2026届合肥市第四十八中学高二化学第一学期期中监测模拟试题含解析

2026届合肥市第四十八中学高二化学第一学期期中监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、溶度积常数受（）影响。A．温度B．浓度C．压强D．酸碱性2、下列表示正确的是A．N2分子的结构式：B．次氯酸的电离方程式：HClO=H++ClO-C．CCl4的电子式：D．S2-的结构示意图：3、下列事实不能用元素周期律知识解释的是A．氧化性:Cl2>S B．稳定性:HBr>HI C．酸性:H2SO4>HClO D．碱性:NaOH>Mg(OH)24、属于电解质的是A．Cl2 B．Cu C．NaOH D．CO25、下列食物属于酸性食物的是()A．柠檬 B．苹果 C．生菜 D．火腿肠6、下列关于苯的叙述错误的是()A．反应①为加成反应，有机产物与水分层B．反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟C．反应③为取代反应，浓硫酸作催化剂和脱水剂D．反应④中1mol苯最多与3molH2发生加成反应7、下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．无色溶液中：K+、Na+、MnO、SOB．在酸性溶液中：Ba2+、Na+、SO、Cl-C．加入Al能放出H2的溶液中：Cl-、HCO、SO、NHD．含大量Fe2+溶液中：K+、Cl-、SO、Na+8、下列事实说明HNO2为弱电解质的是①1．1mol/LHNO2溶液的pH＝2．1；②常温下NaNO2溶液的pH>7；③用HNO2溶液做导电实验时，灯泡很暗；④HNO2溶液和KCl溶液不发生反应⑤HNO2能与碳酸钠反应制CO2；⑥HNO2不稳定，易分解A．①②③⑤B．①②C．①②⑥D．①②④⑤9、20世纪化学合成技术的发展对人类健康水平和生活质量的提高作出了巨大贡献。下列各组物质全部由化学合成得到的是()A．玻璃、纤维素、青霉素B．尿素、食盐、聚乙烯C．涤纶、洗衣粉、阿司匹林D．石英、橡胶、塑料10、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．B．C．D．11、在一定条件下，反应N2+3H2⇌2NH3在10L恒容密闭容器中进行，测得2min内，H2的物质的量由20mol减少到8mol，则2min内NH3的化学反应速率为（）A．1.2mol⋅(L⋅min)−1 B．6mol⋅(L⋅min)−1C．0.4mol⋅(L⋅min)−1 D．0.6mol⋅(L⋅min)−112、将转变为的方法为（）A．与足量的NaOH溶液共热后，再通入CO2B．溶液加热，通入足量的HClC．与稀H2SO4共热后，加入足量的Na2CO3D．与稀H2SO4共热后，加入足量的NaOH13、常温下，向的溶液中逐滴滴加的溶液。溶液随滴入溶液体积变化如图所示。下列说法正确的是（）A．点的B．点时，C．点时，D．从a→d，水的电离度先增大后减小14、下列各项操作中符合“先出现沉淀后沉淀完全溶解”现象的有（）组①向饱和碳酸钠溶液中通入CO2至过量②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量③向BaCl2溶液中通入CO2至过量④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量⑧向溶有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量A．2B．3C．4D．515、我国是世界上研究超导技术比较先进的国家，在高温超导材料中，铊（81Tl）是重要成分之，已知铊和铝是同主族元素，关于铊的性质推断错误的是A．铊是银白色，质软的金属B．铊不能形成稳定的气态氢化物C．铊与浓硫酸反应生成T12(SO4)3D．Tl(OH)3是两性氢氧化物16、某温度下，pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断错误的是()A．a的数值一定大于9B．Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线C．稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大D．完全中和相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积：V(NaOH)<V(氨水)17、在铁制品上镀上一定厚度的铜，以下电镀方案中正确的是A．铜作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Fe2+B．铜作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Cu2+C．铜作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Fe3+D．铜作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Cu2+18、如图是某空间站能量转化系统的局部示意图，其中燃料电池采用KOH为电解液。下列有关说法中，错误的是A．该能量转化系统中的水是可以循环使用的B．燃料电池系统产生的能量本质上来自于太阳光C．燃料电池放电时的负极反应：H2-2e-+2OH-=2H2OD．光电转换器通常为硅太阳能电池板，属于把光能转化为电能的原电池装置19、某气态烃1mol能和2molHCl加成得到饱和产物，其饱和产物又能和6molCl2完全取代，则该烃是A．C2H6 B．C2H2 C．C3H4 D．C4H620、分子式C3H6O2的有机物在酸性条件下水解生成相对分子量相等的有机物M和N,M能反生银镜反应，下列有关说法不正确的是A．该有机物也能反生银镜反应 B．M中没有甲基C．N能催化氧化得到M D．N能氧化得到M的同系物21、已知氧化性：Au3＋＞Ag＋＞Cu2＋＞Pb2＋＞Cr3＋＞Zn2＋＞Ti2＋。现有如图所示的电化学装置，下列叙述中正确的是A．若X为Ti，则Y极的电极反应式可能是Zn－2e－＝Zn2＋B．若X为Cr，则Y可以选Zn或TiC．若Y为Cu，则X极的电极反应式可能是Cr－3e－＝Cr3＋D．若Y为Pb，则Xn＋(aq)中阴离子数会减少22、常温下，将2种一元酸HX和HY分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：组别混合前混合后甲c(HX)=0.1mol·L-1c(NaOH)=0.1mol·L-1pH=9乙c(HY)=0.1mol·L-1c(NaOH)=0.1mol·L-1pH=7下列说法正确的是A．HY为强酸 B．HX溶液的pH=1C．甲的混合液中c(X-)=c(Na+) D．乙的混合液中c(Na+)>c(Y-)二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。(1)B在周期表中的位置为第________周期第________族。(2)E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为____________________。(3)元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是______>______>_____(用离子符号表示)。(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程：____________________。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键是________________________。24、（12分）已知乙烯能发生以下转化：(1)B的结构简式为：____________________。(2)C中官能团的名称：__________。(3)①的反应类型：_________________________。(4)乙烯与溴水反应的化学方程式为：______________________________________。(5)写出②的化学反应方程式：___________________________________________。25、（12分）某学生用0.2000mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度线以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3mL酚酞溶液⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数（1）以上步骤有错误的是（填编号）________。（2）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入____中。（从图中选填“甲”或“乙”）（3）下列操作会引起实验结果偏大的是：______（填编号）A．在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水B．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡C．量取待测液的滴定管用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗D．装标准溶液的滴定管滴定前仰视读数，滴定后俯视读26、（10分）硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：(1)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水配制成100mL溶液。②滴定：取0.00950mol/L的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，写出发生反应的离子方程式：____________________________________。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。加入____________作为指示剂，继续滴定，当溶液________________________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为____________%(保留1位小数)。(2)①该实验中应该用____________式滴定管装K2Cr2O7标准溶液；②开始时，滴定管尖嘴处无气泡，结束后发现尖嘴处有气泡出现，则测定结果____________(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。(3)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_______________________。27、（12分）Ⅰ.测定化学反应速率某同学利用如图装置测定化学反应速率。(已知：S2O32-+2H+=H2O+S↓+SO2↑)（1）为保证实验准确性、可靠性，利用该装置进行实验前应先进行的步骤是__；除如图所示的实验用品、仪器外，还需要的一件实验仪器是__。（2）若在2min时收集到224mL(已折算成标准状况)气体，可计算出该2min内H+的反应速率，而该测定值比实际值偏小，其原因是___。Ⅱ.为探讨化学反应速率的影响因素某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O实验时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。限选试剂与仪器：0.20mol/LH2C2O4溶液，0.010mol/L酸性KMnO4溶液，蒸馏水，锥形瓶，恒温水浴槽，量筒，秒表。该小组设计了如下的方案。物理量水H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃体积/mL浓度/mol•L-1体积/mL浓度/mol•L-1体积/mL①00.202.00.0104.050②00.202.00.0104.025③1.00.0104.025（1）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥__。（2）实验③测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）=__mol·L-1·min-1。（3）请完成表格内二处空白__、__。（4）已知50℃时c(MnO4-)～反应时间t的变化曲线如图。其中反应速率最快的阶段是__，原因是___。28、（14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：________________。29、（10分）如下图所示，某同学设计一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。根据要求回答相关问题：(1)甲装置中通入氧气的电极为______________（填“正极”或“负极”），负极的电极反应式为_________________。(2)乙装置中铁电极为_______（填“阳极”或“阴极”），石墨电极(C)上发生_____反应（填“氧化”或“还原”），其电极反应式为___________________。(3)反应一段时间后，乙装置中生成氢氧化钠主要在_____________区。（填“铁极”或“石墨极”）(4)如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将_______（填“增大”“减小”或“不变”）。(5)若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体的分子数为_____；丙装置中阴极析出铜的质量为_____________。

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【解析】在一定温度下，电解质的饱和溶液中，离子浓度的幂之积为溶度积，溶度积(solubilityproduct)在一定温度下是个常数,它只受温度的影响，它的大小反映了物质的溶解能力；A正确；综上所述，本题选A。2、A【详解】A.N2分子的结构式为，故正确；B.次氯酸是弱酸，电离方程式用可逆符号，故错误；C.CCl4的电子式中氯原子周围应该有8个电子，故错误；D.S2-的结构示意图中核电荷数应为16，故错误。故选A。3、C【分析】A．根据非金属性越强单质的氧化性越强判断；B、根据非金属性越强对应的氢化物的稳定性就越稳定判断；C．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；D．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强。【详解】A．非金属性Cl>S，所以氧化性:Cl2>S，能用元素周期律解释，选项A不选；B、非金属性Br＞I，所以稳定性：HBr＞HI，能用元素周期律解释，选项B不选；C．非金属性Cl＞S，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，但HClO不是氯的最高价氧化物的水化物，不能用元素周期律解释，选项C选；D．Na、Mg位于周期表相同周期，金属性Na＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，能用元素周期律解释，选项D不选；答案选C。【点睛】本题重于元素周期律的理解与应用的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大。4、C【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。【详解】A．Cl2是单质，不是电解质，A不选；B．Cu是单质，不是电解质，B不选；C．NaOH属于碱，是离子化合物，溶于水或熔融时都能够电离产生自由移动的Na+、OH-，能够导电，属于电解质，C选；D．CO2是化合物，溶于水，与水反应产生H2CO3，碳酸电离产生自由移动的离子，能够导电，因此是H2CO3电解质，而CO2是非电解质，D不选；故选C。5、D【详解】A．柠檬在人体内代谢后生成碱性物质，使体液呈弱碱性，这类食物习惯上被称为碱性食物，故A错误；B．苹果在人体内代谢后生成碱性物质，使体液呈弱碱性，这类食物习惯上被称为碱性食物，故B错误；C．生菜在人体内代谢后生成碱性物质，使体液呈弱碱性，这类食物习惯上被称为碱性食物，故C错误；D．火腿肠富含蛋白质，在体内经过消化、吸收后，最后氧化成酸，这类食物习惯上被称为酸性食物，故D正确；故答案为D。6、A【分析】

【详解】A.反应①为苯和液溴在铁做催化剂作用下，发生取代反应生成溴苯，不溶于水，有机产物与水分层，故A错误；B.反应②为苯的燃烧，属于氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟，故B正确；C.反应③为苯在浓硫酸和浓硝酸的作用下发生取代反应生成硝基苯，浓硫酸作催化剂和脱水剂，故C正确；D.反应④为苯在催化剂的条件下和氢气发生加成反应，1mol苯最多与3molH2发生加成反应，故D正确；故答案：A。7、D【详解】A．MnO水溶液显紫色，在无色溶液中不能大量存在，A不符合题意；B．Ba2+、SO会反应形成BaSO4沉淀，不能大量共存，B不符合题意；C．加入Al能放出H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中，H+、HCO会反应产生H2O、CO2，不能大量共存；在碱性溶液中OH-、NH会反应产生NH3·H2O，也不能大量共存，C不符合题意；D．Fe2+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；故合理选项是D。8、D【解析】试题分析：①若亚硝酸为强酸，则1.1mol/L的亚硝酸溶液的pH=1，而实际为2.1，所以可以说明亚硝酸为弱酸，正确；②若亚硝酸为强酸，则亚硝酸钠溶液在常温下的pH=7，溶液为中性，而实际pH>7，溶液呈碱性，说明亚硝酸是弱酸，正确；③溶液的导电能力与溶液中的离子浓度有关，与电解质的强弱无关，错误；④亚硝酸与KCl不反应，不能说明亚硝酸是弱酸，若为强酸，也不与KCl反应，错误；⑤HNO2能与碳酸钠反应制CO2，说明亚硝酸比碳酸的酸性强，但不能说明亚硝酸是弱酸，错误；⑥酸的强弱与其稳定性无关，错误，所以答案选D。考点：考查弱电解质的判断9、C【解析】A．纤维素有天然存在的、青霉菌产生青霉素；B．食盐也是天然存在的，如海盐、井盐、岩盐等；C．合成材料主要包括塑料、合成纤维、合成橡胶，如涤沦，洗衣粉，阿斯匹林也是由化学合成而得；D．石英是天然存在的，是地球表面分布最广的矿物之一。【详解】A中纤维素在自然界中大量存在，如棉花、木材等；B中食盐大量存在于海水中，提取即可，不必合成；D中石英大量存在于自然界中，如石英砂、水晶等；C中物质全部为合成而得，故选C。【点睛】本题考查天然物质与化学合成物质的区别，解答本题的关键是要知道天然物质与常见合成物质的成分。10、B【解析】A、铁与氯气反应生成三氯化铁；

B、CaCO3高温分解生成CaO，CaO和二氯化硅高温反应生成硅酸钙；

C、Al2O3不溶于水，不能用Al2O3和水反应制取Al(OH)3；D、硫与氧气反应生成二氧化硫。【详解】A、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，故A错误；

B、CaCO3高温分解生成CaO，CaO为碱性氧化物，和酸性氧化物二氯化硅高温反应生成盐硅酸钙，所以B选项是正确的；C、Al2O3不溶于水，不能用Al2O3和水反应制取Al(OH)3，故C错误；

D、硫与氧气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故D错误。所以B选项是正确的。11、C【详解】由题可知，H2的物质的量在2min内减少了12mol，容器的体积为10L，所以，又因为v(H2):v(NH3)=3:2，所以v(NH3)==0.4mol⋅(L⋅min)−1，C项正确；故答案选C。12、A【解析】将转化为先发生水解，根据酸性：盐酸或硫酸>苯甲酸>碳酸>苯酚规律，利用强酸制取弱酸的方法，实现转化。【详解】A.与足量的NaOH溶液共热后，中的酯基水解，生成，再通入CO2，转化为，A符合题意；B.溶液加热，通入足量的HCl，酯基部分水解，其不完全转化为，B不合题意；C.与稀H2SO4共热后，加入足量的Na2CO3，生成，C不合题意；D.与稀H2SO4共热后，加入足量的NaOH，生成，D不合题意。故选A。13、D【详解】A．CH3COOH是弱电解质，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c(H+)＜0.1mol/L，所以a点溶液pH＞1，故A错误；B．b点为加入10mLNaOH溶液，为等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合溶液，浓度均约为×0.05mol/L，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中c

(CH3COO-)略大于×0.05mol/L，故B错误；C．当加入NaOH溶液为20mL时，恰好生成CH3COONa，水解使溶液呈碱性，c点pH=7，则c点时，，故C错误；D．酸或碱抑制水的电离，能够水解的盐，促进水的电离，从a→d，溶液中的溶质从醋酸→醋酸和醋酸钠的混合溶液→醋酸钠→醋酸钠和氢氧化钠的混合溶液，因此水的电离度先增大后减小，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意溶液的体积发生了变化，另外，弱酸的电离程度和盐类的水解程度一般均较小。14、B【解析】①相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，则向饱和碳酸钠溶液中通入CO2

至过量，有晶体析出，故不选；②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量，胶体先聚沉，后发生复分解反应，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，故选；③盐酸酸性强于碳酸，所以氯化钡溶液与二氧化碳不反应，不会产生沉淀，故不选；④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，然后碳酸钙、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，所以先出现沉淀，后沉淀完全溶解，故选；⑤开始反应生成硫酸钡、氢氧化铝，当氢氧化钡过量时氢氧化铝溶解，但是最终会有硫酸钡沉淀不能溶解，故不选；⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝与盐酸发生复分解反应，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，故选；⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量，反应先生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，继续通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，沉淀不溶解，故不选；⑧向有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量，反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，沉淀不溶解，故不选；符合“先出现沉淀后沉淀完全溶解”现象的有②④⑥，故选B。【点睛】本题考查物质的性质及发生的化学反应，把握物质的性质、发生的反应与现象为解答的关键。本题的易错点为③和⑦，要注意氯化钡溶液与二氧化碳不反应，二氧化碳不能溶解氢氧化铝。15、D【详解】A．Al为银白色质软的金属，则铊是银白色，质软的金属，故A正确；B．与铝性质相似，但相对分子质量较大，如能形成气态氢化物，常温下为固体，故B正确；C．化合价为+3价，铊与浓流酸反应生成T12(SO4)3，故C正确；D．同主族从上到下金属性在增强，Al（OH）3是两性氢氧化物，Tl（OH）3为碱性氢氧化物，故D错误；故选D。【点睛】本题考查元素周期表的结构及应用，侧重考查学生的分析能力，为基础性习题，把握同族元素性质的相似性及递变性为解答的关键，注意元素周期律的应用，易错点D，Tl（OH）3为碱性氢氧化物。16、C【解析】试题分析：A、根据题意知，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，一水合氨的电离平衡正向移动，溶液的pH变化较小。根据题给图像可知，开始二者pH相同，在稀释过程中促进氨水的电离，则氨水的pH变化较小，即Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线，a的数值一定大于9，A正确；B、根据A中分析可知B正确；C、稀释后氨水的pH大于NaOH溶液的pH，稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度小，C错误；D、根据题给图像可知，开始二者pH相同，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，氨水的物质的量浓度仍较大，完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V（NaOH）<V（氨水），D正确；答案选C。考点：考查强弱电解质的比较、浓度对弱电解质电离平衡的影响。17、D【解析】试题分析：电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，镀层材料金属与电解质溶液中金属阳离子为同一元素，在Fe制品上镀上一层Cu时，镀层Cu作阳极、镀件Fe作阴极，且电解质为可溶性的铜盐，电解质溶液中含有铜离子，答案选D。考点：考查电镀原理18、D【详解】A．氢氧燃料电池的产物是水，又可作为水电解系统的原料，水是可以循环的，故A项说法正确；B．该能量转化系统光能和电能以及化学能之间可以相互转化，因反应前后各物质种类以及物质的总能量均未该变，因此该燃料电池系统产生的能量实际上来自于太阳光，故B项说法正确；C．燃料电池放电时的负极为H2发生氧化反应，其电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，故C项说法正确；D．光电转换器通常为硅太阳能电池板，是将光能转化为电能，电能再转化为化学能的装置，故D项说法错误；综上所述，说法错误的D项，故答案为D。19、C【解析】气态烃1mol能和2molHCl加成，说明1个烃分子中含有1个碳碳三键或2个碳碳双键，加成后产物分子上的氢原子又可被6molCl2完全取代，说明1个氯代烃分子中含有6个H原子，故1个烃分子中含有4个H，并含有1个碳碳三键或2个碳碳双键，符合要求的只有C3H4，故选C。【点睛】本题考查了有机物分子式的确定。解答本题需要理解反应的过程和原子的变化。本题要注意理解取代反应的实质，能和6molCl2完全取代，说明结构中含有6mol氢原子，不是12mol氢原子，为本题的易错点。20、C【分析】本题主要考查有机物的化学性质及推断。C3H6O2水解后得到一元酸和一元醇，结合分子式C3H6O2以及M能发生银镜反应可知M为饱和一元羧酸，N为饱和一元醇，M、N的相对分子质量相等，则M分子比N分子少一个碳原子，故M为HCOOH，N为CH3CH2OH，A为HCOOCH2CH3，据此解答。【详解】A.该有机物为甲酸乙酯，其中含有醛基，能够发生银镜反应，故A正确；B.M结构简式为HCOOH，不含有甲基，故B正确；C.N催化氧化得到的是乙醛，而不是甲酸，故C错误；D.N可以被氧化为乙酸，乙酸与甲酸互为同系物，故D正确。【点睛】本题考查考查有机物推断，关键在于抓住酯水解得到的酸和醇分子量相等，注意甲酸含有醛基，具有还原性，能发生银镜反应。21、C【分析】

【详解】根据装置图可知，X电极是负极，失去电子发生氧化反应。Y电极是正极，正极得到电子，发生还原反应，据此可以判断；A.若X为Ti，由于Y电极是正极，得到电子发生还原反应，因此A不正确；B.若X为Cr，则Y电极的金属性要弱于Ti的金属性，Zn或Ti的金属性强于Cr的金属性，则Y不能选Zn或Ti，可以选择铜或Pb等，B不正确；C.若Y为Cu，由于X是负极，则X电极的金属性要强于Cu，所以可以选择Cr，因此负极电极反应式可能是Cr－3e－＝Cr3＋，C正确；D.若Y为Pb，由于X电极是负极，失去电子，发生氧化反应，因此Xn＋(aq)中阴离子数会增加，D不正确；答案选C。22、A【分析】无论哪组溶液都是恰好完全反应，都生成正盐，依据盐类水解的规律，以及混合后的pH，判断HX和HY是强酸还是弱酸。【详解】A、根据乙组，两种溶液等体积混合，且两种溶液浓度相等，两种溶液恰好生成NaY，溶液显中性，该盐为强酸强碱盐，即HY为强酸，故A正确；B、两种溶液物质的量浓度相同，即两种溶液等体积混合，恰好完全反应生成NaX，混合后pH=9，溶液显碱性，即HX为弱酸，HX溶液的pH>1，故B错误；C、甲的混合液中，溶质为NaX，HX为弱酸，X－发生水解，即c(Na＋)>c(X－)，故C错误；D、乙的混合液中，溶质为NaY，HY为强酸，即c(Na＋)=c(Y－)，故D错误。二、非选择题(共84分)23、二ⅤAH2SO3、H2SO4S2－O2－Na＋离子键、(非极性)共价键【分析】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，为氢元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，说明其最高价为+5，为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4，说明为氧元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，说明D为钠元素；C、E同主族，说明E为硫元素。【详解】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，为氢元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，说明其最高价为+5，为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4，说明为氧元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，说明D为钠元素；C、E同主族，说明E为硫元素。(1)B为氮元素，在第二周期第VA族；(2)E为硫元素，其氧化物由二氧化硫和三氧化硫，对应的水化物分别为H2SO3、H2SO4；(3)氧离子、钠离子和硫离子中根据电子层数越多，半径越大，相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小分析，半径顺序为S2－>O2－>Na＋;(4)用电子式表示氧化钠的形成过程，表示为：；过氧化钠中含有离子键、(非极性)共价键。【点睛】掌握电子式表示化合物的形成过程中，注意离子化合物的书写方法，左侧写原子的电子式，右侧写化合物的电子式，并用弯箭头表示电子的转移方向。24、CH3CH2OH醛基氧化反应CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2BrCH3COOH+CH3CH2OH

CH3COOCH2CH3+H2O【分析】乙烯存在碳碳双键，实验室制乙醇可以用乙烯和水加成，在催化剂的作用下乙醇可以发生氧化反应生成乙醛。【详解】乙烯与水发生加成反应，生成B——乙醇，乙醇在单质铜的催化作用下与氧气发生氧化氧化反应生成C——乙醛，乙酸乙酯是乙醇和乙酸在浓硫酸催化下的酯化反应产物，故D为乙酸。(1)B的结构简式为CH3CH2OH；(2)C中官能团的名称为醛基；(3)①的反应类型为氧化反应；(4)乙烯与溴水发生加成反应，化学方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；(5)②CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。25、①④乙B【解析】（1）①滴定管用蒸馏水洗后，不润洗，使标准液的浓度减小，消耗的体积增大，测定结果偏大，所以必须用氢氧化钠溶液润洗，故①操作有误；④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，滴入几滴指示剂即可，故④操作有误；答案为①④；（2）氢氧化钠是强碱，应该用碱式滴定管，故选乙；（3）根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)可知A．在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水不影响溶质的物质的量，不影响滴定结果；B．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡，消耗的标准液的体积增加，使滴定结果偏大；C．酸式滴定管未润洗，待测液被稀释，浓度变小，消耗标准液的体积减小，使滴定结果偏小；D．装标准溶液的滴定管滴定前仰视读数，读数偏大，滴定后俯视读，读数偏小，则消耗标准液体积减小，使滴定结果偏小；答案选B。【点睛】明确滴定操作方法、原理及误差分析方法是解题的关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，误差分析是解答的易错点，注意掌握误差分析的依据并结合实验操作解答。26、Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O淀粉溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复95.0%酸偏高S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl－+10H+【详解】（1）②根据硫代硫酸钠与I2的反应，可以推出K2Cr2O7将I－氧化成I2，本身被还原为Cr3＋，然后根据化合价升降法进行配平，得出离子反应方程式为Cr2O72－+6I－+14H＋=3I2+2Cr3＋+7H2O；根据I2+2S2O32－=S4O62－+2I－，应用淀粉溶液为指示剂；滴入最后一滴Na2S2O3，溶液中蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复，说明滴定到终点；建立关系式为Cr2O72－～3I2～6S2O32－，24.80mL溶液中n(Na2S2O3)=20×10－3L×0.00950mol·L－1×6=1.14×10－3mol，则100mL溶液中n(Na2S2O3)=1.14×10－3mol×100mL/24.80mL=4.6×10－3mol，样品纯度为4.6×10－3mol×248g·mol－1/1.2000g×100%=95%；（2）①K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应用酸式滴定管盛放K2Cr2O7；②开始时滴定管尖嘴处无气泡，结束后发现尖嘴处有气泡，末读数偏小，则相当于样品溶液用量偏小，样品溶液的浓度偏大，即100mL溶液中Na2S2O3物质的量或质量增大，测定结果（样品纯度）偏高；（3）Cl2作氧化剂，被还原成Cl－，S2O32－被氧化成SO42－，根据化合价升降法进行配平，离子方程式为S2O32－+4Cl2+5H2O=2SO42－+8Cl－+10H＋。【点睛】难点是氧化还原反应方程式的书写，如最后一空，Cl2作氧化剂，被还原成Cl－，S2O32－作还原剂，被氧化成SO42－，即有Cl2＋S2O32－→Cl－＋SO42－，根据化合价升降法进行配平，得出：S2O32－＋4Cl2→2SO42－＋8Cl－，根据氧原子守恒，反应前应有含氧物质参与，即有H2O参与，根据电荷守恒，反应后有H＋生成，进行配平即可。27、检查装置的气密性秒表SO2会部分溶于水，导致所测得SO2体积偏小2.50.0101.00.20t1～t2生成物MnSO4是该反应的催化剂【分析】I．（1）从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，所以先要检查装置的气密性，实验仪器还需要秒表；（2）SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小；II．（1）根据“观察到紫色褪去”必须满足高锰酸钾的物质的量小于草酸的物质的量解得二者浓度关系；（2）先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；（3）由于高锰酸钾和草酸的浓度均相同，为了探究不同浓度对反映速率的影响，需要加水改变草酸的浓度；（4）从图象可以看出t1-t2阶段斜率最大，c（MnO4-）变化最大，说明此时段反应速率最快，由于浓度变小，可以推测是催化剂的影响；【详解】I．（1）从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，所以先要检查装置的气密性，实验仪器还需要秒表；答案为检查装置的气密性；秒表。（2）SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小，则据此计算出的△n（H+）和△C（H+）以及V（H+）会变小；答案为SO2会部分溶于水，导致所测得SO2体积偏小。II．（1）H2C2O4中碳元素的化合价为+3价,变成二氧化碳后化合价总共升高了2(4-3)价,所以每消耗1molH2C2O4转移2mol电子;为了观察到紫色褪去,高锰酸钾的物质的量应该少量,即n(H2C2O4):n(KMnO4)⩾=2.5；答案为2.5。（2）由表中数据可知，实验③H2C2O4的体积只有1mL，所以应加水1mL才能使三组实验的体积一样，草酸的物质的量为：0.20mol⋅L−1×0.001L=0.0002mol,高锰酸钾的物质的量为：0.010mol⋅L−1×0.004L=0.00004mol,草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0002mol:0.00004mol=5:1,显然草酸过量,高锰酸钾完全反应,混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：=，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==0.010mol⋅L−1⋅min−1；答案为0.010mol⋅L−1⋅min−1。（3）通过上述分析，表格内二处空白分别为水1mL，H2C2O4浓度为0.2mol/L；答案为1mL，0.2mol/L。（4）从图象可以看出t1-t2阶段斜率最大,c(MnO4-)变化最大，说明此时段反应速率最快，由于反应物的浓度变小，可以推测是催化剂的影响，可推测是生成物做了催化剂；答案为t1-t2；生成物MnSO4是该反应的催化剂。28、2.67(或)40%cd4CO(g)＋2NO2(g)N2(g)＋4CO2(g)ΔH