2024届江西省重点中学盟校化学高二第二学期期末学业水平测试试题含解析

2024届江西省重点中学盟校化学高二第二学期期末学业水平测试试题考生请注意：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、配合物Co2(CO)8的结构如下图(已知Co是0价)，该配合物中存在的作用力类型共有()①金属键②离子键③共价键④配位键⑤氢键⑥范德华力A．②③④ B．②③④⑥ C．①③④⑥ D．②③④⑤⑥2、有可逆反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，已知在温度938K时，平衡常数K=1.5，在1173K时，K=2.2。则下列说法不正确的是A．该反应的平衡常数表达式为K=c(CO)/c(CO2)B．该反应的逆反应是放热反应C．v正(CO2)=v逆(CO)时该反应达到平衡状态D．c(CO2):c(CO)=1:1时该反应达到平衡状态3、2019年是国际化学元素周期表年，元素周期表诞生的150年间，指导人们不断探索化学的奥秘。下列有关元素周期表、元素周期律的说法正确的是（）A．元素周期表中，元素性质随着相对原子质量的递增呈现周期性变化B．同周期主族元素性质的递变，主要是原子半径变化和核电荷数变化双重作用的结果C．从左到右，同周期非金属元素的气态氢化物，其热稳定性，还原性逐渐增强D．第七周期，VIIA族元素的非金属性比碘元素的非金属性强4、实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示，(已知：PdC12溶液遇CO能产生黑色的Pd)，下列说法错误的是（）A．装置①的仪器还可以制取H2气体B．装置⑤中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯C．装置②③中分别盛装饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4D．装置⑥中有黑色沉淀，发生的反应是PdC12+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HC15、利用如图所示装置测定中和热的实验步骤正确的是A．为了减小热量损失，倒入NaOH溶液应该多次迅速倒人B．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒上下轻轻地搅动C．烧杯如不盖硬纸板，不影响测得的中和热数值D．先用一支温度计测量盐酸温度，再用另一支温度计测量氢氧化钠溶液温度,并做好记录6、化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是（）A．煤的干馏、煤的液化和石油的分馏均属化学变化B．液化石油气和天然气的主要成分都是甲烷C．裂化汽油和直馏汽油都可以萃取溴水中的Br2D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可到达水果保鲜的目的7、某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列选项正确的是A．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHB．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OC．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHD．当1molAu2O3完全反应时，转移电子的物质的量为8mol8、电负性的大小也可以作为判断金属性和非金属性强弱的尺度，下列关于电负性的变化规律正确的是A．周期表中同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大B．周期表中同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐增大C．电负性越大，金属性越强D．电负性越小，非金属性越强9、下列指定反应的离子方程式正确的是A．向氨水中通入少量二氧化硫：NH3•H2O+SO2═NH4++HSO3-B．向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+C．电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑D．氢氧化钡溶液中滴入硫酸氢钠溶液至Ba2+恰好完全沉淀：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O10、化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（）A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程C．使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸11、为测定某有机物的结构，用核磁共振仪处理后得到如图所示的核磁共振氢谱，则该有机物可能是A．C2H5OH B．C． D．12、使用下列装置给液体升温时，将化学能转化为热能的是A． B．C． D．13、化学与生活密切相关。下列说法正确的是A．聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应B．煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料C．乙烯可作水果的催熟剂D．福尔马林可作食品的保鲜剂14、下列离子方程式正确的是A．Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：A13++3H2O=Al(OH)3↓+3H+D．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O15、某有机物A的结构为，下列有关说法正确的是A．1molA能跟2molNaOH溶液反应B．能发生加聚反应C．不能发生分子内酯化反应D．A分子中所有原子在同一平面上16、已知反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)ΔH＜0，下列说法正确的是A．升高温度，正、逆反应速率都加快，且正反应速率加快更明显B．升高温度能缩短达到平衡所需的时间且提高A2的转化率C．达到平衡后，同时升高温度和增大压强，n(AB3)有可能不变D．达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该平衡向正反应方向移动17、现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如下图所示。原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为（）A． B． C． D．18、在0.1mol/L的醋酸中加入一定量的水，下列说法错误的是A．c(H+)减小 B．n(H+)增大 C．溶液的pH增大 D．c(Ac-)增大19、短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大.甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素组成的常见化合物，其中丙、丁、戊为二元化合物，已是元素C的单质。甲、乙的溶液均呈碱性。下列说法错误的是A．甲和戊加入水中都能破坏水的电离平衡B．乙和戊都含有离子键C．原子半径r(D)>r(B)>r(C)>r(A)D．A、B、C形成的化合物一定显酸性20、反应A+B→C△H＜0，分两步进行①A+B→X△H＞0②X→C△H＜0。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是A． B．C． D．21、在密闭容器中的一定量混合气体发生反应xM(g)+yN(g)zP(g)。平衡时测得M的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得M的浓度降低为0.30mol/L。下列有关判断正确的是A．x+y<zB．平衡向正反应方向移动C．N的转化率降低D．混合气体的密度不变22、标准状况下，mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，下列说法不正确的是A．在任意条件下，其相对分子质量之比为m∶nB．同质量的A、B，其分子数之比为n∶mC．25℃、1.01×105Pa时，两气体的密度之比为n∶mD．相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m∶n二、非选择题(共84分)23、（14分）有一应用前景广阔的纳米材料甲，其由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高。取材料甲与熔融的烧碱反应，生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；乙能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解。（1）甲的化学式为____________，其晶体属于____________晶体。（2）乙的水溶液可以用来做________________________（写出一种用途）。（3）B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，其燃烧放热多且燃烧产物对环境无污染，因此可用作火箭燃料、燃料电池燃料等。则①丁的电子式为_____。②丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得，其化学方程式________________________。甲的制备过程中氨气需要过量的理由是____________________________________。③丁的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1≈1.0×10－6，则0.01mol·L－1丁水溶液的pH等于____________（忽略丁的二级电离和H2O的电离）。24、（12分）已知：①CH3CH=CHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOH②R-CH=CH2R-CH2-CH2-Br香豆素的核心结构是芳香内酯A，A经下列步骤转变为水杨酸。请回答下列问题：（1）下列有关A、B、C的叙述中不正确的是___________a.C中核磁共振氢谱共有8种峰b.A、B、C均可发生加聚反应c.1molA最多能和5mol氢气发生加成反应d.B能与浓溴水发生取代反应（2）B分子中有2个含氧官能团，分别为______和______（填官能团名称），B→C的反应类型为_____________。（3）在上述转化过程中，反应步骤B→C的目的是_________________________。（4）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应。请写出其中一种的结构简式：_____________。（5）写出合成高分子化合物E的化学反应方程式：_______________________________。25、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3·5H2O)，俗称大苏打，是无色透明晶体，易溶于水，易被氧化。是一种重要的化工产品，临床上用于氰化物的解毒剂，工业上也用于纸浆漂白的脱氯剂。某兴趣小组在实验室用如下装置(夹持仪器略去)模拟硫代硫酸钠生产过程。（1）仪器a的名称为_________。（2）装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。（3）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2CO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2CO3物质的量之比为____________。（4）装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，装置B的作用是_________、__________。（5）装置D用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为____(填序号)。（6）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3·5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，_____________，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。已知：Na2S2O3稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。限选试剂：稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水26、（10分）如图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置，试回答试回答：（1）②中的实验现象为______________。（2）④中的实验现象为______________，此实验说明SO2有____________性．（3）⑤中的实验现象为____________，此实验说明SO2有________性．（4）⑥的作用是___________，反应方程式是_____________________。27、（12分）辉铜矿（主要成分为Cu2S）经火法冶炼，可制得Cu和H2SO4，流程如下图所示：（1）Cu2S中Cu元素的化合价是__________价。（2）Ⅱ中，电解法精炼粗铜（含少量Ag、Fe），CuSO4溶液做电解质溶液：①粗铜应与直流电源的_________极（填“正”或“负”）相连。②铜在阴极析出，而铁以离子形式留在电解质溶液里的原因是__________________________。（3）Ⅲ中，烟气（主要含SO2、CO2）在较高温度经下图所示方法脱除SO2，并制得H2SO4。①在阴极放电的物质________________。②在阳极生成SO3的电极反应式是_______________________________。（4）检测烟气中SO2脱除率的步骤如下：（i）.将一定量的净化气（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。（ii）加入浓盐酸，加热溶液至无色无气泡，再加入足量BaCl2溶液。（iii）过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量。①用离子方程式表示（i）中溴水的主要作用________________________________。②若沉淀的质量越大，说明SO2的脱除率越________（填“高”或“低”）。28、（14分）（1）室温下，在0.5mol/L的纯碱溶液中加入少量水，由水电离出的c(H+)·(OH-)___(填“变大”、“变小”、“不变”)。（2）已知Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-12，向0.2mol/L的AgNO3溶液中加入等体积的0.008mol/LK2CrO4溶液，则溶液中的c(CrO42-)=___。（3）室温下，0.1mol/LNaHCO3溶液的pH值___0.1mol/LNa2SO3溶液的pH值(填“>”、“<”、“=")。H2CO3K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11H2SO3K1=1.54×10-2K2=1.02×10-7已知：（4）有一种可充电电池Na—Al/FeS，电池工作时Na+的物质的量保持不变，并且是用含Na+的导电固体作为电解质，已知该电池正极反应式为2Na++FeS+2e-=Na2S+Fe．则该电池在充电时，阳极发生反应的物质是___，放电时负极反应式为___。29、（10分）(1)、按要求填空：①、第三周期中有两个成单电子的元素符号是__________。②、四核10电子的粒子的电子式(写一种)__________。③、第四周期中，3d轨道半充满的元素符号是__________。(2)、写出符合下列条件的元素原子的电子排布式：①、自然界中含量居第二的金属元素__________。②、第四周期0族元素__________。③、能形成自然界中最硬的单质的元素__________。

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、C【解题分析】

配合物Co2(CO)8中存在C-O之间的共价键、Co-C原子之间的配位键、Co-Co之间存在金属键、分子之间存在范德华力，所以存在的有①③④⑥，故选C。2、D【解题分析】

A.反应中铁和氧化亚铁都是固体，因此平衡常数表达式为K=c(CO)/c(CO2)，故A说法正确；B.根据题意，温度越高，K越大，即升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，则该反应的逆反应是放热反应，故B说法正确；C.v正(CO2)=v逆(CO)表示正逆反应速率相等，说明该反应达到了平衡状态，故C说法正确；D．c(CO2):c(CO)=1:1不能说明两者物质的量浓度保持不变，故无法据此判断该反应是否达到平衡状态，故D说法错误。故选D。3、B【解题分析】

A.元素周期表中，元素性质随着原子序数的递增呈现周期性变化，A项错误；B.同周期主族元素性质的递变，主要是原子半径变化和核电荷数变化双重作用的结果，B项正确；C.从左到右，同周期非金属元素的简单气态氢化物，其热稳定性，还原性逐渐增强，而不是所有氢化物都符合，C项错误；D.同一主族非金属性依次减弱，所以第七周期，VIIA族元素的非金属性比碘元素的非金属性弱，D项错误；答案选B。4、C【解题分析】

由实验装置图可知，装置①为二氧化碳制备装置，装置②中盛有饱和碳酸氢钠溶液，用以除去二氧化碳中的氯化氢，装置③中盛有浓硫酸，用以除去水蒸气，装置④为钠与干燥二氧化碳在加热条件下发生反应的装置，装置⑤为二氧化碳的检验装置，装置⑥为一氧化碳的检验和吸收装置。【题目详解】A项、装置①为固体和液体不加热反应制备气体的装置，锌和稀硫酸反应制氢气可以用装置①，故A正确；B项、金属钠易与空气中的氧气、水蒸气等发生反应，实验之前，应用二氧化碳气体排出装置中的空气，当装置⑤中石灰水变浑浊后，说明空气已排净，再点燃酒精灯，可排除氧气、水蒸气等对钠与二氧化碳反应的干扰，故B正确；C项、装置①中反应产生的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，因为碳酸钠溶液与二氧化碳反应，应先用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳气体中的氯化氢，故C错误；D项、根据题给信息可知，PdC12溶液与CO发生氧化还原反应生成黑色的Pd、二氧化碳和氯化氢，反应的化学方程式为PdC12+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HC1，故D正确。故选C。【题目点拨】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意碳酸钠与盐酸反应制备二氧化碳气体，会含有杂质气体氯化氢和水蒸气，要得到纯净的二氧化碳气体，混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通过浓硫酸，不能用饱和碳酸钠溶液除氯化氢，因为碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠。5、B【解题分析】A.为了减小热量损失，倒入NaOH溶液应该一次迅速倒入，故A错误；B.酸与碱混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，故B正确；C.烧杯上盖硬纸板目的是为了减少实验中的热量损失，不盖会影响测定的中和热数值，故C错误；D.温度计测量盐酸的温度，无需洗涤继续测量氢氧化钠溶液温度，氢氧化钠溶液的起始温度偏高，测得中和热的数值偏小，故D错误；故选B。6、D【解题分析】

A.煤的干馏、煤的液化属化学变化，石油的分馏是物理变化，A错误；B.天然气的主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分是丙烷和丁烷等，B错误；C.直馏汽油可以萃取溴水中的Br2，裂化汽油的成分中含有碳碳双键，可以和溴反应，C错误；D.高锰酸钾溶液能和乙烯反应，防止水果被乙烯催熟，可到达水果保鲜的目的，D正确；答案选D。7、A【解题分析】试题分析：Au2O3是反应物，则Au2O一定是生成物，其中Au元素的化合价由＋3价变成＋1价，化合价降低，则必然有化合价升高的元素，即Na2S2O3(硫元素为＋2价)是反应物，Na2S4O6(硫元素为＋2.5价)是生成物。根据反应前后硫原子守恒有2Na2S2O3→Na2S4O6，根据钠原子守恒，可知生成物中缺少钠元素，所以NaOH是生成物，再根据氢元素守恒，可知水是反应物。由关系式：Au2O3～Au2O～4e－，所以当1molAu2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4mol，故选A。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。8、A【解题分析】试题分析：非金属性越强，电负性越大。同周期自左向右，非金属性逐渐增强，电负性逐渐增强；同主族自上而下，非金属性逐渐较弱，电负性逐渐降低，所以正确的答案选A。考点：考查电负性的有关判断点评：本题是常识性知识的考查，难度不大。主要是有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的求知欲。9、B【解题分析】

A．向氨水中通入少量二氧化硫生成(NH4)2SO3，发生的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故A错误；B．向氯化铝溶液中加入过量氨水有白色胶状沉淀生成，发生的离子反应为Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，故B正确；C．惰性电极电解氯化镁溶液有氢氧化镁沉淀生成，发生的离子反应为2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，故C错误；D．氢氧化钡溶液中滴入硫酸氢钠溶液至Ba2+恰好完全沉淀是，发生的离子反应为Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，故D错误；故答案为B。【题目点拨】判断离子方程式是否正确主要从以下几点考虑：①拆分是否合理；②是否符合客观事实；③配平是否有误(电荷守恒，原子守恒)；④有无注意反应物中量的关系；⑤能否发生氧化还原反应等。10、D【解题分析】

A项、蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味，为蛋白质的特有性质，可用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，故A正确；B项、一定条件下，粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成酒精，整个过程有新物质生成，属于化学变化，故B正确；C项、含钙离子浓度较大的地下水与高级脂肪酸钠反应可生成高级脂肪酸钙沉淀，去污能力减弱，故C正确；D项、豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误；故选D。【题目点拨】本题考查了物质的性质与用途，侧重化学与生活、生产的考查，把握常见物质的性质与用途的关系是解答的关键。11、A【解题分析】

由核磁共振氢谱的信息可知，该有机物中含有三种个数不同的等效氢原子；A．乙醇中有三种个数不同的等效氢原子，A项符合；B．该物种只含有两种等效氢原子，B项不符合；C．该物质含有四种等效氢原子，C项不符合；D．该物质仅含两种等效氢原子，D项不符合；答案选A。【题目点拨】核磁共振氢谱，峰的组数即有机物中等效氢原子的种类，峰的面积比即等效氢原子的个数比。12、C【解题分析】

A.太阳能热水器是将太阳能转化为热能，故A不符合题意；B.电热壶是将电能转化为热能，故B不符合题意；C.煤气燃烧是将化学能转化为热能，故C符合题意；D.该过程属于热量的传递，故D不符合题意；综上所述，本题正确答案：C。13、C【解题分析】

A.乙烯含碳碳双键其中1根键断裂，相互加成生成聚乙烯，聚乙烯中不存在双键，聚乙烯塑料的老化是由于长链断裂等原因，故A错误；B.煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故B错误；C.乙烯是植物催熟剂，可以用作水果催熟剂，故C正确；D.福尔马林有毒，不能做食品保鲜剂，故D错误；本题选C。14、D【解题分析】分析：A、次氯酸为弱酸，保留化学式；B．反应生成氯化亚铁和氢气；C、明矾溶于水铝离子水解产生Al(OH)3胶体；D、氨过量生成正盐。详解：A、Cl2通入水中，离子方程式：Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO，故A错误；B．浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H＋=Fe2＋+H2↑，故B错误；C、明矾溶于水铝离子水解产生Al(OH)3胶体，A13++3H2O=Al(OH)3（胶体）+3H+；D、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O，故D正确；故选D。点睛：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，解题关键：把握发生的反应及离子反应的书写方法，侧重分析与应用能力的考查，易错点：A，注意离子反应中保留化学式的物质如HClO，B、反应生成氯化亚铁和氢气．15、B【解题分析】

A.有机物A的官能团是碳碳双键、醇羟基和羧基，只有羧基能电离出氢离子，则1molA最多能与1molNaOH反应，A项错误；B.分子内含碳碳双键，碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应，B项正确；C.分子内含羧基和醇羟基，两者在一定条件下能发生分子内酯化反应，C项错误；D.苯分子和乙烯分子都是共面的分子，但是甲烷分子是四面体分子，有机物A分子中来自苯、乙烯等的原子可以共面，但不一定共面，但来自甲烷衍生的—CH2—、—CH2OH中的原子不可能都共面，D项错误；答案选B。16、C【解题分析】分析：本题考查的是反应速率和平衡的影响因素，难度较小。详解：A.升温，正逆反应速率都加快，平衡逆向移动，所以逆反应速率加快更明显，故错误；B.升温反应速率加快，缩短到平衡的时间，有利于平衡逆向移动，A2的转化率降低，故错误；C.达到平衡后，同时升温和增大压强，反应速率加快，升温平衡逆向移动，增大压强，平衡正向移动，所以同时改变条件时平衡可能不移动，n(AB3)有可能不变，故正确；D.降低温度，平衡正向移动，减小压强，平衡逆向移动，故错误。故选C。点睛：注意影响反应速率和平衡的条件都包括浓度、温度、压强。注意平衡的移动方向需要结合正逆反应速率的相对大小，若改变条件后正反应速率大于逆反应速率，则平衡正向移动，若改变条件后正反应速率小于逆反应速率，则平衡逆向移动。17、D【解题分析】

由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣），加入0.5LNaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可计算出n[Al（OH）3]，再计算出n[Mg（OH）2]，进而计算原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量浓度之比。【题目详解】由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣），加入0.5LNaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀。设氢氧化钠溶液溶液的浓度为c，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al（OH）3]=n（NaOH）=0.1c，所以n[Mg（OH）2]==0.05c，溶液中n（Cl﹣）=3n[Al（OH）3]=0.3c，原溶液中n（SO42﹣）=n[Mg（OH）2]=0.05c，则原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为0.3c：0.05c=6：1，故选D。18、D【解题分析】

醋酸是一元弱酸，存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－+H+，在0.1mol/L的醋酸中加入一定量的水，促进醋酸的电离，氢离子和醋酸根离子的物质的量增加，但浓度减小，因此pH增大。答案选D。19、D【解题分析】丙、丁、戊为二元化合物，已是元素C的单质，说明需要有两种化合物反应生成一种单质的化学反应，符合要求的熟悉的反应应该是过氧化钠和水或二氧化碳反应生成氧气单质，所以丙、丁为二氧化碳或水，戊为过氧化钠，己为氧气，元素C为O。根据A、B、C、D的原子序数依次增大，得到D为Na，A为H，B为C，结合以上四种元素得到：甲为碳酸氢钠，乙为碳酸钠。甲（碳酸氢钠）加入水碳酸氢根离子水解，促进水电离；戊（过氧化钠）加入水中，反应得到氢氧化钠抑制水电离，所以甲和戊加入水中都能破坏水的电离平衡，选项A正确。乙（碳酸钠）和戊（过氧化钠）都是离子化合物，所以都存在离子键，选项B正确。所有原子中H的半径最小，并且：同周期元素从左向右半径减小，同主族元素从上向下半径增大，所以四种元素的半径顺序为：r(D)>r(B)>r(C)>r(A)，选项C正确。A、B、C即H、C、O能组成很多化合物，包括有机物，很有可能是中性化合物，例如：乙醇，选项D错误。点睛：本题的着眼点是熟悉两个化合物生成单质的化学反应。本题主要考察的就是过氧化钠与二氧化碳以及水反应生成氧气单质的过程。这样的反应，除以上两个以外，也可以是：CO还原金属氧化物得到金属单质；某些氧化剂氧化盐酸生成氯气（比如：实验室制氯气）；氨气和氮氧化物生成氮气等。20、D【解题分析】

根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．【题目详解】由反应A+B→C（△H＜0）分两步进行①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合，

故选D。【题目点拨】本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断21、C【解题分析】分析：在密闭容器中的一定量混合气体发生反应xM(g)+yN(g)zP(g)，平衡时测得M的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，M的浓度为0.25mol·L－1，再达平衡时，测得M的浓度降低为0.30mol/L。则说明体积增大（压强减小）化学平衡逆向移动，以此来解答．详解：A．减小压强，向气体体积增大的方向移动，则x+y＞z，故A错误；B．由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C、平衡逆向移动，N的转化率降低，故C正确；D、混合气体的总质量不变，但体积会发生变化，故D错误。故选C。点睛：本题考查化学平衡的移动，解题关键：M的浓度变化及体积变化导致的平衡移动，难点：B、压强对化学平衡的影响：若平衡不移动，M的浓度为0.25mol·L－1，再达平衡时，测得M的浓度降低为0.30mol/L。则说明体积增大（压强减小）化学平衡逆向移动。22、C【解题分析】mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，即表示两种气体的物质的量相等，所以A与B的摩尔质量的比为m：n。相对分子质量在数值上应该等于摩尔质量所以两种气体的相对分子质量的比为m：n，选项A正确。同质量的A、B，其分子数（即物质的量）之比为其摩尔质量的反比，即为n：m，选项B正确。同温同压下，气体的密度比等于其摩尔质量的比，所以为m：n，选项C错误。相同状况下，同体积代表物质的量相等，物质的量相等时，质量比等于其摩尔质量的比，即为m：n，选项D正确。点睛：解答此类问题时，应该牢记物质的量换算的基本公式即：n=m/M；n=V/Vm。同时也要牢记阿伏加德罗定律及其推论：同温同压下，气体的体积比等于其物质的量的比；同温同压下，气体的密度比等于其摩尔质量的比；同温同体积下，气体的压强比等于其物质的量的比。二、非选择题(共84分)23、Si3N4原子黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂NaClO＋2NH3＝N2H4＋NaCl＋H2O次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化10【解题分析】

甲由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高，考虑甲属于原子晶体。甲与熔融的烧碱反应生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，且丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明丙气体为NH3，说明甲中含有氮元素。含氧酸盐乙由短周期元素组成且为钠盐，能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解，说明生成的沉淀为H2SiO3，则乙为Na2SiO3，证明甲中含有硅元素，故A为Si元素，B为N元素，依据元素化合价可推知甲为Si3N4，据此分析解答。【题目详解】(1)由分析可知，甲的化学式为Si3N4，属于原子晶体，故答案为：Si3N4；原子；(2)乙的水溶液为硅酸钠溶液，是一种矿物胶，可以做黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂，故答案为：黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂；(3)①B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，可知丁为N2H4，电子式为：，故答案为：；②丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得，反应的化学方程式为：NaClO+2NH3＝N2H4+NaCl+H2O，次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化，氨气需要过量，故答案为：NaClO+2NH3＝N2H4+NaCl+H2O；次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化；③电离方程式为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，该溶液中溶质电离程度较小，则c(N2H4)≈0.01mol/L，由平衡常数K=，可知该溶液中c(OH-)≈==1.0×10-4，溶液中c(H+)=mol/L=10-10mol/L，则溶液的pH=10，故答案为：10。【题目点拨】正确推断元素是解答本题的关键。本题的易错点和难点为(3)③中pH的计算，要注意电离平衡常数表达式和水的离子积的灵活运用。24、c羧基羟基取代反应为了保护酚羟基使之不被氧化、、（任选一种即可）【解题分析】

根据转化图结合逆合成分析法可知，C被高锰酸钾氧化生成乙二酸和D，结合题给信息及C的分子式知，C的结构简式为。B和一碘甲烷发生取代反应生成C，所以根据C的结构简式可判断B的结构简式为。A水解生成B，且A的分子式为C9H6O2，A和B相对分子质量相差18，所以A的结构简式为：。D和碘化氢发生取代反应生成水杨酸，据此分析作答。【题目详解】（1）根据上述分析易知，A为；B为；C为，则a.C中有8种不同环境的H原子，故核磁共振氢谱共有8种峰，a项正确；b.A、B、C分子中均有碳碳双键，均可发生加聚反应，b项正确；c.A中含碳碳双键和酯基，酯基不能发生加成反应，则1molA最多能和4mol氢气发生加成反应，c项错误；d.B中含苯环，酚羟基的邻、对位能与浓溴水发生取代反应，d项正确；故答案为c；（2）B为，含氧官能团的名称为：羧基和羟基；C为，B→C为取代反应；（3）因酚羟基易被氧化，因此B→C发生取代反因的目的是为了保护酚羟基使之不被氧化；（4）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，说明含有两个取代基，能水解说明含有酯基，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应，说明含有醛基，所以符合条件的同分异构体有、、，所以共有3种；（5）乙二酸与乙二醇在浓硫酸催化作用下发生缩聚反应生成聚乙二酸乙二酯，其化学方程式为：25、分液漏斗Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O[或Na2SO3＋2H2SO4(浓)=2NaHSO4＋SO2↑＋H2O]2:1通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度安全瓶d过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl【解题分析】

(1)根据仪器图写出名称；（2）A中反应Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O;装置B为安全装置，可防堵塞，装置D用来吸收含有SO2的尾气，可以盛NaOH溶液；当B中导气管堵塞时，B内压强增大，锥形瓶中的液面下降，漏斗中的液面上升。(3)烧瓶C中，该转化过程的总反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，则C瓶中Na2S和Na2CO3的物质的量之比最好为2:1。(4)装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，装置B的作用是通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度同时起到安全瓶作用；（5）防倒吸可选d装置；(6)为检验产品中是否含有Na2SO4和Na2SO3，取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加入足量稀HCl，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。【题目详解】结合以上分析，(1)仪器a的名称为分液漏斗；（2）装置A中发生反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O。（3）烧瓶C中，该转化过程的总反应:2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2,则C瓶中Na2S和Na2CO3的物质的量之比最好为2:1，因此本题答案为：2:1。（4）从仪器连接可知，装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，由于二氧化硫不溶于饱和NaHSO3溶液，故其作用是通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度同时起到安全瓶作用，防堵塞，原理是，若B中导气管堵塞时，B内压强增大，锥形瓶中的液面下降，漏斗中的液面上升。因此，本题答案为：通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度；安全瓶；（5）装置D用于处理尾气，SO2可以和氢氧化钠溶液反应，要能吸收SO2同时防倒吸，应选d。(6)亚硫酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸，为检验产品中是否含有Na2SO4和Na2SO3取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加入足量稀HCl，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。26、石蕊试液变红有淡黄色沉淀产生氧化溴水褪色还原吸收多余的SO2SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O【解题分析】分析：实验室制SO2并验证SO2某些性质，①中硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，②中二氧化硫与水反应生成亚硫酸，遇石蕊变红；③中品红溶液褪色；④中二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成单质S；⑤中二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；⑥为尾气处理装置，据此分析解答。详解：(1)②中为紫色石蕊试液，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，SO2+H2O⇌H2SO3，亚硫酸为弱酸，可以使紫色石蕊试液变红，故答案为：紫色石蕊溶液变红；(2)④中SO2中+4价S具有氧化性，硫化氢中-2价S具有还原性，二氧化硫能把硫化氢氧化成单质硫，本身被还原成单质硫，反应方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H20，所以④中现象是有淡黄色沉淀生成，故答案为：有淡黄色沉淀生成；氧化；(3)⑤中溴水具有氧化性，SO2中+4价S具有还原性，两者发生氧化还原反应，溶液褪色，该反应中二氧化硫为还原剂，具有还原性，故答案为：溴水褪色；还原；(4)二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，二氧化硫酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为：吸收多余的SO2，防止污染空气；2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O。27、+1正Cu2＋的氧化性大于Fe2＋的氧化性O22SO42--4e-=2SO3↑+O2SO32-+Br2+H2O=SO42-+Br-+2H+或SO32－+Br2+2OH-=SO42-+2Br-+H2O等低【解题分析】试题分析：（1）Cu2S中S为-2价，Cu为+1价。（2）①电解法精炼铜时，粗铜做阳极，精铜做阴极，②Cu2＋比溶液中其他阳离子氧化性更强，浓度更大，在阴极放电，析出铜单质。（3）①阴极发生还原反应，根据图中所示过程，烟气中O2发生还原反应，②根据图中所示过程，SO42-放电生成SO3和O2，则阳极的电极反应式是2SO42--4e－=2SO3↑+O2↑。（4）①溴水将溶液中的SO32-氧化成SO42-，则溴水的主要作用是Br2+SO32-+2OH－=2Br－+SO42-+H2O；②沉淀量越大，说明净化气中硫元素质量分数越大，说明SO2脱除率越低。考点：考查电解原理，SO2的性质等知识。28、变小1.19×10-10mol/L<Na2S，Fe