2026届山西省长治市潞州区长治二中化学高二第一学期期中达标测试试题含解析

2026届山西省长治市潞州区长治二中化学高二第一学期期中达标测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、在密闭容器中进行可逆反应，A与B反应生成C，其反应速率分别用υ(A)、υ(B)、υ(C)(mol•L﹣1•s﹣1)表示，且υ(A)、υ(B)、υ(C)之间有如下所示的关系：υ(B)=3υ(A)；3υ(C)=2υ(B)。则此反应可表示为（）A．2A+3B2C B．A+3B2CC．3A+B2C D．A+BC2、下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：C（Cl-）>C（NH4+）B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：C（OH-）=C（H+）C．O.1mol/L的硫酸铵溶液中：C（NH4+）>C（SO42-）>C（H+）D．0.1mol/L的硫化钠溶液中：C（OH-）=C（H+）>C（HS-）>C（H2S）3、下列实验过程可以达到实验目的的是选项实验目的实验过程A．比较碳酸和醋酸的酸性常温下，用pH计测量等浓度醋酸钠和碳酸氢钠溶液的pHB．探究浓度对反应速率的影响向盛有4mL浓度分别为0.01mol/L和0.05mol/LKMnO4酸性溶液的两支试管中，同时加入4mL0.1mol/L的草酸溶液，记录褪色所需时间C．证明Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al(OH)3]向1mL0.1mol·L－1NaOH溶液中滴加2滴0.1mol·L－1AlCl3溶液，充分反应后再滴加2滴0.1mol·L－1FeCl3溶液,观察沉淀颜色变化D．探究温度对反应速率的影响将2支盛有5mL同浓度NaHSO3溶液的试管和两支盛有2mL5%H2O2溶液的试管分成两组，一组放入冷水中，另一组放入热水中，经过一段时间分别混合并搅拌，观察实验现象A．A B．B C．C D．D4、将4molA气体和2molB气体充入2L的密闭容器中,一定条件下发生如下反应:2A(g)+B(g)2C(g)。若经2s后测得C的浓度为0.6mol·L-1,下列几种说法正确的是()①用物质A表示的反应平均速率为0.3mol·L-1·s-1②用物质B表示的反应平均速率为0.3mol·L-1·s-1③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol·L-1A．①③ B．①④ C．②③ D．③④5、反应2SO2＋O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol·L－1，此段时间内用O2表示的平均速率为0.04mol·L－1·s－1。则这段时间为()A．5s B．0.1s C．2.5s D．10s6、已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间均已单键结合，下列关于晶体说法正确的是A．C3N4晶体是分子晶体B．C3N4晶体中，C-N键的键长比金刚石中C-C键的键长要长C．C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子D．C3N4晶体中微粒间通过离子键要长7、已知钛有48Ti、49Ti、50Ti等同位素，下列关于金属钛的叙述中不正确的是A．上述钛原子中，中子数不可能为22B．钛元素在周期表中处于第四周期ⅡB族C．钛原子的外围电子层排布为3d24s2D．钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素8、25℃时，水的电离可达到平衡：H2OH++OH–；△H＞0，下列叙述正确的是A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低B．将水加热，Kw增大，pH不变C．向水中加入少量稀硫酸，c(H+)增大，Kw不变D．向水中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动，c(H+)降低9、在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：。2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量QkJ。则下列分析正确的是（）A．在该条件下，反应前后的压强之比为1：1B．若反应开始时容器体积为2L，则v(SO3)=0.35mol/(L·min)C．若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”，平衡后n(SO3)>1.4molD．若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”，达平衡时放出热量大于QkJ10、下列说法正确的是（）A．含有OH-的溶液一定呈碱性B．pH为3的盐酸的c(H+)是pH为1的盐酸的100倍C．Na2CO3溶液与NaHCO3溶液中所含微粒的种类一定相同D．pH相同的氨水与氢氧化钠溶液,分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时,消耗氨水与氢氧化钠溶液的体积一定相同11、已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-Q1kJ·mol-1(Q1>0)2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-Q2kJ·mol-1(Q2>0)2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-Q3kJ·mol-1(Q3>0)常温下取体积比为4：1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（标准状况），经完全燃烧后恢复到室温，则放出的热量（单位：kJ）为（）A．0.4Q1+0.05Q3B．0.3Q1+0.05Q2C．0.04Q1+0.05Q3D．0.4Q1+0.2Q212、同温同压下，下列各组热化学方程式中，△H1＜△H2是A．S(g)＋O2(g)＝SO2(g)；△H1S(s)＋O2(g)＝SO2(g)；△H2B．1/2H2(g)＋1/2Cl2(g)＝HCl(g)；△H1H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)；△H2C．2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)；△H12H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)；△H2D．C(s)＋1/2O2(g)＝CO(g)；△H1C(s)＋O2(g)＝CO2(g)；△H213、苯甲酸的重结晶实验中，粗苯甲酸溶解后还要加点水的目的是()A．无任何作用 B．可以使过滤时速度加快C．减少过滤时苯甲酸的损失 D．以上都不对14、除去下列物质中的杂质(括号内的物质)，所使用的试剂和主要操作都正确的是选项

物质

使用的试剂

主要操作

A

乙醇（水）

金属钠

蒸馏

B

乙酸乙酯（乙酸）

饱和碳酸钠溶液

分液

C

苯（苯酚）

浓溴水

过滤

D

乙烷（乙烯）

酸性高锰酸钾溶液

洗气

A．A B．B C．C D．D15、乙醇结构式为，“箭头”表示乙醇发生化学反应时分子中可能断键的位置，下列叙述中不正确的是A．与钠反应时断裂①键 B．发生消去反应时断裂②④键C．与乙酸发生酯化反应时断裂②键 D．发生催化脱氢反应时断裂①③键16、下列物质中，既含有离子键又含有共价键的是（）A．KOH B．KCl C．H2O D．H217、100mL4mol/L稀硫酸与2g锌粒反应，在一定温度下为了减缓反应的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入（）A．硫酸钠固体 B．硫酸铜固体 C．硝酸钾溶液 D．氯化钠溶液18、在不同情况下测得A(g)＋3B(g)2C(g)＋2D(s)的下列反应速率，其中反应速率最大的是A．υ(D)=0.01mol•L-1•s-1 B．υ(C)=0.010mol•L-1•s-1C．υ(B)=0.6mol•L-1•min-1 D．υ(A)=0.2mol•L-1•min-119、中国短道速滑队在索契冬奥会取得了骄人的成绩。速滑冰刀可用不锈钢制成，不锈钢含有的主要元素是A．铁 B．碳 C．铜 D．铝20、在一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molA和1molB，发生下列反应：2A(g)+B(g)2C(g)△H<0，达到平衡后，在t1时刻改变条件，化学反应速率随时间变化如图。下列对t1时刻改变条件的推测中正确的是A．保持压强不变，升高反应温度B．保持温度不变，增大容器体积C．保持温度和容器体积不变，充入1molC(g)D．保持温度和压强不变，充入1molC(g)21、具有相同电子层数的、、三种元素，已知它们最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺序是，则下列判断正确的是（）A．原子半径：B．元素的非金属性：C．气体氢化物的稳定性：D．阴离子的还原性：22、在一定温度下，CO和水蒸气分别为1mol、3mol，在密闭容器中发生反应CO＋H2O(g)CO2＋H2，达平衡后测得CO2为0.75mol，再通入6mol水蒸气，达到新的平衡后，CO2和H2的物质的量之和可能为A．1.2mol B．1.8mol C．2.5mol D．1.5mol二、非选择题(共84分)23、（14分）在下图所示的物质转化关系中。C、G、I、M为常见单质，G和M化合可生成最常见液体A，E为黑色粉末，F的焰色反应为黄色，K为白色沉淀，N为红褐色沉淀，I为黄绿色气体，化合物B的摩尔质量为24g·mol－1。(部分生成物和反应条件未列出)（1）L的化学式为______________。（2）A的电子式为______________。（3）反应②的离子方程式为____________________________________。（4）反应③的化学方程式为____________________________________。24、（12分）A，B，C，D是四种短周期元素，E是过渡元素。A，B，C同周期，C，D同主族，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：（1）写出下列元素的符号：A____，B___，C____，D___。（2）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___，碱性最强的是_____。（3）用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是____，电负性最大的元素是____。（4）E元素原子的核电荷数是___，E元素在周期表的第____周期第___族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在___区。（5）写出D元素原子构成单质的电子式____，该分子中有___个σ键，____个π键。25、（12分）实验室用苯和浓硝酸、浓硫酸反应制取硝基苯的装置如图所示。主要步骤如下：①配制一定比例浓硫酸与浓硝酸形成的混合酸，加入反应器中。②向室温下的混合酸中逐滴加入一定量的苯，充分振荡，混合均匀。③在50～60℃下发生反应，直至反应结束。④粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤。⑤将用无水CaCl2干燥后的粗硝基苯进行蒸馏，得到纯硝基苯。请回答下列问题：（1）步骤①在配制混合酸时应将___________加入到__________中去。（2）步骤③中，为了使反应在50～60℃下进行，采用的加热方法是_____________。（3）大试管口部装有一长玻璃导管，其作用是_____________。（4）苯与浓硝酸反应的化学方程式为_______________。26、（10分）某探究小组用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量。取样品5.000g，加水配成250mL无色溶液，已知溶液呈碱性，取25.00mL溶液，用滴定管盛装0.2000mol/L的I2标准液进行滴定。滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I－。（1）用_____________填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装I2标准液，在取液、盛装、滴定过程中还需要的玻璃仪器有_____________________________________。（2）滴定过程中，需要加入_____作为指示剂，滴定终点的判断方法___________。（3）滴定前后液面如图所示，所用I2标准液的体积为________________mL。（4）样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为_____________________，若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，则测得样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数____________填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。27、（12分）硫代硫酸钠又称大苏打，可用作定影剂、还原剂。现有某种硫代硫酸钠样品，为了测定该样品纯度，某兴趣小组设计如下实验方案，回答下列问题：（1）溶液配制：称取该硫代硫酸钠样品，用________（填“新煮沸并冷却的蒸馏水”或“自来水”）在烧杯中溶解完全溶解后冷却至室温，再用玻璃棒引流将溶液全部转移至的容量瓶中，加蒸馏水至离容量瓶刻度线处，改用______定容，定容时，视线与凹液面相切。（2）滴定：取的（硫酸酸化）标准溶液，加入过量，发生反应：，然后加入淀粉溶液作为指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定至终点，发生反应：，重复实验，平均消耗样品溶液的体积为。①取用硫酸酸化的标准溶液可选用的仪器是_____________（填“甲”或“乙”）。②滴定终点时溶液的颜色变化是_____________。（3）样品纯度的计算：①根据上述有关数据，该样品中的质量分数为_____________②下列操作可能使测量结果偏低的是____________（填字母）。A．盛装硫代硫酸钠样品溶液的滴定管没有润洗B．锥形瓶中残留少量水C．读数时滴定前仰视，滴定后俯视28、（14分）已知反应:2NO2(g)N2O4(g)是放热反应,为了探究温度对化学平衡的影响,有人做了如下实验:把NO2和N2O4的混合气体通入甲、乙两个连通的烧瓶里,然后用夹子夹住橡皮管,把两烧瓶分别浸入两个分别盛有500mL6mol·L-1的HCl溶液和盛有500mL蒸馏水的烧杯中(两烧杯中溶液的温度相同)。

（1）该实验用两个经导管连通的烧瓶,其设计意图是__________。（2）向烧杯甲的溶液中放入125gNaOH固体,同时向烧杯乙中放入125g硝酸铵晶体,搅拌使之溶解。甲烧瓶内气体的颜色将__________原因是__________乙烧瓶内气体的颜色将__________,原因是__________。（3）该实验欲得出的结论是__________。（4）某同学认为该实验的设计并不完全科学,他指出此时影响化学平衡的因素不止一个,你认为他所指的另一个因素是__________。29、（10分）合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，其研究来自正确的理论指导，合成氨反应N2+3H22NH3的平衡常数K值和温度的关系如下：温度/℃360440520K值0.0360.0100.0038I（1）①由表中数据可知该反应为放热反应，理由是________________。②理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是______________(填字母序号)。a．增大压强b．使用合适的催化剂c．升高温度d．及时分离出产物中的NH3（2）原料气H2还可通过反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)获取。T℃时，向容积固定为5L的容器中充入1mol水蒸气和1molCO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.08mol·L－1，则平衡时CO的转化率为________该温度下反应的平衡常数K值为________。II、（1）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下随温度变化的曲线，下图所示的图示中，正确的是________(填“A”或“B”)；比较p1、p2的大小关系：________。（2）在一定温度下，将1molN2和3molH2混合置于体积不变的密闭容器中发生反应，达到平衡状态时，测得气体总物质的量为2.8mol。已知平衡时，容器压强为8MPa，则平衡常数Kp＝________(用平衡分压代替浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。

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、B【分析】同一可逆反应在同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，把不同物质反应速率转化为同一物质反应速率，从而确定化学式。【详解】同一可逆反应在同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，把不同物质反应速率转化为同一物质反应速率，3υ(C)=2υ(B)，υ(B)=3υ(A)，所以υ(C)=υ(B)=×3υ(A)=2υ(A)，所以υ(A)：υ(B)：υ(C)=υ(A)：3υ(A)：2υ(A)=1：3：2，则该可逆反应中A、B、C三种物质的物质的量的比为1：3：2，因此化学方程式可表示为A+3B2C；因此合理选项是B。【点睛】本题考查化学反应速率与化学计量数的关系，侧重考查分析计算能力，注意把不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比。2、C【解析】A．根据电荷守恒判断c（Cl-）、c（NH4+）的关系；B．若一元酸为强酸，两溶液混合后溶液显示中性，若一元酸为弱酸，则混合液中酸过量，溶液显示酸性；C．根据铵根离子水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42-）；D．根据多元弱酸根离子少量水解，分步水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度判断。【详解】A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中，溶液呈中性，则c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒可知，混合液中一定满足：c（Cl-）=c（NH4+），故A错误；B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合，如果一元酸为强酸，一元碱为强碱，则混合液显示中性，c（OH-）=c（H+）；当一元酸为弱酸、一元碱为强碱时，混合液中酸过量，溶液显示酸性，c（OH-）＜c（H+），故B错误；C．0.1

mol/L的硫酸铵溶液中，由于铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH-），而铵根离子水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42-），所以溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-），故C正确；D．0.1mol/L的硫化钠溶液中，由于硫离子部分水解，则溶液呈碱性，c（OH-）＞c（H+），硫离子水解主要以第一步为主，则：c（HS-）＞c（H2S），溶液中各离子浓度大小为：c（OH-）＞c（HS-）＞c（H2S）＞c（H+），故D错误；答案：C3、A【分析】A.碳酸和醋酸均为弱酸，测量相同浓度的两种酸的pH，酸性越强的pH越小；B.2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，一只试管中高锰酸钾过量，溶液不褪色；【详解】A.碳酸和醋酸均为弱酸，测量相同浓度的两种酸的pH，酸性越强的pH越小，A正确；B.2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据化学方程式可以计算出其中浓度较小的试管中高锰酸钾过量，该试管中溶液在反应后不可能褪色，故不能证明H2C2O4浓度越大反应速率越快，B错误；C.氢氧化钠在和氯化铝溶液反应时，由于氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，无沉淀，且仍有氢氧化钠剩余，再加入氯化铁时一定产生红褐色氢氧化铁沉淀，所以不能证明在相同温度下两者的Ksp的大小，C错误；D.NaHSO3溶液与5%H2O2溶液反应生成硫酸氢钠溶液，均为无色溶液，无明显现象，D错误；答案为A4、B【详解】

A、用物质A表示的反应的平均速率为0.6/2="0.3"mol·L－1·s－1,正确；B、用物质B表示的反应的平均速率为0.3/2=0.15mol·L－1·s－1,错误；C、2s时物质A的转化率为(0.6/2)×100%=30％，错误；D、2s时物质B的浓度为0.7mol·L－1，正确；选AD。5、A【分析】根据v=∆c/∆t进行计算。【详解】SO3的浓度增加了0.4mol·L－1，根据方程式化学计量数可知O2浓度减小了0.2mol·L－1，已知O2在这段时间内的反应速率为0.04mol·L－1·s－1，由v=∆c/∆t=0.2/tmol·L－1·s－1可知：0.04mol·L－1·s－1=0.2/tmol·L－1·s－1，计算出t=5s；A正确；综上所述，本题选A。6、C【详解】C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，说明该物质是原子晶体，每个C原子连接4个N原子、每个N原子连接3个C原子。A．分子晶体熔沸点较低、硬度较小，原子晶体硬度较大，该晶体硬度比金刚石大，说明为原子晶体，故A错误；B．原子半径越大，原子间的键长越长，原子半径C＞N，所以C3N4晶体中C−N键长比金刚石中C−C要短，故B错误；C．该晶体中原子间均以单键结合，且每个原子都达到8电子稳定结构，所以每个C原子能形成4个共价键、每个N原子能形成3个共价键，故C正确；D．离子晶体微粒之间通过离子键结合，原子晶体微粒间通过共价键结合，该晶体是原子晶体，所以微粒间通过共价键结合，故D错误；答案选C。7、B【分析】中子数=质量数-质子数；钛元素在周期表中处于第四周期ⅣB族；钛是22号元素，基态钛原子的核外电子排布式是1s21s22p63s23p63d24s2；钛元素在周期表中处于第四周期ⅣB族，属于过渡元素。【详解】中子数=质量数-质子数；钛的质子数是22，48Ti、49Ti、50Ti的中子数分别是26、27、28,故A说法正确；Ti是22号元素，处于第四周期ⅣB族，故B说法错误；钛是22号元素，基态钛原子的电子排布式是1s21s22p63s23p63d24s2，外围电子排布式为3d24s2，故C说法正确；钛元素在周期表中处于第四周期ⅣB族，位于元素周期表的d区，属于过渡元素，故D说法正确。选B。8、C【分析】水的电离是吸热的，存在电离平衡，外界条件的变化会引起电离平衡的移动；向水中加入能电离出氢离子或氢氧根离子的物质会抑制水电离，加入和氢离子或氢氧根离子反应的物质能促进水电离；水的电离是吸热过程，升高温度，促进电离，温度不变，离子积常数不变，据此分析解答即可。【详解】A、一水合氨电离出OH-而导致溶液中OH-浓度增大，水的电离平衡逆向移动，但c(OH-)比原平衡时大，故A错误；

B、水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则Kw增大，pH减小，故B错误；

C、向水中加入少量稀硫酸，硫酸电离出氢离子导致溶液中H+浓度增大，温度不变，Kw不变，故C正确；D、向水中加入少量CH3COONa固体，CH3COO-结合水电离出的H+，促进水的电离，水的电离平衡正向移动，故D错误。故选C。9、A【详解】A．该反应是在恒温恒压下条件下进行的，所以反应前后气体压强始终不变，反应前后的压强之比为1：1，A正确；B．该反应是在恒温恒压下进行的，反应在达到平衡状态前容器的体积一直在变化，所以无法计算化学反应速率，所以无法计算v(SO3)，B错误；C．若把恒温恒压下改为恒压绝热条件下反应，相当于为气体升高温度，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以平衡后n(SO3)<1.4mol，C错误；D．若把恒温恒压下改为恒温恒容下反应，反应达到平衡状态前压强逐渐减小，与恒温恒压下相比，恒温恒容下相当于减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，平衡逆向移动，平衡后n(SO3)<1.4mol，放出的热量小于Q，D错误；答案选A。10、C【解析】A、含有OH－的溶液不一定为碱性，如水中含有OH－，但水显中性，故A错误；B、pH=3的盐酸溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，pH=1的盐酸溶液c(H＋)=10－1mol·L－1，因此pH=3的盐酸的c(H＋)是pH=1的盐酸中的1/100倍，故B错误；C、两种溶液含有微粒为Na＋、SO32－、HSO3－、H2SO3－、H＋、OH－，故C正确；D、NH3·H2O是弱碱，NaOH为强碱，相同pH时，c(NH3·H2O)>c(NaOH)，因此中和同浓度同体积的盐酸时，消耗氨水的体积小于NaOH的体积，故D错误。11、A【详解】混合气体的物质的量为=0.5mol，相同条件上甲烷和氢气体积比为4：1，则物质的量之比为4:1，所以混合气体中n(H2)=0.1mol；n(CH4)=0.4mol，由CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；△H=-Q1kJ•mol-1可知0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×Q1kJ/mol=0.4Q1kJ；由2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-Q3kJ•mol-1，可知0.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为0.1mol×Q3kJ/mol=0.05Q3kJ．所以放出的热量为0.4Q1+0.05Q3，故答案为A。12、A【详解】A、物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，固体硫变为气态硫需要吸收热量，所以△H1<△H2，符合；B、化学反应方程式的系数加倍，焓变数值加倍，该化合反应是放热的，所以焓变值是负值，2△H1=△H2，△H1>△H2，不符合；C、从气态到液态放热，故生成液态水放出热量更多，故△H1>△H2，不符合；D、碳单质完全燃烧生成二氧化碳放热多于不完全燃烧生成一氧化碳放的热，反应的焓变是负值，故△H1>△H2，不符合；答案选A。13、C【详解】水在加热过程中会蒸发，苯甲酸能溶于水，为减少过滤时苯甲酸的损失，防止过饱和提前析出结晶，加热溶解后还要加少量蒸馏水，然后趁热过滤，C选项正确；答案选C。14、B【解析】试题分析：A.乙醇、水均能与Na反应，无法实现除杂，A项错误；B.乙酸能与碳酸钠反应生成乙酸钠、CO2和水，乙酸乙酯与碳酸钠不反应且互不相溶，可用分液的方法分离，B项正确；C.苯酚与Br2反应生成的三溴苯酚与苯互溶，无法用过滤的方法分离，C项错误；D.乙烯能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2新杂质气体，D项错误；答案选B。【考点】考查物质的除杂。【名师点睛】本题考查物质的除杂。把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:1.不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。15、C【分析】以乙醇为例，考查有机物的化学性质与分子结构的关系。这是掌握有机物化学性质的重要方法之一。【详解】A项：与钠反应时，C2H5OH生成C2H5ONa，断裂①键。A项正确；B项：乙醇与浓硫酸共热至170℃发生消去反应生成乙烯和水，断裂②④键。B项正确；C项：乙醇与乙酸酯化时断键方式是酸去羟基、醇去氢，乙醇断裂①键。C项错误；D项：乙醇催化脱氢时生成CH3CHO，断裂①③键。D项正确。本题选C。【点睛】从化学键变化角度学习有机物的化学性质，才能把握有机反应的本质规律。为学习其它有机物、分析有机反应信息提供了一个重要方法。16、A【详解】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中含有离子键和极性键，B中含有离子键，C中含有极性键，D中含有非极性键，答案选A。17、D【分析】硫酸的物质的量为0.4mol，锌的物质的量为=0.03mol，所以硫酸是过量的，产生氢气的量由锌的物质的量决定。【详解】A．硫酸钠固体不能降低氢离子浓度，反应速率不变，A错误；B．硫酸铜固体加入后，锌置换出铜，构成原电池，加快反应速率，但影响生成氢气的量，B错误；C．加入硝酸钾溶液后硝酸根、氢离子和锌反应不能得到氢气，C错误；D．加入氯化钠溶液后相当于是稀释，氢离子浓度降低，反应速率降低，且生成的氢气不变，D正确。答案选D。18、B【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，数值可能不同，但表示的意义是相同的。所以在比较反应速率快慢时，应该换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值大小。【详解】根据速率之比是相应化学计量数之比可知，如果都用B物质表示其反应速率，则分别为：A.D是固体，其浓度视为常数，故不能用D来表示反应速率；B.υ(B)=υ(C)=0.010mol•L-1•s-1=0.6mol•L-1•min-1=0.9mol•L-1•min-1；C.υ(B)=0.6mol•L-1•min-1D.υ(B)=3υ(A)=30.2mol•L-1•min-1=0.6mol•L-1•min-1。数值最大的是B，故选B。【点睛】解答本题需要注意，一是D为固体，不能用D来表示反应速率，二是要注意统一单位，如本题统一单位为mol•L-1•min-1，需要换算，换算公式为：1mol•L-1•s-1=60mol•L-1•min-1。19、A【详解】不锈钢是铁的合金，主要成分是铁，含有碳、铬、镍等，故不锈钢含有的主要元素是铁元素；故选A。20、D【详解】A.该反应是放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，正逆反应速率曲线都在原直线上方，逆反应速率增大倍数大于正反应速率增大的倍数，导致平衡向逆反应方向移动，A项错误；B．保持温度不变，增大容器体积，正、逆反应速率均减小，速率曲线在原直线下方，B项错误；C.保持温度和容器体积不变，充入1molC(g)，相当于增大压强，正逆反应速率均增大，速率曲线在原直线上方，C项错误；D.保持温度和压强不变，充入1molC(g)，C(g)的瞬间，生成物的浓度增大，逆反应速率增大，容器的体积增大，导致反应物的浓度减小，正反应速率降低，平衡向逆反应方向移动，D项正确；答案选D。21、B【分析】X、Y、Z三种元素的原子具有相同电子层数，应为同一周期元素，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则X的最外层电子数为7，Y的最外层电子数为6，Z的最外层电子数为5，为非金属，原子序数X＞Y＞Z，根据同一周期元素的性质变化规律分析解答。【详解】根据上述分析，Z、Y、X是同一周期，从左到右依次排列的三种元素，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4。A．同周期，从左到右，原子半径减小，则原子半径为X＜Y＜Z，故A错误；B．它们最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺序是HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以非金属性：X＞Y＞Z，故B正确；C．元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，非金属性：X＞Y＞Z，则气态氢化物稳定性：X＞Y＞Z，故C错误；D．元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，非金属性：X＞Y＞Z，所以阴离子的还原性：X＜Y＜Z，故D错误；故选B。22、B【解析】在一定温度下，CO和水蒸气分别为1mol、3mol，在密闭容器中发生反应CO＋H2O(g)CO2＋H2，达平衡后测得CO2为0.75mol，则H2的物质的量也是0.75mol，CO2和H2的物质的量之和是1.5mol。向体系中再通入6mol水蒸气，化学平衡向正反应方向移动，达到新的平衡后，CO2和H2的物质的量之和会有所增大，但一定小于极限值2mol，所以可能为B，本题选B。点睛：可逆反应的特点是不能向任何一个方向进行到底。二、非选择题(共84分)23、FeCl3MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3【分析】N为红褐色沉淀，N为氢氧化铁，根据图示，K+M+A→N，则为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，K为白色沉淀，则K为Fe(OH)2，M为单质，M为O2，A为H2O；G和M化合可生成最常见液体A，G为H2；化合物B的摩尔质量为24g·mol－1，与水反应生成氢气和F，F的焰色反应为黄色，则F为NaOH，B为NaH；E为黑色粉末，I为黄绿色气体，则E为二氧化锰，I为氯气，D为浓盐酸，单质C为铁，H为FeCl2，L为FeCl3。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H2O，B为NaH，C为Fe，D为浓盐酸，E为MnO2，F为NaOH，G为H2，H为FeCl2，I为Cl2，K为Fe(OH)2，L为FeCl3，M为O2，N为Fe(OH)3；(1)L为FeCl3，故答案为FeCl3；(2)A为H2O，电子式为，故答案为；(3)根据图示，反应②为实验室制备氯气的反应，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故答案为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；(4)根据图示，反应③为氢氧化亚铁的氧化反应，反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O==4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。【点睛】本题考查了无机综合推断。本题的突破口为：N为红褐色沉淀；I为黄绿色气体。难点为B的判断，要借助于F的焰色反应为黄色，结合质量守恒判断B中含有钠元素。24、SiNaPNHNO3NaOHNeF26四Ⅷd12【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。【详解】(1)由上述分析可知，A为Si、B为Na、C为P、D为N；(2)非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性N＞P＞Si，酸性最强的是HNO3，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性Na最强，碱性最强的是NaOH；(3)同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，所以第一电离能最大的元素是Ne，周期自左而右，电负性增大，故电负性最大的元素是F；(4)E为Fe元素，E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故核电荷数是26，Fe在周期表中处于第四周期Ⅷ族，在周期表中处于d区；(5)D为氮元素，原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有3个未成对电子，故氮气的电子式为：，该分子中有1个σ键，2个π键。【点睛】本题重点考查元素推断和元素周期律的相关知识。本题的突破点为A的原子结构示意图为，可推出A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强；同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，同周期自左而右，电负性逐渐增大。25、浓硫酸浓硝酸水浴加热冷凝回流苯和硝酸，提高反应物的利用率【分析】(1)配制混合酸时应将浓硫酸加入浓硝酸中，并不断振荡，以防止溅出伤人；(2)图中给反应物加热的方法是水浴加热，水浴加热便于控制温度，受热均匀；(3)由于苯、硝酸均易挥发，故利用长导管可以冷凝回流苯和硝酸，使之充分反应；(4)苯与浓硝酸在浓硫酸、加入条件下发生取代反应生成硝基苯与水；据此分析解题。【详解】(1)配制混合酸时应将密度大的浓硫酸加入到密度小的浓硝酸中去，配制混合酸时应将浓硫酸加入浓硝酸中，并不断振荡，以防止溅出伤人，故答案为：浓硫酸；浓硝酸；(2)图中给反应物加热的方法是水浴加热，水浴加热便于控制温度，受热均匀，故答案为：水浴加热；(3)由于苯和硝酸均易挥发，导致其利用率降低，利用长导管可以进行冷凝回流，使苯与硝酸充分反应以提高其利用率，故答案为：冷凝回流苯和硝酸，提高反应物的利用率；(4)苯与浓硝酸在浓硫酸、加入条件下发生取代反应生成硝基苯与水，反应方程式为：，故答案为：。26、酸式碱式滴定管、锥形瓶、烧杯淀粉当滴入最后一滴I2标准液，溶液颜色由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色18.1018.1%偏大【解析】(1)根据碘水显酸性分析判断，结合滴定的操作步骤分析需要的仪器；(2)根据碘单质的特征性质来分析选择指示剂，根据题意反应的方程式为N2H4+2I2═N2+4HI，根据反应后的产物判断终点现象；(3)滴定管的读数是由上而下标注的，根据图示解答；(4)根据反应的方程式列式计算；结合c(待测)=c(标准【详解】(1)碘水显酸性，且能够橡胶中的碳碳双键发生加成反应，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中；滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯，故答案为：酸式；碱式滴定管、锥形瓶、烧杯；(2)用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量，滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I－，依据碘单质特征性质，应选择淀粉为滴定指示剂，滴定终点的现象为：当加入最后一滴标准溶液时，锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：淀粉溶液；当加入最后一滴I2标准溶液时，锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；(3)根滴定前后液面的图示，初始读数为0.00mL，终点读数为18.10mL，所用I2标准液的体积为18.10mL，故答案为：18.10；(4)消耗的碘的物质的量=0.01810L×0.2000mol/L=0.003620mol，根据N2H4+2I2═N2+4HI，水合肼(N2H4·H2O)的物质的量为0.001810mol×250mL25mL=0.01810mol，样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数=0.01810mol×50g/mol5.000g×100%=18.1%；若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，导致消耗的碘水的体积偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)可知，测得样品中水合肼(N27、新煮沸并冷却的蒸馏水胶头滴管甲溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色94.8%A【分析】（1）配制一定物质的量浓度溶液溶解样品时用新煮沸并冷却的蒸馏水，配制过程中将溶质溶解冷却至室温后转移溶液至容量瓶中，然后加入蒸馏水至离容量瓶刻度线1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相平；（2）①具有氧化性，用酸式滴定管盛放；②滴定到终点时，碘单质完全反应，溶液由蓝色到无色且半分钟内不能恢复原来的颜色；（3）①依据，得关系式进行计算。【详解】（1）由于硫代硫酸钠具有还原性，故配制一定物质的量浓度溶液溶解样品时用新煮沸并冷却的蒸馏水，配制过程中将溶质溶解冷却至室温后转移溶液至容量瓶中，然后加入蒸馏水至离容量瓶刻度线1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相平；（2）①具有氧化性，用酸式滴定管盛放，选仪器甲；②滴定终点时溶液的颜色变化是溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色；（3）①据，得关系式，n（）===mol，样品中的质量分数为=94.8%；②A．盛装硫代硫酸钠样品溶液的滴定管没有润洗，直接盛放硫代硫酸钠溶液，使所耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，使测定结果偏低；B．锥形瓶中残留少量水，不影响滴定结果；C．读数时滴定前仰视，滴定后俯视，使硫代硫酸钠溶液体积偏低，样品总质量是10.0g，使测定结果偏高；故答案为：A。28、使两个烧瓶的起始