2026届河北省石家庄市行唐县第三中学化学高二第一学期期中预测试题含解析

2026届河北省石家庄市行唐县第三中学化学高二第一学期期中预测试题注意事项：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、有A、B、C、D四种元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数；B原子最外层中有三个不成对的电子；C元素可分别与A、B、D生成RC2型化合物，其中的DC2与C3互为等电子体。下列叙述中不正确的是A．D原子的简化电子排布式为[Ar]3s23p4B．B、C两元素的第一电离能大小关系为B＞CC．用电子式表示AD2的形成过程为D．由B60分子形成的晶体与A60相似，分子中总键能：B60>A602、使反应4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol。此反应的平均速率υ(X）为A．υ(NH3)═0.04mol·L﹣1·s﹣1 B．υ(O2)═0.015mol·L﹣1·s﹣1C．υ(N2)═0.02mol·L﹣1·s﹣1 D．υ(H2O)═0.02mol·L﹣1·s﹣13、酚酞是一种常用的酸碱指示剂，其结构简式如图所示，酚酞属于()A．氧化物B．碱C．有机物D．无机物4、已知：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝－25kJ·mol－1。某温度下的平衡常数为400。此温度下，在1L体积不变的密闭容器中加入CH3OH，某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表。下列说法中不正确的是()物质CH3OHCH3OCH3H2Oc/mol·L－10.081.61.6A．此时刻反应达到平衡状态B．容器内压强不变时，说明反应达平衡状态C．平衡时，再加入与起始等量的CH3OH，达新平衡后CH3OH转化率不变D．平衡时，反应混合物的总能量降低40kJ5、下列物质中，既能发生消去反应生成烯烃，又能发生催化氧化反应生成醛的是（）A．CH3OH B． C． D．6、元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，下列说法正确的是（）A．同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性B．第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数C．同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同D．元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素7、下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是A．开启啤酒后，瓶中马上泛起大量泡沫B．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2C．压缩H2与I2（g）反应的平衡混合气体，颜色变深D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率8、碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为（）A．CCl4与I2分子量相差较小，而H2O与I2分子量相差较大B．CCl4与I2都是直线型分子，而H2O不是直线型分子C．CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素D．CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子9、在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是：（）A．V(A)═1．5mol/(L·S) B．V(B)═1．3mol/(L·S)C．V(C)═1．8mol/(L·S) D．V(D)═1mol/(L·S)10、下列叙述不正确的是A．明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂B．除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可加入MgO固体C．手机上用的锂离子电池属于一次电池D．Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料11、右图是一个一次性加热杯的示意图。当水袋破裂时，水与固体碎块混和，杯内食物温度逐渐上升。制造此加热杯可选用的固体碎块是A．硝酸铵 B．生石灰C．氯化镁 D．食盐12、下列叙述正确的是（）A．生物质能与氢能均属于一次能源B．电解熔融MgCl2可以得到单质Mg和氯气，该反应是一个放出能量的反应C．相同状况下，已知：2SO2+O22SO3ΔH<0，则2SO32SO2+O2是一个吸热反应D．取一定量的Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体于烧杯中搅拌，烧杯壁下部变冷，放出的气体使蓝色石蕊试纸变红13、下列叙述正确的是()A．Na在空气中久置最终变为NaHCO3粉末B．向Fe2(SO4)3溶液中加入铜粉，溶液变蓝且有黑色固体析出C．Cl2能与石灰乳反应，可用于制取漂白粉D．向KClO3溶液中滴加AgNO3溶液得到白色AgCl沉淀14、下列有关合金性质的说法正确的是A．合金的熔点一般比它的成分金属高B．合金的硬度一般比它的成分金属低C．组成合金的元素种类相同，合金的性能就一定相同D．合金与各成分金属相比，具有许多优良的物理、化学或机械性能15、在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A．T1<T2B．反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量C．W点的反应体系从T2变到T1，达到平衡时n(X)n(Y)D．M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小16、下列四种元素中，其单质氧化性最强的是A．原子含有未成对电子最多的第2周期元素B．位于周期表第3周期ⅢA族的元素C．原子最外电子层排布式为3s23p5的元素D．原子最外电子层排布式为2s22p6的元素17、25℃时，关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①醋酸、②NaOH、③醋酸钠溶液，下列说法不正确的是A．若测得0.1mol/LCH3COONa溶液显碱性，则可证明醋酸是弱电解质B．若用0.1mol/L的某一元酸HA与②混合，若pH=7，则VHA≤VNaOHC．①和②等体积混合后的溶液：c(OH－)＝c(H+)+c(CH3COOH)D．①和③等体积混合后的溶液：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)18、如图是氯化铯晶体的晶胞示意图(晶体中最小的重复结构单元)，已知晶体中2个最近的Cs＋核间距为acm，氯化铯(CsCl)的相对分子质量M，NA为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为A．g·cm－3 B．g·cm－3C．g·cm－3 D．g·cm－319、利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示。下列判断正确的是()A．该反应的ΔH＝＋91kJ·mol－1B．1molCO(g)和2molH2(g)断键放出能量419kJC．反应物的总能量大于生成物的总能量D．如果该反应生成液态CH3OH，则ΔH增大20、固体氧化物燃料电池是由美国西屋(Westinghouse)公司研制开发的。它以固体氧化锆­氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2－)在其间通过。该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断正确的是A．有O2放电的a极为电池的负极B．有H2放电的b极为电池的正极C．a极对应的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－D．该电池的总反应方程式为2H2＋O2===2H2O21、下列说法中正确的是()A．加水稀释0.01mol·L-1的CH3COOH溶液,溶液中c(OH-)减小B．室温时,0.1mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离,则该溶液的pH=4C．氨水加水稀释后,溶液中c(NH3·H2O)/c(NH4+)的值增大D．常温下,pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中,水的电离程度相同22、一定量铝片与过量的稀盐酸反应，为了加快反应速率，同时几乎不影响生成的氢气总量，不可以采取的措施是A．加热，升高溶液温度B．将铝片改为等质量的铝粉C．加入少量CuSO4溶液D．加入浓度较大的盐酸二、非选择题(共84分)23、（14分）下列各物质转化关系如下图所示，A、B、F是常见的金属单质，且A的焰色反应为黄色。E与酸、碱均能反应，反应①可用于焊接铁轨。回答下列问题：（1）D的化学式是____，检验I中金属阳离子时用到的试剂是____。（2）反应②的化学方程式是____；反应③的离子方程式是____。24、（12分）某研究小组苯酚为主要原料，按下列路线合成药物—沙丁胺醇已知①A→B原子利用率100%②③请回答（1）写出D官能团的名称____________（2）下列说法正确的是（_________）A．A是甲醛B．化合物D与FeCl3溶液显色反应C．B→C反应类型为取代反应D．沙丁胺醇的分子式C13H19NO3（3）设计化合物C经两步反应转变为D到的合成路线（用流程图表示）__________（4）写出D+E→F的反应化学方程式____________________________________（5）化合物M比E多1个CH2，写出化合物M所有可能的结构简式须符合：1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子____________________________________________25、（12分）某化学小组用50ml0.50mol/LNaOH溶液和30ml0.50mol/L硫酸溶液进行中和热的测定实验。(1)实验中大约要使用230mLNaOH溶液，配制溶液时至少需要称量NaOH固体__g。(2)做中和热的测定实验时:桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、硬纸板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒.实验尚缺少的玻璃仪器（用品）是______、______。(3)他们记录的实验数据如下:①请填写表中的空白：实验次数起始温度t1终止温度t2/℃温度差平均值（t2﹣t1）/℃H2SO4NaOH125.0℃25.0℃29.1Δt=________225.0℃25.0℃29.8325.0℃25.0℃28.9425.0℃25.0℃29.0②已知:溶液的比热容c为4.18J·℃-1·g-1,溶液的密度均为1g·cm-3。写出稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热的热化学方程式____________(用该实验的数据,取小数点后一位）。(4)若用氨水代替NaOH做实验,测定结果ΔH会___(填“偏大”、“偏大”、“无影响”)。26、（10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27、（12分）草酸(H2C2O4)存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10-2，K2=5.4×10-5，具有还原性，溶于水，溶液有酸性。为测定某H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为cmol·L1KMnO4标准溶液滴定。滴定原理为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O(1)滴定管在使用之前，必须进行的操作是______________，滴定时，KMnO4溶液应装在_____(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)中，达到滴定终点时的现象为________________。(2)如图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，C处的刻度为30，滴定管中液面读数应为______mL，此时滴定管中液体的体积________20mL．(填大于、小于或等于)(3)为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取H2C2O4溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗KMnO4溶液体积/mL22.3224.3924.41从上表可以看出，第一次实验中记录消耗KMnO4溶液的体积明显少于后两次，其原因可能是__。A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡C．第一次滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过后，未用标准液润洗D．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗E．滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定(4)根据所给数据，写出计算H2C2O4的物质的量浓度的表达式(必须化简)：C=________。(5)请你一个设计简单实验证明草酸的酸性强于碳酸，实验操作及现象为____________________28、（14分）用ClO2处理过的饮用水（pH为5.5～5.6）常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子（ClO2−）。饮用水中ClO2、ClO2−含量可用连续碘量法进行测定。ClO2被I-还原为ClO2−、Cl−的转化率与溶液pH的关系如图所示。当pH≤2.0时，ClO2−也能被I−完全还原成Cl−。反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。(1)请写出pH≤2.0时，ClO2−与I−反应的离子方程式：____________。(2)请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取VmL水样加入到锥形瓶中；步骤2：调节水样的pH为7.0～8.0；步骤3：加入足量的KI晶体；步骤4：加少量淀粉溶液，用cmol·L−1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL；步骤5：_______________；步骤6：再用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(3)根据上述分析数据，测得该饮用水中ClO2−的浓度为______mol·L−1（用含字母的代数式表示）(4)25℃时，电离平衡常数：回答下列问题：a.常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，所得溶液中各种离子浓度关系不正确的是_________A．c(Na+)>c(ClO−)>c(HCO3−)>c(OH−)B．c(Na+)>c(HCO3−)>c(ClO−)>c(H+)C．c(Na+)═c(HClO)+c(ClO−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)+c(CO32−)D．c(Na+)+c(H+)═c(ClO−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)E.c(HClO)+c(H+)+c(H2CO3)═c(OH−)+c(CO32−)b.常温下,0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合,所得溶液的pH为6,则c(HC4H4O6−)+2c(C4H4O62−)=____________.（列出计算式）29、（10分）“金山银山不如绿水青山”，汽车尾气治理是我国一项重要的任务。经过化学工作者的努力，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。已知：①CO的燃烧热为283kJ·mol-1②N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+180.5kJ·mol-1③2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=-116.5kJ·mol-1回答下列问题：（1）若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为___kJ。（2）利用上面提供的信息和盖斯定律，写出NO2+CO→N2+CO2的热化学方程式___。（3）为了模拟反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)在催化转化器内的工作情况，控制一定条件，让反应在恒容密闭容器中进行，用传感器测得不同时间NO和CO的浓度如下表：时间/s012345c(NO)/(10-4mol·L-1)10.004.502.501.501.001.00c(CO)/(10-3mol·L-1)3.603.052.852.752.702.70①前3s内的平均反应速率v(N2)=___（保留两位小数），此温度下，该反应的平衡常数K=___；②能说明上述反应达到平衡状态的是___。（填正确答案标号）A．n(CO2)=3n(N2)B．混合气体的平均相对分子质量不变C．气体质量不变D．容器内混合气体的压强不变E.2c(CO2)=3c(N2)③当NO与CO的浓度相等时，体系中NO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示，则NO的平衡转化率随温度升高而减小的原因是___，图中压强（p1、p2、p3）的大小顺序为___。

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】A、B、C、D四种元素，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，p能级最多容纳6个电子，故A由2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素；A、B、C属于同一周期，B原子最外层中有三个不成对的电子，B的p能级容纳3的电子，故B为氮元素；C元素可分别与A、B、D生成RC2型化合物，其中的DC2与C3互为等电子体，则C、D属于同主族元素，故C为氧元素，D为硫元素；A.D为硫元素，S原子的简化电子排布式为[Ne]3s23p4，故A错误；B.B为氮元素，C为氧元素，氮元素2p能级为半充满的较稳定状态，能量较低，第一电离能N>O，故B正确；C.AD2是CS2，CS2属于共价化合物，CS2的结构与CO2相似，碳原子与硫原子之间形成2对共用电子对，用电子式表示CS2的形成过程为，故C正确；D.N60分子形成的晶体与C60相似，氮氮键长比碳碳键长短，故氮氮键键能更大，故N60分子中总键能大于C60，故D正确；答案选A。2、B【详解】根据计算反应速率，△n=0.6mol，△t=30s，V=2L，则，在同一个化学反应中，用不同的物质表示化学反应速率其数值之比等于计量数之比。A．v(NH3):v(N2)=4:2，则v(NH3)=2v(N2)=2×0.01mol·L﹣1·s﹣1=0.02mol·L－1·s－1，A错误；B．v(O2):v(N2)=3:2，则v(O2)=v(N2)=×0.01mol·L﹣1·s﹣1=0.015mol·L－1·s－1，B正确；C．v(N2)=0.01mol·L﹣1·s﹣1，C错误；D．v(H2O):v(N2)=6:2，则v(NH3)=3v(N2)=3×0.01mol·L﹣1·s﹣1=0.03mol·L－1·s－1，D错误。答案选B。3、D【解析】酚酞含有碳、氢、氧三种元素，不属于氧化为，故A错误；酚酞不能电离出氢氧根离子，不属于碱，故B错误；酚酞含有碳元素，属于有机物，故C正确；酚酞含有碳元素，不属于无机物，故D错误。4、B【详解】A．已知2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-25kJ/mol，则浓度商Q==400，Q=K，说明反应达到平衡状态，故A正确；B．该反应前后气体物质的量不变，在恒容时压强始终不变，故不能说明反应达平衡状态，故B错误；C．平衡时再加入与起始等量的CH3OH，两次平衡为等效平衡，所以达新平衡后，CH3OH转化率不变，故C正确；D．反应混合物的总能量减少等于反应放出的热量，由B中可知，平衡时后c(CH3OCH3)=1.6mol/L，所以平衡时n(CH3OCH3)=1.6mol/L×1L=1.6mol，由热化学方程式可知反应放出的热量为25kJ/mol×1.6mol=40kJ，故平衡时，反应混合物的总能量减少40kJ，故D正确；故选B。5、C【分析】与羟基碳相邻碳上有氢原子，可以发生消去反应；羟基碳上有氢原子可以发生氧化反应生成醛或酮，据此分析。【详解】A．甲醇结构中没有邻碳，所以甲醇不能发生消去反应，A错误；B．与羟基相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化，B错误；C．据以上分析可知，该醇既能发生消去反应生成烯烃，又能发生氧化反应生成醛，C正确；D．据以上分析可知，其氧化产物结构中含有羰基，得不到醛基，D错误；故选C。6、B【解析】A、处于金属和非金属分界线的元素既有金属性又有非金属性，如硅元素，故A错误；

B、第三周期的元素从Na到Cl最高化合价从+1价到+7价，和族序数相等，故B正确；C、第一主族的所有元素最外层都为一个电子，但是H元素与Na元素性质差异很大，故C错误；D、周期表中第三纵行到第十纵行的元素（包括7个副族和1个Ⅷ族）称为过渡元素，故D错误。故选B。【点睛】根据周期表中处于金属和非金属分界线的元素的性质来考虑；主族元素的最高正化合价等于它所处的主族序数，以此分析；元素原子的化学性质受质子数、原子半径、核外电子数等的影响，一般来说，同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质相似，以此分析；周期表中第三纵行到第十纵行的元素（包括7个副族和1个Ⅷ族）称为过渡元素。7、C【分析】根据勒夏特列原理来分析化学平衡的移动的方向。【详解】A.啤酒瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2↑，打开啤酒瓶时，压强减小，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A错误；B.氯化钠在溶液中完全电离，故饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2O⇌ClO-+2H++Cl-，相当于氯气溶于水的反应过程中氯离子浓度增大，根据勒夏特列原理，平衡向氯离子浓度减小的逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，故B错误；C.压缩H2+I2⇌2HI反应的平衡混合气体，气体体积数相等，故压强的改变不影响化学平衡，故不能勒夏特列原理来解释，故C正确；D.工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向减小O2浓度的正反应方向移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D错误。故选C。【点睛】面对化学平衡问题时，需要仔细观察方程式前后的气体体积变化和能量变化，这样就不难发现控制化学平衡的规律了。8、D【解析】根据相似相溶原理可知极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。【详解】CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系，故选D。9、B【详解】同一个反应用不同的反应物及生成物表示的时候，化学反应速率之比等于其系数比，在比较的时候如果单位统一，直接将每种物质表示的速率直接除以其系数可直接得出大小，如A选项换算后为=1.25mol/(L·s)，B项换算后为1.3mol/(L·s)，C项换算后为=1.27mol/(L·s)，D项换算为==1.25mol/(L·s)，很显然B项最大。答案选B。10、C【详解】A.明矾净水是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有聚沉杂质的作用，可以用作净水剂，故A正确；B.当pH=3-4时，Fe3+可以沉淀完全，当pH大于9.46时，镁离子可以沉淀完全，所以可以加入MgO来调节溶液的pH使Fe3+沉淀完全而不影响Mg2+，故B正确；C.二次电池是可充电电池，锂离子电池属于充电电池是二次电池，故C错误；D.金属锌化学性质活泼，Zn具有导电性，可用来做干电池的负极材料，故D正确；本题选C。11、B【分析】分析反应为放热反应的即可满足要求。【详解】A.硝酸铵溶于水是吸热的，温度降低；B.生石灰与水反应放出大量的热，可以使食物温度逐渐上升；C.氯化镁溶于水后温度变化不明显；D.食盐溶于水后温度变化不明显。综上所述，B满足题意，选B。12、C【详解】A．生物质能属于一次能源，氢能是经过一定加工手段制得的，是二次能源，A错误；B．电解熔融MgCl2的过程是一个吸热过程，B错误；C．一个可逆反应的正反应是放热反应，它的逆反应是吸热反应，C正确；D．Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体反应生成NH3气体，能够使红色的石蕊试纸变蓝，D错误；故选C。13、C【解析】A．NaHCO3粉末在空气中易分解生成碳酸钠，所以Na在空气中久置最终变为碳酸钠，A项错误；B．向Fe2（SO4）3溶液中加入铜粉，铜与三价铁反应生成二价铁和二价铜，所以溶液变蓝无黑色固体析出，B项错误；C．工业上用Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，C项正确；D．KC1O3溶液中不含氯离子，所以滴加AgNO3溶液无AgCl沉淀生成，D项错误。答案选C。点睛：Na在空气中吸水生成NaOH，二氧化碳不足量时NaOH吸收空气中的CO2变成Na2CO3与水，二氧化碳足量或过量时NaOH吸收空气中的CO2变成NaHCO3，NaHCO3可风化成Na2CO3，所以最终产物为Na2CO3。14、D【解析】试题分析：由2种或2种以上的金属或金属与非金属熔化而成的检验金属特性的物质是合金，合金的熔点一般比它的成分金属低，硬度一般比它的成分金属高，组成合金的元素种类相同，合金的性能不一定相同据此可知选项D是正确的，答案选D。考点：考查合金的判断点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见考点，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练。该题的关键是明确合金的概念以及合金低性能特点，然后灵活运用即可。15、C【解析】由图可知，T1先达到平衡，则T1＞T2，且图中温度高对应平衡时c(X)大，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应。A．由图可知，T1先达到平衡，反应速率快，可知T1＞T2，故A错误；B．W点比M点平衡时c(X)小，则进行到W点放出的热量多，故B错误；C．W点的反应体系从T2变到T1，即升高温度平衡逆向移动，则达到平衡时nXnY增大，故C正确；D．M点时再加入一定量X，体积不变，压强增大，则2X(g)⇌Y(g)正向移动，X的转化率增大，故点睛：本题考查物质的量浓度随时间变化曲线，把握图中浓度随时间、温度的变化为解答的关键。本题中需要先根据温度对平衡时c(X)的影响，判断反应的焓变情况，本题的易错点为D，需要注意该反应只有一种反应物，再加入一定量X，相当于增大压强。16、C【分析】先根据信息，推出各元素：原子含有未成对电子最多的第二周期元素是氮，位于周期表中第三周期皿A族的元素是铝，原子最外电子层排布为2s22p6的元素是氛，原子最外电子层排布为3s23p5的元素是氯，然后比较氧化性强弱；【详解】由原子含有未成对电子最多的第二周期元素是氮，位于周期表中第三周期IIIA族的元素是铝，原子最外电子层排布为2s22p6的元素是氖，原子最外电子层排布为3s23p5的元素是氯，A是氮元素，B是铝元素，C是氯元素，D是氖元素，氖为稀有气体元素，很稳定，铝是金属元素，单质具有还原性，氯和氮均为非金属，氯原子最外层为7个电子，更容易得电子，所以电子氧化性最强。故选C。17、B【详解】A．若测得0.1mol/LCH3COONa溶液显碱性，说明CH3COONa为强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解，则可证明醋酸是弱酸，属于弱电解质，故A正确；B．若用0.1mol/L的某一元酸HA与②NaOH溶液混合，若HA为强酸，二者等体积混合，生成的盐NaA为强酸强碱盐，溶液pH=7，则VHA=VNaOH，若HA为弱酸，二者等体积混合，生成的盐NaA为强碱弱酸盐，溶液显碱性，要使溶液pH=7，可减少NaOH溶液的用量或增大HA的用量，则VHA＞VNaOH，故B错误；C．醋酸溶液和NaOH溶液等体积混合后恰好完全反应，生成的盐为强碱弱酸盐，溶液显碱性性，由质子守恒可知：c(OH－)＝c(H+)+c(CH3COOH)，故C正确；D．醋酸溶液和醋酸钠溶液等体积混合后，溶液呈酸性，即醋酸的电离大于醋酸钠的水解，则c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)，故D正确；答案选B。18、C【详解】由晶胞的示意图可知，Cs＋位于顶点，Cl－位于体心，则晶胞中含Cs＋的个数为8×=1，含Cl－个数为1，晶胞的质量为g，晶胞的体积为a3cm3，由晶体的密度等于晶体的质量与晶体在该质量下的体积的比可得晶体的密度为＝g·cm－3，故选C。19、C【详解】A．焓变等于正逆反应活化能之差，由图可知为放热反应，则ΔH=419kJ/mol-510kJ/mol=-91kJ•mol-1，故A错误；B．断键吸收能量，形成化学键放热，故B错误；C．反应放热，则反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D．液态CH3OH比气态CH3OH的能量低，则反应放热更多，焓变为负，因此该反应生成液态CH3OH时ΔH减小，故D错误；故答案选C。20、D【解析】该电池属于氢氧燃料电池，电池工作时的正负极反应式分别为：正极：O2+4e-=2O2-；负极：H2-2e-+O2-═H2O，总反应为：2H2+O2=2H2O。【详解】A.在燃料电池中，有O2放电的a极为原电池的正极，故A项错误；B.在燃料电池中，有H2放电的b极为电池的负极，故B项错误；C.a极对应的电极反应为：O2+4e-=2O2-，故C项错误；D.在燃料电池中，总反应方程式即为燃料燃烧的化学方程式，即2H2+O2=2H2O，故D正确。综上，本题选D。21、B【解析】加水稀释0.01mol·L-1的CH1COOH溶液,溶液中c(H+)减小，根据KW=c(H+)×c(OH-),可知c(OH-)增大，A错误；溶液中的氢离子浓度是0.1mol/L×0.1%=1×10﹣4mol/L，pH=4，B正确；NH1．H2O溶液加水稀释后，溶液中的n（NH1．H2O）减小，n（NH4+）增大，

的值减小，C错误；盐酸是强酸，抑制水的电离，氯化铵是强碱弱酸盐，能发生水解，促进水的电离，D错误；正确选项B。点睛：温度不变的情况下，用蒸馏水稀释醋酸溶液，溶液中的c(CH1COOH)、c(CH1COO-)、c(H+)均减小，但是溶液中c(OH-)增大，因为KW不变。22、C【解析】升高温度可加快反应速率，且不影响生成的氢气总量，A错误；铝片改为等质量的铝粉，增大反应物与酸的接触面积，反应速率加快，B错误；加入少量CuSO4溶液，铝与硫酸铜反应置换出铜，形成原电池，反应速率加快，由于铝片的量减少，所以影响了生成氢气总量，C正确；加入浓度较大的盐酸，速率加快，但不影响生成的氢气总量，D错误；正确答案：C。二、非选择题(共84分)23、NaOHKSCN溶液Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O2Fe3++Fe=3Fe2+【分析】A的焰色反应为黄色，A为单质，即A为Na，反应①可用于焊接铁轨，即反应①为铝热反应，B为金属单质，B为Al，C为Fe2O3，E既能与酸反应，又能与碱反应，即E为Al2O3，D为NaOH，与氧化铝反应生成NaAlO2和水，G为NaAlO2，F为Fe，根据转化关系，H为Fe2＋，I为Fe3＋。【详解】（1）根据上述分析，D应为NaOH，I中含有金属阳离子为Fe3＋，检验Fe3＋常用KSCN溶液，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明含有Fe3＋，反之不含；（2）反应②的化学方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，反应③的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋。24、醚键AC、、、【分析】本题主要考查有机化合物的综合合成与推断。①A→B的原子利用率为100%，A的分子式是CH2O；B与氯乙烯发生取代反应生成C，结合沙丁胺醇的结构简式，可知B是，C是；C中碳碳双键被氧化前需要保护羟基不被氧化，所以C→D的两步反应，先与(CH3)2SO4反应生成，再氧化为，所以D是；根据沙丁胺醇的结构简式逆推E，E是；F是，F与HI反应生成。【详解】根据以上分析。(1)D为，其含有的官能团的名称是醚键；(2)A的分子式是CH2O，A是甲醛，故A正确；D为，D中不含酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；B为，B与氯乙烯发生取代反应生成，故C正确；沙丁胺醇的分子式为C13H21NO3，故D错误；(3)化合物C经两步反应转变为D的合成路线为；(4)与反应生成的反应化学方程式为；(5)E的分子式是C4H11N，化合物M比E多1个CH2，则M的分子式是C5H13N，符合1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子的化合物M可能的结构简式有、、、。25、5.0量筒温度计4.0H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣53.5kJ/mol偏大【分析】(1)配制230mLNaOH溶液，需要选用250mL的容量瓶；(2)缺少量取溶液体积的量筒、测量温度的温度计；(3)①4次实验温度的差值分别为4.1℃、4.8℃、3.9℃、4.0℃，第二次数据差距较大，舍弃数据；②根据Q=cmt、H=-Q/n进行计算；(4)若用氨水代替NaOH做实验，氨水为弱碱，电离时吸收热量。【详解】(1)配制230mLNaOH溶液，需要选用250mL的容量瓶，m（NaOH）=0.50mol/L0.25L40g/mol=5.0g；(2)缺少量取溶液体积的量筒、测量温度的温度计；(3)①4次实验温度的差值分别为4.1℃、4.8℃、3.9℃、4.0℃，第二次数据差距较大，舍弃数据，则3次数据的平均值为（4.1+3.9+4.0）/3=4.0℃；②Q=cmt=4.18804.0=1337.6J，中和反应为放热反应，则H=-Q/n=-1.3376kJ/0.025mol=-53.5kJ/mol；(4)若用氨水代替NaOH做实验，氨水为弱碱，电离时吸收热量，导致中和时释放的热量减少，焓变偏大。【点睛】中和热为放热反应，则焓变小于零，根据H=-Q/n进行计算即可。26、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。27、（1）检查是否漏液、酸式滴定管、当滴入一滴KMnO4溶液恰好由无色变成紫色（或红色）且半分钟不褪色（2）19.40，大于（3）AE（4）61c/vmol/L（5）取少量的NaHCO3于试管中，加入草酸溶液，有气泡产生。【解析】试题分析：（1）滴定管在使用之前，必须进行的操作是检查是否漏液，滴定时，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，达到滴定终点时的现象为当滴入一滴KMnO4溶液恰好由无色变成紫色（或红色）且半分钟不褪色。（2）A与C刻度间相差1mL，每个刻度为0.1mL，A处的刻度为19，B的刻度比A大，由图可知，相差4个刻度，则B为19.40.（3）A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积，导致KMnO4体积偏小，B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致KMnO4体积偏大，C．盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗，导致KMnO4浓度偏小，所以所用KMnO4体积偏大，D．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗，润洗锥形瓶导致草酸的物质的量偏大，所以使用的KMnO4体积偏大，E、刚看到溶液变色，立刻停止滴定，导致氢氧化钠体积偏小，所以所测醋酸浓度偏小，（5）可利用强酸制弱酸的原理。考点：考查酸碱滴定实验等相关知识。28、ClO2−+4H++4I−=Cl−+2I2+2H2O调节溶液的pH≤2.0AD【分析】（1）根据题意ClO2−与I−的反应在酸性条件下进行，产物为Cl−和I2，根据质量守恒可写出离子方程式；（2）题目信息提示用的是连续碘量法进行测定，步骤6又用Na2S2O3溶液滴定至终点，说明步骤5中有碘生成，结合pH≤2.0时，ClO2−与I−的反应的离子方程式可判断出调节溶液的pH≤2.0；（3）由2ClO2+2I－＝2ClO2－+I2和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可知2ClO2－～Na2S2O3，由ClO2－＋4H＋＋4I－＝Cl－＋2I2＋2H2O和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可得ClO2－～2Na2S2O3，以此计算饮用水中ClO2−的浓度；（4）Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3），则水解程度CO32−＞ClO−＞HCO3−，0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，混合溶液中存在电荷守恒和物料守恒。【详解】（1）根据图像可知，pH≤2.0时，CIO2—也能被I－完全还原成Cl—，那么I－要被氧化为碘单质，溶液是酸性溶液，则可正确写出离子方程式即反应的离子方程式是ClO2-+4I-+4H+＝Cl-+2H2O+2I2，故答案为ClO2-+4I-+4H+＝Cl-+2H2O+2I2。（2）根据曲线图示在pH≤2.0时，ClO2被I－还原只生成Cl－，pH≥7.0时，ClO2被I－还原只生成ClO2－；而用ClO2处理过的饮用水，其pH为5.5～6.5，所以其中既含有ClO2，又含有ClO2－，若将溶液的pH调节为7.0～8.0，则第一阶段滴定时只是ClO2被I－还原只生成ClO2－，溶液的ClO2－没有被I－还原，所以第二阶段滴定前应调节溶液的pH≤2.0，使ClO2－与I－反应，以测定样品水样中亚氯酸根离子的含量；故答案为调节溶液的pH≤2.0。（3）由2ClO2+2I－＝2ClO2－+I2和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可知2ClO2－～Na2S2O3，则n(ClO2－)＝2c×V1/1000mol；由ClO2－＋4H＋＋4I－＝Cl－＋2I2＋2H2O和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可得ClO2－～2Na2S2O3，则n(ClO2－)总＝1/2c×V2/1000mol；所以原水样中ClO2－浓度＝[1/2c×V2/1000－2c×V1/1000]mol/V/1000L＝c(V2－4V1)/4Vmol/L故答案为：c