宜宾市重点中学2026届高二化学第一学期期中统考试题含解析

宜宾市重点中学2026届高二化学第一学期期中统考试题注意事项: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、下列事实能说明醋酸是弱酸的是()①当温度低于16.6℃时醋酸可凝结成冰一样晶体②0.1mol/L的醋酸钠溶液的pH约为9③等体积等物质的量浓度的硫酸比醋酸消耗氢氧化钠多④0.1mol/L的醋酸的pH值约为4.8⑤pH都等于4且等体积的醋酸和盐酸，与足量等浓度NaOH溶液充分反应时，醋酸消耗碱液多⑥醋酸中滴入石蕊试液呈红色A．②④⑤ B．②④ C．②③④ D．②③⑥2、下列多电子原子不同能级能量高低的比较错误的是()A．1s＜2s＜3s B．2p＜3p＜4p C．3s＜3p＜3d D．4s＞3d＞3p3、已知苯与一卤代烷烃在催化剂作用下可生成苯的同系物，例如：＋CH3XCH3＋HX，则在催化剂作用下由苯和下列各组物质合成乙苯时，最好应该选用()A．CH3CH3和Cl2 B．CH2===CH2和Cl2C．CH≡CH和HCl D．CH2===CH2和HCl4、下列有关甲苯的实验事实中，能说明侧链对苯环性质有影响的是（）A．甲苯的硝化反应生成三硝基甲苯B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．甲苯燃烧产生带浓烟的火焰D．1mol甲苯与3molH2发生加成反应5、光导纤维的主要成分是A．纯硅B．玻璃C．纯SiO2D．沙子6、下列事实中，不能应用化学平衡移动原理来解释的是（）①可用浓氨水和NaOH固体快速制氨气②用两个惰性电极电解CuCl2溶液，溶液颜色变浅：CuCl2Cu＋Cl2③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫④溴水中有下列平衡Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入少量硝酸银固体后，溶液颜色变浅⑤对于反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深A．①②③ B．②④⑤ C．②⑤ D．③④⑤7、25℃时不断将水滴入0.1mol·L－1的氨水中，下列图像变化合理的是A． B．C． D．8、下列事实不能用原电池原理解释的是A．白铁（镀锌）制品比一般铁器耐腐蚀B．铁片、铝片在冷的浓硫酸中钝化C．电工操作规范中，不允许将铜线与铝线连接D．水库闸门、海轮船壳上装有一定数量的锌块9、已知某可逆反应在密闭容器中进行：A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(s)(正反应为放热反应)，右图中曲线a代表一定条件下该反应的过程。若使a曲线变为b曲线，可采取的措施A．增大A的浓度 B．扩大容器的容积 C．加入催化剂 D．升高温度10、如图表示的是某离子X的水解过程示意图，则离子X可能是（）A．CO32- B．HCO3- C．Na+ D．NH4+11、某物质在反应中得到电子，则（）A．它是氧化剂，被氧化 B．它是还原剂，被还原C．它是氧化剂，被还原 D．它是还原剂，被氧化12、不能用金属键理论解释的是A．导电性 B．导热性 C．延展性 D．锈蚀性13、下列反应的离子方程式正确的是（）A．碳酸氢钠溶液中加入盐酸：CO32－+2H+=CO2↑+H2OB．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2－+4NH4++2H2OC．碳酸钠溶液与醋酸溶液：CO32－+CH3COOH=HCO3－+CH3COO－D．氯化亚铁溶液中通入少量氯气：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl－14、有机物A可氧化为B(分子式为C2H3O2Br)，而A水解得到C，1molC和2molB反应可得到含Br的酯D(分子式为C6H8O4Br2)，由此推断A的结构简式为A．BrCH2CH2OHB．BrCH2CHOC．HOCH2CH2OHD．BrCH2COOH15、下列电离方程式中书写正确的是A．B．C．D．16、在元素周期表中，从左到右共有18个纵行。第1纵行(除氢以外)为碱金属元素，稀有气体元素是第18纵行。下列说法正确的是()A．铝元素位于第3纵行B．过渡元素在周期表中占10个纵行C．第18纵行所有元素的最外层均有8个电子D．第16纵行元素都是非金属元素17、许多国家十分重视海水资源的综合利用。不需要化学变化就能从海水中获得的物质是（）A．溴单质、碘单质 B．钠、镁 C．氧气、氢气 D．食盐、淡水18、维生素C的结构简式和丁香油酚的结构简式如右图所示，则下列关于两者所含官能团的说法正确的是（）A．均含酯基B．均含醇羟基和酚羟基C．均含碳碳双键D．均为芳香族化合物19、已知：P4(s)＋6Cl2(g)＝4PCl3(g)ΔH＝akJ·mol－1P4(s)＋10Cl2(g)＝4PCl5(g)ΔH＝bkJ·mol－1P4具有正四面体结构，PCl5中P－Cl键的键能为ckJ·mol－1,PCl3中P－Cl键的键能为1.2ckJ·mol－1下列叙述正确的是()A．P－P键的键能大于P－Cl键的键能B．可求Cl2(g)＋PCl3(g)＝PCl5(s)的反应热ΔHC．Cl－Cl键的键能kJ·mol－1D．P－P键的键能为kJ·mol－120、3，5-二甲氧基苯酚是重要的有机合成中间体，可用于天然物质白柠檬素的合成。一种以间苯三酚为原料的合成反应如下：反应结束后，先分离出甲醇，再加入乙醚，将获得的有机层（含少量氯化氢）进行洗涤，然后分离提纯得到产物。甲醇和3，5-二甲氧基苯酚的部分物理性质见下表，下列说法正确的是物质沸点/℃熔点/℃溶解性甲醇64.7﹣97.8易溶于水3，5-二甲氧基苯酚172~17533~36易溶于甲醇、乙醚，微溶于水A．上述合成反应属于取代反应B．间苯三酚与苯酚互为同系物C．分离出甲醇的操作是结晶D．洗涤时可以用饱和Na2CO3溶液除氯化氢21、相同温度下，根据三种酸的电离平衡常数，下列判断正确的是酸HXHYHZ电离平衡常数9×10-79×10-61×10-2A．从电离平衡常数可以判断，HX和HY属于弱酸，HZ属于强酸B．三种酸的强弱关系：HX>HY>HZC．反应X-+HZ=Z-+HX能够发生D．相同温度下，0.1mol/LHY溶液的电离平衡常数大于0.01mol/LHY溶液的电离平衡常数22、下列实验过程不能达到实验目的的是编号实验目的实验过程A探究化学能可转化为热能在试管中加入3mL6molL-1的盐酸，再插入用砂纸打磨过的铝条，并用温度计测量温度的变化B比较弱电解质的相对强弱向两支分别盛有0.1molL-1醋酸和硼酸溶液的试管中滴加等浓度的碳酸钠溶液，观察现象C探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察现象D探究催化剂对反应速率的影响向2支盛有2mL5%H2O2溶液的试管中分别同时滴加1mL0.1molL-1FeCl2和CuCl2溶液，摇匀观察现象A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O回答下列问题：(1)A的化学名称是____________________，E的分子式________________。(2)由A生成B、G生成H的反应类型分别是____________、______________。(3)D的结构简式为.________________________。(4)Y中含氧官能团的名称为________________。(5)E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为_________________。24、（12分）格氏试剂在有机合成方面用途广泛，可用卤代烃和镁在醚类溶剂中反应制得。设R为烃基，已知：阅读合成路线图，回答有关问题：（1）反应Ⅰ的类型是____。（2）反应Ⅱ的化学方程式为____。（3）反应Ⅲ的条件是____。（4）G的一种同分异构体中含有苯环且分子中有3种不同化学环境的氢原子，其结构简式为____。25、（12分）碳酸亚铁(白色固体，难溶于水)是一种重要的工业原料，

可用于制备补血剂乳酸亚铁，也可用作可充电电池的电极。某研究小组通过下列实验，寻找利用复分解反应制备FeCO3

沉淀的最佳方案：实验试剂现象滴管试管0.8

mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)1

mol/LNa2CO3溶液(pH=11.9)实验Ⅰ：立即产生灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色0.8

mol/L

FeSO4溶液(pH=4.5)1

mo/L

NaHCO3溶液(pH=8.6)实验Ⅱ：产生白色沉淀及少量无色气泡，2min后出现明显的灰绿色0.8

mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液(pH=4.0)1

mo/L

NaHCO3溶液(pH=8.6)实验Ⅲ：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色(1)实验Ⅰ中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应：□Fe2++口+口+□H2O=□Fe(OH)3+□_____(2)实验Ⅱ中产生FeCO3的离子方程式为____________________

。(3)为了探究实验Ⅲ中所起的作用，甲同学设计了实验IV

进行探究：操作现象实验IV向0.8mol/LFeSO4溶液中加入①______，

再加入Na2SO4固体配制成混合溶液

(已知Na+对实验无影响，

忽略混合后溶液体积变化)。再取该溶液一滴管，与2mL

1

mol/LNaHCO3溶液混合与实验III现象相同实验IV中加入Na2SO4

固体的目的是②____________________________。对比实验II、III、IV，甲同学得出结论：水解产生H+，降低溶液pH，减少了副产物Fe(OH)2

的产生。乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是：向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4

固体至c()=1.6

mol/L，再取该溶液一滴管，与2mL1

mol/LNaHCO3溶液混合。(4)小组同学进一步讨论认为，定性实验现象并不能直接证明实验III

中FeCO3的纯度最高，需要利用如图所示的装置进行定量测定。分别将实验I、

II、

III

中的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后称量，然后转移至A处的广口瓶中。为测定FeCO3的纯度，除样品总质量外，还需测定的物理量是______________。(5)实验反思：经测定，实验III中的FeCO3纯度高于实验I和实验II。通过以上实验分析，制备FeCO3实验成功的关键因素是______________________________。26、（10分）某化学兴趣小组要完成中和热的测定。(1)实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、量筒、0.5mol/L盐酸、0.55mol/LNaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是____________________、_____________。(2)实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒？___(填“能”或“否”)，其原因是________。(3)他们记录的实验数据如下表：实验用品溶液温度t1t2①50mL0.55mol/LNaOH溶液50mL0.5mol/LHCl溶液20℃23.3℃②50mL0.55mol/LNaOH溶液50mL0.5mol/LHCl溶液20℃23.5℃已知：Q＝cm(t2－t1)，反应后溶液的比热容c为4.18kJ/(℃·kg)，各物质的密度均为1g/cm3。①根据上表数据计算该反应的ΔH＝______________。②根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式：____________________。27、（12分）某同学欲用物质的量浓度为0.1000mol●L-1的盐酸测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，选择酚酞作指示剂。其操作步骤可分为以下几步：A移取20.00mL待测氢氧化钠溶液注入洁净的锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞溶液。B用标准溶液润洗滴定管2~3次。C把盛有标准溶液的酸式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液。D取标准盐酸注入酸式滴定管至“0”刻度以上2~3

cm处。E调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数。F把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准盐酸溶液滴定至终点，并记下滴定管液面的刻度。请填写下列空白：(1)正确的操作步骤的顺序是_____(填字母)。(2)步骤B操作的目的是________。(3)配制标准盐酸时，需要用的仪器有____(填字母)。a容量瓶b托盘天平c量筒d酸式滴定管e烧杯f胶头滴管g玻璃棒(4)下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是_______(填字母)。a开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡。在滴定过程中气泡消失b盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次c酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2~3次d读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数e滴定过程中，锥形瓶的振荡过于激烈，使少量溶液溅出(5)若某次滴定结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则读数为_____mL。若仰视，会使读数偏_____(填“大"或“小")。(6)再结合下表数据，计算被测氢氧化钠溶液的物质的量浓度是_______mol/L。滴定次数待测溶液的体积/mL标准酸体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL第一次10.002.3420.

39第二次10.003.

2020.20第三次10.000.6017.

8028、（14分）（1）有封闭体系如下图所示，左室容积为右室的两倍，温度相同，现分别按照如图所示的量充入气体，同时加入少量固体催化剂使两室内气体充分反应达到平衡，打开活塞，继续反应再次达到平衡，下列说法正确的是____________A．第一次平衡时，SO2的物质的量右室更多B．通入气体未反应前，左室压强和右室一样大C．第一次平衡时，左室内压强一定小于右室D．第二次平衡时，SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2的物质的量的2倍还要多（2）有封闭体系如图所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，先用小钉固定隔板K在如图位置（0处），甲中充入1molN2和3molH2，乙中充入2molNH3和1molAr，此时F处于如图6处。拔取固定K的小钉，在少量固体催化剂作用下发生可逆反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；反应达到平衡后，再恢复至原温度。回答下列问题：①达到平衡时，移动活塞F最终仍停留在0刻度右侧6处，则K板位置范围是________。②若达到平衡时，隔板K最终停留在0刻度处，则甲中NH3的物质的量为______mol，此时，乙中可移动活塞F最终停留在右侧刻度____处(填下列序号：①＞8;②＜8;③=8)③若一开始就将K、F都固定，其它条件均不变，则达到平衡时测得甲中H2的转化率为b，则乙中NH3的转化率为_________；假设乙、甲两容器中的压强比用d表示，则d的取值范围是_______________。29、（10分）我国自主研发的“蓝鲸一号”在中国南海神狐海域完成可燃冰连续试采，并得到中共中央国务院公开致电祝贺。“可燃冰”是天然气水合物，外形像冰，在常温常压下迅速分解释放出甲烷，被称为未来新能源。（1）“可燃冰”作为能源的优点是_______________________________(回答一条即可)。（2）甲烷自热重整是一种先进的制氢方法,包含甲烷氧化和蒸汽重整两个过程。向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气,发生的主要化学反应如下:反应过程化学方程式焓变△H(kJ.mol-l)活化能E.(kJ.mol-1)甲烷氧化CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2O(g)-802.6125.6CH4(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)-322.0172.5蒸气重整CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)+206.2240.1CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)+158.6243.9回答下列问题:①在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率______(填“大于”“小于”或“等于”)甲烷氧化的反应速率。②反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)

的平衡转化率与温度、压强关系[其中n(CH4)：n(H2O)=1:1]如图所示。该反应在图中A点的平衡常数Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)，图中压强(p1、p2、p3、p4)由大到小的顺序为___________。③从能量角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于___________。（3）甲烷超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，其能源和环境上的双重意义重大，甲烷超干重整CO2的催化转化原理如图所示。①过程II中第二步反应的化学方程式为_________。②过程II的催化剂是______，只有过程I投料比_______，催化剂组成才会保持不变。

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、A【分析】要证明醋酸是弱酸，需证明醋酸存在电离平衡或醋酸根离子存在水解平衡。【详解】当温度低于16.6℃时醋酸可凝结成冰一样晶体，说明醋酸的熔点较高，不能说明醋酸是弱电解质，故不选①；0.1mol/L的CH3COONa溶液的pH约为9，有弱才水解，谁强显谁性，则醋酸为弱酸，故选②；等体积等物质的量浓度的H2SO4溶液比等体积等物质的量浓度的CH3COOH溶液消耗的NaOH溶液多，是因硫酸为二元酸，醋酸为一元酸，不能说明醋酸为弱酸，故不选③；0.1mol/L的CH3COOH溶液pH约为4.8，说明醋酸电离不完全，存在电离平衡，则说明醋酸为弱酸，故选④；相同体积的pH均等于4的盐酸和CH3COOH溶液，被同一物质的量浓度的NaOH溶液中和，CH3COOH溶液消耗的NaOH溶液多，说明醋酸的浓度大于10-4mol/L，即醋酸为弱酸，故选⑤；醋酸中滴入石蕊试液呈红色，说明醋酸溶液呈酸性，不能证明醋酸是弱酸，故不选⑥；故选A。【点睛】本题考查了弱电解质的判断，注意弱电解质是不能完全电离的，一般利用电离平衡和盐的水解平衡来判断弱电解质，难度不大。2、D【详解】在多电子原子中，从3d能级开始有“能级交错”现象，实际4s能级能量小于3d，所以D错误，故选D。3、D【解析】分析：合成乙苯需要苯和氯乙烷，而氯乙烷可利用乙烯与HCl加成反应制取，据此解答。详解：根据已知信息可知合成乙苯需要苯和氯乙烷，而氯乙烷可利用乙烯与HCl加成反应制取：CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，则A、乙烷与氯气取代不可能得到纯净的氯乙烷，A错误；B、乙烯与氯气发生加成反应生成1，2－二氯乙烷，B错误；C、乙炔与氯化氢加成得不到氯乙烷，C错误；D、乙烯与氯化氢加成得到氯乙烷，D正确。答案选D。4、A【详解】A.甲苯和苯都能与浓硝酸、浓硫酸发生取代反应，但产物不同，甲基使苯环邻位、对位上的氢活化，所以甲苯硝化生成三硝基甲苯，而苯硝化只生成硝基苯，说明侧链对苯环性质有影响，故A正确；B.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能使高锰酸钾溶液褪色，说明是因为甲基连在苯环上，苯环对甲基的影响，而不是甲基侧链对苯环性质有影响，故B错误；C.甲苯燃烧产生带浓烟的火焰是因为甲苯分子中含碳量比较高，与侧链对苯环性质的影响无关，故C错误；D.1mol甲苯和1mol苯都能与3molH2发生加成反应，这是苯环的性质，与侧链无关，故D错误；综上所述，答案为A。【点睛】讨论侧链对苯环性质的影响关键看苯环上发生的反应，例如苯环原来不能发生的反应，因为连有侧链而能发生了，或者苯环上的氢原子原来能发生取代的个数少，因为连有侧链而能发生多个氢原子被取代了等等。5、C【解析】试题分析：光导纤维的成分是二氧化硅，故选C。考点：二氧化硅的用途。6、C【详解】①氨水中存在：NH3+H2ONH3·H2O+OH-，NaOH固体有吸水性，且增大OH-浓度，使上述平衡逆向移动，故①可用平衡移动原理来解释，不合题意；②用两个惰性电极电解CuCl2溶液时溶液中不存在化学平衡，溶液颜色变浅是由于Cu2+浓度减小，故②不能用平衡移动原理来解释，符合题意；③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫是由于减小压强使平衡CO2+H2OH2CO3逆向移动，故③能用平衡移动原理解释，不合题意；④溴水中有下列平衡Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入少量硝酸银固体后，由于Ag++Br-=AgBr↓，导致Br-浓度减小，平衡正向移动，溶液颜色变浅，故④能用平衡移动原理解释，不合题意；⑤对于反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)达平衡后，缩小容器体积即增大压强，上述平衡不移动，由于体积减小，I2蒸气浓度增大使体系颜色变深，故⑤不能用平衡移动原理来解释，符合题意；综上所述，只有②⑤不能用平衡移动的原理来解释，故答案为：C。7、C【详解】A．0.1mol·L－1的氨水溶液呈碱性，加水稀释时，溶液仍旧呈碱性，与图像不符，A错误；B．加水稀释，NH3∙H2O⇌NH4++OH-，电离平衡正向移动，水的电离程度增大，与图像不符，B错误；C．加水稀释，NH3∙H2O⇌NH4++OH-，电离平衡正向移动，水的电离程度增大，溶液中的离子的浓度逐渐减小，导电能力逐渐减弱，符合图像，C正确；D．氨水的电离平衡常数与加入水的量无关，与图像不符，D错误；答案为C。8、B【解析】可以从原电池的形成条件及原理来分析。【详解】镀锌铁发生腐蚀现象时，因Zn比Fe活泼，Zn作负极被腐蚀，铁被保护，比一般铁器耐腐蚀，可以用原电池原理解释，故A错误；铁片和铝片的钝化现象是因为浓硫酸的强氧化性，使表面生成致密的氧化膜，和原电池原理无关，故B正确；铜线和铝线接触时，构成了原电池的两个电极，加快电线的腐蚀，与原电池原理有关，故C错误；利用锌的活泼性，充当原电池的负极，从而保护了船体，与原电池原理有关，故D错误。故选B。【点睛】原电池中电子流出的一级作负极，一般来讲活泼金属容易失电子，在原电池中作负极。9、C【详解】增大A的浓度，A的转化率减小，故A错误；扩大容器的容积，平衡不移动，但速率减慢，故B错误；加入催化剂，速率加快、平衡不移动，A转化率不变，故C正确；升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，故D错误。答案选C。10、D【详解】根据盐的水解原理结合图示的内容可以知道X离子水解显示酸性。A、碳酸根水解，显示碱性，故A错误；B、碳酸氢根离子水解显示碱性，故B错误；C、钠离子不会发生水解，故C错误；D、铵根离子水解溶液显示酸性，故D正确；故选D。11、C【详解】某物质在反应中得到电子，该物质中有元素化合价降低，该物质是氧化剂，发生还原反应，被还原，故选C。12、D【详解】金属键是金属阳离子与自由电子之间的静电作用，它决定了金属晶体的一些性质，可以解释金属晶体的导电性、导热性、延展性等金属晶体的物理性质，但不能解释其化学性质，例如锈蚀性。故选D。13、C【解析】分析：A项，NaHCO3应改写成Na+和HCO3-；B项，氨水为弱碱水溶液，AlCl3与过量氨水反应生成Al（OH）3和NH4Cl；C项，碳酸钠与少量醋酸反应生成NaHCO3和CH3COONa；D项，电荷不守恒。详解：A项，NaHCO3应改写成Na+和HCO3-，正确的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑，A项错误；B项，氨水为弱碱水溶液，AlCl3与过量氨水反应生成Al（OH）3和NH4Cl，正确的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，B项错误；C项，碳酸钠与少量醋酸反应生成NaHCO3和CH3COONa，反应的离子方程式为CO32-+CH3COOH=HCO3-+CH3COO-，C项正确；D项，电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，D项错误；答案选C。点睛：本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中B项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确（题中A项）、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中D项）；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。14、A【解析】有机物A可氧化为B（分子式为C2H3O2Br），A水解得到C，则C中含有羟基，1molC和2molB反应可得含Br的酯D，D的分子式为C6H8O4Br2，则C中含2个-OH，B中含1个-COOH，B的分子式为C2H3O2Br，其结构简式为BrCH2COOH，又A可氧化为B，则A为BrCH2CH2OH，C为HOCH2CH2OH，故答案为A。15、D【详解】A．H2S是多元弱酸，电离是分步进行，须分步书写的，即，，主要写第一步电离，A错误；B．NaHCO3是强电解质，完全电离，H2CO3是多元弱酸，故，B错误；C．HClO是弱酸，部分电离，故，C错误；D．NaHSO4是强电解质，完全电离，且H2SO4是强酸，故，D正确；故答案为：D。16、B【详解】A.铝元素位于第ⅢA，是第13个纵行，A错误；B.过渡元素包括7个副族和Ⅷ，每个副族1个纵行，Ⅷ族3个纵行，故过渡元素在周期表中占10个纵行，B正确；C.第18纵行是稀有气体，除了氦气最外层2个电子，其余元素的最外层均有8个电子，C错误；D.第16纵行是第ⅥA，并不全是非金属元素，D错误；答案选B。17、D【详解】A.溴离子和碘离子被氧化为溴单质和碘单质的过程都是化学变化，故A错误；B.电解熔融氯化钠制得钠和电解熔融氯化镁制得镁的过程都是化学变化，故B错误；C.电解水制得氧气和氢气的过程是化学变化，故C错误；D．海水晒盐和海水蒸馏得到淡水的过程，都没有新物质生成，是物理变化，故D正确；故选D。【点睛】元素在溶液中的存在形式是离子，若想得到单质，均需要发生化学变化。18、C【解析】维生素中含有官能团：（醇）羟基、碳碳双键、酯基；丁香油酚中含有官能团：（酚）羟基、醚键、碳碳双键。维生素不含苯环，不是芳香族化合物。【详解】A.维生素中含有酯基，丁香油酚中不含酯基，故A错误；B.维生素中含有醇羟基、不含酚羟基，丁香油酚中含有酚羟基但不含醇羟基，故B错误；C.从两种有机物的结构可以看出，二者都含有碳碳双键，故C正确；D.维生素中不含苯环，不是芳香族化合物，丁香油酚中含有苯环，属于芳香族化合物，故D错误。答案选C。19、C【详解】A、不同物质中P-Cl的键能不同，无法与P-P的键能比较，故A错误；B、PCl5的状态为固态，与已知反应状态不同，无法求算，故B错误；C、②式减去①式，消去了P4，可得4Cl2(g)+4PCl3(g)=4PCl5(g)∆H=(b-a)kJ•mol‾1，把键能带入∆H的表达式可得：4(Cl-Cl)+4×3×1.2kJ•mol‾1-4×5ckJ•mol‾1=(b-a)kJ•mol‾1，得出E(Cl-Cl)=(b-a+5.6c)/4kJ•mol‾1，故C正确；D、①式×5减去②式×3，消去了Cl2，可得2P4（g）+12PCl5(g)=20PCl3(g)∆H=(5a-3b)kJ•mol‾1,把键能代入∆H的表达式可得：2×6(P-P)+12×5ckJ•mol‾1-20×3×1.2c=(5a-3b)kJ•mol‾1，得出E(P-P)=（5a-3b+12c）/12kJ•mol‾1，故D错误；答案选C。20、A【解析】A、根据方程式可知，间苯三酚中的-OH与甲醇中的-OH发生分子间脱水，属于取代反应，故A正确；B、间苯三酚含有3个羟基，苯酚含有1个羟基，官能团的数目不相同，不属于同系物，故B错误；C、根据表格中各物质的物理性质，可知甲醇的沸点低，与其他物质沸点相差较大，可利用蒸馏的方式将甲醇除去，故C错误；D、目标产物也含有酚羟基，酚羟基能与Na2CO3反应，故洗涤时，不能用饱和Na2CO3溶液，可以改成饱和NaHCO3溶液，NaHCO3与HCl反应，而不与酚羟基反应，故能除去HCl，故D错误。故选A。21、C【分析】相同温度下，电离平衡常数可衡量酸的强弱，电离平衡常数越小酸越弱，强酸完全电离，结合强酸能制取弱酸原理分析解答。【详解】A.由表中数据可知，HZ不能完全电离，HZ也是弱酸，A项错误；B.相同温度下，电离平衡常数越小酸越弱，由表中数据可知，三种酸的强弱关系是：HZ>HY>HX，B项错误；C.由表中数据知酸的强弱关系：HZ>HX，根据“较强酸制较弱酸”规律，HZ能制取HX，该反应能够发生，C项正确；D.电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关，所以相同温度下，0.1mol/LHY溶液的电离平衡常数与0.01mol/LHY溶液的电离平衡常数相同，D项错误；答案选C。22、C【详解】A.金属与酸反应放出热量，测定温度变化可探究化学能可转化为热能，A项正确；

B.醋酸与碳酸钠反应生成气体，硼酸不能，依据强酸制弱酸，可比较弱电解质的相对强弱，B项正确；

C.NaHSO3溶液与H2O2溶液发生氧化还原反应，生成硫酸钠和水，现象不明显，则通过观察现象不能探究浓度对反应速率的影响，C项错误；

D.只有催化剂一个变量，可探究催化剂对反应速率的影响，D项正确；

答案选C。二、非选择题(共84分)23、丙炔C6H9O2I取代反应加成反应羟基、酯基【分析】丙炔与氯气在光照条件下发生取代反应生成，和NaCN发生取代反应生成，水解为，和乙醇发生酯化反应生成；由RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O反应可知F是苯甲醛，G是。据此解答。【详解】(1)A是，化学名称是丙炔，E的键线式是，分子式是C6H9O2I；(2)A生成B是丙炔与氯气在光照条件下发生取代反应生成，反应类型是取代反应；G生成H是与氢气发生加成反应生成，反应类型是加成反应；(3)根据以上分析，D的结构简式为；(4)Y是，含氧官能团的名称为羟基、酯基；(5)根据E和H反应生成Y，E与苯甲醛在Cr-Ni催化下发生偶联反应生成。【点睛】本题考查有机推断，根据反应条件和流程图正确推断有机物的结构简式是解题关键，注意掌握常见官能团的结构和性质，“逆推法”是进行有机推断的方法之一。24、加成浓硫酸、加热【分析】（1）根据已知信息即前后联系得。（2）反应Ⅱ主要是醇的催化氧化。（3）G为醇，变为碳碳双键，即发生消去反应。（4）根据题意得出G同分异构体有对称性，再书写。【详解】（1）根据已知信息得出反应Ⅰ的类型是加成反应，故答案为：加成。（2）反应Ⅱ主要是醇的催化氧化，其方程式为，故答案为：。（3）G为醇，变为碳碳双键，即发生消去反应，因此反应Ⅲ的条件是浓硫酸、加热，故答案为：浓硫酸、加热。（4）G的一种同分异构体中含有苯环且分子中有3种不同化学环境的氢原子，说明有对称性，则其结构简式为，故答案为：。25、4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O硫酸至pH=4.0控制浓度一致C中U形管的增重调节溶液pH【分析】实验Ⅰ中，FeSO4溶液与Na2CO3溶液反应，生成Fe(OH)2沉淀和Na2SO4，Fe(OH)2不稳定，很容易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3；实验Ⅱ中，FeSO4溶液与NaHCO3溶液反应，生成FeCO3沉淀和CO2气体，2min后明显看出有一部分FeCO3转化为Fe(OH)3；实验Ⅲ中，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入NaHCO3溶液，产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色，表明在此种情况下，Fe(OH)2能较稳定存在。是什么原因导致此结果？通过对比实验IV进行探究。实验I、

II、

III

中FeCO3纯度探究时，先加硫酸溶解，通过测定生成CO2的质量进行推断，在实验过程中，需保证反应产生CO2质量测定的准确性，由此可得出制备FeCO3实验成功的关键因素。【详解】(1)实验Ⅰ中，FeSO4溶液与Na2CO3溶液反应，所以反应物中含有，Fe由+2价升高为+3价，则反应物中还应加入氧化剂O2，利用得失电子守恒和电荷守恒、质量守恒进行配平，即得反应的离子方程式为：4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8。答案为：4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8；(2)实验Ⅱ中，FeSO4溶液与NaHCO3溶液反应，生成FeCO3沉淀和CO2气体，离子方程式为Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O。答案为：Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O；(3)实验IV

中，甲同学得出结论：水解产生H+，为调节0.8mol/LFeSO4溶液pH=4，需增大溶液的酸性，降低溶液pH，所以加入硫酸至pH=4.0；乙同学认为，向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4

固体至c()=1.6

mol/L，所以实验IV中，为使溶液中c()与原溶液相同，需加入Na2SO4

固体，其目的是控制浓度一致。答案为：硫酸至pH=4.0；控制浓度一致；(4)为测定FeCO3的纯度，除样品总质量外，还需求出FeCO3的质量(由反应生成的CO2进行计算)，所以需测定的物理量是C中U形管的增重。答案为：C中U形管的增重；(5)通过以上实验分析，实验III中的FeCO3纯度高于实验I和实验II，是因为实验III中加入了酸性物质，对溶液的pH进行了调整，从而得出制备FeCO3实验成功的关键因素是调节溶液pH。答案为：调节溶液pH。【点睛】实验IV

中，我们很容易将加入的调节pH的物质写成(NH4)2SO4，这样，就跟原物质的成分相同，达不到探究的目的。26、环形玻璃搅拌棒温度计否金属易导热，热量散失多，导致误差偏大－56.8kJ/molNaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol【解析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）铜丝搅拌棒是热的良导体，热量损失大，即可判断出答案；（3）先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值，再根据Q=m•c•△t计算反应放出的热量，然后根据△H=-Q/n计算出反应热，根据中和热的概念以及热化学方程式的书写方法写出热化学方程式【详解】（1）中和热的测定过程中，需要使用温度计测量温度。为了使酸和碱充分接触，还需要用环形玻璃搅拌棒进行搅拌。所以还缺少环形玻璃搅拌棒和温度计；因此，本题正确答案是：环形玻璃搅拌棒、温度计；

(2)不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体，热量损失大，因此，本题正确答案是：否、金属易导热，热量散失多，导致误差偏大；(3)50mL0.5mol/LHCl溶液和50mL0.55mol/LNaOH溶液质量和m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18kJ/(kg·℃)，2次温度差分别为:3.3℃、3.5℃。2组数据都有效，温度差平均值△t=3.4℃，代入公式Q=cm△t得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18kJ/(kg·℃)×100g×3.4℃=1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ,所以生成1mol的水放出热量为1.4212kJ×1mol/0.025mol=56.8kJ，即该实验测得的中和热△H=−56.8kJ/mol,。NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式为：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=−56.8kJ/mol，故答案为①−56.8kJ/mol；②HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=−56.8kJ/mol；27、BDCEAF洗去附着在滴定管内壁上的水，防止其将标准溶液稀释而引起误差acefgde19.12大0.

1710【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，题目所给步骤从润洗开始，所用标准液为盐酸，选用酸式滴定管，润洗后装液，即取标准盐酸注入酸式滴定管至“0”刻度以上2~3cm处，调节滴定管尖嘴使之充满溶液，之后调节液面，记录读数，之后取待测液并加指示剂、滴定，正确的顺序为：BDCEAF；(2)用标准液润洗可以洗去附着在滴定管内壁上的水，防止其将标准溶液稀释而引起误差；(3)配制一定物质的量浓度溶液时常用的仪器有容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒，由于配制一定物质的量浓度的盐酸时一般是稀释浓盐酸，所以还需要量筒量取浓盐酸，所以所用仪器有acefg；(4)a．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，则会使记录的标准液体积用量变大，使得NaOH浓度偏大，故a不符合题意；b．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次会使标准液的用量偏大，计算得到的NaOH浓度偏大，故b不符合题意；c．酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2~3次会稀释标准液，从而使标准液体积偏大，计算得到的NaOH浓度偏大，故c不符合题意；d．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，会使标准液体积读数偏小，计算得到的NaOH浓度偏小，故d符合题意；e．滴定过程中，锥形瓶的振荡过于激烈，使少量溶液溅出，导致部分NaOH溶液损失，会使标准液用量偏小，计算得到的NaOH浓度偏小，故e符合题意；综上所述选de；(5)滴定管的零刻度在上，读数时要估读一位，读到小数点后两位，所以图示读数为19.12mL；仰视读数会使读数偏大；(6)第一次所用标准液的体积为20.39mL-2.34mL=18.05mL，第二次所用标准液的体积为20.20mL-3.20mL=17.00mL，第三次所用标准液的体积为17.80mL-0.60mL=17.20mL，第一次读数的误差较大，舍去，则所用标准液的平均体积为=17.10mL，所以NaOH溶液的浓度为=0.1710mol/L。【点睛】滴定管读数时要注意和量筒的区别，量筒的“0”刻度在下，所以俯视读数偏大，仰视读数偏小，而滴定管的“0”刻度在上，俯视读数偏小，仰视读数偏大。28、BC0刻度左侧0-2处1①1－b5/4＜d＜3/2【分析】（1）A.根据2SO2+O22SO3，把2molSO3导入左边相当于2molSO2，1molO2，而左室体积大于右室，左室相对右室相当于减小压强，平衡左移；B.根据PV=nRT，左室气体物质的量和体积均是右室的2倍，即压强相等；C.根据2SO2+O22SO3，把2molSO3导入左边相当于2molSO2，1molO2，而左室体积大于右室，左室相对右室相当于减小压强，平衡左移；D.第二次平衡时，气体体积变为左室体积的1.5倍，把2molSO3导入左边相当于2molSO2，1molO2，物质的量变为2倍，比第一次平衡时压强变大，平衡正向移动。（2）①当乙中没有Ar气时，甲中充入1molN2和3molH2与乙中充入2molNH3到达平衡状态时，为等效的，即两边气体的物质的量相等，隔板应位于中间0处，此后向乙中再充入1molAr气，会使乙中气体压强增大，隔板向甲的方向移动，会使甲中的反应向正向移动。②根据题中条件，当达到平衡时，K停留在0处，说明乙端的相当有8个格。③体积固定，恒温、恒压容器中，两边达到平衡的状态相同，乙中的氩气对平衡无影响；体积不变，两边转化结果相同，H2的转化率为b，则乙中NH3的转化率为1－b；此题仍要考虑两种极限情况，即乙、甲完全转化与乙、甲完全不转化。【详解】（1）A.根据2SO2+O22SO3，把2molSO3导入左边相当于2molSO2，1molO2，而左室体积大于右室，左室相对右室相当于减小压强，平衡左移，生成的SO2的物质的量更多，故A错误。B.根据PV=nRT，左室气体物质的量和体积均是右室的2倍，即压强相等，故B正确。C.根据2SO2+O22SO3，把2molSO3导入左边相当于2molSO2，1molO2，而左室体积大于右室，左室相对右室相当于减小压强，平衡左移，故左室内压强一定小于右室，故C正确。D.第二次平衡时，气体体积变为左室体积的1.5倍，把2molSO3导入左边相当于2molSO2，1molO2，物质的量变为2倍，比第一次平衡时压强变大，平衡正向移动，生成的SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2的物质的量的2倍少，故D错误。故选BC。（2）①当乙中没有Ar气时，甲中充入1molN2和3molH2与乙中充入2molNH3到达平衡状态时，为等效的，即两边气体的物质的量相等，隔板应位于中间0处，此后向乙中再充入1molAr气，会使乙中气体压强增大，隔板向甲的方向移动，会使甲中的反应向正向移动，再次到达平衡时，隔板位于0刻度左侧左处，通过观察，当反应未开始时隔板位于0处，每一个格相当于0.5mol气体，假设隔板K最终在a处，设甲中反应到达平衡时，有xmolN2发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)开始（mol）1mol3mol0转化（mol）x3x2x平衡（mol）1-x3-3x2x(1-x)+(3-3x)+2x=(6-a)×0.5a，0.5a=2x-1，当N2完全反应时，x=1，a取最大，a=2，根据可逆反应不能进行到底，可知：K停留在0刻度左侧0-2处，故答案为0刻度左侧0-2处。②根据题中条件，当达到平衡时，K停留在0处，说明乙端的相当有8个格，即乙中平衡时气体的物质的量为4mol，其中Ar为1mol，设乙中达到平衡时有2ymolNH3反应，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)开始（mol）