2024届黑龙江省哈尔滨兆麟中学、阿城一中、尚志中学等六校联考高二化学第一学期期中综合测试模拟试题含解析

2024届黑龙江省哈尔滨兆麟中学、阿城一中、尚志中学等六校联考高二化学第一学期期中综合测试模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、向某恒容密闭容器中通入N2和H2，在500℃时，使反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是A．反应在c点达到平衡状态B．△t1=△t2时，N2的转化量：a～b段小于b～c段C．C点反应放出的热量达到最大D．反应物浓度：a点小于b点2、在一定温度下,向aL密闭容器中加入1molX气体和2molY气体,发生如下反应:X(g)+2Y(g)2Z(g)，此反应达到平衡的标志是()A．容器内密度不随时间变化 B．容器内各物质的浓度不随时间变化C．容器内X、Y、Z的浓度之比为1∶2∶2 D．单位时间消耗0.1molX同时生成0.2molZ3、对下列化学用语的理解正确的是A．丙烯的最简式可表示为CH2B．电子式既可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子C．比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D．结构简式(CH3)2CHCH3既可以表示正丁烷，也可以表示异丁烷4、室温下，用0.100mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（）A．Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线B．pH＝7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）等于20.00mLC．初始时盐酸的浓度为0.10mol/LD．滴定醋酸溶液、盐酸时，均可选择酚酞溶液做指示剂5、苹果汁是人们喜爱的饮料,现榨的苹果汁在空气中放置一会儿会由淡绿色(Fe2+)变为黄色(Fe3+)。若榨汁时加入维生素C,可有效防止这种现象发生,这说明维生素C具有A．还原性 B．碱性 C．氧化性 D．酸性6、常温下，取pH＝2的两种二元酸H2A与H2B各1mL，分别加水稀释，测得pH变化与加水稀释倍数有如图所示关系，则下列有关叙述正确的是()A．H2A的电离方程式为H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2B．pH＝4的H2A水溶液中c(OH-)=10－12mol·L－1C．NaHA、NaHB的混合溶液中，阴离子有A2－、HA－、HB－、B2－、OH-D．Na2B的水溶液能与H2A溶液发生反应7、某课外活动小组，将剪下的一块镀锌铁皮放入试剂瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞溶液，按图装置进行实验。数分钟后观察，下列现象不可能出现的是（

）A．B中导管里形成一段水柱 B．锌被腐蚀 C．金属片剪口处溶液变红 D．B中导管产生气泡8、下列说法正确的是A．水解反应是吸热反应B．升高温度可以抑制盐类的水解C．正盐水溶液pH均为7D．硫酸钠水溶液pH小于79、下列各组中，前面的元素单质不可以把后面的元素单质从其化合物的溶液中置换出来的是（）A．Fe、Cu、Ag B．Cl、Br、I C．Al、Fe、Cu D．Na、Cu、Ag.10、我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意如下：则下列说法不正确的是（

）A．生成CH3COOH总反应是化合反应 B．①→②吸收能量C．CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂 D．①→②过程形成了C-C键11、已知有机物A与NaOH的醇溶液混合加热得产物C和溶液D。C与乙烯混合在催化剂作用下可反应生成的高聚物。而在溶液D中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液有白色沉淀生成，则A的结构简式可能为()A． B．C．CH3CH2CH2Cl D．12、常温下，向20mL0.1mol·L-1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的烧碱溶液，溶液中水所电离的c水(H+)随加入烧碱溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是A．由图可知A-的水解平衡常数Kh约为1×10-9B．C、E两点因为对水的电离的抑制作用和促进作用相同，所以溶液均呈中性C．B点的溶液中离子浓度之间存在：c(Na+)=2c(A-)>c(H+)>c(OH-)D．F点的溶液呈碱性，粒子浓度之间存在：c(OH-)=c(HA)+c(A-)+c(H+)13、下列关于化学反应的描述中正确的是（）A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B．已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出57.3kJ的热量C．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则表示CO(g)的燃烧热的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-283.0kJ/molD．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H=a，2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=b，则b>a14、一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2(g)和O2(g)，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ/mol。一段时间后反应达到平衡状态，反应过程中测定的部分数据如表所示。反应时间/minn(SO2)/moln(O2)/mol02151.2100.4150.8下列说法不正确的是A．前5min的平均反应速率为υ(SO2)=0.08mol/(L·min)B．保持温度不变，向平衡后的容器中再充入0.2molSO2(g)和0.2molSO3(g)时，υ正>υ逆C．保持其他条件不变，若起始时向容器中充入2molSO3(g)，达到平衡状态时吸收78.4kJ的热量D．相同温度下，起始时向容器中充入1.5molSO3(g)，达到平衡状态时SO3的转化率为40%15、对于化学反应3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是A．v(W)=3v(Z) B．2v(X)=3v(Z) C．2v(X)=v(Y) D．3v(W)=2v(X)16、关于下列装置说法正确的是()A．装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大C．用装置③精炼铜时，溶液中Cu2+的浓度一定始终不变D．装置④中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成17、下列原子外围电子层的电子排布图正确的是()A．OB．FeC．SiD．Cr18、可逆反应aA(s)+bB(g)cC(g)+dD(g)，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度(T)、压强(p)的关系如图所示，以下正确的是（）A．T1>T2，正反应放热B．Tl<T2，正反应吸热C．P1>P2，a+b>c+dD．Pl＜P2，b=c+d19、反应A(g)＋3B(g)2C(g)＋2D(g)，在不同情况下测得反应速率，其中反应速率最快的是A．v(D)＝0.5mol·L－1·s－1B．v(C)＝0.8mol·L－1·s－1C．v(B)＝0.9mol·L－1·s－1D．v(A)＝0.3mol·L－1·s－120、常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，该溶液可能是()①二氧化硫②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A．①④ B．①② C．②③ D．③④21、反应TiCl4＋4NaTi＋4NaCl可用于制取金属钛，该反应属于()A．复分解反应 B．化合反应 C．置换反应 D．分解反应22、以下叙述中，错误的是（）A．钠原子和氯原子作用生成NaCl后，其结构的稳定性增强B．在氯化钠中，除氯离子和钠离子的静电吸引作用外，还存在电子与电子、原子核与原子核之间的排斥作用C．任何离子键在形成的过程中必定有电子的得与失D．金属钠与氯气反应生成氯化钠后，体系能量降低二、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）A、B、C、D、E、F、G是7种短周期元素。IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA01A2B3CDEF（1）表中所标出的A、B、C、D、E、F六种元素中，原子半径最大的元素是____________(填元素符号)，非金属性最强的元素是____________(填元素符号)，这两种元素形成的化合物中含有的化学键是_____(填序号);a.离子键b.共价键c.金属键（2）G元素的原子核外M层有4个电子，它在元素周期表中位置是____________；（3）A和E、A和F所形成的化合物中热稳定性较强的是____________(用化学式表示)；（4）写出B、D元素各自所形成的最高价氧化物对应水化物之间发生化学反应的离子方程式____________________________________________________________.（5）能说明F的非金属性比E的非金属性强的实验依据是____________________________________(用化学方程式表示).25、（12分）在如图所示的量热器中，将100mL0.50mol/LCH3COOH溶液与100mL0.55mol/LNaOH溶液混合。温度从25.0℃升高到27.7℃。已知量热器的热容常数(量热器各部件每升高1℃所需的热量)是150.5J/℃，生成溶液的比热容为4.184J·g-1·℃-1,溶液的密度均近似为1g/mL。（1）试求CH3COOH的中和热△H=__________。（2）CH3COOH的中和热的文献值为56.1kJ/mol,则请你分析在(1)中测得的实验值偏差可能的原因__________________________。（一点原因即可）（3）实验中NaOH过量的目的是______________________________________。（4）中和热测定实验中下列说法错误的是__________A．一组完整实验数据需要测温度三次B．用保温杯是为了减少实验过程中热量散失C．可用铜做的环形搅拌棒代替玻璃搅拌棒，因铜和醋酸不反应D．在量取NaOH溶液和CH3COOH溶液体积时均仰视，测得中和热数值将偏大（5）进行中和热测定的实验，测量结果偏高的原因可能是__________A．实验装置保温、隔热效果差B．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定醋酸的温度C．量取NaOH溶液的体积时仰视读数D．分多次把NaOH溶液倒入盛有醋酸的小烧杯中26、（10分）已知：+4NaOH→CH2=CH2↑+NaCl+Na3PO4+3H2O。可用下述装置制取1，2－二溴乙烷（无色液体，密度2.18g·cm-3，熔、沸点为9.79℃、131.4℃，不溶于水）；试管d中装有适量液溴(表面覆盖少量水)。(1)e装置的作用是_______________；当观察到______________________________现象时，试管d中反应基本结束。(2)若用冰水代替烧杯中的冷水，可能引起的不安全后果是_________________________。(3)实验结束后精制试管d中粗产品，操作先后顺序是___________________。A．蒸馏B．水洗C．用干燥剂干燥D．10%NaOH溶液洗(4)实验消耗40%乙烯利溶液50g，制得产品mg，则乙烯利合成1，2-二溴乙烷的产率为________________（列出含m的计算式即可）。27、（12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＝______________。28、（14分）(Ⅰ)已知反应：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O。甲同学通过测定该反应发生时溶液变浑浊的时间，研究外界条件对化学反应速率的影响。设计实验如下：实验编号实验温度/℃c(Na2S2O3)/(mol·L－1)V(Na2S2O3)/mLc(H2SO4)/(mol·L－1)V(H2SO4)/mLV(H2O)/mL①250.15.00.110.0a②250.110.00.110.00③250.25.00.15.0b④500.25.00.110.05.0其他条件不变时：探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验________(填实验编号)；若同时选择实验①②、实验②③，测定混合液变浑浊的时间，可分别探究Na2S2O3浓度和H2SO4的浓度对化学反应速率的影响，则表中a和b分别为__________和__________。(Ⅱ)实验室中做如下实验：一定条件下，在容积为2.0L的恒容密闭容器中，发生如下反应：2A(g)＋B(g)⇌2C(g)ΔH＝QkJ/mol。(1)若A、B起始物质的量均为零，通入C的物质的量(mol)随反应时间(min)的变化情况如表：实验序号01020304050601800℃1.00.800.670.570.500.500.502800℃n20.600.500.500.500.500.503800℃n30.920.750.630.600.600.604700℃1.00.900.800.750.700.650.65根据上表数据，完成下列填空：①在实验1中反应在10～20min内反应的平均速率vC＝________________，实验2中采取的措施是___________________；实验3中n3________(填“＞”“＝”或“＜”)1.0。②比较实验4和实验1，可推测该反应中Q________0(填“＞”“＝”或“＜”)。(2)在另一反应过程中A(g)、B(g)、C(g)物质的量变化如图所示，根据图中所示判断下列说法正确的是________。a．10～15min可能是升高了温度b．10～15min可能是加入了催化剂c．20min时可能缩小了容器体积d．20min时可能是增加了B的量29、（10分）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝_________________________________。（2）该反应的正反应为____________反应（填“吸热”、“放热”）。（3）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为______________℃。此温度下加入1molCO2(g)和1molH2(g),充分反应，达到平衡时，CO2的转化率为__________。（4）在800℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(CO2)为2mol/L，c(H2)为1.5mol/L，c(CO)为1mol/L,c(H2O)为3mol/L，则正、逆反应速率的比较为υ正________υ逆。（填“＞”、“＜”或“=”）

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【题目详解】A、化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，A错误；B、随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的氮气就越多，则氮气的转化量将逐渐增大，B正确；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，C点不是平衡状态，则C点反应放出的热量没有达到最大，C错误；D、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，D错误；答案选B。2、B【题目详解】A.混合气体的密度等于混合气的总质量除以容器的体积，由于反应物和生成物都是气体，根据质量守恒，混合气的总质量是不变的，容器体积一定，所以混合气的密度一直不变，所以密度不变不能证明该反应达到平衡状态，故A不选；B.达到化学平衡时，各物质的浓度不再变化，故B选；C.容器内各物质的浓度不再改变可以说明反应达到了平衡状态，但各物质的浓度之比等于方程式的系数比，和是否平衡无关，故C不选；D.单位时间消耗0.1molX必然同时生成0.2molZ，没有说明正逆反应速率相等，故D不选；故选B。3、A【解题分析】A.丙烯的分子式为C3H6，最简式可表示为CH2，正确；B项，电子式可以表示羟基，氢氧根离子应该表示为，错误；C项，比例模型可以表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子，因为氯原子半径大于碳原子，错误；D项，结构简式(CH3)2CHCH3表示异丁烷，正丁烷应该表示为CH3CH2CH2CH3，错误；综上所述，本题选A。4、B【题目详解】A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸，所以I表示滴定醋酸的曲线，Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线，故A不选；B．pH=7时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH溶液的体积，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20.00mL，故选B；C．由题意可知初始时盐酸的浓度为0.10mol/L，故C不选；D．在酸性环境中酚酞为无色，碱性环境下酚酞呈红色，则滴定醋酸溶液、盐酸时，均可选择酚酞溶液做指示剂，故D不选。答案选D5、A【题目详解】Fe2+变为黄色Fe3+，该过程中铁元素被氧化，维生素C可有效防止这种现象发生，说明维生素C可以防止铁元素被氧化，说明维生素C具有还原性。答案为A。6、D【解题分析】pH=2的两种二元酸H2A与H2B各1mL，分别加水稀释，由图可知，稀释100倍时H2A的pH变化大，且pH=4，所以H2A为强酸，H2B为弱酸。【题目详解】pH=2的二元酸H2A加水稀释，由图可知，稀释100倍时H2A的pH=4，所以H2A为强酸，故A错误；由图可知，稀释100倍时H2A的pH变化大，且pH=4，所以水溶液中c(OH-)=10－10mol·L－1，B错误；水溶液中，NaHA完全电离：NaHA═Na++H++A2-，溶液中不存在HA－离子，C错误；H2A为强酸，H2B为弱酸，Na2B的水溶液中加入H2A溶液，依据强酸制弱酸的原理，Na2B溶液能与H2A溶液发生反应，D正确。故选D。【题目点拨】本题考查弱电解质的电离及离子浓度大小的比较，明确稀释及图象的分析是解答本题的关键，并注意电离与水解相结合和强酸制弱酸来解答。7、D【分析】金属片剪口处形成原电池，发生吸氧腐蚀，锌作负极，铁作正极。【题目详解】A.镀锌铁片发生吸氧腐蚀，导致锥形瓶内压强减小，B烧杯内水在外界大气压的作用下，倒吸入导管内，形成一段水柱，A不符合题意；B.锌的活动性比铁强，故在原电池反应中，锌做负极，被腐蚀，B不符合题意；C.金属片剪口处的Fe是正极，吸氧腐蚀的正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，正极附近溶液显碱性，使酚酞变红，C不符合题意；D.金属片发生吸氧腐蚀，没有气体产生，故烧杯B中的导管不会产生气泡，D符合题意；故答案为D8、A【解题分析】试题分析：水解反应是吸热反应，选项A正确；盐类水解是吸热过程，升高温度可以促进盐类的水解，选项B错误；正盐中强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐先碱性，选项C错；硫酸钠水溶液在常温时pH＝7，选项D错。考点：盐类的水解9、D【题目详解】A.Fe可以从铜盐溶液中置换出Cu，Cu可以从银盐溶液中置换出Ag，活泼性顺序为：Fe>Cu>Ag，故A错误。B.氯气与NaBr发生置换反应生成溴，溴与NaI发生置换反应生成碘，则前面的元素可以把后面的元素从其化合物的溶液中置换出来，故B错误；C.活泼性顺序为Al>Fe>Cu，所以Al能置换出Fe，Fe能置换出Cu，故C错误；D.

Na不能置换出Cu，因Na与水反应生成NaOH和氢气，故D正确；故答案选D.10、B【题目详解】A.根据图可知该过程中的最终产物只有CH3COOH，无其他产物，故CO2和CH4反应生成CH3COOH的化学方程式为：，该反应为化合反应，故A说法正确；B.①→②的反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此该反应为放热反应，即反应过程中放出热量，故B说法错误；C.CH4中含有四个C-H化学键，CH3COOH中只含有三个C-H化学键，因此的转化过程中，有C-H化学键发生断裂，故C说法正确；D.①→②的反应中，反应物中不含有C-C化学键，而生成物中含有C-C化学键，因此反应过程中形成了C-C化学键，故D说法正确；故答案为B。11、C【解题分析】先根据高聚物的结构简式判断其单体，从而找出C的结构简式，然后根据与硝酸银溶液反应生成白色沉淀判断卤代烃的类型，最后根据醇的消去反应原理判断A的结构简式。【题目详解】高聚物的单体是：CH2=CH2和CH3-CH=CH2，因此C为CH3-CH=CH2，在溶液D中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液有白色沉淀生成，D中含有Cl-，因此应选能发生消去反应且生成丙烯的氯代烃，则A．发生消去反应生成的是：（CH3）2CHCH=CH2，生成的不是丙烯，选项A错误；B．发生消去反应生成的是：2-甲基-1，3-丁二烯，不是丙烯，选项B错误；C．CH3-CH2-CH2Cl发生消去反应生成的是CH3-CH=CH2，选项C正确；D．发生消去反应生成的是：（CH3）2C=CH2，不是丙烯，选项D错误；答案选C。【题目点拨】注意掌握常见有机物结构与性质，明确消去反应、加聚反应原理，能够根据高分子化合物的结构简式判断其单体。12、A【题目详解】A、由题图可知0.1mol·L-1的HA溶液中c(H+)为1×10-3mol·L-1，由此可计算出Ka约为1×10-5，则Kh=KW/Ka≈1×10-9，A正确；B、C点是HA和NaA的混合溶液，溶液呈中性，而E点为NaA和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，B错误；C、B点的溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，此时溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，则c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，C错误；D、F点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液，由质子守恒可得：c(OH-)=2c(HA)+c(A-)+c(H+)，D错误。答案选A。13、D【题目详解】A.任何反应都有一个活化过程，在这个过程中要断裂反应物化学键吸收能量，这与该反应的类型是放热反应还是吸热反应无关，A错误；B.40.0gNaOH的物质的量是1mol，含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，由于醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，电离过程吸收能量，所以反应放出热量小于57.3kJ，B错误；C.CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，表示1molCO(g)完全燃烧产生CO2气体时放出283.0kJ的热，则其燃烧热的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，C错误；D.CO燃烧产生CO2放出热量，焓变为负值，已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H=a，2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=b，则b＞a，D正确；故合理选项是D。14、D【题目详解】A.由表中数据可知SO2初浓度==1mol/L，5min末的浓度==0.6mol/L，前5minSO2的平均反应速率为υ(SO2)==0.08mol/(L·min)，A项正确；B.由表数据计算：第10min时SO2的物质的量，与第15min时SO2物质的量相同，可推断第10min~15min反应已处于平衡状态，此时SO3的物质的量，平衡常数，保持温度不变(平衡常数不变)，向平衡后的容器中再充入0.2molSO2(g)和0.2molSO3(g)时，各组分SO2、O2、SO3物质的量分别是1mol、0.4mol、1.4mol，此时体系的浓度商=9.8<K=11.25，浓度商小于平衡常数说明反应向正反应方向进行，υ(正)>υ(逆)，B项正确；C.保持其他条件不变起始充入2molSO3，与题设初始量（2molSO2和1molO2）相当，所以达到的平衡与题设平衡等效，即达到平衡时SO3物质的量也为1.2mol，则反应消耗了SO32mol-1.2mol=0.8mol，发生反应的热化学方程式为2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，△H=+196kJ/mol，所以消耗0.8molSO3吸收热量为0.8mol×=78.4kJ，C项正确；D.起始时向容器中充入1.5molSO3(g)，发生的反应为2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，因为此反应与题设反应互为逆反应，平衡常数应与题设反应平衡常数（K=11.25）互为倒数，即只要温度不变，此反应的平衡常数应为。假定本选项给定的条件下达到平衡状态时SO3的转化率为40%，利用“三段式”计算其平衡常数：代入平衡常数计算式，所以本选项给定的条件下达到平衡时SO3转化率不可能为40%，D项错误；答案选D。【题目点拨】利用浓度商Qc与平衡常数K的关系判断反应进行的方向：当Qc<K，反应向正反应方向进行，υ(正)>υ(逆)；当Qc=K，反应处于平衡状态，υ(正)=υ(逆)；当Qc>K，反应向逆反应方向进行，υ(正)<υ(逆)。15、C【题目详解】化学反应速率之比等于化学系数之比，则根据方程式3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)可知A、v（W）：v（Z）=3：3=1：1，A错误；B、v（X）：v（Z）=2：3，B错误；C、v（X）：v（Y）=2：4=1：2，C正确；D、v（W）：v（X）=3：2，D错误。答案选C。16、B【解题分析】A、装置①原电池中，Zn是负极，Cu是正极，电解质里的阳离子K+移向正极，即移向硫酸铜溶液，选项A错误；B、在装置②电解池中，阴极a极是氢离子发生得电子生成氢气的还原反应，该极附近碱性增强，所以a极附近溶液的pH增大，选项B正确；C、精炼铜时，由于粗铜中含有杂质，开始时活泼的金属锌、铁等失去电子，而阴极始终是铜离子放电，所以若装置③用于电解精炼铜，溶液中的Cu2+浓度减小，选项C错误；D、在该原电池中，电子从负极Zn极流向正极Fe极，在铁电极上氢离子得电子生成氢气，反应实质是金属锌和氢离子之间的反应，不会产生亚铁离子，选项D错误。答案选B。17、B【解题分析】试题分析：原子核外电子排布遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则。A、氧原子的外围电子排布图，违反洪特规则，A错误；B、铁原子外围电子排布图，B正确；C、硅原子外围电子排布图，违反洪特规则，C错误；D、铬原子的外围电子排布图，违反洪特规则的特例，D错误。答案选B【考点定位】本题主要是考查原子核外电子排布【名师点晴】掌握遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则是解答的关键。能量最低原理：原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态；泡利原理：在一个原子轨道中，最多只能容纳2个电子，并且这两个电子的自旋方向相反；洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据1个轨道，并且自旋方向相同。洪特规则特例：当能量相同的原子轨道在全满(p6、d10、f14)、半满(p3、d5、f7)和全空(p0、d0、f0)状态时，体系的能量最低。18、D【解题分析】当其他条件一定时，反应速率越快，达到平衡所用的时间越短，由图像可知T2＞T1，p2＞p1，结合温度、压强对化学平衡移动的影响分析解答。【题目详解】当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图像可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的百分含量(C%)越小，说明升高温度平衡逆移，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图像可知p2＞p1；增大压强时B%不变，说明压强对平衡无影响，所以反应前后气体的计量数相等，即b=c+d，根据以上分析可知，D正确，ABC错误，故选D。【题目点拨】本题考查化学平衡图像的分析，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键。本题的易错点为反应前后计量数的关系判断，要注意A为固体。19、B【解题分析】各选项中对应的物质的反应速率除以各自对应的系数，数值较大的反应速率快，分别为：v(A1)＝0.3/1=0.3mol·L－1·s－1；v(B1)＝0.9/3=0.3mol·L－1·s－1；v(C1)＝0.8/2=0.4mol·L－1·s－1；v(D1)＝0.5/2=0.25mol·L－1·s－1；v(C1)最大，B正确；综上所述，本题选B。20、A【分析】依据常温下溶液中由水电离出来的c（H

+）=1.0×10

-13mol•L

-1，和水中的氢离子浓度比较可知，水的电离被抑制，结合所给物质的性质分析判断。【题目详解】c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，说明水的电离受到抑制，溶液为强酸或强碱溶液。①二氧化硫溶于水生成了亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，会抑制水的电离，故①正确；②氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子会发生水解，水解的本质是促进水的电离，故②错误；③硝酸钠是强酸强碱盐，溶液为中性，水的电离程度不会减小，故③错误；④氢氧化钠为强碱，会抑制水的电离，故④正确。综上所述，本题正确答案为A。21、C【题目详解】该反应是由一种单质（Na）和一种化合物（TiCl4）反应生成另一种新单质（Ti）和另一种新化合物（NaCl）的反应，该反应属于置换反应，故答案选C。22、C【分析】

【题目详解】A．钠原子和氯原子通过失得电子都达到稳定结构，所以钠原子和氯原子作用生成NaCl后，其结构的稳定性增强，故A正确；B．离子化合物中含有离子键，阴阳离子间存在静电作用，静电作用包含吸引力和排斥力，故B正确；C．离子键的形成过程中不一定有电子得失，如复分解反应中离子键的形成，故C错误；D.活泼的金属元素原子和活泼的非金属元素原子之间形成离子化合物，阳离子和阴离子均达到稳定结构，这样体系的能量降低，其结构的稳定性增强，选项D正确。答案选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、NaCla第三周期IVA族HClAl(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2OCl2+H2S=2HCl+S↓【分析】A、B、C、D、E、F六种元素分别为：H、N、Na、Al、S、Cl。【题目详解】（1）表中所标出的A、B、C、D、E、F六种元素中，周期表中原子半径从上到下，从右往左半径变大，原子半径最大的元素是Na(填元素符号)，周期表中非金属性从上到下，从右往左半径变不，非金属性最强的元素是Cl(填元素符号)，这两种元素形成的化合物是氯化钠，含有的化学键是a.离子键，故答案为：Na、Cl、a；（2）G元素的原子核外M层有4个电子，核外电子排布为2、8、4，有三个电子层，最外层是4个电子，它在元素周期表中位置是第三周期IVA族，故答案为：第三周期IVA族；（3）同周期从左到右元素的非金属性增强，元素的氢化物的稳定性增强，A和E、A和F所形成的化合物中热稳定性较强的是HCl，故答案为：HCl；（4）B、D元素各自所形成的最高价氧化物对应水化物是硝酸和氢氧化铝，它们之间发生化学反应的离子方程式：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，故答案为：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；（5）单质氧化性氯气强于硫，能说明Cl的非金属性比S的非金属性强，化学方程式为：Cl2+H2S=2HCl+S↓，故答案为：Cl2+H2S=2HCl+S↓。25、-53.3kJ/mol量热器的保温瓶绝热效果不好、酸碱溶液混合不迅速、温度计不够精确等使碱稍稍过量，为了能保证CH3COOH溶液完全被中和，从而提高实验的准确度CC【分析】（1）根据化学反应热的计算公式求△H；（2）根据中和热的测定中能够导致放出的热量偏低的因素进行解答；（3）为了确保CH3COOH溶液完全被中和，从而提高实验的准确度，所用NaOH稍过量．（4）A、中和热测定实验中一组完整实验数据需要测温度3次，得到温度差，代入公式计算反应热；B、实验的关键是保温工作，保温杯为了保温；C、金属的导热性很好，会导致热量的散失；D、在量取溶液体积时仰视，则实际量取体积偏高。（5）A、实验装置保温、隔热效果必须好；B、用温度计测定NaOH溶液起始温度后，要将温度计洗净再测酸溶液的温度；C、量取NaOH溶液的体积时仰视读数，取得的NaOH偏大；D、允许分多次把NaOH溶液倒入盛有醋酸的小烧杯中；【题目详解】（1）温度从25.0℃升高到27.7℃，△t==（27.7-25）℃，CH3COOH的中和热△H=-=-5.33×104J·mol－1=-53.3kJ·mol－1；（2）CH3COOH的中和热的文献值为-56.1kJ·mol－1，实际上测定数值偏低，可能原因有：①量热计的保温瓶效果不好，②酸碱溶液混合不迅速，③温度计不够精确等；（3）酸和碱反应测中和热时，为了保证一方全部反应，往往需要另一试剂稍稍过量，减少实验误差，所以实验中NaOH过量，为了能保证CH3COOH溶液完全被中和，从而提高实验的准确度；（4）A、一组完整实验数据需要测温度三次：酸碱初始温度以及中和反应的最高温度，得到温度差值，故A正确；B、实验的关键是保温工作，保温杯是为了保温，减少实验过程中热量散失，故B正确；C、金属的导热性很好，用铜做的环形搅拌棒代替玻璃搅拌棒，会导致热量的散失，实验结果偏小，故C错误；D、在量取溶液体积时仰视，则实际量取体积偏高，测得中和热数值将偏大，故D正确。故选C。（5）A、实验装置保温、隔热效果必须好，否则影响实验结果，热量散失，结果偏低，故A错误；B、用温度计测定NaOH溶液起始温度后，要将温度计洗净再测酸溶液的温度，直接测定会与酸反应，放出热量，热量散失，结果偏低，故B错误；C、量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，影响实验结果，故C正确；D、允许分多次把NaOH溶液倒入盛有醋酸的小烧杯中，故D不符；故选C。26、吸收溴蒸汽试管内溶液褪为无色d中长导管堵塞DBCA【分析】乙烯利与过量NaOH溶液混合，发生反应+4NaOH→CH2=CH2↑+NaCl+Na3PO4+3H2O，生成的乙烯进入安全瓶b中，在试管d中乙烯与Br2发生加成反应生成1，2—二溴乙烷，并冷却为液体，为防其凝固，d中温度应控制在1，2—二溴乙烷的熔点以上，这也是设置b装置的目的所在，在e装置中，NaOH吸收d中挥发出的Br2蒸气。【题目详解】(1)由以上分析知，e装置的作用是吸收d中挥发出的溴蒸汽；水封下的液溴呈深红棕色，与乙烯反应生成的1，2—二溴乙烷呈无色，当Br2完全反应后，混合物呈无色，所以当观察到试管内溶液褪为无色时，试管d中反应基本结束。答案为：吸收溴蒸汽；试管内溶液褪为无色；(2)若用冰水代替烧杯中的冷水，结合题给1，2—二溴乙烷的熔点，d内生成的1，2—二溴乙烷冷凝为固体，会堵塞导气管，所以可能引起的不安全后果是d中长导管堵塞。答案为：d中长导管堵塞；(3)实验结束后精制试管d中粗产品时，应先用NaOH溶液除去Br2，再水洗除去溶解在1，2—二溴乙烷中的少量10%NaOH溶液，再去除少量的水，最后进行蒸馏提纯，从而得出操作先后顺序是DBCA。答案为：DBCA；(4)根据方程式可得关系式~CH2=CH2~BrCH2CH2Br，则消耗40%乙烯利溶液50g，理论上可生成BrCH2CH2Br的质量为=g，则乙烯利合成1，2—二溴乙烷的产率为=。答案为：。【题目点拨】若d装置内的长导管堵塞，