陕西省西安市西安电子科技大附中2026届化学高二上期中质量检测试题含解析

陕西省西安市西安电子科技大附中2026届化学高二上期中质量检测试题注意事项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、以下说法不正确的是（）A．升温可提高活化分子百分数，加快反应速率B．使用催化剂可降低反应活化能，加快反应速C．增大反应物的浓度可增大活化分子百分数，从而加快反应速率D．对于有气体参与的反应，温度不变时压强的变化可以看作改变浓度2、据权威刊物报道，1996年科学家在宇宙中发现H3分子。甲、乙、丙、丁四位学生对此报道的认识正确的是A．甲认为上述发现绝对不可能，因为H3分子违背了共价键理论B．乙认为宇宙中还可能存在另一种氢单质，因为氢元素有三种同位素必然有三种同素异形体C．丙认为H3分子实质是H2分子与H+以特殊共价键结合的产物，应写成H3+D．丁认为如果上述的发现存在，则证明传统的价键理论有一定的局限性有待继续发展3、节能减排是构建和谐社会的重大举措。下列举措不符合这一要求的是()A．自2008年6月1日起，实行塑料购物袋有偿使用B．包装盒、快餐盒等全部用聚苯乙烯生产，以减少木材的使用C．农村大力发展沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源D．推广使用乙醇汽油作汽车燃料4、关于下图所示装置的判断，叙述正确的是()A．左边的装置是电解池，右边的装置是原电池B．该装置中铜为正极，锌为负极C．当铜片的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24LD．装置中电子的流向是：a→Cu→经过CuSO4溶液→Zn→b5、下列有关2个电化学装置的叙述正确的是A．装置①中，电子移动的路径是：Zn→Cu→CuSO4溶液→KCl盐桥→ZnSO4溶液B．在不改变总反应的前提下，装置①可用Na2SO4替换ZnSO4，用石墨替换Cu棒C．装置②中采用石墨电极，通电后，由于OH－向阳极迁移，导致阳极附近pH升高D．若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铁棒6、被称为万能还原剂的NaBH4中H为-1价,则B的化合价为()A．+1 B．+2 C．+3 D．+47、将V1mL1.00mol·L-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL，下列叙述正确的是()A．做该实验时环境温度为22℃B．该实验表明化学能可能转化为热能C．NaOH溶液的浓度约为1.00mol·L-1D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应8、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．NO的摩尔质量是30gB．标准状况下，1molH2O的体积是22.4LC．17gNH3含有的原子总数为4NAD．100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中，Na+的物质的量为0.1mol9、下列关于0.10mol·L－1NaHCO3溶液的说法正确的是A．溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO32-B．25℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大C．离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)D．25～45℃小范围内温度升高，c(HCO3-)增大10、已知：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=-akJ/mol（a>0），在一定温度下，向一固定容积的密闭容器中通入1molH2(g)和1molI2(g)，达平衡时放出的热量为Q1，在相同条件下，向该容器中通入2molHI(g)达平衡时发现各物质的浓度与前平衡完全相同且吸收的热量为Q2，则下列说法正确的是：A．H2的燃烧热为akJ/molB．该反应的能量变化可用如图来表示C．H2(g)+I2(s)2HI(g)ΔH<-akJ/molD．Q1和Q2的大小关系为Q1+Q2=akJ11、已知苯酚(C6H5OH)与Fe3+反应生成[Fe(C6H5O)6]3-(紫色)。将6mL0.1mol·L-1KI溶液和1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液混合，发生反应：2Fe3+(aq)+2I-(aq)2Fe2+(aq)+I2(aq)，下列有关该反应的说法错误的是A．加入2mL四氯化碳，振荡，平衡向右移动B．经四氯化碳多次萃取，在分离后的水溶液中滴加苯酚溶液，若溶液呈紫色，说明该反应是可逆反应C．加入少量I2固体，平衡向左移动D．平衡常数的表达式为K=12、将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，并在一定条件下发生如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol·L-1，现有下列几种说法：其中不正确的是A．用N2表示的反应速率为0.15mol·L-1·s-1 B．2s时H2的转化率为40％C．2s时N2与H2的转化率相等 D．2s时H2的浓度为0.6mol·L-113、下列说法正确的是A．某温度时，1LpH=6的水溶液，含1.0×10-6molOH-离子B．含10.6gNa2CO3溶液中，所含阴离子总数等于0.1molC．用TiCl4制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2O（过量）=TiO2·xH2O↓+4HClD．用弱酸溶液滴定强碱溶液时可用甲基橙作指示剂14、化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的()A．食品、蔬菜贮存在冰箱和冰柜里，能延长保鲜时间B．家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥，能减缓生锈C．制造蜂窝煤时加入生石灰，减少SO2排放D．煤气换成天然气时，要调整灶具进气(或出气)管15、关于浓度均为0.1mol·L－1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是A．c(NH)：③>①；水电离出的c(H＋)：①>②B．将pH值相同②和③溶液加水稀释相同的倍数PH变化大的是③C．①和②等体积混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)D．①和③等体积混合后的溶液：c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)16、在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持一定温度，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断下列结论正确的是测定时刻/st1t2t3t4c(A)/(mol·L－1)6322c(B)/(mol·L－1)53.533c(C)/(mol·L－1)12.533A．在t3时刻反应已经停止B．A的转化率比B的转化率低C．在容器中发生的反应为2A＋B2CD．在t2～t3内A的平均反应速率为[1/(t3－t2)]mol·L－1·s－117、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18、甲苯是重要的化工原料。下列有关甲苯的说法错误的是A．分子中碳原子一定处于同一平面 B．可萃取溴水的溴C．与H2混合即可生成甲基环己烷 D．光照下与氯气发生取代反应19、汽车尾气处理存在反应：NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)，该反应过程及能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A．升高温度，平衡正向移动B．该反应生成了具有非极性共价键的CO2C．反应物转化为活化络合物需要吸收能量D．使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率20、常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是①c(H+)/c(OH-)=1×10-10的溶液中：K+、Na+、CH3COO-、SO42-②pH=13的溶液中：CO32-、Na+、AlO2-、Cl-③由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中：Cl-、Na+、NO3-、S2O32-④使甲基橙变红色的溶液中：Fe3+、NO3-、K+、SO42-

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④21、在不同的条件下进行合成氨反应,N2(g)+3H2(g)2NH3(g),根据下列在相同时间内测得的结果判断,生成氨的反应速率最快的是(

)A．v(NH3)=0.1mol/(L·min) B．v(NH3)=0.2mol/(L·min)C．v(N2)=0.3mol/(L·min) D．v(H2)=0.4mol/(L·min)22、铜~锌原电池如图所示，电解质溶液为稀硫酸，下列说法不正确的是A．铜电极上发生还原反应B．锌电极是原电池的负极C．电子从铜极经过外电路流向锌极D．锌电极上的反应为Zn－2e—="="Zn2+二、非选择题(共84分)23、（14分）已知有机物A、B、C、D、E、F、G有如图转化关系，其中C的产量可用来衡量一个国家石油化工发展水平，G的分子式为C9H10O2，试回答下列有关问题。（1）C的电子式___，G的结构简式为____。（2）指出下列反应的反应类型：A转化为B：___，C转化为D：___。（3）B的同分异构体有很多种，遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体共有__种。（4）写出下列反应的化学方程式。A→B的化学方程式：___。B和F生成G的化学方程式：___。24、（12分）香草醇酯能促进能量消耗及代谢，抑制体内脂肪累积，并且具有抗氧化、抗炎和抗肿瘤等特性，有广泛的开发前景。如图为一种香草醇酯的合成路线。已知：①香草醇酯的结构为(R为烃基)；②R1CHO+R2CH2CHO回答下列有关问题：(1)B的名称是________。(2)C生成D的反应类型是_______。(3)E的结构简式为_______。(4)H生成I的第①步反应的化学方程式为_______。(5)I的同分异构体中符合下列条件的有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱中有四组峰的有机物的结构简式为_______。①含有苯环②只含种一含氧官能团③1mol该有机物可与3molNaOH反应(6)参照上述合成路线，设计一条以乙醛为原料(无机试剂任选)合成乙酸正丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)的路线_______。25、（12分）某学生用0.1000mol/LKMnO4标准液滴定未知浓度的H2C2O4溶液。（将20.00mLH2C2O4待测液注入锥形瓶，用KMnO4溶液滴定）回答下列问题：（1）请写出该实验所需使用的玻璃仪器，锥形瓶和___________，______________。（2）高锰酸钾溶液应使用______式（填“酸”或“碱”）滴定管盛放。（3）①在滴定过程是否需要指示剂？_________（填“是”或“否”）②请描述滴定终点时溶液颜色的变化_________________________。③若滴定终点时，仰视标准液滴定管的刻线读数，其他操作正确，则测定结果__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）；若最终消耗标准液体积为18.00mL（平均值），则H2C2O4的浓度为_________（结果保留4位有效数字）。（已知：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）26、（10分）Ⅰ.有一学生在实验室测某溶液的pH，实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。(1)该学生的操作___(填“正确”或“错误”)，其理由是___________；(2)该操作是否一定有误差?______________________；(3)若用此方法分别测定c(OH-)相等的氢氧化钠溶液和氨水的pH，误差较大的是____，原因是___；(4)只从下列试剂中选择实验所需的试剂，你能否区分0.1mol·L-1硫酸溶液和0.01mol·L-1硫酸溶液？____，简述操作过程：____________________________。试剂：A．紫色石蕊溶液B．酚酞溶液C．甲基橙溶液D．蒸馏水E.氯化钡溶液F.pH试纸Ⅱ.pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积的关系如图所示。回答下列问题：(1)若a=5，则A为___酸，B为___酸(填“强”或“弱”)，若再稀释100倍，则A的pH___7(填“<”“>”或“=”)。(2)若A、B都是弱酸，则a的范围是___。27、（12分）现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)Ⅰ．实验步骤(1)配制100mL待测白醋溶液：用__________准确量取10.00mL市售白醋，在烧杯中用水稀释后转移到_____________中定容，摇匀即得待测白醋溶液。(2)该学生用标准0.1000mol/LNaOH溶液滴定白醋的实验操作如下：A．检查滴定管是否漏水，洗净，并润洗B．取20.00mL待测白醋溶液，注入锥形瓶中，加入指示剂______________。C．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，用NaOH标准液边滴边摇动锥形瓶，当_______________________________时，停止滴定，记录NaOH的用量。D．另取锥形瓶，再重复实验三次Ⅱ．实验记录滴定次数实验数据(mL)1234V(样品)20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)14.5016.0016.0515.95Ⅲ．数据处理与讨论(3)根据数据，可得c(市售白醋)=________mol/L(4)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是______(填标号)．A．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水B．滴定前平视，滴定后俯视碱式滴定管读数C．碱式滴定管在用蒸馏水洗净后，未用标准NaOH溶液润洗D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出E.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失(5)乙同学仔细研究了该品牌白醋的标签，发现其中还含有苯甲酸钠作为食品添加剂，他想用资料法验证醋酸与苯甲酸钠不会发生离子互换反应，必需查找一定温度下醋酸与苯甲酸的________(填标号)。A．pHB．电离度C．电离常数D．溶解度28、（14分）对含氮物质的研究和利用有着极为重要的意义。（1）N2、O2和H2相互之间可以发生化合反应，已知反应的热化学方程式如下：N2(g)+O2(g)＝2NO(g)H=+180kJ·mol-1；2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)H=－483kJ·mol-1；N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g)H=－93kJ·mol-1。则氨的催化氧化反应的热化学方程式为___________________________________。（2）汽车尾气净化的一个反应原理为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H＜0。一定温度下，将2.8molNO、2.4molCO通入固定容积为2L的密闭容器中，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。①NO的平衡转化率为_________，0-20min平均反应速率v(NO)为_____________mol/(Lmin)；该温度下的化学平衡常数数值是_____________。25min时，若保持反应温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，则化学平衡将_________移动（填“向左”、“向右”或“不”)。②下列可说明该反应已经达到平衡的是______________。a．v生成（CO2）=v消耗（CO）

b．混合气体的密度不再改变c．混合气体的平均相对分子质量不再改变

d．单位时间内消耗2nmolCO2的同时生成nmolN≡Ne．NO、CO、N2、CO2的浓度相等③反应达到平衡后，改变某一个条件，下列示意图曲线①〜⑧中正确的是________29、（10分）如图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别是三种有机物的结构模型：（1）下列有机物属于Ⅰ的同系物的是_____（填序号）。①1，3﹣丁二烯②反﹣2﹣丁烯③聚乙烯④苯乙烯（2）Ⅱ及其同系物的分子通式为_____（分子中碳原子数用n表示），当n＝_____时，具有该分子式的同分异构体有3种。（3）早在1825年，法拉第就发现了有机物Ⅲ，但科学家对其结构的研究却经历了相当漫长的时间。1866年，德国化学家凯库勒提出了它是一种单键、双键交替的正六边形平面结构，该结构不能解释的事实是_____。①苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色②苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色③苯可与氢气在一定条件下反应生成环己烷④邻二溴苯只有一种结构直到1935年，科学家用X射线衍射证实了Ⅲ中碳碳键的键长介于碳碳单键和碳碳双键之间。20世纪80年代，人们通过扫描隧道显微镜亲眼见证了其结构。（4）等质量三种有机物完全燃烧生成CO2和H2O，消耗氧气最多的是_____（写结构简式）。

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、C【详解】A．升高温度，使单位体积内活化分子数增多，活化分子的百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，使化学反应速率增大，故A正确；B．催化剂能降低反应的活化能，活化分子的百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，化学反应速率增大，故B正确；C．加入反应物，活化分子百分数不变，但活化分子总数增加，化学反应速率增大，故C错误；D．对于有气体参与的反应，温度不变时，压强的变化相当于浓度的变化，故D正确；故选C。2、D【详解】A．H3分子的结构类似于臭氧分子，是三中心三电子结构，很不稳定，故A错误；B．同位素的种类和同素异形体之间没有必然关系，故B错误；C．H3分子不带电，不能写成H3+，故C错误；D．果上述的发现存在，则证明传统的价键理论有一定的局限性有待继续发展，正确；所以正确的答案是D。3、B【解析】试题分析：所谓节能减排是指节约物质资源和能量资源，减少废弃物和环境有害物（包括三废和噪声等）排放．是指在可持续发展理念指导下，通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态．塑料购物袋有偿使用，农村大力发展沼气，推广使用乙醇汽油作汽车燃料，都符合节能减排，包装盒、快餐盒等全部用聚苯乙烯生产，容易造成白色污染，答案选B。考点：考查节能减排的有关判断4、C【详解】A．左边是原电池，右边的电解池，故A错误；B．左边是原电池，投放氢气的电极是负极，投放氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，故B错误；C．根据转移电子守恒得，当铜片的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标况下体积为=×22.4L/mol=2.24L，故C正确；D．左边是原电池，投放氢气的电极是负极，投放氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，装置中电子的流向量b→Zn，Cu→a，故D错误；故选C。5、B【解析】A.电子的移动方向为：Zn→Cu→CuSO4溶液→KCl盐桥→ZnSO4溶液，电子只经过外电路，缺少内电路离子的定向移动，溶液中由离子的定向移动形成闭合回路，故A错误；B.Na2SO4替换ZnSO4，负极仍是锌放电，原电池中的铜本身未参与电极反应，所以可用能导电的石墨替换Cu棒，故B正确；C.阳极是氯离子放电，生成酸性气体氯气，氯离子放电结束后是水电离出的氢氧根离子放电，导致阳极附近pH降低，故C错误；D.若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铜棒，故D错误。故选B。6、C【详解】根据在化合物中元素的化合价代数和等于0的规律，NaBH4中H为-1价，Na+为+1价，则B的化合价为+（4-1）=+3价，故选C。7、B【详解】A.将左边这根线向左下角延长，得到未加HCl时的交叉点，因此得出做该实验时环境温度为21℃左右，故A错误；B.盐酸和氢氧化钠反应放出热量，因此得出该实验表明化学能可能转化为热能，故B正确；C.HCl加入30mL时，温度最高，说明在此点恰好完全反应，即HCl和NaOH的物质的量相等，1mol·L−1×0.03L=c(NaOH)×0.02L，c(NaOH)=1.5mol·L−1，故C错误；D.该实验只能说这个反应是放热反应，但其他很多反应生成水的是吸热反应，比如碳酸氢钠分解，故D错误。综上所述，答案为B。8、C【详解】A．NO的摩尔质量是30g/mol，A错误；B．标准状况下，1mol气体的体积是22.4L，但标况下的水不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，B错误；C．17gNH3为1mol，其含有的原子总数为4NA，C正确；D．100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中，Na+的物质的量为：0.1L×0.1mol/L×2=0.02mol，D错误；答案选C。【点睛】在根据物质的浓度来求算溶液中某离子的物质的量时，要注意有没有给出溶液的体积，若未指明溶液的体积，则溶液中的离子的物质的量是无法求算的。此外，还需注意该离子是否会水解，若水解，则该离子的物质的量会偏小。9、B【解析】试题分析：A．NaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，故A错误；B．25℃时，加水稀释后，促进HCO3-水解，n(OH-)增大，c(OH-)减小，由Kw不变，可知c(H+)增大，则n(H+)增大，则n(H+)与n(OH-)的乘积变大，故B正确；C．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故C错误；D．HCO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c(HCO3-)减小，故D错误；故选B。考点：考查了盐类的水解、离子浓度大小的比较的相关知识。10、D【解析】H2的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的能量，故A错误；生成物的总能量大于反应物的总能量，表示吸热反应，故B错误；H2(g)+I2(s)2HI(g)ΔH=-akJ/mol，故C错误；在相同条件下，分别从正逆两个方向建立的等效平衡，反应物转化率的和等于100%，则向一固定容积的密闭容器中通入1molH2(g)和1molI2(g)，达平衡时放出的热量为Q1，在相同条件下，向该容器中通入2molHI(g)达平衡时发现各物质的浓度与前平衡完全相同且吸收的热量为Q2，两者为等效平衡，Q1+Q2=akJ，故D正确；11、D【详解】A．加入2mL四氯化碳振荡，碘单质在四氯化碳中的溶解度大，碘单质被萃取到四氯化碳中，使溶液中的碘单质的浓度降低，平衡向右移动，故A正确；B．在分离后的水溶液中滴加苯酚溶液，若溶液呈紫色，说明溶液中还含有铁离子，虽经过四氯化碳多次萃取，铁离子未被完全反应掉，说明该反应存在限度，是可逆反应，故B正确；C．加入少量I2固体，使溶液中的碘单质的浓度增大，平衡向左移动，故C正确；D．根据反应：2Fe3+(aq)+2I-(aq)2Fe2+(aq)+I2(aq)可知，平衡常数的表达式为K=，故D错误；答案选D。12、B【解析】分析:将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L-1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

起始量（mol）：1

3

0

变化量（mol）：0.6

1.8

1.2

2s时（mol）：0.4

1.2

1.2

A.根据v=计算用N2表示的反应速率；

B.根据=转化量/起始量×100%计算用H2的转化率；

C.N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与H2的转化率相等；

D.根据c=计算。详解：将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L-1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

起始量（mol）：1

3

0

变化量（mol）：0.6

1.8

1.2

2s时（mol）：0.4

1.2

1.2

A.用N2表示的反应速率为:=0.15mol•L-1•s-1，故A正确；B.2s时H2的转化率为：×100%=60%;故B错误；

C.N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与H2的转化率相等，故C正确；

D.2s时H2的浓度为=0.6mol•L-1，故D正确。

所以本题答案选B。13、C【详解】A、某温度时，如果溶液为中性水溶液，pH=6的水溶液中含有c(OH－)=1×10－6mol·L－1，如果溶液为酸性，则有c(OH－)=Kw/c(H＋)，不知道温度，Kw无法判断，即无法计算出c(OH－)，故A错误；B、10.6gNa2CO3的物质的量为0.1mol，Na2CO3溶于水，CO32－发生水解：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，所含阴离子总数大于0.1mol，故B错误；C、利用Ti4＋水解程度很大，可以制备TiO2·xH2O，得出TiCl4+(x+2)H2O（过量）=TiO2·xH2O↓+4HCl，故C正确；D、恰好反应后，溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，故D错误。【点睛】易错点是选项D，选择酸碱指示剂，应遵循（1）变色范围越窄越好，（2）滴定到终点的酸碱性与变色范围一致，例如本题，弱酸滴定强碱溶液，终点为碱性，因此选用酚酞作为指示剂。14、C【分析】从影响化学反应速率的因素分析。【详解】A项：冰箱和冰柜里温度较低，食品、蔬菜氧化反应较慢，保鲜时间长，A项与速率有关；B项：铁锅、铁铲等保持干燥，不能形成电解质溶液，能减缓生锈，B项与速率有关；C项：燃煤时，煤中硫元素生成SO2，被生石灰吸收，从而减少SO2排放，与速率无关；D项：等体积煤气和天然气燃烧时耗氧量不同，煤气换成天然气时要增加灶具空气进入量，加快燃烧速率，D项与速率有关。本题选C。15、B【解析】A、氯化铵为强电解质,完全电离后产生大量的NH4+，NH3·H2O为弱电解质不完全电离，只有少量的NH4+产生，故c(NH)：③>①；在水中加入酸和碱都抑制水的电离，盐酸是强酸抑制水的电离的程度大，故水电离出的c(H＋)：①>②，选项A正确；B、盐的水解是可逆过程，加水稀释时促进水解，强酸完全电离，稀释时浓度变化较大，将pH值相同②和③溶液加水稀释相同的倍数pH变化大的是②，选项B不正确；C、①和②等体积混合后的溶液恰好是氯化铵溶液，NH4Cl溶液中的质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，选项C正确；D、①和③等体积混合后的溶液形成的是pH>7的溶液，c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)，选项D正确。答案选B。16、D【分析】从表中数据可以看出，反应没有进行到底，所以这是一个可逆反应，根据物质的量的变化以及反应的物质的量之比等于化学计量数之比可得反应方程式为2A+BC，以此进行分析。【详解】A、t3时刻达到化学平衡状态，它是一个动态平衡，v正=v逆≠0，A项错误；B、从t1～t2，△c（A）=3mol/L，△c（B）=1.5mol/L，△c（C）=1.5mol/L，A的转化率为=×100%=50%，B的转化率为=×100%=30%，B项错误；C、化学方程式中，A、B、C的化学计量数之比为3：1.5：1.5=2：1：1，反应方程式为2A+BC，C项错误；D、从t2～t3，△c（A）=1mol/L，故用A表示的该阶段的化学反应速率为：[1/(t3－t2)]mol/(L·s)，D项正确。答案选D。17、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。18、C【详解】A．苯环具有平面形结构，甲苯中侧链甲基的碳原子取代的是苯环上氢原子的位置，所有碳原子在同一个平面，故A正确；B．甲苯不溶于水，可萃取溴水的溴，故B正确；C．与H2混合，在催化剂，加热的条件下才能反应生成甲基环己烷，故C错误；D．光照下，甲苯的侧链甲基上的氢原子能够与氯气发生取代反应，故D正确；故选C。19、C【详解】A．由图像可知，该反应是一个能量降低的反应，即正反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即逆向移动，故A错误；B．CO2分子中含有碳氧共价键为极性共价键，故B错误；C．由图像可知，反应物的总能量小于活化络合物的总能量，所以由反应物转化为活化络合物需要吸收能量，故C正确；D．催化剂能改变反应速率，对化学平衡无影响，所以使用催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故D错误；故答案选C。20、B【详解】①.因c(H+)c(OH-)=10-10<1②溶液显碱性，该组离子间不发生任何离子反应，也不与OH-反应，所以该组离子一定能大量共存；③水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L<1×10-7mol/L，说明水的电离受到抑制，该溶液的溶质可以是酸、碱、强酸酸式盐等。若溶质是酸或强酸酸式盐，2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O，S2O32-不能大量共存；④使甲基橙变红色的溶液显酸性，该组离子间没有离子反应发生，也不与H+反应，所以该组离子一定可以大量共存；答案选B。21、C【详解】化学反应速率之比等于相应的化学计量数之比，根据方程式N2+3H22NH3可知如果都用氢气表示反应速率，A为0.15mol/（L·min）、B为0.3mol/（L·min）、C为0.9mol/（L·min）、D为0.4mol/（L·min），所以反应速率最快的是C；答案选C。22、C【解析】原电池中，Zn是负极，Cu做正极，稀硫酸是电解质【详解】A、正极得电子，发生还原反应，故A正确；B、Zn是负极，B正确；C、电子从负极经过外电路流向正极，故C错误；D、负极失电子，故D正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、取代反应加成反应3+NaOH+NaClCH3COOH++H2O【分析】C的产量可用来衡量一个国家石油化工发展水平，则C为乙烯，其与水发生加成反应生成的D为乙醇；乙醇经催化氧化生成E，E为乙醛；乙醛经银氨溶液氧化后再酸化得到F，则F为乙酸；由图中信息可知，甲苯与氯气在光照的条件下发生侧链上的取代反应生成A，A属于卤代烃，其在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成B；B与F在一定条件下生成G，由G的分子式C9H10O2可以推断B为苯甲醇（）、A是。【详解】（1）C为乙烯，其电子式为；G为乙酸苯甲酯，其结构简式为。（2）A转化为B属于卤代烃的水解反应，其反应类型为取代反应；C转化为D的反应是乙烯与水反应生成乙醇，其反应类型为加成反应。（3）B为苯甲醇，其同分异构体有很多种，遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体属于酚，可能为邻甲酚、间甲酚和对甲酚，共有3种。（4）A→B的化学方程式为+NaOH+NaCl。B和F生成G的化学方程式为CH3COOH++H2O。24、乙醛加成反应或还原反应(CH3)3CCH2CH2CHO+2NaOH+NaCl+H2O12、CH3COOCH2CH2CH2CH3【分析】由J的分子式，题目中信息、G制备I的流程可知I为，结合G生成H的条件、逆推可知H为；根据质量质量守恒可知F的分子式为C7H14O2，结合“已知反应②”可知B为CH3CHO，C为(CH3)3CCH=CHCHO；结合C的结构中含有碳碳双键及该反应的条件为“H2”，则D为(CH3)3CCH2CH2CH2OH；由D生成E、E生成F的反应条件可知E为(CH3)3CCH2CH2CHO、F为(CH3)3CCH2CH2COOH，则J为，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，B为CH3CHO，名称是乙醛；(2)C生成D为(CH3)3CCH=CHCHO与氢气发生加成（或还原）反应生成(CH3)3CCH2CH2CH2OH，反应类型是加成反应或还原反应；(3)根据分析，E的结构简式为(CH3)3CCH2CH2CHO；(4)H为，I为，在加热条件下与氢氧化钠溶液发生水解反应生成H的化学方程式为+2NaOH；(5)I为，I的同分异构体中含有苯环，只含种一含氧官能团，1mol该有机物可与3molNaOH反应，符合条件的同分异构体是含有3个羟基的酚类有机物，羟基支链分为-CH2CH3和两个-CH3；当苯环上3个羟基相邻（）时，乙基在苯环上有两种情况，两个甲基在苯环上也是两种情况；当苯环上3个羟基两个相邻（）时，乙基在苯环上有三种情况、两个甲基在苯环上也是三种情况；当苯环上3个羟基相间（）时，乙基、两个甲基在苯环上各有一种情况，故符合条件的同分异构体为12种；其中核磁共振氢谱中有四组峰，即有四种不同环境的氢原子，则结构简式为、；(6)以乙醛为原料(无机试剂任选)合成乙酸正丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)，利用新制的氢氧化铜氧化乙醛制备乙酸，通过“已知反应②”制备丁醇，然后通过酯化反应制备目标产物，具体流程为：CH3COOCH2CH2CH2CH3。【点睛】本题难度不大，关键在于根据已知信息分析解答流程中各步骤的物质结构。25、酸式滴定管烧杯酸否高锰酸钾滴入后呈现紫红色，且半分钟溶液颜色保持不变（其他合理答案即可）偏高0.2250mol/L【分析】本题主要考查的氧化还原滴定操作，但是不同于普通的滴定操作，除了考查普通的滴定知识外，需要注意高锰酸钾与草酸的量的关系，依据氧化还原方程式做出判断。【详解】（1）由已知，该实验所需使用的玻璃仪器为：盛装KMnO4标准液和取用H2C2O4溶液的酸式滴定管、盛装H2C2O4溶液的锥形瓶、烧杯，故答案为酸式滴定管、烧杯。（2）高锰酸钾溶液具有强氧化性，应使用酸式滴定管盛放，故答案为酸。（3）①因为高锰酸钾溶液是紫色的，与H2C2O4溶液反应会褪色，所以滴定过程是不需要指示剂，故答案为否。②当高锰酸钾溶液滴入后呈现紫红色，且半分钟内溶液颜色保持不变，则说明已经达到滴定终点，故答案为高锰酸钾滴入后呈现紫红色，且半分钟溶液颜色保持不变（其他合理答案即可）。③其他操作正确，若滴定终点时，仰视标准液滴定管的刻读数，则标准液读数偏大，故定结果偏高。酸性KMnO4与H2C2O4溶液反应离子方程式为:2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，所以H2C2O4的浓度为:，故答案为偏高；0.2250mol/L。【点睛】在滴定管的润洗环节需要用烧杯来装润洗后的溶液，判断溶液终点的颜色变化时一定要注意标准液和待测液的位置，否则容易将颜色变化颠倒。26、错误该学生测得的pH是稀释后溶液的pH该学生操作错误,但不一定产生误差。因为原溶液不是中性时，稀释后溶液pH发生了变化，只是弱酸或弱碱溶液变化程度小些，若是中性溶液,稀释不会产生误差氢氧化钠溶液稀释过程中，NH3·H2O继续电离出OH-，减弱了因稀释OH-浓度减小程度，所以测得氢氧化钠溶液误差较大能用玻璃棒分别蘸取两种溶液滴在两张pH试纸上，其显示的颜色与标准比色卡对照，pH较大的是0.01mol·L-1硫酸溶液强弱<2<a<5【分析】根据pH试纸测定pH的方法判断操作正误；根据溶液呈现酸、碱、中性，判断稀释对其影响；根据弱电解质加水可以促进电离，判断H+或OH-浓度的变化情况；根据测定pH值，判断溶液的浓稀；根据稀释相同倍数，pH的变化情况判断酸性的强弱。【详解】I．（1）用pH试纸测定pH的方法是用干燥的玻璃棒蘸取（或胶头滴管吸取）少量的待测溶液，滴在放在干燥的表面皿或白瓷板上的干燥pH试纸上，再把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，即可得出待测溶液的pH；题中pH试纸用水湿润，相当于将原溶液稀释，将使所得pH值出现误差；答案为错误；该学生测得的pH值是稀释后的pH值；（2）食盐水溶液显中性，用水稀释后pH不变；酸性溶液稀释后，溶液酸性减弱，pH变大；碱性溶液稀释后，碱性变小，pH值将变小；所以测定的结果不一定有误差，若是中性溶液则不变；答案为操作错误，但不一定产生误差，若是酸或碱溶液，稀释后溶液的PH值发生了变化，则必然会造成误差，若中性溶液稀释不会产生误差；（3）用水润湿相当于稀释碱液，则所测的pH偏小，由于稀释会促进弱电解质的电离，故氨水的PH误差小，因为在稀释过程中氨水继续电离出氢氧根离子，使得溶液中氢氧根离子浓度变化比氢氧化钠小，误差小；答案为氢氧化钠，在稀释过程中氨水继续电离出氢氧根离子，使得溶液中氢氧根离子浓度变化比氢氧化钠小，误差小；（4）硫酸为强酸，完全电离，0.1mol•L-1的硫酸和0.01mol•L-1的硫酸电离出的氢离子浓度分别为0.2mol•L-1、0.02mol•L-1，pH=-lgc(H+)，氢离子浓度越大，pH越小，所以pH较大的为0.01mol•L-1的硫酸，操作为用干燥的玻璃棒蘸取两种溶液，点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01mol•L-1的硫酸；答案为能，用干燥的玻璃棒蘸取两种溶液，点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01mol•L-1的硫酸；II．（1）pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，pH值改变3个单位的为强酸，pH改变值小于3个单位的为弱酸，根据图知，稀释1000倍时，A的pH=5、B的pH<5，则A是强酸、B是弱酸，因为在稀释过程中B继续电离出H+而使溶液的pH小于A，将A再稀释100倍，酸稀释后仍显酸性，故pH<7，答案为A是强酸，B是弱酸；<；（2）若A、B都是弱酸，稀释后其pH应小于5，故2<a<5；答案为2<a<5。27、酸式滴定管100mL容量瓶酚酞当滴入最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变为粉红色，且30秒不恢复到原色0.8000CEC【分析】现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)，用酸式滴定管精确量取10.00mL市售白醋，用100mL容量瓶精确配制成100mL白醋溶液，用标准氢氧化钠溶液进行滴定20.00mL所配白醋溶液，测定需要氢氧化钠溶液的体积，按照公式进行计算，并进行误差分析。【详解】(1)由于是精确量取10.00mL市售白醋，所以常选用酸式滴定管，此时应选用容量瓶配制待测白醋溶液，精确度比较匹配，注意指明规格为100mL；(2)因为醋酸与氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，其溶液显碱性，酚酞的变色范围为8.2−10.0，所以酚酞作指示剂比较理想；滴定时，把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，用NaOH标准液边滴边摇动锥形瓶，当滴入最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变为粉红色，且30秒不恢复到原色时，停止滴定，记录NaOH的用量；(3)对比4次实验中消耗NaOH溶液的体积数据，发现第1次体积数据误差明显过大，属于异常值，应首先舍去。取其余3次体积的平均值为16.00mL，则20mL待测白醋溶液消耗NaOH的物质的量为0.016L×0.1000mol/L=0.0016mol，所以20mL待测白醋溶液中CH3COOH的物质的量也为0.0016mol，故所配白醋溶液的浓度为，则c(市售白醋)=；(4)由可知，测定的白醋溶液浓度的大小取决于所消耗标准氢氧化钠溶液的体积，A.锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，无影响，故A不符合；B.滴定前平视，滴定后俯视碱式滴定管读数，使测定的V(NaOH)偏小，则结果偏小，故B不符合；C.碱式滴定管在用蒸馏水洗净后，未用标准NaOH溶液润洗，使NaOH溶液的浓度减小，则消耗的V(NaOH)偏大，则结果偏大，故C符合；D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，造成待测液的物质的量偏小，消耗的V(NaOH)偏小，则结果偏小，故D不符合；E.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，此部分气泡体积也计入了耗用的NaOH体积中，则消耗的V(NaOH)偏大，则结果偏大，故E符合；故选CE；(5)电离常数可判断对应酸的强弱程度，依据电离平衡常数与酸的强弱关系及强酸制弱酸原理，进而判断反应能否发生，其他选项不能判断酸的强弱，故C正确。28、4NH3(g)+5O2(g)＝4NO(g)+6H2O(g)△H=-903kJ/mol