2026届云南省文山西畴县二中高二化学第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

2026届云南省文山西畴县二中高二化学第一学期期中质量跟踪监视试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、下列热化学方程式中△H能表示可燃物燃烧热的是A．H2(g)+Cl2(g)

=2HCl(g)

；△H=－184.6

kJ/mo1B．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O

(g)

；△H=－802.3

kJ/molC．2H2(g)+O2(g)=2H2O

(l)

；△H=－571.6

kJ/molD．CO

(g)+1/2O2(g)=CO2(g)

；

△H=

－258

kJ/mol2、已知，25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸的化学式CH3COOHHCNH2C2O4电离平衡常数1.8×10－54.9×10－10K1＝5.9×10－2，K2＝6.4×10－6下列有关说法正确的是()A．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2可以证明乙酸是弱酸B．H2C2O4溶液的电离方程式为H2C2O42H++C2O42-C．加水稀释HCN溶液，促进HCN的电离且c(CN-)/c(OH-)增大D．在Na2C2O4溶液中加入足量的CH3COOH溶液发生反应的离子方程式为C2O42-+CH3COOH=CH3COO-+HC2O4-3、2SO2+O22SO3，并达到平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断4、下列各组混合物的总物质的量一定，每组中的物质以任意比例相混合，完全燃烧时消耗氧气的量不变的是A．甲烷、甲醇和甲醛 B．甲醇、甲醛和甲酸C．乙醇、乙烯和丙烯酸 D．甲酸、乙二酸和乙二醇5、1913年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中为提高原料转化率而采取的措施是（）。A．①②③ B．②④⑤ C．①③⑤ D．②③④6、分别将下列溶液加热蒸干，仍能得到原物质的是A．FeCl3 B．Ca(HCO3)2 C．Al2(SO4)3 D．Mg(NO3)27、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．100mL1mol∙L－1的Na2CO3溶液中CO32－、HCO3－和H2CO3总数为0.1NAB．1L1mol/L醋酸溶液中含有的离子总数为2NAC．25℃时，pH＝13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.1NAD．0.1L3mol·L－1的FeCl3溶液中含有的Fe3+数目为0.3NA8、如图为用惰性电极电解CuCl2溶液并验证其产物的实验装置，则下列说法不正确的A．电源a极为负极B．KI—淀粉溶液会变蓝色C．若加入适量CuCl2可使电解后的溶液恢复原状态D．电极Ⅰ上发生的电极反应为：Cu-2e－="="Cu2＋9、下列反应属于氧化还原反应的是()A．NH3+HCl=NH4ClB．H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2OC．CuO+H2Cu+H2OD．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O10、下列物质既能导电又属于强电解质的是A．石墨 B．熔融MgCl2 C．液氨 D．稀硫酸11、下列药品不属于人工合成的药物的是A．阿司匹林 B．青霉素 C．抗酸药 D．麻黄碱12、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⑧氢能A．①②③④ B．③④⑥⑦⑧ C．③⑤⑥⑦⑧ D．⑤⑥⑦⑧13、甲醛、乙醛、丙醛的混合物中，氢元素的质量分数为9%，则氧元素的质量分数为（）A．16% B．37% C．48% D．无法计算14、从海带中提取碘的实验过程中，涉及下列操作，其中正确的是A．将海带燃烧成灰 B．过滤得含I-溶液C．放出碘的苯溶液 D．分离碘并回收苯15、下列对化学反应预测正确的是()选项化学方程式已知条件预测AM(s)=X(g)＋Y(s)ΔH＞0它是非自发反应B4M(s)＋N(g)＋2W(l)=4Q(s)常温下，自发进行ΔH＞0C4X(g)＋5Y(g)=4W(g)＋6G(g)能自发反应ΔH一定小于0DW(s)＋G(g)=2Q(g)ΔH＜0任何温度都自发进行A．A B．B C．C D．D16、下列有关2个电化学装置的叙述正确的是A．装置①中，电子移动的路径是：Zn→Cu→CuSO4溶液→KCl盐桥→ZnSO4溶液B．在不改变总反应的前提下，装置①可用Na2SO4替换ZnSO4，用石墨替换Cu棒C．装置②中采用石墨电极，通电后，由于OH－向阳极迁移，导致阳极附近pH升高D．若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铁棒17、可逆反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，在容积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是(

)①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2:2:1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A．①④⑥⑦ B．②③⑤⑦ C．①③④⑤ D．全部18、价电子排布式为5s25p3的元素是()A．第五周期第ⅢA族B．51号元素C．s区的主族元素D．Te19、下列实验方案可行的是（）A．用浓硫酸干燥氨气 B．通入Cl2除去FeCl3溶液中的FeCl2C．用酚酞试液检验酸性溶液 D．加入Fe粉除去Al3+溶液中的杂质Cu2+20、下列说法正确的是A．25℃时，已知Ka(CH3COOH)=1.7×10-5mo1·L–1、Ka(C6H5OH)=1.0×10-10mo1·L–1、Ka1(H2CO3)=4.2×10-7mo1·L–1、Ka2(H2CO3)＝5.6×10-11mo1·L–1。pH相等的①CH3COONa、②C6H5ONa、③NaHCO3溶液中，c(Na+)大小关系：②＜③＜①B．常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)＝1×10-amo1·L–1，若a＜7时，则该溶液可能为NaHSO4溶液C．常温下，中和同体积、同pH的硫酸、盐酸和醋酸所需相同浓度的NaOH溶液的体积关系：V（硫酸）＞V（盐酸）＝V（醋酸）D．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加入稀盐酸有气泡产生，说明常温下Ksp（BaSO4）>Ksp（BaCO3）21、一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子，关于此反应说法错误的是（）A．一定属于吸热反应 B．一定属于可逆反应C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于分解反应22、某气态烃1mol能和2molHCl加成得到饱和产物，其饱和产物又能和6molCl2完全取代，则该烃是A．C2H6 B．C2H2 C．C3H4 D．C4H6二、非选择题(共84分)23、（14分）现有原子序数小于20的A，B，C，D，E，F6种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最多的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B，D两元素原子核内质子数之和的1/2；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。回答下列问题。（1）用电子式表示C和E形成化合物的过程________________。（2）写出基态F原子核外电子排布式__________________。（3）写出A2D的电子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ键，________(填“含”或“不含”)π键。（4）A，B，C共同形成的化合物化学式为________，其中化学键的类型有________。24、（12分）某同学在学习元素化合物知识的过程中，发现某些化合物与水反应时，其中所含的一种元素可以发生自身氧化还原反应。（1）若A为红棕色气体，B为强酸，C为NO。①D为单质，其所含元素在元素周期表中的位置是___。②下列说法中，正确的是___（填字母）。a.A、C的组成元素相同b.B的浓溶液可与铜反应得到Ac.A、B、C中含有化合价不同的同种元素（2）若A为淡黄色固体，B为强碱。①反应Ⅱ的化学方程式是___。②若得到标准状况下气体C22.4L，则反应Ⅰ中生成B的物质的量是___mol。25、（12分）某化学实验小组为了验证SO2和Cl2的漂白性，设计了如下图所示的实验装置。请回答下列问题：（1）他们制备SO2和Cl2所依据的原理分别是：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+SO2↑、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，则上图A、E装置中用来制Cl2的装置是______（填序号），反应中盐酸所表现的性质是______性和______性，生成71gCl2转移的电子是______mol；（2）反应开始后，发现B、D试管中的现象均为____________________________，停止通气后，给B、D两个试管中的溶液加热，B试管中的现象是________________________________；（3）装置C的作用是____________________________________________________________；（4）NaOH（足量）溶液与Cl2反应的离子方程式是__________________________________；（5）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比1：1混合，再与水反应可生成两种常见酸，因而失去漂白作用。该反应的化学方程式为______________________________________________________________。26、（10分）某研究小组为了验证反应物浓度对反应速率的影响，选用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与草酸H2C2O4溶液在室温下进行反应。实验中所用的草酸为稀溶液，视为强酸。（1）写出硫酸酸化的高锰酸钾氧化稀草酸溶液的离子方程式__________。（2）该小组进行了实验I，数据如下。H2SO4溶液KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色时间（分:秒）1mL2mol/L2mL0.01mol/L1mL0.1mol/L2:031mL2mol/L2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L2:16一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率___________（填“增大”或“减小”）。但分析该实验数据，得到的结论是在当前实验条件下，增大草酸浓度，反应速率减小。（3）该小组欲探究出现上述异常现象的原因，在实验I的基础上，只改变草酸溶液浓度进行了实验II，获得实验数据并绘制曲线图如下。该小组查阅资料获取如下信息，其中能够解释MO变化趋势的是___________。aKMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn（VI）、Mn（III）、Mn（IV），最终变为无色的Mn（II）。（括号中罗马数字表示锰的化合价）b草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物。c草酸稳定性较差，加热至185℃可分解。（4）该小组为探究ON段曲线变化趋势的原因，又进行了实验III，所得数据如下。H2SO4溶液Na2SO4固体KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色时间(分:秒)1mL0.1mol/L1.9×10-3mol2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L16:201mL0.5mol/L1.5×10-3mol2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L8:251mL1.0mol/L1.0×10-3mol2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L6:151mL2.0mol/L02mL0.01mol/L1mL0.2mol/L2:16该小组进行实验III的目的是____________________________________________。（5）综合实验I、II、III，推测造成曲线MN变化趋势的原因________________。a．当草酸浓度较小时，C2O42-起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小b．当草酸浓度较小时，H+起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越大c．当草酸浓度较大时，C2O42-起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小d．当草酸浓度较大时，H+起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越大27、（12分）50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是________。(2)烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_________________________。(3)理论上稀的强酸溶液与强碱溶液反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，写出表示稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式：_______________。(4)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(5)实验中改用60mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热__________(填“相等”或“不相等”)，简述理由：________________________________________________。(6)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。28、（14分）氮、碳都是重要的非金属元素，含氮、碳元素的物质在工业生产中有重要的应用。（1）请写出工业上由NH3制取NO的化学方程式________________________________。（2）一定条件下，铁可以和CO2发生反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，已知该反应的平衡常数K与温度T的关系如图所示。①该反应的逆反应是________________(填“吸热”或“放热”)反应。②T℃、Ppa压强下，在体积为VL的容器中进行反应，下列能说明反应达到平衡状态的是________。A、混合气体的平均相对分子质量不再变化；B、容器内压强不再变化；C、υ正(CO2)=υ逆(FeO)③T1温度下，向体积为VL的密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2，反应过程中CO和CO2物质的量与时间的关系如图乙所示。则CO2的平衡转化率为_________，平衡时混合气体的密度与起始时气体的密度之比为________________。（3）在恒温条件下，起始时容积均为5L的甲、乙两密闭容器中(甲为恒容容器、乙为恒压容器)，均进行反应：N2+3H22NH3，有关数据及平衡状态特点见下表。容器起始投入达平衡时甲2molN23molH20molNH31.5molNH3同种物质的体积分数相同乙amolN2bmolH20molNH31.2molNH3起始时乙容器中的压强是甲容器的____________倍。29、（10分）对于反应N2O4(g)

2NO2(g)在温度一定时，平衡体系中NO2的体积分数V(NO2)%随压强的变化情况如图所示（实线上的任何一点为对应压强下的平衡点）（1）B、C两点的反应速率的关系为B_________C(填“>”“<”或“=”)。（2）当反应处于A状态时，V正_____V逆(填“>”“<”或“=”)（3）由D状态转变为C状态后，混合气体的总物质的量会______(填“增大”、“减小”)。（4）若在注射器中盛有一定量NO2，向内推活塞至原有体积的3/4，达到平衡时其中气体颜色较初始颜色如何变化_______，其原理为______________________。

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、氢气与氯气反应不是与氧气反应，燃烧热是指与氧气反应，热化学方程式中△H不等于燃烧热，选项A错误；B、燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态，选项B错误；C、热化学方程式中H2的物质的量不为1mol，热化学方程式中△H不等于燃烧热，选项C错误；D、符合燃烧热的定义，热化学方程式中△H代表燃烧热，选项D正确。答案选D。2、D【解析】A．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2，可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其为强酸还是弱酸，故A错误；B、草酸是二元弱酸，分步电离，电离方程式为H2C2O4H++HC2O4-，HC2O4-H++C2O42-，故B错误；C.cCN-cOH-=cCN-c(H+)cOH-c(H+)=cCN-c(H+)Kw，HCN为弱酸，加水稀释HCN溶液，c(CN-)、c(H+)均减小，则cCN-c(H+)Kw减小，故C错误；D.根据电离平衡常数可知，酸性：H2C2O4＞CH3COOH＞HC23、B【详解】2SO2+O22SO3是气体体积减小的反应，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，过程中乙容器中压强大于甲容器，反应速率大于甲，相当于对甲容器平衡增大压强，平衡正向进行，乙容器中二氧化硫转化率大于甲容器，乙容器中SO2的转化率大于P%，B正确，故选B。4、C【分析】有机物无论它们以何种物质的量的比例混和，只要总物质的量一定，则在完全燃烧时，消耗氧气的量为一定值，设有机物通式为CxHyOz，则（x+--）值相等，据此计算解答。【详解】A、CH4的（x+）=1+1=2，甲醇的（x+-）=1+1-0.5=1.5，甲醛的（x+-）=1+0.5-0.5=1，三者（x+-）不相等，选项A错误；B、甲醇的（x+-）=1+1-0.5=1.5，甲醛的（x+-）=1+0.5-0.5=1，甲酸的（x+-）=1+0.5-1=0.5，三者（x+-）值不相等，选项B错误；C、乙醇的（x+-）=2+1.5-0.5=3，乙烯的（x+）=2+1=3，丙烯酸的（x+-）=3+1-1=3，三者（x+-）值相等，选项C正确；D、甲酸的（x+-）=1+0.5-1=0.5，乙二酸的（x+-）=2+0.5-2=0.5，乙二醇的（x+-）=2+1.5-1=2.5，三者（x+-）值不相等，选项D错误；答案选C。5、B【详解】合成氨气的反应是体积减小的、放热的可逆反应。①净化干燥的目的是减少副反应的发生，提高产物的纯度，不能提高转化率，故①不符合；②增大压强平衡向正反应方向移动，可提高原料的转化率，故②符合题意；③催化剂只改变反应速率，不影响平衡状态，不能提高转化率，故③不符合；④把生成物氨气及时分离出来，可以促使平衡向正反应方向移动，提高反应物转化率，故④符合题意。⑤通过氮气和氢气的循环使用，可以提高原料的利用率，故⑤符合题意；即②④⑤正确；答案选B。【点睛】考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响。6、C【分析】A、加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铁水解，最后得到氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁；B、碳酸氢钙加热分解生成碳酸钙；C、铝离子水解，但硫酸不挥发，最后仍得到Al2(SO4)3；D、Mg(NO3)2受热分解。【详解】A、氯化铁为强酸弱碱盐，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢具有挥发性，加热过程中，促进氯化铁水解，蒸干时得到氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，故A错误；B、加热时碳酸氢钙分解生成碳酸钙，所以最后得到碳酸钙，故B错误；C、Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，铝离子水解，但是水解产物中硫酸不易挥发，故最后仍得到Al2(SO4)3，故C正确；D、Mg(NO3)2受热分解生成氧化镁、二氧化氮和氧气，故D错误。故选C。7、A【解析】A、100mL1mol∙L－1的Na2CO3溶液中依据物料守恒，即碳元素守恒得到CO32－、HCO3－和H2CO3总数为0.1NA，故A正确；B、醋酸是弱电解质，1L1mol/L醋酸溶液中含有的离子总数小于2NA，故B错误；C、溶液体积不知不能计算微粒数，故C错误；D、水溶液中铁离子发生水解，0.1L3mol·L－1的FeCl3溶液中含有的Fe3+数目小于0.3NA，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查弱电解质的电离平衡分析，溶液中的物料守恒的分析应用，盐类水解的判断，选项C是解答的易错点。8、D【解析】试题分析：根据装置图可知电极Ⅱ应该是氯离子放电，生成氯气，利用碘化钾淀溶液检验氯气的存在。所以b是正极，a是电源的负极，电极I是阴极，溶液中的铜离子在阴极放电析出铜，所以要使电解后的溶液恢复原状态，需要加入氯化铜，选项ABC都是正确的，D不正确，答案选D。考点：考查电解氯化铜溶液的有关判断点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见题型和重要的考点。试题难易适中，贴近高考，紧扣教材基础知识，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性。该题的关键是明确电解池的工作原理，特别是离子的放电顺序，然后结合题意个装置图灵活运用即可。9、C【详解】A．NH3+HCl═NH4Cl中元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A不选；B．H2SO4+2NaOH═Na2SO4+2H2O中元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故B不选；C．CuO+H2Cu+H2O中Cu、H元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故C选；D．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑中元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D不选；故选C。10、B【详解】A．石墨属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B．熔融MgCl2能导电，在水溶液中或熔融状态下能全部电离，属于强电解质，故B正确；C．液氨不能导电，是非电解质，故C错误；D．稀硫酸属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故D错误；故选B。11、D【详解】阿司匹林、青霉素、抗酸药都属于人工合成的药物；具有止咳平喘作用的麻黄碱是一种从麻黄中提取的生物碱，属于天然药物，不是人工合成的药物；答案选D。12、D【详解】根据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，且具有可以再生的特点，⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能符合未来新能源的特点，合理选项是D。13、B【分析】在甲醛（HCHO）、乙醛（CH3CHO）和丙醛（CH3CH2CHO）组成的混合物中，C、H两种元素的原子个数始终是1：2，则可由氢元素的质量分数来计算出C元素的质量分数，然后再求混合物中氧元素的质量分数。【详解】由甲醛（HCHO）、乙醛（CH3CHO）和丙醛（CH3CH2CHO）组成的在混合物中，C、H两种元素的原子个数始终是1：2，C、H两种元素的质量比为（1×12）：（2×1）=6：1，由氢元素的质量分数为9%，则碳元素的质量分数为54%，因混合物中共有三种元素，则氧元素的质量分数为：1-54%-9%=37%，故选B。【点睛】本题考查混合物中元素的质量分数的计算，难点是利用混合物中各成分的化学式得出C、H的固定组成，学会利用定组成的方法来解答混合物中元素的质量分数计算是关键。14、D【详解】A．将海带烧成灰应在坩埚中进行，A错误；B．过滤时要用玻璃棒引流，B错误；C．苯的密度比水小，碘的苯溶液在上层，应将碘的苯溶液从上层倒出，C错误；D．苯易挥发，用蒸馏的方法将碘和苯分离并回收苯，D正确。答案选D。15、D【详解】A．M(s)═X(g)+Y(s)，反应中气体的化学计量数增大，为熵增大的反应，△S＞0，△H＞0，根据△H-T△S＜0，在高温条件下能自发进行，故A错误；B．4M(s)+N(g)+2W(l)═4Q(s)为气体的化学计量数减小的反应，△S＜0，当△H＞0时，△H-T△S＞0，一定不能自发进行，故B错误；C．4X(g)+5Y(g)═4W(g)+6G(g)反应为气体的化学计量数增大的反应，△S＞0，所以当△H＜0，一定满足△H-T△S＜0，反应一定能够自发进行，当△H＞0时，当高温时，△H-T△S＜0，成立，可以自发进行，故C错误；D．W(s)+G(g)═2Q(g)反应为气体的化学计量数增大的反应，△S＞0，△H＜0，则一定满足△H-T△S＜0，反应能够自发进行，故D正确；故选D。【点睛】熟悉熵变与焓变与反应自发进行关系是解题关键，当△G=△H-T△S＜0时，反应向正反应方向能自发进行。本题的易错点为C。16、B【解析】A.电子的移动方向为：Zn→Cu→CuSO4溶液→KCl盐桥→ZnSO4溶液，电子只经过外电路，缺少内电路离子的定向移动，溶液中由离子的定向移动形成闭合回路，故A错误；B.Na2SO4替换ZnSO4，负极仍是锌放电，原电池中的铜本身未参与电极反应，所以可用能导电的石墨替换Cu棒，故B正确；C.阳极是氯离子放电，生成酸性气体氯气，氯离子放电结束后是水电离出的氢氧根离子放电，导致阳极附近pH降低，故C错误；D.若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铜棒，故D错误。故选B。17、A【分析】判断可逆反应达到平衡状态的标志有：(1)v(正)=v(逆)，(2)混合物中各组成成分的浓度、百分含量保持不变，（3）分析反应过程中一直在改变的量，一旦不变了，就说明反应达到平衡了。【详解】①单位时间内生成nmolO2是正反应，同时生成2nmolNO2是逆反应，且NO2的系数是O2的两倍，故有(正)=(逆)，①正确；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，二者均为正反应速率，不能作平衡标志，②错误；③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2:2:1的状态，没有明确正、逆反应速率，不能作平衡标志，③错误；④混合气体的颜色不再改变时，说明二氧化氮的浓度不再改变，达到平衡状态，④正确；⑤该反应在体积固定的密闭容器中混合气体的密度不随反应的进行而变化，密度不变不能作为平衡标志，⑤错误；⑥该反应前后气体物质的量不等，混合气体的压强会随反应的进行而改变，故压强不再改变的状态为平衡状态，⑥正确；⑦该反应前后气体物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量会随反应的进行而改变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态为平衡状态，⑦正确；综上所述：①④⑥⑦能作为达到平衡的标志；故答案为：A。18、B【解析】主族元素原子的价电子排布式中，能级前数字表示周期数，最外层s、p能级电子数之和与其族序数相等，价电子排布式为5s25p3的元素位于第五周期第VA族，据此分析解答。【详解】主族元素原子的价电子排布式中，能级前数字表示周期数，最外层s、p能级电子数之和与其族序数相等，价电子排布式为5s25p3的元素位于第五周期第VA族，位于p区，原子序数=2+8+18+18+5=51，为Bi元素，所以B选项正确；综上所述，本题选B。19、B【解析】A、浓硫酸显酸性，与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，A错误；B、氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，因此可以通入Cl2除去FeCl3溶液中的FeCl2，B正确；C、酚酞的变色范围为8～10，酸性溶液中加入酚酞呈无色，不能用酚酞试液检验酸性溶液，C错误；D、应加入铝粉除杂，否则引入新杂质，D错误，答案选B。点睛：本题考查较为综合，涉及元素化合物知识以及实验的操作等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握相关基础知识的积累，注意除杂的原则。20、A【解析】A、酸越强对应的盐的水解能力越弱，盐溶液的碱性越弱，所以同浓度pH的大小关系为：②＞③＞①，所以pH相等的三种溶液，c（Na+）大小关系：②＜③＜①，故A正确；B、某溶液中由水电离出的c(H+)＝1×10-amo1·L–1，若a＜7时，说明水的电离受促进，而NaHSO4溶液对水的电离起抑制作用，故B错误；C、醋酸是弱酸，pH相同时醋酸的浓度最大，中和同体积、同pH的硫酸、盐酸和醋酸，醋酸中和碱的能力最强，所需相同浓度的NaOH溶液的体积关系：V（硫酸）＝V（盐酸）＜V（醋酸），故C错误；D、常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加入稀盐酸有气泡产生，说明生成碳酸钡，因为此时的钡离子和碳酸根离子的乘积大于碳酸钡的溶度积常数，所以生成碳酸钡，常温下Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），故D错误；答案选A。21、A【分析】根据图示可知该反应的反应物是一种、生成物是两种。【详解】A．该反应属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A错误；B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B正确；C．据图可知，该反应有单质生成，所以反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C正确；D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D正确；答案选A。22、C【解析】气态烃1mol能和2molHCl加成，说明1个烃分子中含有1个碳碳三键或2个碳碳双键，加成后产物分子上的氢原子又可被6molCl2完全取代，说明1个氯代烃分子中含有6个H原子，故1个烃分子中含有4个H，并含有1个碳碳三键或2个碳碳双键，符合要求的只有C3H4，故选C。【点睛】本题考查了有机物分子式的确定。解答本题需要理解反应的过程和原子的变化。本题要注意理解取代反应的实质，能和6molCl2完全取代，说明结构中含有6mol氢原子，不是12mol氢原子，为本题的易错点。二、非选择题(共84分)23、Na:―→Na＋[::]－1s22s22p63s23p64s1H::H含不含NaOH离子键、共价键【分析】已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素；据以上分析解答。【详解】已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素，(1)结合以上分析可知，C为钠元素，E为氯元素；C和E形成化合物为氯化钠，属于离子化合物，用电子式表示氯化钠形成化合物的过程如下：Na:―→Na＋[::]－；综上所述，本题答案是：Na:―→Na＋[::]－。(2)结合以上分析可知，F为钾，核电荷数为19，基态K原子核外电子排布式:1s22s22p63s23p64s1；综上所述，本题答案是：1s22s22p63s23p64s1。(3)结合以上分析可知，A为氢元素，D为硫元素；二者形成H2S，属于共价化合为物，电子式：H::H；其分子中含σ键，不含π键；综上所述，本题答案是：H::H，含，不含。(4)A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，三种元素共同形成的化合物化学式为NaOH，其电子式为：，化学键的类型有离子键、共价键；综上所述，本题答案是：NaOH，离子键、共价键。24、第二周期第VIA族abc4【分析】（1）根据题给信息及转化流程可知，若A为红棕色气体，B为强酸，C为NO，则A为二氧化氮，B为硝酸，则D为氧气，据此进行分析；（2）根据题给信息及转化流程可知，若A是淡黄色固体，只能是过氧化钠或溴化银，符合题意的是过氧化钠，则B是氢氧化钠，C是氧气，D是金属钠，据此进行分析。【详解】（1）根据描述可知A为二氧化氮，B为硝酸，则D为氧气：①氧元素在元素周期表的位置是第二周期第VIA族；②a.一氧化氮和二氧化氮的组成元素相同，都是氮和氧，a项正确；b.浓硝酸可以和铜反应得到硝酸铜和二氧化氮，即气体A，b项正确；c.A中氮元素是+4价的，B中氮元素是+5价的，C中氮元素是+2价的，c项正确；答案选abc；（2）若A是淡黄色固体，只能是过氧化钠或溴化银，符合题意的是过氧化钠，则B是氢氧化钠，C是氧气，D是金属钠：①反应II即钠和氧气得到过氧化钠：；②根据过氧化钠和水的反应方程式，可以发现生成的和是4:1的关系，若生成了氧气，则生成4mol的。25、E还原酸2品红溶液褪色溶液变红吸收多余的SO2和Cl2Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2OSO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4【分析】（1）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价升高；（2）次氯酸、二氧化硫都有漂白性；次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新恢复原色；（3）氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排空，氯气和二氧化硫都能和氢氧化钠溶液反应转化为无毒物质；（4）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，使气体失去漂白性。【详解】（1）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，故选E；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价升高，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性；71gCl2的物质的量是1mol，由HCl生成Cl2，氯元素化合价由-1升高为0，所以生成1mol氯气转移2mol电子；（2）次氯酸、二氧化硫都有漂白性；次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新恢复原色，所以反应开始后，发现B、D试管中的现象均为品红溶液褪色，停止通气后，给B、D两个试管中的溶液加热，B试管中的现象是溶液变红；（3）氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排空，氯气和二氧化硫都能和氢氧化钠溶液反应转化为无毒物质，所以氢氧化钠溶液的作用是：吸收多余的二氧化硫和氯气，防止污染大气；（4）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应化学方程式是SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4。26、2MnO4-+5C2O42-+16H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O增大ab探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响ad【解析】（1）酸性条件下高锰酸根离子和草酸根离子发生氧化还原反应，根据元素守恒知，生成物中生成水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式。（2）一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大。（3）据MO变化趋势，得出反应速率随着草酸浓度增加而减小，可能原因是KMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn（VI）、Mn（III）、Mn（IV），最终变为无色的Mn（II），以及草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物，据此进行分析。（4）小组进行实验III的目的是探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响。（5）当草酸浓度较小时，C2O42﹣起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小；当草酸浓度较大时，H+起主要作用，使得草酸浓度越大，反应速率越大。【详解】（1）酸性条件下高锰酸根离子和草酸根离子发生氧化还原反应，根据元素守恒知，生成物中有生成水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数为10，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式得2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。（2）一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大，故答案为：增大。（3）MO变化趋势，得出反应速率随着草酸浓度增加而减小，可能原因是KMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn（VI）、Mn（III）、Mn（IV），最终变为无色的Mn（II），以及草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物。故答案为：ab。（4）小组进行实验III的目的是探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响，故答案为：探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响。（5）当草酸浓度较小时，C2O42﹣起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小；当草酸浓度较大时，H+起主要作用，使得草酸浓度越大，反应速率越大。故选ad。27、①环形玻璃搅拌棒

②保温隔热，减少热量损失

③HCl(aq)＋NaOH(aq)＝NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH=－57.3kJ/mol或H+(aq)+OH－(aq)＝H2O(l)ΔH=－57.3kJ/mol

④偏小

⑤不相等；

⑥相等；

⑦中和热是酸碱中和生成1molH2O时放出的热量，与反应物实际用量无关

⑧偏小【详解】(1)根据装置图可知还缺少环形玻璃搅拌棒；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：减少实验过程中的热量损失；(3)在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1molH2O时，放出57.3kJ的热量，满足此反应的热化学方程式为HCl(aq)＋N