2026届贵州省六盘水市盘县第四中学化学高二第一学期期中学业质量监测试题含解析

2026届贵州省六盘水市盘县第四中学化学高二第一学期期中学业质量监测试题请考生注意：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、用于净化汽车尾气的反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)，已知该反应速率极慢，570K时平衡常数为1×1059。下列说法正确的是A．装有尾气净化装置的汽车排出的气体中一定不再含有NO或COB．提高尾气净化效率的常用方法是升高温度C．提高尾气净化效率的最佳途径是研制高效催化剂D．570K时该反应正向进行的程度很大，故使用催化剂并无实际意义2、肯定属于同族元素且性质相似的是()A．原子核外电子排布式：A为1s22s2，B为1s2B．结构示意图：A为，B为C．A原子基态时2p轨道上有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道上也有1个未成对电子D．A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子3、下列物质分类组合正确的是ABCD强电解质CaCO3FeCl3H3PO4NaOH弱电解质HFCH3COOHBaSO4Na2S非电解质CCl4CuH2OC2H5OHA．A B．B C．C D．D4、在某温度时，将nmol/L氨水滴入10mL1.0mol/L盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是()A．a点Kw=1.0×10-14B．水的电离程度:b>c>a>dC．b点:c(NH4+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)D．25℃时，NH4Cl水解常数为(n-1)×10-7(用n表示)5、下列描述中正确的是A．CS2为空间构型为V形的极性分子B．双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键C．氢原子电子云的一个小黑点表示一个电子D．HCN、SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化6、元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的性质具相似性，这种规律被称为“对角线规则”。下列叙述不正确的是A．Li在N2中燃烧生成Li3N B．Li在空气中燃烧生成Li2O2C．可用NaOH溶液分离Mg(OH)2和Be(OH)2 D．硼酸钠溶液显碱性7、下列离子方程式表示的是盐类的水解且正确的是()A．HS－＋H2OH3O＋＋S2－B．HS－＋H＋===H2SC．CO32-＋2H2OH2CO3＋2OH－D．Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋8、常温时，pH=14和pH=10的两种NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(H+)约为A．pH>7B．pH=7C．pH<7D．无法确定9、可逆反应aA(s)+bB(g)cC(g)+dD(g)，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度(T)、压强(p)的关系如图所示，以下正确的是（）A．T1>T2，正反应放热B．Tl<T2，正反应吸热C．P1>P2，a+b>c+dD．Pl＜P2，b=c+d10、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．28g氮气含有的分子数为NAB．标准状况下，22.4LH2O中含有的水分子数为NAC．1mol铁与足量的稀盐酸反应，生成22.4L的H2D．0.5mol/LFe2(SO4)3溶液中，SO42-的数目为1.5NA11、乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯水化法生产，反应的化学方程式如下：C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)，下图为乙烯的平衡转化率与温度(T)、压强(p)的关系[起始n(C2H4)∶n(H2O)＝1∶1]。下列有关叙述正确的是()A．Y对应的乙醇的物质的量分数为B．X、Y、Z对应的反应速率：v(X)>v(Y)>v(Z)C．X、Y、Z对应的平衡常数数值：KX<KY<KZD．增大压强、升高温度均可提高乙烯的平衡转化率12、下列说法不正确的是A．SiO2硬度大的原因与Si、O原子之间的成键方式及排列方式有关B．乙醇沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关C．冰醋酸溶于水时只破坏分子间作用力D．MgO熔点高达是因为其中的离子键较难被破坏13、相同物质的量的镁和铝分别与足量的盐酸反应，所生成的氢气在标准状况下的体积比是A．1:1 B．2:1 C．1:2 D．2:314、下列说法中正确的是（）A．凡吸热反应均需在加热条件下才能发生B．已知石墨比金刚石稳定，则反应C(石墨，s)→C(金刚石，s)为吸热反应C．相同条件下，如果1mol氧原子所具有的能量为E1，1mol氧分子所具有的能量为E2，则2E1=E2D．对于反应：①S(g)+O2(g)═SO2(g)；②S(s)+O2(g)═SO2(g)，当等质量硫单质参与反应时，放出热量：①＜②15、下表为某有机物与各种试剂反应的现象，则这种有机物可能是()试剂钠溴水NaHCO3现象放出气体褪色不反应A．CH2==CHCOOH B．CH2==CH2C．CH3COOCH2CH3 D．CH2==CH－CH2OH16、根据热化学方程式：S(l)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-293.23kJ·mol-1，分析下列说法中正确的是A．1mol固体S单质燃烧放出的热量大于293.23kJB．1mol气体S单质燃烧放出的热量小于293.23kJC．1molSO2(g)的键能的总和大于1molS(l)和1molO2(g)的键能之和D．1molSO2(g)的键能的总和小于1molS(l)和1molO2(g)的键能之和17、已知：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41kJ·mol－1。相同温度下，在容积相同的两个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应。相关数据如下：下列说法中，不正确的是()A．容器①中反应达平衡时，CO的转化率为80%B．容器①中CO的转化率等于容器②中CO2的转化率C．平衡时，两容器中CO2的浓度相等D．容器①时CO的反应速率等于H2O的反应速率18、下列图示与对应的叙述不相符的是A．图甲表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的ΔH＜0B．图乙表示的反应是吸热反应，该图表明催化剂不能改变化学反应的焓变C．图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，则P乙>P甲D．图丁表示反应：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH＜0，在其他条件不变的情况下，改变起始物CO的物质的量对此反应平衡的影响，则有T1＞T2，平衡常数K1＞K219、下列变化属于吸热反应的是①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰跟水反应生成熟石灰A．①④B．②③C．①④⑤D．②④20、下列各组物质中不管以何种比例混合，只要总质量一定，充分燃烧后生成的二氧化碳的量不变的是()A．乙炔和乙烯B．乙醇和丙醇C．乙醇和乙醚(C2H5OC2H5)D．甲醛和乙酸21、乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物：下列说法正确的是（）A．正四面体烷的分子式为C4H8 B．正四面体烷二氯取代产物有1种C．环辛四烯核磁共振氢谱有2组峰 D．环辛四烯与苯互为同系物22、将4molA气体和2molB气体在2L的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A(g)＋B(g)2C(g)；△H＜0。4s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6mol·L－1。下列说法中，正确的是A．当A、B、C物质的量浓度之比为2︰1︰2时，反应即达到平衡状态B．4s内用物质B表示的反应速率为0.075mol•L－1•s－1C．达平衡后若通入一定量氦气，A的转化率降低D．达平衡后若升高温度，C的浓度将增大二、非选择题(共84分)23、（14分）含有C、H、O的某个化合物，其C、H、O的质量比为12：1：16，其蒸气对氢气的相对密度为58，它能与小苏打反应放出CO2，也能使溴水褪色，0.58g

这种物质能与50mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液完全反应。试回答：(1)该有机物的分子式为________。(2)该有机物可能的结构简式有_________。24、（12分）A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。（1）E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为_______________________________。（2）元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是____________(用离子符号表示)。（3）用电子式表示化合物D2C的形成过程：_________________。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键类型是_______________________________________________。（4）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为__________________，它与强碱溶液共热，发生反应的离子方程式是______________________。（5）某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，若此反应为分解反应，则此反应的化学方程式为________________________(化学式用具体的元素符号表示)。25、（12分）向炙热的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁。现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验。回答下列问题：（1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为___，B中加入的试剂是___，D中盛放的试剂____。（2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取____，尾气的成分是___，仍用D装置进行尾气处理，存在的问题是____、____。（3）若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，原因可能是____，欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先___，再____。26、（10分）为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取wg固体样品，配成250mL溶液。设计了以下两种实验方案：方案I：取25.00mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液→操作I→洗涤→操作Ⅱ→称量，得到沉淀的质量为m1g方案Ⅱ：取25.00mL上述溶液，用amol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定。(5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O)滴定次数实验数据1234待测溶液体积/mL25.0025.0025.0025.00滴定管初读数/mL0.000.200.100.15滴定管末读数/mL19.9520.2019.1520.20实验中所记录的数据如下表：（1）配制250mLNa2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、药匙和_________、____________。（2）操作I为________操作Ⅱ为____________（3）方案I中如何判断加入的氯化钡已经过量_____________，在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是________________。（4）根据方案Ⅱ所提供的数据，计算Na2SO3的纯度为_________。（5）上述实验中，由于操作错误所引起的误差分析正确的是_________A．方案I中若没有洗涤操作，实验结果将偏小B．方案I中若没有操作Ⅱ，实验结果将偏大C．方案Ⅱ中，滴定管在滴定前无气泡，滴定后出现气泡，实验结果偏小D．方案Ⅱ中，滴定终点时仰视读数，实验结果偏大27、（12分）某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol/L、2.00mol/L，大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格，实验温度为25℃、35℃，每次实验HNO3的用量为25.00mL，大理石用量为10.00g。（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空：实验编号温度(℃)大理石规格HNO3浓度(mol/L)实验目的①25粗颗粒2.00(Ⅰ)实验①和②探究浓度对反应速率的影响；(Ⅱ)实验①和③探究温度对反应速率的影响；(Ⅲ)实验①和④探究________对反应速率的影响②25粗颗粒_______③_______粗颗粒2.00④_________细颗粒______（2）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图。计算实验①中70s～90s范围内用HNO3表示的平均反应速率________(忽略溶液体积变化，不需要写出计算过程)。在O～70、70～90、90～200各相同的时间段里，反应速率最大的时间段是________。28、（14分）已知以下信息：①1molN2的共价键断裂吸收946kJ的能量；1molH2的共价键断裂吸收436kJ的能量；形成1molNH3中的化学键释放1173kJ的能量。②将一定量的N2和H2投入一密闭容器中，在一定条件下进行反应，测得有关数据如下：N2(mol·L－1)H2(mol·L－1)NH3(mol·L－1)起始时3302s末2.61.80.8根据以上相关数据回答问题：(1)用H2表示该反应2s内的平均反应速率为________(2)______(填“能”或“不能”)确认该反应2s末已达化学平衡状态。(3)写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________。(4)氮气和氢气生成氨气的过程______(填“释放”或“吸收”)能量。29、（10分）亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO和Cl2反应得到，化学方程式为2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)。(1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：①2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋NOCl(g)②4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)③2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)设反应①②③对应的平衡常数依次为K1、K2、K3，则K1、K2、K3之间的关系为______________。(2)300℃时，2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)。正反应速率的表达式为v正＝k·cn(NOCl)(k为速率常数，只与温度有关)，测得速率与浓度的关系如表所示：序号c(NOCl)/mol·L－1v/mol·L－1·s－1①0.303.60×10－9②0.601.44×10－8③0.903.24×10－8n＝____________，k＝______________。(3)在1L恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1molCl2(g)，在不同温度下测得c(NOCl)与时间t的关系如图A所示：①反应开始到10min时NO的平均反应速率v(NO)＝_________________mol·L－1·min－1。②T2时该反应的平衡常数K为_______________________。③Cl2的平衡转化率为____________________________。(4)在密闭容器中充入NO(g)和Cl2(g)，改变外界条件（温度、压强、、与催化剂的接触面积），NO的转化率变化关系如图B所示。X代表_______________________。

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、C【详解】A．该反应为可逆反应，不能完全转化，排出的气体中一定含有NO或CO，A错误；B．尾气温度已经很高，再升高温度，反应速率提高有限，且消耗更多能源，意义不大，B错误；C．研制高效催化剂可提高反应速率，解决反应极慢的问题，有利于尾气的转化，C正确；D．570K时该反应正向进行的程度很大，但反应速率极慢，既然升高温度不切实际，应从催化剂的角度考虑，D错误。答案选C。【点睛】化学平衡常数很大，说明反应正向进行的程度大，但不代表着化学反应速率大。2、D【解析】A：前者为Be，后者为He，分处于IIA及0族。B：前者为0族Ne，后者为IA的Na；C：前者为B或F，后者为Al或Cl，不一定是同族元素；D：前者为O，后者为S，均为第ⅥA元素；故选D。3、A【分析】强电解质是指在水溶液中能够完全电离的电解质，强酸、强碱、大多数盐都属于强电解质；弱电解质是指在水溶液中只能部分电离的电解质，弱酸、弱碱、水等都属于弱电解质；非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，如CO2、NH3、C2H5OH等。【详解】强电解质是指在水溶液中能够完全电离的电解质，强酸、强碱、大多数盐都属于强电解质；弱电解质是指在水溶液中只能部分电离的电解质，弱酸、弱碱、水等都属于弱电解质；非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，如CO2、NH3、C2H5OH等。A.CaCO3是强电解质，HF属于弱电解质，CCl4是非电解质，A项正确；B.FeCl3强电解质，CH3COOH是弱电解质，Cu既不是电解质也不是非电解质，B项错误；C.H3PO4属于弱电解质，BaSO4属于强电解质，H2O属于弱电解质，C项错误；D.NaOH属于强电解质，Na2S属于强电解质，C2H5OH属于非电解质，D项错误；答案选A。4、D【解析】A．水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积Kw＜1.0×10-14mol2•L-2，故A错误；B．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，故B错误；C．b点时溶液的pH＜7，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)＞c(NH4+)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，故C错误；D．根据图象可知，25℃时溶液的pH=7，则：c(H+)=c(OH-)=10-7mol•L-1，c(NH4+)=c(Cl-)=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3•H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，则25℃时NH4Cl水解常数为：K==(n-1)×10-7，故D正确；故选D。【点晴】本题考查了酸碱混合的定性判断及离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及水的电离及其影响、酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较、水解平衡常数的计算等知识，D为难点，注意掌握水解平衡常数的表达式及计算方法。5、B【详解】A．CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，为直线形的非极性分子，则CS2的结构为S=C=S，为直线形的非极性分子，故A错误；B．双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键，如H2中只存在σ键，N2中存在σ键和π键，故B正确；C．氢原子的电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少，而不表示具体的电子运动轨迹，故C错误；D．HCN中C原子的价层电子对数=2+(4-1×3-1×1)=2，采用sp杂化；SiF4中Si的价层电子对数=4+(4-1×4)=4，SO32-中S的价层电子对数=3+(6+2-2×3)=4，所以中心原子均为sp3杂化，故D错误；故选B。6、B【解析】A、Li和Mg处于对角线，性质具有相似性，Mg与N2反应生成Mg3N2，则Li与N2反应生成Li3N，故A正确；B、Li在空气燃烧只生成Li2O，故B错误；C、Be和Al处于对角线，氢氧化铝属于两性氢氧化物，Be（OH）2属于两性氢氧化物，能与NaOH反应而溶解，Mg(OH)2与NaOH不反应，向

Mg(OH)2和Be(OH)2的混合物中加入过量NaOH，充分反应后过滤得到Mg（OH）2和Na2BeO2溶液（含过量NaOH），向滤液中通入过量CO2，过滤得到Be（OH）2，故C正确；D、B和Si处于对角线，Na2SiO3的水溶液显碱性，则硼酸钠的水溶液也显碱性，故D正确；答案选B。7、D【分析】盐电离出来的离子结合水电离出来的H+或OH-生成弱电解质的过程是盐类水解，据此解答。【详解】A.HS－水解的方程式为HS－＋H2OOH－＋H2S，HS－＋H2OH3O＋＋S2－表示其电离方程式，A错误；B.HS－＋H＋＝H2S表示HS－与氢离子反应生成硫化氢，B错误；C.碳酸根水解分步进行，以第一步水解为主：CO32-＋H2OHCO3－＋OH－，C错误；D.铁离子水解方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，D正确。答案选D。8、A【解析】pH=10的NaOH溶液中c(0H_)=1×10-4mol/L,pH=14的NaOH溶液中c(0H_)=1mol/L，混合后c(0H_)=(10-4+1)/2=0.5mol/L,则溶液中的c(H+)=KW/c(0H_)=10-14/0.5=2×10-14mol/L，所以pH=-lg(2×10-14)=14-0.3=13.7，pH>7，A正确；

综上所述，本题选A。9、D【解析】当其他条件一定时，反应速率越快，达到平衡所用的时间越短，由图像可知T2＞T1，p2＞p1，结合温度、压强对化学平衡移动的影响分析解答。【详解】当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图像可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的百分含量(C%)越小，说明升高温度平衡逆移，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图像可知p2＞p1；增大压强时B%不变，说明压强对平衡无影响，所以反应前后气体的计量数相等，即b=c+d，根据以上分析可知，D正确，ABC错误，故选D。【点睛】本题考查化学平衡图像的分析，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键。本题的易错点为反应前后计量数的关系判断，要注意A为固体。10、A【详解】A.28g氮气的物质的量=28g/28g/mol=1mol，则分子数为NA，A项正确；B.标准状况下，H2O为液态，不能通过气体摩尔体积计算，B项错误；C.未说明在标准状况下，无法知道气体的体积为22.4L，C项错误；D.无Fe2(SO4)3溶液的体积，无法计算SO42-的数目，D项错误；答案选A。11、A【详解】A．Y点乙烯的转化率为20%，Y对应的乙醇的物质的量分数为，故A正确；B．C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)正反应气体物质的量减小，增大压强，乙烯转化率增大，所以，X、Y、Z三点压强依次增大、温度依次升高，对应的反应速率：v(X)<v(Y)<v(Z)，故B错误；C．升高温度，乙烯转化率减小，平衡逆向移动，平衡常数减小，X、Y、Z对应的平衡常数数值：KX>KY>KZ，故C错误；D．根据图象可知，升高温度乙烯的平衡转化率减小，故D错误；选A。12、C【详解】A.SiO2硬度大是由于在晶体中Si、O原子之间形成共价键，每个Si与4个O原子形成共价键，每个O原子与2个Si形成共价键，这种结构向空间扩展，就形成了立体网状结构，由于共价键是一种强烈的相互作用力，断裂消耗很多能量，因此熔沸点高，硬度大，A正确；B.乙醇和二甲醚互为同分异构体，乙醇分子之间除存在范德华力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，而二甲醚分子之间只存在范德华力，所以乙醇的沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关，B正确；C.乙酸羟基上氢较活泼，在水中会电离出氢离子显弱酸性，所以共价键被破坏，C错误；D.MgO晶体中所含离子半径小、电荷数多，晶格能大，MgO晶体的熔点高，D正确；故合理选项是C。13、D【分析】设物质的量都为1mol，因酸足量，则金属都完全反应，然后利用化学反应方程式来计算氢气的物质的量，标准状况下气体的体积比等于其物质的量之比．【详解】设金属都为1mol，Mg与足量酸反应生成氢气的物质的量为x，Al与足量酸反应生成的氢气的物质的量为y，则Mg+2HCl═MgCl2+H2↑111molx1/1=1mol/x，解得x=1mol，2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑231moly2/3=1mol/y，解得y=1.5mol，标准状况下气体的体积比等于其物质的量之比，则生成的氢气在标准状况下的体积比为1mol：1.5mol=2：3，故选D。【点睛】本题考查学生利用化学反应方程式的简单计算，解题关键：明确酸足量，则金属完全反应，解答本题还可以应用关系式法、电子守恒等方法来快速解答．14、B【详解】A．有的吸热反应常温下即可发生，如Ba(OH)2▪8H2O和NH4Cl的反应，故A错误；B．石墨比金刚石稳定，石墨的能量比金刚石低，则石墨转化为金刚石需要吸收热量，故B正确；C．2个氧原子形成氧分子会放出能量，所以2个氧原子的能量高于1个氧分子的能量，故C错误；D．对同一种物质来说，气态时的能量高于固态时的能量，所以等质量的单质硫燃烧生成二氧化硫时，气态硫放出的热量更多，故D错误；故选B。15、D【详解】由题意可知该有机物与NaHCO3不反应，则结构中没有羧基；与金属钠反应放出气体，则结构中有羟基；能使溴水褪色，则结构中有碳碳双键。所以D正确。答案选D。16、C【详解】A、因物质由液态转变成固态要放出热量，所以1mol固体S单质燃烧放出的热量小于297.23kJ•mol-1，故A错误；B、因物质由液态转变成气态要吸收热量，所以1mol气体S单质燃烧放出的热量大于297.23kJ•mol-1，故B错误；C、因放热反应中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量，1molSO2的键能总和大于1molS和1molO2的键能总和，故C正确；D、因放热反应中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量，1molSO2的键能总和大于1molS和1molO2的键能总和，故D错误；故选C。【点晴】本题主要考查了化学反应中反应热的计算，需要注意的是物质三态之间的转变也存在能量的变化。根据物质由液态转变成固态要放出热量，由液态转变成气态要吸收热量以及放热反应中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量来分析。17、C【解析】A、根据平衡时放出的热量，结合热化学方程式计算参加反应的CO的物质的量，再根据转化率定义计算；B、容器①②温度相同，同一可逆反应正逆平衡常数互为倒数，根据容器①计算平衡常数，令容器②中CO2的物质的量变化量为amol，表示出平衡时各组分的物质的量，反应前后气体的体积不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算a的值，根据转化率计算比较；C、根据B中结果，进而计算CO2的浓度。D、速率之比等于化学计量数之比．【详解】A、1molCO完全反应时放出热量为41kJ，容器①中放出的热量为32.8kJ，所以实际反应的CO的物质的量为0.8mol，①中反应到达平衡时，α(CO)＝80%，故A正确；B、容器①②温度相同，平衡常数相同，根据容器①计算平衡常数，由A计算可知，平衡时CO的物质的量变化量为0.8mol，则：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）开始（mol）：1400变化（mol）：0.80.80.80.8平衡（mol）：0.23.20.80.8故平衡常数K=(0.8×0.8)/(0.2×3.2)=1，故容器②中的平衡常数为1，令容器②中CO2的物质的量变化量为amol，则：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）开始（mol）：1400变化（mol）：aaaa平衡（mol）：1-a4-aaa所以(a×a)/[(1-a)×(4-a)]，解得a=0.8，由以上计算出化学平衡常数为1，根据化学平衡常数为1，可计算出容器②中CO2的平衡浓度，CO2的转化率为0.8mol/1mol×100%=80%，故B正确；C、平衡时两容器中的CO2浓度不相等，①中CO20.8mol②中CO20.2mol，①>②。故C错误；D、速率之比等于化学计量数之比，故容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率，v(CO)＝v(H2O)，故D正确；故选C。【点睛】本题考查化学平衡的计算，解题关键：平衡判断和平衡常数的计算，难点B，理解正反应和逆反应平衡常数间的关系．18、D【详解】A.因图甲表示等量NO2在容积相同时不同温度下，相同时间后测得的NO2含量的曲线，开始一段时间NO2的含量随温度的升高而减小，这是因为温度升高反应速率加快，反应正向进行的程度逐渐增大，当NO2含量达到最小值（即曲线的最低点）时该反应达到平衡状态，据图像知，继续升高温度NO2含量又逐渐增大，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的逆反应是吸热反应，所以该反应（即正反应）是放热反应即ΔH＜0，图示与对应的叙述相符；B.由图像可知，该反应的反应物总能量小于生成物总能量，因此该反应是吸热反应，根据图像可知，使用催化剂可以降低正反应的活化能（E1）和逆反应的活化能（E2），但反应物总能量与生成物总能量没有改变，即不能改变反应的焓变，图示与对应的叙述相符；C.因为图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，曲线乙反应达到平衡所用时间比曲线甲达到平衡所用时间短，对于气体反应压强越大反应速率越快，因此乙反应的压强大于甲反应的压强，增大压强平衡不移动，平衡时反应物的百分含量相等，图示与对应的叙述相符；D.一方面，当温度相同时，开始一段时间随着CO的物质的量[n(CO)]的逐渐增大，平衡向正反应方向移动，平衡时N2%（N2在反应混合气体中的含量）逐渐增大；继续增大CO的物质的量，容器中气体总物质的量的增加超过了因平衡移动时N2物质的量的增加，故后来N2%随CO的物质的量增加而减小。另一方面，当n(CO)相同温度由T1变为T2时，平衡时N2%减小，说明平衡向逆反应方向移动，因此T1的平衡常数大于T2的平衡常数，即K1>K2，根据4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH＜0可知，只有升温该反应的平衡常数才减小，所以T1<T2，图示与对应的叙述不相符；答案选D。【点睛】图甲中数量关系不好理解，我们可以打个比喻：现有5个身体素质不同的人从同一起点同一时刻开始跑100米，假定经过5s同时停止，此时速度越快的人离终点的距离就越近，终点好比“平衡状态”。19、D【解析】①液态水汽化是物理变化，故不选①；②将胆矾（）加热发生分解反应：，属于吸热反应，故选②；③浓硫酸稀释放出大量的热，故不选③；④氯酸钾分解制氧气，是分解反应，需要吸收热量，属于吸热反应，故选④；⑤生石灰与水反应放出大量热，属于放热反应，故不选⑤。正确序号为②④；正确选项D。点睛：常见的放热反应：金属与酸的反应，燃烧反应，大多数化合反应；常见的吸热反应：氢氧化钡晶体与氯化铵反应、氢气、碳、一氧化碳还原反应，多数分解反应；而液态水汽化，浓硫酸稀释虽然有热量变化，但不是化学反应。20、D【详解】A.乙炔（C2H2）和乙烯（C2H4）最简式不同，等质量时消耗的氧气的量不同，二者比例不同，总质量一定，充分燃烧后生成的二氧化碳的量和水的量不同，选项A错误；B.乙醇（CH3CH2OH）和丙醇（CH3CH2CH2OH）中C、H的质量分数不相等，最简式不同，则质量一定、组成比例不同时，充分燃烧后生成的二氧化碳、水的质量不同，选项B错误；C.乙醇（CH3CH2OH）和乙醚（C2H5OC2H5）中C、H的质量分数不相等，则质量一定、组成比例不同时，充分燃烧后生成的二氧化碳、水的质量不同，选项C错误；D．甲醛（HCHO）和乙酸（CH3COOH）的最简式都为CH2O，总质量一定，充分燃烧后生成的二氧化碳的量和水的量不变，选项D正确；答案选D。21、B【详解】A．由正四面体烷结构可知，分子中含有4个C原子、4个H原子，故分子式为C4H4，故A错误；B．正四面体烷中只有1种等效H原子，任意2个H原子位置相同，故其二氯代物只有1种，故B正确；C．环辛四烯分子结构中只有1种等效H原子，则核磁共振氢谱只有1组峰，故C错误；D．环辛四烯中存在C=C双键，苯为平面六边形结构，分子中不存在C-C和C=C，苯中化学键是介于单键与双键之间特殊的键，结构不相似，故D错误；故答案为B。22、B【分析】A.当同一物质表示的正逆反应速率相等时，该反应达到平衡状态；B.先计算C表示的反应速率，再根据同一化学反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于化学计量数之比计算B表示的反应速率；C.恒容容器中加入惰性气体，总压增大，但分压不变，平衡不移动，从而确定A的转化率变化情况；D.升高温度平衡向吸热方向移动，从而确定C的浓度变化情况。【详解】A.反应过程中，当A、B、C的物质的量浓度之比为2:1:2时，各物质的浓度不一定不变，正逆反应速率不一定相等，则反应不一定达到平衡状态，故A错误；B.达到平衡时C的浓度为0.6mol⋅L−1，则C表示的反应速率是0.6mol⋅L−1÷4s=0.15mol·L－1·s－1，在同一化学反应中的同一时间段内，各物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，所以B表示的反应速率是0.15mol·L－1·s－1÷2=0.075mol·L－1·s－1，故B正确；C.在恒温恒容容器中，反应达到平衡时加入惰性气体，总压增大，各气体分压不变，化学平衡不移动，所以A的转化率不变，故C错误；D.该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以C的浓度将减小，故D错误，答案选B。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断及外界条件对化学平衡的影响，试题难度不大，注意反应达到平衡状态时，在恒容密闭容器中充入惰性气体，虽然总压强增大，但各反应物的分压不变，平衡不会发生移动，为易错点。二、非选择题(共84分)23、C4H4O4HOOC-CH=CH-COOH、CH2=C(COOH)2【分析】由C、H、O的质量比，可求出其最简式，再由与氢气的相对密度，求出相对分子质量，从而求出分子式；最后由“与小苏打反应放出CO2，也能使溴水褪色”的信息，确定所含官能团的数目，从而确定其结构简式。【详解】(1)由C、H、O的质量比为12:1:16，可求出n(C):n(H):n(O)=1:1:1，其最简式为CHO；其蒸气对氢气的相对密度为58，则相对分子质量为58×2=116；设有机物的分子式为(CHO)n，则29n=116，从而求出n=4，从而得出分子式为C4H4O4。答案为：C4H4O4；(2)它能与小苏打反应放出CO2，则分子中含有-COOH，0.58g

这种物质能与50mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液完全反应，则0.005mol有机物与0.01molNaOH完全反应，从而得出该有机物分子中含有2个-COOH；该有机物也能使溴水褪色，由不饱和度为3还可确定分子内含有1个碳碳双键，从而确定其结构简式为HOOC-CH=CH-COOH或CH2=C(COOH)2。答案为：HOOC-CH=CH-COOH或CH2=C(COOH)2。【点睛】由分子式C4H4O4中C、H原子个数关系，与同数碳原子的烷烃相比，不饱和度为3。24、H2SO3、H2SO4S2-＞O2-＞Na+离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）NH4NO3NH4++OH-NH3•H2O4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4【分析】A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素，C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则原子核外电子排布为2、6，应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，应为Na元素，C、E主族，则E为S元素，由以上分析可知A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素。【详解】(1)E为S元素，对应的氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4，故答案为H2SO3、H2SO4；(2)元素C、D、E形成的离子分别为O2-、Na+、S2-，S2-离子核外有3个电子层，离子半径最大，O2-与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电核数越大，半径越小，则半径O2-＞Na+，故答案为S2-＞O2-＞Na+；(3)化合物D2C为Na2O，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为，D2C2为Na2O2，为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故答案为；离子键、非极性共价键(或离子键、共价键)；(4)由A、B、C三种元素形成的离子化合物为NH4NO3，与强碱溶液反应的实质为NH4++OH-NH3•H2O，故答案为NH4NO3；NH4++OH-NH3•H2O；(5)某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，应分别为Na2S、Na2SO3、Na2SO4，此反应为分解反应，反应的化学方程式为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故答案为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4。【点睛】本题考查元素的位置结构与性质的相互关系及其应用，正确推断元素的种类为解答该题的关键。本题的易错点为(5)，注意从歧化反应的角度分析解答。25、MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O浓硫酸NaOH溶液HClHCl和H2发生倒吸可燃性气体H2不能被吸收氯化亚铁被装置内的氧气氧化通入HCl气体一段时间(排出装置内空气)点燃C处酒精灯【分析】由制备氯化铁的实验装置可以知道，A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，B中浓硫酸干燥氯气，C中Fe与氯气反应生成氯化铁，D中NaOH溶液吸收尾气；

若制备无水氯化亚铁，A中浓硫酸与NaCl反应生成HCl，B中浓硫酸干燥HCl，C中炽热铁屑中与HCl反应生成无水氯化亚铁，D为尾气处理，但导管在液面下可发生倒吸。【详解】⑴由制备氯化铁的实验装置可以知道，A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，反应为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，装置B主要作用是干燥氯气，因此B中加入的试剂是浓硫酸，D装置主要是处理尾气，因此用NaOH溶液来处理尾气；故答案分别为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；浓硫酸；NaOH溶液；⑵制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取HCl，Fe与HCl反应生成氢气，可以知道尾气的成分是HCl和H2，若仍用D的装置进行尾气处理，存在的问题是发生倒吸、可燃性气体H2不能被吸收，故答案分别是HCl；HCl和H2；发生倒吸；可燃性气体H2不能被吸收；

⑶若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，主要原因是氯化亚铁被装置内的氧气氧化，欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先通入HCl气体一段时间(排出装置内空气)，再点燃C处酒精灯，故答案分别是氯化亚铁被装置内的氧气氧化；通入HCl气体一段时间(排出装置内空气)；点燃C处酒精灯。26、电子天平（托盘天平也对）250mL的容量瓶过滤干燥（烘干）静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全加入最后一滴KMnO4溶液后溶液由无色变为紫色，并且在半分钟内不褪色63a/w×100%ACD【解析】(1)根据溶液配制的实验过程和操作步骤分析判断所需要的仪器，准确称取Wg固体样品，配成250mL溶液需要250mL容量瓶，因为是精确称量需要用电子天平；

(2)加入氯化钡产生白色沉淀，因此操作I为过滤；沉淀洗涤后称量前需要干燥，即操作Ⅱ为干燥（烘干）；(3)根据硫酸钡是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀判断方案I中加入的氯化钡已经过量，即；静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全；酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是加入最后一滴后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪。(4)四次实验消耗标准液体积分别是（mL）19.95、20.00、19.05、20.05，显然第三次数据误差较大，舍去，则其平均值是20.00mL，根据方程式可知25mL溶液中亚硫酸钠的物质的量是2.5×0.020L×amol/L＝0.0500amol，以此计算亚硫酸钠的纯度；

(5)根据方案I和方案Ⅱ的实验原理分析由于操作错误所引起的误差。【详解】(1)准确称取Wg固体样品,配成250mL溶液需要250mL容量瓶，因为是精确称量固体质量，所以需要用精确度大的电子天平，

因此，本题正确答案是：电子天平；250

mL的容量瓶；

(2)加入氯化钡产生白色沉淀，因此操作I为过滤；沉淀洗涤后称量前需要干燥，即操作Ⅱ为干燥（烘干）；

因此，本题正确答案是：过滤；干燥（烘干）；

(3)根据硫酸钡是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀判断方案I中加入的氯化钡已经过量，即；静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全；酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是加入最后一滴后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪。因此，本题正确答案是：静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全；加入最后一滴KMnO4溶液后溶液由无色变为紫色，并且在半分钟内不褪色；(4)四次实验消耗标准液体积分别是（mL）19.95、20.00、19.05、20.05，显然第三次数据误差较大，舍去，则其平均值是20.00mL，根据方程式可知25mL溶液中亚硫酸钠的物质的量是2.5×0.020L×amol/L＝0.0500amol，实验亚硫酸钠的纯度是0.0500amol×250mL25mL×126g/molWg×100%=63a/w×100%。

因此，本题正确答案是：63a/w×100%；

(5)A.B.方案I中如果没有操作Ⅱ，即没有干燥，则硫酸钡质量增加，所以实验结果将偏小，B错误；C.方案Ⅱ中，滴定管在滴定前无气泡，滴定后出现气泡，实验结果偏小，C正确；D.方案Ⅱ中，滴定终点时仰视读数，实验结果偏大，D正确。答案选ACD。27、1.0035252.00大理石规格0.01mol/(L·s)0-70【分析】（1）（I）实验①和②探究浓度对反应速率的影响；（II）实验①和③探究温度对反应速率的影响；（Ⅲ）实验①和④中大理石的规格不同；（2）先根据图象，求求出生成二氧化碳的物质的量，然后根据反应求出消耗硝酸的物质的量，最后计算反应速率；曲线斜率越大反应速率越快。【详解】（1）实验①和②探究浓度对反应速率的影响，故硝酸的浓度不同，应该选1.00mol/L硝酸；由于①和③探究温度对反应速率的影响，故温度不同，应该选35℃；由于实验①和④大理石规格不同，因此探究的是固体物质的表面积对反应速率的影响，所以实验①和④中温度和硝酸的浓度均相同；（2）由图可知70s至90s，生成CO2的质量为0.95g-0.84g=0.1