2024届陕西省西安市铁一中化学高一下期末预测试题含解析

2024届陕西省西安市铁一中化学高一下期末预测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、反应：3A(g)＋B(g)===2C(g)＋2D(g)，在不同条件下，用不同物质表示其反应速率，分别为①v(A)＝0.6mol·L－1·min－1②v(B)＝0.45mol·L－1·min－1③v(C)＝0.015mol·L－1·s－1④v(D)＝0.45mol·L－1·min－1，则此反应在不同条件下进行最快的是()A．②③ B．①③ C．②④ D．②2、下列电离方程式正确的是A．H2S2H++S2- B．HClOH++ClO-C．H2O2H++O2- D．CH3COONH4NH4++CH3COO-3、下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述中，不正确的是A．蛋白质氨基酸人体所需的蛋白质（人体生长发育）B．油脂甘油和高级脂肪酸CO2和H2O（释放能量维持生命活动）C．纤维素葡萄糖CO2和H2O（释放能量维持生命活动）D．淀粉葡萄糖CO2和H2O（释放能量维持生命活动）4、某些化学键键能数据如下：化学键H—HCl—ClH—Cl键能kJ/mol436243431则下列热化学方程式不正确（）A．H2(g)+Cl2(g)=HC(g)△H=-91.5kJ/molB．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183kJ/molC．H2(g)+Cl2(g)=HCl(g)△H=+91.5kJ/molD．2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)△H=+183kJ/mol5、W、X、Y、Z是周期表中前20号的主族元素，原子序数依次增大。W、X、Y的原子最外层电子数之和为13，X与Z同主族，实验室可用Z的最高价氧化物的水化物稀溶液检验W的最高价氧化物。下列说法正确的是A．失去电子能力：X>Z>WB．原子半径：Z>Y>XC．W、X、Y、Z的最高正化合价依次为＋4、＋2、＋7、＋2D．W与Y形成的化合物含有极性键，不含有非极性键6、有X、Y、Z三种短周期元素，原子半径大小关系为r(Y)>r(X)>r(Z)，原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素的常见单质分子在适当条件下可发生如图变化，其中B和C均为10电子分子.下列说法中不正确的是A．X与Z形成的某种化合物可用来杀菌消毒 B．C极易溶于B中，溶液呈碱性C．Y与Z形成的二元化合物只含有极性键 D．A和C能发生氧化还原反应7、某主族元素R的原子的电子式可表示为该元素组成的以下物质，其化学式肯定错误的是()A．最高价氧化物化学式为R2O5B．含氧酸分子式为HRO3C．含氧酸分子式为H3RO4D．气态氢化物分子式为RH58、下列关于元素周期表的说法不正确的是A．元素周期表中一共有18个纵行B．除零族元素外，非金属元素全都是主族元素C．同周期IIA族与IIIA族元素的原子序数之差不可能为25D．同族上下相邻两种元素的原子序数之差可能为329、利用下图装置做铝热反应实验。下列说法不正确的是A．该反应的化学方程式是2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3B．该反应会产生高温、发出强光C．根据铝热反应的原理，可以冶炼某些金属D．若反应中转移3mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是1mol10、某溶液中含有下列六种离子：①HCO3－②SO32－③K＋④CO32－⑤NH4＋⑥NO3－，向其中加入稍过量Na2O2后，溶液中离子浓度会变化的是（）A．①②④⑤ B．①④⑤ C．①⑤ D．①⑤⑥11、下列微粒的电子式中，书写错误的是A．氮气 B．氯化钠Na＋C．氯化氢 D．氨气12、在一定温度下，某容积不变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。下列叙述中不能说明上述可逆反应已达到化学平衡状态的是（）A．体系的压强不再发生变化B．v正(CO)=v逆(H2O)C．生成nmolCO的同时生成nmolH2D．1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键13、a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是（）A．d元素的非金属性最强B．它们均存在两种或两种以上的氧化物C．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物D．b、c、d与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键14、一定温度下，在容积为1L的容器内，某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，则下列表述中正确的是（）A．该反应的化学方程式为2MNB．t2时，正、逆反应速率相等，达到平衡C．t3时，正反应速率大于逆反应速率D．t1时，N的浓度是M浓度的2倍15、下列关于热化学反应的描述中正确的是（）A．HCl和NaOH反应的中和热△H＝-57.3kJ·mol-1，则1mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热为114.6kJB．H2(g)的燃烧热是285.8kJ·mol-1，则2H2O（1）＝2H2(g)＋O2(g)反应的△H＝+571.6kJ·mol-1C．反应物的热效应与是否使用催化剂有关D．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-38.6kJ·mol-116、在一密闭容器中进行下列反应：2X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，已知反应平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.2mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-1，物质加入时不可能的数据是A．X为0.3mol·L-1B．Y为0.15mol·L-1C．X，Z均为0.25mol·L-1D．Z为0.4mol·L-117、2014年5月7日，天津某工程检测公司在进行探伤作业期间，一枚黄豆粒大小的放射源铱-192丢失，造成了严重的安全事故，图示是铱在元素周期表中的信息，下列说法正确的是（）A．铱的相对原子质量为192.2克B．铱原子核内的中子数为77C．K2IrO3中Ir的化合价为+4D．生活中常用的铱金笔为纯净的铱单质18、下列有关实验操作、实验现象结论或目的均正确的是（）选项实验操作现象结论或目的A常温下,将同样大小、形状的锌与铝分别加入到相同体积98%的浓硫酸中前者反应速率更快锌比铝活泼B将盐酸滴入碳酸钠溶液中产生气泡氯的非金属性大于碳C1mL20%蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸并加热,然后加入新制Cu(OH)2煮沸未产生砖红色沉淀蔗糖未水解D向5%H2O2溶液中,滴加几滴FeCl3溶液产生气泡明显加快FeCl3是H2O2分解的催化剂A．A B．B C．C D．D19、下列物质中，属于含有共价键的离子化合物的是（）A．KOHB．Br2C．MgCl2D．H2S20、标准状况下两个容积相等的储气瓶，一个装有甲烷，另一个装有一氧化碳和二氧化碳的混合气体，两瓶内的气体，一定相同的是()A．质量 B．原子总数C．碳原子数 D．密度21、《中华人民共和国大气污染防治法》于2016年1月1日起实施。为保护和改善大气环境，下列做法不应该提倡的是A．开发生物质能替代化石燃料B．向高空排放金属冶炼产生的粉尘C．用催化转化技术处理汽车尾气D．大力推广生产和使用无氟冰箱22、固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体的最外电子层结构，则下列有关说法不正确的是A．NH5中既有共价键又有离子键B．NH5的电子式为C．1molNH5中含有5NA个N一H键（NA表示阿伏加德罗常数）D．它与水反应的离子方程式为NH4++H++H2O=NH3·H2O＋H2↑二、非选择题(共84分)23、（14分）下表是元素周期表的一部分，针对表中的①~⑩种元素，填写下列空白ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②③3④⑤⑥⑦⑧4⑨⑩(用元素符号或化学式回答下列问题)(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的是_______，其原子结构示意图是_________。(2)用电子式表示元素④与⑦组成的化合物的形成过程：________，该化合物属于_______(填“共价”或“离子”)化合物。(3)常温下呈液态的非金属单质是_______。(4)表中能形成两性氢氧化物的元素是_________，该元素的单质与⑨的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式是___________。(5)①、⑥、⑦三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，按酸性增强的顺序排列为_________。24、（12分）已知有A、B、C、D、E五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次递增，A是所有元素中原子半径最小的元素，B、C组成的某一种化合物能引起温室效应。常温下，金属D单质投入水中能与水剧烈反应。常温下E单质是常见的气体。请按要求回答下列几个问题：（1）B、D的元素名称分别为：________、________。（2）E在周期表中的位置为：________。（3）C离子的结构示意图为：________。（4）B、C、D三种元素的原子半径从大到小的顺序为________（用元素符号表示）。（5）B、E的最高价氧化物对应水化物的酸性从强到弱的顺序为：________（用对应的化学式表示）。（6）写出C、D两种元素组成的阴、阳离子个数比为1:2且只含离子键的化合物的电子式：________。25、（12分）滴定是一种重要的定量实验方法：Ⅰ.酸碱中和滴定:常温下,用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL等浓度的盐酸和醋酸溶液,得到两条滴定曲线,如下图所示：

（1）滴定盐酸的曲线是图__________（填“1”或“2”）（2）滴定前CH3COOH的电离度为__________（3）达到B、D状态时,反应消耗的NaOH溶液的体积a__________b（填“>”“<”或“=”）Ⅱ.氧化还原滴定原理与中和滴定原理相似,为了测定某NaHSO3固体的纯度,现用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定,回答下列问题:（1）准确量取一定体积的酸性KMnO4溶液需要使用的仪器是___________________。（2）已知酸性KMnO4溶液的还原产物为MnSO4,写出此反应的离子方程式:_____（3）若准确称取WgNaHSO3固体溶于水配成500mL溶液,取25.00mL置于锥形瓶中,用KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液VmL。则滴定终点的现象为_______NaHSO3固体的纯度为_________。（4）下列操作会导致测定结果偏低的是__________.A未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管B滴定前锥形瓶未干燥C盛装酸性KMnO4溶液的滴定管，滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后无气泡D不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外E观察读数时,滴定前仰视,滴定后俯视26、（10分）实验室用如图所示的装置制备乙酸乙酯，回答下列相关问题：(1)连接好装置后，在加入试剂之前需要做的操作是________________________(2)在甲试管(如图)中加入2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液，加入上述试剂的顺序为_____________________________________________(3)甲试管中需加入少量__________以防止暴沸(4)浓硫酸在反应中的作用是_______________________(5)甲试管中反应的化学方程式___________________________________________(6)乙中导管没有深入到液面下，原因是_____________________(7)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是：______(填序号)。A．中和乙酸和乙醇B．中和乙酸并吸收部分乙醇C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出D．加速酯的生成，提高其产率(8)欲将乙试管中的物质分离开得到乙酸乙酯，采取的实验方法是_______；分离时，乙酸乙酯应该从仪器的________(填“下口放出”或“上口倒出”)。27、（12分）为了探究Cu(NO3)2的氧化性和热稳定性，某化学兴趣小组设计了如下实验。Ⅰ．Cu(NO3)2的氧化性将光亮的铁丝伸入Cu(NO3)2溶液中，一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中Fe的氧化产物，将溶液中的Cu2+除尽后，进行了如下实验。可选用的试剂KSCN溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、氯水。请完成下表：操作反应或现象结论（1）取少量除尽Cu2+后的溶液于试管中，加入__溶液，振荡现象____存在Fe3+（2）取少量除尽Cu2+后的溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，振荡离子方程式____存在Fe2+Ⅱ．Cu(NO3)2的热稳定性在如图所示的实验装置A中，用酒精喷灯对Cu(NO3)2固体加强热，产生红棕色气体，在装置C中收集到无色气体，经验证为O2。当反应结束以后，试管中残留固体为红色。（1）装置B的作用是_______。（2）从实验安全角度考虑，需要在A、B间加入装置M，请在方框中画出M装置。_________（3）下图为Cu(NO3)2样品高温过程的热重曲线（样品质量分数w%随温度变化的曲线）。Cu(NO3)2加热到200℃的化学方程式为___________，继续高温至1000℃生成_______（填化学式）固体。。28、（14分）请从A和B两题中任选1个作答，若两题均作答，按A评分。AB以下3种有机物①CH2＝CH2、②CH3CH2OH、③蛋白质，可用作医用消毒剂的是______（填序号，下同），可作植物生长调节剂的_______，为人体发育提供氨基酸的是______。以下3种无机物①Si、②Fe2O3、③Na2SiO3，可用作木材防火剂的是______（填序号，下同），可用于作光电池材料的是______，可用作油漆和涂料原料的是______。29、（10分）为了探究某带结晶水的晶体X（仅含4种元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验，其中甲、乙、丙均为常见物质。请回答：（1）X中除H、O以外的非金属元素是______。（2）固体乙与氨气在加热条件下反应也能得到单质丙，同时产生空气中含量最高的气体，写出该反应的化学方程式______。（3）X的化学式是_______。

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、A【解题分析】

对于一个化学反应，用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义是相同的，所以比较反应速率时需要先换算成用同一种物质来表示，然后才能直接比较数值大小。【题目详解】化学反应速率之比等于化学反应方程式中的化学计量数之比，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=3∶1∶2∶2，则转化为用A表示的化学反应速率分别为：①v(A)＝0.6mol·L－1·min－1；②v(B)＝0.45mol·L－1·min－1，则v(A)＝3v(B)＝1.35mol·L－1·min－1；③v(C)＝0.015mol·L－1·s－1=0.9mol·L－1·min－1，则v(A)＝v(C)＝1.35mol·L－1·min－1；④v(D)＝0.45mol·L－1·min－1，则v(A)＝v(D)＝0.675mol·L－1·min－1。综上所述，②③进行最快，故选A。【题目点拨】本题考查化学反应速率的比较，注意利用反应速率之比等于化学计量数之比转化为同种物质的反应速率，注意单位统一是解答本题的关键。2、B【解题分析】

A．多元弱酸分步电离，氢硫酸电离方程式为：H2SH++HS-，HS-H++S2-，故A错误；B．弱电解质部分电离，用“”号，次氯酸为弱酸，其电离方程式为：HClOH++ClO-，故B正确；C．H2O为弱电解质，其电离方程式为2H2OH3O++OH-或故H2OH++OH-，C错误；D．CH3COONH4为强电解质，溶液中完全电离出铵根离子和乙酸根离子，电离方程式为：CH3COONH4=NH4++CH3COO-，故D错误；故选B。【题目点拨】本题主要考查电离方程式书写，掌握正确书写电离方程式的方法，并能正确判断电离方程式的正误是解答关键，题目难度不大。3、C【解题分析】分析：A．蛋白质水解生成氨基酸；B．油脂水解生成甘油和高级脂肪酸；C．人体内没有水解纤维素的酶；D．淀粉最终水解为葡萄糖，据此分析判断。详解：A．蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成人体生长发育、新陈代谢的蛋白质，故A正确；B．油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，甘油和高级脂肪酸能被氧化释放能量，故B正确；C．纤维素不是人体所需要的营养物质，人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，故C错误；D．淀粉最终水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量，故D正确；故选C。点睛：本题考查基本营养物质在体内的化学反应，本题的易错点为C，要注意纤维素不是人体所需要的营养物质，人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，日常生活中人体需要摄入一定量的膳食纤维。4、C【解题分析】

A.H2(g)+Cl2(g)=HC(g)△H=(×436+×243-431)kJ/mol=-91.5kJ/mol，A正确；B.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=(436+243-2×431)kJ/mol=-183kJ/mol，B正确；C.根据A项，氢气和氯气反应是放热反应，反应热△H<0，C错误；D.2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)；△H=(2×431-436-243)kJ/mol=+183kJ/mol，D正确；故合理选项是C。5、C【解题分析】

实验室可用Z的最高价氧化物的水化物稀溶液检验W的最高价氧化物，则Z是Ca，W是C；X与Z同主族，则X是Mg，W、X、Y的原子最外层电子数之和为13，则Y的最外层电子数为7，因此Y是Cl。【题目详解】A.同一主族，电子层数越大，失电子能力越强，因此失电子能力Z＞X，A错误；B.电子层数越大，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，因此原子半径Z＞X＞Y，B错误；C.最高正价等于最外层电子数，W、X、Y、Z的最高正化合价依次为＋4、＋2、＋7、＋2，C正确；D.W与Y能形成化合物CCl4，只含有极性键，W与Y还可以形成化合物CCl3CCl3，既含有极性键也含有非极性键，D错误；答案选C。6、C【解题分析】根据10电子分子可围绕常见氢化物分析，根据原子序数结合原子半径，可知Z是氢、X是氧、Y是氮，A、X与Z形成的某种化合物H2O2可用来杀菌消毒，故A正确；B、C是NH3，极易溶于B——H2O中，溶液呈碱性，故B正确；C、Y与Z形成的二元化合物可能是NH3只含有极性键,也可能是N2H4其中N―H是极性键，N―N是非极性键，故C错误；D、NO和NH3能发生氧化还原反应，故D正确。故选C。7、D【解题分析】A.元素R的最高化合价数值等于最外层电子数为5，所以其最高价氧化物化学式为R2O5，故A正确；B.含氧酸HRO3中R的化合价为+5，故B正确；C.含氧酸H3RO4为R的最高价氧化物的水化物，故C正确；D.R的最低价为-3，所以其气态氢化物分子式为RH3，故D错误。故选D。点睛：解答本题的关键是由R原子的电子式显示的最外层电子数判断得出R元素的最高正化合价。8、C【解题分析】分析:A.元素周期表有18个纵行；

B.除0族元素外，非金属元素都位于主族，副族和第VIII族元素都是金属元素；

C.同周期第ⅡA族与第ⅢA族元素,在短周期相邻,六、七周期中相隔副族、第ⅤⅢ，且ⅢB存在锕系、镧系元素；

D.同一主族的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32等。详解:A.元素周期表有18个纵行，包括7个主族、7个副族、1个0族、1个第VIII族，第VIII族包含3个纵行，故A正确；

B.除0族元素外,非金属元素都位于主族,所以非金属元素全都是主族元素,副族和第VIII族元素都是金属元素,所以B选项是正确的；

C.同周期第ⅡA族与第ⅢA族元素,若在六、七周期中相隔副族、第ⅤⅢ,且ⅢB存在锕系、镧系元素,则原子序数之差可能为25,所以C选项是错误的；

D.同一主族相邻的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32等，所以可能为32，所以D选项是正确的；

所以答案选C。9、D【解题分析】

A项、Al与Fe2O3在高温条件下反应，生成Fe和Al2O3，故A正确；B项、铝热反应会放出大量的热，产生高温、发出强光，故B正确；C项、铝热反应可以生成金属单质，利用铝热反应可冶炼某些金属，故C正确；D项、铁元素的化合价从＋3价降低到0价，因此1mol氧化铁在反应中得到6mol电子，若反应中转移3mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是0.5mol，故D错误；故选D。10、A【解题分析】

Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，并且Na2O2具有强氧化性，凡是与NaOH、Na2O2发生离子反应的离子，其浓度肯定发生变化，据此分析解答。【题目详解】Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，HCO3-与NaOH反应生成CO32-，NH4+与NaOH反应生成一水合氨，则①HCO3-、④CO32-、⑤NH4+浓度发生变化；Na2O2具有强氧化性，能够把SO32-氧化成硫酸根离子，则②SO32-离子浓度发生变化，综上可知，溶液中离子浓度会变化的是①②④⑤，故选A。【题目点拨】本题的易错点为②和④的判断，要注意过氧化钠具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性；碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，浓度减小，则会导致碳酸根离子浓度增大。11、A【解题分析】

A．氮气分子内含有氮氮叁键，其电子式为，故A错误；B．氯化钠是离子化合物，其电子式为Na＋，故B正确；C．氯化氢是共价化合物，其电子式为，故C正确；D．氨气是共价化合物，其电子式为，故D正确；故答案为A。【题目点拨】在电子式的正误判断中，首先判断化合物的类型，离子化合物的电子式一定存在[]，共价化合物一定不存在[]，未参加成键的电子对一定不省略，同时注意二氧化碳和次氯酸的书写，常见的有、等错误书写方法。12、C【解题分析】

A.由于该反应是前后气体分子数不等的反应，容器的容积不变，若体系的压强不发生变化，则反应为平衡状态，A不符合题意；B.v正(CO)=v正(H2O)=v逆(H2O)，反应达到平衡状态，B不符合题意；C.根据方程式的系数关系可知：生成nmolCO的同时生成nmolH2，不能说明正、逆反应的速率相等，不能判断反应是否为平衡状态，C符合题意；D.1molH-H键断裂等效于形成2molH-O键，同时断裂2molH-O键，反应处于平衡状态，D不符合题意；故合理选项是C。13、D【解题分析】

根据题意知短周期元素中a的M层有1个电子，则a的核外电子排布是2、8、1，a是Na元素；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，则b核外电子排布是2、4，b为C元素；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c为S元素；c、d处于同一周期，d的原子半径小于c，则d是Cl元素。【题目详解】a、b、c、d依次为Na、C、S、Cl元素。A、在上述元素中非金属性最强的元素为Cl元素，A正确；B、Na可以形成Na2O、Na2O2等氧化物，C可以形成CO、CO2等氧化物，S可以形成SO2、SO3等氧化物，Cl元素则可以形成Cl2O、ClO2、Cl2O7等多种氧化物，B正确；C、Na是活泼金属元素，可与非金属元素C、S、Cl均形成离子化合物，C正确；D、C元素可以与H元素形成只含有极性键的化合物CH4，也可以形成含有极性键、非极性键的化合物CH3-CH3等，S元素可以形成H2S，含有极性键；Cl元素与H元素形成HCl，含有极性键，D错误，答案选D。14、D【解题分析】

A、由图象可知，反应中M的物质的量逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，图象中，在相等的时间内消耗的N和M的物质的之比为2∶1，所以反应方程式应为：2NM，故A错误；B、由图可知t2时，反应没有达到平衡，此时反应继续向正方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；C、由图可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，故C错误；D、t1时，N的物质的量为6mol。M的物质的量为3mol，故N的浓度是M浓度的2倍，故D正确；故选D。15、B【解题分析】分析：本题考查的是燃烧热和中和热的定义和热化学方程式的书写等，注意燃烧热和中和热中物质的量的要求。详解：A.硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，所以此反应的反应热不是中和热，故错误；B.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，所以当热化学方程式相反的话，反应热的符号相反，且根据物质的量分析，该反应为+571.6kJ·mol-1，故正确；C.催化剂能改变反应的活化能，但不影响反应物的热效应，故错误；D.该反应为可逆反应，0.5mol氮气不能完全反应，故反应热不能计算，故错误。故选B。点睛：注意燃烧热的定义：1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，所谓的稳定的氧化物是指二氧化碳或二氧化硫或液态水等。中和热的定义为：强酸和强碱反应生成可溶性盐和1mol水时放出的热量，若有弱酸或弱碱或有沉淀生成，反应热都不为中和热。16、C【解题分析】

可逆反应可以从正逆两个方向建立平衡，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，据此判断分析。【题目详解】若开始时只加入了X、Y，反应从正方向开始，Z完全由X、Y反应生成，可得X、Y的最大值是0.4mol·L-1、0.2mol·L-1；若开始时只加入了Z，反应从逆反应方向开始，X、Y完全由Z分解生成，可得Z的最大值是0.4mol·L-1，所以X可能为0.3mol·L-1、Y可能0.15mol·L-1、Z可能为0.4mol·L-1；X，Z分别是反应物和生成物，不可能都比平衡时的浓度大，故不可能X，Z均为0.25mol·L-1，选C。17、C【解题分析】

A、根据元素周期表中的一格可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，元素的相对原子质量为192.2，相对原子质量单位是“1”，不是“g”，故A错误；B、根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字为，表示原子序数；该元素的原子序数为77；根据原子序数=核电荷数=质子数，则该元素的原子的核内质子数为77，而不是中子数为77，故B错误；C、K2IrO3中K的化合价为+1价，O的化合价为-2价，根据正负化合价的代数和为0，Ir的化合价为+4，故C正确；D、铱金笔是指笔尖是钢合金，顶端点铱的笔，故D错误；故选C。【点晴】本题考查学生灵活运用元素周期表中元素的信息、辨别元素种类的方法进行分析解题的能力根据图中元素周期表可以获得的信息：左上角的数字表示原子序数；字母表示该元素的元素符号；中间的汉字表示元素名称；汉字下面的数字表示相对原子质量。18、D【解题分析】

A．常温下浓硫酸有强氧化性，铝遇浓硫酸钝化，无法比较Al与Zn的活泼性，选项A错误；B．比较元素的非金属性要比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱，即根据HClO4酸性比H2CO3强，可判断出氯的非金属性大于碳，选项B错误；C、蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应应在碱性条件下进行，该实验没有用碱液中和硫酸，所以达不到实验目的，选项C错误；D、过氧化氢分解，FeCl3在此反应中作催化剂，起催化作用，能加快过氧化氢分解产生氧气的速率，选项D正确。答案选D。19、A【解题分析】考查化学键的判断。一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，所以A中含有离子键核极性键，B中含有非极性键，C中含有离子键，D中含有极性键，答案选A。20、C【解题分析】

同温同压下两个容积相等的储气瓶，一个装有CH4，另一个装有CO和CO2的混合气体，则CO和CO2的总物质的量等于CH4的物质的量。【题目详解】A、甲烷的摩尔质量小于CO、CO2的摩尔质量，CH4的质量小于CO和CO2的总质量，故A错误；B、CH4分子含有5个原子，CO、CO2分子分别含有2个、3个原子，故CH4含有原子数目大于CO和CO2含有的总原子数目，故B错误；C、CH4、CO和CO2均含有1个C原子，则含有碳原子数目相等，故C正确；D．CH4的质量小于CO和CO2的总质量，则甲烷密度与CO和CO2的混合气体的密度不相等，故D错误；故选C。【题目点拨】本题主要考查阿伏伽德罗定律，同问同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的粒子。同温同压下两个容积相等的储气瓶，一个装有CH4，另一个装有CO和CO2的混合气体，则CO和CO2的总物质的量等于CH4的物质的量，含有分子数目相等，CH4分子含有原子数目比CO、CO2分子含有原子数目多，则含有原子数目不相等，CH4、CO和CO2均含有1个C原子，则含有碳原子数目相等，甲烷的摩尔质量小于CO、CO2的摩尔质量，而质量不相等、密度不相等。21、B【解题分析】试题分析：为保护和改善大气环境，所以不能向高空排放金属冶炼产生的粉尘，粉尘形成pM2.5，污染空气，答案选B。考点：考查化学与环保22、C【解题分析】A．NH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，所以NH5中既有共价键又有离子键，A正确；B．NH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，电子式为，B正确；A．NH5中存在离子键和共价键，1molNH5中含有4NA个N－H键（NA表示阿伏加德罗常数），含有1mol离子键，C错误；D．NH5和水发生氧化还原反应生成一水合氨和氢气，离子方程式为NH4++H﹣+H2O=NH3•H2O+H2↑，D正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、Ar离子Br2Al2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑H2CO3＜H2SO4＜HClO4【解题分析】

由元素在周期表中的位置可知，①为C，②为N，③为F，④为Na，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Ar，⑨为K，⑩为Br，结合原子结构和元素周期律分析解答。【题目详解】由元素在周期表中的位置可知，①为C，②为N，③为F，④为Na，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Ar，⑨为K，⑩为Br。(1)上述元素中，最不活泼的是惰性元素，为Ar，其原子结构示意图为，故答案为：Ar；；

(2)④与⑦的化合物为氯化钠，为离子化合物，其形成过程用电子式表示为，故答案为：；离子；(3)常温下呈液态的非金属单质为Br2，故答案为：Br2；(4)氢氧化铝是两性氢氧化物，铝能与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾，反应的化学方程式为

2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑，故答案为：Al；2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑；

(5)元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，①、⑥、⑦三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，按酸性增强的顺序排列为H2CO3＜H2SO4＜HClO4，故答案为：H2CO3＜H2SO4＜HClO4。24、碳钠第三周期第ⅤⅡA族Na＞C＞OHClO4＞H2CO3【解题分析】

A、B、C、D、E五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次递增，A是所有元素中原子半径最小的元素，则A为氢元素，B、C组成的某一种化合物能引起温室效应，则B为碳元素，C为氧元素，常温下，金属D单质投入水中能与水剧烈反应，且为短周期元素原子序数大于O，则D为钠元素，常温下E单质是常见的气体，E的原子序数大于钠，则E为氯元素。【题目详解】(1)由上述分析可知，B、D的元素名称分别为碳元素和钠元素；(2)E是氯元素，在周期表中第三周期第ⅤⅡA族；(3)C为氧元素，氧离子的结构示意图为；(4)电子层数越多原子半径越大，电子层数相同原子序数越小半径越大，所以B、C、D三种元素的原子半径从大到小的顺序为Na＞C＞O；(5)元素非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，由于氯的非金属性强于碳，所以HClO4的酸性强于H2CO3；(6)O和Na元素可以形成氧化钠，属于离子化合物，阴、阳离子个数比为1:2，只含有离子键，其电子式为。【题目点拨】过氧化钠中两个氧原子形成过氧根，不能拆开写，所以过氧化钠的电子式为；同理过氧化氢的电子式为。25、11%>酸式滴定管5HSO3-+2MnO4-+H+=5SO42-+2Mn2++3H2O溶液由无色变为紫红色,且半分钟不褪色×100％E【解题分析】

Ⅰ.（1）CH3COOH不完全电离，HCl完全电离，使CH3COOH溶液中c（H+）比同浓度的HCl溶液中c（H+）小，pH大；滴定盐酸的曲线是图1，故答案为1；（2）根据图1可知盐酸溶液的起始浓度为0.1mol/L，盐酸溶液和醋酸溶液是等浓度的，所以醋酸溶液起始浓度也为0.1mol/L，根据图2可知醋酸溶液的起始pH=3，溶液中c(H+)=10-3mol/L，电离度α=×100％=1%，故答案为1%；（3）达到B、D状态时，溶液为中性，NaCl不水解，CH3COONa水解使溶液呈碱性，为使CH3COONa溶液显中性，需要少加一部分NaOH，使溶液中留有一部分CH3COOH，所以反应消耗的NaOH溶液的体积a＞b，故答案为＞；Ⅱ.（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡皮管，所以选用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液；故答案为酸式滴定管；（2）酸性KMnO4溶液的还原产物为MnSO4，+4价的硫被氧化为+6价，生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：5HSO3-+2MnO4-+H+=5SO42-+2Mn2++3H2O，故答案为5HSO3-+2MnO4-+H+=5SO42-+2Mn2++3H2O；（3）KMnO4溶液呈紫色，与NaHSO3反应，紫色褪去，滴定终点的现象为：滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去；故答案为溶液由无色变为紫红色,且半分钟不褪色；若准确称取WgNaHSO3固体溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。2MnO4～5HSO3-0.1mol/L×V×10-3Ln(HSO3-)解得n(HSO3-)=5/2×V×10-4mol，即25.00mL溶液中NaHSO3的物质的量为5/2×V×10-4mol，所以500mL溶液中NaHSO3的物质的量为5×V×10-3mol，NaHSO3固体的质量为5×V×10-3mol×104g/mol=5.2×V×10-1g，纯度为×100％=×100％，故答案为×100％；（4）A.未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析，c（标准）偏大；B.滴定前锥形瓶未干燥，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,c（标准）不变；C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析,c（标准）偏大；D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析,c（标准）偏大；E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析,c（标准）偏小；综上所述，操作会导致测定结果偏低的是E，故选E。26、检验装置的气密性先加入乙醇，再加入浓硫酸，最后加入乙酸(也可将浓硫酸放在最后)碎瓷片(碎沸石)催化剂吸水剂CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O防倒吸BC分液上口倒出【解题分析】

题给实验装置为乙酸乙酯的实验装置，试管甲中在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，试管乙中盛有的是饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯。【题目详解】(1)连接好装置后，在加入试剂之前需要做的操作是检验装置的气密性，故答案为：检验装置的气密性；（2）浓硫酸的密度比乙醇大，在A试管中加入试剂的顺序是先在大试管中加入乙醇，然后慢慢向其中注入硫酸，并不断搅拌，最后向装有乙醇和浓硫酸的混合物的大试管中加入乙酸，故答案为：先加入乙醇，再加入浓硫酸，最后加入乙酸(也可将浓硫酸放在最后)；(3)甲试管中在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，为防止加热过程中暴沸，应加入碎瓷片(碎沸石)防止暴沸，故答案为：碎瓷片(碎沸石)；(4)浓硫酸在反应中起催化剂的作用，有利于反应的发生，该反应为可逆反应，浓硫酸起吸水剂的作用，减小生成物水的量，使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向进行，提高乙酸乙酯的产率，故答案为：催化剂和吸水剂；（5）试管甲中在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；（6）乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，二者易溶于水，导气管的下端伸入液面下会发生倒吸现象，故答案为：防倒吸；(7)试管乙中的饱和碳酸钠溶液能够中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；能