2026届江西省宜春巿高安中学高二化学第一学期期中考试模拟试题含解析

2026届江西省宜春巿高安中学高二化学第一学期期中考试模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下列化学用语书写正确的是（）A．水溶液中NH4HSO4的电离方程式：NH4HSO4=NH+H++SOB．水溶液中H2CO3的电离方程式：H2CO32H＋＋COC．NaHCO3溶液水解的离子方程式：HCO＋H2OCO＋H3O＋D．AlCl3溶液水解的离子方程式：Al3＋＋3H2O=Al（OH）3＋3H＋2、根据能量变化示意图，下列说法正确的是A．H2在O2中燃烧生成气态水的过程中吸收能量B．断开1molH2O(g)所含的共价键共放出917.9kJ的能量C．H2O(g)比H2O(l)更稳定D．H2在O2中燃烧生成液态水的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)==2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-13、下列说法正确的是()A．甲烷的燃烧热为ΔH＝－890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ·mol－1B．NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1(中和热)C．测定盐酸和NaOH溶液反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度、NaOH溶液起始温度和反应后终止温度D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1(燃烧热)4、黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)=K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g)△H=xkJ·mol-1已知：①C(s)＋O2(g)=CO2(g)△H=akJ·mol-1②K2S(s)=S(s)＋2K(s)△H=bkJ·mol-1③2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)=2KNO3(s)△H=ckJ·mol-1下列说法不正确的是()A．x<0a>0B．b>0c<0C．x=3a-b-cD．1mol碳(s)在空气中不完全燃烧生成CO的焓变大于akJ·mol-15、向Fe2O3、CuO、Fe、Cu的混和粉末中加入过量的稀硫酸，充分反应后，仍有红色粉末存在，则关于所得溶液中阳离子的判断正确的是A．一定有Fe2＋，可能有Cu2＋ B．一定有Fe2＋、Cu2＋，可能有Fe3＋C．只有Fe2＋和Cu2＋ D．只有Fe2＋6、25℃时，在0.01mol·L－1的硫酸溶液中，水电离出的H＋浓度是()A．5×10－13mol·L－1 B．0.02mol·L－1 C．1×10－7mol·L－1 D．1×10－12mol·L－17、四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1:2，X2+和Z-的电子数之差为8。下列说法不正确的是(）A．WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构B．元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、ZC．W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是元素ZD．W与Y通过离子键形成离子化合物8、已知wg液态苯(C6H6)完全燃烧生成2molCO2气体和1mol液态水，并放出mkJ的热量，下列能正确表示苯燃烧热的热化学方程式的是()A．2C6H6(l)＋15O2(g)===12CO2(g)＋6H2O(l)ΔH＝－2mkJ·mol－1B．C6H6(l)＋O2(g)===2CO2(g)＋H2O(g)ΔH＝－mkJ·mol－1C．C6H6(l)＋O2(g)===6CO2(g)＋3H2O(g)ΔH＝－mkJ·mol－1D．C6H6(l)＋O2(g)===6CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－3mkJ·mol－19、下列说法不正确的是A．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加B．常温下，反应C(s)+CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的C．应用盖斯定律可计算某些难以直接测量的反应焓变D．1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，吸收10.94kJ热量，则热化学方程式为：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.28kJ/mol10、下列关于平衡常数的说法正确的是A．在平衡常数表达式中，反应物浓度用起始浓度表示，生成物浓度用平衡浓度表示B．可以用化学平衡常数来定量描述化学反应的限度C．可逆反应中，反应物的转化率增大，一定导致化学平衡常数增大D．平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂有关11、如图是关于可逆反应（正反应为放热反应）的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是A．升高温度B．降低压强C．增大反应物浓度，同时使用正催化剂D．增大反应物浓度，同时减小生成物浓度12、下列化学反应属于吸热反应的是A．木炭燃烧 B．铝热反应 C．氯化铵与消石灰反应 D．氢氧化钠与硝酸反应13、用H2O2和H2SO4的混合溶液可腐蚀印刷电路板上的铜，其热化学方程式为Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)ΔH已知①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH1=64kJ·mol-1②2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH2=-196kJ·mol-1③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH3=-286kJ·mol-1下列说法不正确的是（）A．反应①可通过铜作电极电解稀的H2SO4方法实现B．反应②在任何条件下都能自发进行C．若H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH4，则ΔH4＜ΔH3D．ΔH=-320kJ·mol-114、下列表述或判断不正确的是（）A．根据CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－能说明CH3COOH是弱电解质B．根据NH3＋H3O＋NH＋H2O能说明NH3结合H＋的能力比H2O强C．pH相等的①Na2CO3；②NaOH；③CH3COONa三种溶液，物质的量浓度的大小顺序为：③>①>②D．相同条件下等物质的量浓度的①NaCl溶液；②NaOH溶液；③HCl溶液中由水电离出的c（H＋）：③>①>②15、企鹅酮的化学式C10H14O，因为结构类似企鹅，因此命名为企鹅酮(见图)。下列有关企鹅酮的说法正确的是A．分子式为C10H16OB．1mol企鹅酮分子最多可以和2mol氢气加成C．可使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同D．企鹅酮的同分异构体众多，其中遇Fe3+显色且苯环上有两个支链的结构共有12种16、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17、恒温下，把0.5mol/L的HF溶液加水稀释，随着加水量的增大，下列判断正确的是A．溶液中F-的个数减小B．电离平衡常数ka值变大C．电离转化率不变D．c(F-)/c(HF)此比值增大18、已知:C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=akJ·mol-12C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-220kJ·mol-1H—H、O=O和O—H键的键能分别为436kJmol-1，496kJmol-1和462kJmol-1。则a为()A．-332 B．-118 C．+350 D．+13019、在等温、等容条件下,有下列气体反应：2A(g)＋2B(g)C(g)＋3D(g)。现分别从两条途径建立平衡：Ⅰ.A和B的起始浓度均为2mol/L；Ⅱ.C和D的起始浓度分别为2mol/L和6mol/L。下列叙述正确的是（）A．达到平衡时，Ⅰ途径的反应速率V(A)等于Ⅱ途径的反应速率V(A)B．达到平衡时，第Ⅰ条途径混合气体的密度与第Ⅱ条途径混合气体的密度相同C．Ⅰ和Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内混合气体的体积分数相同D．Ⅰ和Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内混合气体的体积分数不同20、在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的H＋浓度为1.0×10－13mol/L，下列有关该溶液的叙述，正确的是（）A．该溶液可能呈酸性 B．该溶液一定呈碱性C．该溶液的pH一定是1 D．该溶液的pH不可能为1321、1molA与1molB混合于1L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)+3B(g)2C(g)+zD(g)，2s后A的转化率为50%，测得v(D)=0.25mol/(L∙s)，下列推断不正确的是A．z=2 B．2s时，容器内的压强是初始的7/8倍C．2s时C的体积分数为2/7 D．2s时，B的浓度为0.5mol/L22、下列化学用语书写正确的是()A．氯原子的结构示意图： B．氯化氢分子的电子式：C．乙烷的结构简式：C2H6 D．含6个中子的碳原子的核素符号：C二、非选择题(共84分)23、（14分）(1)下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同）______，属于非电解质是_____。①硫酸氢钠固体②冰醋酸③蔗糖④氯化氢气体⑤硫酸钡⑥氨气⑦次氯酸钠(2)写出下列物质在水中的电离方程式：醋酸：______。次氯酸钠：______。(3)甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L-1、0.1mol•L-1，则c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙________10（填“大于”、“等于”或“小于”）。(4)现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为_____。24、（12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____________________________________。25、（12分）已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下步骤实验：①称量1.0g样品溶于水，配成250mL溶液；②准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中；③滴加几滴酚酞溶液；④用0.10mol∙L−1的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如表：滴定序号待测液体积/(mL)所消耗盐酸标准液的体积/(mL)滴定前滴定后125.000.5020.60225.006.0026.00325.001.1021.00请回答：(1)将样品配成250mL溶液，除小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有______________。(2)用___________滴定管填“酸式”或“碱式”盛装0.10mol∙L−1的盐酸标准液。(3)达到滴定终点时的标志为____________。(4)烧碱样品的纯度为_____________。(5)若出现下列情况，测定结果偏高的是_____________。a.未用待测液润洗碱式滴定管b.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确c.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗d.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液26、（10分）食用白醋和白酒均为家庭厨房中常见的物质，请至少用三种方法加以区别_____、____、_____。27、（12分）实验室测定中和热的步骤如下(如图)：第一步：量取40.0mL0.25mol/LH2SO4溶液倒入小烧杯中，测量温度；第二步：量取40.0mL0.55mol/LNaOH溶液，测量温度；第三步：将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度。请回答：(1)图中仪器A的名称是____________。(2)NaOH溶液稍过量的原因____________．(3)加入NaOH溶液的正确操作是____________（填字母）。A．沿玻璃棒缓慢加入B．分三次均匀加入C．一次迅速加入D．用滴定管小心滴加(4)上述实验测得的结果与理论上的57.3kJ/mol有偏差，其原因可能是____________。a．NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中后未及时将盖板盖好b．实验装置保温、隔热效果不好c．用温度计测定NaOH溶液起始温度后又直接测定H2SO4溶液的温度d．使用温度计搅拌混合液体(5)若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量_____（填“小于”、“等于”或“大于”）57.3kJ，原因是__________________________________。(6)已知某温度下：CH3COOH(aq)+OH-(aq)=CH3COO﹣(aq)+H2O(l)△H=﹣12.1kJ•mol﹣1；H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)△H=﹣55.6kJ•mol﹣1。则CH3COOH在水溶液中电离的△H=________________。28、（14分）按要求填空：(1)下列物质中，属于电解质的是_________，属于非电解质的是_________，属于强电解质的是________，属于弱电解质的是__________。(填序号)①氯化钠溶液②氯化氢气体③一水合氨④酒精⑤二氧化碳⑥铁粉(2)下表列出了几种化学键的键能：化学键H—HCl—ClH—Cl键能/kJ·mol－1436243431请根据以上信息写出氢气在氯气中燃烧生成氯化氢气体的热化学方程式为____________(3)已知下列热化学方程式：Zn(s)+1/2O2(g)＝ZnO(s)△H1=－351.1kJ/molHg(l)+1/2O2(g)＝HgO(s)△H2=－90.1kJ/mol由此可知反应：Zn(s)+HgO(s)＝ZnO(s)+Hg(l)的焓变△H＝____________________。29、（10分）一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示。（1）从反应开始到10s，用Z表示的反应速率为____。X的物质的量浓度减少了___，Y的转化率为_____。（2）该反应的化学方程式为____。（3）10s后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其速率随时间的变化图像如图所示。则下列说法符合该图像的是_____。A．t1时刻，增大了X的浓度B．t1时刻，缩小了容器体积C．t1时刻，升高了体系温度D．t1时刻，使用了催化剂

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【详解】A．NH4HSO4是强电解质，在水溶液中的电离方程式为NH4HSO4=NH+H++SO，故A正确；B．碳酸是弱酸，在水溶液中分步电离，其第一步电离方程式为H2CO3H＋＋HCO，故B错误；C．NaHCO3在溶液中水解的离子方程式为HCO＋H2OH2CO3＋OH-，故C错误；D．AlCl3在溶液中水解的离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，故D错误；故答案为A。2、D【解析】A.反应物的总能量高于生成物的总能量，说明该反应过程放出热量；B.断开1molH2O(g)所含的共价键需要吸收能量，而不是放热；C.能量越低越稳定；D.根据盖斯定律计算反应热即可，注意反应热的正负号。【详解】A.H2在O2中燃烧生成气态水，从上述图像可以看出，H2（g）+12O2（g）的能量大于H2O(g)的能量，因此此反应放出热量，故AB.断开1molH2O(g)所含的共价键需要吸收能量，故B项错误；C.从图像可以得出，H2O(l)比H2O(g)的能量低，H2O(l)更稳定，故C项错误；D.根据图像可得，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=2×（△H1+△H2+△H3+△H4）=-571.6kJ·mol-1，故D项正确；答案选D。【点睛】在解答热化学方程式，注意几个概念问题：①断键吸热，成键放热；②能量越低的物质越稳定。3、C【详解】A.燃烧热指的是1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，其中产物中的水为液态，A错误；B.中和热是稀的强酸和强碱中和生成1mol水所释放的热量，醋酸是弱酸，B错误；C.测定HCl和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度、NaOH起始温度和反应混合液的最高温度，C正确；D.燃烧热指的是1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，D错误。故答案为：C。4、A【详解】A．C在氧气中燃烧生成CO2为放热反应，焓变小于0，即a<0，故A错误；B．反应②为分解反应，反应吸热，b>0，反应③为化合反应，热反应放热，c<0，故B正确C．根据盖斯定律将方程式3①-②-③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)的△H=(3a-b-c)kJ•mol-1，所以x=3a-b-c，故C正确；D．1mol碳(s)在空气中不完全燃烧生成CO放出的热量小于生成CO2时放出的热量，所以焓变大于akJ·mol-1，故D正确；综上所述答案为A。5、A【详解】A、由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，无论Fe3+是和Fe反应，还是和Cu反应，溶液中一定存在Fe2+，当Fe过量时，不存在Cu2+，当Fe不足时，溶液中有Cu2+，A正确；B、剩余固体中含有铜，则溶液中一定不存在铁离子，B错误；C、当铜全部析出时，不存在Cu2+，C错误；D、由于红色粉末是Cu，所以溶液当中肯定没有Fe3+，但可能含有铜离子，D错误，答案选A。【点晴】该题的关键是明确氧化性与还原性的强弱顺序，搞清楚反应的先后顺序，即铁离子首先氧化铁，然后在氧化单质铜，单质首先还原铁离子，然后还原铜离子，最后还原氢离子，然后结合选项逐一分析解答。6、A【详解】溶液中c(H＋)＝0.02mol·L－1，由Kw＝1.0×10－14可知c(OH－)＝==5×10－13mol·L－1。在硫酸溶液中，溶液中H＋来自于水和酸的电离，溶液中OH－只来源于水电离，无论什么溶液，水电离的c(H＋)和水电离c(OH－)永远相等，则c(H＋)水＝c(OH－)水＝5.0×10－13mol·L－1，答案选A。【点睛】水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度总是相等，计算酸溶液中由水电离出的氢离子时可以先计算氢氧根离子的浓度，因为酸中的氢氧根来自于水的电离。7、D【解析】根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1：2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W：He；X：Be；Z：F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W：C：X：Mg；Z：Cl；由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，确定Y为S，综上所述：推断出各物质为：W、C；X、Mg；Y、S；Z、Cl；据以上分析解答。【详解】根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1：2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W：He；X：Be；Z：F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W：C：X：Mg；Z：Cl；由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，确定Y为S，综上所述：推断出各物质为：W、C；X、Mg；Y、S；Z、Cl；

A、WZ4分子为CCl4，原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构，故A正确；

B、XYZ是同周期元素的原子，同周期原子半径依次减小，元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z，故B正确；

C、W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、H2SO4、HClO4；其中HClO4酸性最强，所含的元素是Cl，故C正确；D、W（C）与Y（S）通过共价键形成共价化合物CS2，故D错误；

综上所述，本题选D。8、D【解析】由燃烧热定义分析，可燃物为1mol时，生成稳定状态物质时放出热量，此时水为液体，故D正确。9、A【详解】A、铅蓄电池电极反应：负极：Pb+SO42—2e-=PbSO4；正极：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O不难看出铅蓄电池在放电过程中，负极生成PbSO4质量增加，正极生成PbSO4质量也增加，故A错误；

B、因熵增、焓减的化学反应可能自发进行，反应气体体积增大，反应C(s)+CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的，故B正确；；C、反应的焓变与变化过程无关，只与初始和终了状态有关，对某些难以直接测量的反应焓变，可以根据盖斯定律设计过程利用已知反应焓变计算，故C正确；D、由1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94kJ热量，则1mol碳与水蒸气反应，吸收10.94kJ×12=131.28kJ，

则此反应的热化学方程式为C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.28kJ/mol，故D正确。答案选A。10、B【详解】A.在平衡常数表达式中，无论反应物浓度还是生成物浓度都是平衡浓度，故A错误；

B.化学平衡常数越大，则化学反应限度越大，所以B选项是正确的；

C.化学平衡常数只跟温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，所以若改变条件使反应物的转化率增大，化学平衡常数不一定增大，故C错误；

D.因平衡常数的大小与只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，故D错误。

所以B选项是正确的。11、D【详解】A、升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率应在正反应速率的上方，故A错误；

B、降低压强，正逆反应速率都降低，故B错误；

C、增大反应物浓度，同时使用正催化剂，正逆反应速率都增大，平衡向正反应移动，正反应速率应在逆速率的上方，故C错误；

D、增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，瞬间正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应移动，所以D选项是正确的。故答案选D。12、C【详解】A.木炭燃烧是放热反应，故A不选；B.铝热反应是放热反应，故B不选；C.氯化铵与消石灰反应是吸热反应，故C选；D.氢氧化钠和硝酸反应是中和反应，是放热反应，故D不选。答案选C。13、C【详解】A.

Cu与稀硫酸不反应，电解可实现，则反应①可通过铜作电极电解稀H2SO4的方法实现，A正确，不符合；B.反应②的△H<0、△S>0，则△H−T△S<0，在任何条件下都能自发进行，B正确，不符合；C.

③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH3=-286kJ·mol-1生成液态水，H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH4，生成气态水，生成液态水放出的热量更多，则ΔH3＜ΔH4＜0，C错误，符合；D.由盖斯定律可知①+②+③得到：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)，△H=+64kJ⋅mol−1+×(−196kJ⋅mol−1)+(−286kJ⋅mol−1)=−320kJ⋅mol−1，D正确，不符合；答案选C。【点睛】C容易出错，放热反应△H＜0，，比较放出热量大小的时候是比较，放热越多，越大，而△H越小，△H的比较是带符号比较。14、D【详解】A.CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－是醋酸根离子水解方程式，强酸根不水解，弱酸根能水解，能说明CH3COOH是弱电解质，A正确；B.NH3＋H3O＋NH＋H2O说明NH3从H3O＋中夺取了氢离子，故能说明NH3结合H＋的能力比H2O强，B正确；C.等物质的量浓度时，溶液的碱性排序为：③<①<②；则pH相等的①Na2CO3；②NaOH；③CH3COONa三种溶液，物质的量浓度的大小顺序为：③>①>②，C正确；D.NaCl溶液中水的电离不受影响；NaOH溶液中水的电离被抑制；HCl溶液水的电离被抑制，相同条件下等物质的量浓度的①NaCl溶液；②NaOH溶液；③HCl溶液中由水电离出的c(H＋)：①>③=②，D不正确；答案选D。15、D【详解】A.根据物质结构简式可知该物质分子式是C10H14O，A错误；B.物质分子中含有2个碳碳双键和1个羰基，它们都可以与H2发生加成反应，所以1mol企鹅酮分子最多可以和3mol氢气加成，B错误；C.物质与溴发生加成反应而使溴水褪色，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不相同，C错误；D.遇Fe3+显色，说明含有酚羟基，苯环上有两个支链，则该物质另一个支链为烃基，可能结构为—CH2CH2CH2CH3、、、，四种取代基与羟基在苯环上的位置关系有邻位、间位、对位，故可能的同分异构体种类有4×3=12种，D正确；故合理选项是D。16、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。17、D【解析】根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答。【详解】A、因HF为弱酸，则浓度为0.5mol/L的HF溶液加水稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（F-）增大，但c（F-）减小，选项A错误；B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，选项B错误；C、因HF为弱酸，则浓度为0.5mol/L的HF溶液加水稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，电离转化率增大，选项C错误；D、因Ka（HF）=c(F-)×c(H+)c(HF)，当HF【点睛】本题考查弱电解质的稀释，明确稀释中电离程度、离子浓度、Ka的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时n（F-）增大但c（F-）减小。18、D【详解】①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)

ΔH＝akJ·mol-1,②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH＝－220kJ·mol-1

，将①-②×得：H2O(g)=H2(g)+O2(g)ΔH＝(a+110)kJ·mol-1，2×462-(436+×496)=a+110，解得a=+130。所以D符合题意；故答案：D。19、C【分析】本题可认为是等效平衡问题。Ⅰ途径最终所达到的平衡与C和D的起始浓度分别为1mol/L和3mol/L最终所达到的平衡属于等同平衡，由于该气体反应是一个反应前后气体总体积不变的反应，故Ⅱ途径最终所达到的平衡与Ⅰ途径最终所达到的平衡，可以认为是加压后不移动的平衡。【详解】A.达到平衡时，Ⅱ途径中的各物质的浓度都是Ⅰ途径的2倍，所以Ⅱ途径的反应速率大于Ⅰ途径的反应速率，故A不选；B.Ⅱ途径中的各物质的物质的量都是Ⅰ途径的2倍，容器体积相同，所以Ⅱ途径的密度是Ⅰ途径的2倍，故B不选；C和D.根据分析，两平衡等效，所以最终达到平衡时，两容器体系内混合气体的体积分数相同，故C选，D不选；故选C。20、A【详解】25℃时，溶液中由水电离产生的c(H+)水为10-13mol/L，则由水电离产生的c(OH-)水也为10-13mol/L；若溶液呈强酸性，根据Kw=c(H+)∙c(OH-)水，可知溶液中c(H+)为10-1mol/L，由于c(H+)水与c(H+)相比，可以忽略不计，故该酸性溶液pH为1；若溶液呈强碱性，则溶液中H+仅来自于水的电离，c(H+)=c(H+)水=10-1mol/L，根据Kw=c(H+)∙c(OH-)，可知溶液中c(OH-)为10-1mol/L，故该碱性溶液pH为13；综上所述，该溶液可能是酸性，也可能是碱性，pH可能为1，也可能为13，故A正确。故选A。21、D【分析】2s后A的转化率为50%，则反应的A为1mol×50%=0.5mol，则2A（g）+3B（g）2C（g）+zD（g），开始量（mol）1100转化的量（mol）0.50.750.50.25z2s的量（mol）0.50.250.50.25z【详解】A、v(A)==0.25mol/(L∙s)=v(D)，因反应速率之比等于化学计量数之比，z=2，选项A正确；B、2s后，容器内的物质的量总和是1+0.5+1+0.5×2=3.5mol，恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，2s后反应内的压强是反应前的=倍，选项B正确；C、2s后C的体积分数为=，选项C正确；D、2s后，B的浓度为=0.25mol/L，选项D不正确。答案选D。【点睛】本题考查化学平衡的计算，明确化学平衡的三段法计算是解答本题的关键。22、D【详解】A．氯原子的核电荷数=核外电子总数=17，最外层含有7个电子，原子结构示意图为，故A错误；B．氯化氢为共价化合物，分子中不存在氢离子和氯离子，电子式为：，故B错误；C．乙烷分子中含有两个甲基，乙烷的结构简式为CH3CH3，故C错误；D．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子核内有6个中子的碳原子，A=6+6=12，该原子的表示方法为C，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、②③⑥CH3COOHCH3COO-+H+NaClO=Na++ClO-小于丙>甲=乙【分析】(1)部分电离的电解质为弱电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+；(3)相同溶质的弱电解质溶液中，溶液浓度越小，电解质的电离程度越大；(4)在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡，根据溶液中电解质电离产生的离子浓度大小，判断对水电离平衡影响，等浓度的H+、OH-对水电离的抑制程度相同。【详解】(1)①硫酸氢钠固体属于盐，熔融状态和在水溶液里均能完全电离，属于强电解质；②冰醋酸溶于水后能部分电离出醋酸根离子和氢离子，属于弱电解质；③蔗糖在熔融状态下和水溶液里均不能导电，属于化合物，是非电解质；④氯化氢气体溶于水完全电离，属于强电解质；⑤硫酸钡属于盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质；⑥氨气本身不能电离出自由移动的离子，属于化合物，是非电解质；⑦次氯酸钠属于盐，是你强电解质；故属于弱电解质的是②；属于非电解质是③⑥；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+，其电离方程式为NaClO=Na++ClO-；(3)一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大。甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，根据弱电解质的浓度越小，电离程度越大，可知甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；(4)有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L；乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，c(H+)=0.1mol/L，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，由于醋酸是一元弱酸，主要以醋酸分子存在，电离产生的离子浓度很小，所以该溶液中c(H+)<<0.1mol/L，在三种溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-，加入的酸电离产生的H+或碱溶液中OH-对水的电离平衡起抑制作用，溶液中离子浓度越大，水电离程度就越小，水电离产生的H+或OH-浓度就越小，甲、乙、丙三种溶液中电解质电离产生的离子浓度：甲=乙>丙，则由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为：丙>甲=乙。【点睛】本题考查了强弱电解质判断、非电解质的判断、弱电解质电离平衡及影响因素、水的电离等知识点，清楚物质的基本概念进行判断，明确对于弱电解质来说，越稀释，电解质电离程度越大；电解质溶液中电解质电离产生的离子浓度越大，水电离程度就越小。24、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。25、250mL容量瓶酸式最后一滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色80%d【分析】配制溶液需要烧杯、玻璃棒、胶头滴、250mL容量瓶等，根据酸碱中和滴定所需仪器、滴定终点的判断、根据公式进行误差分析。【详解】(1)将样品配成250mL溶液，除小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有250mL容量瓶；故答案为：250mL容量瓶。(2)用酸式滴定管盛装0.10mol∙L−1的盐酸标准液；故答案为：酸式。(3)酚酞遇碱变红，随着酸的不断增多，溶液碱性逐渐减弱，颜色逐渐变浅，当最后一滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色；故答案为：最后一滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色。(4)三次消耗盐酸体积分别为20.10mL、20.00mL、19.90mL，三组数据均有效，三消耗盐酸的平均体积为：，由NaOH～HCl可得则，即25.00mL待测溶液中含有，所以250mL待测溶液含有，该烧碱的纯度；故答案为：80%。(5)a．未用待测液润洗碱式滴定管，滴定管内残留的水会稀释待测液，消耗标液体积偏低，导致结果偏低，故a不符合题意；b．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，则所读取的标准液体积偏小，测定结果偏低，故b不符合题意；c．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对结果无影响，故c不符合题意；d．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，则读取的标准液体积比实际用量偏大，测定结果偏高，故d符合题意；综上所述，答案为d。【点睛】本题考查中和滴定、溶液配制等知识，题目难度中等，明确中和滴定操作方法、溶液配制步骤为解答关键，注意掌握常见化学实验基本方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。26、分别品尝两者的味道有酸味的为食醋分别闻味道有醇香的是白酒分别加碳酸氢钠有气体生成的是食醋【详解】因为食用白醋和白酒均为家庭厨房中常见的物质，且两者的味道不同，所以可以通过品尝的方法进行鉴别，有酸味的是白醋，有辛辣味的为白酒；也可以通过闻气味的方法进行区别，有醇香的是白酒，有酸味的是食醋；也可以通过化学方法进行鉴别，分别加碳酸氢钠，有气体生成的是乙酸，没有的是白酒，故答案：分别品尝两者的味道有酸味的为食醋；分别闻味道有醇香的是白酒；分别加碳酸氢钠有气体生成的是食醋。27、环形玻璃搅拌棒确保硫酸被完全中和Cabcd大于浓硫酸溶于水放出热量干扰中和热测定+43.5kJ•mol﹣1【分析】测定中和热实验时，一要保证所用的酸、碱都为稀的强电解质，否则易产生溶解热、电离热；二要保证酸或碱完全反应，以便确定参加反应的量；三要确保热量尽可能不损失，即把热量损失降到最低。【详解】(1)图中仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒。答案为：环形玻璃搅拌棒；(2)为保证硫酸完全反应，NaOH溶液稍过量的原因是确保硫酸被完全中和。答案为：确保硫酸被完全中和；(3)为尽可能减少热量的损失，药品应快速加入，所以加入NaOH溶液的正确操作是C。答案为：C；(4)a．NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中后未及时将盖板盖好，热量会发生散失，从而造成偏差；b．实验装置保温、隔热效果不好，反应放出的热量会散失到大气中，从而造成偏差；c．用温度计测定NaOH溶液起始温度后又直接测定H2SO4溶液的温度，则在温度计表面酸与碱发生反应放热，使测得的初始温度偏高，反应前后的温度差偏低，从而造成偏差；d．使用温度计搅拌混合液体，此操作本身就是错误的，容易损坏温度计，另外，温度计水银球所在位置不同，所测温度有差异，从而造成偏差；综合以上分析，四个选项中的操作都产生偏差，故选abcd。答案为：abcd；(5)若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，浓硫酸溶于水会释放热量，从而使放出的热量大于57.3kJ，原因是浓硫酸溶于水放出热量干扰中和热测定。答案为：大于；浓硫酸溶于水放出热量干扰中和热测定；(6)已知：CH3COOH(aq)+OH-(aq)=CH3COO﹣(aq)+H2O(l)△H=﹣12.1kJ•mol﹣1①；H+(aq)+OH﹣(aq