2026届广东省中山一中、仲元中学等七校化学高二第一学期期中经典模拟试题含解析

2026届广东省中山一中、仲元中学等七校化学高二第一学期期中经典模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、某元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2XO3。这种元素的气态氢化物的化学式是（）A．HX B．H2X C．XH3 D．XH42、下列关于有机化合物的叙述不正确的是A．丙烷跟甲烷一样能与氯气发生取代反应B．1mol乙酸与1mol乙醇在一定条件下发生酯化反应，可生成1mol乙酸乙酯C．CH2Cl2只有一种空间结构，说明甲烷是正四面体结构而不是平面正方形结构D．溴水既可鉴别乙烷与乙烯，又可除去乙烷中的乙烯3、在同温同压下，下列各组热化学方程式中ΔH1>ΔH2的是A．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH2B．S(g)+O2(g)=2SO2(g)ΔH1S(s)+O2(g)=2SO2(g)ΔH2C．C(s)+1/2O2（g）=CO(g)ΔH1C(s)+O2（g）=CO2(g)ΔH2D．2C(s)+2O2(g)＝2CO2(g)△H1，2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2；4、下列关于卤代烃的叙述正确的是（）A．所有卤代烃都是难溶于水，密度比水大的液体B．所有卤代烃在适当条件下都能发生消去反应C．所有卤代烃都含有卤原子D．所有卤代烃都是通过取代反应制得的5、已知苯和一卤代烷在催化剂的作用下可生成苯的同系物：在催化剂的作用下，由苯和下列各组物质合成乙苯，最好应选用的是（）A．CH3CH3和ClB．CH2=CH2和Cl2C．CH2=CH2和HClD．CH3CH3和HCl6、室温下，如图为用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定10mL一定物质的量浓度的盐酸X的图象，依据图象推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的ABCDX/mol·L-10.120.090.040.03Y/mol·L-10.040.030.120.09A．A B．B C．C D．D7、在密闭容器中投入足量CaC2O4，在T℃发生反应：CaC2O4(s)CaO(s)+CO2(g)+CO(g)，达到平衡测时得c(CO)=amol·L-1。保持温度不变，压缩体积至原来的一半，达到新平衡时测得c(CO2)为A．0.5amol·L-1 B．amol·L-1C．1.5amol·L-1 D．2amol·L-18、下列说法正确的是A．环己烷与苯可用酸性KMnO4溶液鉴别B．淀粉和纤维素互为同分异构体C．植物油氢化过程中发生了加成反应D．水可以用来分离溴苯和苯的混合物9、在溶液中，反应A＋2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始状态均为c(A)＝0.100mol·L－1、c(B)＝0.200mol·L－1、c(C)＝0mol·L－1。在三种条件下，反应物A的浓度随时间的变化如图所示。下列说法中正确的是A．反应的平衡常数：①<②B．反应A＋2BC的ΔH>0C．实验②平衡时B的转化率为60%D．实验③平衡时c(C)＝0.040mol·L－110、下列各反应中，反应类型与其他反应不同的是（）A．甲烷与氯气混合后光照B．以苯为原料制备溴苯C．由1，2-二溴乙烷制备1，2-乙二醇D．一定条件下甲苯转化为苯甲酸11、化学在抗击新冠肺炎中起到了重要作用。下列叙述错误的是A．医用消毒剂使用的酒精浓度在75%(体积分数)左右消毒效果最佳B．免洗洗手液的有效成分活性银离子能使蛋白质变性C．传播新冠病毒的气溶胶分散质粒子直径大小在1nm~100nm之间D．制作口罩的熔喷布能100%挡住新冠病毒12、下列说法不正确的的是（）A．含1molHCl的稀盐酸与稀NaOH完全中和，放出57.3kJ热量，则含1molCH3COOH的稀醋酸与稀NaOH溶液充分反应放出的热量小于57.3kJB．工业上用氮气和氢气合成氨时，常采用铁触媒作催化剂，以提高氢气的转化率C．水的离子积常数Kw与水的电离平衡常数Ka是两个不同的物理量D．已知反应：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，平衡常数K=2×1081。由于K>105，所以该反应正向进行得基本完全13、H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，1molH2完全反应放出akJ热量。已知：(a、b、c均大于零)。下列说法不正确的是A．反应物的总能量高于生成物的总能量B．断开1molH—H键和1molI—I键所需能量大于断开2molH—I键所需能量C．断开2molH—I键所需能量约为(c+b+a)kJD．向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应放出的热量小于2akJ14、短周期元素X、Y、Z的位置如图所示，已知Y、Z两元素原子序数之和是X原子序数的4倍。X、Y、Z三元素的元素符号是A．N、Si、S B．O、P、ClC．F、S、Ar D．C、Al、P15、下列有关认识正确的是()A．各能层的能级数按K、L、M、N分别为1、2、3、4B．各能层的能级都是从s能级开始至f能级结束C．各能层含有的能级数为n－1D．各能层含有的电子数为2n216、以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是A．He B． C．1s2 D．17、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．18、能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)＞c(OH－)的操作是A．向水中投入一小块金属钠B．将水加热煮沸C．向水中通入二氧化硫气体D．向水中加硫酸钠晶体19、下列各组试剂中，仅使用高锰酸钾酸性溶液就可鉴别的一组是（）A．己烷、1-己烯、1-己炔 B．乙醇、苯、四氯化碳C．聚乙烯、聚氯乙烯、聚四氟乙烯 D．己烷、苯、甲苯20、下列各组物质的熔点均与所含化学键有关的是A．CaO与CO2 B．NaCl与HCl C．MgCl2与Si D．Cl2与I221、高炉炼铁的主要反应为：CO(g)+Fe2O3(s)CO2(g)+Fe(s)已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：温度/℃100011501300平衡常数4.03.73.5下列说法正确的是A．增加Fe2O3固体可以提高CO的转化率B．该反应的ΔH<0C．减小容器体积既能提高反应速率又能提高平衡转化率D．容器内气体密度恒定时，不能标志反应达到平衡状态22、已知CsCl晶体的密度为，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs+的核间距为acm，如图所示，则CsCl的摩尔质量可以表示为（单位：g/mol）A． B． C． D．二、非选择题(共84分)23、（14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________________________________________。24、（12分）有一化合物X，其水溶液为浅绿色，可发生如下的转化关系(部分反应物、生成物已略)。其中B、D、E、F均为无色气体，M、L为常见的金属单质，C为难溶于水的红褐色固体。在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，H和M反应可放出大量的热。请回答下列问题：（1）B的电子式为____________。（2）电解混合液时阳极反应式为_______________________。（3）写出L长期放置在潮湿空气中的腐蚀原理：负极：___________________________________。正极：___________________________________。总反应：______________________________________________________。（4）已知agE气体在D中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出bkJ的热量，写出E气体燃烧热的热化学方程式为___________________________。25、（12分）I.现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用。某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理(如图1所示)，并测定电离平衡常数Kb。（1）实验室可用浓氨水和X固体制取NH3，X固体可以是_____。A．生石灰B．无水氯化钙C．五氧化二磷D．碱石灰（2）检验三颈瓶集满NH3的方法是：_____。（3）关闭a，将带有装满水的胶头滴管的橡皮塞塞紧c口，_________，引发喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内气压变化曲线如图2所示。图2中_____点时喷泉最剧烈。（4）量取收集到的氨水20.00mL，测得pH=11.0。不断滴加0.05000mol/L盐酸，当盐酸体积为22.50mL时恰好完全反应。计算NH3•H2O电离平衡常数Kb的近似值，Kb≈_____。II.已知1molSO2(g)氧化为1molSO3的ΔH=-99kJ·mol-1请回答下列问题：（1）已知单质硫的燃烧热为296kJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH=_____。（2）在量热计中（如图）将100mL0.50mol/L的CH3COOH溶液与100mL0.55mol/LNaOH溶液混合，温度从298.0K升高到300.7K。已知量热计的热容常数（量热计各部件每升高1K所需要的热量）是150.5J/K，溶液密度均为1g/mL，生成溶液的比热容c=4.184J/(g·K)。则CH3COOH的中和热ΔH=_____。（3）CH3COOH的中和热的文献值为-56.1kJ/mol，你认为（1）中测得的实验值偏差可能的原因是（填二点）_____。26、（10分）用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH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用品是_______。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_________。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_______(填“偏大、偏小、无影响”)（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热_______(填“相等、不相等”),简述理由________。（5）用相同浓度和体积的氨水（NH3·H2O）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”、“无影响”）。27、（12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_________________________。28、（14分）已知可逆反应：M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)△H＞0；请回答下列问题：（1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)＝1mol·L－1，c(N)＝2.4mol·L－1，达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为___；（2）若反应温度升高，M的转化率__(填“增大”“减小”或“不变”)；（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)＝4mol·L－1，c(N)＝amol·L－1；达到平衡后，c(P)＝2mol·L－1，a＝__。29、（10分）太阳能电池的发展趋向于微型化、薄膜化。最新产品是铜镓(Ga)硒(Se)等化合物薄膜太阳能电池和Si系薄膜太阳能电池。完成下列填空：（1）Cu＋基态时的电子排布式_________；1mol配合离子[Cu(NH3)2]+中，含有σ键数目为__________。（2）已知硼元素与镓元素处于同一主族，BF3分子的空间构型为_____。（3）与硒同周期相邻的元素为砷和溴，则这三种元素的第一电离能从大到小顺序为_______（用元素符号表示），H2Se的沸点比H2O的沸点低，其原因是___________。（4）单晶硅的结构与金刚石结构相似，若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子不成键，则得如图所示的金刚砂结构；在晶体中，每个Si原子周围最近的C原子数目为_____。

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【详解】X元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO3，则X的最高正价为+4价，说明X原子最外层有4个电子，最低化合价为−4价，形成的氢化物为XH4，答案选D。【点睛】根据最高价氧化物对应的水化物的化学式可知元素的最高正价，根据最高正价与最低负价的绝对值之和等于8，则可知最低负价。2、B【解析】A、烷烃分子结构相似,具有相同的化学性质；

B、酸和醇的酯化反应是可逆反应；

C、根据甲烷的结构类比二氯甲烷的结构；

D、根据乙烷和乙烯是否和溴水反应判断。【详解】A、烷烃分子结构相似，为同系物，具有相同的化学性质，即丙烷也能发生取代反应，故A正确；

B、乙酸和乙醇的酯化反应是可逆反应，所以1mol乙酸与乙醇在一定条件下发生酯化反应,不能生成1mol乙酸乙酯,故B错误；

C、甲烷是正四面体结构，二氯甲烷是甲烷中的两个氢原子被氯原子取代而生成的，二氯甲烷是纯净物说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构，故C正确；

D、乙烷较稳定，和溴水不反应，乙烯较活泼能和溴水发生加成反应，故D正确；综上所述，本题选B。3、C【分析】比较△H，注意△H是有正负号，吸热反应的△H大于放热反应的△H，放热反应△H的大小比较，放出热量越多，△H越小。【详解】A、该反应为放热反应，△H<0，气态水→液态水放出热量，等质量H2生成液态水放出的热量大于生成气态水放出的热量，即△H1<△H2，故A不符合题意；B、该反应为放热反应，固态硫→气态硫吸收热量，气态硫生成SO2放出的热量大于固态硫燃烧放出的热量，即△H1<△H2，故B不符合题意；C、该反应为放热反应，C→CO放出的热量低于C→CO2的热量，即△H1>△H2，故C符合题意；D、根据C选项分析，△H2>△H1，故D不符合题意。4、C【详解】A.所有卤代烃都是难溶于水的，但是，卤代烃的密度不一定比水大，也不全是液体，例如，一氯甲烷就是气体，A不正确；B.不是所有的卤代烃在适当条件下都能发生消去反应，只有与官能团相连的碳原子的邻位碳原子上有H原子的才能发生消去反应，B不正确；C.卤代烃的官能团就是卤素原子，故所有卤代烃都含有卤原子，C正确；D.并非所有卤代烃都是通过取代反应制得的，有些也可以通过加成反应制得，D不正确。综上所述，关于卤代烃的叙述正确的是C。5、C【解析】试题分析：由CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，结合信息可知，苯与氯乙烷发生取代反应合成乙苯，只有选项C中可得到纯净的氯乙烷，故选C。【考点定位】考查有机物的合成【名师点晴】注意把握官能团与性质的关系，明确信息及乙烯的加成反应特点是解答的关键，由可知，合成乙苯需要苯和氯乙烷，而氯乙烷可利用乙烯与HCl加成反应制取，以此来解答。6、D【解析】观察图知，当NaOH溶液的体积为30mL时正好中和，根据c1V1＝c2V2，V1∶V2＝10mL∶30mL＝1∶3，则c1∶c2＝3∶1，故B、C选项被排除。又由于加入20mLNaOH时，溶液pH已达到2，设HCl的物质的量浓度为3c，NaOH物质的量浓度为c，则＝10－2mol·L－1，c＝0.03mol·L－1。7、B【详解】温度不变，平衡常数不变，即K===不变，增大压强该反应平衡左移后，CO和CO2浓度不变，仍为a

mol·L-1。8、C【详解】A．环己烷不与酸性KMnO4溶液反应，苯也不与酸性高锰酸钾溶液反应，所以不能用该方法鉴别环己烷与苯，A错误；B．淀粉和纤维素的聚合度不同，造成它们的分子量不等，所以不是同分异构体，B错误；C．组成植物油的高级脂肪酸为不饱和酸，含有碳碳双键，氢化过程为植物油与氢气发生加成反应，属于还原反应，C正确；D．溴苯和苯属于有机物，二者混溶，且二者均不溶于水，所以不能用水来分离溴苯和苯的混合物，D错误；综上所述，本题选C。9、B【解析】试题分析：对比实验①和②，达到平衡时反应物A的浓度相同，故平衡常数相同，A错误；反应速率增大，可能是升高温度或增大压强，但如是增大压强，减小容器的体积虽然平衡向正反应方向移动，但A的平衡浓度反而增大，不符合图象，则应为升高温度．因③温度升高，化学平衡向吸热的方向移动，平衡时A的浓度减小，说明正反应方向吸热，故B正确；根据A+2BC初始（mol/L）0.10.20转化（mol/L）0.040.080.04平衡（mol/L）0.060.120.04所以平衡时B的转化率为0.08/0.2=0.4，C错误；根据A+2BC初始（mol/L）0.10.20转化（mol/L）0.060.120.06平衡（mol/L）0.040.080.06平衡时C的浓度为0.06mol/L，D错误．考点：考查化学平衡常数的影响因素及化学平衡的计算10、D【详解】甲烷与氯气混合后光照、以苯为原料制备溴苯、由1，2-二溴乙烷制备1，2-乙二醇都为取代反应，一定条件下甲苯转化为苯甲酸为氧化反应，与其他反应的反应类型不同，故答案选D。11、D【详解】A．乙醇(酒精)作为消毒剂使用时，常用浓度是75%，低于75%,达不到杀菌目的，高于75%,又会使细菌表面的蛋白质迅速凝固而妨碍酒精向内渗透，也会影响杀菌效果，故A正确；B．免洗洗手液的有效成分活性银离子属于重金属盐离子，能使蛋白质变性，故B正确；C．根据胶体的特征，传播新冠病毒的气溶胶分散质粒子直径大小在1nm~100nm之间，故C正确；D．新冠病毒通过飞沫传播，而飞沫的直径比病毒大，制作口罩的熔喷布能有效阻挡颗粒较大的含有新冠病毒的气溶胶飞沫，但无法挡住新冠病毒，故D错误；答案选D。12、B【详解】A.含1molHCl的稀盐酸与稀NaOH完全中和，放出57.3kJ热量，含1molCH3COOH的稀醋酸与稀NaOH溶液充分反应，由于醋酸电离需吸热，放出的热量小于57.3kJ，A正确；B.催化剂能够增大反应速率，但不影响平衡，故不能提高氢气的转化率，B错误；C.Kw=c(H2O)Ka，故水的离子积常数Kw与水的电离平衡常数Ka是两个不同的物理量，C正确；D.平衡常数越大，正反应的趋势越强，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，平衡常数K=2×1081所以该反应正向进行得基本完全，D正确；答案选B。13、B【详解】A.放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量。该反应放热，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，A选项正确；B.该反应放热，说明反应物断键吸收的能量低于形成生成物成键放出的能量，而同一化学键断开吸收的能量和形成放出的能量相等，所以，断开1molH—H键和1molI—I键所需能量总和小于断开2molH—I键所需能量，B选项错误；C.反应放出的热约为成键放出的能量减去断键吸收的能量：akJ=断开2molH—I键所需能量-bkJ-ckJ，所以，断开2molH—I键所需能量约为(c+b+a)kJ，C选项正确；D.该反应是可逆反应，向密闭容器中加入2molH2和2molI2，反应的H2小于2mol，所以，充分反应放出的热量小于2akJ，D选项正确；答案选B。【点睛】放热反应反应物的能量大于生成物的能量，忽略其他形式的能量，反应放出的热等于反应物的能量减去生成物的能量，也等于得到生成物成键放出的热减去反应物断键吸收的能量。14、B【详解】由短周期元素X、Y、Z的位置可知，X处于第二周期，T、Z处于第三周期，设X的原子序数为知x，则Y的原子序数为x+7，Z的原子序数为x+9，Y、Z两元素的原子序数之和是X原子序数的4倍，故x+7+x+9=4x，解得x=8，故X为O元素、Y为P元素、Z为Cl元素；答案选B。15、A【解析】A项、各能层的能级数按K、L、M、N分别为1、2、3、4，故A正确；B项、各能层的能级都是从s能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等，所以有的能层不含f能级，故B错误；C项、各能层含有的能级数与其能层数相等为n，故C错误；D项、各能层最多含有的电子数为2n2，但最外层不能超过8个电子，次外层不能超过18个电子，倒数第三层不能超过32个电子，故D错误。故选A。【点睛】本题考查了电子的排布、能层和能级的关系等知识点，根据构造原理来分析解答即可。16、D【详解】A项只能表示最外层电子数；B项只表示核外的电子分层排布情况；C项具体到亚层的电子数；D项包含了电子层数、亚层数以及轨道内电子的自旋方向；D项描述最详尽，答案选D。17、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。【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。18、C【详解】A．向水中加入钠，Na与H2O反应生成NaOH，影响水的电离平衡，使c(OH-)＞c(H+)，A项错误；B．加热使电离平衡右移，c(H+)、c(OH-)同等倍数增大，B项错误；C．通入SO2，二氧化硫溶于水形成亚硫酸，溶液中的c(H+)＞c(OH-)，酸对水的电离起抑制作用，C项正确；D．向水中加硫酸钠晶体，硫酸钠为强酸强碱盐，对水的电离无影响，D项错误。答案选C。19、B【详解】A.1-己烯和1-己炔都含有不饱和键，都能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，不能鉴别，故A错误；B.苯与酸性高锰酸钾不反应，乙醇与酸性高锰酸钾溶液的反应现象为高锰酸钾溶液逐渐由紫红色变为无色，酸性高锰酸钾溶液的密度接近于水的密度，而四氯化碳的密度比水大，分层且在下层，能鉴别，故B错误；C.聚乙烯、聚氯乙烯、聚四氟乙烯不含有不饱和键，都不能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，不能鉴别，故C错误；D.己烷、苯与酸性高锰酸钾都不反应，不能鉴别，故D错误；正确答案是B。【点睛】和酸性高锰酸钾反应的物质：有机方面：含有碳碳双键，三键或醛基的有机物，醇，酚或取代苯（如甲苯）等；无机方面：还原性物质如：SO2，弱氧化性物质如：H2O2。20、C【解析】A.CaO是离子化合物，含有离子键，熔化断裂的是离子键；CO2是共价化合物，含有共价键，由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，熔化破坏的是分子间作用力，与化学键无关，A错误；B.NaCl是离子键结合而成的离子晶体，熔化断裂的是离子键，而HCl分子是由共价键结合而成的分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，熔化破坏的是分子间作用力，与化学键无关，B错误；C.MgCl2是由离子键结合而成的离子晶体，熔化破坏的是离子键；晶体Si是由原子通过共价键结合而成的原子晶体，熔化断裂的是共价键，C正确；D.Cl2与I2都是分子晶体，熔化破坏的是分子间作用力，而分子内的化学键是共价键，二者不相同，D错误；故合理选项是C。21、B【详解】A．Fe2O3是固体，增加固体的量平衡不移动，不会提高CO的转化率，A项错误；B．根据表格提供的数据，升高温度，K值减小，所以该反应为放热反应，则ΔH<0，B项正确；C．该反应是气体体积不发生变化的可逆反应，所以减小容器的体积，平衡不移动，所以不会提高平衡转化率，C项错误；D．根据p=m/V，体积不变，随着反应的进行，气体的质量发生变化，即气体的密度发生变化，当气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态，D项错误；答案选B。22、A【分析】利用均摊法确定该立方体中含有的离子的数目，根据计算相对分子质量。【详解】根据均摊法可知，该立方体中含有Cl-1个，含Cs+8×=1个，根据可得M==，因此相对分子质量为；答案选A。二、非选择题(共84分)23、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。【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↓【点睛】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。24、4OH－－4e－=O2↑＋2H2OFe–2e-=Fe2+O2+2H2O+4e-=4OH-2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2H2(g)＋O2(g)=H2O(l)；ΔH＝－kJ·mol－1【分析】M、L为常见的金属单质，H和M反应可放出大量的热，该反应为铝热反应，则M为Al，L为Fe；C为难溶于水的红褐色固体，则C为Fe(OH)3，H为Fe2O3，然后结合转化关系图可知，A为Fe(OH)2，x的水溶液为浅绿色，混合液中含有硫酸钠和过量的氢氧化钠，向其中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，沉淀为硫酸钡，B、D、E、F均为无色气体，B应为氨气，则X为(NH4)2Fe(SO4)2；电解硫酸钠溶液生成E为H2，D为O2，氨气与氧气反应生成F为NO，NO、氧气、水反应生成G为硝酸，，然后结合物质的性质及化学用语来解答。【详解】根据分析得：（1）B为氨气，其电子式为，答案为：；（2）电解硫酸钠和氢氧化钠的混合液时，阳极上氢氧根离子放电，电极反应式为40H－－4e－=O2↑＋2H2O，答案为40H－－4e－=O2↑＋2H2O；（3）在潮湿的环境中，不纯的铁（含碳）形成了铁-氧气-水无数个微小的原电池，发生了吸氧腐蚀，由此知铁作负极，发生的电极反应式为：Fe–2e-=Fe2+，正极发生的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应式为：2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2（4）agH2气体在O2中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出bkJ的热量，则1molE燃烧放出热量，则热化学反应为H2(g)＋O2(g)=H2O(l)；ΔH＝－kJ·mol－1，答案为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l)；ΔH＝－kJ·mol－1【点睛】注意抓住有色物质的性质推断出各物质，本题难溶于水的红褐色固体为Fe2O3；注意在潮湿的环境中，不纯的铁（含碳）形成了铁-氧气-水无数个微小的原电池，发生了吸氧腐蚀；燃烧热是指在25℃、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，注意热化学方程式的书写。25、AD将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH3已收满打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶C1.8×10‾5-1185kJ/mol-53.3kJ/mol①量热计的保温瓶效果不好；②酸碱溶液混合不迅速；③温度计不够精确等【解析】I.（1）浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，而无水氯化钙、五氧化二磷都能够与氨气反应，所以不能用来制氨气；答案选AD；（2）检验三颈瓶集满NH3的方法是：将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH3已收满；（3）要形成喷泉实验，应使瓶内外形成负压差，而氨气极易溶于水，所以打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶，氨气溶于水，使瓶内压强降低，形成喷泉；三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，故答案为打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶；C；（4）设氨水的物质的量浓度为c，则：c×20mL=0.05000mol/L×22.40mL，解得c（NH3•H2O）=0.056mol/L，弱电解质电离平衡常数Kb=，pH=11的氨水中c（OH-）=0.001mol/L，c（OH-）≈c（NH4+）=0.001mol/L，则：Kb===1.8×10-5；II.（1）已知单质硫的燃烧热为296kJ/mol，是指1mol硫完全燃烧生成稳定氧化物二氧化硫时放出的热量，则硫燃烧的热化学方程式为：①S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝－296kJ/mol；二氧化硫催化氧化为三氧化硫的热化学方程式为：②2SO2（g）+O2（g）＝2SO3（g）△H＝－198kJ/mol；依据盖斯定律计算得到①×2+②，即2S（s）+3O2（g）＝2SO3（g），所以△H＝[-296×2+（-198）]＝－790kJ/mol，所以3molS（s）生成3molSO3（g）的焓变＝＝－1185kJ/mol；（2）醋酸和氢氧化钠的物质的量分别是0.05mol和0.055mol，生成水的物质的量是0.05mol。反应中放出的热量是（300.7K－298.0K）×4.18J/(g·K)×200g＋（300.7K－298.0K）×150.5J/K＝2663.55J，则CH3COOH的中和热ΔH＝＝－53.3kJ/mol；（3）CH3COOH的中和热的文献值为－56.1kJ/mol，即测定结果偏低.这说明反应中由热量损失，所以可能的原因有①量热计的保温瓶效果不好；②酸碱溶液混合不迅速；③温度计不够精确等。【点睛】本题考查了氨气的制备和喷泉实验的设计、电离常数的计算，反应热的计算等，明确喷泉实验原理和氨气的性质是解题关键，注意电离平衡常数表达式的书写，题目难度中等。26、环形玻璃搅拌器减少实验过程中的热量损失；偏小相等因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关偏小。【分析】根据中和热是酸和碱反应生成1mol水时放出的热量和中和热测定实验进行分析解答本题。【详解】(1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故答案为：环形玻璃搅拌器；

(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纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；

(3)大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会偏小，故答案为：偏小；

(4)因为中和热是酸和碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关；(5)稀的强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量为57.3kJ，氨水为弱碱的溶液，弱碱的电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故答案为：偏小。27、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