2026届河北省石家庄市普通高中高二上化学期中检测试题含解析

2026届河北省石家庄市普通高中高二上化学期中检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列各种方法中：①金属表面涂抹油漆②改变金属内部结构③保持金属表面清洁干燥④在金属表面进行电镀⑤使金属表面形成致密的氧化物薄膜，能对金属起到防护或减缓腐蚀作用的是A．全部B．①③④⑤C．①②④⑤D．①②③④2、将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s)

2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示：①b＜f②915℃、2.0MPa时E的转化率为60%③增大压强平衡左移④K(1000℃)＞K(810℃)上述①～④中正确的有()A．4个 B．3个 C．2个 D．1个3、标准状况下，某饱和醇1mol与O2气充分燃烧产生44.8L的CO2气体，另取1mol该醇与足量的Na反应，收集到气体22.4L的气体，则该醇为()A． B．CH3CH2OH C．CH3OH D．4、下列溶液肯定呈酸性的是A．含有H+离子的溶液 B．酚酞显无色的溶液C．c(OH-)＜c(H+)的溶液 D．pH小于7的溶液5、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试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下Ksp：Mg(OH)2＞Fe(OH)3D等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体，HX放出的氢气多且反应速率快证明HX酸性比HY强A．A B．B C．C D．D6、下列各组元素中,属于同一主族的是A．N、P B．O、F C．H、Mg D．Na、Cl7、NA为阿伏加德罗常数，下列物质所含分子数最少的是A．2molN2 B．含NA个分子的Cl2C．标准状况下11.2L的CH4 D．6gH2(H2摩尔质量为2g·mol-1)8、胆固醇是人体必需的生物活性物质，分子式为C27H46O，有一种胆固醇酯是液晶材料，分子式为C34H50O2，生成这种胆固醇酯的羧酸是()A．C6H13COOH B．C6H5COOHC．C7H15COOH D．C6H5CH2COOH9、在常温下，向20mLNaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的醋酸溶液,滴定曲线如下图所示。下列判断中,正确的是A．在M点,二者恰好完全反应B．滴定前,酸中c(H+)等于碱中c(OH-)C．NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol·L-1D．在N点,c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)10、某干电池原理如图所示，电池总反应为：Zn+2NH=Zn2++2NH3↑+H2↑。下列有关该电池的说法中错误的是A．锌片上发生氧化反应B．碳棒上反应为2NH+2e-=2NH3↑+H2↑C．图中该电池原理装置工作过程中溶液pH增大D．断开导线，图中该电池原理装置中不再发生任何反应11、下列分子中，不含手性碳原子的是()A． B．C． D．CH3CHClCH2CHO12、下列有关热化学方程式及其叙述正确的是A．氢气的燃烧热为285.5kJ·mol−1，则水分解的热化学方程式为2H2O(l)2H2(g)+O2(g)ΔH=+285.5kJ·mol−1B．已知2C(石墨，s)+O2(g)2CO(g)ΔH=−221kJ·mol−1，则石墨的燃烧热为110.5kJ·mol−1C．已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=−92.4kJ·mol−1，则在一定条件下将1molN2和3molH2置于一密闭容器中充分反应后最多可放出92.4kJ的热量D．已知乙醇和乙烯的燃烧热分别为1366.8kJ·mol−1和1411.0kJ·mol−1，则乙烯水化制乙醇的热化学方程式为C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l)ΔH=−44.2kJ·mol−113、在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g)2C(g)ΔH<0。t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程的速率-时间图像如下图（显示了部分图像）。下列说法正确的是A．0～t2时，v正＞v逆B．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，A的体积分数Ⅰ>ⅡC．t2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加CD．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数I＞Ⅱ14、在一定温度下，CO和水蒸气分别为1mol、3mol，在密闭容器中发生反应CO＋H2O(g)CO2＋H2，达平衡后测得CO2为0.75mol，再通入6mol水蒸气，达到新的平衡后，CO2和H2的物质的量之和可能为A．1.2mol B．1.8mol C．2.5mol D．1.5mol15、二氯丁烷的同分异构体有()A．6种 B．8种 C．9种 D．10种16、“玉兔”号月球车用Pu作为热源材料。下列关于Pu的说法不正确的是()A．Pu与Pu互为同位素B．Pu与Pu具有相同的最外层电子数C．Pu与Pu具有相同的中子数D．Pu与U质子数不同17、在相同温度时，100mL0.01mol/L的醋酸溶液与10mL0.1mol/L的醋酸相比较，下列数值中，前者大于后者的是A．H+的物质的量B．醋酸的电离常数C．中和时所需NaOH的物质的量D．加足量锌粉产生氢气的质量18、载人空间站为了循环利用人体呼出的CO2并将其转化为O2，设计装置工作原理如图所示，以实现“太阳能能→电能→化学能”的转化。总反应为2CO2=2CO+O2。下列说法正确的是A．该装置属于原电池B．水在Y电极参与反应C．反应完毕，该装置中电解质溶液碱性增强D．X极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-19、配制下列溶液时常需加入少量括号内的物质，其中不是为了抑制离子水解的是A．FeSO4(Fe) B．SnCl2(HCl) C．FeCl3(HCl) D．NaAlO2(NaOH)20、常温下，pH＝1的乙酸溶液和pH＝13的NaOH溶液，下列叙述中正确的是A．两种溶液等体积混合后，溶液呈碱性B．乙酸溶液中c(CH3COOH)大于NaOH溶液中c(Na＋)C．分别稀释10倍，两溶液的pH之和大于14D．若两溶液混合后pH＝7，则有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)21、常温下，能证明乙酸是弱酸的实验事实是A．0.1mol/LCH3COONa溶液的pH大于7B．CH3COOH溶液的导电能力弱C．0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红D．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO222、下列关系的表述中，正确的是A．0.1mol∙L﹣1NaHSO4溶液中：c()+c()=c()+c()B．0.1mol∙L﹣1NaHCO3溶液中：c()＞c()＞c()＞c(H2CO3)C．中和浓度和体积都相同的盐酸和醋酸，消耗同浓度的NaOH溶液的体积之比为1：1D．pH=3的盐酸和pH=3的FeCl3溶液中，由水电离出的c(H+)相等二、非选择题(共84分)23、（14分）短周期元素A、B、C、D的位置如图所示，室温下D单质为淡黄色固体。回答下列问题：（1）C元素在周期表中的位置___，其在自然界中常见的氧化物是___晶体。（2）A的单质在充足的氧气中燃烧得到的产物的结构式是___，其分子是__分子（“极性”或“非极性”）。（3）四种元素中可用于航空航天合金材料的制备，其最高价氧化物的水化物的电离方程式为___。（4）与B同周期最活泼的金属是___，如何证明它比B活泼？（结合有关的方程式进行说明）__。24、（12分）2020年1月31日《新英格兰医学杂志》(NEJM)在线发表了一篇关于瑞德西韦(Remdesivir)成功治愈美国首例新型冠状病毒(2019-nCoV)确诊病例的论文，因此瑞德西韦药物在抗疫治疗方面引起广泛关注，该药物的中间体M合成路线如下：已知：①R—COOH②A→B发生加成反应(1)物质A的化学名称为___________，G中含氧官能团名称是__________。(2)由D→E的反应类型为_____________。(3)H→K的流程中，加入CH3COCl的目的是__________。(4)J一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_____________。①能发生银镜反应，且水解后的产物遇FeCl3溶液显紫色；②其核磁共振氢谱有4种吸收峰。(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________________。25、（12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下：可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度/g·cm－3沸点/℃溶解性环己醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水合成反应：在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℃。分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量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10g。回答下列问题：（1）装置b的名称是____。（2）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_____(填字母，下同)。A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料（3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为_______。（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并____；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的___(填“上口倒出”或“下口放出”)。（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是________。（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有_____。A．接收器B．温度计C．吸滤瓶D．球形冷凝管（7）本实验所得到的环己烯产率是_____。A．41%B．50%C．61%D．70%26、（10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”)。27、（12分）实验室有一瓶未知浓度的Na2S2O3，通过下列实验测定其浓度①取10.0mLNa2S2O3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0.01mol·L－1的I2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：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。试回答下列问题：（1）步骤①加入的指示剂是__________。（2）步聚③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Na2S2O3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28、（14分）CH3OH是一种无色有刺激性气味的液体，在生产生活中有重要用途，同时也是一种重要的化工原料．（1）已知CH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)能量变化如图，下列说法正确的是______A．CH3OH转变成H2的过程是一个吸收能量的过程B．H2的生成速率与CH3OH的消耗速率之比为1：2C．化学变化不仅有新物质生成，同时也一定有能量变化D．1molH-O键断裂的同时2molC=O键断裂，则反应达最大限度（2）某温度下，将5molCH3OH和2molO2充入2L的密闭容器中，经过4min反应达到平衡，测得c(O2)=0.2mol·L－1，4min内平均反应速度v(H2)=__________，则CH3OH的转化率为______。（3）甲醇燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、空气、KOH(电解质溶液)构成，则下列说法正确的是______A．电池放电时通入空气的电极为负极B．电池放电时负极的电极反应式为CH3OH-6e-=CO2↑+2H2OC．电池放电时，电解质溶液的碱性逐渐减弱D．电池放电时每消耗6.4gCH3OH转移1.2mol电子（4）写出甲醇燃料电池在酸性条件下负极的反应式为______．29、（10分）如图所示为高温超导领域里的一种化合物——钙钛矿晶体结构，该结构是具有代表性的最小重复单位。（1）在该物质的晶体结构中，每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子、钙离子各有__、__个。（2）该晶体结构中，元素氧、钛、钙的离子个数比是__．该物质的化学式可表示为__。（3）若钙、钛、氧三元素的相对原子质量分别为a，b，c，晶体结构图中正方体边长（钛离子之间的距离）为dnm（1nm=10﹣9m），则该晶体的密度为__g/cm3。

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】2、A【详解】①分析图表数据结合反应特点，同温下，增大压强，平衡逆向进行，平衡时G的体积分数变小，故可知c＞75.0＞54.0＞a＞b，利用c＞75.0＞54.0可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，从而可知f＞75.0，所以b<f，故①正确；

②设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得×100%=75%，解得x=0.6，则E的转化率=60%，故②正确；

③该反应是一个气体分子增大的反应，增大压强平衡左移，故③正确；

④c、e压强相同，温度不同，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，K（1000℃）＞K（810℃），故④正确；

故选A。3、A【详解】相同物质的量的某饱和醇，充分燃烧后的二氧化碳与足量钠生成的氢气的体积比为2：1，可推测出C：-OH=1：1，且为标况下，1mol有机物含2molC原子，答案为A。4、C【详解】A、酸、碱、盐溶液中同时存在氢离子和氢氧根离子，含有H+的溶液不一定为酸性溶液，选项A错误；B、酚酞遇酸性和中性溶液都不变色，遇碱性溶液变红，酚酞显无色的溶液不一定为酸性溶液，选项B错误；C、溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，如果氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液一定呈酸性，选项C正确；D、溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小，即pH值大小，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了溶液酸碱性的判断，选项D易错，溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小。5、B【详解】A．NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH，然后比较酸性强弱，A错误；B．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解使溶液呈碱性，溶液呈红色，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，B正确；C．向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀，NaOH过量，后滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，则不能比较溶度积大小，C错误；D．HX放出的氢气多且反应速率快，说明HX酸性比HY弱，故D错误；综上所述，本题选B。【点睛】该题为高频考点，涉及盐类水解与酸性比较、沉淀生成与沉淀转化、pH的测定等，注重实验原理及物质性质的考查，注意实验的操作性、评价性分析，选项A和D是易错点，注意次氯酸的强氧化性和pH相等的弱酸浓度大小关系。6、A【详解】A．N、P元素都是主族元素，其最外层电子数都是5，所以都是同一主族元素，选项A正确；B．O、F原子核外电子层数相同但O原子最外层电子数为6，F原子最外层电子数是7，O与F不属于同一主族元素，选项B错误；C．H、Mg原子核外最外层电子数分别为1、2，不相同，所以不属于同一主族元素，选项C错误；D．Na、Cl原子核外电子层数相同但其最外层电子数不相同，所以属于同一周期但不属于同一主族元素，选项D错误；答案选A。7、C【详解】将各选项中的量都转化成物质的量，由N=nNA可知，物质的量越小，所含的分子数越少，A．2molN2的物质的量为2mol；B．含NA个分子的Cl2的物质的量为1mol；C．标准状况下11.2L的CH4的物质的量为=0.5mol；D．6gH2(H2摩尔质量为2g·mol-1)的物质的量为=3mol；所以物质的量最小的是C，故选C。8、B【详解】醇的分子式为C27H46O，酯的分子式为C34H50O2，结合酯化反应原理可知：C27H46O+羧酸→C34H50O2+H2O，由原子守恒可知，羧酸中C原子为34-27=7，H原子为50+2-46=6，O原子为2+1-1＝2，因此该羧酸为C6H5COOH，故合理选项是B。9、C【详解】A、若两者恰好反应，则生成物是CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解后溶液的pH>7，而M点的pH=7，说明醋酸过量，故A错误；B、滴定前c(CH3COOH)=c(NaOH)=0.1mol·L-1，NaOH是强碱，溶于水完全电离，但CH3COOH为弱酸，溶于水部分电离，所以滴定前,酸中c(H+)小于碱中c(OH-)，故B错误；C、在常温下，根据初始pH=13可知NaOH溶液中氢离子浓度为10-13mol·L-1，则c(NaOH)=0.1mol·L-1，故C正确；D、据分析c(NaOH)=0.1mol·L-1，则N点时，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，此时pH<7，说明CH3COOH的电离大于CH3COONa的水解，但两者程度都很小，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故D错误；综上所述，本题应选C。10、D【详解】A．放电时，Zn元素化合价由0价变为+2价，化合价升高，失去电子，所以Zn是负极，发生氧化反应，A正确；B．Zn为负极，碳棒为正极，正极得电子，电极反应为2NH+2e-=2NH3↑+H2↑，B正确；C．该原电池的电解质溶液为氯化铵溶液，呈酸性，随着电池反应的不断进行，铵根浓度减小，水解程度减小，酸性减弱，故pH增大，C正确；D．该原电池的电解质溶液为氯化铵溶液，呈酸性，反应断路时，Zn也可和电解质溶液发生反应，D错误；故选D。11、B【分析】根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：(1)手性碳原子一定是饱和碳原子；(2)手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。【详解】A．中右边的碳原子连有的四个不同取代基，该碳原子具有手性，故A不符合题意；B．中左边的碳原子所连接的四个基团有3个是一样的，右边的碳原子不饱和，碳原子不具有手性，故B符合题意；C．中间的碳原子连有的四个不同取代基，该碳原子具有手性，故C不符合题意；D．CH3CHClCH2CHO中左边第二个碳原子连有的四个不同取代基，该碳原子具有手性，故D不符合题意；答案选B。12、D【详解】A.燃烧热是指1mol可燃物燃烧时所放出的热量，所以当1mol水分解时才吸热285.5kJ，A项错；B.燃烧热是指生成稳定的氧化物所放出的热量，而CO不是稳定氧化物，B项错；C.合成氨是可逆反应，提供的反应物不会全部反应，放出的热量小于92.4kJ，C项错；D.根据盖斯定律，将表达乙烯燃烧热的热化学方程式和表达乙醇燃烧热的热化学方程式相减可得D项热化学方程式；答案选D。13、C【解析】A、由图象分析可以知道,,反应正向进行,,,反应到达平衡，,,故A错误；B、时刻改变条件后达到平衡时,逆反应速率不变,说明和原平衡等效,A的体积分数Ⅰ=Ⅱ,故B错误；C、向密闭容器中加C,逆反应速率瞬间增大,再次建立的平衡与原平衡等效,说明和原平衡相同,符合图象,所以C选项是正确的；D、时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变,说明和原平衡等效,所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时,平衡常数I=Ⅱ,故D错误；所以C选项是正确的。14、B【解析】在一定温度下，CO和水蒸气分别为1mol、3mol，在密闭容器中发生反应CO＋H2O(g)CO2＋H2，达平衡后测得CO2为0.75mol，则H2的物质的量也是0.75mol，CO2和H2的物质的量之和是1.5mol。向体系中再通入6mol水蒸气，化学平衡向正反应方向移动，达到新的平衡后，CO2和H2的物质的量之和会有所增大，但一定小于极限值2mol，所以可能为B，本题选B。点睛：可逆反应的特点是不能向任何一个方向进行到底。15、C【解析】丁烷中，当碳链为C-C-C-C，当氯原子在同一个碳上，有2中结构，氯在不同的碳上，有4种结构；当为异丁烷时，当氯原子在同一个碳上，有1中结构，氯在不同的碳上，有2种结构，共有2+4+1+2=9种二氯代物。故选C。【点睛】烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。16、C【详解】A．Pu与Pu是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故A正确；B．Pu与Pu核外电子数都是94，具有相同的最外层电子数，故B正确；C．Pu中子数是238-94=144，Pu中子数是239-94=145，中子数不同，故C错误；D．Pu质子数是94，U质子数是92，故D正确；选C。17、A【解析】试题分析：A．醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，两种溶液溶质都为0.001mol，100mL0.01mol•L﹣1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L﹣1的醋酸溶液相比较，H+的物质的量前者大，故A正确；B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，故B错误；C．由于两种溶液中溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，故C错误；D．由于溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，则和锌反应产生氢气的量相同，故D错误；考点：考查不同浓度的同一弱电解质的比较的知识。18、B【解析】题目叙述为：该装置实现“太阳能→电能→化学能”转化，而电能转化为化学能为电解池，选项A错误。根据电子流向得到：Y为电解池的阴极，应该发生还原反应，总反应中得到发生还原反应的是CO2，再考虑到需要生成氢氧根离子，使其能透过阴离子交换膜，得出Y电极方程式为：CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，选项B正确。该装置的总反应为2CO2=2CO+O2，该反应对于溶液的氢离子、氢氧根离子以及水都无影响，所以反应前后溶液的pH并不变化，选项C错误。X为阳极，发生氧化反应，应该是阴极生成的氢氧根离子失电子，电极方程式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，选项D错误。19、A【详解】A．FeSO4溶液中加入铁屑是防止Fe2＋被氧化，与水解无关，A选；B．SnCl2是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解导致溶液变浑浊，加入HCl是为了抑制Sn2+水解，B不选；C．FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解导致溶液变浑浊，加入HCl是为了抑制Fe3+水解，C不选；D．偏氯酸钠是强碱弱酸盐，为了抑制偏铝酸根离子的水解，往往加入NaOH，D不选；答案选A。20、B【解析】乙酸是弱电解质、氢氧化钠是强电解质，pH＝1的乙酸溶液和pH＝13的NaOH溶液，乙酸浓度大于氢氧化钠，两种溶液等体积混合后，乙酸有剩余，溶液呈酸性，故A错误；乙酸是弱电解质、氢氧化钠是强电解质，所以pH＝1的乙酸溶液和pH＝13的NaOH溶液中，乙酸浓度大于氢氧化钠，c(CH3COOH)大于NaOH溶液中c(Na＋)，故B正确；分别稀释10倍，乙酸的PH在1∼2之间、NaOH溶液的PH=12，两溶液的pH之和小于14，故C错误；若两溶液混合后pH＝7，根据电荷守恒，c(Na＋)＝c(CH3COO－)，故D错误。21、A【解析】A．0.1mol/LCH3COONa溶液的pH值大于7，该盐溶液显碱性，由于NaOH是强碱，说明醋酸根水解，故可以证明乙酸是弱酸，A正确；B．CH3COOH溶液的导电能力弱，只能证明溶液中离子的浓度较小，不能证明其酸性强弱，B错误；C．0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红，可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，C错误。D．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2，可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，D错误；答案选A。【点睛】弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡（或其酸根离子存在水解平衡）存在，就证明了弱电解质。22、C【详解】A．0.1mol∙L﹣1NaHSO4溶液中的电荷守恒为：c()+c()=2c()+c()，故A错误；B．碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子要水解或是电离，故c()＞c()，碳酸氢根离子电离时生成碳酸根离子，水解时生成碳酸，溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，c(H2CO3)＞c()，故c()＞c()＞c(H2CO3)＞c()，故B错误；C．根据n=cV，浓度和体积都相同的盐酸和醋酸的物质的量相同，盐酸和醋酸属于一元酸，盐酸是强酸，醋酸是弱酸，无论是强酸还是弱酸，发生中和反应时的实质是+=H2O，中和时消耗NaOH溶液的物质的量是相等的，消耗同浓度的NaOH溶液的体积之比为1：1，故C正确；D．pH=3的盐酸中，c(H+)=10-3mol/L，c(OH-)=，由水电离出的c(H+)和c(OH-)相等，是10-3mol/L；FeCl3溶液中氢离子是铁离子水解得到的，pH=3的FeCl3溶液中，由水电离出的c(H+)=10-3mol/L，pH=3的盐酸和pH=3的FeCl3溶液中由水电离出的c(H+)不相等，故D错误；答案选C。【点睛】无论是强酸还是弱酸，中和时消耗NaOH溶液的物质的量是相等的，为易错点。二、非选择题(共84分)23、第三周期第ⅣA族原子O＝C＝O非极性H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH-NaNaOH的碱性强于Al(OH)3，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O【分析】室温下D单质为淡黄色固体，说明D为硫单质，根据图，可得出A为C，B为Al，C为Si。【详解】⑴C元素为硅元素，14号元素，在周期表中的位置第三周期第ⅣA族，故答案为第三周期第ⅣA族；硅在自然界中常见的氧化物为二氧化硅，它为原子晶体，故答案为原子晶体；⑵A为C元素，单质在充足的氧气中燃烧得到的产物为二氧化碳，其结构式是O＝C＝O，故答案为O＝C＝O；二氧化碳是直线形分子，分子中正负电中心重合，其分子是非极性分子，故答案为非极性；⑶四种元素中可用于航空航天合金材料的制备，其应该为Al元素，其最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝的电离有酸式电离和碱式电离，其电离方程式为H++AlO2－+H2OAl(OH)3Al3++3OH－，故答案为H++AlO2－+H2OAl(OH)3Al3++3OH－；⑷与B同周期最活泼的金属是最左边的金属Na，证明Na比Al活泼，可证明NaOH的碱性强于Al(OH)3，利用氢氧化铝的两性，溶于强碱的性质来证明，即Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为NaOH的碱性强于Al(OH)3，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。24、乙醛酯基取代保护酚羟基不被混酸氧化或或【分析】CH3CHO与HCN反应生成CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件反应生成，与Br2反应生成，和氨气反应生成E(D中—Br变为E中—NH2)，E和SOCl2反应生成F，F发生取代反应得到G，H和发生反应生成I，I发生硝化反应生成J，J和稀硫酸反应生成K，L与K、G发生反应生成最终产物。【详解】(1)根据B的结构简式和A→B发生加成反应，得到物质A为CH3CHO，其化学名称为乙醛，根据G的结构简式得到G中含氧官能团名称是酯基；故答案为：乙醛；酯基。(2)根据D→E和E→F(—COOH变为)、以及D、E、F的结构简式得到D→E是—Br变为—NH2，其反应类型为取代反应；故答案为：取代反应。(3)H→K的流程中，H加入CH3COCl变为I，J变为K羟基又变回来了，因此其目的是保护酚羟基不被混酸氧化；故答案为：保护酚羟基不被混酸氧化。(4)①能发生银镜反应，说明含有醛基，且水解后的产物遇FeCl3溶液显紫色，说明原物质有酯基，水解后含有苯酚；②其核磁共振氢谱有4种吸收峰；因此其同分异构体为或或；故答案为：或或。(5)是由发生酯化反应得到，乙醇催化氧化变为乙醛，CH3CHO与HCN反应生成CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件下反应生成，因此合成路线为，故答案为：。【点睛】有机推断是常考题型，主要考查反应类型、官能团、有机物结构简式、根据有机物前后联系推断有机物，书写方程式，设计流程图。25、直形冷凝管防止暴沸B检漏上口倒出吸收产物中少量的水（或干燥）CDC【解析】(1)根据装置图可知装置b的名称；(2)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；(3)加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，分子间还可以发生取代反应；(4)分液漏斗有活塞和塞子，结合分液漏斗的使用方法解答；根据环己烯的密度比水的密度小分析判断；(5)根据无水氯化钙具有吸水性分析；(6)观察题目提供的实验装置图分析判断；(7)首先计算出20g环己醇的物质的量，根据反应方程式，求出理论上可以得到的环己烯的质量，再根据产率=×100%计算。【详解】(1)依据装置图可知，装置b是蒸馏装置中的冷凝器装置，故答案为直形冷凝管；(2)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，故选B，故答案为防止暴沸；B；(3)加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚为，故答案为；(4)由于分液漏斗有活塞和塞子，使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，应该从分液漏斗的上口倒出，故答案为检漏；上口倒出；(5)分离提纯过程中加入无水氯化钙，是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水，故答案为吸收产物中少量的水(或干燥)；(6)观察题目提供的实验装置图知，蒸馏过程中需要用到蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、接收器，锥形瓶等，用不到吸滤瓶和球形冷凝器管，故选CD；(7)20g环己醇的物质的量为=0.2mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，即理论上得到环己烯的质量为82g/mol×0.2mol=16.4g，所以产率=×100%=61%，故选C。26、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。27、淀粉溶液滴入最后一滴标准液时,溶液由无色变成蓝色,且振荡半分钟内不变色0.038mol•L﹣1AD【详解】（1）本滴定实验为利用I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6测定生成I2从而确定水样中的Cl2，故所用指示剂用来指示溶液中I2的量，故应用淀粉溶液作指示剂；综上所述，本题答案是：淀粉溶液。（2）碘遇淀粉变蓝，判断达到滴定终点的实验现象是：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变成蓝色且半分钟内不恢复；综上所述，本题答案是：滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成蓝色，且振荡半分钟内不变色。（3）从图表中数据可知，消耗标准液的体积：三组数据：19.10mL，18.90mL，24.06，24.06误差太大，舍去；因此消耗标准液的体积平均为19.00mL；根据反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，则废水中的Na2S2O3物质的量浓度为(19×0.01×2)/10=0.038mol•L﹣1；综上所述，本题答案是：0.038mol•L﹣1。（4）依据进行如下分析：A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗会导致c（标准）变小，则V（标准）偏大，故所测NaOH溶液浓度偏大，正确；B．滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，导致待测溶液的溶质总量减小，消耗标准液的体积偏小，所测NaOH溶液浓度偏小，错误；C．滴定前滴定管尖嘴中没有气泡，滴定终点时发现气泡，由于气泡占有空间，则会导致V（标准）体积偏小，故会导致所测浓度偏小，错误；D．达到滴定