2024届山东省潍坊市寿光市现代中学高二化学第一学期期中检测模拟试题含解析

2024届山东省潍坊市寿光市现代中学高二化学第一学期期中检测模拟试题注意事项：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、化学是以一门实验为基础的自然科学，许多实验有丰富的颜色变化，有关实验的颜色变化有错误的是A．向FeSO4和KSCN的混合溶液中滴加少量的新制氯水，溶液由浅绿色变为红色B．向FeSO4中滴加NaOH溶液，沉淀的颜色由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色C．向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸，能使溶液由浅绿色变为棕黄色D．向FeSO4中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，能使溶液由浅绿色变为浅紫红色2、将①H＋②Cl－③Al3＋④S2－⑤K＋⑥OH－⑦CH3COO－⑧，分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的是A．①③⑤⑦⑧ B．②④⑦C．②⑥⑦ D．②⑤⑧3、水是人类赖以生存的重要物质，而水污染却严重影响着人类的生存环境。目前，水污染主要来自()①工业生产中废渣、废液的任意排放②雨水和土壤接触③农业生产中农药、化肥的过量使用④城市生活污水的任意排放⑤生活垃圾和废旧电池的随意丢弃A．①②③⑤B．②③④⑤C．①③④⑤D．①②③④⑤4、催化剂对化学平衡移动的影响是（）A．正反应方向移动B．不移动C．逆反应方向移动D．视情况而定5、下列能表示阿伏加德罗常数数值的是()A．1mol金属铝含有的电子数为3NAB．标准状况下，22.4L乙醇所含的分子数为NAC．标准状况下，0.5molH2所含有的原子数为NAD．1L1mol/L的硫酸溶液中所含的H＋为NA6、我国在先进高温合金领域处于世界领先地位。下列物质不属于合金的是A．钢管 B．硬铝 C．黄铜 D．刚玉7、在氧化还原反应CuO＋H2Cu＋H2O中，氧化剂是（）A．CuO B．H2 C．Cu D．H2O8、23592U是核电站的主要燃料，下列关于23592U的说法正确的是A．质子数为235 B．中子数为92 C．电子数为143 D．质量数为2359、茶油是人们生活中一种高品质的食用油，茶油中的主要成分属于A．淀粉 B．油脂 C．蛋白质 D．糖类10、已知某反应aA（g）+bB（g）cC（g）△H=Q在密闭容器中进行，在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，混合气体中B的质量分数w（B）与反应时间（t）的关系如图所示，下列判断正确的是（）A．T1＜T2，P1＜P2，a+b＞c，Q＜0B．T1＞T2，P1＜P2，a+b＜c，Q＞0C．T1＜T2，P1＞P2，a+b＜c，Q＞0D．T1＜T2，P1＞P2，a+b＞c，Q＜011、在25℃、101kPa下,1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ,下列热化学方程式书写正确的是()A．CH3OH(l)+3/2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)

ΔH=+725.76kJ·mol-1B．2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)

ΔH=-1451.52kJ·mol-1C．2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)

ΔH=-725.76kJ·mol-1D．2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)

ΔH=+1451.52kJ·mol-112、决定化学反应速率的主要因素是A．反应物的浓度 B．反应体系内的压强C．反应物的性质 D．反应物的状态13、在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A．T1<T2B．反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量C．W点的反应体系从T2变到T1，达到平衡时n(X)n(Y)D．M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小14、下列表述不正确的是（）A．熔点：CF4<CCl4<CBr4<Cl4B．硬度：金刚石>碳化硅>晶体硅C．晶格能：NaF>NaCl>NaBr>NalD．熔点：Na>Mg>Al15、在Ag＋催化作用下，Cr3＋被S2O82-氧化为Cr2O72-的机理为S2O82-＋2Ag＋=2SO42-＋2Ag2＋慢2Cr3＋＋6Ag2＋＋7H2O=6Ag＋＋14H＋＋Cr2O72-快下列有关说法正确的是（）A．反应速率与Ag＋浓度有关B．Ag2＋也是该反应的催化剂C．Ag＋能降低该反应的活化能和焓变D．v(Cr3＋)＝v(S2O82-)16、下列物质能促进水的电离的是A．醋酸 B．醋酸钠 C．乙醇 D．氯化钡17、25℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：Sn(s)＋Pb2＋(aq)Sn2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如图所示。下列判断正确的是()A．往平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2＋)增大B．升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应ΔH＞0C．25℃时，该反应的平衡常数K＝2.2D．往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2＋)变小18、下列各组热化学方程式中，△H1＞△H2的是（）①C(s)＋O2(g)=CO2(g)△H1C(s)＋O2(g)=CO(g)△H2②S(s)＋O2(g)=SO2(g)△H1S(g)＋O2(g)=SO2(g)△H2③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)△H12H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)△H2④CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)△H1CaO(s)＋H2O(l)=Ca(OH)2(s)△H2A．① B．④ C．②③④ D．①②③19、烷烃是单烯烃R和H2发生加成反应后的产物，则R可能的结构有A．4种 B．5种 C．6种 D．7种20、常温下，有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液④CH3COONH4溶液各25mL，物质的量浓度均为0.lmol/L，下列说法正确的是（）A．四种溶液的pH大小顺序是③>②>①>④B．若分别加入25mL0.1mol/L的盐酸充分反应后，pH最大的是①C．若将四种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是④D．升高温度，③溶液的pH不变21、下列叙述正确的是A．室温下，0.2mol·L－1的氨水与等体积水混合后pH＝13B．某温度下，1LpH=6的纯水中含OH－为10-8molC．通过测定0.01mol·L－1醋酸的pH，可验证CH3COOH是弱电解质D．为测定新制氯水的pH,用玻璃棒蘸取液体滴在湿润pH试纸上，与标准比色卡对照即可22、以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制的过程如图所示。下列叙述不正确的是()A．过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能B．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑C．过程Ⅰ中每消耗116gFe3O4转移2mol电子D．铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点二、非选择题(共84分)23、（14分）有U、V、W、X四种短周期元素，原子序数依次增大，其相关信息如下表：请回答下列问题：（1）U、V两种元素组成的一种化合物甲是重要的化工原料，常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则甲分子中σ键和π键的个数比为________，其中心原子采取______杂化。（2）V与W原子结合形成的V3W4晶体，其硬度比金刚石大，则V3W4晶体中含有________键，属于________晶体。（3）乙和丙分别是V和X的氢化物，这两种氢化物分子中都含有18个电子。乙和丙的化学式分别是________、____________，两者沸点的关系为：乙________丙(填“>”或“<”)，原因是______________。24、（12分）下表中①~⑦表示元素周期表的部分元素。IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA12①②③3④⑤⑥⑦（1）②元素最外层电子数比次外层电子数多______个，该元素的符号是_______；⑦元素的氢化物的电子式为____________________。（2）由①③④三种元素组成的物质是______________，此物质的水溶液显_____性。（3）⑥元素的原子半径大于③的理由是____________________________________。（4）④元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强于⑤元素，用一个化学方程式来证明。________________________________________25、（12分）某实验小组学生用稀盐酸与的NaOH溶液在如图装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量计算反应热装置中还缺少的主要仪器是______若测得中和热值为，写出表示稀盐酸和NaOH溶液反应中和热的热化学方程式______关于该实验，下列说法正确的是______A．如图条件下实验过程中没有热量损失

溶液浓度稍大的目的是使盐酸反应完全C．烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯

溶液要分多次缓慢加入若用相同体积相同浓度的醋酸代替盐酸，中和热的测定结果会______“偏大”、“偏小”或“无影响”．26、（10分）某探究小组用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量。取样品5.000g，加水配成250mL无色溶液，已知溶液呈碱性，取25.00mL溶液，用滴定管盛装0.2000mol/L的I2标准液进行滴定。滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I－。（1）用_____________填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装I2标准液，在取液、盛装、滴定过程中还需要的玻璃仪器有_____________________________________。（2）滴定过程中，需要加入_____作为指示剂，滴定终点的判断方法___________。（3）滴定前后液面如图所示，所用I2标准液的体积为________________mL。（4）样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为_____________________，若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，则测得样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数____________填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。27、（12分）溴乙烷在不同溶剂中与NaOH发生不同类型的反应，生成不同的反应产物。某同学依据溴乙烷的性质，用如图实验装置(铁架台、酒精灯略)验证取代反应和消去反应的产物，请你一起参与探究。实验操作Ⅰ：在试管中加入5mL1mol/LNaOH溶液和5mL溴乙烷，振荡。实验操作II：将试管如图固定后，水浴加热。（1）用水浴加热而不直接用酒精灯加热的原因是_______________________________。（2）观察到_________________________现象时，表明溴乙烷与NaOH溶液已完全反应。（3）鉴定生成物中乙醇的结构，可用的波谱是_________________________________。（4）为证明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应，在你设计的实验方案中，需要检验的是______________________，检验的方法是_____________(需说明：所用的试剂、简单的实验操作及预测产生的实验现象)。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）生产、生活中产生的废水、废气是环境污染的重要源头。在环境治理方面人们可利用I2O5和Na2SO3等化工产品实现对废水和废气的治理。（1）利用I2O5的氧化性处理废气H2S，得到S、I2两种单质，发生反应的化学方程式为________________。（2）利用I2O5也可消除CO的污染，其反应原理为I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)ΔH。已知在不同温度（T1、T2）下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入2molCO，测得CO2气体的体积分数φ(CO2)随时间t的变化曲线如图所示。①温度为T2时，0～2min内，CO2的平均反应速率υ(CO2)=______________。②b点时CO的转化率为_______，化学反应的平衡常数K=_____（填表达式）。③反应：I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)的ΔH______0（填“>”“<”或“=”）。④上述反应在T1下达到平衡时，再向容器中充入物质的量均为2mol的CO和CO2气体，则化学平衡________（填“向左”“向右”或“不”）移动。⑤下列现象，可以表示上述反应达到平衡状态的是____________（填字母）。A．容器内的压强不再变化B．混合气的平均相对分子质量不再变化C．混合气的密度不再变化D．单位时间内消耗CO和生成CO2的物质的量之比为1∶1（3）Na2SO3具有还原性，其水溶液可以吸收Cl2(g)，减少环境污染。已知反应：①Na2SO3(aq)+Cl2(g)+H2O(l)Na2SO4(aq)+2HCl(aq)ΔH1=akJ·mol−1②Cl2(g)+H2O(l)HCl(aq)+HClO(aq)ΔH2=bkJ·mol−1试写出Na2SO3(aq)与HClO(aq)反应的热化学方程式：________________________。

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、D【题目详解】A．向FeSO4和KSCN的混合溶液中滴加少量的新制氯水，亚铁离子被氧化成铁离子，铁离子与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化铁，所以溶液由浅绿色变为红色，故A正确；B．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色的氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁很快被氧化，颜色变为灰绿色，最终会变成红褐色的氢氧化铁，故B正确；C．向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸，在酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，所以溶液变为棕黄色，故C正确；D．Fe2+具有还原性，加入少量酸性高锰酸钾溶液，可将氧化Fe2+生成Fe3+，高锰酸钾溶液褪色，不可能为变为浅紫红色，故D错误；答案选D。【题目点拨】根据亚铁离子具有还原性，铁离子具有氧化性，硝酸根离子和氢离子在一起生成具有氧化性的硝酸，具有氧化性。2、D【题目详解】①H＋加入水中，将增大溶液中的c(H+)，从而抑制水的电离；②Cl－加入水中，不影响水电离产生的c(H+)、c(OH－)，对水的电离不产生影响；③Al3＋加入水中，与水电离产生的OH-结合，从而促进水的电离；④S2－加入水中，与水电离产生的H+结合，从而促进水的电离；⑤K＋加入水中，不影响水电离产生的c(H+)、c(OH－)，对水的电离不产生影响；⑥OH－加入水中，将增大溶液中的c(OH－)，从而抑制水的电离；⑦CH3COO－加入水中，与水电离产生的H+结合，从而促进水的电离；⑧加入水中，不影响水电离产生的c(H+)、c(OH－)，对水的电离不产生影响；综合以上分析，②⑤⑧加入水中，对水的电离不产生影响，故选D。3、C【解题分析】工业生产中废渣、废液的任意排放，农业生产中农药、化肥的过量使用，城市生活污水的任意排放与生活垃圾和废旧电池的随意丢弃，都会对水体造成污染，是水污染主要原因，故选C．4、B【解题分析】催化剂能够同等程度改变正逆反应速率，因此催化剂对化学平衡移动无影响；B正确；综上所述，本题选B。5、C【解题分析】A．1mol铝原子中含有13mol电子，不能表示阿伏加德罗常数数值，A错误；B．标况下乙醇不是气体，22.4L乙醇的物质的量不是1mol，不能表示阿伏加德罗常数数值，B错误；C．标准状况下，0.5molH2所含有的氢原子是1mol，原子数为NA，能表示阿伏加德罗常数数值，C正确；D．1L1mol•L-1硫酸溶液中含有1mol硫酸，1mol硫酸在溶液中电离出2mol氢离子，不能表示阿伏加德罗常数数值，D错误；答案选C。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的判断与计算，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确阿伏加德罗常数的概念及表示的意义，注意气体摩尔体积的适用范围和条件。6、D【分析】合金是一种金属与另一种或几种金属或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物。【题目详解】A．钢是铁和碳的合金，A不符合题意；B．硬铝中主要含Al和Cu的合金，B不符合题意；C．黄铜是Cu与Zn的合金，C不符合题意；D．刚玉是由氧化铝(Al2O3)结晶而形成的宝石，不属于合金，D符合题意；答案选D。7、A【题目详解】由题给反应的化学方程式可知，反应中氧化铜在铜元素化合价降低被还原发生还原反应，CuO是反应的氧化剂，故A正确。8、D【解题分析】原子表示法中，左上角的数字表示质量数，左下角的数字表示质子数，质量数-质子数=中子数，核外电子数=质子数=核电荷数=原子序数。【题目详解】A.质子数为92，故A错误；B.中子数=质量数-质子数=235-92=143，故B错误；C.电子数=质子数=92，故C错误；D.质量数为235，故D正确。故选D。9、B【题目详解】A．淀粉主要存在于植物种子或块茎及制品中，如大米、面粉、玉米等，选项A错误；B．茶油的主要成分是油脂，选项B正确；C．蛋白质主要存在于动物肌肉和蛋奶中，选项C错误；D．糖类主要存在于植物种子或块茎及制品中，如大米、面粉、玉米等，选项D错误；答案选B。10、B【题目详解】由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，B的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，正反应为气体体积增大的反应，即a+b＜c；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1＞T2，且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即Q＞0，答案选B。【题目点拨】本题考查化学平衡图象问题，注意根据图象判断温度、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析：温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对B的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对B的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应。11、B【分析】1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g即2mol甲醇燃烧放的热量为1451.52kJ【题目详解】A、甲醇燃烧是放热反应，焓变值为负值，故A错误；B、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g即2mol甲醇燃烧放的热量为1451.52kJ，热化学方程式为：2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1451.52kJ·mol－1，故B正确；C、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g即2mol甲醇燃烧放的热量为1451.52kJ，反应热数值计算错误，故C错误；D、甲醇燃烧是放热反应，焓变值为负值，故D错误。综上所述，本题正确答案为B。【题目点拨】本题考查热化学方程式的书写规范和焓变值计算。热化学方程式是用以表示化学反应中的能量变化和物质变化。热化学方程式的意义为热化学方程式不仅表明了一个反应中的反应物和生成物，还表明了一定量物质在反应中所放出或吸收的热量。在书写热化学方程式时应标明各物质的状态，反应的温度和压强（如没标表示25℃，101kPa），还要标明反应热，放热ΔH为负，吸热ΔH为正。12、C【题目详解】决定化学反应速率的是反应物的性质，温度、浓度、压强、催化剂是外界的影响因素，故C正确。13、C【解题分析】由图可知，T1先达到平衡，则T1＞T2，且图中温度高对应平衡时c(X)大，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应。A．由图可知，T1先达到平衡，反应速率快，可知T1＞T2，故A错误；B．W点比M点平衡时c(X)小，则进行到W点放出的热量多，故B错误；C．W点的反应体系从T2变到T1，即升高温度平衡逆向移动，则达到平衡时nXnY增大，故C正确；D．M点时再加入一定量X，体积不变，压强增大，则2X(g)⇌Y(g)正向移动，X的转化率增大，故点睛：本题考查物质的量浓度随时间变化曲线，把握图中浓度随时间、温度的变化为解答的关键。本题中需要先根据温度对平衡时c(X)的影响，判断反应的焓变情况，本题的易错点为D，需要注意该反应只有一种反应物，再加入一定量X，相当于增大压强。14、D【题目详解】A.A项中均为分子晶体，其熔点和分子间作用力有关，分子间作用力越大，熔点越高，对组成和结构相似的分子晶体而言，相对分子质量越大，分子间作用力越大，故A正确；B.B项中均为原子晶体，形成共价键的原子半径越小，共价键越强，硬度越大，故B正确；C.C项中均为离子晶体，形成离子晶体的离子半径越小，离子所带电荷越多，离子键越强，晶格能越大，离子半径：F-<Cl-<Br-<I-，晶格能：NaF>NaCl>NaBr>Nal，故C正确；D.D项中均为金属晶体，形成金属键的金属阳离子半径越小，所带电荷越多，金属键越强，金属晶体的熔点就越高，离子半径：Na+>Mg2+>Al3+，熔点：Al>Mg>Na，故D错误；故答案选：D。15、A【分析】A.反应速率由慢反应决定，反应中Ag＋是催化剂，能改变反应速率；B.根据反应可知，Ag2＋是中间产物；C.催化剂能降低反应的活化能，不能改变反应热；D.写出总反应，根据速率之比等于化学计量数之比判断。【题目详解】A.由反应可知，Ag＋浓度越大反应速率越快，A项正确；B.Ag2＋是中间产物，不是催化剂，B项错误；C.Ag+是催化剂，它能降低反应的活化能，但不能改变反应热即焓变，C项错误；D.反应的总化学方程式为3S2O82-＋2Cr3＋＋7H2O=6SO42-＋14H＋＋Cr2O72-，反应速率之比等于化学计量数之比，因此3v(Cr3＋)＝2v(S2O82-)，D项错误；答案选A。16、B【题目详解】A．醋酸电离会生成H+，因此对水的电离有抑制作用，A项错误；B．醋酸钠中的醋酸根会发生水解，消耗水电离生成的H+，因此会对水的电离产生促进作用，B项正确；C．乙醇属于非电解质，溶于水不发生电离，对于水的电离无影响，C项错误；D．BaCl2溶于水电离出的Ba2+和Cl-不会发生水解，对于水的电离无影响，D项错误；答案选B。【题目点拨】一般来讲，能够抑制水的电离的物质有：酸，碱等；能够促进水的电离的物质有：能水解的盐，金属钠等。17、C【解题分析】A、铅为固体，固体浓度视为常数，因此平衡体系中加入金属铅，平衡不移动，即c(Pb2＋)不变，故A错误；B、升高温度c(Pb2＋)增大，说明反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是放热反应，即△H<0，故B错误；C、根据平衡常数的表达式，K==0.22/0.10=2.2，故C正确；D、加入少量Sn(NO3)2固体，溶液中c(Sn2＋)增大，反应向逆反应方向进行，即c(Pb2＋)增大，故D错误。18、C【题目详解】①等质量的C完全燃烧产生CO2放出的热量比不完全燃烧产生CO放出的热量多，反应放出热量越多，则△H越小，所以△H1＜△H2，①不符合题意；②物质S在气态时含有的能量比固态时多，所以气态S燃烧放出的热量比固态S燃烧放出的热量要多，反应放出热量越多，则△H越小，所以△H1＞△H2，②符合题意；③发生反应的H2越多，反应放出的热量就越多，则该反应的△H越小，所以反应热：△H1＞△H2，③符合题意；④固态CaCO3分解反应是吸热反应，△H1＞0；CaO与H2O反应产生Ca(OH)2的反应是放热反应，△H2＜0，所以两个反应的反应热：△H1＞△H2，④符合题意；可见，△H1＞△H2的反应是②③④，故答案选C。19、B【题目详解】根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，故符合条件的烯烃分子有5种，即选项B正确。故选B。20、B【解题分析】A.Na2CO3、CH3COONa水解产生OH－且水解程度：Na2CO3>CH3COONa，NaOH完全电离出OH－，CH3COONH4中CH3COO－和NH4+水解程度相同而使溶液呈中性，所以四种溶液的pH大小顺序是③>①>②>④，故A错误；B.四种溶液分别恰好发生反应：Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3，CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl，NaOH+HClNaCl+H2O，CH3COONH4+HClCH3COOH+NH4Cl，NaCl对溶液酸碱性无影响，NaHCO3水解使溶液呈碱性，CH3COOH少量电离产生H+，NH4Cl水解使溶液呈酸性，所以pH最大的是①，故B正确；C.①②③的pH随着稀释而减小，同时稀释促进水解，①②pH变化比③小，④的pH不受稀释影响，所以pH变化最大的是③，故C错误；D.c(H＋)=Kwc(OH-)，升高温度，Kw增大，c(H＋)增大，③溶液的pH减小，故点睛：由于酸性：HCO3-<CH3COOH，所以水解程度：Na2CO3>CH3COONa。在稀释过程中，由于c(OH－)减小，①②③的pH随着减小。同时稀释盐类水解平衡右移，①②pH变化比③小。21、C【分析】A、一水合氨是弱碱；B、水电离的氢离子和氢氧根离子相等；C、弱电解质不能完全电离；D、氯水具有漂白性。【题目详解】A、一水合氨是弱碱，室温下，0.2mol·L－1的氨水与等体积水混合后，浓度为0.1mol·L－1，氢氧根离子的浓度小于0.1mol·L－1，PH小于13，故A错误；B、水电离的氢离子和氢氧根离子相等，某温度下，1LpH=6的纯水中含OH－为10-6mol，故B错误；C、弱电解质不能完全电离，通过测定0.01mol·L－1醋酸的pH，PH大于2，可验证CH3COOH是弱电解质，故C正确；D、氯水具有漂白性，能将pH试纸漂白，故D错误。故选C。22、C【题目详解】A.过程I利用太阳能将Fe3O4转化为O2和FeO，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，A正确；B.过程II实现了FeO与H2O反应生成Fe3O4和H2的转化反应，其反应方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑，B正确；C.过程Ⅰ：2Fe3O4（s）＝6FeO（s）+O2（g），当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而n(Fe3O4)=116g÷232g/mol=0.5mol，故生成0.25mol氧气，而氧元素由-2价变为0价，故转移0.25mol×4＝1mol电子，C错误；D.根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，D正确；故合理选项是C。二、非选择题(共84分)23、5∶1sp2共价原子C2H6H2O2<H2O2分子间存在氢键，C2H6分子间不存在氢键【分析】根据核外电子排布规律分析解答；根据共价键的形成及分类分析解答；根据分子间作用力的综合利用分析解答；【题目详解】根据题意已知，U是H元素；V元素三个能级，说明只有2个电子层，且每个能级中电子数相等，它的核外电子排布式为：1s22s22p2，即C元素；W在基态时，2p轨道处于半充满状态，所以它的核外电子排布式为：1s22s22p3，即N元素；X与W同周期，说明X处于第二周期，且X的第一电离能比W小，故X是O元素；(1)衡量石油化工发展水平的标志的是乙烯，即甲分子是乙烯分子，乙烯分子中含有碳碳双键，双键中含有一个σ键和一个π键，两个碳氢共价键，即四个σ键，则甲分子中σ键和π键的个数比为：5∶1，其中心原子采取的是sp2杂化，体现平面结构；(2)V3W4晶体是C3N4晶体，其硬度比金刚石大，说明晶体中含有共价键，是原子晶体；(3)V的氢化物含有18个电子，该分子是C2H6，W的氢化物含有18个电子的分子是：H2O2，由于H2O2分子间存在氢键，C2H6分子间不存在氢键，故沸点：C2H6<H2O2；【题目点拨】同种元素形成的不同种单质，互为同素异形体。同种原子形成共价键，叫做非极性键。形成分子间氢键的分子熔点和沸点都会比同系列的化合物偏高，例如：H2O常温下为液态，而不是气态。24、3NNa2CO3碱性③⑥处于同一主族中，它们的原子半径大小主要取决于电子层数，⑥原子的电子层数大于③原子的电子层数，所以⑥元素的原子半径大于③元素的原子NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O【题目详解】根据元素在周期表中的分布，可以推知①是C，②是N，③是O，④是Na，⑤是Al，⑥是S，⑦是Cl。（1）②是氮元素，最外层电子数为5，比次外层电子数多3个，该元素的符号是N；⑦是Cl元素，其氢化物氯化氢的电子式为；（2）由①③④三种元素组成的物质是碳酸钠，其化学式为Na2CO3，碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性；（3）③⑥分别为O、S元素，③⑥处于同一主族中，它们的原子半径大小主要取决于电子层数，⑥原子的电子层数大于③原子的电子层数，所以⑥元素的原子半径大于③元素的原子；（4）④是钠元素，其最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠的碱性强于⑤铝元素的最高价氧化物的水化物氢氧化铝，可用化学方程式为NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O来证明。25、环形玻璃搅拌棒B偏小【分析】①根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；

②根据热化学反应方程式的含义和书写方法、中和热的概念来回答；

③A．如图条件下没有硬纸板，会有一部分热量散失；

B．一方过量是为了保证另一方完全反应；

C．大小烧杯之间填满碎纸条的作用是保温；

D．一次性快速倒入可以减少热量散发而引来的误差；

④根据弱电解质电离吸热分析；【题目详解】①由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；②中和热值为，则稀盐酸和NaOH溶液反应中和热的热化学方程式：；故答案为：；③A.如图条件下没有硬纸板，会有一部分热量散失，故A错误；B.NaOH溶液浓度稍大的目的是使盐酸反应完全，故B正确；C.大小烧杯之间填满碎纸条的作用是保温，不是固定小烧杯，故C错误；D.NaOH溶液要分多次缓慢加入，热量会散失，故D错误；故答案选B；④醋酸为弱酸，电离过程为吸热过程，所以醋酸代替HCl溶液反应，反应放出的热量小于57kJ，故答案为：偏小。26、酸式碱式滴定管、锥形瓶、烧杯淀粉当滴入最后一滴I2标准液，溶液颜色由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色18.1018.1%偏大【解题分析】(1)根据碘水显酸性分析判断，结合滴定的操作步骤分析需要的仪器；(2)根据碘单质的特征性质来分析选择指示剂，根据题意反应的方程式为N2H4+2I2═N2+4HI，根据反应后的产物判断终点现象；(3)滴定管的读数是由上而下标注的，根据图示解答；(4)根据反应的方程式列式计算；结合c(待测)=c(标准【题目详解】(1)碘水显酸性，且能够橡胶中的碳碳双键发生加成反应，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中；滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯，故答案为：酸式；碱式滴定管、锥形瓶、烧杯；(2)用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量，滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I－，依据碘单质特征性质，应选择淀粉为滴定指示剂，滴定终点的现象为：当加入最后一滴标准溶液时，锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：淀粉溶液；当加入最后一滴I2标准溶液时，锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；(3)根滴定前后液面的图示，初始读数为0.00mL，终点读数为18.10mL，所用I2标准液的体积为18.10mL，故答案为：18.10；(4)消耗的碘的物质的量=0.01810L×0.2000mol/L=0.003620mol，根据N2H4+2I2═N2+4HI，水合肼(N2H4·H2O)的物质的量为0.001810mol×250mL25mL=0.01810mol，样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数=0.01810mol×50g/mol5.000g×100%=18.1%；若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，导致消耗的碘水的体积偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)可知，测得样品中水合肼(N27、溴乙烷沸点低，减少溴乙烷的损失试管内溶液静置后不分层红外光谱、核磁共振氢谱生成的气体将生成的气体先通过盛有水的试管，再通入盛有KMnO4溶液的试管，KMnO4溶液褪色(或直接通入溴的四氯化碳溶液)【题目详解】溴乙烷与氢氧化钠反应生成乙醇与溴化钠，反应方程式为CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr。（1）溴乙烷沸点低，溴乙烷易挥发，用水浴加热热均匀，减少溴乙烷的损失，故答案为溴乙烷沸点低，减少溴乙烷的损失；（2）溴乙烷不溶于水，开始溶液分层，生成的产物乙醇、溴化钠都易溶于水，当溶液分层消失，表明溴乙烷与NaOH溶液已完全反应，故答案为试管内溶液静置后不分层；（3）乙醇分子结构中有三种氢原子，它们的比为3：2：1，利用红外光谱、核磁共振氢谱可检测，故答案为红外光谱、核磁共振氢谱；（4）无论发生取代反应还是消去反应，溶液中都会产生Br-，但生成的有机物不同，溴乙烷发生消去反应生成乙烯，所以应检验生成的有机物乙烯；检验乙烯可根据其能使酸性KMnO4溶液或溴水褪色的原理来进行，可以采用洗气的装置，观察到酸性KMnO4溶液褪色且有气泡产生，溴水或溴的四氯化碳溶液褪色即可，故答案为生成气体；将生成的气体先通过盛有水的试管，再通入盛有KMnO4溶液的试管，KMnO4溶液褪色（或直接通入溴的四氯化碳溶液，溴水褪色）。28、4NH3(g)+5O2(g)＝4NO(g)+6H2O(g)△H=-903kJ/mol28.57%0.020.05向左cd①⑤⑦【分析】本题考查了盖斯定律的应用，注意计算时的变号；同时考查了平衡转化率、平衡常数、平衡反应速率的计算；对于反应到达平衡的现象注意题目条件，恒容环境，体积不变，反应总质量不变。【题目详解】(1)根据盖斯定律，氨的催化氧化反应4NH3(g)+5O2(g)＝4NO(g)+6H2O(g)，△H=93kJ/mol×2-483kJ/mol×3＋180kJ/mol×2=-903kJ/mol；(2)①一定温度下，将2.8molNO、2.4molCO通入固定容积为2L的密闭容器中，依据图象分析可知，平衡状态氮气物质的量为0.4mol，一氧化碳物质的量为1.6mol；依据化学平衡三段式列式计算；

2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）

起始量（mol）2.82.400

变化量（mol）0.80.80.40.8

平衡量（mol）21.60.40.8NO的平衡转化率=×100%=28.6%；0～20min平均反应速率v（NO）=0.02mol/(Lmin)；该温度下的化学平衡常数K==0.05；达到平衡时，若保持反应温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，Q=＞0.05，则反应逆向移动，化学平衡将向左移动；②2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）△H＜0，反应是气体体积减小的放热反