2026届河南省灵宝市实验高中高二上化学期中联考模拟试题含解析

2026届河南省灵宝市实验高中高二上化学期中联考模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列仪器属于碱式滴定管的是A． B． C． D．2、用惰性电极电解1L0.1mol·L－1含Cu2＋、X3＋的水溶液，阴极质量和通过电子的物质的量的关系如图所示，则溶液中离子的氧化性由强到弱的顺序是()A．Cu2＋>X3＋>H＋B．X3＋>Cu2＋>H＋C．Cu2＋>H＋>X3＋D．H＋>Cu2＋>X3＋3、下列说法正确的是()A．化学键断裂一定要吸收能量B．吸热反应一定需加热才能发生C．有能量变化的一定是化学反应D．活化分子间的碰撞一定是有效碰撞4、3NO2+H2O=2HNO3+NO中，关于NO2的说法正确的是()A．NO2是氧化剂B．NO2是还原剂C．NO2既是氧化剂又是还原剂D．NO2既不是氧化剂也不是还原剂5、对下列各种溶液中所含离子的判断合理的是A．向无色溶液中加氯水变橙色，溶液中可能含：SO42-、Br-、OH-、Ba2+B．25℃时在水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L的溶液中可能含：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-C．某溶液，加铝粉有氢气放出，则溶液中可能含：K+、Na+、H+、NO3-D．在c(Fe3+)=1.0mol/L的溶液中可能含：K+、Na+、SCN-、HCO3-6、有下列几种反应类型：①消去②加聚③水解④加成⑤还原⑥氧化，用丙醛制取1，2一丙二醇，按正确的合成路线依次发生的反应所属类型应是()A．⑤①④③ B．⑥④③① C．①②③⑤ D．⑤③④①7、用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定0.1mol·L－1盐酸，如达到滴定的终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05mL)，继续加水至50mL，所得溶液的pH是()A．4 B．7.2 C．10 D．11.38、下列说法正确的是()A．增大压强,活化分子数增多,化学反应速率一定增大B．升高温度,活化分子百分数不一定增大,化学反应速率一定增大C．活化分子间所发生的分子间的碰撞为有效碰撞D．使用催化剂,降低了反应的活化能,增大了活化分子百分数,化学反应速率一定增大9、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是A．124g白磷中含有P—P键的个数为4NAB．12g石墨中含有C—C键的个数为2NAC．28g晶体硅中含有Si—Si键的个数为2NAD．60gSiO2中含有Si—O键的个数为2NA10、下列实验操作正确的是（）A．用向上排空气法收集氢气 B．往燃着的酒精灯中添加酒精C．用丁达尔现象鉴别胶体和溶液 D．稀释浓硫酸时，将水沿器壁慢慢注入酸中11、下列物质中，属于纯净物的是A．甘油B．煤油C．石油D．豆油12、下列各组混合物中，静置后可用如图所示装置进行分离的是A．苯和水B．溴乙烷和水C．乙醛和水D．乙酸乙酯和水13、下列关于有机物结构、性质的说法正确的是A．石油裂解的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量B．分子式为C3H7Cl的有机物有三种同分异构体C．甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能发生取代反应D．将溴乙烷滴入AgNO3溶液中，立即有淡黄色沉淀生成14、下列说法关于离子浓度说法不正确的是A．室温下，向0.20mol/LNH4HCO3中通入CO2至溶液呈中性：c(NH4＋)=c(HCO3—)+2c(CO32—)B．10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合，c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(OHˉ)＞c(H+)C．向0.30mol/LNa2SO3中通入CO2:c(Na＋)＝2[c(SO32—)+c(HSO3—)+c(H2SO3)]D．10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，c(Na+)=c(Cl﹣)＞c(OH-)＞c(H+)15、关于0.1mol/L醋酸钠溶液，下列说法正确的是A．加少量水稀释时，增大B．向其中再加入少量醋酸钠晶体时，溶液中所有离子浓度都增大C．离子浓度大小比较：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D．向其中加入盐酸至恰好呈中性时，c(Na＋)＝c(CH3COO－)16、在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多的金属腐蚀现象。可以通过下列装置所示实验进行探究。下列说法正确的是A．按图Ⅰ装置实验，加热具支试管可更快更清晰地得到实验证据—观察到液柱上升B．图Ⅱ是图Ⅰ所示装置的原理示意图，图Ⅱ的正极材料是铁C．铝制品表面白斑可用图Ⅲ装置进行探究，Cl-在铝箔表面区发生电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑D．图Ⅲ装置的总反应为4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3，生成的Al(OH)3脱水形成白斑17、氯气与水反应生成的次氯酸具有杀菌作用，常用于自来水的消毒，用此种方法处理的自来水需要经过暴晒后才能用于养金鱼。下列有关说法正确的是A．次氯酸中氯元素呈-1价 B．次氯酸属于电解质C．次氯酸的化学性质很稳定 D．Cl2与水的反应中无电子转移18、一定条件下，在水溶液中1molCl-、ClOx-(x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是（

）A．这些离子中结合H＋能力最强的是EB．A，B，C，D，E五种微粒中A最稳定C．C→B+D的反应，反应物的总键能大于生成物的总键能D．B→A+D是吸热反应19、已知：Ag++SCN－=AgSCN↓（白色），某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。下列说法中，不正确的是A．①中现象能说明Ag+与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度B．②中现象产生的原因是发生了反应Fe(SCN)3+3Ag+=3AgSCN↓+Fe3+C．③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小D．④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应20、下列说法正确的是（）A．pH=6.8的溶液一定显酸性B．相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③CH3COONH4，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③C．电离平衡常数（K）只与弱电解质本身有关，与其它外部因素无关D．0.1mol•L-1的硫化钠溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HS-）+c（S2-）21、已知4NH3(g)＋5O2(g)⇌4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＝－905.9kJ·mol－1。一定条件下，向1L密闭容器中投入0.8mol的NH3和1.6mol的O2，发生上述反应，第2min和第4min时NH3的物质的量分别为0.6mol和0.3mol。下列说法中不正确的是A．上述反应的逆反应的活化能不小于905.9kJ·mol－1B．反应在第2min到第4min时，O2的平均速率为0.15mol·L－1·min－1C．反应第2min时改变了某一条件，该条件可能是使用催化剂或升高温度D．平衡后降低压强，混合气体平均摩尔质量减小22、以下说法正确的是()A．电子在原子核外排布时，总是尽先排在能量最高的电子层里B．原子核外各电子层最多能容纳的电子数2n2，所以钾原子的M层有9个电子C．稀有气体元素都形成了稳定的电子层结构，所以这些元素一定不存在化合态D．在1～18号元素中，最外层电子数等于电子层数的元素有3种二、非选择题(共84分)23、（14分）下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩中元素，用元素符号或化学式填空回答以下问题：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0二①②三③④⑤⑥⑦⑧四⑨⑩(1)在③～⑦元素中，⑦的元素符号____，原子半径最大的是____，S2-结构示意图为____。(2)元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的___，碱性最强的是____，呈两性的氢氧化物是____。(3)按要求写出下列两种物质的电子式：①的氢化物_____；③的最高价氧化物对应的水化物____。24、（12分）Ⅰ.有机物的结构可用“键线式”简化表示。如CH3—CH＝CH－CH3可简写为，若有机物X的键线式为：，则该有机物的分子式为________，其二氯代物有________种；Y是X的同分异构体，分子中含有1个苯环，写出Y的结构简式__________________________，Y与乙烯在一定条件下发生等物质的量聚合反应，写出其反应的化学方程式：__________________________________。Ⅱ.以乙烯为原料合成化合物C的流程如下所示：（1）乙醇和乙酸中所含官能团的名称分别为_____________和_____________。（2）B物质的结构简式为________________。（3）①、④的反应类型分别为______________和_______________。（4）反应②和④的化学方程式分别为：②__________________________________________________________。④___________________________________________________________。25、（12分）定量分析是化学实验中重要的组成部分。Ⅰ．中和热的测定：在实验室中，用50mL0.40mol/L的盐酸与50mL0.50mol/L的NaOH溶液反应测定中和热。假设此时溶液密度均为1g/cm3，生成溶液的比容热c=4.18J/(g•℃)，实验起始温度为T1℃，终止温度为T2℃，则中和热△H=___kJ/mol。Ⅱ．氧化还原滴定实验与中和滴定类似。为测定某H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为cmol/LKMnO4标准溶液滴定。(1)滴定原理为：(用离子方程式表示)___________。(2)达到滴定终点时的颜色变化为___________。(3)如图表示50mL滴定管中液面的位置，此时滴定管中液面的___________读数为mL。(4)为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取H2C2O4溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如下：实验序号①②③消耗KMnO4溶液体积/mL26.5324.0223.98从上表可以看出，实验①中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于②③，其原因可能是______________________。A．滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定B．①滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，②③均用标准液润洗C．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积D．①滴定用的锥形瓶用待测液润洗过，②③未润洗(5)H2C2O4的物质的量浓度=______________mol/L。26、（10分）中和热的测定实验(如图)。①量取反应物时，取50mL0.50mol∙L−1的盐酸，还应加入的试剂是________(填序号)。A．50mL0.50mol∙L−1NaOH溶液B．50mL0.55mol∙L−1NaOH溶液C．1.0gNaOH固体②在该实验过程中，该同学需要测定的实验数据有________(填序号)。A．盐酸的浓度

B．盐酸的温度C．氢氧化钠溶液的浓度

D．氢氧化钠溶液的温度E．水的比热容

F．反应后混合溶液的终止温度③若用50mL0.5mol∙L−1醋酸溶液代替上述盐酸测定中和热，所得数据________。(填“偏大”或“偏小”或“不变”)27、（12分）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10mol·L-1NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验。取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。完成下列填空：实验编号待测盐酸的体积（mL）NaOH溶液的浓度（mol·L-1）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）120.000.1024.18220.000.1023.06320.000.1022.96I.（1）滴定达到终点的标志是___。（2）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为__（保留小数点后3位）。（3）排除碱式滴定管尖嘴中气泡的方法应采用__操作，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有__。A．用酸式滴定管取20.00mL待测盐酸，使用前，水洗后未用待测盐酸润洗B．锥形瓶水洗后未干燥C．称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解D．滴定终点读数时俯视E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失II.硼酸（H3BO3）是生产其它硼化物的基本原料。已知H3BO3的电离常数为5.8×10-10，H2CO3的电离常数为K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11。向盛有饱和硼酸溶液的试管中，滴加0.1mol/LNa2CO3溶液，__（填“能”或“不能”）观察到气泡逸出。已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH-=B（OH），写出硼酸在水溶液中的电离方程式__。28、（14分）某温度时，在2L容器中X、Y、Z三种气态物质的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线如图所示，由图中数据分析：

（1）该反应的化学方程式为：_____________________；（2）反应开始至2min，用X表示的平均反应速率为____________________________；（3）反应开始至2min时，Y的转化率为__________；（4）对于上述反应当改变下列条件时，反应速率会发生什么变化（选填“增大”、“减小”或“不变”）？①降低温度：________②保持容器的体积不变，增加X的物质的量：________；③保持容器的体积不变，增加He：________；④增大容器的体积：________。（5）下列叙述能说明上述反应一定达到化学平衡状态的是______（填序号）A．X、Y、Z的物质的量之比为3：1：2B．X、Y、Z的浓度不再发生变化C．单位时间内每消耗3molX，同时生成2molZD．混合气体的总质量不随时间的变化而变化E．容器中的压强不再发生变化29、（10分）现有反应mA（g）+nB（g）pC（g），达到平衡后，当升高温度时，B的转化率减小；当减小压强时，混合体系中A的质量分数增大，则：（1）该反应的逆反应是______热反应，且p______m+n（填“＞”、“＜”或“=”）。（2）其他条件不变时，增大压强，C的质量分数______，逆反应速率______。（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）其他条件不变时，若加入B（体积不变），则A的转化率______。（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）其他条件不变时，若降低温度，则平衡时B、C的浓度之比c（C）/c（B）比值将______。（填“增大”、“减小”或“不变”）（5）其他条件不变时，若加入催化剂，该反应的反应热______。（填“增大”、“减小”或“不变”）（6）若B是有色物质，A、C均为无色物质，维持容器体积不变，充入氖气时，混合气体的颜色______。（填“变浅”、“变深”或“不变”）

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】A.是酸式滴定管，故A错误；B.是碱式滴定管，故B正确；C.是长颈漏斗，故C错误；D.是冷凝管，故D错误。故选B。2、C【解析】本题主要考查惰性电极电解时，阴极区的放电顺序与离子的氧化性有关。离子的氧化性越强，越易得电子。再结合图示信息中电子转移的物质的量与溶液中离子的物质的量的关系进行判断。【详解】理论上阴极增重只能是析出的Cu、X或X和Cu的质量，1L0.1mol·L－1含Cu2＋、X3＋的物质的量均为0.1mol，它们完全放电所需要电子的物质的量分别为0.2mol和0.3mol，而实际通过图示可以看到，通过0.2mole-后阴极质量不再增加，说明铜离子放电后溶液中的氢离子放电，而不是X3+放电析出X，故氧化性由强到弱的顺序是Cu2＋>X3＋>H＋，选C。本题答案选C。【点睛】电解原理中阴阳极放电顺序判断方法：（1）阴极：阴极上放电的一般是溶液中的阳离子。金属活动性顺序表中越排在后面的，其离子的氧化性越强，越易得到电子(注意Fe3+在Cu2+后面)而放电，其放电顺序为：K+<Ca2+<Na+<Al3+<(水中）H+<Zn2+<Fe2+<Sn4+<Pb2+<H+<Cu2+<Fe3+<Ag+。（2）阳极：若为活性电极做阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应；若为惰性电极做阳极，则一般是溶液中的阴离子放电，其常见的放电顺序为：F－<含氧酸根离子<OH－<Cl－<Br－<I－<S2－。3、A【详解】A、断键吸收能量、成键放出能量，所以化学键断裂一定要吸收能量，故A正确；B、吸热反应不一定需要加热才能发生，如氯化铵和氢氧化钡的反应为吸热反应，但不需要加热，故B错误；C、有能量变化的可能是物理变化，如水变成水蒸气需要吸收能量，但属于物理变化，故C错误；D、只有活化分子间有合适的取向、发生的碰撞才能发生化学反应，即活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查反应热和焓变，侧重考查对基础知识的理解和灵活运用，明确断键和成键与反应热关系、有效碰撞含义、能量变化与化学反应关系是解本题关键，注意一般规律中的特殊现象，B为解答易错点。4、C【详解】反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氮元素的化合价由NO2中的+4价变为HNO3中的+5价和NO中的+2价，氮元素的化合价既升高又降低，NO2既做氧化剂又做还原剂，答案选C。5、B【分析】A.溶液中的SO42-和Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不可共存；B.水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L<1.0×10-7mol/L，溶液可能显酸性，可能显碱性；C.加铝粉有氢气放出，溶液可能显酸性，可能显碱性；D.Fe3+与SCN-反应；【详解】A.溶液中的SO42-和Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不可共存，A错误；B.水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L<1.0×10-7mol/L，溶液可能显酸性，可能显碱性，Mg2+、Cu2+在碱性条件下生成沉淀，酸性条件下不反应，B正确；C.加铝粉有氢气放出，溶液可能显酸性，也可能显碱性。碱性条件下，H+不共存；酸性条件下，因为有硝酸根存在，则无氢气生成，C错误；D.Fe3+与SCN-反应，D错误；答案为B；【点睛】Al能与非氧化性酸反应生成氢气，可以与强碱反应生成氢气；与硝酸反应生成氮氧化物，无氢气生成，容易出错。6、A【解析】用丙醛制取1，2-丙二醇，官能团发生变化，官能团数目也发生变化，1，2-丙二醇有2个羟基，且处于相邻的碳原子上，所以应先制备丙烯，先加氢还原为丙醇，在浓硫酸加热条件下发生消去反应，得丙烯，再与溴加成，制得1，2-二溴丙烷，然后在碱的水溶液条件下水解，得1，2一丙二醇，故合成路线依次发生的反应所属类型顺序为⑤①④③，故答案选A。点睛：本题以丙醛为原料合成1，2-丙二醇，主要考查有机物的合成路线，对于这类问题，解题的关键是要熟悉烃及其衍生物之间的转化关系，不仅要注意官能团的衍变，还要注意同时伴随的碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量的改变往往是解题的突破口。7、C【分析】终点时不慎多加了1滴NaOH溶液，即0.05mL，继续加水至50mL，反应后溶液中c（OH-）=×0.1mol．L-1=10-4mol．L-1，根据c（H+）c（OH-）=10-14计算c（H+），进而计算所得溶液的pH。【详解】终点时不慎多加了1滴NaOH溶液，即0.05mL，继续加水至50mL，反应后溶液中c（OH-）=×0.1mol·L-1=10-4mol．L-1，根据c（H+）c（OH-）=10-14，则c（H+）=10-10mol/L，pH=10，故选C。8、D【解析】增大压强，对于有气体参与的化学反应，反应速率一定增大，故A错误；升高温度，活化分子百分数一定增大，化学反应速率一定增大，故B错误；活化分子按照合适的取向发生的碰撞为有效碰撞，故C错误；催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，提高反应速率，故D正确。9、C【详解】A．每个白磷（P4）分子中含有6个P-P键，n(P4)==1mol，则124gP4含有P-P键的数为6NA，A错误；B．石墨中每个C原子与其它3个C原子成键，平均每个C原子成键数目为3×=1.5个，12g石墨含C原子的物质的量为1mol，C-C键的个数为1.5NA，B错误；C．晶体Si中每个Si都与另外4个Si相连，平均每个Si原子成键数目为4×=2个，28g晶体硅中含Si原子的物质的量为1mol，则含有Si—Si键的个数为2NA，C正确；D．SiO2中每个Si原子与4个O原子成键，60SiO2的物质的量为1mol，含Si-O键的个数为4NA，D错误；故选C。10、C【详解】A．氢气密度小于空气，用向下排空气法收集氢气，A错误；B．不能往燃着的酒精灯中添加酒精，以免失火，发生危险，B错误；C．溶液不能产生丁达尔效应，用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液，C正确；D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断用玻璃棒搅拌，使热量及时散发出去，D错误；答案选C。11、A【解析】A.甘油是丙三醇，属于纯净物，故A正确；B.煤油的主要成分为C10-C16烷烃，还含有少量芳香烃、不饱和烃、环烃等，属于混合物，故B错误；C.石油主要是由多种碳氢化合物组成的混合物，故C错误；D.豆油属于油脂类，天然油脂一般都属于混合物，故D错误。故选A。12、B【解析】考查分液分离适用的条件，及重要有机物的物理性质。【详解】分液适用于分离不相溶的液体混合物。图中有机物在下层，其不溶于水且密度比水大。苯、乙酸乙酯密度比水小，A、D错误；乙醛与水互溶，无分层现象，C项错误。本题选B。13、C【解析】A项，石油裂化的目的是提高汽油等轻质油的产量与质量，裂解的目的是得到乙烯、丙烯等小分子的烯烃，故A错误；B项，分子式为C3H7C1的有机物有CH3CH2CH2Cl、CH3CHClCH3共两种同分异构体，故B错误；C项，甲烷可在光照条件下与氯气发生取代反应，苯可在催化剂作用下与液溴发生取代反应，乙醇、乙酸可发生酯化反应(属于取代反应)，乙酸乙酯可发生水解反应(属于取代反应)，故C正确；D项，溴乙烷是非电解质不能电离出溴离子，在溴乙烷中滴入AgNO3溶液，没有淡黄色沉淀生成，故D错误。点睛：本题考查有机物的结构与性质，A项为易混易错点，要明确石油裂化与裂解的区别，注意知识积累；B项，考查同分异构体种数的判断，可用基元法，C3H7C1可看作Cl代替了C3H8中的一个氢原子，丙基有两种，所以C3H7Cl有两种同分异构体；D项，注意溴乙烷是非电解质。14、B【详解】A、根据溶液呈现电中性，因此有c(NH4＋)＋c(H＋)=c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，溶液pH=7，即c(H＋)=c(OH－)，因此有c(NH4＋)=c(HCO3－)＋2c(CO32－)，故A说法正确；B、两种溶液混合后，溶质为NH4Cl，该溶液为酸性，因此有c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)，故B说法错误；C、根据物料守恒，因此有c(Na＋)＝2[c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)]，故C说法正确；D、两者恰好完全反应，溶质为NaCl和NH3·H2O，NH3·H2O为弱碱，溶液显碱性，即c(Na＋)=c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故D说法正确。15、A【解析】在醋酸钠溶液中存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。A项，加水稀释，促进CH3COO-的水解，n（CH3COOH）增大，n（CH3COO-）减小，=增大，正确；B项，再加入少量醋酸钠晶体，c（CH3COO-）增大，水解平衡正向移动，c（OH-）增大，但温度不变水的离子积不变，c（H+）减小，错误；C项，离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（CH3COO-）c（OH-）c（H+），错误；D项，向溶液中加入HCl，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（Cl-）+c（OH-），溶液呈中性c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（CH3COO-）+c（Cl-），错误；答案选A。16、D【详解】A．加热具支试管，试管温度升高，空气、水蒸气逸出，冷却后形成负压，液柱上升，主要原因不是形成原电池，A不正确；B．图Ⅱ是图Ⅰ所示装置的原理示意图，图Ⅱ的负极材料是铁，B不正确；C．图Ⅲ装置中，Al发生吸氧腐蚀，在铝箔表面区Al-3e-=Al3+，C不正确；D．图Ⅲ装置中，负极Al失电子生成的Al3+与正极O2得电子生成的OH-反应生成Al(OH)3，总反应为4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3，生成的Al(OH)3脱水形成白斑，D正确；故选D。17、B【解析】分析：Cl2与H2O反应的化学方程式为:Cl2+H2OHCl+HClO，在该反应中,氯元素的化合价发生变化，反应中一定存在电子转移。在HClO中,氯元素呈+1价,次氯酸不稳定,见光易分解:2HClO2HCl+O2↑；据以上分析解答。详解：根据化合价法则可知：氢元素化合价+1价，氧元素-2价，所以HClO中氯元素为+1价；A错误；次氯酸为弱酸，部分电离出氢离子和次氯酸根离子，属于弱电解质，B正确；次氯酸不稳定,见光易分解:2HClO2HCl+O2↑，C错误；Cl2与H2O反应的化学方程式为:Cl2+H2OHCl+HClO，在该反应中,氯元素的化合价发生变化，反应中一定存在电子转移，D错误；正确选项B。点睛：氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，因此新制的氯水中含有成分：盐酸、次氯酸、氯气；因此新制的氯水具有酸性、强氧化性、漂白性。18、B【分析】由图象中的信息及氯元素的化合价可知，A、B、C、D、E分别代表Cl－、ClO－、ClO2－、ClO3－和ClO4－。【详解】A.结合H＋的能力越强，则其形成的酸的酸性越弱，故结合H＋能力最强的应为B(ClO－)，A不符合题意；B.相对能量越低，越稳定，故五种微粒中最稳定的为A(Cl－)，B符合题意；C.该反应的离子方程式为2ClO2－=ClO－＋ClO3－，由相对能量可知该反应为放热反应，因此反应物的总键能小于生成物的总键能，C不符合题意；D.该反应的离子方程式为3ClO－=2Cl－＋ClO3－，反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量，该反应为放热反应，D不符合题意。故答案为B【点睛】要注意题中的条件“在水溶液中1molCl-、ClOx-(x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小”，防止判断反应3ClO－=2Cl－＋ClO3－的能量变化时出现误判。19、C【详解】A、AgNO3与KSCN恰好完全反应，上层清液中滴加Fe(NO3)3溶液，出现浅红色溶液，说明上层清液中含有SCN-，即说明Ag+与SCN-生成AgSCN沉淀的反应有限度，故A说法正确；B、根据②中现象：红色褪去，产生白色沉淀，Fe(SCN)3被消耗，白色沉淀为AgSCN，即发生：Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN↓+Fe3+，故B说法正确；C、前一个实验中滴加0.5mL2mol·L-1AgNO3溶液，Ag+过量，反应②中Ag+有剩余，即滴加KI溶液，I-与过量Ag+反应生成AgI沉淀，不能说明AgI溶解度小于AgSCN，故C说法错误；D、白色沉淀为AgSCN，加入KI后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即AgSCN转化成AgI，随后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应，故D说法正确；故选C。20、B【解析】A．溶液的酸碱性取决于溶液中c（H+）和c（OH-）的相对大小，显酸性为c（H+）＞c（OH-），与溶液的pH大小无关，所以pH=6.8的溶液不一定是酸溶液，选项A错误；B．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解呈酸性，NH4Al（SO4）2电离出铵根离子和铝离子水解相互抑制，所以水解的铵根离子相对NH4Cl较少，CH3COONH4，为弱酸弱碱盐，水解相互促进，水解的铵根离子相对NH4Cl多，相同物质的量浓度的溶液中，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③，选项B正确；C．平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，Kw只受温度的影响，温度不变，Kw不变，弱电解质电离平衡常数（K）与温度有关，温度高电离程度大，电离平衡常数大，选项C错误；D．0.1mol/L的硫化钠溶液中，溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，即c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），选项D错误。答案选B。21、B【分析】焓变=正反应的活化能-逆反应的活化能；第2min和第4min时NH3的物质的量分别为0.6mol和0.3mol，第2min到第4min时消耗氨气0.3mol，则消耗氧气0.375mol；第0min和第2min时NH3的物质的量分别为0.8mol和0.6mol，氨气的变化量是0.2mol，第2min到第4min时氨气的变化量是0.3mol；平衡后降低压强，平衡正向移动，气体物质的量增大。【详解】焓变=正反应的活化能－逆反应的活化能，所以逆反应的活化能不小于905.9kJ·mol－1，故A正确；第2min和第4min时NH3的物质的量分别为0.6mol和0.3mol，第2min到第4min时消耗氨气0.3mol，则消耗氧气0.375mol，所以反应在第2min到第4min时，O2的平均速率为0.1875mol·L－1·min－1，故B错误；第0min和第2min时NH3的物质的量分别为0.8mol和0.6mol，氨气的变化量是0.2mol，第2min到第4min时氨气的变化量是0.3mol，反应第2min时改变条件速率加快，所以改变的条件可能是使用催化剂或升高温度，故C正确；平衡后降低压强，平衡正向移动，气体物质的量增大，根据，混合气体平均摩尔质量减小，故D正确；选B。22、D【详解】A．电子在原子核外排布时，总是先排在能量最低的电子层里，A错误；B．原子核外各电子层最多能容纳的电子数2n2，且最外层不得超过8个电子，所以钾原子的M层有8个电子，N层有1个电子，B错误；C．稀有气体元素都形成了稳定的电子层结构，但与性质非常活泼的物质也会形成化合态，比如XeF6，故C错误；D．在1～18号元素中，最外层电子数等于电子层数的元素有3种，有氢、铍、铝，D正确；故答案D。二、非选择题(共84分)23、ClNaHClO4KOHAl(OH)3【分析】根据元素在周期表中的位置关系可知，①为N元素、②为F元素、③为Na元素、④为Mg元素、⑤为Al元素、⑥为Si元素、⑦为Cl元素、⑧为Ar元素、⑨为K元素、⑩为Br元素，结合元素周期律分析解答。【详解】(1)根据上述分析，在③～⑦元素中，⑦的元素符号Cl，同周期元素，随核电荷数增大，原子半径逐渐减小，原子半径最大的是Na，S元素的质子数为16，得到2个电子变为S2-，其结构示意图为；(2)同周期从左向右非金属性增强，金属性减弱，同主族从上到下，金属性增强，非金属性减弱；金属性越强，其最高价氧化物对应水化物碱性越强，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但F没有正价，故最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4，最高检氧化物对应水化物碱性最强的是KOH，呈两性的氢氧化物是Al(OH)3；(3)按①为N元素，其氢化物为NH3，电子式为；③为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，其电子式为。24、C8H83羟基羧基CH3CHO加成反应取代反应CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2ClHOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O【分析】Ⅰ.根据价键理论写出该物质的分子式；根据有机物结构，先确定一个氯原子位置，再判断另外一个氯原子位置有邻间对三种位置；根据分子中含有苯环，结合分子式C8H8，写出Y的结构简式，根据烯烃间发生加聚反应规律写出加成反应方程式；据以上分析解答。Ⅱ.由工艺流程图可知：乙烯与氯气发生加成反应生成物质A，为CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化得到物质B，为CH3CHO，CH3CHO氧化得到乙酸，乙酸与乙二醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成C，为CH3COOCH2CH2OOCCH3；据以上分析解答。【详解】Ⅰ.根据有机物成键规律：含有8个C，8个H，分子式为C8H8；先用一个氯原子取代碳上的一个氢原子，然后另外一个氯原子的位置有3种，如图：所以二氯代物有3种；Y是X的同分异构体，分子中含有1个苯环，根据分子式C8H8可知，Y的结构简式为；与CH2=CH2在一定条件下发生等物质的量聚合反应，生成高分子化合物，反应的化学方程式：；综上所述，本题答案是：C8H8，3，，。Ⅱ.由工艺流程图可知：乙烯与氯气发生加成反应生成物质A为CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化得到物质B为CH3CHO，CH3CHO氧化得到乙酸，乙酸与乙二醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成C为CH3COOCH2CH2OOCCH3；（1）乙醇结构简式为C2H5OH，含有官能团为羟基；乙酸结构简式为：CH3COOH，含有官能团为羧基；综上所述，本题答案是：羟基，羧基。（2）根据上面的分析可知，B为：CH3CHO；综上所述，本题答案是：CH3CHO。（3）反应①为乙烯在催化剂条件下能够与水发生加成反应生成乙醇；反应③为CH2ClCH2Cl水解生成乙二醇，反应④为乙二醇与乙酸在一定条件下发生酯化反应；综上所述，本题答案是：加成反应，取代反应。（4）反应②为乙烯和氯气发生加成反应，化学方程式为：CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl；综上所述，本题答案是：CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl。反应④为乙二醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，化学方程式为：HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；综上所述，本题答案是：HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。25、-20.9（T2-T1）2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成浅紫红色，且半分钟不褪色21.40BD60c/V【解析】I.在实验室中，用50mL0.40mol/L的盐酸与50mL0.50mol/L的NaOH溶液反应生成水的物质的量为0.02mol，则△H=−4.18×10−3kJ/(g⋅℃)×100mL×1g/mL×(T2−T1)÷0.02mol=−20.9(T2−T1)kJ/mol，故答案为：−20.9(T2−T1)；Ⅱ.(1).H2C2O4与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，H2C2O4被氧化成CO2，KMnO4被还原成Mn2+，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；(2).KMnO4溶液呈紫色，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点，故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成浅紫红色，且半分钟不褪色；(3).A与C刻度间相差1.00mL，说明每两个小格之间是0.10mL，A处的刻度为21.00，A和B之间是四个小格，所以相差0.40mL，则B是21.40mL，故答案为：21.40；(4).A.滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色就立刻停止滴定，会导致滴入的KMnO4溶液体积偏小，故A不选；B.第一次滴定时盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，KMnO4浓度偏小，导致滴入KMnO4体积偏大，故B选；C.实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积，读数偏小，导致读取的KMnO4体积偏小，故C不选；D.第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，润洗锥形瓶会导致草酸的物质的量偏大，造成滴入KMnO4体积偏大，故D选，答案为：BD；(5).从上表可以看出，第一次实验中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于后两次，应舍弃，则消耗标准液的体积为：24.02+23.982mL=24.00mL，设H2C2O4的物质的量浓度为amol/L，依据滴定原理：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O25c×24.00mLa×VmL2:c×24.00mL=5:a×VmL解得a=60c/Vmol/L，故答案为：60c/V。26、BBDF偏小【分析】中和热测定需要一种溶液的浓度略大于另一种溶液的浓度，所测数据需要每种溶液的温度和混合后溶液的终止温度，根据数据来计算中和热，醋酸电离会吸收热量。【详解】①A．50mL0.50mol∙L−1NaOH溶液，两者不能充分的使盐酸反应完，故A不符合题意；B．50mL0.55mol∙L−1NaOH溶液，能充分使盐酸反应完，故B符合题意；C．1.0gNaOH固体，NaOH固体溶于溶液会释放能量，引起实验误差，故C不符合题意；综上所述；答案为B。②在该实验过程中，该同学需要测定的实验数据有盐酸的温度、氢氧化钠溶液的温度，反应后混合溶液的终止温度，再根据温度得到温度差进行计算，故答案为：BDF。③若用50mL0.5mol∙L−1醋酸溶液代替上述盐酸测定中和热，由于醋酸电离会吸收一部分热量，因此温度变化偏小，所得数据偏小；故答案为：偏小。【点睛】NaOH固体溶解会释放热量，浓硫酸溶解也会释放能量，而弱酸、弱碱电离时会吸收一部分热量。27、最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色0.115mol/L丙CE不能H3BO3＋H2OB（OH）+H+【分析】根据酸碱滴定操作要求回答问题。【详解】I、（1）用NaOH滴定HCl，用酚酞作指示剂，即滴定到终点的标志：滴入最后一定NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色