2026届忻州市重点中学化学高二第一学期期中检测试题含解析

2026届忻州市重点中学化学高二第一学期期中检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、0.3mol气态高能燃料乙硼烷B2H6在O2中燃烧，生成固态B2O3和液态H2O，放出649.5kJ的热量．下列热化学方程式正确的是A．B2H6（g）+302（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=2165kJ•mol﹣1B．B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165kJ•mol﹣C．B2H6+3O2═B2O3+3H2O△H=﹣2165kJ•mol﹣1D．B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（g）△H=﹣2165kJ•mol﹣12、丙烯醇（CH2=CH-CH2OH）可发生的化学反应有（）①氧化反应②加成反应③置换反应④加聚反应⑤取代反应A．①②③B．①③④C．②④⑤D．①②③④⑤3、pH＝3的两种一元酸HX和HY溶液，分别取50mL。加入足量的镁粉，充分反应后，收集到H2的体积分别为V(HX)和V(HY)，若V(HX)＞V(HY)，则下列说法正确的是()A．HX可能是强酸 B．HX的酸性强于HY的酸性C．HY一定是强酸 D．反应开始时二者生成H2的速率相等4、生活中应注重食谱营养搭配的均衡性，下列午餐食谱中最有利于学生身体发育的是（）A．馒头、榨菜、黄瓜、香蕉B．面条、醋溜土豆丝、素炒白菜C．米饭、糖醋排骨、粉蒸肉、清蒸鲈鱼D．米饭、红烧鲫鱼、西红柿蛋汤、蒜蓉生菜、苹果5、中国古代用炉甘石炼锌，主要反应为：2C+ZnCO3Zn+3CO↑，该反应属于A．化合反应 B．置换反应 C．分解反应 D．复分解反应6、一定温度下，向容积aL的密闲容器中加入2mol

NO2，发生反应：2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)，下列选项中，能说明此反应达到平衡状态的是A．混合气体的质量不变B．混合气体的颜色不变C．单位时间内消耗nmol

NO2，同时生成nmol

NOD．混合气体中NO2、NO、O2的物质的量之比为2：2：17、、下，、S、Se、Te分别与化合的反应焓变数据如图所示(a、b、c、d代表氢化物)。下列关于Se与化合的热化学方程式的书写正确的是()A．B．C．D．8、在恒容密闭容器中，将10molCO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)K＝1，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是（

）A．CO、H2S的转化率之比为1∶1B．达平衡后H2S的体积分数为4%C．升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应D．恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡不移动9、温度相同、浓度均为0.1mol·L-1的①(NH4)2SO4②NH3·H2O③NH4HSO4④NH4NO3⑤(NH4)2CO3溶液中的c(NH4+)由大到小的排列顺序是A．①⑤③④② B．⑤①③④②C．③②①④⑤ D．⑤①②④③10、下列性质中，属于烷烃特征性质的是A．完全燃烧产物只有二氧化碳和水 B．几乎不溶于水C．它们是非电解质 D．分子的通式为CnH2n+2，与氯气发生取代反应11、现有四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液，②pH=3的盐酸，③pH=11的氨水，④pH＝11的NaOH溶液。相同条件下，下列有关上述溶液的叙述中，错误的是A．①、④等体积混合后，溶液显碱性B．将②、③溶液混合后，pH＝7，消耗溶液的体积：②>③C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量①最大D．向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③>④>②>①12、可逆反应mA(g)nB(g)＋pC(s)ΔH＝Q，温度和压强的变化对正、逆反应速率的影响分别符合右图中的两个图像，以下叙述正确的是A．m>n，Q>0 B．m>n＋p，Q>0 C．m<n＋p，Q<0 D．m>n，Q<013、下列有关物质用途的说法错误的是（）A．氧化铝是一种耐火材料，可制耐高温实验材料B．氧化铁可用作红色油漆和涂料C．二氧化硫可以用来加工食品，使食品增白D．氨气常用作制冷剂14、已知浓度的下列溶液，当温度升高时pH不变的是A．NaClB．NaHSO4C．NaOHD．CH3COONa15、下列分子中，所有原子的最外层均为8电子结构的是A．BeCl2 B．H2S C．NCl3 D．SF416、铝具有较强的抗腐蚀能力（即耐腐蚀）的主要原因是A．铝化学性质很稳定（即很不活泼）B．铝与氧气在常温下很难反应C．铝是两性元素（因与酸、碱都能反应）D．铝易氧化形成一层致密氧化膜17、下列物质属于电解质的是A．石墨 B．氨气 C．氢氧化钠 D．二氧化碳18、下列化学键中，键的极性最强的是（）A．C—F B．C—O C．C—N D．C—C19、下列变化属于物理变化的是A．煤的燃烧 B．铜的锈蚀 C．碘的升华 D．铝的冶炼20、室温下，向0.01mol/L的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵稀溶液，溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如下图所示，下列分析正确的是A．ac段，溶液pH增大是CH3COOH==CH3COO-+H+逆向移动的结果B．a点，pH＝2C．b点，c(CH3COO-)＞c()D．c点，pH可能大于721、298K时，在20.0mL0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B．M点对应的盐酸体积为20.0mLC．M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)D．N点处的溶液中pH<1222、在由水电离产生的c（H+）=1×10–14mol/L的溶液中，一定可以大量共存的离子组是（）A．K+、Ba2+、Cl–、 B．Na+、Ca2+、Fe2＋、C．、Al3+、Br–、 D．K+、Na+、、二、非选择题(共84分)23、（14分）在下图所示的物质转化关系中。C、G、I、M为常见单质，G和M化合可生成最常见液体A，E为黑色粉末，F的焰色反应为黄色，K为白色沉淀，N为红褐色沉淀，I为黄绿色气体，化合物B的摩尔质量为24g·mol－1。(部分生成物和反应条件未列出)（1）L的化学式为______________。（2）A的电子式为______________。（3）反应②的离子方程式为____________________________________。（4）反应③的化学方程式为____________________________________。24、（12分）X、Y、Z、W、Q是五种气态烃，其中X、Y、Z能使溴水褪色，1molZ与2mol氯气完全加成，生成物分子中每个碳原子上都连有氢原子和氯原子。X与Z、Y与Q分别有相同的分子通式，X在催化剂存在下与氢气反应可得到Y，在同温同压下Y与氮气的密度相同，W是最简单的有机物，Q没有同类的异构体，则五种气态烃的名称分别是：X：___，Y：___，Z：___，W：___，Q：___。25、（12分）如图为实验室制备乙炔并进行性质验证的装置(夹持仪器己略去)。（1）实验室制备乙炔的方程式为___；（2）仪器A的名称为___，为防止气体生成的速率过快，由A滴入B的试剂为___；（3）装置C可选用的试剂为___(写出一种即可)，其作用为___；（4）反应开始后，D中的现象为___，所发生反应的反应类型为___；（5）D中验证实验结束后。B中反应仍在继续。此时可撤去装置D，在装置C之后连接收集装置，以下装置中最适合用于收集乙炔的是___。26、（10分）Ⅰ: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)如果按图中所示的装置进行试验，求得的中和热数值_______(填“偏大、偏小、无影响”)。(3)实验中改用60mL0.50mol·L-1盐酸跟50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与(2)中实验相比，所求中和热_________(填“相等”或“不相等”)。Ⅱ:(1)北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷(C3H8)，亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯(C3H6),丙烷脱氢可得丙烯。已知：C3H8(g)→CH4(g)＋HC≡CH(g)＋H2(g)△H1=+156.6kJ·mol－1，CH3CH＝CH2(g)→CH4(g)＋HC≡CH(g)△H2=+32.4kJ·mol－1。则C3H8(g)→CH3CH＝CH2(g)＋H2(g)△H=______________kJ·mol－1。(2)发射火箭时用肼(N2H4)作燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。已知32gN2H4(g)完全发生上述反应放出568kJ的热量，热化学方程式是：__________。27、（12分）水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：Ⅰ．取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。Ⅱ．酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I−还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2O32-+I2=2I−+S4O62-）。回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_____________。（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_______________。（3）取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amol·L−1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为________________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。滴定结束后如果俯视滴定管读取数据，导致测定结果偏___________。（填“高”或“低”）（4）Na2S2O3溶液不稳定，需使用前配制和标定。预估实验需要使用75mL的Na2S2O3溶液，则配制该溶液所必需的仪器有天平、烧杯、玻璃棒和___________________28、（14分）氟化钡可用于制造电机电刷、光学玻璃、光导纤维、激光发生器。以钡矿粉（主要成分为BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质）制备氟化钡的流程如下：已知：常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、12.4。（1）滤渣A的名称为___________。（2）滤液1加H2O2的目的是___________。（3）加NaOH溶液调节pH＝12.5，得到滤渣C的主要成分是___________（写化学式）（4）滤液3加入盐酸酸化后再经加热浓缩____________洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体。（5）常温下，用BaCl2·2H2O配制成0.2mol/L水溶液与氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。请写出该反应的离子方程式___________。已知Ksp(BaF2)＝1.84×10-7，当钡离子完全沉淀时（即钡离子浓度≤10-5mol/L），至少需要的氟离子浓度是___________mol/L（已知＝1.36，计算结果保留三位有效数字）。（6）5.0t含80％BaCO3的钡矿粉，理论上最多能生成BaCl2·2H2O晶体___________t。（保留2位小数）29、（10分）（1）已知:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-115.6kJ·mol-1，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=-184kJ·mol-1。①H2与O2反应生成气态水的热化学方程式是___________。②断开1molH—O键所需能量为______kJ。③高温下H2O可分解生成分子或原子。高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图所示。图中A、B表示的物质依次是________，物质的量之比为2：1的A、H2化学能较低的物质是________。

（2）已知ΔG=ΔH—T·ΔS。在100kPa、298.15K时石灰石分解反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)的ΔH=+178.3kJ·mol-1，ΔS=+160.4J·mol-1·K-1①从吉布斯自由能变（ΔG）的角度说明该反应高温下能自发进行的原因___________________。②则该反应自发进行的最低温度为__________K。

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【解析】0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出2165kJ的热量，反应的热化学方程式为：B2H6(g)+3O2(g)═B2O3(s)+3H2O(l)△H=-2165kJ/mol，A．热化学方程式中△H＜0，△H＞0表示吸热，而乙硼烷燃烧放热，故A错误；B．0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，放出649.5kJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，放出649.5/0.3=2165kJ，故B正确；C．热化学方程式中没有标出物质的聚集状态，故C错误；D．1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和气态水，放出热量应小于2165kJ，故D错误；综上所述，本题选B。2、D【详解】①丙烯醇可以燃烧，也能在铜的催化作用下与氧气反应生成丙烯醛，因此可发生氧化反应；②丙烯醇中含有碳碳双键，因此可以发生加成反应；③丙烯醇中含有羟基，因此可以与金属钠发生置换反应生成氢气；④丙烯醇中含有碳碳双键，因此可以发生加聚反应；⑤丙烯醇中含有羟基，因此可以与羧酸等发生取代反应；综上所述，丙烯醇能发生的反应有①②③④⑤，D项正确；答案选D。3、D【详解】HX产生的气体体积比HY产生多，说明HX的物质的量大于HY，二者pH相同，说明HX的物质的量浓度比HY大。则HX的电离程度比HY小，酸性比HY弱。但HY不能确定是否为强酸。由于二者的pH相同，则溶液中的氢离子浓度相同，开始反应的速率相同，故选D。4、D【详解】A．馒头、榨菜、黄瓜、香蕉含有糖类、维生素、但缺少蛋白质，营养不全面，错误；B．面条、醋溜土豆丝、素炒白菜，缺少蛋白质，营养不全面，错误；C．米饭、糖醋排骨、粉蒸肉、清蒸鲈鱼缺少维生素，营养不全面，错误；D．米饭、红烧鲫鱼、西红柿蛋汤、蒜蓉生菜、苹果中含有丰富的糖类、油脂、蛋白质、无机盐、维生素，营养均衡，食谱中最有利于学生身体发育，正确。故答案选D。5、B【解析】2C+ZnCO3Zn+3CO↑为单质与化合物反应生成新单质和新化合物的反应，以此来解答。【详解】A.生成物有两种，不属于化合反应，故A不选；B.2C+ZnCO3Zn+3CO↑，为单质与化合物反应生成新单质和新化合物的反应，属于置换反应，故B选；C.反应物有两种，不属于分解反应，故C不选；D.该反应有单质参加和生成，不属于复分解反应，故D不选；故选B。6、B【详解】A．该体系中所有物质均为气体，根据质量守恒可知，在反应进行过程中，混合气体的质量不会改变，因而不能据此判断反应是否达到平衡状态，故A项不选；B．该体系中只有NO2(g)呈红棕色，容器体积恒定，若NO2(g)浓度不变，则混合气体的颜色不变，反应过程中NO2(g)浓度会逐渐降低，气体颜色会逐渐变浅，当混合气体的颜色不变时，可说明反应处于平衡状态，故B项选；C．根据化学反应中物质计量数之比可知，任意时刻均存在消耗nmol

NO2，同时生成nmol

NO，因此不能说明反应达到平衡状态，故C项不选；D．因不确定反应在该条件下能够进行的最大限度，因此不能确定达平衡状态时各气体的物质的量之比，故D项不选；综上所述，能说明此反应达到平衡状态的是B项，故答案为B。【点睛】判断化学平衡状态的方法：各种“量”不变：①各物质的质量、物质的量或浓度不变；②各物质的百分含量、物质的量分数、质量分数等不变(反应中存在至少两种相同状态的物质)；③温度(绝热体系)、压强(化学反应方程式两边气体体积不相等且恒容装置中进行)或颜色(某组分有颜色)不变；总之，若物理量由变量变成了不变量，则表明该可逆反应达到平衡状态；若物理量始终为“不变量”，则不能作为平衡标志。7、D【详解】A.物质的能量越低物质越稳定，、、、的稳定性逐渐减弱，所以b表示，其热化学反应方程式为：，故A错误；B.物质的能量越低物质越稳定，、、、的稳定性逐渐减弱，所以b表示，其热化学反应方程式为：，故B错误；C.Se在题述条件下是固体，所以Se与化合的热化学方程式是，故C项错误；D.Se在题述条件下是固体，所以Se与化合的热化学方程式是，故D正确；故答案：D。8、B【分析】A.利用三段法计算起始时H2S的物质的量，进一步计算转化率；B.根据平衡时各物质的物质的量进行计算；C.升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行；D.根据Qc与K之间的关系进行判断。【详解】A.设起始时H2S的物质的量为xmol,CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)；始(mol)10x00转(mol)2222平(mol)8x-222平衡常数K==1，解得x=2.5mol，CO的转化率=×100%=20%，H2S的转化率=×100%=80%，转化率不相等，A项错误；B.达平衡后H2S的体积分数=×100%=4%，B项正确；C.升高温度，平衡向吸热的方向移动；升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行，说明正向为放热反应，C项错误；D.恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，Qc==0.67<1说明平衡正向移动，D项错误；答案选B。【点睛】本题判断平衡移动方向时可用浓度商与平衡常数进行比较，通过大小关系确定平衡移动的方向，并进一步确定正反应速率和逆反应速率的相对大小。对于可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，在一定温度下的任意时刻，反应物与生成物浓度有如下关系：Q＝，称为浓度商，且Q＜K反应向正反应方向进行，v正＞v逆Q＝K反应处于化学平衡状态，v正＝v逆Q＞K反应向逆反应方向进行，v正＜v逆9、A【分析】本题应利用电离和水解程度微弱进行判断，根据化学式，推出①⑤一类，③④一类，因为水解程度微弱，①⑤中c(NH4＋)大于③④，弱电解质的电离程度微弱，即NH3·H2O中c(NH4＋)最小，最后根据影响盐类水解的因素进行分析。【详解】盐类水解程度微弱，以及它们的化学式①⑤中c(NH4＋)大于③④，(NH4)2CO3属于弱酸弱碱盐，NH4＋和CO32－发生双水解，但溶液中仍以NH4＋和CO32－为主，因此①中c(NH4＋)大于⑤中的c(NH4＋)，NH3·H2O为弱碱，电离程度微弱，即②中c(NH4＋)最小，③相当于在④的基础上加入H＋，抑制NH4＋的水解，因此③中c(NH4＋)大于④中，综上所述，c(NH4＋)由大到小的顺序是①⑤③④②，故A正确。【点睛】易错点是(NH4)2CO3中c(NH4＋)比较，学生认为NH4＋和CO32－发生双水解，c(NH4＋)最小，学生忽略了该双水解为不彻底双水解，溶液中大量存在的离子仍为NH4＋和CO32－。10、D【解析】A.碳氢化合物完全燃烧产物都是二氧化碳和水，不属于烷烃的特征性质，故A错误；B.烯烃、炔烃、苯等大部分有机物都是不溶于水的，不属于烷烃的特征性质，故B错误；C.炔烃、苯及其同系物等大部分有机物都是非电解质，不属于烷烃的特征性质，故C错误；D.烷烃为饱和烃，其分子的通式为CnH2n+2，满足CnH2n+2的烃一定为烷烃；能够发生取代反应是烷烃的特征反应之一，故D正确；故选D。11、A【详解】A、醋酸是弱酸，存在电离平衡，因此pH＝3的醋酸溶液的浓度大于0.001mol/L，则与pH＝11的氢氧化钠溶液的等体积混合后醋酸是过量的，溶液显酸性，A错误；B、氨水是弱碱，pH＝11的氨水溶液的浓度大于0.001mol/L，所以将②、③溶液混合后如果pH＝7，这说明消耗溶液的体积：②>③，B正确；C、①、②、④溶液中醋酸的物质的量最大，所以等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量①最大，C正确；D、弱酸弱碱在稀释过程中促进分离，所以向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③>④>②>①，D正确；答案选A。12、D【详解】根据左图可知：当反应达到平衡后，升高温度，由于V逆>V正，平衡逆向移动。根据平衡移动原理：在其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以Q<0；根据右图可知：在其它条件不变时，增大压强，V正>V逆，平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理可知：在其它条件不变时，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，正反应方向是气体体积减小的方向，所以m>n。故正确的选项是D。13、C【解析】A．氧化铝的熔点较高，在一般条件下不易熔化；B．氧化铁是红棕色固体；C．二氧化硫有毒且有漂白性；D．液氨气化时导致其周围温度降低，所以液氨作制冷剂。【详解】A．氧化铝熔点高，常用作耐火材料，可制耐高温实验材料，选项A正确；B．三氧化二铁为红棕色固体，可用作红色油漆和涂料，选项B正确；C．二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，但二氧化硫有毒，不能漂白食品，选项C错误；D．液氨气化时吸收热量导致其周围温度降低，所以液氨作制冷剂，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查了物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途、用途体现选项，会运用化学知识解释生活现象，题目难度不大。14、B【解析】A项，NaCl溶液呈中性，升高温度促进水的电离，溶液中c（H+）增大，pH减小；B项，NaHSO4的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，升高温度，溶液中c（H+）不变，pH不变；C项，NaOH的电离方程式为NaOH=Na++OH-，升高温度，水的离子积增大，溶液中c（OH-）不变，溶液中c（H+）增大，pH减小；D项，CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，升高温度促进CH3COO-的水解，碱性增强，pH增大；答案选B。点睛：本题易错选A和C，错选原因是忽略了温度升高对水的电离平衡的影响。15、C【详解】原子的最外层电子数+化合价绝对值=8，则该原子的最外层满足8电子稳定结构。A、铍原子最外层为2电子结构，不是8电子结构，A错误；B、氢原子最外层为2电子结构，不是8电子结构，B错误；C、氮原子和氯原子的化合价分别是＋3价和—1价，最外层电子数+化合价绝对值为8，则原子的最外层均满足8电子稳定结构，C正确；D、S的化合价是＋4价，大于8电子稳定结构，不符合题意，D错误；综上所述，本题选C。【点睛】16、D【解析】根据铝的化学性质来解答，铝的化学性质比较活泼，常温下就会与氧气等反应，铝与空气中的氧气反应其表面生成一层致密的氧化铝保护膜，使铝有很好的抗腐蚀性来解答。【详解】A、因铝的化学性质比较活泼，选项A错误；B、因常温下铝就会与氧气等反应，选项B错误；C、铝与强酸强碱均能反应，但金属没有两性的说法，选项C错误；D、因铝与氧气反应其表面生成一层致密的氧化铝保护膜，使铝有很好的抗腐蚀性，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了铝的化学性质，难度不大，注意铝耐腐蚀是因为表面形成的致密的氧化物薄膜。17、C【详解】A.石墨是单质，不属于电解质，故A错误；B.氨气是氢化物，属于非电解质，故B错误；C.氢氧化钠是碱，属于电解质，故C正确；D.二氧化碳是非金属氧化物，属于非电解质，故D错误；故选C。18、A【解析】同周期元素随着核电荷数的增加，电负性逐渐增大，F、O、N、C这四种元素中C的电负性最小，F的电负性值最大，F与C的电负性差值最大，C—F键极性最大，答案选A。19、C【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，而物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，据此解答。【详解】A、煤的燃烧的过程中有新物质生成，属于化学变化，故A不选；B、铜的锈蚀的过程中有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C、碘的升华只是物质状态的变化，即由固态碘转变成气态碘的过程，并没有新物质的生成，所以属于物理变化，故C选；D、铝的冶炼是利用电解熔融氧化铝的方法得到金属单质，属于化学变化，故D不选。故选C。【点睛】本题考查了物质变化的实质理解应用，正确区分物理变化和化学变化关键是判断是否有新物质的生成，注意对实验原理的掌握是解题的关键。20、C【分析】室温下，由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，向0.01mol•L-1的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵溶液，导致c（CH3COO-）增大，则醋酸的电离平衡左移，即醋酸的电离被抑制．由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7，据此分析。【详解】A.在ab段，溶液的pH增大很快，这是由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO−+H+，向0.01mol⋅L−1的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵溶液，导致c(CH3COO−)增大，则醋酸的电离平衡左移，故溶液中的c(H+)减小，则溶液的pH增大；而在bc，溶液的pH变化不明显，是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大，故溶液中的c(H+)减小，则pH变大，但变大的很缓慢，即ac段溶液的pH增大不只是醋酸的电离被抑制的原因，故A错误；B.由于醋酸是弱电解质，不能完全电离，故0.01mol/L的醋酸溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L，则pH大于2，即a点的pH大于2，故B错误；C.由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7，即b点溶液中的c(H+)>c(OH−)，根据电荷守恒可知c(CH3COO−)>c()，故C正确；D.由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7，即c点溶液的pH也一定小于7，故D错误；故选C。21、D【详解】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法控制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。【点睛】酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法。22、A【分析】由水电离产生的c（H+）=1×10–14mol/L，此溶液为酸或碱【详解】A、在酸或碱中能大量共存，故A正确；B、在酸性溶液具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，在酸中不能大量共存，在碱中Ca2＋和Fe2＋与OH－不能大量共存，故B错误；C、和Al3＋在碱中不能大量共存，生成NH3·H2O和Al(OH)3，因此不能大量共存，故C错误；D、既不能存在酸中，也不能存在于碱中，因此不能大量共存，故D错误；故选A。。二、非选择题(共84分)23、FeCl3MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3【分析】N为红褐色沉淀，N为氢氧化铁，根据图示，K+M+A→N，则为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，K为白色沉淀，则K为Fe(OH)2，M为单质，M为O2，A为H2O；G和M化合可生成最常见液体A，G为H2；化合物B的摩尔质量为24g·mol－1，与水反应生成氢气和F，F的焰色反应为黄色，则F为NaOH，B为NaH；E为黑色粉末，I为黄绿色气体，则E为二氧化锰，I为氯气，D为浓盐酸，单质C为铁，H为FeCl2，L为FeCl3。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H2O，B为NaH，C为Fe，D为浓盐酸，E为MnO2，F为NaOH，G为H2，H为FeCl2，I为Cl2，K为Fe(OH)2，L为FeCl3，M为O2，N为Fe(OH)3；(1)L为FeCl3，故答案为FeCl3；(2)A为H2O，电子式为，故答案为；(3)根据图示，反应②为实验室制备氯气的反应，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故答案为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；(4)根据图示，反应③为氢氧化亚铁的氧化反应，反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O==4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。【点睛】本题考查了无机综合推断。本题的突破口为：N为红褐色沉淀；I为黄绿色气体。难点为B的判断，要借助于F的焰色反应为黄色，结合质量守恒判断B中含有钠元素。24、乙炔乙烯1，3－丁二烯甲烷环丙烷【分析】根据同温同压下，密度相同则相对分子质量相同进行分析；能使溴水褪色说明结构中含有碳碳不饱和建。最简单有机物为甲烷。据此分析。【详解】X、Y、Z、W、Q是五种气态烃，即碳原子数小于等于4,其中X、Y、Z能使溴水褪色，说明有碳碳不饱和键,其他物质中应都是单键,在同温同压下Y与氮气的密度相同,说明其相对分子质量为28,是乙烯；Y与Q分别有相同的分子通式，Q没有同类的异构体，说明其为环丙烷；X在催化剂存在下与氢气反应可得到Y，说明X为乙炔；W是最简单的有机物，为甲烷；1molZ与2mol氯气完全加成，生成物分子中每个碳原子上都连有氢原子和氯原子，X与Z有相同的分子通式，则Z为1，3－丁二烯。故X为乙炔，Y为乙烯，Z为1，3－丁二烯，W为甲烷，Q为环丙烷。25、CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑分液漏斗饱和食盐水NaOH溶液（或CuSO4溶液）除去气体中的杂质溴水褪色加成反应A【分析】碳化钙（CaC2）与水反应生成氢氧化钙[Ca（OH）2]和乙炔，为减缓反应，可用饱和食盐水代替水；得到的乙炔气体中混有H2S等还原性有毒气体，可以用NaOH溶液或硫酸铜溶液来除去；乙炔含有不饱和键，能够与溴水发生加成反应，使溴水褪色；乙炔难溶于水，可以用排水法收集。【详解】（1）碳化钙（CaC2）与水反应生成氢氧化钙[Ca（OH）2]和乙炔，配平即可，方程式为CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑，故答案为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；

（2）仪器A为分液漏斗，乙炔与水反应剧烈，为减缓反应，可用饱和食盐水，故答案为：分液漏斗；饱和食盐水；

（3）电石中往往混有CaS等杂质，与水反应会产生H2S等还原性有毒气体，硫化氢能与NaOH溶液或硫酸铜溶液反应，可以用NaOH溶液或硫酸铜溶液除去，故答案为：NaOH溶液（或CuSO4溶液）；除去气体中的杂质；

（4）乙炔能够和溴水发生加成反应，方程式为：CH≡CH+2Br2→CHBr2CHBr2，D中的现象为溴水褪色；故答案为：溴水褪色；加成反应；

（5）乙炔难溶于水选择A收集，在装置C之后连接收集装置，最适合用于收集A排水法收集，气体纯度高，故答案为：A。【点睛】对于制取气体的反应，为了防止气体产生速率过快，通常可以选择降低反应物浓度的办法，此题中用饱和食盐水代替蒸馏水就是应用了这个原理。26、环形玻璃搅拌棒偏小相等+124.2N2H4（g）+NO2（g）＝3/2N2（g）+2H2O（g）ΔH=-568kJ・mol-1【解析】Ⅰ、（1）中和热的测定实验中需要使用环形玻璃搅拌棒搅拌，因此图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒。（2）若用图中实验仪器测中和热，因为大小烧杯中有很多的空隙，保温措施不好，有热量损失，所以测得的结果会偏小。（3）中和热与反应的酸碱的物质的量无关，所以测得的中和热的数值相等。Ⅱ、（1）根据盖斯定律分析，反应①-反应②即可得反应热为(156.6-32.4)kJ·mol－1=+124.2kJ·mol－1。（2）根据题目信息分析，32g肼为1mol，完全反应生成氮气和气态水放出568kJ的热量，因此热化学方程式为N2H4（g）+NO2（g）＝3/2N2（g）+2H2O（g）ΔH=-568kJ・mol-1。27、使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差O2+2Mn(OH)2=2MnO(OH)2蓝色刚好褪去80ab低100mL容量瓶、胶头滴管【解析】试题分析：本题考查物质的量浓度溶液的配制和碘量法测定水中溶解氧，涉及方程式的书写，终点实验现象的描述，数据处理和误差分析。（1）扰动水体表面会引起水样中溶解氧的逸出，还会使水底还原性杂质进入水样。所以取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差。（2）根据实验步骤，“氧的固定”中O2将Mn（OH）2氧化成MnO（OH）2，Mn元素的化合价由+2价升至+4价，O元素的化合价由0价降至-2价，根据得失电子守恒和原子守恒，写出反应的化学方程式为O2+2Mn（OH）2=2MnO（OH）2。（3）固氧后的水样酸化发生反应MnO（OH）2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O，用Na2S2O3溶液滴定I2，I2遇淀粉呈蓝色，终点的现象：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在3