2024届江西省新干县第二中学高二化学第一学期期中综合测试试题含解析

2024届江西省新干县第二中学高二化学第一学期期中综合测试试题注意事项：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、下列有关物质的性质或该物质性质的应用均正确的是（）A．醋酸溶液与醋酸钠溶液中的醋酸根均可以水解，同浓度时前者的水解程度比后者低一些B．明矾净水与自来水的杀菌清毒原理是一样的C．MgO和Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，可用电解此两种物质冶炼镁、铝金属D．氯化亚铁溶液加热蒸干并灼烧得到三氧化二铁2、在一定条件下，反应：2NO＋O22NO2在定容容器中发生，对该反应达到平衡的标志的描述中，错误的是()A．混合气体的总分子数不再变化B．混合气体的颜色不再变化C．容器的总压强不再变化D．混合气体的总质量不再变化3、下列式子是某学生书写C5H12的同分异构体的结构简式①CH3CH2CH2CH2CH3②③④⑤这些结构中出现重复的是A．①和② B．④和⑤ C．②③④ D．均不重复4、可逆反应：2A(s)B(g)+C(g)，在一定条件下的刚性密闭容器中，起始时加入一定量的A，能判断反应达到平衡状态的有()①单位时间内生成2molA的同时生成1molB②v(B):v(C)=1:1③密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变④混合气体的密度不再改变⑤B的体积分数不再改变⑥混合气体的压强不再改变A．3个 B．4个 C．5个 D．6个5、元素周期律揭示了元素间的递变规律，下列递变规律正确的是（）A．ⅣA族元素氢化物沸点：SiH4＞CH4，所以ⅤA族元素氢化物沸点：PH3＞NH3B．第二周期元素氢化物稳定性：HF＞H2O，第三周期元素氢化物稳定性：HCl＞H2SC．ⅦA族元素的非金属性：F＞Cl，所以ⅦA族元素氢化物的酸性：HF＜HClD．镁比铝活泼，工业上用电解熔融氧化铝制铝，所以工业上也用电解熔融氧化镁制镁6、100mL浓度为2mol·L-1的硫酸与过量的铁片反应，为加快该反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（）A．加入适量4mol·L-1的硫酸B．加入少量醋酸钾固体C．加热D．加入少量金属钠7、在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，不能表明反应A（s）+3B（g）2C（g）+D（g）已达平衡状态的是A．B的物质的量浓度 B．混合气体的密度C．混合气体的压强 D．v（B消耗）=3v（D消耗）8、反应M+Z→Q(ΔH＞0)分两步进行：①M+Z→X(ΔH＜0)，②X→Q(ΔH＞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．9、羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，下列说法正确的是()A．平衡时，气体的总物质的量为17molB．通入CO后，正反应速率逐渐增大C．反应前H2S物质的量为6molD．CO的平衡转化率为80%10、一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.0kJ．mol-1，测得反应的相关数据如下,下列说法正确的是（）容器1容器2容器3应温度T/K700700800反应物投入量2molSO2、1molO24molSO32molSO3平衡v正(SO2)/mol•L-1•S-1v1v2v3平衡c(SO3)/mol•L-1c1c2c3平衡体系总压强p/Pap1p2p3反应能量变化放出aKJ吸收bKJ吸收cKJ物质的平衡转化率αα1（SO2）α2（SO3）α3（SO2）平衡常数KK1K2K3A．v1<v2,c2<2c1 B．K1>K3，p2>2p3C．v1<v3，α1(SO2)<α2(SO3) D．c2>2c3，α2(SO3)+α3(SO2)<111、将两根铁钉分别缠绕铜丝和铝条，放入滴有混合溶液的容器中，如图所示，下列叙述错误的是（）A．a中铁钉附近产生蓝色沉淀 B．b中铁钉附近呈现红色C．a中铜丝附近有气泡产生 D．b中发生吸氧腐蚀12、分子式为C4H8的烯烃共有（要考虑顺反异构）（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种13、25℃时，在pH都等于5的NH4Cl和CH3COOH两种溶液中，设由水电离产生的H+离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为A．A<B B．A=10－4B C．B=10－4A D．A=B14、2016年11月3日，我国成功发射了以液氢、液氧为推进剂的长征五号大型运载火箭（亦称为“冰箭”），达到国际先进水平，标志着我国由航天大国进入航天强国行列。有关该火箭推进剂的说法错误的是A．温度低 B．燃烧效率高 C．反应产物有污染 D．贮存难度大15、未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能A．①②③④ B．④⑤⑥⑦C．③⑤⑥⑦ D．③④⑤⑥⑦16、在密闭容器中，放入镍粉并充入一定量CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应在25℃和80℃时的平衡常数分别为5×104和2，下列说法正确的是A．上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应B．恒温恒压下，向容器中再充入少量的Ar，上述平衡将正向移动C．在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mol/L，则此时v（正）＜v（逆）D．恒温恒容下，向容器中再充入少量Ni(CO)4(g)，达新平衡时，CO的百分含量将增大17、强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H＋（aq）＋OH－（aq）＝H2O（l）△H＝－57.3KJ·mol－1。分别向1L0.5mol·L－1的Ba（OH）2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是（）A．△H1＞△H2＞△H3 B．△H1＜△H2＜△H3C．△H1＞△H2＝△H3 D．△H1＝△H2＜△H318、1-氯丙烷和2-氯丙烷分别在NaOH的乙醇溶液中加热，发生反应，下列说法正确的是A．生成的产物相同 B．生成的产物不同C．C—H键断裂的位置相同 D．C—Cl键断裂的位置相同19、下列说法正确的是（）A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/molB．CO(g)的燃烧热是ΔH＝－283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/molC．101kPa时，1mol碳燃烧所放出的热量为碳的燃烧热D．反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量时，△H<020、下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是A．NaHSO3和NaHCO3的中性混合溶液中（S和C均用R表示）c(Na＋)＞c(HRO3－)＋c(RO32－)B．常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后溶液呈中性，则混合溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)C．常温下物质的量浓度相等的①(NH4)2CO3、②(NH4)2SO4、③(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液中水的电离程度：①＞②＞③D．等体积等物质的量浓度的NaClO(aq)与NaCl(aq)中离子总数：N前＞N后21、下列各种说法正确的是①由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物②离子化合物一定含离子键，也可能含共价键③非极性键既可能存在于单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中④金属性越强的元素相应的简单阳离子氧化性一般越弱⑤含金属元素的化合物不一定是离子化合物⑥任何元素的原子都是由核外电子和核内中子、质子组成的⑦化学反应一定伴随着能量的变化⑧质子数相同的微粒一定属于同种元素A．②③④⑤⑦B．②③⑤⑦⑧C．①③④⑥⑦D．①②④⑤⑥22、我国是世界上研究超导技术比较先进的国家，在高温超导材料中，铊（81Tl）是重要成分之，已知铊和铝是同主族元素，关于铊的性质推断错误的是A．铊是银白色，质软的金属B．铊不能形成稳定的气态氢化物C．铊与浓硫酸反应生成T12(SO4)3D．Tl(OH)3是两性氢氧化物二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。（1）E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为_______________________________。（2）元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是____________(用离子符号表示)。（3）用电子式表示化合物D2C的形成过程：_________________。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键类型是_______________________________________________。（4）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为__________________，它与强碱溶液共热，发生反应的离子方程式是______________________。（5）某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，若此反应为分解反应，则此反应的化学方程式为________________________(化学式用具体的元素符号表示)。24、（12分）为探究工业尾气处理副产品X(黑色固体，仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X含有的两种元素是__________，其化学式是____________。（2）无色气体D与氯化铁溶液反应的离子方程式是____________________。（3）已知化合物X能与稀盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g·L-1），写出该反应的化学方程式________________________________________。25、（12分）某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强，原电池的电压越大。（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。装置编号电极A溶液B操作及现象ⅠFepH=2的H2SO4连接装置后，石墨表面产生无色气泡；电压表指针偏转ⅡCupH=2的H2SO4连接装置后，石墨表面无明显现象；电压表指针偏转，记录读数为a①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极反应式是______________。②针对实验Ⅱ现象：甲同学认为不可能发生析氢腐蚀，其判断依据是________________________；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极的电极反应式是___________________。（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性的因素。编号溶液B操作及现象Ⅲ经煮沸的pH=2的H2SO4溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转，记录读数为bⅣpH=2的H2SO4在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c；取出电极，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为cⅤpH=12的NaOH在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为d①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c>a>b，请解释原因是____________________。②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究_____________________对O2氧化性的影响。③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是__________________。④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用右图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′＞d′，由此得出的结论是___________________________。26、（10分）50mL1.0mol·L-1盐酸跟50mL1.1mol·L-1氢氧化钠溶液在下图装置中进行中和反应，并通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。试回答下列问题：（1）大小烧杯间填满碎泡沫塑料的作用___________。（2）___________（填“能”或“不能”）将环形玻璃搅拌棒改为环形铜棒。其原因是_________________。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，对求得中和热数值的影响是_________（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。（4）如果改用60mL1.0mol·L-1盐酸跟50mL1.1mol·L-1氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所放热量__________（“增加”、“减少”或“不变”），理由是______________；所求中和热数值_______（“增加”、“减少”或“不变”），理由是_________________________。27、（12分）某课外小组分别用如图所示装置对原电池和电解池原理进行实验探究。请回答：Ⅰ.用图1所示装置进行第一组实验。（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是____(填序号)。A．铝B．石墨C．银D．铂（2）N极发生反应的电极反应为___。（3）实验过程中，SO42-___(填“从左向右”、“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象有___。Ⅱ.用图2所示装置进行第二组实验。实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料发现，高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色。（4）电解过程中，X极区溶液的pH___(填“增大”、“减小”或“不变”)。（5）电解过程中，Y极发生的电极反应为Fe－6e-＋8OH-=FeO42-＋4H2O、___。（6）若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体(均已折算为标准状况下的气体体积)，则Y电极(铁电极)质量减少___g。（7）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应：2K2FeO4＋3Zn=Fe2O3＋ZnO＋2K2ZnO2，该电池正极发生的反应的电极反应为___。28、（14分）H2O2是中学化学中一种重要的物质。请回答下列问题：Ⅰ．一定条件下，烧杯中H2O2溶液发生分解反应放出气体的体积和时间的关系如图所示：则由D到A过程中，随着反应的进行反应速率逐渐_________(选填“加快”或“减慢”)，其变化的原因是________________________________________。Ⅱ．为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。(1)定性分析：图甲可通过观察_________定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3溶液更合理，其理由是_______。(2)定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。图中仪器A的名称为_______，实验中需要测量的数据是_____________。29、（10分）下表是周期表中的一部分，根据A～I在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：（1）表中元素，化学性质最不活泼的是________，只有负价而无正价的元素是________。(填元素符号)（2）最高价氧化物的水化物酸性最强的是________，呈两性的是________。（3）在B、C、E、F中，原子半径最大的是________。（4）写出B与C两种元素的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式：________。（5）与C元素同族的第5周期元素X的价电子排布式________________

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【解题分析】A、醋酸是弱酸，在水中发生电离，CH3COO－不水解，故错误；B、明矾净水利用Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮固体颗粒，达到净水的目的，自来水消毒是利用的某些物质的氧化性，因此原理不同，故错误；C、MgO、Al2O3熔点高，用作耐高温材料，但MgO不用于冶炼镁，而是常电解熔融状态的MgCl2，冶炼铝常用电解熔融状态的氧化铝，故错误；D、FeCl3发生水解：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，盐类的水解是吸热反应，升高温度，促使平衡右移，HCl易挥发，更加促进平衡右移，得到Fe(OH)3固体，然后灼烧，氢氧化铁分解为氧化铁和水，故正确。2、D【题目详解】A.混合气体的总分子数不再变化，说明各组分的浓度保持不变，达到平衡；B.混合气体的颜色不再变化，说明各组分的浓度保持不变，达到平衡；C.容器的总压强不再变化，说明各组分的浓度保持不变，达到平衡；D.反应混合物中各组分均为气体，故混合气体的总质量一直不变，混合气体的总质量不再变化不能说明达到平衡。故选D。3、C【解题分析】所有的碳原子在一条链上的为：CH3-CH2-CH2-CH2-CH3；拿下1个碳原子作为支链：；拿下2个碳原子作为支链：，所以C5H12的同分异构体的结构简式为CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、、；上述结构中出现重复的是②③④，答案选C。4、A【解题分析】①单位时间内生成2molA的同时生成1molB，说明正反应速率和逆反应的速率相等，说明反应到平衡；②v(B):v(C)=1:1，不能说明正逆反应速率相等，故不能说明反应到平衡；③该反应中只有生成物是气体，且按方程式的比例生成，所以该混合气体的平衡摩尔质量始终不变，所以当密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变时不能说明反应到平衡；④该反应中只有生成物是气体，且按方程式比例生成，所以混合气体的密度始终不变，不能说明反应到平衡；⑤B的体积分数不再改变说明反应到平衡；⑥混合气体的压强不再改变说明体系中气体的物质的量不变，说明反应到平衡。故正确的为①④⑤，总共有3个。故选A。5、B【题目详解】A．氨气分子间含氢键，沸点高，则ⅤA族元素氢化物沸点：PH3＜NH3，故A错误；B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则第二周期元素氢化物稳定性：HF＞H2O，第三周期元素氢化物稳定性：HCl＞H2S，故B正确；C．ⅦA族元素的非金属性：F＞Cl，元素氢化物的酸性：HF＜HCl，二者没有因果关系，故C错误；D．氧化镁的熔点高，应选电解熔融氯化镁冶炼Mg，工业上用电解熔融氧化铝制铝，因为氯化铝为分子晶体，熔融状态不能导电，故D错误；故选B。6、C【题目详解】A．加入适量4mol·L-1的硫酸氢离子的物质的量增大，生成氢气的总量增大，故A不符合题意；B．醋酸为弱酸，加入少量醋酸钾固体，电离出的醋酸根与氢离子结合生成醋酸，使溶液中的氢离子浓度降低，反应速率减慢，故B不符合题意；C．加热使温度升高，反应速率加快，氢离子总量不变，生成的氢气量不变，故C符合题意；D．加入钠，钠可以与水反应生成氢气，氢气的总量改变，故D不符合题意；故答案为C。7、C【题目详解】A.B的物质的量浓度不变，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；B.恒容容器中混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，达到平衡状态，故B正确；C.可逆反应A（s）+3B（g）2C（g）+D（g），气体两边的计量数相等，反应前后，气体的物质的量不发生变化，体积恒定，反应自开始到平衡，混合气体的压强始终不变，所以不能作为达到平衡状态的标志，故C错误；D.v（B消耗）=3v（D消耗）表示正反应速率等于逆反应速率，说明达到平衡状态，故D正确。故选C。【题目点拨】可逆反应达到平衡状态的直接标志：①速率关系：正反应速率与逆反应速率相等；②反应体系中各物质的百分含量保持不变。8、B【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M+Z→Q（△H＞0）分两步进行①M+Z→X（△H＜0）②X→Q（△H＞0）可以看出：（1）M+Z→Q（△H＞0）是吸热反应，M和Z的能量之和小于Q，（2）由①M+Z→X（△H＜0）可知这步反应是放热反应，则M和Z的能量之和大于X，（3）由②X→Q（△H＞0）是吸热反应，故X的能量小于Q；综上可知，X的能量小于M+Z；M+Z的能量小于Q，只有图象B符合。答案选B。9、A【题目详解】A、反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，则转化的CO为2mol，设反应前H2S物质的量为xmol，容器的体积为1L，则：

CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)起始(mol/L):10

n

0

0变化(mol/L):2

2

2

2平衡(mol/L):8

n−2

2

2则K===0.1，解得x=7mol，因该反应是反应前后气体体积相等的可逆反应，故反应后气体的体积与反应前气体的体积相等，则反应后气体的体积是（10+7）=17mol，故A正确；B、通入CO后瞬间正反应速率增大、平衡正向移动，正反应速率再逐渐减小，故B错误；C、根据A的计算可知，反应前H2S物质的量是7mol，故C错误；D、反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，则转化的CO为2mol，则CO的转化率=×100%=20%，故D错误；此题答案选A。【题目点拨】本题考查化学平衡的计算。解答本题的关键是根据浓度关系计算平衡时各物质的物质的量。有关化学平衡的计算常常使用三段式解题，三段式法计算较为直观，要正确理解和灵活运用三段式法在化学平衡计算中的应用。10、D【题目详解】A项、将I容器中的反应极限化时产生2molSO3，Ⅱ容器是以4molSO3起始，整体来讲Ⅱ容器的物料浓度高于Ⅰ容器中的物料浓度，所以v1＜v2，Ⅱ容器相当于Ⅰ容器加压，若平衡不发生移动，则平衡时有c2=2c1，但加压有利于该反应正向进行，所以c2＞2c1，故A错误；B项、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则K1＞K3，容器中，根据理想气体状态方程pV=nRT，容器Ⅱ是4molSO3起始反应，容器Ⅲ极限化时生成2molSO2，容器Ⅱ相当于容器Ⅲ加压，若平衡不发生移动，则有c2=2c3，该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，由于容器Ⅱ和容器Ⅲ的温度不等，容器Ⅲ的反应温度高于容器Ⅱ的反应温度，则c2＞2c3，而压强关系为==＞，故B错误；C．温度升高，化学反应速率加快，则v1＜v3，该反应为放热反应，，则容器Ⅰ中SO2的平衡转化率更高，所以α1（SO2）＞α3（SO2），故C错误；D项、容器Ⅱ是4molSO3起始反应，容器Ⅲ极限化时生成2molSO2，容器Ⅱ相当于容器Ⅲ加压，若平衡不发生移动，则有c2=2c3，但加压有利于反应正向进行，并且容器Ⅱ和容器Ⅲ的温度不等，容器Ⅲ的反应温度高于容器Ⅱ的反应温度，则c2＞2c3，若容器Ⅱ不是相对于容器Ⅲ加压，且两容器温度相同，则有α2（SO3）+α3（SO2）=1，但加压有利于反应向减压方向进行，则α2（SO3）减小，温度升高不利于反应正向进行，则α3（SO2）减小，因此最终α2（SO3）+α3（SO2）＜1，故D正确；故选D。11、B【题目详解】A．a中Fe电极发生反应Fe-2e-=Fe2+，亚铁离子和铁氰酸钾反应生成蓝色沉淀，所以a中铁钉附近出现蓝色沉淀，A正确；B．b中Fe作正极被保护，Fe不参加反应，没有铁离子生成，所以铁钉附近不呈现红色，B错误；C．a中Fe为负极，Cu为正极，在强酸性条件下的腐蚀为析氢腐蚀，在Cu电极上H+得到电子变为H2逸出，因此铜丝附近有气泡产生，C正确；D．b中Fe为正极，Al作负极，电解质溶液显中性，发生吸氧腐蚀，D正确；故合理选项是B。12、B【解题分析】分子式为C4H8的烯烃为单烯烃，主链上可能是4个C原子、3个碳原子，如果主链上有4个C原子，有1-丁烯、2-丁烯，且2-丁烯有顺反两种结构；如果主链上含有3个C原子，为2-甲基丙烯，所以一共有4种结构，故选B。【题目点拨】本题考查同分异构体种类判断。本题的易错点为顺反异构的判断，存在顺反异构，需要在碳碳双键两端的上的C原子，连接的原子或原子团不一样。13、C【解题分析】水电离生成氢离子和氢氧根离子，所以酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐水解而促进水电离，据此分析解答。【题目详解】水存在电离平衡H2OH++OH-，醋酸溶液中氢离子抑制了水的电离，溶液中的氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子就等于氢氧根离子浓度，pH都等于5，溶液中的氢氧根离子浓度为：1×10-9mol/L，水电离的氢离子浓度为1×10-9mol/L，即B=1×10-9mol/L，pH都等于5的氯化铵溶液中，铵离子结合了水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，溶液中的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为：A=1×10-5mol/L，所以A和B关系为：B=10-4A。答案选C。【题目点拨】本题考查了水的电离及其影响，涉及了水的电离程度的计算，关键熟练掌握酸碱盐对水的电离的影响。14、C【题目详解】A．以液氢、液氧为推进剂，说明温度低，故A正确；B．氢气为燃料，说明燃烧效率高，故B正确；C．氢气和氧气反应生成水，水无污染，故C错误；D．氢气液化困难，因此贮存难度大，故D正确。综上所述，答案为C。15、C【题目详解】新能源一般是指在新技术基础上加以开发利用的可再生能源。煤、石油、天然气是化石能源，是不可再生能源，燃烧时生成的污染物较多，不是新能源；常见新能源有：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能、核能等，它们都是可再生、无污染的新能源。故正确序号是③⑤⑥⑦。综上所述，本题应选C。16、C【题目详解】A．平衡常数数据分析，平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，故A错误；B．恒温恒压下，向容器中再充入少量的Ar，由于保持恒压，所以容器体积增大，相当于降低压强，平衡向气体体积增大的方向进行，上述平衡将逆向移动，故C错误；C．80℃时，测得某时刻Ni(CO)4（g）、CO（g）浓度均为0.5mol•L-1，Qc=c(Ni(CO)4)/c4(CO)=0.5/0.54=8＞2，说明平衡逆向进行，则此时v（正）＜v（逆），故C正确；D．恒温恒容下，向容器中再充入少量的Ni(CO)4（g），相当于增大压强平衡正向进行，达到新平衡时，CO的百分含量将减小，故D错误；故选C。17、B【解题分析】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的△H＝－57.3kJ·mol－1，浓硫酸稀释、生成沉淀都会使放出热量变大，△H变小。【题目详解】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)+OH-(aq)═H2O△H=-57.3kJ/mol，表示稀溶液氢离子和氢氧根离子之间反应生成1mol水放出的热量为57.3kJ，分别向1L0.5mol•L-1的Ba(OH)2的溶液中加入：①浓硫酸，浓硫酸溶于水放热，并且与Ba(OH)2生成硫酸钡沉淀也放热，所以放热大于57.3kJ；②稀硫酸，稀硫酸与Ba(OH)2生成硫酸钡沉淀放热，所以放热大于57.3kJ但小于①放出的热量；③稀硝酸，是稀溶液间的中和反应，放热57.3kJ；

放出的热量为：①＞②＞③，因放热△H＜0，所以△H1＜△H2＜△H3，故答案为B。【题目点拨】25℃，101kpa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ·mol－1，酸如果选择浓硫酸，由于浓硫酸稀释时放热，故发生中和反应生成1mol水时，放出热量大于中和热数值，△H变小。如果选择弱酸或弱碱，由于弱酸和弱碱电离吸热，发生中和反应生成1mol水时，放出热量小于中和热数值，△H变大。18、A【题目详解】CH3CH2CH2Cl和CH3CHClCH3分别在NaOH的乙醇溶液中加热，发生消去反应，均生成CH2=CHCH3，C－H键断裂的位置以及C－Cl键断裂的位置均不相同，答案选A。19、B【题目详解】A．1molH2SO4和1molBa(OH)2反应时，生成2molH2O(l)和1molBaSO4，所以放出的热量ΔH<2×(－57.3)kJ/mol，且不是中和热，A不正确；B．已知CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝-283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/mol，B正确；C．101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2(g)时所放出的热量，才为碳的燃烧热，C不正确；D．反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量时，△H>0，D不正确；故选B。20、A【解题分析】A、根据溶液中的电荷守恒分析，c(Na＋）+c(H＋）＝c(HRO3－）＋2c(RO32－）+c(OH－），根据溶液显中性，则氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，所以溶液中c(Na＋）＞c(HRO3－）＋c(RO32－），A正确；B、原来只有醋酸钠，则c(Na＋）=c(CH3COO—）+c(CH3COOH），加入盐酸后溶液显中性，c(Na＋）+c(H＋）=c(CH3COO—）+c(Cl—）+c(OH－），c(H＋）＝c(OH－），两式联立，去掉钠离子浓度，则有c(Cl—）=c(CH3COOH），B错误；C、在碳酸铵中铵根离子水解，碳酸根离子也水解，二者相互促进，水解程度大，在硫酸亚铁铵中，铵根离子水解和亚铁离子水解相互抑制，水解程度小，所以溶液中的铵根离子浓度①＜②＜③，C错误；D、次氯酸是弱酸，在次氯酸钠溶液中存在次氯酸根离子水解，溶液显碱性，溶液中的氢离子浓度小于10-7mol/L，根据电荷守恒，溶液的阳离子都是钠离子和氢离子，因为钠离子浓度相同，在次氯酸钠中氢离子浓度小，所以次氯酸钠溶液中阴离子浓度小，离子总数小，D错误，答案选A。点睛：在溶液中存在物料守恒和电荷守恒以及质子守恒，根据具体的溶液进行分析。物料守恒是指电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。电荷守恒是指电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。质子守恒是指电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（H＋）的物质的量应相等，需要结合电解质溶液的电离以及水解灵活应用。21、A【解题分析】①由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如氯化铵为离子化合物，故错误；②离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键，如过氧化钠，氯化铵等，故正确；③非极性键既可能存在于单质和共价化合物中，也可能存在于离子化合物中，如过氧化钠，氧气，过氧化氢等，故正确；④金属性越强的元素越易失去电子，单质的还原性越强，对应的离子越难以得电子，氧化性越弱，故正确；⑤含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝为共价化合物，故正确；⑥氢原子没有核内中子，故错误；⑦化学反应的实质为旧键的断裂和新键的形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，则化学反应一定伴随着能量变化，故正确；⑧具有相同质子数的原子一定属于同种元素，但微粒可能为原子、分子、离子等，如Na+、NH4+的质子数都是11，HF、Ne的质子数都是10，但不是同种元素，故错误；故选A。22、D【题目详解】A．Al为银白色质软的金属，则铊是银白色，质软的金属，故A正确；B．与铝性质相似，但相对分子质量较大，如能形成气态氢化物，常温下为固体，故B正确；C．化合价为+3价，铊与浓流酸反应生成T12(SO4)3，故C正确；D．同主族从上到下金属性在增强，Al（OH）3是两性氢氧化物，Tl（OH）3为碱性氢氧化物，故D错误；故选D。【题目点拨】本题考查元素周期表的结构及应用，侧重考查学生的分析能力，为基础性习题，把握同族元素性质的相似性及递变性为解答的关键，注意元素周期律的应用，易错点D，Tl（OH）3为碱性氢氧化物。二、非选择题(共84分)23、H2SO3、H2SO4S2-＞O2-＞Na+离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）NH4NO3NH4++OH-NH3•H2O4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4【分析】A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素，C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则原子核外电子排布为2、6，应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，应为Na元素，C、E主族，则E为S元素，由以上分析可知A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素。【题目详解】(1)E为S元素，对应的氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4，故答案为H2SO3、H2SO4；(2)元素C、D、E形成的离子分别为O2-、Na+、S2-，S2-离子核外有3个电子层，离子半径最大，O2-与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电核数越大，半径越小，则半径O2-＞Na+，故答案为S2-＞O2-＞Na+；(3)化合物D2C为Na2O，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为，D2C2为Na2O2，为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故答案为；离子键、非极性共价键(或离子键、共价键)；(4)由A、B、C三种元素形成的离子化合物为NH4NO3，与强碱溶液反应的实质为NH4++OH-NH3•H2O，故答案为NH4NO3；NH4++OH-NH3•H2O；(5)某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，应分别为Na2S、Na2SO3、Na2SO4，此反应为分解反应，反应的化学方程式为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故答案为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4。【题目点拨】本题考查元素的位置结构与性质的相互关系及其应用，正确推断元素的种类为解答该题的关键。本题的易错点为(5)，注意从歧化反应的角度分析解答。24、Fe、SFe2S3SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓【分析】本题考查化学反应流程图、离子反应方程式的书写及物质的推断等知识。根据向B加入KSCN溶液后，C为血红色溶液为突破口，可以推知B为FeCl3，C为Fe(SCN)3，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3)=32g/160g/mol=0.2mol，n(Fe)=0.4mol，m(Fe)=0.4mol56g/mol=22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素。再根据各元素的质量求出个数比，据此分析作答。【题目详解】（1）B加入KSCN，C为血红色溶液，可以知道B为FeCl3，C为Fe(SCN)3等，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3)=32g/160g/mol=0.2mol，n(Fe)=0.4mol，m(Fe)=0.4mol56g/mol=22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素，且m(S)=41.6g-22.4g=19.2g，n(S)==0.6mol，可以知道n(Fe):n(S)=2:3，应为Fe2S3，故答案为Fe、S；Fe2S3；（2）无色气体D为SO2，与氯化铁发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，故答案为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；(3)化合物X能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g/L，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，该反应的化学方程式为Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓，故答案为Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓【题目点拨】用化合价升降法配平氧化还原反应方程式，必须遵循两个基本原则：一是反应中还原剂各元素化合价升高的总数和氧化剂各元素化合价降低的总数必须相等，即得失电子守恒；二是反应前后各种原子个数相等，即质量守恒。对氧化还原型离子方程式的配平法：离子方程式的配平依据是得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，即首先根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，在此基础上根据电荷守恒，配平两边离子所带电荷数，最后根据质量守恒配平其余物质的化学计量数。25、（1）①2H++2e-=H2↑；②在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2；O2+4H++4e-=2H2O（2）①O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大；②溶液的酸碱性；③排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；④排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）【解题分析】试题分析：（1）①Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故答案为2H++2e-=H2↑；②铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极发生还原反应，氧气得电子生成氢氧根离子，其正极的电极反应式是O2+4H++4e-=2H2O，故答案为在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2；O2+4H++4e-=2H2O；（2）①实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电解质相同，不同的是氧气的浓度不同，出现了电压表读数不同，根据数值的相对大小可知，氧气浓度越大，电压表的读数越高，所以O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大，故答案为O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大；②实验Ⅳ、Ⅴ是溶液的酸碱性不同，来判断电压表的指针偏转情况，所以Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究对O2氧化性的酸碱性的影响，故答案为溶液的酸碱性；③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰，故答案为排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′＞d′，由此得出的结论是溶液酸性越强，O2的氧化性越强，故答案为排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）。考点：考查了原电池原理的工作原理的相关知识。26、减少热量散失不能铜导热，会使热量散失偏低增加生成H2O量增多不变因为中和热指的是生成1mol水时所放出的热量【解题分析】（1）因为该实验中要尽可能的减少热量的损失，所以大小烧杯间填满碎泡沫塑料的作用减少实验过程中的热量损失。（2）铜是热的良导体，易损失热量，所以不能将环形玻璃搅拌棒改为环形铜棒