福建省三明市永安第一中学2026届化学高二第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

福建省三明市永安第一中学2026届化学高二第一学期期中质量跟踪监视试题注意事项：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、我国科学家屠呦呦因发现青蒿而获得2015年诺贝生理或医学奖，青蒿素分子的结构如下，关于其说法正确的是（）A．分子式为C15H22O5 B．是一种芳香族化合物C．易溶于水 D．是一种高分子化合物2、下列说法不正确的是()A．乙烯的结构简式为CH2=CH2B．乙烯分子中6个原子共平面C．乙烯分子的一氯代物只有一种D．乙烷能使溴水褪色3、某香皂的配方中含有下列物质，其中属于无机物的是A．甘油B．柠檬酸C．淀粉D．氯化钠4、要增大铁与盐酸反应的速率，所采取的下列措施中无效的是（）A．增大盐酸的浓度 B．提高反应的温度C．增大压强 D．用铁粉代替铁片5、溶液的酸碱性可用酸度(AG)表示[AG=lg

c(H+)/c(OH−)

]。室温下，向浓度均为0.1mol·L-1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入NaOH固体，AG随加入NaOH的物质的量的变化如图所示，下列叙述正确的是A．HX、HY均为弱酸B．a点由水电离出的c(H+)=1.0×10－12mol·L-1C．c点溶液中：c(HY)＜c(Na+)＜c(Y－)D．b点时，溶液的pH=7，酸碱恰好完全中和6、对于X＋YZ的平衡，若增大压强，Y的转化率增大，则X和Z可能的状态是()A．X为液态，Z为气态 B．X为固态，Z为气态C．X为气态，Z为气态 D．无法确定7、下列说法中正确的是A．熵增加且放热的反应一定是自发反应B．自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应C．凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应D．非自发反应在任何条件下都不能发生8、在做中和反应反应热的测定实验时，应使用的仪器正确的是①量筒②托盘天平③烧杯④泡沫塑料或纸条⑤冷凝管⑥温度计⑦酒精灯⑧泡沫塑料板或硬纸板（中心有小孔）⑨环形玻璃搅拌棒A．①③④⑥⑧⑨ B．②③⑤⑥⑦⑧ C．①②③⑥⑦⑧ D．全部9、关于溶液的酸碱性说法正确的是（）A．c(H+)很小的溶液一定呈碱性B．PH=7的溶液一定呈中性C．不能使酚酞试液变红的溶液一定呈酸性D．c(OH-)=C(H+)的溶液一定呈中性10、漂白粉的使用原理:Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，该反应属于A．分解反应B．复分解反应C．化合反应D．置换反应11、已知：强酸和强碱在稀溶液中发生反应时的中和热为57.3kJ•mol﹣1，101kPa时辛烷的燃烧热为5518kJ•mol﹣1．则下列热化学方程式书写正确的是A．H++OH﹣═H2O△H=﹣57.3kJ•mol﹣1B．2NaOH（aq）+H2SO4（aq）═Na2SO4（aq）+2H2O（l）△H=﹣114.6kJ•mol﹣1C．2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（g）△H=﹣11036kJ•mol﹣1D．2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（l）△H=﹣5518kJ•mol﹣112、某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂.下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是A．酸式滴定管未用盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥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，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数13、下表是第三周期部分元素基态原子的逐级电离能［单位：eV（电子伏特）］数据：元素甲乙丙丁I1/eV5.77.713.015.7I2/eV47.415.123.927.6I3/eV71.880.340.040.7下列说法正确的是A．乙常见的化合价是+1价 B．甲的金属性比乙强C．丁一定是金属元素 D．丙不可能是非金属元素14、在一定条件下，用石墨电极电解0.5mo/LCuSO4溶液(含H2SO4)，监测到阳极附近溶液pH随着通电时间的延长而变化，数据如下表所示，下列说法不正确的是注：pH越小，c(H+)越大通电前pH通电后pH瞬间20s40s60s80s100s120s……2.352.552.502.482.452.412.352.25……A．通电瞬间，阳离子向阴极移动B．电解过程中，阳极发生的电极反应是2H2O-4e-=4H++O2↑C．通电后pH下降过程中，阴极发生的主要电极反应是Cu2++2e-=CuD．通电后pH下降过程中，H+向阴极的移动速率大于其在阳极的生成速率15、反应AC由两步反应A→B→C构成，1molA发生反应的能量曲线如图所示。下列有关叙述正确的是A．AC的正反应为吸热反应B．加入催化剂会改变A与C的能量差C．AC正反应的活化能大于其逆反应的活化能D．AC的反应热△H=E1+E3-E2-E416、有机物分子基团间相互影响导致化学性质不同，下列叙述说明侧链对苯环有影响的是A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而苯不能 B．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能C．苯酚能与3molH2加成得到环己醇 D．苯酚和甲醛在一定条件下生成酚醛树脂17、用萃取法从碘水中分离碘，所用萃取剂应具有的性质是()①不和碘或水起化学反应②能溶于水③不溶于水④应是极性溶剂⑤应是非极性溶剂A．①②⑤ B．②③④ C．①③⑤ D．①③④18、根据热化学方程式：S(l)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-293.23kJ·mol-1，分析下列说法中正确的是A．1mol固体S单质燃烧放出的热量大于293.23kJB．1mol气体S单质燃烧放出的热量小于293.23kJC．1molSO2(g)的键能的总和大于1molS(l)和1molO2(g)的键能之和D．1molSO2(g)的键能的总和小于1molS(l)和1molO2(g)的键能之和19、如图是某条件下N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。根据图像判断下列叙述中正确的是A．该反应的热化学方程式为B．a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线C．反应D．加入催化剂，该化学反应的反应热数值会减小20、化学与生活和化工、能源、材料生产密切相关，下列有关说法不正确的是A．吸水性高分子、医用生物高分子、导电高分子均属于功能高分子材料B．通过干馏，可以将煤中含有的苯等芳香烃从煤中分离出来C．太阳能、生物质能、风能、氢能均属于新能源D．用灼烧的方法可以区分蚕丝和涤纶21、漂白粉可由Cl2通入消石灰中制备，漂白粉有效成分是：A．Ca(OH)2B．CaCl2C．Ca(ClO)2D．CaCO322、一定条件下，乙烷发生分解反应：C2H6C2H4+H2。一段时间后，各物质的浓度保持不变，这说明A．反应完全停止B．反应达到平衡状态C．反应物消耗完全D．正反应速率大于逆反应速率二、非选择题(共84分)23、（14分）Ⅰ．KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题：(1)为尽量少引入杂质，试剂①应选用______________(填标号)。a．HCl溶液b．H2SO4溶液c．氨水d．NaOH溶液(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_________________________。(3)沉淀B的化学式为______________________II．毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下:(4)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是_________________________________。Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2(5)滤渣Ⅱ中含(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________________________。已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-924、（12分）高聚物G、I可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用。有关转化关系如下：已知：①②H的分子中有一个“—O—”结构的三元环③含有结构的有机物分子不能稳定存在，易失水形成→请回答下列问题:（1）写出Ｈ的结构简式___________（2）写出H转化为I的化学方程式___________（3）某化合物M分子式为C4H8O3，写出符合下列条件M的同分异构体的结构简式____________①与化合物F具有相同的官能团②官能团不连在同一个碳上（4）依据上述合成路线，设计以甲苯为原料制备的合成路线（无机原料任意选择，合成路线用流程图表示）_______________合成路线流程图示例:。25、（12分）现有一FeCl2、AlCl3混合溶液，请回答下列相关问题：（1）为抑制金属离子水解，可向溶液中加入___（填化学式）；请写出铝离子水解反应的离子方程式：___。（2）Fe2+容易被氧气氧化成___，检验久置的FeSO4中含Fe3+的试剂是___（填化学式）。（3）某小组尝试从该混合溶液中分离出铝离子①先向溶液中加入过量的试剂X，试剂X是___（填化学式）。②经过___（填操作名称），取滤液，然后加入过量的试剂Y，试剂Y是___（填化学式）。③该过程主要利用了氢氧化铝的两性。请写出氢氧化铝的电离方程式：___。26、（10分）烧碱在保存过程会部分变质(杂质主要为Na2CO3)。Ⅰ、定性检验取少量烧碱样品于试管，加蒸馏水使其完全溶解。向所得溶液滴加几滴BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则说明已变质，反之则未变质Ⅱ、定量测定准确称取5.0g样品配制成250mL溶液,各取配制好的烧碱溶液20.00mL于三个锥形瓶中,分别加入过量的BaCl2溶液(使Na2CO3完全转变成BaCO3沉淀),并向锥形瓶中各加入1∼2滴指示剂(已知几种酸碱指示剂变色的pH范围：①甲基橙3.1∼4.4②甲基红4.4∼6.2③酚酞8.2∼10),用浓度为0.2000mol·L−1的盐酸标准液进行滴定。相关数据记录如下：实验编号V(烧碱溶液)/mLV(HCl)/mL初读数末读数120.000.5031.50220.001.0032.04320.001.1032.18试回答：(1)如何确定BaCl2溶液是否滴加过量?__________________(2)向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中滴入盐酸，应选用_______________做指示剂，理由是____________；判断到达滴定终点的实验现象是___________________.(3)滴定时的正确操作是____________________________________.依据表中数据,计算出烧碱样品中含NaOH(M=40g/mol)的质量分数为________________%.(小数点后保留两位数字)(4)下列操作会导致烧碱样品中NaOH含量测定值偏高的是_________________A．锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗

B．酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗C．在滴定前有气泡，滴定后气泡消失

D．滴定前平视读数，滴定结束俯视读数。27、（12分）误差分析：（1）在转移溶液时有部分溶液溅出，则配制的溶液浓度___________（填“偏高”、“偏低”或“不变”，下同）；（2）转移溶液后，没有用水洗涤烧杯内壁，溶液浓度将__________；（3）加水超过容量瓶的刻度线，溶液浓度将__________，此时应该_______________；（4）加水定容时俯视刻度线，溶液浓度将__________；（5）定容后将溶液摇匀，发现液面下降，又加水到刻度线，溶液浓度将_________。（6）烧碱溶解后，没有恢复到室温，就转移到容量瓶中进行配制，浓度将____________。28、（14分）25℃，两种酸的电离平衡常数如下表。化学式CH3COOHH2CO3HCNHClOH2SO3电离常数1.8×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-115×10-103.0×10-8K1=2×10-2K2=1×10-7（1）物质的量浓度均为0.1mol/L的四种溶液：a.CH3COONab.Na2CO3c.NaClOd.NaHCO3，pH由大到小的顺序为______（用编号填写）。（2）根据上表数据判断，下列离子方程式错误的是____。A．CO2(过量)+H2O+ClO-=HCO+HClOB．SO2(过量)+H2O+ClO-=HSO+HClOC．CO2(少量)+H2O+CN-=HCO+HCND．SO2(少量)+H2O+CN-=HSO+HCNE.SO2(少量)+2CO+H2O=SO+2HCOF.2SO2(过量)+CO+H2O=2HSO+CO2↑（3）0.10mol·L-1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_____。（4）25℃时，NaCN与HCN的混合溶液，若c（CN-）=c（HCN），则溶液中pH=_____（已知lg2=0.3，lg5=0.7）。（5）25℃时，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将_____（填“增大”“减小”或“不变”）。29、（10分）（1）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01000mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取________gK2Cr2O7(保留4位有效数字，已知M（K2Cr2O7）＝294.0g·mol－1)。配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有________(用编号表示)。①电子天平②烧杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥胶头滴管⑦移液管（2）金属表面处理、皮革鞣制、印染等都可能造成铬污染。六价铬比三价铬毒性高，更易被人体吸收且在体内蓄积。以下为废水中铬元素总浓度的测定方法：_______________________准确移取25.00mL含Cr2O72-和Cr3＋的酸性废水，向其中加入足量的(NH4)2S2O8溶液将Cr3＋氧化成Cr2O72-，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8；向上述溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加0.015mol·L－1的Na2S2O3标准溶液，终点时消耗Na2S2O3溶液20.00mL。计算废水中铬元素总浓度(单位：mg·L－1，写出计算过程)。已知测定过程中发生的反应如下：①2Cr3＋＋3S2O82-＋7H2O===Cr2O72-＋6SO42-＋14H＋②Cr2O72-＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O③I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-（3）Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。测定产品(Na2S2O3·5H2O)纯度准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol·L－1碘的标准溶液滴定。反应原理为：2S2O32-＋I2===S4O62-＋2I－①滴定至终点时，溶液颜色的变化：________。②滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为_________mL。产品的纯度为(设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)________。

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】由结构筒式可知，分子中含有环状结构，酯基及过氧基，结合酯的性质及结构特点解答该题。【详解】A.由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，选项A正确；B.有机物不含苯环，不是芳香族化合物，选项B错误；C.含有酯基，具有酯的性质，不溶于水，选项C错误；D.相对分子质量远小于10000，不是高分子化合物，选项D错误。答案选A。2、D【详解】A．乙烯中含有一个碳碳双键，其结构简式为CH2=CH2，A正确；B．因乙烯中含有一个双键，其键角为120°，为平面型分子，故其6个原子共平面，B正确；C．乙烯中4个H原子的化学性质相同，故其一氯代物只有一种，C正确；D．乙烷中不含有双键、三键等不饱和键，不能使溴水褪色，D错误；故选D。3、D【解析】试题分析：甘油（丙三醇）、柠檬酸和淀粉均是有机化合物，氯化钠是无机化合物，答案选D。考点：考查有机物与无机物判断4、C【详解】A．增大盐酸的浓度，化学反应速率加快，A错误；B．提高反应的温度，化学反应速率加快，B错误；C．增大压强，对于反应物无气体的反应来说，压强改变，速率不变，C正确；D．用铁粉代替铁片，固体的表面积增大，化学反应速率加快，D错误；故合理选项为C。5、C【解析】A.根据起点：0.1mol/L的HX溶液：lg

c(H+)/c(OH−)=12，Kw=

c(H+)×c(OH−)=1×10-14，得出c(H+)=0.1mol/L，HX为强酸，故A错误；B．a溶液中c（H+）=0.1mol/L，溶液中水电离的c（H+）=10-13mol•L-1，故B错误；

C．c点lg

c(H+)/c(OH−)

=6，则溶液中c（H+）=10-4mol/L，此时消耗的NaOH为0.005mol，则溶液中的溶质为NaY和HY，由于溶液显酸性，所以HY的电离程度大于NaY的水解程度，所以n（Y-）>0.005mol,n（HY）<0.005mol,n(Na+)=0.005mol,所以c(HY)＜c(Na+)＜c(Y－)，故C正确；

D.浓度均为0.1mol•L-1、体积均100mL的HY与NaOH恰好中和消耗NaOH为0.01mol，而b点时消耗的NaOH为0.008mol，所以酸过量，故D错误．

正确答案：C。6、C【详解】A.如果X为液态，Z为气态，增大压强，Y的转化率不会增大，故A错；B.X为固态，Z为气态，增大压强，Y的转化率不会增大，故B错；C增大压强,Y的转化率增大,说明平衡向正反应方向移动,反应为气体的体积减小的反应,则X、Y、Z可能都为气体,所以C选项是正确的符合,D选项不合题意，故D错；答案C正确。【点睛】增大压强，Y的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动；增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，则正反应为气体的体积减小的反应；由于已知Y为固体，根据反应为气体的体积减小的反应即可判断X、Z的状态。7、A【详解】A.熵增加且放热的反应，△S＞0，△H＜0，△G=△H-T△S＜0一定是自发反应，A正确；B.熵减小△S＜0，△H＜0高温下，△G=△H-T△S＜0，反应自发进行，自发反应不一定是熵增大的反应，非自发反应不一定是熵减小或不变的反应，B错误；C.若△H＜0、△S＜0，则高温下△G=△H-T△S＞0，不能自发进行，故放热反应不一定能自发进行的反应；若△H＞0、△S＞0，则高温下△G=△H-T△S＜0，能自发进行，故吸热反应不一定是非自发进行的反应，C错误；D.△H-△T△S＜0反应自发进行，△G=△H-T△S＞0反应非自发进行，改变条件非自发进行的反应可以变化为自发进行，D错误。故选A。8、A【详解】中和热测定的实验装置如图，需要温度计测定溶液温度、环形玻璃搅拌棒搅拌使溶液混合均匀，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液，故选A。9、D【解析】A．溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，如果c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性，如果c（OH﹣）=c（H+），溶液呈中性，如果c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性，如果酸的浓度很小，则c（H+）很小，但溶液仍可能呈酸性，故A错误；B．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，纯水的pH＜7，则该温度下，pH=7的溶液呈碱性，只有c（OH﹣）=c（H+）时，溶液一定呈中性与PH无必然联系，故B错误；C．酚酞的变色范围是8﹣10，所以能使酚酞试液变红的溶液呈碱性，不能使酚酞试液变红的溶液，可能是盐的中性溶液或酸性溶液，如氯化钠盐溶液不能使酚酞试液变红，故C错误；D．溶液中如果c（OH﹣）=c（H+），则溶液呈中性，故D正确；故选D。10、B【解析】Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HclO是强酸制备弱酸的反应，属于复分解反应，故选B。11、B【解析】试题分析：H++OH－=H2O△H=－57.3kJ·mol－1，没标反应物的状态，故A错误；2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)生成2mol水，放热－114.6kJ，故B正确；燃烧热是指生成液态水时放出的热，故C错误；燃烧热是1mol可燃物燃烧放出的热量，故D错误。考点：本题考查中和热、燃烧热。12、D【解析】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溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）偏大，故A不符合；B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）无影响，故B不符合；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）偏大，故C不符合；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）偏低，故D符合；故答案为D。点睛：要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=nV13、B【详解】A．乙元素的第二电离能远远小于第三电离能，则乙元素最外层有2个电子，失去两个电子后达到稳定结构，所以乙为Mg元素，化合价为+2价，A错误；B．甲的第一电离能比乙的小，第一电离能越小，金属性越强，故甲的金属性比乙强，B正确；C．丙、丁元素的第一电离、第二电离能、第三电离能相差不大，说明丙元素最外层等于或大于3个电子，丙可能是金属元素也可能不是金属元素，丁一定元素最外层大于3个电子，一定为非金属元素，C、D错误；故答案为：B。14、D【解析】A．电解池中，阳离子向阴极移动，故A正确；B．电解过程中，阳极pH逐渐减小，电解池阳极上物质失去电子，发生氧化反应，考虑到溶液中含有硫酸，电解质溶液为酸性的，则阳极发生的电极反应应为H2O放电，产生H+，所以阳极发生的电极反应是2H2O-4e-=4H++O2↑，故B正确；C．阴极发生反应为物质得到电子，发生还原反应，则阴极发生的主要电极反应是Cu2++2e-=Cu，故C正确；D．电解过程中，阳极pH降低，阳极电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，产生的H+是阳离子，向阴极移动，pH降低表明阳极H+向阴极的移动速率小于其在阳极的生成速率，阳极c(H+)增大，pH=-lgc(H+)减小，故D错误；故选D。15、D【解析】A.由图像可知，AC的正反应为放热反应，A不正确；B.加入催化剂可有改变反应的路径，不会改变A与C的能量差，B不正确；C.由图像可知，AC是放热反应，故正反应的活化能小于其逆反应的活化能，以不正确；D.由盖斯定律可知，AC的反应热△H=E1+E3-E2-E4，D正确。本题选D。本题选D。点睛：反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。16、D【详解】A.甲苯能使酸性高锰酸钾褪色，是与苯环相连的甲基被氧化，结论应是苯环对侧链甲基的影响，错误；B.苯酚、乙醇都含有羟基，烃基不同，苯酚与氢氧化钠溶液可以反应，而乙醇不能与氢氧化钠溶液发生反应，可说明苯环对羟基有影响，故错误；C.苯酚和苯均能与3molH2发生加成反应，不能说明侧链对苯环有影响，错误；D.苯酚和苯均含有苯环，苯酚和甲醛在一定条件下生成酚醛树脂，而苯不能和甲醛在一定条件下生成酚醛树脂，故能说明侧链对苯环有影响，正确。17、C【详解】萃取剂的选择应符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应，利用碘易溶于有机溶剂的性质来进行提取，选取的萃取剂（四氯化碳或苯）不和碘或水起化学反应，不溶于水，水是极性溶剂，四氯化碳和苯是非极性溶剂，符合条件的是①、③、⑤，答案选C。18、C【详解】A、因物质由液态转变成固态要放出热量，所以1mol固体S单质燃烧放出的热量小于297.23kJ•mol-1，故A错误；B、因物质由液态转变成气态要吸收热量，所以1mol气体S单质燃烧放出的热量大于297.23kJ•mol-1，故B错误；C、因放热反应中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量，1molSO2的键能总和大于1molS和1molO2的键能总和，故C正确；D、因放热反应中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量，1molSO2的键能总和大于1molS和1molO2的键能总和，故D错误；故选C。【点晴】本题主要考查了化学反应中反应热的计算，需要注意的是物质三态之间的转变也存在能量的变化。根据物质由液态转变成固态要放出热量，由液态转变成气态要吸收热量以及放热反应中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量来分析。19、D【解析】试题分析：从图中可以看出，该反应的反应物总能量高于生成物的总能量，即为放热反应，A错D对；加入催化剂，反应的活化能降低，b曲线才是加入催化剂的能力变化曲线；反应热是反应前后能量之差，与反应历程无关，故催化剂的加入对反应热没有影响。考点：反应热点评：反应热是历年高考的常考知识点，特别是反应历程的能量变化图，考生在备考过程中应把握图中的相关信息。20、B【解析】A.吸水性高分子、医用生物高分子、导电高分子均属于功能高分子材料，A正确；B.煤中不含苯、甲苯等物质，煤通过干馏可发生化学变化生成苯、甲苯等芳香烃，故B错误；C.太阳能、生物质能、风能、氢能均属于新能源，C正确；D.蚕丝属于蛋白质，灼烧后有烧焦的羽毛气味，涤纶灼烧有刺鼻气味，D正确；综上所述，本题选B。21、C【解析】漂白粉是次氯酸钙和氯化钙构成的混合物，其有效成分是Ca(ClO)2，答案选C。22、B【解析】试题分析：一定条件下，可逆反应，达到一定程度，正反应速率等于逆反应速率（不等于零），各物质的浓度保持不变，反应达到平衡状态，故B正确。考点：本题考查化学平衡。二、非选择题(共84分)23、d2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Al(OH)3增大接触面积从而使反应速率加快Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少【分析】本题主要考查物质的制备实验与化学工艺流程。I.（1）由易拉罐制备明矾，则需要通过相应的操作除去Fe、Mg，根据金属单质的性质可选择强碱性溶液；（2）根据（1）中选择的试剂写出相关化学方程式；（3）Al在第一步反应中生成AlO2-，在第二步中加入了NH4HCO3，NH4+和HCO3-均能促进AlO2-水解生成Al(OH)3沉淀；II.浸取过程中碳酸钡和稀盐酸反应生成氯化钡，再加入NH3·H2O调节pH至8，由表中数据可知，滤渣I为Fe(OH)3，再将滤液调节pH至12.5，由表中数据可知，滤渣II为Mg(OH)2和少量Ca(OH)2，再加入H2C2O4，可除去Ca2+，再进行后续操作制备出BaCl2·2H2O，据此分析作答。【详解】（1）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故选d项；（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（3）滤液中加入NH4HCO3溶液后，电离出的NH4+和HCO3-均能促进AlO2-水解，反应式为NH4＋＋AlO2－＋2H2O=Al(OH)3＋NH3·H2O，生成Al(OH)3沉淀。Ⅱ、（4）毒重石用盐酸浸取前研磨将块状固体变成粉末状，可以增大反应物的接触面积从而使反应速率加快；（5）根据流程图和表中数据分析加入NH3·H2O调节pH至8，由表中数据可知，可除去Fe3+，滤渣I为Fe(OH)3，再将滤液调节pH至12.5，由表中数据可知，可完全除去Mg2+，部分Ca2+会沉淀，滤渣II为Mg(OH)2和少量Ca(OH)2，再加入H2C2O4，可除去Ca2+，若加入过量的H2C2O4，易发生Ba2＋＋H2C2O4=BaC2O4＋2H＋产生BaC2O4沉淀，导致产品的产量减少。24、【分析】B的结构简式为CH2=CHCH3，C为CH2BrCHBrCH3，D为CH2OHCHOHCH3，E为CH3COCOOH，F为CH3CHOHCOOH，H的分子中有一个“—O—”结构的三元环，说明H的结构为。【详解】(1)化合物H为结构简式为。(2)I为全生物降解塑料，即I应含有酯基官能团，所以有H和二氧化碳反应生成I的方程式为：。(3)某化合物M分子式为C4H8O3，与F具有相同的官能团，则有羟基和羧基，官能团不连在同一个碳原子上，所以，可能的结构为。(4).以甲苯为原料制备苯甲醛，即先将甲基发生卤代反应，再将卤代烃发生水解反应，根据一个碳原子连接两个羟基，会自动变为醛基进行分析，合成路线为。25、HClAl3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+Fe3+KSCNNaOH过滤HClH++AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3++3OH-【详解】(1)FeCl2、AlCl3混合溶液中的阴离子为氯离子，而金属离子水解时产生氢离子，可增大溶液中氢离子浓度抑制金属离子的水解，故加入物质为HCl；铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，离子方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+；(2)Fe2+容易被氧气氧化成Fe3+；Fe3+与SCN-反应生成血红色的硫氰化铁，则检验Fe3+的试剂为KSCN；(3)①铝离子与过量的NaOH反应生成偏铝酸钠，而亚铁离子与NaOH反应生成氢氧化亚铁沉淀，故试剂X可以为NaOH；②氢氧化亚铁沉淀用过滤的方法分离，在滤液中加入盐酸得到氯化铝与氯化钠的混合液；③氢氧化铝有酸式电离和碱式电离，电离方程式为H++AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3++3OH-。26、静置,向上层清液中继续滴加1滴BaCl2溶液，若未产生白色沉淀，说明已滴加过量，反之则未过量；酚酞酚酞的变色在碱性范围内,此时只有NaOH与HCl反应,BaCO3不与HCl反应滴入最后一滴时，溶液的颜色刚好红色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点；左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化62.08BC【分析】（1）取少量烧碱样品于试管，加蒸馏水使其完全溶解，向所得溶液滴加试剂氯化钡溶液，静置，取上层清液滴加氯化钡溶液，看是否有沉淀生成分析判断氯化钡溶液过量与否；（2）测定放置已久的NaOH纯度，杂质主要为Na2CO3，配制溶液后加入过量氯化钡溶液分离出沉淀后的溶液中含有氢氧化钠，用盐酸滴定测定，为防止碳酸钡溶解，指示剂应选酚酞；滴入最后一滴溶液颜色变化后半分钟不变化证明反应达到终点；（3）依据中和滴定实验过程和操作规范要求分析回答滴定时的正确操作；依据图表数据计算三次实验的平均值，结合酸碱反应定量关系计算氢氧化钠物质的量，得到样品中所含氢氧化钠的质量分数；（4）依据误差分析的方法分析判断，c（待测）=c(标准)V(标准)/V（待测）。【详解】（1）取少量烧碱样品于试管，加蒸馏水使其完全溶解．向所得溶液滴加试剂氯化钡溶液，静置，取上层清液滴加氯化钡溶液，看是否有沉淀生成。故分析判断氯化钡溶液过量与否的操作步骤为：静置，向上层清液中继续滴加1滴BaCl2溶液，若未产生白色沉淀，说明已滴加过量，反之则未过量；故答案为静置，向上层清液中继续滴加1滴BaCl2溶液，若未产生白色沉淀，说明已滴加过量，反之则未过量；（2）烧碱在保存过程会部分变质（杂质主要为Na2CO3），准确称取5.000g样品配制成250mL溶液，各取配制好的烧碱溶液20.00mL于三个大试管中，分别滴入过量的BaCl2溶液，用离心机分离后将滤液转移到三个锥形瓶中，向锥形瓶中各加入1～2滴指示剂，依据现有酸碱指示剂及变色的pH范围为：①甲基橙3.1～4.4②酚酞8.2～10），酸滴定碱溶液选择指示剂可以是酚酞或甲基橙，为防止碳酸钡溶解，要把滴定终点控制在弱碱性，酚酞的变色在碱性范围内，此时只有NaOH与HCl反应，BaCO3不与HCl反应；用浓度为0.2000mol•L-1的盐酸标准液进行滴定；滴入最后一滴溶溶液的颜色刚好红色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点，故答案为酚酞；酚酞的变色在碱性范围内，此时只有NaOH与HCl反应，BaCO3不与HCl反应；滴入最后一滴时，溶液的颜色刚好红色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点。（3）滴定时的正确操作是：左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；图表数据计算三次实验的平均值，盐酸体积的平均值=（31.50-0.50+32.04-1.001+32.18-1.10）÷3=31.04ml，结合酸碱反应定量关系计算氢氧化钠物质的量=31.04mL×0.0200mol/L÷20.00mL=0.3104mol/L，250ml溶液中含氢氧化钠物质的量=0.3104mol/L×0.250L=0.0776mol，得到样品中所含氢氧化钠的质量分数=0.0776mol×40g/mol÷5.000g×100%=62.08%，故答案为左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；62.08。（4）A.锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗，对滴定结果无影响，故A错误；B.酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，标准液浓度减小，消耗的溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；C.在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液的体积增大，测定结果偏高，故C正确；D.滴定前平视读数，滴定结束俯视读数读取标准液的体积减小，测定结果偏低，故D错误。故答案为BC。【点睛】酸碱中和滴定中误差分析根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V（待测）判断。27、偏低偏低偏低重新配制偏高偏低偏高【解析】（1）在转移溶液时有部分溶液溅出，溶质损失，根据c=nV（2）转移溶液后，没有用水洗涤烧杯内壁，溶质损失，根据c=nV=（3）加水超过容量瓶的刻度线，所配溶液体积偏大，根据c=nV=（4）加水定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏少，根据c=nV=（5）定容后将溶液摇匀，发现液面下降，又加水到刻度线，则多加了蒸馏水，根据c=nV（6）烧碱溶解后，没有恢复到室温，就转移到容量瓶中进行配制，烧碱溶于水放热，根据热胀冷缩的原理，所配溶液体积偏小，根据c=nV=28、b＞c＞d＞aBDc(Na+)＞c(SO)＞c