河南省南阳市第九高级中学2025届高一下化学期末质量检测试题含解析

河南省南阳市第九高级中学2025届高一下化学期末质量检测试题注意事项：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、一定温度下，在体积为10L的密闭容器中，3molX和1molY进行应：2X（g）+Y（g）Z（g），经2min达到平衡，生成0.6mol

Z，下列说法正确的是A．以X浓度变化表示的反应速率为0.01

mol/（L·s）B．将容器体积变为20L，Z的平衡浓度为原来的1/2C．若增大压强，则物质Y的转化率减小D．若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的△H<02、区别羊毛和棉花最简便的方法是（）A．加入碘水 B．浸入水中C．加稀硫酸水解 D．火上灼烧闻气味3、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A．合成氨工业选择的反应条件不是室温，是500℃左右B．配制氯化铁溶液时，将氯化铁加入盐酸中，然后加水稀释C．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气D．硫酸工业中，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率4、已知电解熔融氯化钙可以得到金属钙和氯气。右图中钙及其化合物之间的转化按箭头方向均可一步实现。分析下列说法，其中正确的是A．CaO、Ca(OH)2、CaCO3都含有氧元素，所以CaO、Ca(OH)2、CaCO3都属于氧化物B．电解熔融氯化钙得到金属钙和氯气的反应既是氧化还原反应又是化合反应C．工业上可利用反应4的原理将氯气通入石灰乳制漂白粉，漂白粉的主要成分是CaCl2D．往澄清石灰水中滴加Na2CO3溶液或NaHCO3溶液都可以实现反应6的转化5、镁和铝分别与等浓度等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)的关系如图所示，则下列关于反应中镁和铝的叙述正确的是A．二者物质的量之比为3∶2B．二者质量之比为3∶2C．二者摩尔质量之比为2∶3D．二者消耗H2SO4的物质的量之比为2∶36、H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快B．图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越弱，H2O2分解速率越快C．图丙表明，少量Mn2＋存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D．图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋对H2O2分解速率的影响大7、为了提高公众认识地球保障发展意识，江苏省各地广泛开展了一系列活动。下列活动不符合这一宗旨的是()A．加强海底可燃冰，锰结核的探测与开发研究B．积极推广风能，太阳能光伏发电C．在生产、流通和消费等过程中实行“减量化，再利用，资源化”D．将高能耗，高污染的企业迁至偏僻的农村地区，提高居民收入8、下列有关说法正确的是A．需要加热的反应均是吸热反应B．可用金属铜与硝酸制取氢气C．在金属元素与非金属的分界线附近寻找半导体材料D．煤的干馏过程中仅发生物理变化9、下列能鉴别CO2和SO2的是A．品红溶液 B．澄清石灰水 C．紫色石蕊试液 D．氯化钡溶液10、0.096kg碳完全燃烧可放出3147.9kJ的热量，则下列热化学方程式正确的是A．C+O2=CO2

△H=-393.49kJ/molB．C(s)+O2(g)=CO2(g)

△H=+393.43kJ/mo1C．C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.49kJ/molD．C(s)+1/2O2(g)=CO(g)

△H=-393.49kJ/mol11、在下列有机物中，能跟溴水发生加成反应，又能被酸性高锰酸钾溶液氧化的是()A．乙烯

B．苯

C．甲烷

D．乙烷12、已知3.0g乙烷C2H6完全燃烧在常温下放出的热量为156kJ，则下列表示乙烷燃烧热的热化学方程式书写正确的是（）A．2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g)△H=-3120kJ/molB．C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=-1560kJ/molC．C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=-1560kJ/molD．C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(1)△H=-1560kJ/mol13、一定条件下，体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)(正反应为放热反应)该反应经过60s达到化学平衡，生成0.3molZ，下列说法正确的是()A．以X浓度变化表示的反应速率为0.01mol·(L·s)－1B．当X、Y、Z的速率比为2:1:1时，达到化学平衡状态C．反应放出的热量可用于提高反应速率D．反应达到平衡时，n(X):n(Y)＝1:114、为了测定酸碱反应的中和热（用简易量热计），计算时至少需要的数据是：①酸的浓度和体积；②碱的浓度和体积；③比热容；④反应后溶液的质量；⑤生成水的物质的量；⑥反应前后温度变化；⑦操作所需的时间()A．①②③⑥ B．①③④⑤ C．③④⑤⑥ D．全部15、关于下列图像的说法不正确的是（）

选项

x

y

图象

A

烷烃分子中碳原子数

碳的质量分数x的最小值等于75%

B

温度

食物腐败变质速率

C

卤素原子序数

卤素阴离子(X-)半径

D

碱金属元素原子序数

碱金属单质熔沸点A．A B．B C．C D．D16、一定条件下向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体，图1表示各物质浓度随时间的变化，图2表示速率随时间的变化，t2、t3、t4、t5时刻各改变一种条件，且改变的条件均不同。若t4时刻改变的条件是压强，则下列说法错误的是A．若t1=15s，则前15s的平均反应速率v(C)=0.004mol·L-1·s-1B．该反应的化学方程式为3A(g)B(g)+2C(g)C．t2、t3、t5时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度D．若t1=15s，则B的起始物质的量为0.04mol17、化学与环境密切相关，下列有关说法错误的是:A．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成B．对酸性物质的排放加以控制，开发新清洁能源是减少酸雨的有效措施C．NO2、NO含氮氧化物是光化学烟雾的主要污染物D．大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧18、化学用语是表示物质组成、结构和变化规律的一种具有国际性、科学性和规范性的书面语言．化学用语具有简便、确切地表达化学知识和化学科学思维的特点．下列化学用语中书写正确的是（）A．N2的电子式：B．次氯酸的结构式：H-O-ClC．CO2分子的比例模型：D．用电子式表示氯化氢分子的形成过程：19、下列说法正确的是A．CH4能使酸性KMnO4溶液褪色B．金属Na能与C2H5OH中的甲基反应生成H2C．乙酸有强烈的刺激性气味，其水溶液称为冰醋酸D．CH3CH2CH2CH3与CH3CH（CH3）2互为同分异构体20、已知：P4(s)+6Cl2(g)=4PCl3(g)△H=akJ/mol、P4(s)+10Cl2(g)=4PCl5(g)△H=bkJ/mol。P4具有正四面体结构，PCl5中P-Cl键的键能为ckJ/mol，PCl3中P-Cl键的键能为1.2ckJ/mol,下列叙述正确的是A．P-P键的键能大于P-Cl键的键能B．PCl3比PCl5更稳定C．Cl-Cl键的键能b-a+5.6c4D．P-P键的键能为5a-21、下列五种烃：①异戊烷、②新戊烷、③正戊烷、④丙烷、⑤丁烷，按它们的沸点由高到低的顺序排列正确的是()A．①>②>③>④>⑤B．②>③>⑤>④>①C．④>⑤>②>①>③D．③>①>②>⑤>④22、常温下，甲、乙两烧杯盛有同浓度同体积的稀硫酸将纯锌片和纯铜片分别按图示方式插入其中，以下有关实验现象或结论的叙述正确的是A．两烧杯中铜片表面均有气泡产生B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C．甲杯溶液的c(H+)减小，乙杯溶液的c(H+)变大D．产生气泡的速率甲比乙快二、非选择题(共84分)23、（14分）下图表示物质A～F之间的转化关系，其中A为淡黄色固体物质，B、C为无色溶液，D为气体，E、F为白色沉淀。请填写下列各空：（1）写出各物质的化学式：A为______，B为_____，C为_____，D为_____，E为_____，F为______。（2）写出下列反应的化学方程式：B→A：________________________。B→C：___________________________。（3）写出C→F的离子方程式：___________________。（4）在A～F六种物质中，既有氧化性又有还原性的是(填字母代号)______。24、（12分）有X、Y、Z、M、R、Q六种短周期主族元素，部分信息如下表所示:XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.160主要化合价+4，-4-2-1，+7其它阳离子核外无电子无机非金属材料的主角六种元素中原子半径最大次外层电子数是最外层电子数的4倍请回答下列问题：(1)X的元素符号为______

，R

在元素周期表中的位置是___________。(2)根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是___________。(3)Q简单离子的离子半径比Z的小，其原因是___________。(4)下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是_______

(选填字母序号)。a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b.气态氢化物稳定性R>Y。c.Y与R形成的化合物中Y呈正价25、（12分）某研究性学习小组设计了一组实验来探究第ⅦA族元素原子的得电子能力强弱规律。下图中A、B、C是三个可供选择制取氯气的装置，装置D的玻璃管中①②③④处依次放置蘸有NaBr溶液、淀粉碘化钾溶液、NaOH浓溶液和品红溶液的棉球。(1)写出装置B中指定仪器的名称a________，b_________。(2)实验室制取氯气还可采用如下原理：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。依据该原理需要选择A、B、C装置中的________装置制取氯气。(3)反应装置的导气管连接装置D的________(填“X”或“Y”)导管，试回答下列问题①处所发生反应的离子方程式：____________________；②处的现象：____________________；③处所发生反应的离子方程式：__________________________。(4)装置D中④的作用是__________________。(5)某同学根据①②两处棉球颜色的变化得出结论：Cl、Br、I原子的得电子能力依次减弱。上述实验现象________(填“能”或“不能”)证明该结论、理由是___________。26、（10分）为验证同主族元素性质的递变规律。某小组用如图所示的装置进行实验(夹持仪器已略去，装置气密性已检验)。实验过程：Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。Ⅱ.当装置B和装置C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。Ⅲ.当装置B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。Ⅳ.……（1）浸有NaOH溶液的棉花的作用____________________________。（2）装置A中发生的置换反应的化学方程式为___________________。（3）装置B的溶液中NaBr完全被氧化，则消耗Cl2的物质的量为__________。（4）为验证溴元素的非金属性强于碘元素，过程Ⅳ的操作和现象是__________。27、（12分）资料显示：锌与浓硫酸共热除生成二氧化硫气体外，还可能产生氢气；在加热的条件下二氧化硫可被CuO氧化。为验证该反应的气体产物及性质，设计了如下图所示的实验装置（设锌与浓硫酸共热时产生的气体为X）。(1)上述装置的连接顺序为：气体X→A→____→A→→→→D;(2)反应开始后，观察到第一个装置A中的品红溶液褪色，实验结束后取适量该溶液于试管中并加热，现象为______________；(3)装置C的作用是____，C中的NaOH溶液不能用下列____代替；a.酸性KMnO4溶液b.CaCl2溶液c.饱和NaHSO3溶液装置D的作用是____________；(4)气体X中可能含有H2的原因是____。28、（14分）双氧水（H2O2的水溶液）具有重要用途。根据要求回答下列问题：（1）双氧水常用于伤口消毒，这一过程利用了过氧化氢的_________________（填过氧化氢的化学性质）。（2）实验室可双氧水与MnO2制氧气，反应的化学方程式为_______________________。（3）常温下，双氧水难于分解。若往双氧水中滴入少量的Fe2(SO4)3溶液，过氧化氢立即剧烈分解。研究发现，往双氧水中滴加Fe2(SO4)3溶液，发生如下两个反应（未配平）：Fe3++H2O2——Fe2++O2↑+H+、Fe2++H2O2+H+——Fe3++H2O①Fe2(SO4)3在双氧水分解中起到_________________作用。②在反应Fe3++H2O2——Fe2++O2↑+H+中，体现还原性的物质是_____________，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_________________。③往10mL30%的双氧水溶液中滴入2-3滴0.1mol/L的Fe2(SO4)3溶液，直至反应停止。再往反应后所得溶液中滴入KSCN，将观察到的现象是_______________。④试分析：实验室用双氧水制取氧气时，为快速获得氧气，是否可往双氧水中滴入少量FeSO4溶液来实现目的？答：_________（填“可以”或“不可以”）。29、（10分）下图是丁烷(C4H10)裂解的实验流程。连接好装置后，需进行的实验操作有：①检置整套装置的气密性②排出装置中的空气③给D、G装置加热等……；G后面装置以及铁架台等已省略；CuO能将烃氧化成CO2和H2O。请回答下列问题：(1)丁烷裂解的可能方程式为C4H10CH4+C3H6，____________________；(2)写出甲烷与氧化铜反应的化学方程式_____________________________；(3)若对反应后E装置中的混合物(溴水足量),再按以下流程实验：①分离操作Ⅰ和Ⅱ的名称分别是___________、___________(填字母)；a．蒸发b．过滤c．分液d．蒸馏②Na2SO3溶液的作用是(用离子方程式表示)_____________________________________________；③已知A的碳原子数大于B的碳原子数，请写出B的名称______________________；(4)假定丁烷完全裂解，流经D、G装置中的气体能完全反应。当(E+F)装置的总质量比反应前增加了0.49g，G装置的质量比反应间减少了1.44，则丁烷的裂解产物中甲烷和乙烷的物质的量之比为___________。

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【解析】

A、依据化学反应速率公式计算Z的速率，再依据化学反应速率之比等于化学质量数之比计算X速率；B、该反应是一个气体体积减小的反应，体系的压强减小，平衡向逆反应方向移动；C、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；D、升高温度，平衡向吸热方向移动。【详解】A项、经2min达到平衡，生成0.6molZ，Z的浓度变化量为0.06mol/L，Z的反应速率v（Z）为0.06mol/L÷120s＝0.0005mol/（L•s），根据化学反应速率之比等于化学质量数之比，由方程式可知v（X）=2v（Z）=2×0.0005mol/（L•s）=0.00lmol/（L•s），故A错误；B项、将容器体积变为20L，若平衡不移动，Z的浓度变为原来的1/2，该反应是一个气体体积减小的反应，体系的压强减小，平衡向逆反应方向移动，Z的平衡浓度小于原来的1/2，故B错误；C项、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，反应物Y的转化率增大，故C错误；D项、升高温度，X的体积分数增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，升高温度，平衡向吸热方向移动，则正反应的△H＜0，故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡移动，注意掌握化学反应速率的计算方法，理解外界条件对化学平衡的影响是解答关键。2、D【解析】

棉花属于纤维素，羊毛的主要成分为蛋白质，结合蛋白质的性质解答该题。【详解】棉花的成分是纤维素，羊毛的成分是蛋白质，将它们分别在火中灼烧，蛋白质被灼烧时，产生烧焦羽毛的气味，而纤维素没有，而其它方法不能鉴别，答案选D。【点睛】本题考查有机物的鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意有机物的官能团的性质，难度不大。3、A【解析】

A项，合成氨的反应为N2+3H22NH3∆H<0，从化学平衡的角度，室温比500℃有利于平衡向合成氨的方向移动，工业选择的反应条件不是室温，是500℃左右主要考虑500℃时催化剂的活性最好、500℃时化学反应速率较快，不能用勒夏特列原理解释；B项，在FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，将FeCl3加入盐酸中，c（H+）增大，使FeCl3的水解平衡逆向移动，抑制FeCl3的水解，能用勒夏特列原理解释；C项，Cl2与水发生可逆反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，在饱和食盐水中，c（Cl-）增大，使Cl2与水反应的平衡逆向移动，降低Cl2的溶解度，有利于收集Cl2，能用勒夏特列原理解释；D项，硫酸工业中，SO2发生催化氧化的方程式为2SO2+O22SO3，使用过量的空气，即增大O2的浓度，使平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用勒夏特列原理解释；答案选A。4、D【解析】

A．CaO、Ca（OH）2、CaCO3三者都是离子化合物，分别是氧化物、碱和盐，A错误；B．电解熔融氯化钙得到金属钙和氯气的反应既是氧化还原反应又是分解反应，B错误；C．漂白粉主要成分为次氯酸钙和氯化钙，C错误；D．往Ca（OH）2溶液中滴加Na2CO3溶液或NaHCO3溶液都能反应生成碳酸钙沉淀，Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，Ca（OH）2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，D正确；答案选D。5、A【解析】

A、根据图像可知，生成的氢气体积相等。由于稀硫酸是过量的，所以根据方程式Mg+2H＋=Mg2＋+H2↑、2Al+6H＋=2Al3＋+3H2↑可知，镁和铝的物质的量之比是3:2，A正确；B、镁和铝的物质的量之比是3:2，质量之比是3×24:2×27＝4:3，B错误；C、二者摩尔质量之比为24g/mol∶27g/mol＝8∶9，C错误；D、根据氢原子守恒可知，消耗的硫酸是相等的，D错误；答案选A。6、D【解析】

A项，图甲表明，其它条件相同时，随着H2O2浓度的增大，单位时间内H2O2浓度变化量越大，其分解速率越快，故A项错误；B项，图乙表明，其它条件相同时，随着NaOH浓度的增大，即溶液pH的增大，单位时间内H2O2浓度变化量越大，H2O2分解速率越快，故B项错误；C项，由图丙可知，少量Mn2＋存在时，1.0mol/LNaOH条件下对应的H2O2分解速率要小于0.1mol/LNaOH时的分解速率，因此并不是碱性越强，H2O2分解速率越快，故C项错误；D项，由图丁可知，pH相同的碱性条件下，Mn2＋浓度越大，H2O2分解速率越大，故D项正确；综上所述，本题选D。7、D【解析】

可以从污染物的来源、危害和绿色环保的含义进行分析，认识我国人口众多、资源相对不足、积极推进资源合理开发、节约能源的行为都是符合“地球保障发展意识”的主题的理念进行解答。【详解】A.综加强海底可燃冰，锰结核的探测与开发研究，积极推进了资源合理开发，符合题意，故A正确；B.积极推广风能，太阳能光伏发电，不仅节约不可再生能源如化石燃料，而且减少污染，符合题意，故B正确；C.在生产、流通和消费等过程中实行“减量化，再利用，资源化”，积极推进了资源合理开发，符合题意，故C正确；D.将高能耗、高污染的企业迁至偏僻的农村地区，虽能提高居民收入，但会破坏环境，得不偿失，故D错误。故选D。8、C【解析】

A项、需要加热的反应不一定是吸热反应，例如木炭的燃烧是放热反应，故A错误；B项、硝酸具有强氧化性，为氧化性酸，金属铜与硝酸反应得到的气体为氮的氧化物，不能得到氢气，故B错误；C项、在金属元素和非金属元素交接区域的元素单质的导电性具有金属和非金属之间，可以用来做良好的半导体材料，如硅和锗等，故C正确；D项、煤是多种有机物和无机物组成的混合物,煤的干馏过程中有新物质生成，属于化学变化,故D错误。故选C。9、A【解析】

A.二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，可鉴别，故A正确；B.

SO2与CO2都是酸性氧化物,SO2和CO2气体都可使澄清石灰水变浑浊，不能鉴别，故B错误；C.

SO2与CO2都是酸性氧化物,与水反应生成碳酸和亚硫酸,SO2与CO2气体都可使紫色石蕊试液变红，不能鉴别，故C错误；D.

SO2与CO2气体与氯化钡溶液都不反应，因亚硫酸和碳酸的酸性都比盐酸弱，不能鉴别，故D错误；故选：A。10、C【解析】

根据碳的质量计算物质的量，进而计算1mol碳完全燃烧放出的热量，碳完全燃烧生成CO2，反应放热，△H＜0，据此分析。【详解】A．没有标出物质的聚集状态，A错误；B．碳的燃烧是放热反应，反应热△H应小于0，为负值，B错误；C．0.096kg碳的物质的量是96g÷12g/mol＝8mol，完全燃烧可放出的热量，则1mol碳完全燃烧放热3147.9kJ÷8＝393.49kJ，因此热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.49kJ/mol，C正确。D．碳完全燃烧生成CO2，D错误；答案选C。11、A【解析】

A.乙烯分子中含有碳碳双键，故其可以和溴水发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2，A正确；B.苯分子中不含碳碳双键，而是大π键，其不能和溴水发生加成反应，也不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B错误；C.甲烷属于饱和烃，不能和溴水发生加成反应，也不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C错误；D.乙烷属于饱和烃，不能和溴水发生加成反应，也不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，D错误；故合理选项为A。【点睛】有机物中，能和溴水发生加成反应的物质往往含有碳碳双键、碳碳三键。能被酸性高锰酸钾溶液氧化的物质一般是含碳碳双键、碳碳三键的物质，还有醇类、醛类、酚类、以及苯的部分同系物。12、D【解析】

燃烧热是指：在25℃、101KPa时，1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；3.0g乙烷完全燃烧在常温下放出的热量为155.98kJ，则1mol乙烷，质量为30g，完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为10×155.98kJ=1559.8KJ，其燃烧热的热化学方程式为C2H6（g）+O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1559.8kJ/mol，故选D。【点睛】准确理解燃烧热的概念是解题关键，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物；依据3.0g乙烷完全燃烧在常温下放出的热量为155.98kJ，结合燃烧热的定义计算求出1mol乙烷完全燃烧放出的热量，然后写出热化学方程式。13、C【解析】

A．v(Z)==0.0005mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，所以v(X)=2v(Z)=2×0.0005mol/(L•s)=0.001mol/(L•s)，故A错误；B.根据方程式，任何时刻都存在X、Y、Z的速率比为2:1:1，不能说明达到化学平衡状态，故B错误；C.随着反应的进行，温度逐渐升高，反应速率会加快，故C正确；D.根据方程式，1molX和1molY进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)，反应的X和Y是2:1，反应达到平衡时，n(X):n(Y)一定不等于1:1，故D错误；故选C。14、A【解析】

由反应热的计算公式△H=-可知，酸碱反应的中和热计算时，至少需要的数据有：比热容，酸的浓度和体积、碱的浓度和体积，反应前后温度变化t，然后计算出反应后溶液的质量、生成水的物质的量；答案选A。15、D【解析】A、烷烃中随着碳原子数的增多，碳的质量分数增多，甲烷是最简单的烷烃，其中C的质量分数为75%，故A说法正确；B、升高温度，加快反应速率，故B说法正确；C、同主族从上到下，电子层数增多，半径增大，电子层数越多，半径越大，故C说法正确；D、碱金属从上到下，熔沸点降低，故D说法错误。16、C【解析】

A.反应在t1时刻达到平衡时，气体C的浓度增大0.06mol·L-1，所以平均反应速率为v(C)==0.004mol·L-1·s-1，故A正确；B.t4时刻降低压强后反应平衡状态没有改变，说明反应物系数和与生成物系数和相等，又因为反应第一次达到平衡时气体A浓度降低0.09mol·L-1，气体C的浓度增大0.06mol·L-1，所以气体A与C的系数比为3:2，因此气体B也是生成物且其系数为1，所以化学方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)，故B正确；C.t5时刻后若为增大反应物浓度，开始时应该只有正反应速率增大，不会两个反应速率同时增大，故C错误；D.气体C的浓度增大0.06mol·L-1，气体B、C的反应系数比为1:2，所以气体B浓度增大0.03mol·L-1，又由初始气体A浓度可知，容器的体积为0.3mol/0.15mol∙L−1=2L，可知气体B起始物质的量为(0.05-0.03)mol·L-1×2L=0.04mol，故D正确；答案选C。17、A【解析】

A、CO2是空气的成分之一，酸雨是指pH<5.6的雨水，NO2和SO2排放到空气中易形成酸雨，CO2不会导致酸雨，故A说法错误；B、SO2是引起酸雨的主要原因，且SO2属于酸性氧化物，因此开发新能源减少SO2的排放，故B说法正确；C、氮氧化物是造成光化学烟雾的主要原因，故C说法正确；D、CO2是造成温室效应的主要原因，故D说法正确。18、B【解析】A、氮原子最外层有5个电子，要达到稳定结构得形成三对共用电子对，电子式为，故A错误；B、根据化合价，氧是二价的所以成两个共价键,氢和氯都是一价的，成一个共价键，次氯酸的结构式：H-O-Cl，故B正确；C、CO2分子的比例模型：，故C错误；D、HCl是共价化合物，用电子式表示氯化氢分子的形成过程：，故D错误；故选B。点睛：B是易错误题，受化学式HClO影响，易将H和O连在Cl原子上；D考查了化学键的判断、用电子式表示物质形成过程，明确物质的构成微粒及微粒间作用力即可判断化学键，用电子式表示物质形成构成为学习难点。19、D【解析】

A项，CH4性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；B项，金属Na能与C2H5OH中羟基上的H反应生成H2，B错误；C项，纯乙酸又称冰醋酸，C错误；D项，分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，正丁烷与异丁烷互为同分异构体，D正确。答案选D。20、C【解析】分析：A.键长越短，键能越大；B.键能越大越稳定；C.ΔH＝反应物的化学键键能之和－生成物的化学键键能之和；D.ΔH＝反应物的化学键键能之和－生成物的化学键键能之和。详解：A.磷原子比氯原子半径大，所以P-P键比P-Cl键的键长长，则P-P键能小，A错误；B.PCl5中P-Cl键的键能为ckJ/mol，PCl3中P-Cl键的键能为1.2ckJ/mol，这说明五氯化磷中的键能高于三氯化磷中的键能，因此PCl5比PCl3更稳定，B错误；C.①P4(g)＋6Cl2(g)=4PCl3(g)ΔH＝akJ/mol，②P4(g)＋10Cl2(g)=4PCl5(g)ΔH＝bkJ/mol，根据盖斯定律分析，（②-①）/4即可得反应Cl2(g)＋PCl3(g)=PCl5(g)的反应热为（b-a）/4kJ/mol，则Cl-Cl键的键能为[（b-a）/4-3×1.2c+5c]kJ/mol=b-a+5.6c4kJ/mol，CD.根据C选项中的Cl-Cl键的键能计算，假设白磷中的磷磷键键能为xkJ/mol，则有6x+6×b-a+5.6c4-4×1.2c×3=a，解x=(5a-3b+12c)/12，D答案选C。21、D【解析】分析：根据烷烃中碳原子个数越多，沸点越大，同分异构体中支链越多，沸点越低，据此分析。详解：由烷烃中碳原子个数越多，沸点越大，则沸点丙烷＜丁烷＜戊烷，同分异构体中支链越多，沸点越低，则正戊烷＞异戊烷＞新戊烷，则沸点由高到低的顺序为：③＞①＞②＞⑤＞④。答案选D。22、D【解析】分析：甲中形成铜锌原电池,锌作负极,失电子,铜作正极,H+在铜极上得电子,生成氢气,总反应式为:Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应:Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,没有电流产生，以此进行分析。详解：甲中形成铜锌原电池,锌作负极,失电子,铜作正极,H+在铜极上得电子,生成氢气,所以甲中铜片表面有气泡产生,A错误；乙中不构成原电池,铜片不是电极,B错误；甲中铜片上氢离子得电子生成氢气,乙中锌和稀硫酸发生置换反应生成氢气,所以两烧杯的溶液中氢离子浓度均减小,溶液的pH值都增大,C错误；甲能形成原电池,乙不能构成原电池,所以产生气泡的速度甲比乙快,D正确；正确选项D。二、非选择题(共84分)23、SH2SO3H2SO4SO2BaSO3BaSO4H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2OH2SO3＋Cl2＋H2O===H2SO4＋2HClSO42-＋Ba2＋===BaSO4↓ABDE【解析】

A为淡黄色固体，由转化关系可知，A为S，则D为SO2，与水反应生成的B为H2SO3，具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应，则C为H2SO4，B和氢氧化钡反应生成E为BaSO3，F为BaSO4，结合对应物质的性质分析解答。【详解】(1)根据以上分析可知，A为S，B为H2SO3，C为H2SO4，D为SO2，E为BaSO3，F为BaSO4，故答案为：S；H2SO3；H2SO4；SO2；BaSO3；BaSO4；(2)B→A的化学方程式：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O；B→C的化学方程式：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O；Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl；(3)C为H2SO4，可与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2++SO42-═BaSO4↓，故答案为：Ba2++SO42-═BaSO4↓；(4)在A～F六种物质中，既有氧化性又有还原性，说明S元素的化合价既能升高，又能降低，S元素的化合价介于中间价态，有S、H2SO3、SO2、BaSO3，故答案为：ABDE。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意根据元素的化合价结合氧化还原反应的规律分析。24、H第三周期VIIA族大于0.099nm小于0.160nmMg2+和Na+核外电子排布完全相同，前者的核电荷数大于后者，核对电子的吸引力大于后者b、c【解析】分析：X、Y、Z、M、R、Q六种短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；R有+7、-1价，处于ⅦA族，R为Cl元素；M有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，则M为氧元素；Q次外层电子数是最外层电子数的4倍，Q有3个电子层，最外层电子数为2，则Q为Mg元素；Z在六种元素中原子半径最大，则Z为Na元素，据此解答。详解：根据上述分析，X为氢元素，Y为Si元素，Z为Na元素，M为氧元素，R为Cl元素，Q为Mg元素。(1)X为氢元素，R为Cl元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，处于周期表中第三周期ⅦA族，故答案为：H；第三周期ⅦA族；(2)同周期自左而右原子半径减小，Si的原子半径介于Mg以Cl原子半径之间，故Si的原子半径的最小范围是大于0.099nm，小于0.160nm，故答案为：大于0.099nm，小于0.160nm；(3)Na+、Mg2+电子层结构相同，核电荷数越大，核对电子的吸引力越大，离子半径越小，故离子半径的大小顺序为Na+＞Mg2+，故答案为：Mg2+和Na+核外电子排布完全相同，前者的核电荷数大于后者，核对电子的吸引力大于后者；(4)同周期自左而右非金属性增强，故非金属性Cl＞Si，a．物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，故a错误；b．氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，故b正确；c．Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，故c正确；故答案为：bc。点睛：本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键。本题的易错点为R的判断，要注意R不能判断为F，因为F没有正价。25、分液漏斗圆底烧瓶AXCl2＋2Br＋===2Cl－＋Br2棉球变蓝Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O检验氯气是否被吸收完全不能实验无法证明Br和I得电子能力的相对强弱(其他合理答案也可)【解析】分析：实验室制备氯气可用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，也可用高锰酸钾与浓盐酸反应制备，反应较为剧烈，无需加热即可进行，氯气具有强氧化性，能与NaBr溶液、碘化钾溶液发生置换反应生成单质Br2、I2，氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O，氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，能使品红褪色，以此解答该题。详解：（1）根据仪器构造可知a为分液漏斗，b为圆底烧瓶；（2）高锰酸钾与浓盐酸反应较为剧烈，无需加热即可进行，是固体和液体不加热制备气体装置，选择A装置；（3）检验氯气的性质时，不能先通过NaOH溶液，否则会消耗氯气，且起不到尾气吸收的作用，应从X端进气。①氯气与NaBr溶液反应生成Br2，反应的离子方程式为Cl2＋2Br＋＝2Cl－＋Br2；②氯气与碘化钾溶液反应生成I2，反应的离子方程式为Cl2+2I-＝2Cl-+I2，碘遇淀粉显蓝色，所以实验现象是棉球变蓝；③氯气有毒需要氢氧化钠溶液吸收，氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；（4）氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，能使品红褪色，把品红放在最后可观察氯气是否被吸收完全；（5）由于不能保证氯气和溴化钠完全反应，则生成的溴单质中含有过量的氯气，则不能证明Br和I得电子能力相对强弱。点睛：本题考查氯气制备、性质实验的设计、物质性质和反应现象的判断，题目难度中等，注意有关物质的性质以及实验方案的合理性和实用性。明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键，注意污染性的气体要进行尾气处理。26、吸收逸出的Cl2，防止污染环境Cl2+2KI=I2+2KCl0.005mol打开活塞b，将装置C中的少量溶液滴入装置D中，然后关闭活塞b，取下装置D振荡，静置后CCl4层变为紫红色【解析】

验证卤素单质氧化性的相对强弱，装置A中高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，氯气具有强氧化性，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，以此解答该题。【详解】（1）氯气有毒需要尾气处理，则浸有NaOH溶液的棉花的作用是吸收逸出的Cl2，防止污染环境；（2）氯气具有氧化性，与碘化钾发生置换反应，反应的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl；（3）氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反应的方程式为Cl2+2NaBr＝Br2+2NaCl。溴化钠的物质的量是0.01L×1mol/L＝0.01mol，根据方程式可知消耗氯气是0.005mol；（4）为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静至后CCl4层溶液变为紫红色，即实验操作为：打开活塞b，将装置C中的少量溶液滴入装置D中，然后关闭活塞b，取下装置D振荡，静置后CCl4层变为紫红色。【点睛】本题主要考查了卤素单质氧化性的相对强弱的验证，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，根据实验现象并用卤素性质进行解释是解答关键，注意要排除干扰因素的存在，题目难度中等。27、CBEF溶液又由无色变为红色吸收SO2bc防止空气中的水蒸气进入F中Zn与浓硫酸反应时，浓硫酸逐渐变稀，Zn与稀硫酸反应可产生H2【解析】(1)生成的SO2可以用品红溶液检验，为防止对后续实验的干扰，需要除去SO2，可以用氢氧化钠溶液，为检验是否除尽，还需要再通过品红溶液，另外氢气与氧化铜反应前还需要干燥氢气，氢气还原黑色CuO变成红色的Cu，同时产生水，需用无水硫酸铜检验氢气被氧化的产物水，水和无水硫酸铜反应生成蓝色的五水合硫酸铜，最后还需要防止空气中的水蒸气对实验造成干扰，因此上述装置的连接顺序为：气体X→A→C→A→B→E→F→D；(2)SO2的漂白是不稳定的，所以实验结束后取适量该溶液于试管中并加热，现象为溶液又由无色变为红色；(3)根据以上分析可知装置C的作用是吸收SO2；a.酸性KMnO4溶液能吸收SO2，a正确；b.CaCl2溶液不能吸收SO2，b错误；c.饱和NaHSO3溶液不能吸收SO2，c错误；答案选bc；D中加入的试剂可以是碱石灰，可以防止空气中的水蒸气进入D中，避免对氢气与CuO反应产物检验产生干扰；(4)由于Zn与浓硫酸反应时，浓硫酸逐渐变稀，Zn与稀硫酸反应可产生H2。点睛：本题考查锌和硫酸的反应及产物的检验，题目难度中等，注意掌握浓硫酸的性质，根据需检验气体的性质、检验方法理解检验的先后顺序是解答的关键，侧重于考查学生的分析能力和实验探究能力。28、氧化性2H2O2=2H2O+O2↑催化（或催化剂）H2O22:1溶液呈红色可以【解析】分析：（1）双氧水具有强氧化性，常用于伤口消毒。（2）实验室可双氧水与MnO2反应制氧气。（3）①往双氧水中滴加Fe2(SO4)3溶液，发生如下两个反应：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，把两个反应相加，整理后得到2H2O2=2H2O+O2↑，所以Fe2(SO4)3在双氧水分解中起到催化（或催化剂）作用。②2Fe3++H2