西藏自治区林芝市2026届高二化学第一学期期中调研试题含解析

西藏自治区林芝市2026届高二化学第一学期期中调研试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、已知:2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-217kJ·mol-1,C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=bkJ·mol-1,H—H、O—H和O=O键的键能分别为436kJ·mol-1、462kJ·mol-1和495kJ·mol-1,则b为()A．+352 B．+132 C．-120 D．-3302、右图所示是一种新近开发的固体氧化物燃料电池。它以掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体为固体电解质，在熔融状态下传导氧离子(O2－)，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断不正确的是（）A．采用多孔电极的目的是易于吸附气体B．有H2放电的b极为电池的负极C．a极对应的电极反应为O2＋2H2O＋4e－＝4OH－D．b极对应的电极反应为2H2－4e－＋2O2－＝2H2O3、下列解释事实的离子方程式书写不正确的是A．向氯化铁溶液中加入铁粉,颜色变浅:Fe3++Fe=2Fe2+B．向硅酸钠溶液中滴加稀盐酸,生成沉淀:SiO32-+2H+=H2SiO3↓C．向氯化钠溶液中滴加硝酸银溶液,生成沉淀:Ag++Cl－=AgCl↓D．向碳酸钠溶液中滴加稀硫酸,产生气体:CO32+2H+=CO2↑+H2O4、非结合胆红素(VCB)分子中有羟基，被氧化后(生成羧基)与钙离子结合形成胆红素钙的反应，就是一个沉淀生成的离子反应，从动态平衡的角度分析能预防胆结石的方法是A．大量食用纯碱可使钙离子沉淀完全，防止胆结石生成B．不食用含钙的食品C．适量服用低维生素E、低维生素C等抗氧化自由基可防治胆结石D．常喝水稀释钙离子，溶解沉淀5、NaCl晶体中存在的化学键为A．离子键 B．极性键 C．共价键 D．非极性键6、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的晶体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，与等浓度NaOH溶液充分反应时，醋酸溶液消耗的碱液多A．②④⑤B．②④C．②③④D．②③7、原电池原理的发现极大地推进了现代化的进程,改变了人们的生活方式。关于右图所示原电池的说法不正确的是A．该装置将化学能转化为电能B．电子由锌片经导线流向铜片C．铜片上发生的反应为Cu2++2e-=CuD．该装置使氧化反应和还原反应分别在两个不同的区域进行8、下列物质在空气中放置较长时间，因发生氧化反应而变质的是（）A．氢氧化铁 B．氢氧化钠 C．氢氧化亚铁 D．硫酸铁9、若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可以大量共存的离子组是A．Al3+Na+Cl- B．K+Na+Cl-C．K+Na+Cl- D．K+10、提纯固体有机物常采用重结晶法，提纯苯甲酸（混有泥沙）的实验不正确的是（）A．本实验需要趁热过滤B．过滤时采用短颈漏斗比长颈漏斗好C．粗苯甲酸全溶后一般要补加少量蒸馏水D．只需过滤一次就可以得到纯苯甲酸晶体11、某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA

（g）+nB

（g）pC

（g）的速率和平衡的影响图象如下，下列判断正确的是（

）A．由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应B．由图2可知，该反应m+n＜pC．图3中，点3的反应速率v正＞v逆D．图4中，若m+n=p，

则a曲线一定使用了催化剂12、室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH＝7（忽略溶液体积的变化），溶液中部分微粒的物质的量浓度不正确的是()A．向0.20mol/LNH4HCO3中通入CO2:C(NH4＋)＝C(HCO3-)+2C(CO32-)B．向0.15mol/LNaHSO3中通入NH3:C(Na＋)>C(NH4＋)>C(SO32-)C．向0.30mol/LNa2SO3中通入CO2:C(Na＋)＝2[C(SO32-)+C(HSO3-)+C(H2SO3)]D．向0.10mol/LCH3COONa中通入HCl：C(Na＋)>C(CH3COOH)＝C(Cl-)13、常温下，将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液等浓度、等体积混合，下列说法正确的是A．c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(H＋)＞c(OH-)B．c(Na＋)＝c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H＋)C．c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H＋)D．c(CH3COO-)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH-)14、下列实验能达到预期目的是编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol·L－1Na2CO3溶液和0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pH比较H2CO3和CH3COOH的酸性强弱B室温下，分别测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH比较S、C元素的非金属性强弱C相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象探究FeCl3对H2O2分解速率的影响D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，观察并比较实验现象探究浓度对反应速率的影响A．A B．B C．C D．D15、化学家们合成了如图所示的一系列的星烷，如三星烷、四星烷、五星烷等。下列说法正确的是A．它们之间互为同系物B．六星烷的化学式为C18H22C．三星烷与丙苯互为同分异构体，四星烷与互为同分异构体D．它们的一氯代物均只有两种而三星烷得二氯代物有四种16、下列有关生活中的化学知识运用合理的是A．明矾可用于自来水消毒B．食品包装袋内的小袋铁粉主要起干燥作用C．工业上可用电解AlCl3溶液的方法制备金属AlD．工业上可用氯化铵溶液除去金属表面的氧化物17、安息香酸()和山梨酸(CH3CH═CH-CH═CH─COOH)都是常用食品防腐剂，下列关于这两种酸的叙述正确的是A．通常情况下，都能使溴水褪色B．1mol酸分别与足量氢气加成，消耗氢气的量相等C．一定条件下都能与乙醇发生酯化反应D．1mol酸分别与NaOH发生中和反应，消耗NaOH的量不相等18、下列有关物质的表达式正确的是()A．乙炔分子的比例模型: B．溴乙烷的电子式:C．2-氯丙烷的结构简式:CH3CHClCH3 D．丙烯的键线式:19、在一密闭容器中，反应aA（气）bB（气）达平衡后，保持温度不变，将容器体积减小1/2，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的1.5倍，则A．平衡向逆反应方向移动 B．物质A的转化率增大C．物质B的质量分数增加 D．a>b20、实验室制取的气体不能用浓硫酸干燥的是A．O2 B．H2 C．NH3 D．CO221、下列各组物质的燃烧热相等的是A．C和CO B．红磷和白磷C．3molC2H2（乙炔）和1molC6H6（苯） D．1gH2和2gH222、25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ΔH>0，下列叙述正确的是A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低B．向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低C．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变D．将水加热，KW增大，c(H＋)不变二、非选择题(共84分)23、（14分）Ⅰ.有机物的结构可用“键线式”简化表示。如CH3—CH＝CH－CH3可简写为，若有机物X的键线式为：，则该有机物的分子式为________，其二氯代物有________种；Y是X的同分异构体，分子中含有1个苯环，写出Y的结构简式__________________________，Y与乙烯在一定条件下发生等物质的量聚合反应，写出其反应的化学方程式：__________________________________。Ⅱ.以乙烯为原料合成化合物C的流程如下所示：（1）乙醇和乙酸中所含官能团的名称分别为_____________和_____________。（2）B物质的结构简式为________________。（3）①、④的反应类型分别为______________和_______________。（4）反应②和④的化学方程式分别为：②__________________________________________________________。④___________________________________________________________。24、（12分）化合物A（C4H10O）是一种有机溶剂，且A只有一种一氯取代物B，在一定条件下A可以发生如下变化：（1）A分子中的官能团名称是___，A的结构简式是___；（2）写出下列化学方程式：A→B：___；A→D：___；（3）A的同分异构体F也可以有框图内A的各种变化，且F的一氯取代物有三种。F的结构简式是：___。25、（12分）实验室有一瓶未知浓度的，通过下列实验测定其浓度①取于锥形瓶中，滴入指示剂2-3滴.②取一滴定管，依次查漏，洗涤，用的溶液润洗，然后注入该标准溶液，调整液面，记下读数.③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：.试回答下列问题：（1）步骤①加入的指示剂是___________.（2）步骤③滴定时，眼睛注视_______________直至滴定终点；达到滴定终点的判断_____________________________.（3）己知消耗标准液实验数据如下表：实验次数始读数（mL）末读数（mL）10.1019.2021.8520.7530.0024.06则废水中的物质的量浓度为_________________.（4）下列操作会导致测定结果偏高的是_____________.A．滴定管在装液前未用标准溶液润洗B．滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出C．装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡D．达到滴定终点时，仰视读数26、（10分）实验室欲配制480ml浓度为0.1mol•L-1的CuSO4溶液：（1）本实验需要用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________；（2）经计算需要称量CuSO4•5H2O晶体___________g（3）若实验过程中出现下列情况，对所配溶液将有何影响（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）①移液后未洗涤烧杯和玻璃棒____________；②使用前用0.1mol•L-1的CuSO4溶液润洗容量瓶____________；③摇匀后，将溶液转移到试剂瓶过程中，少量溶液溅出____________。27、（12分）用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_______。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_________。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_______(填“偏大、偏小、无影响”)（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热_______(填“相等、不相等”),简述理由________。（5）用相同浓度和体积的氨水（NH3·H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会__________；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。28、（14分）碳元素是构成物质世界的重要元素，回答下列问题：(1)碳能形成多种氧化物，如CO、CO2、C2O3等，其中C2O3遇水生成草酸(HOOCCOOH)。已知乙酸和草酸的电离平衡常数(25℃)如下：酸电离平衡常数(25℃)草酸HOOCCOOHKa1=5×10－2，Ka2=5.4×10－5乙酸CH3COOHKa=1.6×10－5①阴离子CH3COO－、HC2O、C2O结合质子(H+)能力的由强到弱的顺序为____________。②常温下，0.1mol/L乙酸溶液的pH=____________(保留一位小数，lg2=0.3)。③常温下，某浓度的Na2C2O4溶液的pH=9，则溶液中=________。(2)利用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸可测出其准确浓度(氧化产物为CO2)。①酸性KMnO4标准溶液应盛装在_________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②达到滴定终点的判断依据为____________。③若达到滴定终点时消耗cmol/L酸性KMnO4标准溶液VmL，实验中所用草酸溶液体积为25.00mL，则该草酸溶液的浓度为______________mol/L。29、（10分）有机化合物X、Y、A、B、C、D、E、F、G之间的转化关系如图所示。已知：①②（R、R＇代表烃基）③X在催化剂作用下可与H2反应生成化合物Y；④化合物F的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰。请回答下列问题：(1)X的含氧官能团的名称是________________________，X与HCN反应生成A的反应类型是_______________________。(2)酯类化合物B的分子式是C15H14O3，其结构简式是__________________________。(3)X发生银镜反应的化学方程式是：________________________。(4)G在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是_______________________。(5)的同分异构体中：①能发生水解反应；②能发生银镜反应；③能与氯化铁溶液发生显色反应。满足上述条件的同分异构体共有________种(不考虑立体异构)。(6)写出以C2H5OH为原料合成乳酸()的路线(其他试剂任选)。________________________________________________________________________。

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【分析】①2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=kJ·mol-1,②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=bkJ·mol-1,根据盖斯定律:②2-①得:2H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=2b-(-217)根据键能的关系，2H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=4462-436-495=2b-(-217),所以b=+132。【详解】A.+352不符合题意，故A错误；B.+132符合题意，故B正确；C.-120不符合题意，故C错误；D.-330不符合题意，故D错误；答案：B。【点睛】根据盖斯定律计算水分解反应的焓变,化学反应的焓变ΔH=H产物-H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答。2、C【解析】a电极通入的是氧气，因此是正极。由于电解质是固体，传递的是O2－，所以正极电极反应式是O2＋4e－＝2O2－，因此选项C不正确，其余都是正确的，答案选C。3、A【详解】A、向氯化铁溶液中加入铁粉，颜色变浅：2Fe3＋+Fe=3Fe2＋，选项A错误；B、向硅酸钠溶液中滴加稀盐酸，生成硅酸沉淀:SiO32-+2H+=H2SiO3↓，选项B正确；C、向氯化钠溶液中滴加硝酸银溶液，生成氯化银沉淀，离子方程式是：Ag++Cl－=AgCl↓，选项C正确；D、碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，反应离子方程式是：CO32－+2H+=CO2↑+H2O，选项D正确；答案选A。【点睛】本题考查离子方程式的正误判断。离子方程式是用实际参加反应的离子表示化学反应的式子。书写离子方程式时，可溶性强电解质拆写成离子；单质、气体、氧化物、弱电解质、沉淀不能拆写成离子。4、C【详解】A、人的胃内有胃酸可以和纯碱反应，故食用纯碱后难以生成碳酸钙沉淀，即使钙离子沉淀完全依然沉淀在体内，而且大量食用纯碱也会引起身体不适，不能食用大量的纯碱，故A错误；B、不食用含钙的食品，这样易引起人体缺钙，故B错误；C、服用维生素可预防羟基氧化生成羧基，可防治胆结石，故C正确；D、常喝水减小体液内的钙离子浓度，但是不能使胆结石溶解，因为水不能进入胆囊，故D错误；综上所述，本题应选C。【点睛】从动态平衡的角度分析能预防胆结石应从浓度度化学平衡的影响进行考虑，人体接近恒温、此反应为溶液中的反应，压强影响较小，预防胆结石的生成，可以减小反应物的浓度，减小钙离子浓度可能会导致人体缺钙，可以减小羧酸浓度，即防止羟基（-OH）被氧化后生成羧基与钙离子结合形成沉淀。5、A【详解】Na原子最外层只有1个电子，Na原子易失去最外层的1个电子；Cl原子最外层有7个电子，Cl原子易得到1个电子；钠与氯气反应时，Na原子最外层上的1个电子转移到Cl原子的最外电子层上，形成Na+和Cl-，Na+和Cl-之间形成离子键，即NaCl晶体中存在的化学键为离子键；答案选A。6、A【解析】醋酸钠溶液是盐溶液应该PH为7，实际上是9说明醋酸根发生了水解，醋酸是弱酸，②正确；0.1mol/L的醋酸的pH值应该为1，实际上是4.8，说明醋酸分子没有全部电离，醋酸是弱酸，④正确；如果醋酸是强酸则pH等于4且等体积的醋酸和盐酸，与等浓度NaOH溶液充分反应时，消耗碱液的体积应该相同，实际上醋酸消耗的多说明醋酸是弱酸，溶液中存在没有电离的醋酸分子，所以耗碱增多，⑤正确；所以正确的是②④⑤答案选A。7、C【分析】该装置是将化学能转化为电能的装置，锌易失电子作负极，铜作正极，负极上锌发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应。【详解】A．该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，选项A正确；B．锌作负极，铜作正极，电子从负极锌沿导线流向正极，选项B正确；C．该装置中，负极上锌失电子、正极上氢离子得电子，所以铜片上发生的反应为2H++2e-═H2↑，选项C不正确；D.该装置负极区锌失电子发生氧化反应，正极区氢离子得电子发生还原反应，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查了原电池原理，根据能量转化方式确定装置类型，根据失电子难易程度确定正负极，结合电子流向分析解答，题目难度不大。8、C【详解】A选项，氢氧化铁在空气中长久放置可能发生分解，最终变为氧化铁，化合价没有变化，故A错误；B选项，氢氧化钠在空气中长久放置会与二氧化碳反应生成碳酸钠，化合价没有变化，故B错误；C选项，氢氧化亚铁在空气中长久放置被氧气氧化变为氧化铁，故C正确；D选项，硫酸铁在空气中长久放置可能会发生水解，但没有化合价变化，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】+2价的铁有很强的还原性，易被空气氧化。9、B【分析】25℃时，某溶液中由水电离产生的c(OH-)＝1×10－14mol·L－1，此溶质对水的电离产生抑制，此溶液可能显酸性也可能显碱性，最常见的则是酸溶液或碱溶液，据此分析回答；【详解】A.Al3＋与OH－发生反应，不能大量存在于碱溶液中，A错误；B.四种离子彼此不反应，既能存在于酸性也能存在于碱性，能大量共存，B正确；C.与H＋反应，不能大量存在于酸溶液中，C错误；D.NH4＋与OH－反应，不能大量存在于碱溶液中，D错误；答案选B。10、D【解析】A.趁热过滤，减少苯甲酸的损失；B.从过滤时滤液的温度变化分析；C.从过滤时溶液与环境的温差分析；D.从提纯步骤分析。【详解】A.苯甲酸的溶解度随温度变化很大，温度越高，其溶解度越大。趁热过滤，可以防止溶液温度降低后有晶体析出。为减少苯甲酸的损失，则重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止苯甲酸析出，应该趁热过滤，选项A正确；B.过滤时滤液温度会有较大变化，为防止过滤时有晶体在漏斗颈中析出，故采用短颈漏斗，不使用长颈漏斗，选项B正确；C.因溶液过滤时常溶液与环境的温差较大，易使苯甲酸晶体提前析出而滞留在过滤器中，故在粗苯甲酸溶解后还要加点水适当稀释溶液，减少过滤时苯甲酸的损失，防止提前析出结晶，选项C正确；D.提纯苯甲酸晶体的过程中，过滤一次不能达到较纯净的晶体，至少需要两次过滤，粗品溶解过滤除去泥沙，冷却结晶后过滤得到苯甲酸，还要进行洗涤。选项D错误；答案选D。11、C【详解】A．根据“先拐先平数值大”，可知T1<T2，升高温度，C的百分含量减小，说明该反应的正反应为放热反应，故A错误；B．由图可知，增大压强，C的百分含量增大，说明加压平衡正向移动，所以该反应m+n>p，故B错误；C．图中点3的转化率小于同温下的平衡转化率，说明点3反应正向进行，反应速率：v正>v逆，故C正确；D．曲线a速率加快、平衡没移动，若m+n=p，曲线a可能使用了催化剂或加压，故D错误；答案选C。12、B【详解】A.两者不反应，根据溶液呈现电中性，c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，因为pH=7，c(H+)=c(OH﹣)，即C(NH4＋)＝C(HCO3—)+2C(CO32—)，故A正确；B.NaHSO3呈酸性，(NH4)2SO3

、Na2SO3呈碱性，一部分

NaHSO3与NH3反应生成(NH4)2SO3

、Na2SO3：2

NaHSO3+2NH3

(NH4)2SO3

+Na2SO3

，所以C(Na＋)>c(NH4+)=c(SO32—)，故B错误。C.向0.30mol/LNa2SO3中通入CO2，使溶液呈中性，SO32-部分生成HSO3—和H2SO3，但硫原子和钠原子总数不变，根据硫原子守恒，C(Na＋)＝2[C(SO32—)+C(HSO3—)+C(H2SO3)]，故C正确。D.CH3COONa水解呈碱性，一部分CH3COONa与HCl反应生成CH3COOH：CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl，所以c(Na+)＞c(CH3COOH)=c(Cl﹣)，故D正确。答案选B。【点睛】涉及离子浓度大小比较，常用规律：电荷守恒、质子守恒、物料守恒、水解程度和弱电解质电离程度微弱，然后分析反应后溶液中溶质有哪些物质，分析是电离为主还是水解为主，这需要根据题目所给信息进行判断，此类题中等难度，要求学生学会分析问题的能力。13、C【解析】常温下，将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液等浓度、等体积混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解后，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H＋)；溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)+c(H＋)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na＋)＞c(CH3COO-)，由于水解的程度较小，因此c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H＋)，故选C。14、C【详解】A．比较H2CO3和CH3COOH的酸性强弱，用pH试纸测等浓度的碳酸和醋酸的pH，故A错误；B．亚硫酸不是硫元素对应的最高价氧化物的水化物，故不能直接比较非金属性，B错误；C．探究探究FeCl3对H2O2分解速率的影响，宜采用控制变量法，保证其他环境一样，C正确；D．亚硫酸氢钠和过氧化氢反应，无明显现象，无法判断反应速率，故D错误；答案选C。15、C【详解】A、根据图所示，三星烷分子式为C9H12，四星烷分子式为C12H16，五星烷分子式为C15H20，相邻两个分子之间分别相差3个C、4个H，不互为同系物，故A错误；B、根据A选项分析，它们分子式可推知分子通式为C3nH4n，则六星烷的分子式为C18H24，故B错误；C、丙苯的分子式为C9H12，三星烷和丙苯分子式相同，结构不同，即丙苯和三星烷互为同分异构体，的分子式为C12H16，与四星烷结构不同，分子式相同，即四星烷和互为同分异构体，故C正确；D、星烷为对称结构，都有2种不同的氢原子，即星烷的一氯代物有2种，三星烷的二氯代物有六种，故D错误。16、D【解析】A.明矾中铝离子水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可以做净水剂，但没有氧化性，不能杀菌消毒；故A错误；B.铁粉没有吸水作用，它具有还原性，可以做食品的抗氧化剂，故B错误；C.电解AlCl3溶液得不到金属铝，工业上用电解熔融的氧化铝制备金属铝,故C错误；D.氯化铵水解显酸性，金属表面的氧化物能够与酸反应，可以除去金属表面的氧化物的目的，故D正确；综上所述，本题选D。17、C【详解】A．安息香酸中不含碳碳不饱和键，所以不能使溴水褪色，故A错误；B．安息香酸（含有1个苯基）消耗3molH2，山梨酸（含有2个碳碳双键）消耗2molH2，所以1mol酸分别与足量氢气加成，消耗的氢气量不同，故B错误；C．两种物质中都含有羧基，所以一定条件下都能和乙醇发生酯化反应，故C正确；D．二者都含一个-COOH，消耗NaOH的量相等，故D错误；故答案选C。18、C【解析】A项，乙炔分子中2个碳原子和2个H原子应处于同一直线上，错误；B项，漏写Br原子上的孤电子对，正确的电子式为：，错误；C项，正确；D项，丙烯的键线式为：，错误；答案选C。19、A【解析】采用假设法分析，假设a=b，则保持温度不变，将容器体积减小12，平衡不移动，B的浓度应是原来的2倍，但实际是当达到新的平衡时，B的浓度是原来的1.5倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明【详解】假设a=b，则保持温度不变，将容器体积减小12，平衡不移动，B的浓度应是原来的2倍，但实际是当达到新的平衡时，B的浓度是原来的1.5倍，说明增大压强平衡向正反应方向移动，则说明A、由以上分析可知，平衡应向逆反应方向移动，选项A正确；B、平衡应向逆反应方向移动，A的转化率减小，选项B错误；C、平衡应向逆反应方向移动，物质B的质量分数减小了，选项C错误；D、增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明a＜b，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键。20、C【分析】浓硫酸为酸性干燥剂，不能干燥碱性气体，如氨气；浓硫酸具有强氧化性，不能干燥具有较强还原性的气体，如碘化氢、氯化氢等，据此进行解答。【详解】A．氧气为中性气体，能够使用浓硫酸干燥，选项A不选；B．氢气为中性气体，不与浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥，选项B不选；C．氨气为碱性气体，不能用浓硫酸干燥，可以使用碱石灰干燥，选项C选；D．二氧化碳为酸性气体，不与浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥，选项D不选；答案选A。【点睛】本题考查了气体的干燥与净化方法、浓硫酸的性质，题目难度不大，注意掌握常见气体的性质及干燥方法，明确浓硫酸具有的性质。21、D【分析】燃烧热：25℃、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。【详解】A、C和CO是不同物质，燃烧热不同，A错误；B、红磷和白磷结构不同，燃烧热不同，B错误；C、乙炔和苯结构不同，具有的能量不同，则燃烧热不同，C错误；D、都是氢气，燃烧热相同，D正确；答案选D。22、C【分析】根据弱电解质的电离平衡分析。【详解】A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，但c(OH-)增大，故A错误；B.向水中加入少量CH3COOH，c(H+)增大，平衡逆向移动，故B错误；C.向水中加入少量固体硫酸氢钠，NaHSO4=Na++H++SO42-，c(H+)增大，温度不变，Kw不变，故C正确；D.将水加热，即温度升高，Kw增大，水的电离程度增大，c(H＋)增大，故D错误。故选C。【点睛】Kw只受温度影响，温度不变，Kw不变。二、非选择题(共84分)23、C8H83羟基羧基CH3CHO加成反应取代反应CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2ClHOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O【分析】Ⅰ.根据价键理论写出该物质的分子式；根据有机物结构，先确定一个氯原子位置，再判断另外一个氯原子位置有邻间对三种位置；根据分子中含有苯环，结合分子式C8H8，写出Y的结构简式，根据烯烃间发生加聚反应规律写出加成反应方程式；据以上分析解答。Ⅱ.由工艺流程图可知：乙烯与氯气发生加成反应生成物质A，为CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化得到物质B，为CH3CHO，CH3CHO氧化得到乙酸，乙酸与乙二醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成C，为CH3COOCH2CH2OOCCH3；据以上分析解答。【详解】Ⅰ.根据有机物成键规律：含有8个C，8个H，分子式为C8H8；先用一个氯原子取代碳上的一个氢原子，然后另外一个氯原子的位置有3种，如图：所以二氯代物有3种；Y是X的同分异构体，分子中含有1个苯环，根据分子式C8H8可知，Y的结构简式为；与CH2=CH2在一定条件下发生等物质的量聚合反应，生成高分子化合物，反应的化学方程式：；综上所述，本题答案是：C8H8，3，，。Ⅱ.由工艺流程图可知：乙烯与氯气发生加成反应生成物质A为CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化得到物质B为CH3CHO，CH3CHO氧化得到乙酸，乙酸与乙二醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成C为CH3COOCH2CH2OOCCH3；（1）乙醇结构简式为C2H5OH，含有官能团为羟基；乙酸结构简式为：CH3COOH，含有官能团为羧基；综上所述，本题答案是：羟基，羧基。（2）根据上面的分析可知，B为：CH3CHO；综上所述，本题答案是：CH3CHO。（3）反应①为乙烯在催化剂条件下能够与水发生加成反应生成乙醇；反应③为CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇，反应④为乙二醇与乙酸在一定条件下发生酯化反应；综上所述，本题答案是：加成反应，取代反应。（4）反应②为乙烯和氯气发生加成反应，化学方程式为：CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl；综上所述，本题答案是：CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl。反应④为乙二醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，化学方程式为：HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；综上所述，本题答案是：HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。24、羟基(CH3)3C-OH+Cl2+HClCH2=C（CH3）2+H2O【分析】首先根据不饱和度发现A中无不饱和度，只有一种一氯代物说明只有一种等效氢，因此必然是对称结构的一元醇，则A为，B为一氯代物，C为醇钠，A到D是典型的消去反应的条件，得到烯烃，再和溴的四氯化碳加成得到E，本题得解。【详解】（1）A是醇，官能团为羟基，A的结构简式为；（2）A→B为取代反应，方程式为(CH3)3C-OH+Cl2+HCl，A→D为消去反应，方程式为CH2=C（CH3）2+H2O；（3）首先F也是一元醇，有3种等效氢，且羟基的邻位碳上有氢原子，符合条件的结构为。25、淀粉溶液锥形瓶内溶液颜色的变化滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不恢复原色0.038mol/LAD【分析】用的溶液滴定溶液，用淀粉溶液作指示剂，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，当滴入最后一滴碘水时，有碘剩余，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点，根据分析误差。【详解】(1)碘能使淀粉变蓝，用的溶液滴定溶液，所以步骤①加入的指示剂是淀粉溶液；(2)滴定时，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，直至滴定终点；当滴入最后一滴碘水时，有碘剩余，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点；(3)根据表格数据，第三次实验数据明显高出正常误差范围，舍去不用，第一次实验、第二次实验平均消耗碘水的体积是19mL，设废水中的物质的量浓度为cmol/L，c=0.038mol/L；(4)A．滴定管在装液前未用标准溶液润洗，标准液浓度减小，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故选A；B．滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，待测液体积偏小，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故不选B；C．装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故不选C；D．达到滴定终点时，仰视读数，消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故选D；选AD。【点睛】本题考查氧化还原反应滴定，明确滴定原理和滴定具体操作是解题关键，掌握滴定终点的判断方法，利用“归因法”，根据分析误差。26、500ml容量瓶12.5偏低偏高无影响【解析】（1）溶液配制一般步骤是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2~3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻度线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。（2）CuSO4•5H2O晶体的物质的量与CuSO4的物质的量相同。（3）根据c=n/V分析判断。【详解】（1）溶液配制一般步骤是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2~3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻度线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500ml容量瓶。（2）用CuSO4•5H2O晶体来配制，应该称量晶体的质量为：0.5L×0.1mol•L-1×250g/mol=12.5g，故答案为：12.5。（3）①移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，少量硫酸铜沾在烧杯壁和玻璃棒上，移入容量瓶内硫酸铜的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏小，故答案为：偏低。②容量瓶使用前不需要用所配溶液润洗，使用前用0.1mol•L-1的CuSO4溶液润洗容量瓶，导致所配溶液浓度偏大，故答案为：偏高。③摇匀后，将溶液转移到试剂瓶过程中，少量溶液溅出，这时溶液已经配好了，所配溶液浓度不变，故答案为：无影响。27、环形玻璃搅拌器减少实验过程中的热量损失；偏小相等因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关偏小。【分析】根据中和热是酸和碱反应生成1mol水时放出的热量和中和热测定实验进行分析解答本题。【详解】(1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故答案为：环形玻璃搅拌器；

(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；

(3)大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会偏小，故答案为：偏小；

(4)因为中和热是酸和碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关；(5)稀的强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量为57.3kJ，氨水为弱碱的溶液，弱碱的电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故答案为：偏小。28、CH3COO－＞C2O＞HC2O4－2.95.4