＝－58kJ/mol③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH＝＋41kJ/mol回答下列问题：（1）已知反应①中相关的化学键键能数据如下：化学键H－HC－OCOH－OC－HE/（kJ·mol-1）4363431076465x则x＝_________。（2）若将lmolCO2和2molH2充入容积为2L的恒容密闭容器中，在两种不同温度下发生反应②。测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示。①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KI_____KⅡ(填“＞”或“＝”或“＜”)；②一定温度下，能判断该反应达到化学平衡状态的是_____________。a．容器中压强不变b．甲醇和水蒸气的体积比保持不变c．v正（H2）＝3v逆（CH3OH）d．2个C＝O断裂的同时有6个H—H断裂③若5min后反应达到平衡状态，H2的转化率为90%，则用CO2表示的平均反应速率________；该温度下的平衡常数为______；若保持容器温度不变，下列措施可增加甲醇产率的________。a．缩小反应容器的容积b．使用合适的催化剂c．充入Hed．按原比例再充入CO2和H2

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【详解】A．正反应是放热反应，降低温度，平衡向正向移动，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，故A错误；B．增大H2的浓度，平衡向正反应方向移动，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，故B错误；C．增大压强，平衡不移动，但c（I2）增大，混合气体的颜色加深，故C正确；D．减小压强，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，故D错误。故选C。2、D【解析】通过观察该有机物的结构简式，可知该有机物含有：酚羟基、醇羟基、醛基、氯原子、碳碳双键五种官能团，所以应具有五种官能团的特性，即能发生加成反应、取代反应、消去反应、氧化反应、水解反应、与氢氧化钠反应，故D正确；本题答案为D。【点睛】判断有机物的性质，关键是找出有机物中含有的官能团，然后再依据官能团分析物质应具有的性质。3、B【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金有三个特点：①一般是混合物；②合金的熔点一般低于组分金属、硬度一般高于组分金属；③合金中至少有一种金属；据此解答。【详解】A.合金是一种混合物，故A错误；B.合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，故B正确；C.合金一般具有较好的抗腐蚀性能，但不是所有合金都耐腐蚀，如纯铁抗蚀性强，生铁易生锈等，故C错误；D.合金的强度、硬度一般比组成它们的纯金属更高，故D错误。故选B。【点睛】解答本题要知道合金的有关知识，合金的主要性质，即合金的强度、硬度一般比组成它们的纯金属更高，抗腐蚀性能等也更好。4、C【分析】A、任何化学反应既有物质变化又有能量变化；

B、ΔH>0表示吸热反应,ΔH<0表示放热反应；

C、焓变ΔH等于反应产物的总焓减去反应物的总焓；D、ΔH的大小与热化学方程式中化学计量数有关。【详解】A、化学反应的过程是旧键断裂新键形成的过程,断键需要吸收能量,成键能够释放能量,所以,任何化学反应都有能量变化,故A错误；

B、ΔH>0表示吸热反应,ΔH<0表示放热反应,故B错误；

C、焓变ΔH等于反应产物的总焓减去反应物的总焓，当反应产物的总焓大于反应物的总焓时，ΔH>0，故C正确；D、ΔH的数值与化学计量数要对应起来,ΔH的大小与热化学方程式中化学计量数有关,故D错误；综上所述，本题选C。【点睛】反应物的总能量大于生成物的总能量，正反应为放热反应，ΔH<0；反应物的总能量小于生成物的总能量，正反应为吸热反应，ΔH>0。5、C【详解】A.氢气燃烧生成液态水放出的热量多，但放热越多，△H越小，选项A不正确；B.气态硫的能量要高于固态硫的能量，因此B中前者放出的能量多，选项B不正确；C.前者是不完全燃烧，放热少，则△H大，选项C正确；D.前者放热多，△H较小，选项D不正确；答案选C。6、A【分析】N2O4(g)

2NO2(g)

△H=+57kJ•mol-1，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答；【详解】A.升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则T1<T2，由状态B到状态A，可以用加热的方法，A正确；B.由图象可知，A、C两点都在等温线上，C的压强比A的大，C点平衡是A点平衡向逆方向移动所得，因为减小了体积增大压强，按勒夏特列原理，NO2浓度大小排序为：增压瞬间的浓度＞C点时的浓度＞A点时的浓度，NO2为红棕色气体，则A.C两点气体的颜色：A浅，C深，B错误；C.由图象可知，A.C两点都在等温线上，C的压强大，则反应速率：A<C，C错误；D.由图象可知，A.C两点都在等温线上，C的压强大，增大压强，化学平衡逆向移动，C点时气体的物质的量小，混合气体的总质量不变，则按知，平均相对分子质量：A<C，D错误；答案选A。【点睛】B点易错。有气体参加的可逆反应，通过缩小体积增大压强时，平衡朝气体分子总数减小的方向移动，要特别注意几个浓度的大小关系：以反应N2O4(g)

2NO2(g)为例，缩小体积瞬间，所有气体浓度同等倍数增加，由勒夏特列原理可知：由于增压平衡左移直到新平衡，NO2(g)的浓度有所减少，指的是比压缩瞬间NO2(g)的浓度小，但是仍比旧平衡时NO2(g)的浓度大。7、C【详解】A．相同时间内，0～2min内氯气变化量为1.8×10﹣3mol，而4～6min内氯气变化量为(5.4﹣3.7)×10﹣3mol＝1.7×10﹣3mol，则0～2min的反应速率大于4～6min的反应速率，A错误；B．容器容积未知，用单位时间内浓度变化量无法表示氯气反应速率，B错误；C．正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，可以提高HCl转化率，C正确；D．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则平衡常数K(200℃)＞K(400℃)，D错误；故选C。8、B【分析】常温下用铁制容器盛装的药品是不能与铁反应，或常温下发生钝化现象阻止反应进行。【详解】A.常温下稀硝酸和铁反应，不能用铁制容器盛装，故A错误；B.常温下，铁在浓硫酸、浓硝酸中发生钝化现象，表面生成一层致密氧化物薄膜阻止反应进行，可以用铁制容器盛装，故B正确；C.常温下盐酸和铁反应，不能用铁制容器盛装，故C错误；D.常温下硫酸铜和铁反应，不能用铁制容器盛装，故D错误；故答案选B。9、A【解析】A.实验1消耗O2为2mol-0.8mol=1.2mol，所以x=4-1.2×2=1.6，故A说法不正确；B.实验2消耗SO2的物质的量为4mol-0.4mol=3.6mol，所以y=2-3.6÷2=0.2，比较实验1和2，可以看出实验2反应物转化率更大，是在较低温度下进行的，因此T1＞T2，故B说法正确；C.因T1＞T2，降温平衡右移，则有K1、K2的关系：K2＞K1，故C说法正确；D.实验1在前6min的反应速率v（SO2）=2.4mol2L×6minmol·L－1·min－1=0.2mol·L－1·min－1，故答案选A。10、C【解析】制备氢碘酸，电解质为H2SO4溶液,则阳极区的OH－失电子发生氧化反应，生成大量H+，而后H+离子通过阳离子交换膜移向产品室，在阴极上是氢氧化钠溶液中的H+放电，在直流电的作用下，原料室中NaI的Na+移向阴极、I-移向产品室，据此分析解答；【详解】A.通电后，阴极室上是氢氧化钠溶液中的H+放电，则溶液pH增大，故A正确；B.阳极上是硫酸溶液中的氢氧根失电子发生氧化反应，电极反应式是2H2O-4e-═4H++O2↑，故B正确；C.得到lmol产品HI，则转移lmol电子，阳极电极反应式是2H2O-4e-═4H++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜移向产品室，所以消耗0.5mol水即9g，故C错误；D.通电过程中，在阴极上是氢氧化钠溶液中的H+放电，在直流电的作用下，原料室中NaI的Na+移向阴极、I-移向产品室，所以NaI的浓度逐渐减小，故D正确。故选C。【点睛】本题考查了电解池原理以及电极反应式的书写，难度适中，应注意的是任何电解质溶液必须保持电中性，离子交换膜的作用是也是电解池中需要掌握的细节。11、B【详解】36g碳的物质的量为=3mol，CO的物质的量为，由CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)；△H2＝－282.57kJ/mol可知，1molCO燃烧放出的热量为282.57kJ/mol×1mol=282.57kJ，即36g碳不完全燃烧生成1molCO损失的热量为282.57kJ。

故选B。12、C【解析】A项，由图知溶液的pH=9时，溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c（HCO3-）c（NH4+）c（NH3·H2O）c（CO32-），正确；B项，NH4HCO3溶液中NH4+存在水解平衡，HCO3-既存在水解平衡又存在电离平衡，则NH4HCO3溶液中的物料守恒为c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），正确；C项，常温下0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH=7.8，溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，则Kb（NH3·H2O）Ka1（H2CO3），错误；D项，溶液中存在电离平衡HCO3-H++CO32-，该电离平衡常数=，溶液中滴加少量浓盐酸，c（H+）增大，电离平衡常数不变，溶液中c（CO32-）/c（HCO3-）减小，正确；答案选C。13、D【分析】A.液氨中c(NH4+)与c(NH2-)的乘积只与温度有关；B.可逆反应中的各种微粒都共存；C.只要不破坏氨分子的电离平衡，液氨中存在c(NH4+)=c(NH2-)；D.液氨与水的电离相似，为微弱电离，所以液氨中主要存在NH3。【详解】A.液氨中c(NH4+)与c(NH2-)的乘积只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以只要温度一定，液氨中c(NH4+)与c(NH2-)的乘积为定值，A正确；B.液氨电离中存在电离平衡，所以液氨中含有NH3、NH4+、NH2-粒子，B正确；C.根据2NH3NH4++NH2-可知，液氨电离出NH4+、NH2-的个数比为1：1，所以只要不加入其它物质，液氨中c(NH4+)与c(NH2-)总是相等，C正确；D.液氨与水的电离相似，为微弱电离，所以液氨中主要存在NH3，所以液氨的电离达到平衡时，c(NH3)>c(NH4+)=c(NH2-)，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查弱电解质的电离，正确理解弱电解质电离特点是解本题关键，可以联想水的电离和水的离子积分析液氨中c(NH4+)与c(NH2-)的乘积只与温度有关，与溶液的浓度无关，易错选项是A。14、D【详解】A.该反应前后气体分子数相等，反应过程中容器内的压强不变，不能判断是否达到平衡，故A不选；B.单位时间内消耗2molB，同时生成1molC，均表示正反应速率，不能判断是否达到平衡，故B不选；C.该反应前后气体分子数相等，反应过程中混合气体的物质的量不变，不能判断是否达到平衡，故C不选；D.由于有固体A参加反应，反应过程中混合气体的质量会发生变化而物质的量不变，因此混合气体的平均相对分子质量不再变化表明反应已达到平衡，故D选。答案选D。15、C【解析】增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，可升高温度、加入催化剂等措施。【详解】A项、增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子个数，但活化分子百分数不变，故A错误；B项、有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增大单位体积内活化分子的个数，但活化分子百分数不变，故B错误；C项、升高温度，升高了分子能量，增大了活化分子百分数，故C正确；D项、催化剂能够降低反应的活化能，，降低了反应能量，增加了活化分子百分数，加快反应速率，故D错误。【点睛】本题考查外界条件对反应速率的影响，注意浓度、温度、压强、催化剂对反应速率影响的实质，把握活化分子及活化理论为解答的关键。16、C【详解】设发生反应①时N2O5(g)转化了的物质的量为amol，发生反应②时N2O3(g)转化了的物质的量为bmol，则列三段式如下：，，由题意可知，a+b=9，a-b=3.4，解得：a=6.2，b=2.8，则平衡时N2O5(g)的物质的量=(8-a)mol=(8-6.2)mol=1.8mol，结合达到平衡状态后O2为9mol，N2O3为3.4mol，体积为2L可知，平衡时，N2O5(g)的浓度=0.9mol/L，O2的浓度=4.5mol/L，N2O3的浓度=1.7mol/L，故反应①的平衡常数K=，C正确。答案选C。17、B【详解】P4(白磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s)ΔH=-akJ·mol-1(a＞0)①4P(红磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s)ΔH=-bkJ·mol-1(b＞0)②①-②得，P4(白磷，s)=4P(红磷，s)ΔH=-(a-b)kJ·mol-1则a-b=18.39＞0，a＞b，故选B。18、C【分析】终点时不慎多加了1滴NaOH溶液，即0.05mL，继续加水至50mL，反应后溶液中c（OH-）=×0.1mol．L-1=10-4mol．L-1，根据c（H+）c（OH-）=10-14计算c（H+），进而计算所得溶液的pH。【详解】终点时不慎多加了1滴NaOH溶液，即0.05mL，继续加水至50mL，反应后溶液中c（OH-）=×0.1mol·L-1=10-4mol．L-1，根据c（H+）c（OH-）=10-14，则c（H+）=10-10mol/L，pH=10，故选C。19、D【分析】核外电子层数分为K、L、M、N……，依次为第1、2、3、4……层，称之为能层；各能层的能级都是从s能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等；各能层含有的能级数为n，则每个能层所含有的原子轨道数为n2个；据以上分析解答。【详解】第N能层所含能级数与能层数相等，为4，则原子轨道数为42=16，D正确；综上所述，本题选D。20、B【解析】舰体是由钢板做的。方法①，舰体与电源相连，必须与电源负极相连，故A错；B.方法②舰体镶嵌一些金属块，必须是比铁活泼的金属，构成原电池做负极，如锌等，故B正确；C.方法②舰体镶嵌一些金属块，这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；D.方法①，航母舰体与电源相连，这种方法叫外加电流的阴极保护法，故D错误；答案：B。21、A【解析】pH=10的NaOH溶液中c(0H_)=1×10-4mol/L,pH=14的NaOH溶液中c(0H_)=1mol/L，混合后c(0H_)=(10-4+1)/2=0.5mol/L,则溶液中的c(H+)=KW/c(0H_)=10-14/0.5=2×10-14mol/L，所以pH=-lg(2×10-14)=14-0.3=13.7，pH>7，A正确；

综上所述，本题选A。22、B【解析】A.Na2CO3、CH3COONa水解产生OH－且水解程度：Na2CO3>CH3COONa，NaOH完全电离出OH－，CH3COONH4中CH3COO－和NH4+水解程度相同而使溶液呈中性，所以四种溶液的pH大小顺序是③>①>②>④，故A错误；B.四种溶液分别恰好发生反应：Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3，CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl，NaOH+HClNaCl+H2O，CH3COONH4+HClCH3COOH+NH4Cl，NaCl对溶液酸碱性无影响，NaHCO3水解使溶液呈碱性，CH3COOH少量电离产生H+，NH4Cl水解使溶液呈酸性，所以pH最大的是①，故B正确；C.①②③的pH随着稀释而减小，同时稀释促进水解，①②pH变化比③小，④的pH不受稀释影响，所以pH变化最大的是③，故C错误；D.c(H＋)=Kwc(OH-)，升高温度，Kw增大，c(H＋)增大，③溶液的pH减小，故点睛：由于酸性：HCO3-<CH3COOH，所以水解程度：Na2CO3>CH3COONa。在稀释过程中，由于c(OH－)减小，①②③的pH随着减小。同时稀释盐类水解平衡右移，①②pH变化比③小。二、非选择题(共84分)23、加成反应羟基加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热③①②【分析】由转化可知，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化反应生成C为CH3CHO，B与D发生酯化反应生成乙酸乙酯，可知D为CH3COOH，制备乙酸乙酯时先加乙醇、再加浓硫酸，后加乙酸，提高乙酸的利用率。【详解】(1)反应①是乙烯与水反应生成乙醇，化学方程式是，碳碳双键转化为-OH，反应类型为加成反应；(2)B为乙醇，官能团为羟基；(3)C的结构简式为；(4)反应②的化学方程式为；(5)检验C中官能团醛基的方法是加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热出现砖红色沉淀，说明含有醛基，反应的化学方程式是；(6)制备乙酸乙酯时先加乙醇、再加浓硫酸，后加乙酸，提高乙酸的利用率，则加入三种药品的先后顺序为③①②。24、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。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、消去反应下进上出防止暴沸B醚键分液漏斗过滤催化剂、脱水剂【解析】(1)环己醇生成环己烯，是有机物脱去小分子生成分子中含有双键的不饱和有机物；

（2）冷凝水下进上出，可以提高冷凝效果；（3）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象；补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入；(4)加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生分子间脱水反应生成二环己醚；（5）环己烯难溶于水，反应粗产物倒入f中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，环己烯与水分层，用分液法分离提纯；氯化钙是固体，固液分离用过滤法；（6）环己醇在浓硫酸催化作用下脱水生成环己烯；【详解】(1)环己醇生成环己烯，是有机物脱去小分子生成分子中含有双键的不饱和有机物，属于消去反应；（2）冷凝水下进上出，可以提高冷凝效果，所以装置b的冷凝水方向是下进上出；（3）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，所以加入碎瓷片的作用是防止暴沸，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，故选B；(4)加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生分子间脱水反应生成二环己醚，所以副产物所含的官能团名称为醚键；（5）环己烯难溶于水，反应粗产物倒入f中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，环己烯与水分层，用分液法分离提纯，所以装置f是分液漏斗；氯化钙是固体，固液分离用过滤法；（6）环己醇在浓硫酸催化作用下脱水生成环己烯，浓硫酸的作用是催化剂、脱水剂。【点睛】本题考查有机物制备实验，涉及化学仪器使用方法、基本操作、物质的分离提纯等，明确实验原理及实验操作是解本题关键，题目难度中等。27、缺少环形玻璃搅拌棒一次最高温度低于1.5mol/L【解析】（1）中和热的测定需要用到环形玻璃搅拌棒。（2）氢氧化钠溶液应该一次性加入，避免分次加入过程中的热量损失。最后应该读取实验中的最高温度，这样才能准确计算出反应中的放热。（3）从图中看出，加入5mL硫酸和45mL氢氧化钠时反应放热，温度达到22℃，所以初始的环境温度应该低于22℃。（4）图中可以看出加入30mL硫酸和20mL氢氧化钠时体系温度最高，所以此时应该是酸碱恰好中和，则可以计算出氢氧化钠的浓度为1.5mol/L。28、8