福建省宁德市普通高中2026届化学高二第一学期期中预测试题含解析

福建省宁德市普通高中2026届化学高二第一学期期中预测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、关于苯乙烯()的说法正确的是(

)A．分子式为C8H10B．加聚产物为:C．属于苯的同系物D．可以使酸性高锰酸钾溶液褪色2、25℃时某溶液的pH=7，下列说法正确的是A．c(H+)=c(OH﹣)B．一定是纯水溶液C．一定是盐溶液D．水电离出来的c(OH﹣)一定是1×10﹣7mol·L﹣13、关于下列各装置图的叙述不正确的是A．用图①装置精炼铜，a极为粗铜，b为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液B．图②装置的盐桥中KCl的Cl－移向乙烧杯C．图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护D．图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同4、某干电池原理如图所示，电池总反应为：Zn+2NH=Zn2++2NH3↑+H2↑。下列有关该电池的说法中错误的是A．锌片上发生氧化反应B．碳棒上反应为2NH+2e-=2NH3↑+H2↑C．图中该电池原理装置工作过程中溶液pH增大D．断开导线，图中该电池原理装置中不再发生任何反应5、对于密闭容器中的可逆反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)，探究单一条件改变情况下，可能引起平衡状态的改变，得到如图所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。下列判断正确的是A．加入催化剂可以使状态d变为状态bB．若T1>T2，则该反应一定是放热反应C．达到平衡时，A2的转化率大小为b>a>cD．其他条件不变时，增大B2的物质的量，AB3的体积分数一定增大6、已知磷酸分子中三个氢原子都可以与重水(D2O)中的D原子发生交换，又知次磷酸(H3PO2)也能跟D2O进行氢交换，次磷酸钠(NaH2PO2)却不能再跟D2O发生氢交换，由此推断出次磷酸分子的结构是()A． B． C． D．7、NO和CO都是汽车尾气里的有害物质，它们能缓慢地起反应生成氮气和二氧化碳气体：2NO+2CO=N2+2CO2；对此反应，下列叙述正确的是A．使用催化剂不能加快反应速率B．改变压强对反应速率没有影响C．冬天气温低，反应速率降低，对人体危害更大D．外界条件对此化学反应速率无影响8、下列有关叙述正确的是A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ·mol－1B．CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol－1，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋2×283.0kJ·mol－1C．2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)ΔH＜0且ΔS＞0，能自发进行D．浓硫酸的稀释和铝热反应均为放热反应9、可逆反应2NO22NO＋O2在恒容密闭容器中进行，下列情况达到平衡状态的是①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②混合气体的平均相对分子质量不再改变③NO2、NO、O2的反应速率之比为2∶2∶1④混合气体的颜色不再改变⑤混合气体的密度不再改变A．①②④ B．②③⑤ C．①②⑤ D．①②④⑤10、下列各组物质反应中，溶液的导电能力比反应前明显增强的是（）A．向氢碘酸溶液中加入液态溴B．向硝酸银溶液中通入少量氯化氢C．向氢氧化钠溶液中通入少量氯气D．向硫化氢饱和溶液中通入少量氯气11、下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（）A．碳酸钙受热分解 B．乙醇燃烧C．铝粉与氧化铁粉末反应 D．氧化钙溶于水12、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－113、某无色溶液中含有大量Ba2＋、H＋、NO3—，该溶液中还可能大量存在的离子是()A．Cu2＋B．CH3COO－C．HCOD．NH14、下列说法正确的是A．分子晶体中只存在非极性共价键B．稀有气体形成的晶体属于分子晶体C．干冰升华时，分子内共价健会发生断裂D．金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物15、常温下，用物质的量浓度为amol•L-1的NaOH稀溶液滴定0.1mol•L-1某酸HA溶液，溶液中水电离出的c水(H+)的负对数[-lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确()A．N点溶液显酸性B．Ka(HA)的值约为10-5C．R点溶液中：c(Na+)＜c(A-)D．Q点溶液中：c(Na+)=c(A-)+c(HA)16、下列疾病不能选用青霉素治疗的是A．肺炎B．脑膜炎C．胃痛D．外伤感染17、2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH＜0，400℃时体积相同的甲、乙、丙三个容器中，甲容器绝热恒容，充入6molSO2和3molO2，乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，充分反应达到平衡，下列说法正确的是A．乙中SO3的体积分数大于丙B．转化率：α甲（SO2）+α乙（SO3）=1C．乙和丙中的SO2的生成速率相同D．甲和丙中反应的化学平衡常数相同18、已知21℃时CH3COOH的电离常数K=1.6×10-1．该温度下向20ml0.01mol•L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol•L-1KOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化），下列有关叙述正确的是A．a点溶液中c（H+）为4.0×10-1mol/LB．c点溶液中的离子浓度大小顺序为c（K+）>c（CH3COO-）>c（H+）=c（OH-）C．V=20D．a、b、c三点中水的电离程度最大的是c点19、向一体积为2L的恒容密闭容器里充入1molN2和4molH2，在一定温度下发生反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H<0。10秒后达到平衡，c（NH3）为0.4mol/L。下列说法正确的是A．该反应达平衡时H2的转化率为40%B．降低温度能使混合气体的密度增大C．向该容器中充入N2，平衡正向移动D．研发高效催化剂可大大提高N2的转化率20、可逆反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)在反应过程中的能量变化如图所示，下列叙述不正确的是()A．该反应是放热反应B．向反应体系中加入催化剂对反应热无影响C．向反应体系中加入催化剂，E1减小，E2增大D．该反应ΔH=－(E2－E1)kJ·mol-121、X、Y两元素可形成X2Y3型化合物，则X、Y原子最外层的电子排布可能是()A．X：3s23p1Y：3s23p5 B．X：2s22p2Y：2s22p4C．X：3s23p1Y：3s23p4 D．X：3s2Y：2s22p322、强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1。分别向1L0.5mol·L-1的NaOH溶液中加入：①稀醋酸、②浓H2SO4、③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，它们的关系正确的是（）A．ΔH1＞ΔH2＞ΔH3 B．ΔH2＜ΔH1＜ΔH3C．ΔH1=ΔH2=ΔH3 D．ΔH1＞ΔH3＞ΔH2二、非选择题(共84分)23、（14分）常用药﹣羟苯水杨胺，其合成路线如图。回答下列问题：已知：（1）羟苯水杨胺的化学式为___。1mol羟苯水杨胺最多可以和___molNaOH反应。（2）D中官能团的名称___。（3）A→B反应所加的试剂是___。（4）F存在多种同分异构体。F的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应，且核磁共振氢谱显示4组峰，峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式___。24、（12分）A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下：元素相关信息A基态原子的价电子排布式为nSnnPnB元素原子的核外p电子数比s电子数少1个C最外层电子数是电子层数的3倍D简单离子是第三周期元素中离子半径最小的E价电子层中的未成对电子数为4请回答下列问题：（1）写出下列元素符号：A______，B_______，C________，D__________。（2）写出C元素在周期表的位置_________，E2+价电子的轨道表示式______________,B元素能量最高的电子为____轨道上的电子，其轨道呈______形。（3）按原子轨道的重叠方式，1molA与C形成的最高价化合物中σ键有______个，π键有______个。(阿伏加德罗常数的值用NA表示)（4）B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为________(用离子符号表示)。（5）写出C的核外有18个电子的氢化物的电子式_____________。25、（12分）化学学习小组进行如下实验。[探究反应速率的影响因素]设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20mol·L-1H2C2O4溶液、0.010mol·L-1KMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽物理量V(0.20mol·L-1H2C2O4溶液)/mLV（蒸馏水）/mLV（0.010mol·L-1KMnO4溶液）/mLT/℃乙①2.004.050②2.004.025③1.004.025(1)上述实验①、②是探究__________对化学反应速率的影响；若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为_____________；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写___________。[测定H2C2O4·xH2O中x值]已知：M(H2C2O4)=90g·mol-1①称取1.260g纯草酸晶体，将其酸制成100.00mL水溶液为待测液；②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适的稀H2SO4；③用浓度为0.05000mol·L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。(2)请写出与滴定有关反应的离子方程式_________________________________________。(3)某学生的滴定方式(夹持部分略去)如下，最合理的是________(选填a、b)。(4)由图可知消耗KMnO4溶液体积为__________________________________________mL。(5)滴定过程中眼睛应注视________________________。(6)通过上述数据，求得x=____。以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，引起实验结果________(偏大、偏小或没有影响)。26、（10分）某烧碱溶液中含有少量杂质(不与盐酸反应)，现用中和滴定测定其浓度。（1）用_______式滴定管盛装cmol/L盐酸标准液。配制cmol/L盐酸标准液，必须使用的主要容器是____________如图表示某次滴定时50mL滴定管中前后液面的位置。滴定管读数时应注意____________________________________。尖嘴部分应____________________________。用去的标准盐酸的体积是_____________mL（2）该实验应选用_____作指示剂；操作中如何确定终点？______________________________。（3）对下列两种假定情况进行讨论：(填“无影响”、“偏高”、“偏低”)a．若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，则会使测定结果__________；b．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，则会使测定结果__________；27、（12分）某学生用0.2000mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作步骤如下：①量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液．②用标准液滴定至终点，记录滴定管液面读数，所得数据如下表：滴定次数盐酸体积NaOH溶液体积读数（mL）滴定前滴定后120.000.0018.10220.000.0016.30320.000.0016.22回答下列问题：（1）步骤①中，量取20.00mL待测液应使用________（填仪器名称），若在锥形瓶装液前残留少量蒸馏水，将使测定结果______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．（2）步骤②中，滴定时眼睛应注视_______（填仪器名称），判断到达滴定终点的依据是_____________________________________________________________（3）第一次滴定记录的NaOH溶液的体积明显多于后两次，其可能的原因是（填字母）___A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡B．锥形瓶装液前用待测液润洗C．NaOH标准液保存时间过长，有部分Na2CO3生成D．滴定终点时，俯视读数（4）根据上表记录数据，通过计算可得该盐酸的浓度为________mol/L28、（14分）有机乙偶姻存在于啤酒中，是酒类调香中一个极其重要的品种，某研究性学习小组为确定乙偶姻的结构，进行如下探究。步骤一：将乙偶姻蒸气通过热的氧化铜(催化剂)氧化成二氧化碳和水，再用装有无水氯化钙和固体氢氧化钠的吸收管完全吸收，装置如图。2.64g乙偶姻的蒸气氧化产生5.28g二氧化碳和2.16g水。步骤二：升温使乙偶姻汽化，测其密度是相同条件下H2的44倍。步骤三：用核磁共振仪测出乙偶姻的核磁共振氢谱如图，图中4个峰的面积比为1∶3∶1∶3。步骤四：利用红外光谱仪测得乙偶姻分子的红外光谱如图。（1）如图装置中两支U型管不能互换的理由是____。（2）乙偶姻的摩尔质量为_________。（3）乙偶姻的分子式为______________。（4）乙偶姻的结构简式为__________。29、（10分）已知化学反应①：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)，其平衡常数为K1；化反应②：Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)，其平衡常数为K2，在温度973K和1173K情况下，K1、K2的值分别如下：温度K1K2973K1.472.381173K2.151.67请填空：(1)通过表格中的数值可以推断：K1随温度的升高而____________，（填增大，减小，不变），所以反应①是____________(填“吸热”或“放热”)反应。(2)现有反应③：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，请你写出该反应的平衡常数K3的数表达式：K3＝__________，根据数据可知反应③是吸热反应。(3)要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施有___(填写字母序号，下同)。A．增大压强（压缩容器体积）

B．体积不变时充入稀有气体C．升高温度

D．使用合适的催化剂(4)图甲、乙分别表示反应③在t1时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况：①图甲中t2时刻发生改变的条件可能是_____________、____________。②图乙中t2时刻发生改变的条件可能是__________。A．升高温度B．降低温度C．加入催化剂D．增大压强E.减小压强F.充入CO2G.分离出部分CO

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、D【解析】A.苯乙烯分子式为C8H8，A错误；B.加聚产物为：，B错误；C.分子中含有碳碳双键，不属于苯的同系物，C错误；D.分子中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误，答案选D。2、A【解析】25℃时某溶液的pH=7，则该溶液为中性，c(H+)=c(OH﹣)=110-7mol/L，可能是纯水，也可能是盐溶液，如CH3COONH4溶液。由于弱碱阳离子和弱酸根离子水解促进水的电离，所以水电离出来的c(OH﹣)不一定是1×10﹣7mol·L﹣1，故A正确，BCD错误。故选A。3、B【详解】A.用图①装置精炼铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极，粗铜被氧化，粗铜与电源正极相连，纯铜与电源负极相连，故a极为粗铜，b为精铜，故A正确；B．锌为负极，盐桥中KCl的Cl﹣移向负极，即移向甲烧杯，故B错误；C．图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连接，为外加电源的阴极保护法，故C正确；D．图④负极分别为铝、锌，转移相同电量时，消耗的电极质量不同，故D正确；答案选B。4、D【详解】A．放电时，Zn元素化合价由0价变为+2价，化合价升高，失去电子，所以Zn是负极，发生氧化反应，A正确；B．Zn为负极，碳棒为正极，正极得电子，电极反应为2NH+2e-=2NH3↑+H2↑，B正确；C．该原电池的电解质溶液为氯化铵溶液，呈酸性，随着电池反应的不断进行，铵根浓度减小，水解程度减小，酸性减弱，故pH增大，C正确；D．该原电池的电解质溶液为氯化铵溶液，呈酸性，反应断路时，Zn也可和电解质溶液发生反应，D错误；故选D。5、B【详解】A.加入催化剂只改变反应速率，不能使平衡发生移动，故加入催化剂不能使状态d变为状态b，A错误；B.若T1>T2，由题图可知，温度升高，n(B2)不变时，平衡时AB3的体积分数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应是放热反应，B正确；C.其他条件不变时，n起始(B2)越大，平衡时A2的转化率越大，即A2的转化率大小为c>b>a，C错误；D.由题图可知，随着n起始(B2)增大，AB3的体积分数先增大后减小，D错误。答案为B。6、B【解析】由题意可知，次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O发生氢交换，则H3PO2中只有一个羟基氢，A.有2个羟基氢，不符合题意，故A错误；B.有1个羟基氢，符合题意，故B正确；C.有2个羟基氢，不符合题意，故C错误；D.不含有羟基氢，不符合题意，故D错误；答案选B。点睛：本题属于信息题，考查利用已知信息综合分析推断的能力，难度较大。由题给信息首先分析出磷酸分子中的共价键形式，3个H分别和3个O形成共价单键，与H相连的3个O与P形成3个共价键，从而得出能跟D原子发生交换的条件，由此对次磷酸的结构进行推导判断。7、C【解析】A、催化剂能增大活化分子的百分数，反应速率增大；B、有气体参见反应，改变压强时，反应速率改变；C、降低温度可减慢反应速率，NO和CO对人的危害远大于N2和CO2；D、当改变外界条件，活化分子的浓度或百分数发生改变时，化学反应速率改变。【详解】A项、催化剂可以改变化学反应速率，NO与CO的反应极其缓慢，使用催化剂能加快反应速率，故A错误；B项、增大压强，可以使气体物质的体积变小，其浓度变大，所以反应速率加快，反之，减小压强，可使气体的体积变大，浓度变小，反应速率变慢，由于该反应是气体物之间的反应，改变压强，对反应速率有影响，故B错误；C项、升高温度，可以加快反应速率，降低温度可减慢反应速率，由于NO和CO对人的危害远大于N2和CO2，所以冬天气温低，NO与CO反应生成N2和CO2的速率降低时，对人危害更大，故C正确；D项、NO与CO的反应是一个气体物质间的化学反应，改变反应物的浓度、压强、温度均能改变该反应的速率，故D错误．故选C。8、B【解析】A．中和热是强酸和强碱在稀溶液中反应生成1mol水放出的能量，但H2SO4和Ca（OH）2反应生成微溶性硫酸钙，所以其中和热△H≠－57.3kJ·mol-1，A错误；B．因CO（g）的燃烧热是283.0kJ·mol-1，则反应2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）的△H＝－2×283.0kJ•mol-1，因此反应2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的△H=+2×283.0kJ·mol-1，B正确；C．反应2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)的ΔH＜0，ΔS＜0，C错误；D．浓硫酸的稀释是物理变化，不是放热反应，D错误；答案选B。9、A【分析】根据平衡状态的两个重要特征来判断：（1）v（正）=v（逆）；（2）混合物中各组成成分的百分含量不变。【详解】①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，符合特征（1），正确；②该反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，正确；③用NO2，NO，O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态，说明了反应中各物质的转化量的关系，不符合，错误；④NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2），正确；⑤在恒容密闭容器中，该体系的ρ始终保持不变，不能说明是否达到平衡状态，错误；答案选A。10、D【解析】A．向氢碘酸饱和溶液中加入液态溴，反应生成单质碘和氢溴酸，溶液中离子浓度略有减小，所以溶液导电能力略微减弱，故A错误；B．向硝酸银溶液中通入少量氯化氢，生成硝酸和氯化银沉淀，溶液离子浓度基本不变，导电能力不变，故B错误；C．NaOH和少量氯气反应生成NaCl和NaClO，NaOH、NaCl、NaCl都是强电解质，反应前后离子浓度变化不大则溶液导电性变化不大，故C错误；D．硫化氢和氯气反应生成HCl和硫，氢硫酸是弱电解质、HCl是强电解质，反应后离子浓度明显增大，则溶液导电性明显增强，故D正确；故选D。11、A【分析】吸热反应为生成物的总能量大于反应物的总能量；而放热反应为生成物的总能量小于反应物的总能量。【详解】A.碳酸钙受热分解生成二氧化碳和氧化钙，反应是吸热反应，是生成物的总能量大于反应物的总能量，故A符合题意；B.乙醇的燃烧反应是一个放热反应，是生成物的总能量小于反应物的总能量，故B不符题意；C.铝与氧化铁粉未反应是一个放热反应，是生成物的总能量小于反应物的总能量，故C与题意不符；D.氧化钙溶于水是一个放热反应，是生成物的总能量小于反应物的总能量，故D与题意不符。故答案：A。12、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。13、D【解析】A.Cu2＋有颜色，与无色溶液不符，故A错误；B.CH3COO－与H+

不能共存，生成醋酸，故B错误；C.H+和HCO3-不能共存，生成水和二氧化碳，故C错误；D.NH4+可以与Ba2＋、H＋、NO3-共存，故D正确。故选D。14、B【解析】A、稀有气体形成的分子晶体中不存在共价键；有的分子晶体中存在非极性共价键，如氢气、氮气等，有的分子晶体中存在极性共价键，如干冰，碳氧原子之间为极性共价键，故A错误；

B、稀有气体是单原子分子，可以形成分子晶体,故B正确；C、干冰是分子晶体,干冰升华属于物理变化,只是分子间距增大,破坏分子间作用力,共价键没有破坏共价键,故C错误；

D、金属元素和非金属元素形成的化合物可能是共价化合物，如氯化铝，故D错误；

综上所述，本题选B。15、B【分析】酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)、碱中c(OH﹣)越大其抑制水电离程度越大，则[﹣lgc水(H+)]越大；弱酸阴离子或弱碱阳离子促进水电离，则[﹣lgc水(H+)]小，根据图知，开始时溶质为HA，水电离的H+浓度为110-11mol/L，HA为弱酸，溶液呈酸性而抑制水电离，随着NaOH的加入，溶液中c(A﹣)增大而导致水电离程度增大，NaA溶液呈碱性，R点水电离的H+浓度为110-7mol/L，溶液pH=7，溶液呈中性，溶液中溶质为HA、NaA，N点水电离程度最大，溶液中溶质为NaA，继续加入NaOH导致溶液中水电离程度减小，Q点溶质为NaA、NaOH。【详解】A．N点溶质为强碱弱酸盐NaA，NaA水解导致溶液呈碱性，则N点溶液呈碱性，故A错误；B．开始时溶质为HA，HA电离程度较小，则溶液中c(HA)≈0.1mol/L，溶液中c(A﹣)≈c(H+)=mol/L=10﹣3mol/L，Ka(HA)==10﹣5，故B正确；C．R点溶液pH=7，溶液呈中性，则溶液中c(H+)=c(OH﹣)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(A﹣)+c(OH﹣)，则c(Na+)=c(A﹣)，故C错误；D．Q点溶质为NaOH、NaA，NaOH过量，根据物料守恒得c(Na+)＞c(A﹣)+c(HA)，故D错误；故选：B。16、C【解析】A.肺炎、B.脑膜炎、D.外伤感染，都是由细菌引起的疾病，青霉素主要是杀死细菌，因此都能用青霉素很好地治疗，C.胃痛主要是胃酸分泌过多，可以用胃舒平、胃得乐等合适的胃药治疗。故选C。17、A【详解】A.乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，随反应进行气体体积增大，达到平衡时乙中压强大于丙中压强，相对于丙，乙相当于增大压强，平衡正向移动，三氧化硫体积分数增大，所以乙中SO3的体积分数大于丙，故A正确；B.假设甲容器恒温恒容，充入6molSO2和3molO2，乙容器恒温恒容，充入6molSO3，两容器等效，甲和乙将达到相同的平衡状态，转化率：α甲（SO2）+α乙（SO3）=1，但甲容器是绝热容器，且该反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，则甲中二氧化硫转化率减小，α甲（SO2）+α乙（SO3）＜1，故B错误；C.乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，随反应进行气体体积增大，达到平衡时乙中压强大于丙中压强，相对于丙，乙相当于增大压强，压强越大，反应速率越快，则乙中SO2的生成速率大于丙，故C错误；D.该反应为放热反应，甲是绝热恒容，充入6molSO2和3molO2生成SO3放出热量，丙是恒温恒压，容器温度始终不变，所以甲容器中温度高于丙，因平衡常数随温度变化，所以甲和丙中化学平衡常数不同，故D错误，答案选A。18、D【分析】根据平衡常数计算c（H+）；根据电荷守恒c点溶液中c（K+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），pH=7，说明c（H+）=c（OH-）；若V=20，则醋酸与KOH恰好完全反应，溶质为CH3COOK；a、b点溶液呈酸性，抑制了水的电离，c点溶液呈中性，基本不影响水的电离。【详解】设a点溶液中c（H+）=xmol/L，则，x=4.0×10-4mol/L，故A错误；根据电荷守恒c点溶液中c（K+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），pH=7，说明c（H+）=c（OH-），所以c（K+）=c（CH3COO-）>c（H+）=c（OH-），故B错误；若V=20，则醋酸与KOH恰好完全反应，溶质为CH3COOK，此时溶液呈碱性，c点溶液呈中性，所以V<20，故C错误；根据图象可知，a、c溶液呈酸性，氢离子抑制了水的电离，水电离的c（H+）＜1×10-7mol/L，而c点溶液的pH=7，呈中性，水电离的氢离子浓度为1×10-7mol/L，所以a、b、c三点中水的电离程度最大的是c点，故D正确。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、盐的水解原理的含义及应用。19、C【解析】根据可逆反应建立化学平衡过程中相关量的变化分析计算，分析外因对化学平衡的影响。可列三段式进行计算。【详解】N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)起始/mol：140转化/mol：0.41.20.8平衡/mol：0.62.80.4×2A项，氢气转化率＝(1.2mol÷4mol)×100%=30%，A项错误；B项，该反应中只有气体，混合气体总质量不变，恒容时密度不变，B项错误；C项，化学平衡时充入氮气，增大氮气浓度，平衡正向移动，C项正确；D项，催化剂只能改变化学反应速率，缩短到达平衡的时间，但不能使平衡移动，不能改变反应物的转化率，D项错误；本题选C。20、C【详解】A.该反应反应物的总能量比生成物的总能量大，所以该反应为放热反应，故正确；B.向反应体系中加入催化剂，可以降低反应的活化能，对反应热无影响，故正确；C.向反应体系中加入催化剂，E1减小，E2也减小，反应热不变，故错误；D.该反应ΔH=－(E2－E1)kJ·mol-1，故正确。故选C。21、C【分析】X、Y两元素可形成X2Y3型化合物，则X、Y的常见化合价为+3、-2，即X元素处于第IIIA，Y元素处于第VIA；或举例如N2O3等。【详解】A.3s23p1为Al，3s23p5为Cl，形成的化合物为AlCl3，不符合；B.2s22p2为C，2s22p4为O，形成的化合物为CO或CO2，不符合；C.3s23p1为Al，3s23p4为S，形成的化合物为Al2S3，符合；D.3s2为Mg，2s22p3为N，形成的化合物为Mg3N2，不符合；答案选C。22、D【解析】等物质的量的NaOH与稀CH3COOH、浓H2SO4、稀HNO3恰好反应生成等物质的量的水，若不考虑物质的溶解热和弱电解质电离吸热，应放出相同的热量。但在实际反应中，浓H2SO4溶解放热，CH3COOH是弱电解质，电离要吸热，且放热越多，ΔH越小，则ΔH1＞ΔH3＞ΔH2；故选D。二、非选择题(共84分)23、C13H11NO33羟基、硝基浓硝酸和浓硫酸、、【分析】苯与氯发生取代反应得到氯苯A，根据题目给出的信息可知D中含有硝基，这个硝基只能是A到B的过程中引入的，而产物中左边的苯环上的取代基是对位的，因此B为对硝基氯苯，碱性条件下水解得到对硝基苯酚钠C，加酸中和后得到对硝基苯酚D，还原后得到对氨基苯酚E，根据F的分子式和最终产物的结构不难推出F是邻羟基苯甲酸（水杨酸），E和F脱水形成肽键，得到最终产物，据此来分析题目即可。【详解】（1）根据结构得出其化学式为C13H11NO3，首先2个酚羟基能消耗2个氢氧化钠，水解后形成的羧酸又能消耗1个氢氧化钠形成羧酸盐，因此1mol产物一共可以消耗3mol氢氧化钠；（2）D为对硝基苯酚，其中含有的官能团为硝基和羟基；（3）根据分析，A→B是硝化反应，需要的试剂为浓硝酸和浓硫酸；（4）能和氯化铁发生显色反应证明有酚羟基，能发生银镜反应证明有醛基，然后还有4种等效氢，一共有3种符合条件的同分异构体，分别为、、。24、CNOAl)第2周期第VIA族2p纺锤形（或哑铃形）2NA2NAN3-＞O2-＞Al3＋【分析】A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,由A的基态原子的价电子排布式可以知道,n=2,则A为C元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则C为O元素；B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，可以知道p能级上只有3个电子,结合原子序数可以知道,B为N元素；D为简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D为Al元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe，据以上分析解答。【详解】A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,由A的基态原子的价电子排布式可以知道,n=2,则A为C元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则C为O元素；B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，可以知道p能级上只有3个电子,结合原子序数可以知道,B为N元素；D为简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D为Al元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe；(1)由上述分析可以知道,A为C,B为N,C为O,D为Al；综上所述，本题答案是：C，N，O，Al。

(2）C为O，核电荷数8，在周期表的位于第2周期第VIA族；铁原子基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+价电子的轨道表示式；B为N,基态核外电子排布为：1s22s22p3，能量最高的电子为2p轨道上的电子，其轨道呈纺锤形（或哑铃形）；综上所述，本题答案是：第2周期第VIA族，，2p；纺锤形（或哑铃形）。(3）按原子轨道的重叠方式，1molC与O形成的最高价化合物为CO2，结构式为O=C=O,含有σ键有2NA个，π键有2NA个；综上所述，本题答案是：2NA，2NA。(4）具有相同电子结构的离子中原子序数大的离子半径小,则B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为N3-＞O2-＞Al3＋；因此，本题正确答案是：N3-＞O2-＞Al3＋。(5）C的核外有18个电子的氢化物为过氧化氢,其电子式为

,因此，本题正确答案是:

。25、温度1.0溶液褪色时间/s5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2Ob20.00锥形瓶中颜色变色2偏小【详解】（1）探究影响化学反应速率因素，要求其他条件不变，即①②探究温度对化学反应速率的影响；混合溶液的总体积都是6.0mL，因此a=1.0；反应的快慢是通过酸性高锰酸钾溶液的褪色快慢来确定的，因此乙中要测定的物理量是溶液褪色时间，单位为s；（2）草酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，把C转化成CO2，本身被还原成Mn2＋，根据化合价升降法，进行配平，因此离子反应方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；（3）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，即b正确；（4）滴定前刻度为0.90ml，滴定后刻度是20.90ml，消耗高锰酸钾的体积为(20.90－0.90)mL=20.00mL；(5)滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化；(6)100mL溶液中草酸物质的量为20×10－3×0.05×5×100/(2×25)mol=0.01mol，1.260÷(90＋18x)=0.01，解得x=2；未用待盛液润洗滴定管，稀释标准液，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小。26、酸容量瓶读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点；读数应到0.01mL。充满溶液，无气泡1．60酚酞滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色无影响偏高【分析】（1）根据酸性溶液存放在酸式滴定管中；根据滴定管的结构以及测量体积的原理来分析；（2）NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；（3）根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析误差。【详解】盐酸是酸性溶液，存放在酸式滴定管中；配制cmol/L盐酸标准液，必须使用的主要容器是容量瓶；滴定前读数为：0.30mL，滴定后读数为：1.90mL，消耗溶液的体积为1.60mL；滴定管读数时应注意读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点，读数应到0.01mL；尖嘴部分应充满溶液，无气泡；故答案为酸；容量瓶；读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点，读数应到0.01mL；充满溶液，无气泡；1.60mL。（2）该滴定实验是用酸滴定未知浓度的碱，所以应选用的指示剂为酚酞；确定终点的方法为滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色，故答案为酚酞，滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色。（3）a.若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，可知c（标准）无影响，故答案为无影响。b.若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，可知c（标准）偏高，故答案为偏高。【点睛】酸碱中和滴定的误差分析根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）判断。27、酸式滴定管无影响锥形瓶滴入最后一滴NaOH溶液，锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且半分钟不变色AB0.1626【解析】根据酸碱滴定原理分析滴定过程中的注意事项及计算溶液的浓度。【详解】（1）精确量取液体的体积用滴定管，量取20.00mL待测液应使用酸式滴定管，若在锥形瓶装液前残留少量蒸馏水，对其中含有的溶质物质的量无影响，所以对滴定结果无影响；故答案为：酸式滴定管；无影响；

（2）中和滴定中，眼睛应注视的是锥形瓶中溶液颜色变化，滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，所以当滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；

故答案为：锥形瓶；滴入最后一滴NaOH溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，半分钟不变色；

（3）从上表可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束时无气泡，导致记录的氢氧化钠溶液体积偏大，故A正确；

B．锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量偏大，所用氢氧化钠溶液体积偏大，故B正确；

C．NaOH标准液保存时间过长，有部分Na2CO3生成，如用酚酞为指示剂，最终产物不变，没有影响，故C错误；

D．滴定结束时，俯视计数，因为0刻度在上方，所以测出所用氢氧化钠溶液体积偏小，故D错误；故选：AB；

（4）三次滴定消耗的体积为：18.10mL，16.30mL，16.22mL，舍去第1组数据，然后求出2、3组平均消耗V（NaOH）=16.26mL，

NaOH～HCl

1

10.2000mol•L-1×16.26mL

c（HCl）×20.00mL

解得：c（HCl）=0.1626

mol•L-1；故答案为：0.1626。28、气体通过NaOH时同时会吸收水蒸气和CO2，干扰元素的验证88g/molC4H8O2【分析】步骤一：无水氯化钙能够吸水，2.16g水的物质的量为2.16/18=0.12mol；固体氢氧化钠能够吸收二氧化碳，5.28g二氧化碳的物质的量为5.28/44=0.12mol；n(C)=n(CO2)=0.12mol,m(C)=0.12×12=1.44g；n(H)=2n(H2O)=0.24mol,m(H)=0.24×1=0.24g，因此m(O)=2.64-1.44-0.24=0.96g,n(O)=0.96/16=0.06mol；