2026届河北省石家庄化学高二第一学期期中达标检测模拟试题含解析

2026届河北省石家庄化学高二第一学期期中达标检测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、反应4CO＋2NO2N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是A．v(CO)＝1.5mol·L－1·min－1 B．v(NO2)＝0.7mol·L－1·min－1C．v(N2)＝0.4mol·L－1·min－1 D．v(CO2)＝1.1mol·L－1·min－12、向三份0.1mol·L－1CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－的浓度变化依次为()A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大3、在农业上常用于辐射育种。该原子的质子数是A．27 B．33 C．60 D．874、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5、主链上有5个碳原子，含甲基，乙基两个支链的烷烃有（）A．5种 B．4种 C．3种 D．2种6、煤炭燃烧的过程中会释放大量的SO2，严重破坏生态环境，采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放，但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低了脱硫效率，相关反应的热化学方程式如下：CaSO4(s)+CO(g)⇌CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)△H1=+218.4kJ•mol﹣1（反应Ⅰ）,CaSO4(s)+4CO(g)⇌CaS(s)+4CO2(g)△H2=﹣175.6kJ•mol﹣1（反应Ⅱ）,假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是A． B． C． D．7、已知凡气体分子总数增多的反应一定是熵增大的反应。一定条件下，下列反应不能自发进行的是A．2O3(g)=3O2(g)ΔH＜0 B．2CO(g)=2C(s)+O2(g)ΔH＞0C．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0 D．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)ΔH＞08、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-)9、具有相同电子层数的、、三种元素，已知它们最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺序是，则下列判断正确的是（）A．原子半径：B．元素的非金属性：C．气体氢化物的稳定性：D．阴离子的还原性：10、P4(白磷，s)⇌4P(红磷，s)ΔH＝-17kJ·mol－1，根据以上热化学方程式，下列推论正确的是（）A．正反应是一个吸热反应B．白磷比红磷稳定C．当1mol白磷完全转变成红磷时放出17kJ热量D．当4g红磷转变成白磷时吸收17kJ热量11、对于2A(g)+B(g)2C(g)△H<0当温度升高时，平衡向逆反应方向移动，其原因是()A．正反应速率增大，逆反应速率减小B．逆反应速率增大，正反应速率减小C．正、逆反应速率均增大，但是逆反应速率增大的程度大于正反应速率增大的程度D．正、逆反应速率均增大，而且增大的程度一样12、某温度下，反应ClF(g)＋F2(g)ClF3(g)△H=－268kJ·mol－1在密闭容器中达到平衡。下列说法正确的是()A．温度不变，缩小体积，ClF的转化率增大B．温度不变，增大体积，ClF3产率提高C．升高温度，增大体积，有利于平衡向正反应方向移动D．降低温度，体积不变，F2转化率降低13、下列指定溶液中，各组离子可能大量共存的是A．使石蕊变红的溶液中：Na＋、Cl－、SO42－、AlO2－B．在中性溶液中：Na+、Al3+、Cl－、HCO3－C．由水电离出的c(H+)＝10－13mol·L－1的溶液中：Mg2+、Cl－、K+、SO42－D．常温下pH＝13的溶液中：NH4＋、Ca2+、NO3－、SO42－14、下列叙述中，错误的是()A．苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷B．苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60℃反应生成硝基苯C．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1，2—二溴乙烷D．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4—二氯甲苯15、下列各项比较中前者高于(或大于或强于)后者的是A．金属Mg（六方最密堆积）和金属Cu（面心立方最密堆积）的空间利用率B．BF3和CH4中心原子的价层电子对数C．Si-O和C-O的键能D．对羟基苯甲醛（）和邻羟基苯甲醛（）的沸点16、下列溶液一定呈中性的是：A．pH＝7的溶液B．c(H＋)＝c(OH－)＝10－6mol·L－1的溶液C．使石蕊试液呈紫色的溶液D．酸与碱恰好完全反应17、反应TiCl4＋4NaTi＋4NaCl可用于制取金属钛，该反应属于()A．复分解反应 B．化合反应 C．置换反应 D．分解反应18、已知Ksp（CaCO3）=2.8×10﹣9，下列判断正确的是（）A．向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红，主要原因是CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣B．常温时，pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后所得溶液中，c(H+)＞c(OH—)C．NaHCO3溶液中：c(OH﹣)﹣c(H+)=c(H2CO3)﹣c(CO32﹣)D．2×10﹣4mol/L的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合出现沉淀，则CaCl2溶液的浓度一定是5.6×10﹣5mol/L19、一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，如图表示该反应过程中能量(单位为kJ·mol－1)的变化：关于该反应的下列说法中，正确的是A．ΔH>0，ΔS>0 B．ΔH>0，ΔS<0C．ΔH<0，ΔS<0 D．ΔH<0，ΔS>020、阿巴卡韦是一种核苷类逆转录酶抑制剂，存在抗病毒功效。关于其合成中间体M()，下列说法正确的是()A．分子中含有三种官能团 B．与环戊醇互为同系物C．可用碳酸钠溶液鉴别乙酸和M D．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色21、人体内的血红蛋白(Hb)可与O2结合，Hb也可以与CO结合，涉及原理如下：反应①：Hb(aq)+O2(g)HbO2(aq)ΔH1<0反应②：Hb(aq)+CO(g)HbCO(aq)ΔH2<0反应③：HbO2(aq)+CO(g)HbCO(aq)+O2(g)ΔH3<0下列说法不正确的是（）A．ΔH1>ΔH2B．反应①与反应②在较低温度能自发进行C．从平原初到高原，人体血液中c(HbO2)将降低D．把CO中毒的人转到高压氧仓中，反应①平衡正移，c(HbO2)增大，反应③正移22、下列反应的离子方程式书写正确的是A．碳酸钙与足量浓硝酸反应:CaCO3+2H+Ca2++H2O+CO2↑B．氢氧化钠溶液与稀醋酸反应:OH-+H+H2OC．氯化铝溶液与过量氨水反应:A13++3OH-=A1(OH)3↓D．钠与水反应:Na+2H2ONa++2OH-+H2↑二、非选择题(共84分)23、（14分）香草醇酯能促进能量消耗及代谢，抑制体内脂肪累积，并且具有抗氧化、抗炎和抗肿瘤等特性，有广泛的开发前景。如图为一种香草醇酯的合成路线。已知：①香草醇酯的结构为(R为烃基)；②R1CHO+R2CH2CHO回答下列有关问题：(1)B的名称是________。(2)C生成D的反应类型是_______。(3)E的结构简式为_______。(4)H生成I的第①步反应的化学方程式为_______。(5)I的同分异构体中符合下列条件的有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱中有四组峰的有机物的结构简式为_______。①含有苯环②只含种一含氧官能团③1mol该有机物可与3molNaOH反应(6)参照上述合成路线，设计一条以乙醛为原料(无机试剂任选)合成乙酸正丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)的路线_______。24、（12分）今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。25、（12分）某小组拟用含稀硫酸的KMnO4溶液与H2C2O4溶液(弱酸)的反应(此反应为放热反应)来探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如表的方案记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20mol/LH2C2O4溶液、0.010mol/LKMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽物理量编号V(0.20mol/LH2C2O4溶液)/mLV(蒸馏水)/mLV(0.010mol/LKMnO4溶液)/mLM(MnSO4固体)/gT/℃乙①2.004.0050②2.004.0025③1.0a4.0025④2.004.00.125回答下列问题：(1)完成上述反应原理的离子方程式：___________________________。(2)上述实验①②是探究________________对化学反应速率的影响；若上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为_________；(3)乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写________。上述实验②④是探究___________________对化学反应速率的影响。(4)实验③中加入amL蒸馏水的目的是__________________(5)为了观察紫色褪去，草酸与高锰酸钾初始的物质的量需要满足的关系n(H2C2O4)：n(KMnO4)最小为：_____________。26、（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）(一)室温下，在25mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，曲线如下图所示，回答下列问题：(1)写出CH3COOH的电离方程式__________________________。(2)下列说法不正确的是___________________。A．0.1mol/LCH3COOH溶液中,CH3COOH电离度约为1%B．B点满足：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(OH-)-2c(H+)C．C点时的离子浓度关系为：c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)D．D点时的离子浓度关系为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)(3)室温下，试计算CH3COOH电离平衡常数为____________（用含b的表达式表示）。(二)实验室为测定食醋中CH3COOH的浓度，取25mL食醋置于250mL容量瓶中，加水稀释至刻度并摇匀。用酸式滴定管量取25.00mL稀释后的醋酸溶液放入锥形瓶中，加指示剂，然后用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定。(4)指示剂应为________。A．甲基橙B．甲基红C．酚酞D．石蕊(5)滴定终点的判断方法为____________________________________________________。(6)为提高测定的准确度，重复上述实验三次，0.1000mol·L-1NaOH标准溶液滴定前后的读数如下表所示，则该食醋中CH3COOH的浓度为_________mol·L-1。实验次数稀释后的醋酸溶液体积/mLNaOH滴定前读数/mLNaOH滴定后读数/mL第1次25.000.1024.00第2次25.000.5022.50第3次25.000.2024.30(7)用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定，下列操作会导致测定结果偏高的是_______。A．碱式滴定管内滴定后产生气泡B．读取标准液读数时，滴定前俯视，滴定到终点后仰视C．配制0.1000mol·L-1NaOH溶液时，固体NaOH中含有结晶水D．碱式滴定管未润洗就装入标准液进行滴定28、（14分）工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。（1）NOx和SO2在空气中存在下列平衡：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=-113.0kJ·mol-1，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1，SO2通常在二氧化氮的存在下，进一步被氧化，生成SO3。①写出NO2和SO2反应的热化学方程式为__________________________。②随温度升高，该反应化学平衡常数变化趋势是____________。（填“增大”或“减小”或“不变”）（2）提高2SO2+O22SO3反应中SO2的转化率，是减少SO2排放的有效措施。①T温度时，在1L的密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2，5min后反应达到平衡，二氧化硫的转化率为50%，该温度下反应的平衡常数K=_______。②在①中条件下，反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2的转化率提高的是_________（填字母）。a．温度和容器体积不变，充入1.0molHeb．温度和容器体积不变，充入1.0molO2c．在其他条件不变时，减少容器的体积d．在其他条件不变时，升高体系温度（3）汽车尾气是氮氧化物的一个主要来源。汽缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H>0汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO的排放量越大，其原因是_______________。（4）研究人员在汽车尾气系统中装置催化转化剂，可有效降低NOx的排放。①写出用CO还原NO生成N2的化学方程式____________________。②在实验室中模仿此反应，在一定条件下的密闭容器中，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况和n(NO)/n(CO)比例变化情况如下图。为达到NO转化为N2的最佳转化率，应该选用的温度和n(NO)/n(CO)比例分别为________、________；该反应的∆H________0（填“＞”、“＜”或“＝”）。29、（10分）雾霾的形成与汽车尾气和燃煤有直接的关系，新近出版的《前沿科学》杂志刊发的中国环境科学研究院研究员的论文《汽车尾气污染及其危害》，其中系统地阐述了汽车尾气排放对大气环境及人体健康造成的严重危害。(1)用SO2气体可以消除汽车尾气中的NO2，已知NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)。一定条件下，将NO2与SO2以物质的量比1∶2置于体积为1L的密闭容器中发生上述反应，测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1∶6，则平衡常数K＝________________。(2)目前降低尾气中NO和CO的可行方法是在汽车排气管上安装催化转化器。NO和CO在催化转换器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a>0)。在25℃和101kPa下，将2.0molNO、2.4molCO气体通入到固定容积为2L的容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如图所示：①有害气体NO的转化率为________________。②20min时，若改变反应条件，导致CO浓度减小，则改变的条件可能是________________(填字母)。a．缩小容器体积b．增加CO的量c．降低温度d．扩大容器体积(3)消除汽车尾气中的NO2也可以用CO，已知：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)ΔH＝－bkJ·mol－1；CO的燃烧热ΔH＝－ckJ·mol－1。写出消除汽车尾气中NO2的污染时，NO2与CO反应的热化学反应方程式：________________。

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【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。【详解】如果该反应都用CO表示反应速率，则：A.v(CO)＝1.5mol·L－1·min－1；B.v(CO)＝2v(NO2)＝2×0.7mol·L－1·min－1=1.4mol·L－1·min－1；C.v(CO)＝4v(N2)＝4×0.4mol·L－1·min－1=1.6mol·L－1·min－1；D.v(CO)＝v(CO2)=1.1mol·L－1·min－1；答案选C。2、A【详解】CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－+H2OCH3COOH+OH－，则加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，其中铵根水解显酸性，促进醋酸根水解，亚硫酸根水解显碱性，抑制醋酸根水解，铁离子水解显酸性，促进醋酸根水解，所以CH3COO－的浓度变化依次为减小、增大、减小。答案选A。3、A【详解】原子结构中，元素符号左上角为质量数，左下角为质子数。即符号中的27指的是质子数；答案选A。【点睛】本题考查元素符号角标的含义，元素符号左上角为质量数，左下角为质子数，右上角为微粒所带的电荷数，右下角为微粒的原子数目。4、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。5、D【详解】主链5个C，则乙基只能在3号C上，甲基可以在2号C、或者3号C上，所以有如下2种：、，D正确。

答案选D。6、C【解析】试题分析：反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，则A、D错误；反应Ⅰ的速率（v1）大于反应Ⅱ的速率（v2），则反应Ⅱ的活化能较大，则B错误、C正确，故答案为C。考点：本题考查化学反应与能量转化、反应速率。7、B【分析】利用ΔG=△H-TΔS进行分析，凡ΔG＜0的反应，能自发进行。【详解】A．反应2O3(g)=3O2(g)，ΔH＜0，ΔS＞0，该反应一定能自发进行，A不合题意；B．反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)，ΔH＞0，ΔS＜0，该反应一定不能自发进行，B符合题意；C．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，ΔH＜0，ΔS＜0，该反应在低温下能自发进行，C不合题意；D．反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)，ΔH＞0，ΔS＞0，该反应在高温下能自发进行，D不合题意；故选B。8、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。9、B【分析】X、Y、Z三种元素的原子具有相同电子层数，应为同一周期元素，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则X的最外层电子数为7，Y的最外层电子数为6，Z的最外层电子数为5，为非金属，原子序数X＞Y＞Z，根据同一周期元素的性质变化规律分析解答。【详解】根据上述分析，Z、Y、X是同一周期，从左到右依次排列的三种元素，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4。A．同周期，从左到右，原子半径减小，则原子半径为X＜Y＜Z，故A错误；B．它们最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺序是HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以非金属性：X＞Y＞Z，故B正确；C．元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，非金属性：X＞Y＞Z，则气态氢化物稳定性：X＞Y＞Z，故C错误；D．元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，非金属性：X＞Y＞Z，所以阴离子的还原性：X＜Y＜Z，故D错误；故选B。10、C【详解】A、因P4(白磷，s)⇌4P(红磷，s)ΔH＝-17kJ·mol－1中，△H为“-”是放热反应，选项A错误；B、根据原热化学方程式可得，热化学方程式4P（红磷，s）⇌P4（白磷，s）△H=+17kJ•mol-1可知，红磷的能量比白磷低，所以红磷比白磷稳定，选项B错误；C、由热化学方程式可知，lmol白磷完全转变成4mol红磷时放出17kJ热量，选项C正确；D、根据原热化学方程式可得，热化学方程式4P（红磷，s）⇌P4（白磷，s）△H=+17kJ•mol-1可知，4mol红磷完全转变成1mol白磷时吸收17kJ热量，选项D错误；答案选C。11、C【详解】升温，正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，说明逆反应速率的增大程度大于正反应的增大程度。故选C。12、A【分析】本题所列反应是正反应为放热、体积缩小的可逆反应。可依据温度、压强、浓度的变化对平衡的影响以及气体的体积和压强、浓度的关系进行判断。【详解】A、温度不变，缩小气体的体积，使平衡向气体体积增大的正反应方向移动，所以，ClF的转化率增大，选项A正确；B、温度不变，增大体积，其压强必然减小，使平衡向逆反应方向移动。所以，ClF3的产率应降低，不应增高，选项B错误；C、升高温度，对放热反应来说，可使平衡向逆反应方向移动。同时，增大体积即减小压强，亦使平衡向逆反应方向移动，选项C错误；D、降低温度，体积不变，有利于平衡向放热反应方向移动，使F2的转化率升高，选项D错误。答案选A。13、C【解析】A.使石蕊变红的溶液显酸性，AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓或AlO2-+4H+=Al3++2H2O，所以AlO2-不能大量共存，A项错误；B.Al3+水解显酸性，HCO3-水解显碱性，Al3+与HCO3-在溶液中相互促进而水解完全Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，所以Al3+和HCO3-不能大量共存，B项错误；C.溶液中水电离的c(H+)=10-13mol/L<10-7mol/L，可知此溶液中水的电离受抑制，该溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，若是碱溶液有离子反应Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，所以在碱溶液中Mg2+不能大量共存；若在酸溶液中，该组离子之间不发生反应，该组离子也不与H+反应，所以该组离子在酸性溶液中可以大量共存，C项正确；D.常温下pH＝13的溶液呈碱性，有离子反应NH4++OH-=NH3·H2O，Ca2++SO42-=CaSO4↓，所以NH4+、Ca2+、SO42-不能大量共存，D项错误；答案选C。14、D【详解】A．苯乙烯和氢气在合适的条件下发生加成反应可生成乙基环己烷，故A正确；B．在浓硫酸作催化剂、加热55∼60℃条件下，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，该反应为取代反应，故B正确；C．乙烯含有碳碳双键，能和溴发生加成反应生成1，2−二溴乙烷，故C正确；D．甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应时，取代甲基上氢原子而不是苯环上氢原子，故D错误；答案选D。15、D【解析】A.金属Mg(六方最密堆积)和金属Cu(面心立方最密堆积)的空间利用率都是74%，二者相同，A错误；B.BF3的中心原子B的价层电子对数是3；CH4中心C原子的价层电子对数是4，前者小于后者，B错误；C.由于原子半径Si>C，所以共价键的键长C-O<Si-O，共价键的键长越短，结合的就越牢固，键能就越大，所以键能后者大于前者，C错误；D.邻羟基苯甲醛的两个基团靠的很近，能形成分子内氢键，使熔沸点降低；而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，使熔沸点升高，所以对羟基苯甲醛熔、沸点比邻羟基苯甲醛高，D正确；故合理选项是D。16、B【解析】温度未知时，根据溶液中c（H+）、c（OH-）相对大小判断溶液酸碱性，如果c（H+）=c（OH-），则溶液呈中性，如果c（H+）＞c（OH-），则溶液呈酸性，如果c（H+）＜c（OH-），则溶液呈碱性，据此分析解答。【详解】A．pH=7的溶液不一定呈中性，100℃时纯水的pH=6，该温度下pH=7时溶液呈碱性，选项A错误；B．无论温度多少，只要溶液中存在c（H+）=c（OH-），则该溶液一定呈中性，所以c（H+）=c（OH-）=10-6mol•L-1的溶液呈中性，选项B正确；C．石蕊试液变色范围是5-8，则石蕊试液呈紫色的溶液不一定是中性的，选项C错误；D．酸与碱恰好反应生成的溶液不一定是中性的，溶液的酸碱性由生成的盐的性质决定，如生成氯化铵溶液呈酸性、生成碳酸钠溶液呈碱性，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查溶液酸碱性判断，要根据溶液中c（H+）、c（OH-）相对大小判断溶液酸碱性，温度未知时不能根据溶液pH判断酸碱性，为易错题。17、C【详解】该反应是由一种单质（Na）和一种化合物（TiCl4）反应生成另一种新单质（Ti）和另一种新化合物（NaCl）的反应，该反应属于置换反应，故答案选C。18、C【解析】A、碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液变红，是因为CO32－的水解的缘故，其水解反应方程式为CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，故A错误；B、HCl为强酸，NH3·H2O为弱碱，等体积混合后，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，溶液显碱性，即c(OH－)>c(H＋)，故B错误；C、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，物料守恒有：c(Na＋)=c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)，得出c(OH﹣)﹣c(H＋)=c(H2CO3)﹣c(CO32﹣)，故C正确；D、两种溶液等体积混合，即混合后c(CO32－)=1×10－4mol·L－1，CaCO3达到饱和时，c(Ca2＋)=Ksp(CaCO3)/c(CO32－)=2.8×10－9/(1×10－4)mol·L－1=2.8×10－5mol·L－1，则出现沉淀时CaCl2物质的量浓度大于2.8×10－5×2mol·L－1=5.6×10－5mol·L－1，故D错误。【点睛】易错点是选项D中浓度取值，因为是等体积混合，溶液中c(CO32－)是Na2CO3浓度的一半，即为1×10－4mol·L－1，根据溶度积计算出的c(Ca2＋)是混合后的，原溶液中CaCl2的浓度是混合后浓度的2倍。19、C【分析】反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，正反应为气体物质的量减小的反应，则为熵减的反应；【详解】根据反应过程中能量变化的情况可知反应物的总能量高于生成物的总能量，反应放热，ΔH<0该反应发生后气体的物质的量减小，正反应为气体物质的量减小的反应，则为熵减的反应，ΔS<0。故选C。20、C【详解】A．分子中只含有羟基和碳碳双键两种官能团，A错误；B．同系物必须结构相似即官能团的种类和数目分别相同，故与环戊醇不互为同系物，B错误；C．碳酸钠溶液与乙酸产生大量的气泡，而碳酸钠溶液和M则无明显现象，故可以区别，C正确；D．M中含有碳碳双键和醇羟基都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；故答案为：C。21、D【详解】A.根据反应原理和盖斯定律可知，ΔH3=ΔH2-ΔH1，由于ΔH3<0为负值，故ΔH1>ΔH2，A正确；B.反应①与反应②中，正反应气体体积减小，故为熵减，ΔS<0，ΔH1和ΔH2均小于0为放热反应，根据吉布斯自由能定义ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0反应才能自发进行，要使ΔG<0，温度T值比较小才能满足，所以，反应要在较低温度能自发进行，B正确；C.从平原初到高原，氧气浓度减小，反应①平衡逆移，反应③正移，人体血液中c(HbO2)将降低，C正确；D.把CO中毒的人转到高压氧仓中，反应①平衡正移，c(HbO2)增大，而反应③可样直接影响的是氧气浓度，氧气浓度增大，平衡逆移c(HbO2)增大，D不正确。答案选D。22、A【解析】A．碳酸钙不溶于水，在离子反应中应保留化学式，碳酸钙和浓硝酸反应的离子反应为：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故A正确；B．氢氧化钠溶液与稀醋酸反应，生成醋酸钠和水，醋酸不能拆开，正确的离子方程式为：OH-+CH3COOH=CH3COO-+H2O，故B错误；C．氨水是弱碱，保留化学式，氯化铝溶液与过量氨水反应的离子反应为：Al3++3NH3•H2O=A(OH)3↓+3NH4+，故C错误；D．钠性质非常活泼，能够与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子反应为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法。本题的易错点为D，要注意离子方程式需要满足电荷守恒。二、非选择题(共84分)23、乙醛加成反应或还原反应(CH3)3CCH2CH2CHO+2NaOH+NaCl+H2O12、CH3COOCH2CH2CH2CH3【分析】由J的分子式，题目中信息、G制备I的流程可知I为，结合G生成H的条件、逆推可知H为；根据质量质量守恒可知F的分子式为C7H14O2，结合“已知反应②”可知B为CH3CHO，C为(CH3)3CCH=CHCHO；结合C的结构中含有碳碳双键及该反应的条件为“H2”，则D为(CH3)3CCH2CH2CH2OH；由D生成E、E生成F的反应条件可知E为(CH3)3CCH2CH2CHO、F为(CH3)3CCH2CH2COOH，则J为，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，B为CH3CHO，名称是乙醛；(2)C生成D为(CH3)3CCH=CHCHO与氢气发生加成（或还原）反应生成(CH3)3CCH2CH2CH2OH，反应类型是加成反应或还原反应；(3)根据分析，E的结构简式为(CH3)3CCH2CH2CHO；(4)H为，I为，在加热条件下与氢氧化钠溶液发生水解反应生成H的化学方程式为+2NaOH；(5)I为，I的同分异构体中含有苯环，只含种一含氧官能团，1mol该有机物可与3molNaOH反应，符合条件的同分异构体是含有3个羟基的酚类有机物，羟基支链分为-CH2CH3和两个-CH3；当苯环上3个羟基相邻（）时，乙基在苯环上有两种情况，两个甲基在苯环上也是两种情况；当苯环上3个羟基两个相邻（）时，乙基在苯环上有三种情况、两个甲基在苯环上也是三种情况；当苯环上3个羟基相间（）时，乙基、两个甲基在苯环上各有一种情况，故符合条件的同分异构体为12种；其中核磁共振氢谱中有四组峰，即有四种不同环境的氢原子，则结构简式为、；(6)以乙醛为原料(无机试剂任选)合成乙酸正丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)，利用新制的氢氧化铜氧化乙醛制备乙酸，通过“已知反应②”制备丁醇，然后通过酯化反应制备目标产物，具体流程为：CH3COOCH2CH2CH2CH3。【点睛】本题难度不大，关键在于根据已知信息分析解答流程中各步骤的物质结构。24、OCaNaCl1s22s22p44s2Na＜Ca＜Cl＜ONa＜Ca＜Cl＜O【分析】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na；D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。【详解】（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na，Cl。（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2；。（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。25、5H2C2O4＋6H＋＋2＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O温度1.0t(溶液褪色时间)/s催化剂得③中高锰酸钾浓度与②中高锰酸钾浓度相同，草酸浓度，2.5【分析】(1)根据H2C2O4与KMnO4在H2SO4作用下反应生成MnSO4、CO2和H2O书写离子方程式。(2)实验①②是温度不同，②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则要使得混合后高锰酸钾浓度相同，草酸浓度不同。(3)要分析化学反应速率，则需要褪色后所用时间，上述实验②④每个物理量都相同，应该探究催化剂对化学反应速率的影响。(4)根据混合后溶液体积要相同才能使得高锰酸钾浓度相同。(5)根据反应离子方程式得到草酸与高锰酸钾初始的物质的量比值。【详解】(1)上述反应原理是H2C2O4与KMnO4在H2SO4作用下反应生成MnSO4、CO2和H2O，其离子方程式：5H2C2O4＋6H＋＋2＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O；故答案为：5H2C2O4＋6H＋＋2＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O。(2)实验①②是温度不同，其他量相同，因此是探究温度对化学反应速率的影响；若上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，在最后溶液的体积应该相同，因此a为1.0mL；故答案为：温度；1.0。(3)要分析化学反应速率，则需要褪色后所用时间，因此表格中“乙”应填写t(溶液褪色时间)/s。上述实验②④每个物理量都相同，因此应该是探究催化剂对化学反应速率的影响；故答案为：t(溶液褪色时间)/s；催化剂。(4)实验③中加入amL蒸馏水的目的是使得③中高锰酸钾浓度与②中高锰酸钾浓度相同，草酸浓度，不同，如果不加，则②③中高锰酸钾和草酸浓度都不相同；故答案为：得③中高锰酸钾浓度与②中高锰酸钾浓度相同，草酸浓度。(5)为了观察紫色褪去，根据反应离子方程式得到草酸与高锰酸钾初始的物质的量需要满足的关系即；故答案为：2.5。【点睛】分析浓度对反应速率的影响时，一定要注意混合后溶液的总体积要相同才能使的其中一个物质的浓度相同，另外一个物质的浓度不相同，因此要加入蒸馏水来使混合后溶液总体积相同。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、CH3COOHCH3COO-+H+BD10-7b/(25-b)C当滴入最后一滴NaOH，溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不褪色0.9600BCD【解析】（1）醋酸是弱酸，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+。（2）根据电荷守恒和物料守恒推导。（3）溶液的PH=7，根据电荷守恒，c(CH3COO-)=c(Na+)=b×10-4mol·L-1，根据物料守恒，c(CH3COOH)=25×10-4-b×10-4，K=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)=b×10-4×10-7/（25-b）×10-4=10-7b/(25-b)。（4）用氢氧化钠滴定醋酸，在滴定终点得到的是醋酸钠溶液，溶液呈弱碱性，所以要选用酚酞作指示剂。（5）滴定终点的判断方法为：当滴入最后一滴NaOH，溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不褪色。（6）第2组数据无效，根据NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O可知消耗NaOH的物质的量和CH3COOH的物质的量相等来计算。（7）根据c（待测）=c（标准）×V（标准）/V（待测）推导。【详解】（1）醋酸是弱酸，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，故答案为CH3COOHCH3COO-+H+。（2）A.由图可知，滴定前0.1mol·L-1CH3COOH溶液的PH值为3，电离度为（10-3/0.1）×100％≈1%；故A正确；B.B点得到等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根据物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，整理以上两个式子得质子守恒式c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，故B错误；C.C点溶液的PH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)得c(CH3COO-)=c(Na+)，c(H+)、c(OH-)小于c(CH3COO-)、c(Na+)，故C正确；D.D点得到的是等物质的量NaOH和CH3COONa的混合溶液，因CH3COO-要水解，故离子浓度大小关系c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)，故D错误。故选BD。（3）溶液的PH=7，根据电荷守恒，c(CH3COO-)=c(Na+)=b×10-4mol·L-1，根据物料守恒，c(CH3COOH)=25×10-4-b×10-4，K=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)=b×10-4×10-7/（25-b）×10-4=10-7b/(25-b)，故答案为10-7b/(25-b)。（4）用氢氧化钠滴定醋酸，在滴定终点得到的是醋酸钠溶液，溶液呈弱碱性，所以要选用酚酞作指示剂，故选C。（5）滴定终点的判断方法为：当滴入最后一滴NaOH，溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，故答案为当滴入最后一滴NaOH，溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不褪色。（6）NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，第1次消耗NaOH溶液的体积是23.9mL,第2次消耗NaOH溶液的体积是22.0mL，第3次消耗NaOH溶液的体积是24.1mL，第2组数据无效，两次平均值为：24.0mL，根据反应方程式可知消耗NaOH的物质的量和CH3COOH的物质的量相等，消耗NaOH的物质的量为2.4×10-3mol，所以CH3COOH的浓度为2.4×10-3mol/25.00×10-3L=0.096mol·L-1,实验室为测定食醋中CH3COOH的浓度，取25mL食醋置于250mL容量瓶中，加水稀释至刻度并摇匀，所以该食醋中CH3COOH的浓度为0.9600mol·L-1。故答案为0.9600。（7）根据c（待测）=c（标准）×V（标准）/V（待测）推导A.碱式滴定管内滴定后产生气泡，导致消耗标准溶液体积偏小，测定结果偏小，故A错误；B.读取标准液读数时，滴定前俯视，滴定到终点后仰视，导致消耗标准溶液体积偏大，测定结果偏大，故B正确；C.配制0.1000mol·L-1NaOH溶液时，固体NaOH中含有结晶水，所配溶液浓度小于0.1000mol·L-1，导致消耗标准溶液体积偏大，故测定结果偏高，故C正确；D.碱式滴定管未润洗就装入标准液进行滴定，造成消耗的V（标准）偏大，故测定结果偏高，故D正确。故选BCD。28、NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)△H＝-