吉林省榆树市榆树一中2026届化学高二第一学期期中检测试题含解析

吉林省榆树市榆树一中2026届化学高二第一学期期中检测试题注意事项：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、下列物质的化学用语表达正确的是()A．羟基的电子式：B．(CH3)3COH的名称：2,2－二甲基乙醇C．乙醛的结构式：CH3CHOD．甲烷的球棍模型：2、有下列几种反应类型：①消去②取代③水解④加成⑤还原⑥氧化，用丙醛制取1，2-丙二醇，按正确的合成路线发生的反应所属类型不可能是A．⑤①④③ B．⑤⑥③①C．⑤①④② D．④①④③3、根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是（）A．CH2BrCH2Br二溴乙烷B．2一羟基戊烷C．2-甲基－3－乙基－1－丁烯D．2，4，5－三溴苯甲酸4、下列有关性质的比较中，不正确的是A．硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅B．晶格能：NaBr<NaCl<MgOC．键的极性：N－H<O－H<F－HD．熔点：5、向盛有FeCl3溶液的试管中滴入KSCN溶液，溶液变为A．无色 B．红色 C．蓝色 D．浅绿色6、在一定条件下，下列可逆反应达到化学平衡：I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）；△H＜0，要使混合气体的颜色加深，可以采取的方法是（）A．降低温度 B．增大H2的浓度 C．增大压强 D．减小压强7、为除去括号内杂质，下列有关试剂和操作方法不正确的是A．苯（苯酚）：稀NaOH溶液，分液 B．乙醇（乙酸）：KOH溶液，分液C．乙烷（乙烯）：溴水，洗气 D．苯（溴）：稀NaOH溶液，分液8、下列说法中，正确的是()A．0.1mol·L-1盐酸和0.1mol·L-1硫酸与2mol·L-1NaOH溶液反应，其反应速率相同B．大理石块与大理石粉分别同0.1mol·L-1盐酸反应，其反应速率相同C．0.1mol·L-1盐酸和0.1mol·L-1硝酸与相同形状和大小的大理石反应，其反应速率相同D．Mg、Al在相同条件下分别与0.1mol·L-1盐酸反应，其反应速率相同9、某元素的原子有3个电子层，最外层电子数是6个的是A．碳B．氧C．硫D．氮10、某元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2XO3。这种元素的气态氢化物的化学式是（）A．HX B．H2X C．XH3 D．XH411、下列表示正确的是A．N2分子的结构式：B．次氯酸的电离方程式：HClO=H++ClO-C．CCl4的电子式：D．S2-的结构示意图：12、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A取等物质的量的两种金属单质X、Y，分别与足量的盐酸反应X产生氢气的体积比Y多金属性：X＞YB在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡有白色沉淀生产，苯层呈紫色Cu2+有氧化性，白色沉淀可能为CuIC测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH前者pH比后者的大非金属性：S＞CD向废FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉,振荡未出现红色固体X中一定不含Cu2+A．A B．B C．C D．D13、已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间均已单键结合，下列关于晶体说法正确的是A．C3N4晶体是分子晶体B．C3N4晶体中，C-N键的键长比金刚石中C-C键的键长要长C．C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子D．C3N4晶体中微粒间通过离子键要长14、下列说法正确的是A．用广泛pH试纸测得氯水的pH为2B．用玻璃棒蘸取溶液滴在已润湿的pH试纸上测得其pH为12C．常温下0.1mol/L的溶液加水稀释，变大D．常温下某溶液中由水电离出的为，一定是碱性溶液15、图表示某反应的能量变化，对于该图的理解，你认为一定正确的是：A．曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示两个化学反应的能量变化B．曲线Ⅱ可表示反应2KClO32KCl＋3O2↑的能量变化C．该反应不需要加热条件就一定能发生D．该反应的ΔH＝E2－E116、海洋面积占地球表面积的71％，海水中主要含有Na+、K+、Ca2+、Cl-、、Br-、、等离子，下列说法正确的是A．海水呈弱酸性B．冬天时海水的pH会升高C．海水中的Ca2+、有利于海洋生物形成介壳D．海水的自然淡化过程涉及物理变化和化学变化17、在我们的日常生活中出现了“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”和“含氟牙膏”等商品。这里的碘、铁、钙、硒、氟指的是（）A．元素 B．单质 C．分子 D．氧化物18、常温下，下列物质遇到浓硫酸和稀硫酸均能发生化学反应的是（）A．铜 B．碳 C．二氧化硫 D．石灰水19、下列说法正确的是A．常温下，反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0B．向醋酸中加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小C．溶度积常数Ksp与温度有关，温度越高，溶度积越大D．吸热反应在常温下不能发生20、根据图所示，下列说法正确的是()A．该反应的化学方程式可以表示为：2A+B2CB．反应至2min时，B转化了4molC．2min后，该反应达到平衡状态，A和B不再反应D．A的转化率为75%21、在25℃时，将两个铜电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，通电一段时间后，阴极逸出amol气体，同时有wgNa2SO4·10H2O晶体析出，若温度不变，剩余溶液的溶质质量分数是（）A．% B．% C．% D．%22、控制适当的条件,将反应2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2设计成如图所示的原电池。下列判断正确的是()A．反应开始时,乙中电极反应为2I−+2e−═I2B．反应开始时，甲中石墨电极上发生氧化反应C．电流表指针为零时，反应达到化学平衡状态D．平衡时甲中溶入FeCl2固体后，乙池的石墨电极为负极二、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）已知：①有机化学反应因反应条件不同，可生成不同的有机产品。例如：②苯的同系物与卤素单质混合，若在光照条件下，侧链烃基上的氢原子被卤素原子取代；若在催化剂作用下，苯环某些位置上的氢原子被卤素原子取代。工业上按下列路线合成结构简式为的物质，该物质是一种香料。请根据上述路线，回答下列问题：（1）A的结构简式可能为______。（2）反应④的反应条件为______，反应⑤的类型为______。（3）反应⑥的化学方程式为（有机物写结构简式，并注明反应条件）：______。（4）工业生产中，中间产物A须经反应③④⑤得D，而不采取将A直接转化为D的方法，其原因是______。（5）这种香料具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：①其水溶液遇FeCl3溶液不呈紫色；②苯环上的一溴代物有两种；③分子中有5种不同化学环境的氢。写出符合上述条件的物质可能的结构简式（只写一种）：______。25、（12分）(1)现有Na2CO3和NaHCO3两种白色固体物质：Ⅰ．欲探究Na2CO3和NaHCO3稳定性的相对强弱，两同学分别设计了以下两组装置：请回答：①如甲图所示，分别用Na2CO3和NaHCO3做实验，试管②中的试剂是______（填字母序号）。a.稀H2SO4b.NaOH溶液c.Ca(OH)2溶液②如乙图所示，试管④中装入的固体应该是______________（填化学式）。③通过上述实验，得出的结论是：Na2CO3比NaHCO3的稳定性______(填“强”或“弱”)。Ⅱ．欲鉴别两种固体物质可选用的试剂是_____________。Ⅲ．等物质的量浓度的两种物质的溶液与同浓度的盐酸反应，反应速率快的是_________（填化学式）。(2)甲、乙、丙三位同学分别用如下三套实验装置及化学药品（其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物）制取氨气。请回答下列问题：①实验室制取氨气的化学方程式为：________________________________________；②三位同学用上述装置制取氨气时,其中有一位同学没有收集到氨气（假设他们的实验操作都正确），你认为没有收集到氨气的同学是___________（填“甲”、“乙”或“丙”），收集不到氨气的主要原因是___________________________（用化学方程式表示）；③检验氨气是否收集满的方法是（简述操作方法、现象和结论）_______________________。26、（10分）已知：Na2S2O3＋H2SO4＝Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：实验序号反应温度/℃Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mL①2010.00.1010.00.500②40V10.10V20.50V3③20V40.104.00.50V5(1)该实验①、②可探究______________对反应速率的影响，因此V1＝______________，V2＝______________；(2)实验①、③可探究硫酸浓度对反应速率的影响，因此V5＝______________。27、（12分）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：(1)用标准的盐酸滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中颜色变化，直到加入一滴盐酸，溶液的颜色由____色变为_____，且半分钟不褪色，即停止滴定。(2)下列操作中使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏高的是________(填序号)。A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸B、滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥C、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D、读取盐酸体积时，开始俯视读数，滴定结束时仰视读数E、滴定过程中，锥形瓶的振荡过于激烈，使少量溶液溅出(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如右图所示：则起始读数为_____mL，终点读数为_____mL。(4)如已知用c(HCl)=0.1000mol/L的盐酸滴定20.00mL的氢氧化钠溶液，测得的实验数据如(3)中记录所示，则该氢氧化钠溶液的浓度c(NaOH)=____mo1/L。28、（14分）有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6mol/LH2SO4溶液中，乙同学将电极放入6mol/L的NaOH溶液中，如上图所示。请回答：（1）写出甲池中负极的电极反应式：____________________________。（2）写出乙池中负极的电极反应式和总反应的离子方程式：负极_________________总反应的离子方程式为________________________。（3）如果甲、乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出_________活动性更强，而乙会判断出_________活动性更强(填写元素符号)。（4）由此实验，可得到如下哪些正确结论？_______________________________(填写字母序号)。a．利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质b．镁的金属性不一定比铝的金属性强c．该实验说明金属活动性顺序已过时，已没有实用价值d．该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析（5）上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动性顺序判断原电池中的正负极”，这种做法___________________(填“可靠”或“不可靠”)。29、（10分）依据氧化还原反应Zn(s)＋Cu2＋(aq)===Zn2＋(aq)＋Cu(s)设计的原电池如下图所示。请回答下列问题：（1）电极X的材料是____________；电解质溶液Y是__________________。（2）铜电极为电池的________极，发生的电极反应为_______________________X极上发生的电极反应为______________。（3）外电路中的电子是从________极流向__________极（填名称）。（4）盐桥中的Cl－向________极移动，如将盐桥撤掉，电流计的指针将________偏转。

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.羟基不带电，电子式为，故A正确；B.(CH3)3COH的名称为2－甲基-2-丙醇，故B错误；C.CH3CHO是乙醛的结构简式，故C错误；D.甲烷分子中的氢原子比碳原子小，故D错误；故选A。点睛：本题的易错点为D，比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。2、B【详解】用丙醛制取1，2-丙二醇，其合成路线为：先用丙醛与氢气加成生成丙醇，该反应为④加成反应，也属于⑤还原反应，再由丙醇发生消去反应生成丙烯，为①消去反应，然后丙烯与溴水加成生成1，2-二溴丙烷，为④加成反应，最后1，2-二溴丙烷水解生成1，2-丙二醇，为③水解反应，也属于②取代反应，则合成中涉及的反应为⑤①④③或⑤①④②或④①④②，该合成路线中没有涉及氧化反应，不可能为⑤⑥③①，故答案选B。3、D【详解】A．CH2BrCH2Br是1,2-二溴乙烷，故A错误；B．是2-戊醇；故B错误；C．是2,3-二甲基-1-丁烯，故C错误；D．2,4,5-三溴苯甲酸，故D正确。综上所述，答案为D。4、D【解析】A．原子晶体中化学键键能越大、键长越短其硬度越大，这几种物质都是原子晶体，键长C-C＜C-Si＜Si-Si，所以硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故A正确；B．晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，离子半径，O2-＜Cl-＜Br-＜I-，则晶格能NaBr<NaCl<MgO，故B正确；C．元素的非金属性越强，与氢形成的化学键的极性越大，非金属性F＞O＞N，则键的极性：N－H<O－H<F－H，故C正确；D．因为对位形成分子间氢键增大熔点，邻位形成分子内氢键降低熔点，所以晶体熔点的高低：＞，故D错误；答案为D。5、B【详解】FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，Fe3+和SCN-可以发生离子反应，生成血红色的硫氰化铁等物质，故选B。6、C【详解】A．正反应是放热反应，降低温度，平衡向正向移动，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，故A错误；B．增大H2的浓度，平衡向正反应方向移动，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，故B错误；C．增大压强，平衡不移动，但c（I2）增大，混合气体的颜色加深，故C正确；D．减小压强，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，故D错误。故选C。7、B【详解】A、苯酚和氢氧化钠溶液反应生成苯酚钠和水，苯不溶于水，分液即可，A正确；B、乙醇和水互溶，应该蒸馏，B错误；C、乙烯和溴水发生加成反应，乙烷不溶于水，洗气即可，C正确；D、溴和氢氧化钠溶液反应，苯不溶于水，分液即可，D正确；答案选B。8、C【详解】A．两个反应中OH-浓度相同，但两种溶液中的H+浓度不同，因此反应速率不相同，A错误；B．粉末状CaCO3与盐酸的接触面积大，因此反应速率粉末状比块状CaCO3快，B错误；C．固体表面积相同，两种溶液中H+浓度相同，因此反应速率相同，C正确；D．金属越活泼，与同浓度的酸反应产生氢气的速率就越快，由于金属活动性Mg＞Al，所以反应速率：Mg＞Al，D错误；故合理选项是C。9、C【解析】因为元素原子的最外层电子数不超过8（K层为最外层时不超过2个），所以某元素的原子有3个电子层，最外层电子数是6个，因此是硫元素。答案选C。10、D【详解】X元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO3，则X的最高正价为+4价，说明X原子最外层有4个电子，最低化合价为−4价，形成的氢化物为XH4，答案选D。【点睛】根据最高价氧化物对应的水化物的化学式可知元素的最高正价，根据最高正价与最低负价的绝对值之和等于8，则可知最低负价。11、A【详解】A.N2分子的结构式为，故正确；B.次氯酸是弱酸，电离方程式用可逆符号，故错误；C.CCl4的电子式中氯原子周围应该有8个电子，故错误；D.S2-的结构示意图中核电荷数应为16，故错误。故选A。12、B【详解】A.金属性越强，其单质越容易从水或酸中置换出氢，比较的是置换出氢的难易程度，而不是生成氢气的多少，故A错误；B.在CuSO4溶液中加入KI溶液，加入苯发生萃取现象，苯层呈紫色，说明有碘生成。碘元素的化合价升高（从-1到0），则铜元素的化合价必须降低，铜离子表现氧化性，故白色沉淀可能为CuI，B正确；C.前者pH比后者的大，说明H2CO3的酸性比H2SO3溶液的弱，而比较非金属性要根据最高价氧化物对应水化物的酸性，H2SO3中的硫不是最高价，不能比较，故C错误；D.铁离子的氧化性强于铜离子的氧化性，加入少量铁粉先和溶液中的铁离子反应，所以未出现红色固体，不能说明没有铜离子，故D错误。故选B。【点睛】此类题型不仅要判断反应现象是否正确，还要分析结论是否正确，因果逻辑关系是否正确。13、C【详解】C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，说明该物质是原子晶体，每个C原子连接4个N原子、每个N原子连接3个C原子。A．分子晶体熔沸点较低、硬度较小，原子晶体硬度较大，该晶体硬度比金刚石大，说明为原子晶体，故A错误；B．原子半径越大，原子间的键长越长，原子半径C＞N，所以C3N4晶体中C−N键长比金刚石中C−C要短，故B错误；C．该晶体中原子间均以单键结合，且每个原子都达到8电子稳定结构，所以每个C原子能形成4个共价键、每个N原子能形成3个共价键，故C正确；D．离子晶体微粒之间通过离子键结合，原子晶体微粒间通过共价键结合，该晶体是原子晶体，所以微粒间通过共价键结合，故D错误；答案选C。14、C【详解】A．氯水具有漂白性，不能用广泛pH试纸测氯水的pH，故A错误；B．应该用干燥的pH试纸测溶液的pH，故B错误；C．常温下0.1mol/L的溶液加水稀释，减小，不变，所以变大，故C正确；D．酸、碱都能抑制水电离，常温下某溶液中由水电离出的为，溶液可能呈酸性或碱性，故D错误；选C。15、D【详解】A、曲线Ⅰ和曲线Ⅱ都是指同一反应物生成同一生成物，所以表示一个化学反应的能量变化，故A错误；

B、曲线Ⅱ反应物能量大于生成物能量，则该反应为放热反应，又2KClO32KCl＋3O2↑的能量变化；故B错误；

C、由图分析判断反应是放热反应，△H＜0，当△S＞0时，高温下反应能自发进行，故C错误；

D、根据图象分析判断，该反应为放热反应，△H=E2-E1，所以D选项是正确的；所以D选项是正确的．【点睛】A、曲线Ⅰ和曲线Ⅱ都是指同一反应物生成同一生成物；B、曲线Ⅱ反应物能量大于生成物能量，则该反应为放热反应；C、反应自发进行的判断根据是△H-T△S＜0；D、根据反应物和生成物能量变化判断反应吸热放热。16、C【详解】A.海水中主要含有Na+、K+、Ca2+、Cl-、、Br-、、等离子，、能水解使溶液呈弱碱性，故A错误；B.气温下降，、水解程度减小，海水的pH会下降，故B错误；C.海洋生物在生长过程中吸收海水中Ca2+、而逐渐形成石灰石外壳，故C正确；D.海水结冰是一种海水的自然淡化过程，涉及物理变化，故D错误；答案选C。17、A【分析】根据题意可知，本题考查物质的组成，运用物质是由元素组成分析。【详解】物质是由元素组成的，“加碘食盐”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等，这里的碘、钙、硒、氟指的是物质中所含有的元素，答案选A。18、D【详解】A．铜与浓硫酸加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，与稀硫酸不反应，A与题意不符；B．碳与浓硫酸加热的条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，与稀硫酸不反应，B与题意不符；C．二氧化硫与浓硫酸、稀硫酸均不反应，C与题意不符；D．石灰水为氢氧化钙，属于碱，与浓、稀硫酸均反应生成硫酸钙和水，D符合题意；答案为D。19、A【详解】A.常温下，反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)不能自发进行，则△H-T△S>0,因为该反应的△S>0，故ΔH>0,故正确；B.向醋酸中加水稀释，溶液中氢离子、醋酸根离子，醋酸分子浓度均减小，但氢氧根离子浓度增大，故错误；C.溶度积常数Ksp与温度有关，一般温度越高，溶解度越大，溶度积越大，但氢氧化钙的溶解度随着温度升高而降低，所以溶度积也变小，故错误；D.氢氧化钡和氯化铵反应为吸热反应，常温下能进行，故错误。故选A。20、D【分析】根据图中各物质的物质的量浓度的变化趋势判断反应物和生成物，根据物质的物质的量浓度变化值等于化学计量数之比书写化学方程式。【详解】A．A和B的量减小，C的量增大，因此A和B是反应物，C是产物，A、B、C的物质的量浓度变化量之比为3∶2∶3，该反应的化学方程式为3A+2B3C，A错误。B．由图可知反应至2min时，B由8mol/L变为4mol/L，但是体积未知，因此无法计算B转化的物质的量，B错误。C．反应达到平衡状态时反应没有停止，正反应速率等于逆反应速率，化学平衡状态是动态平衡，C错误。D．A的转化率为×100%=75%，D正确。本题选D。21、C【分析】根据题意，电解的电极反应为：阳极：Cu–2e-=Cu2+，阴极：2H++2e-=H2↑，总反应：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑。反应消耗了溶液中的H2O，析出晶体后的溶液仍为饱和溶液，且浓度与原溶液相等，则溶液损失的部分与原溶液浓度相同，也与剩余溶液的溶质质量分数相同。根据产生的气体的物质的量计算出消耗的H2O结合析出的晶体的质量便可计算剩余溶液的溶质质量分数。【详解】根据分析，电解消耗的H2O的质量为：amol×2×18g∙mol-1=36ag，wgNa2SO4·10H2O晶体中Na2SO4的质量为：，则剩余溶液的溶质质量分数为，C选项正确；答案选C。【点睛】温度不变时，饱和溶液析出晶体后的溶液仍为饱和溶液，原饱和溶液、析出晶体后的溶液和溶液减少的部分的关系：浓度相同，但质量不一定相同。22、C【解析】根据常温下能自动发生的氧化还原反应都可设计成原电池，再利用正反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2可知，铁元素的化合价降低，而碘元素的化合价升高，则图中甲烧杯中的石墨作正极，乙烧杯中的石墨作负极，利用负极发生氧化反应，正极发生还原反应，并利用平衡移动来分析解答。【详解】A.反应开始时，乙中碘离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2I--2e-=I2，故A错误；B.由总反应方程式知，Fe3+被还原成Fe2+，则甲中石墨电极上发生还原反应，故B错误；C.当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，故C正确；D.当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，故D错误。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、、过氧化物水解（或取代）反应的水解产物不能经氧化反应⑥而得到产品（或A中的不能经反应最终转化为产品，产率低）（其他合理答案均可给分）、【分析】（1）根据信息②和有机合成流程图知，在光照条件下可与氯气发生侧链烃基上的氢原子被卤素原子取代的反应，侧链上有2种等效氢，所以取代反应的产物有2种；B能和HBr发生加成反应，则A应发生消去反应生成B，B为，由逆推，可知D为，则C为；【详解】（1）根据信息②和有机合成流程图知，在光照条件下可与氯气发生侧链烃基上的氢原子被卤素原子取代的反应，侧链上有2种等效氢，所以生成的产物是或，故A的结构简式可能为或。（2）B为，由逆推，可知D为，则C为；结合已知①，在过氧化物的条件下与HBr发生加成反应生成，所以④的反应条件为过氧化物；C为、D为，所以反应⑤的类型为水解（或取代）反应；（3）反应⑥是在铜做催化剂的条件下被氧气氧化为，化学方程式为；（4）中含有，的水解产物不能经氧化反应⑥而得到产品，所以中间产物A须经反应③④⑤得D。（5）①其水溶液遇FeCl3溶液不呈紫色，说明不含酚羟基；②苯环上的一溴代物有两种，说明不含上有2种等效氢；③分子中有5种不同化学环境的氢。符合条件的的同分异构体是、。25、cNaHCO3强CaCl2(或BaCl2)溶液NaHCO32NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O甲2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝，则证明已收集满（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟产生，则证明已收集满）【解析】（1）NaHCO3不稳定，加热易分解产生二氧化碳气体，碳酸钠稳定，受热不分解，可用澄清石灰水检验CO2,以判断是否分解；小试管加热温度较低，里面装的是碳酸氢钠，大试管加热温度较高，里面装的是碳酸钠，反应观察到的实验现象是连接小试管的澄清石灰水变浑浊而连接大试管的澄清石灰水不变浑浊，可证明Na2CO3较稳定。（2）实验室用氯化铵固体和氢氧化钙固体加热制取氨气，氨气是碱性气体，与浓硫酸反应。【详解】(1)Ⅰ.①NaHCO3不稳定，加热易分解,2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可用澄清石灰水检验CO2,以判断是否分解，而硫酸和氢氧化钠不能鉴别二氧化碳，现象不明显，故答案为C；②小试管加热温度较低，如能分解，可证明NaHCO3不稳定，而Na2CO3加热温度较高，应该观察到的实验现象是连接小试管的澄清石灰水变浑浊而连接大试管的澄清石灰水不变浑浊，可证明Na2CO3较稳定，故答案为NaHCO3；③连接小试管的澄清石灰水变浑浊而连接大试管的澄清石灰水不变浑浊,故答案为Na2CO3比NaHCO3的稳定性强；Ⅱ．鉴别两种固体物质可选用CaCl2(或BaCl2)溶液，因为CaCl2(或BaCl2)溶液和Na2CO3产生白色沉淀，和NaHCO3不反应，故答案为CaCl2(或BaCl2)溶液；Ⅲ．与盐酸反应时，相关反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O，加NaHCO3的试管反应更剧烈，故答案为NaHCO3；(2)①实验室用氯化铵固体和氢氧化钙固体加热制取氨气，故化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；②氨气是碱性气体，通过浓硫酸的洗气瓶，与浓硫酸反应被吸收了，故答案为甲；2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4；③氨气是碱性气体，检验氨气是否收集满的方法可以将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝，则证明已收集满；由于氨气和浓盐酸挥发出的氯化氢反应产生氯化铵（白色固体），有白烟现象，所以检验氨气是否收集满的方法也可以用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟产生，则证明已收集满；故答案为将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝，则证明已收集满（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟产生，则证明已收集满）。【点睛】本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质比较和氨气的制取与性质，是高考中的常见题型，属于中等难度试题的考查，该题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和应试能力。26、温度10.010.06.0【详解】(1)该实验①、②可探究温度对反应速率的影响，控制总体积相同，V1＝V2＝10.0；故答案为：温度；10.0；10.0；(2)实验①、③可探究浓度（或c(H＋)）对反应速率的影响，硫酸的物质的量不同，控制总体积相同，则V4＝10.0，V5＝20.0－10.0－4.0＝6.0，故答案为6.0。27、浅红无色ACD9.0026.100.0855【解析】根据酸碱指示剂的变色范围判断终点颜色变化；根据滴定原理分析滴定误差、进行计算。【详解】(1)酚酞变色范围8.2－10.0，加在待测的氢氧化钠溶液中呈红色。随着标准盐酸的滴入，溶液的pH逐渐减小，溶液由红色变为浅红，直至刚好变成无色，且半分钟不褪色，即为滴定终点。(2)A、酸式滴定管未用标准盐酸润洗，使注入的标准盐酸被稀释，中和一定量待测液所耗标准溶液体积偏大，待测液浓度偏高。B、盛放待测溶