2026届湖南省武冈二中化学高二上期中质量检测试题含解析

2026届湖南省武冈二中化学高二上期中质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（）A．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫B．将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气的密闭容器置于冷水中，混合气体颜色变浅C．向氯水中加CaCO3后，溶液漂白性增强D．由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深2、下列物质中，不属于电解质的是A．NaOH B．蔗糖 C．H2SO4 D．NaCl3、下列食物不属于碱性食物的是A．西红柿 B．萝卜 C．鸡腿 D．小白菜4、向10mLNaCl溶液中滴加硝酸银溶液1滴，出现白色沉淀，继续滴加碘化钾溶液1滴，沉淀转化为黄色，再滴入硫化钠溶液1滴，沉淀又转化为黑色，已知溶液均为0.1mol/L，分析沉淀的溶解度关系A．AgCl＞AgI＞Ag2S B．AgCl＞Ag2S＞AgIC．Ag2S＞AgI＞AgCl D．无法判断5、T℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A(g)＋B(g)C(s)ΔH<0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示，下列判断正确的是()A．T℃时，该反应的平衡常数值为4B．c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行C．若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T℃D．T℃时，直线cd上的点均为平衡状态6、分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是：A．K2CO3和K2O都属于盐 B．KOH和Na2CO3都属于碱C．H2SO4和HNO3都属于酸 D．Na2O和Na2SiO3都属于氧化物7、下列事实不能用勒夏特列原理来解释的是A．用排饱和食盐水的方法收集氯气B．合成氨工业选择高温（合成氨反应为放热反应）C．增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3D．在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深8、铁生锈是一种常见的自然现象，其主要的化学反应方程式为：4Fe＋3O2＋2xH2O＝2Fe2O3·xH2O。右图为一放在水槽中的铁架，水位高度如右图所示。最容易生锈的铁架横杆是A．① B．②C．③ D．④9、由合成气制备二甲醚的主要原理如下。下列有关说法正确的是()①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1=﹣90.7kJ·mol-1②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2=﹣23.5kJ·mol-1③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH3=﹣41.2kJ·mol-1A．升高温度能加快反应②的化学反应速率，提高CH3OCH3产率B．反应③使用催化剂，ΔH3减少C．反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH=﹣246.1kJ·mol-1D．反应③对反应②无影响10、下列物质中，既能发生取代反应，又能发生加成反应的是A．乙烷 B．乙烯 C．甲烷 D．苯11、下列说法正确的是A．常温下反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)不能自发进行，则该反应△H>0B．自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小C．凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的D．反应2Mg(s)+CO2(g)⇌C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应△H>012、下列反应，若改变反应物的量或浓度，产物不会有变化的是A．A1片和硫酸 B．A12O3和盐酸C．AlCl3溶液和氢氧化钠溶液 D．H2S在空气中燃烧13、常温下，pH=8与pH=10的NaOH溶液按体积比1:100混合后，溶液中c(H+)接近A．10-10B．10-8C．2×10-10D．2×10-814、以下电子排布式是基态原子的电子排布的是()①1s12s1②1s22s12p1③1s22s22p63s2④1s22s22p63s23p1A．①② B．①③ C．②③ D．③④15、某温度下，pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断错误的是()A．a的数值一定大于9B．Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线C．稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大D．完全中和相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积：V(NaOH)<V(氨水)16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．常温常压，28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NAB．4.2gC3H6中含有的共价键数为0.6NAC．1mol﹣OH中电子数为10NAD．标准状况下，2.24LCHCl3的原子总数为0.1NA17、下列反应中，生成物的总能量大于反应物总能量的是（）A．氢气在氧气中燃烧 B．锌和稀硫酸反应制取氢气C．氧化钙和水的反应 D．焦炭在高温下与水蒸气反应18、以下说法正确的是()A．同分异构体之间分子式相同，其式量也一定相等，式量相等的物质一定是同分异构体。B．同分异构体之间某种元素的质量分数均相同，化合物之间某种元素质量分数均相同的物质一定为同分异构体。C．两种物质如果互为同分异构体，则一定不可能为同系物。D．互为同分异构体的物质之间物理性质一定不同，但化学性质一定相似。19、某溶液中可能含有如下离子：H+、Mg2+、Al3+、NH4+、Cl－、AlO2-。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．原溶液中一定含有的阳离子是H+、Mg2+、Al3+、NH4+B．反应最后形成的溶液中的溶质含AlCl3C．原溶液中Al3+与NH的物质的量之比为1∶3D．原溶液中含有的阴离子是Cl－、AlO2-20、下列各组物质按酸、碱、盐、氧化物顺序分类正确的是A、硫酸、纯碱、石膏、铁红B、醋酸、烧碱、纯碱、生石灰C、碳酸、熟石膏、小苏打、三氧化硫D、氯化氢、苛性钠、氯化钠、石灰石21、有反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＜0，在其他条件不变的情况下A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的ΔH也随之改变B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D．增大反应物浓度，反应的ΔH也随之改变22、下列说法正确的是A．相同温度时，1mol/L氨水与0.5mol/L氨水中，c(OH-)之比是2：1B．Na2S溶液中存在这样的水解平衡：S2-+2H2O⇌H2S+2OH-C．实验室保存FeCl3溶液同时加入少量盐酸，加热TiCl4溶液制备TiO2都与盐的水解有关D．常温下，将pH=2的醋酸和pH=12的NaOH等体积混合，溶液呈碱性二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下：元素相关信息A基态原子的价电子排布式为nSnnPnB元素原子的核外p电子数比s电子数少1个C最外层电子数是电子层数的3倍D简单离子是第三周期元素中离子半径最小的E价电子层中的未成对电子数为4请回答下列问题：（1）写出下列元素符号：A______，B_______，C________，D__________。（2）写出C元素在周期表的位置_________，E2+价电子的轨道表示式______________,B元素能量最高的电子为____轨道上的电子，其轨道呈______形。（3）按原子轨道的重叠方式，1molA与C形成的最高价化合物中σ键有______个，π键有______个。(阿伏加德罗常数的值用NA表示)（4）B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为________(用离子符号表示)。（5）写出C的核外有18个电子的氢化物的电子式_____________。24、（12分）2020年1月31日《新英格兰医学杂志》(NEJM)在线发表了一篇关于瑞德西韦(Remdesivir)成功治愈美国首例新型冠状病毒(2019-nCoV)确诊病例的论文，因此瑞德西韦药物在抗疫治疗方面引起广泛关注，该药物的中间体M合成路线如下：已知：①R—COOH②A→B发生加成反应(1)物质A的化学名称为___________，G中含氧官能团名称是__________。(2)由D→E的反应类型为_____________。(3)H→K的流程中，加入CH3COCl的目的是__________。(4)J一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_____________。①能发生银镜反应，且水解后的产物遇FeCl3溶液显紫色；②其核磁共振氢谱有4种吸收峰。(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________________。25、（12分）影响化学反应速率的因素很多，某校化学小组用实验的方法进行探究。实验药品：铜、铁、镁、0.5mol•L-1H2SO4溶液、2mol•L-1H2SO4溶液。甲同学研究的实验报告如下表∶实验步骤现象结论分别取等体积的2mol•L-1的硫酸溶液于三支试管中

②______________________反应速率∶镁>铁，铜不反应金属的性质越活泼，反应速率越快（1）甲同学表中实验步骤②为______________________。（2）甲同学的实验目的是__________________________。要得出正确的实验结论，还需要控制的实验条件是_____________。乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用如图所示装置进行实验∶（3）乙同学在实验中应该测定的数据是_________________。（4）乙同学完成该实验应选用的实验药品是________________。26、（10分）某化学活动小组按下图所示流程由粗氧化铜样品(含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质)制取无水硫酸铜。已知Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋三种离子在水溶液中形成氢氧化物沉淀的pH范围如下图所示：请回答下列问题：（1）已知25℃时，Cu(OH)2的Ksp=4.0×10-20调节溶液pH到4.0时，溶液C中Cu2＋的最大浓度为____________mol·L−1。（2）在整个实验过程中，下列实验装置不可能用到的是________(填序号)。（3）溶液A中所含溶质为__________________________；物质X应选用________(填序号)。A．氯水B．双氧水C．铁粉D．高锰酸钾（4）从溶液C中制取硫酸铜晶体的实验操作为______________________________。（5）用“间接碘量法”可以测定溶液A(不含能与I－发生反应的杂质)中Cu2＋的浓度。过程如下：第一步：移取10.00mL溶液A于100mL容量瓶中，加水定容至100mL。第二步：取稀释后溶液20.00mL于锥形瓶中，加入过量KI固体，充分反应生成白色沉淀与碘单质。第三步：以淀粉溶液为指示剂，用0.05000mol·L－1的Na2S2O3标准溶液滴定，前后共测定三次，达到滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液的体积如下表：(已知：I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-)滴定次数第一次第二次第三次滴定前读数(mL)0.100.361.10滴定后读数(mL)20.1220.3422.12①CuSO4溶液与KI反应的离子方程式为______________________________。②滴定终点的现象是____________________________________________________________。③溶液A中c(Cu2＋)＝________mol·L－1。（6）利用氧化铜和无水硫酸铜按下图装置，持续通入X气体，可以看到a处有红色物质生成，b处变蓝，c处得到液体且该液体有刺激性气味，则X气体是___________(填序号)，写出其在a处所发生的化学反应方程式___________________________________________。A．H2B．CH3CH2OH（气）C．N227、（12分）某学习小组研究NaOH与某些酸之间的反应。Ⅰ．中和热的测定在25℃、101kPa条件下，强酸与强碱的稀溶液中和热可表示为：H+(aq)+OH─(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ·mol−1。按照右图所示装置进行实验。(1)仪器A的名称是________________________。(2)碎泡沫塑料的作用是____________________________________________。(3)在25℃、101kPa条件下，取50mL0.50mol·L−1CH3COOH溶液、50mL0.55mol·L−1NaOH溶液进行实验，测得的中和热△H______-57.3kJ·mol−1（填“＞”“=”或“＜”）。Ⅱ．某实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计方案如下(KMnO4溶液已酸化):实验序号A溶液B溶液①30mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液20mL0.01mol.L-1KMnO4溶液②30mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液20mL0.01mol.L-1KMnO4溶液(1)若反应均未结束，则相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是__________(填实验序号)。(2)若实验①在2min末注射器的活塞向右移动到了amL的位置,则这段时间的反应速率可表示为v(CO2)=______________mL/min。若实验②在tmin收集了4.48×10-3LCO2(标准状况下)，则tmin末c()=______________。(3)该小组同学发现反应速率总是如图二，其中t1~t2时间内速率变快的主要原因可能是：①_____________________________；②反应放热使体系温度升高。28、（14分）氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。回答下列问题：(1)已知2NO(g)+O2(g)-2NO2(g)△H的反应历程分两步：①2NO(g)N2O2(g)(快)△H1<0，v1正=k1正c2(NO)，v1逆=k1逆c2(N2O2)②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)△H2<0，v2正=k2正c2(N2O2)•c(O2)，v2逆=k2逆c2(NO2)比较反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小:

E1__

E2

(填“>”、“<”或“=”)其判断理由是__________；2NO(g)+O2(g)2NO2(g)

的平衡常数K与上述反应速率常数k1正、k1逆、k2正、

k2逆的关系式为_______；已知反应速率常数k随温度升高而增大，若升高温度后k2正、

k2逆分别增大a倍和b倍，则a____b

(填“>”、“<”或“=”)；一定条件下，2NO

(g)+O2(g)2NO2

(g)达平衡后，升高到某温度，再达平衡后v2正较原平衡减小，根据上述速率方程分析，合理的解释是_________________。(2)①以乙烯(C2H4)作为还原剂脱硝(NO)，其脱硝机理如左下图所示，若反应中n(NO):n(O2)=2：1，则总反应的化学方程式为_______________；脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)

的关系如右下图，为达到最佳脱硝效果，应采用的条件是________________。②用NO可直接催化NO分解生成N2、O2，将其反应机理补充完整(Vo代表氧空穴)：2Ni2++2Vo+2NO→2Ni3++2O-+N22O-→+O2-+1/2O2+V。______________(3)电解NO可制备NH4NO3，其工作原理如右图所示，阴极的电极反应式为______________。29、（10分）“温室效应”是全球关注的环境问题之一。CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，CO2的综合利用是解决温室及能源问题的有效途径。（1）CO2催化加氢能合成低碳烯烃：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)。不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示，则曲线b表示的物质为________(填化学式)。（2）CO2和H2在催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应A：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)反应B：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)控制CO2和H2初始投料比为1∶3时，温度对CO2平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图所示。①由图可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是_____。②由图可知获取CH3OH最适宜的温度是________，下列措施有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的有________(填字母)。A．使用催化剂B．增大体系压强C．增大CO2和H2的初始投料比D．投料比和容器体积不变，增加反应物的浓度（3）在恒温恒容条件下，反应A达到平衡的标志有_____A．容器中气体压强不再发生变化B．容器中气体密度不再发生变化C．容器中气体颜色不再发生变化D．容器中气体平均摩尔质量不再发生变化（4）由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。“热分解系统”发生的反应为2Fe3O46FeO＋O2↑，每分解1molFe3O4转移电子的物质的量为_____；“重整系统”发生反应的化学方程式为___。

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】试题分析：A．CO2在增大压强水加入啤酒中，当开启啤酒瓶后，CO2由于压强减小，溶解度降低，从啤酒中逸出，从而导致瓶中立刻泛起大量泡沫，与化学平衡有关，可以用化学平衡移动原理解释，错误；B．NO2在密闭容器中存在化学平衡：2NO2(g)N2O4(g)△H<0，将该混合气的密闭容器置于冷水中，根据平衡移动原理，降低温度，平衡向放热的正反应方向移动，产生更多的无色的N2O4气体，所以混合气体颜色变浅，可以用化学平衡移动原理解释，错误；C．在氯水中存在化学平衡：Cl2＋H2OHCl＋HClO，由于酸性HCl>H2CO3>HClO，向氯水中加CaCO3后，会发生反应：2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑，由于反应消耗HCl，减小了生成物的浓度，根据平衡移动原理，减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，产生更多的HClO，HClO浓度增大，所以溶液漂白性增强，可以用化学平衡移动原理解释，错误；D．可逆反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，由于正反应速率与逆反应速率增大的倍数相同，各种物质浓度增大的倍数相等，所以化学平衡不发生移动，由于单位体积被I2浓度增大，所以平衡体系加压后颜色变深，但是平衡不发生移动，故不能用化学平衡移动原理解释，正确。考点：考查化学平衡移动原理的应用正误判断的知识。2、B【详解】A．NaOH是一元强碱，属于强电解质，A不符合题意；B．蔗糖是由分子构成的物质，在水溶液中和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，B符合题意；C．H2SO4是二元强酸，属于强电解质，C不符合题意；D．NaCl是盐，属于强电解质，D不符合题意；故合理选项是B。3、C【详解】试题分析：西红柿、萝卜、小白菜均属于蔬菜，在人体内代谢的最终产物呈碱性，均属于碱性食物，而鸡腿中富含蛋白质，在人体内代谢的最终产物呈酸性，属于酸性食物，答案选C。4、A【详解】沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动。沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化，或者说对于沉淀类型相同的物质，一般向着Ksp减小的方向进行；向10mLNaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴加一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变为黑色，根据上述变化过程中的沉淀现象可知，沉淀溶解度大小为：AgCl＞AgI＞Ag2S，故选A。5、C【详解】A、根据平衡常数的表达式并结合图中曲线可知，K=1/[c(A)×c(B)]=1/4，故A错误；B、c点没有达到平衡，如果达到平衡，应向d点移动，A、B的浓度降低，说明平衡向正反应方向移动，故B错误；C、如果c点达到平衡，此时的平衡常数小于T℃时的平衡常数，说明平衡向逆反应方向移动，即升高温度，故C正确；D、平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，因此曲线ab是平衡线，故D错误；答案选C。6、C【详解】A.

K2CO3属于盐，K2O属于氧化物，故A错误；B.

KOH属于碱，Na2CO3属于盐，故B错误；C.

H2SO4和HNO3都属于酸，故C正确；D.

Na2O属于氧化物，Na2SiO3属于盐，故D错误；答案选C。【点睛】电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物叫酸；电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物叫碱；电离时生成金属离子和酸根离子的化合物叫盐；由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物叫氧化物。7、B【详解】A、实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，故A不选；B、合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，但升高温度为加快反应速率，与平衡移动无关，故B选；C、SO2和O2反应生成SO3，是气体体积缩小的反应，增大压强，有利于平衡正向移动，故C不选；D、增加KSCN的浓度，有利于平衡向正反应方向移动，Fe（SCN）3浓度增大，体系颜色变深，故D不选。8、C【解析】此处铁生锈属于吸氧腐蚀。④处没有和电解质溶液接触，不能构成原电池，锈蚀速率较慢；①②③处已与电解质溶液接触，但①②处含O2较少，所以③处腐蚀最快。9、C【详解】A.反应②正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH3OCH3产率降低，故A错误；

B.加入催化剂，可以改变反应速率，但是不能改变反应物的起始状态和生成物的终了状态。反应热只与反应物的起始状态和生成物的终了状态有关，则不改变反应热，故B错误；

C.根据盖斯定律，①×2+②+③得3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=-246.1kJ•mol-1，故C正确；

D.反应③消耗水，而反应②生成水，反应③对反应②的浓度有影响，故D错误。

故选C。10、D【分析】A.乙烷主要能发生取代反应；B.乙烯主要能发生加成、聚合反应；C.甲烷主要能发生取代反应；D.苯能发生加成和取代反应；【详解】A.乙烷主要能发生取代反应，没有碳碳双键，不能发生加成反应，故A错误；B.乙烯主要能发生加成、聚合反应，一般不发生取代反应，故B错误；C.甲烷主要能发生取代反应，没有碳碳双键，不能发生加成反应，故C错误；；D.苯分子中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的特殊的共价键，所以苯能发生加成和取代反应，故D正确；故选D。11、A【详解】根据反应自发进行的判断分析，反应自发进行，反应不能自发进行。A.常温下反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)不能自发进行，因该反应，所以，故A正确；B.根据反应自发进行的判断依据反应自发进行，焓变和熵变共同决定反应是否能自发进行，故B错误；C.根据反应自发进行的判断依据反应自发进行，焓变和熵变共同决定反应是否能自发进行，故C错误；D.因反应2Mg(s)+CO2(g)⇌C(s)+2MgO(s)能自发进行，该反应的，能自发进行，说明，故D错误；故选A。【点睛】根据反应自发进行的判断依据，反应自发进行，反应不能自发进行分析。12、B【详解】A．A1片和稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，但和浓硫酸会产生钝化现象浓硫酸显强氧化性，生成二氧化硫，故A不符；B．A12O3和浓、稀盐酸均生成氯化铝和水，故B符合；C．AlCl3溶液和少量氢氧化钠溶液生成氢氧化铝沉淀，与浓氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，故C不符；D．H2S在空气中燃烧，氧气不足时生成硫单质，氧气充足时生成二氧化硫，故D不符；故选B。13、A【解析】先计算混合后的溶液中氢氧根离子的浓度，再根据c(H+)=Kwc【详解】常温下，pH=8的NaOH溶液中c(OH－)=1×10-6mol/L，pH=10的NaOH溶液中c(OH－)=1×10-4mol/L，设两溶液的体积分别为1L和100L，将两溶液混合后，溶液中的c(OH－)=1×10-6mol/L×1L+1×10-4mol/L×100L1L+10014、D【详解】①基态原子的电子排布式应为1s2，发生电子跃迁为1s12s1，故①错误；②基态原子的电子排布式应为1s22s2，发生电子跃迁为1s22s12p1，所以不是基态原子电子排布式，故②错误；③基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2，符合基态原子电子排布规律，故③正确；④基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，符合基态原子电子排布规律，故④正确；答案选D。【点睛】本题考查了原子核外电子排布，根据基态原子排布规律来分析解答即可，符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则的核外电子排布式是基态原子电子排布式。15、C【解析】试题分析：A、根据题意知，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，一水合氨的电离平衡正向移动，溶液的pH变化较小。根据题给图像可知，开始二者pH相同，在稀释过程中促进氨水的电离，则氨水的pH变化较小，即Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线，a的数值一定大于9，A正确；B、根据A中分析可知B正确；C、稀释后氨水的pH大于NaOH溶液的pH，稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度小，C错误；D、根据题给图像可知，开始二者pH相同，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，氨水的物质的量浓度仍较大，完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V（NaOH）<V（氨水），D正确；答案选C。考点：考查强弱电解质的比较、浓度对弱电解质电离平衡的影响。16、A【解析】A项，乙烯和环丁烷的最简式均为CH2，所以28g混合气体中含有CH2的物质的量为：28g÷14g/mol=2mol，则含有碳原子为2NA个，故A正确；B项，C3H6可能是CH3CH=CH2，也可能为，1molCH3CH=CH2和1mol都含有9mol共价键，4.2gC3H6的物质的量为：4.2÷42g/mol=0.1mol，所以含有0.9mol共价键，即共价键数为0.9NA，故B错误；C项，1个-OH中含9个电子，故1mol-OH中含9mol电子，即9NA个电子，故C错误；D项，标准状况下，CHCl3(三氯甲烷)为液态，所以无法根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和有机物的结构是解题关键。A项的解题方法，烯烃与环烷烃通式均为CnH2n，即最简式都是CH2，故可求的混合气体中CH2的物质的量；B项中虽然CH3CH=CH2和中的共价键数是相同的，但是解题时也要想到C3H6的这两种可能，若题目改为碳碳双键数，则很容易出错；C项注意羟基和氢氧根离子的不同；D项注意气体摩尔体积的使用条件。17、D【详解】生成物的总能量大于反应物总能量，为吸热反应，常见的吸热反应有：大多数的分解反应、C或氢气作还原剂的氧化还原反应、氯化铵与氢氧化钡的反应等。A.氢气在氧气中燃烧，燃烧反应为放热反应，不符合题意，故A不选；B.锌和稀硫酸反应制取氢气的反应为放热反应，不符合题意，故B不选；C.氧化钙和水的反应属于化合反应，是放热反应，不符合题意，故C不选；D.焦炭在高温下与水蒸气反应是典型的吸热反应，故D选；故选D。18、C【解析】式量相等的物质，分子式不一定相同；某种元素质量分数均相同的物质，分子式不一定相同；同分异构体分子式相同，同系物分子式一定不同；互为同分异构体的物质之间，化学性质可能不同。【详解】式量相等的物质，分子式不一定相同，如甲酸、乙醇的式量都是46，故A错误；某种元素质量分数均相同的物质，分子式不一定相同，如乙烯、丙烯中碳元素的质量分数都是，故B错误；同分异构体分子式相同，同系物分子式一定不同，所以互为同分异构体的物质，一定不可能为同系物，故C正确；互为同分异构体的物质之间，化学性质可能不同，如乙醇、二甲醚互为同分异构体，但化学性质不同，故D错误。19、C【解析】向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO2-，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH4+反应，则溶液中一定含有NH4+，当NH4+完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减少最终消失，说明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最终溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2；A．通过以上分析知，原溶液中一定含有的阳离子有H+、Al3+、NH4+，故A错误；B．通过以上分析知，最终得到的溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2，故B错误；C．根据图象知，Al3+、NH4+消耗NaOH的物质的量之比为3：3，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3·H2O知，原溶液中Al3+与NH4+的物质的量之比1：3，故C正确；D．通过以上分析知，原来溶液呈酸性，则一定不存在弱酸根离子AlO2-，故D错误；故答案为C。点睛：明确图象中曲线变化趋势、拐点的含义是解本题关键，向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO2-，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH4+反应，则溶液中一定含有NH4+，当NH4+完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减小最终消失，说明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最终溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2，据此分析解答。20、B【解析】试题分析：A．纯碱属于盐，而不是碱，故A错误；B．醋酸属于酸，烧碱属于碱，纯碱属于盐，生石灰属于氧化物，故B正确；C．熟石膏属于盐而不是碱，故C错误；D．石灰石属于盐而不是氧化物，故D错误；故选B。【考点定位】考查酸碱盐以及氧化物的概念及分类【名师点晴】解答本题的关键把握相关概念以及物质的组成和俗称；酸是能电离出的阳离子全部是H+的化合物；碱是电离出的阴离子全部是OH-离子的化合物；盐是电离出阳离子是金属阳离子或铵根离子、阴离子为酸根离子的化合物；氧化物由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物，根据相关概念解答该题。21、B【详解】A.加入催化剂，反应速率加快，改变了反应的途径，但不能改变反应热，反应放出的热量不变，故A错误；B.反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0是一个气体体积不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变，故B正确；C.升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，反应放出的热量减少，故C错误；D.增大反应物浓度，反应速率加快，反应的ΔH不变，故D错误。故选B。22、C【详解】A．在相同温度时，氨水浓度越大，电离程度就越小，则1mol/L氨水与0.5mol/L氨水中，c(OH-)之比小于2：1，A错误；B．Na2S是强碱弱酸盐，会发生水解反应，在溶液中S2-水解分步进行，主要是第一步水解，该步的水解平衡为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B错误；C．FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+水解使溶液显酸性。向溶液中加入少量盐酸可抑制铁离子水解产生沉淀，与盐的水解有关；盐的水解反应是吸热反应，升高温度促进盐的水解，TiCl4是强酸弱碱盐，加热TiCl4溶液促进Ti4+水解产生TiO2和HCl，与盐的水解有关，C正确；D．醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，pH=2的醋酸溶液，c(CH3COOH)＞c(H+)=10-2mol/L，NaOH是一元强碱，pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=10-2mol/L，将二者等体积混合，溶液中的H+、OH-恰好中和，但过量的CH3COOH分子会进一步电离产生H+，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，使混合溶液显酸性，D错误；故合理选项是C。二、非选择题(共84分)23、CNOAl)第2周期第VIA族2p纺锤形（或哑铃形）2NA2NAN3-＞O2-＞Al3＋【分析】A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,由A的基态原子的价电子排布式可以知道,n=2,则A为C元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则C为O元素；B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，可以知道p能级上只有3个电子,结合原子序数可以知道,B为N元素；D为简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D为Al元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe，据以上分析解答。【详解】A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,由A的基态原子的价电子排布式可以知道,n=2,则A为C元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则C为O元素；B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，可以知道p能级上只有3个电子,结合原子序数可以知道,B为N元素；D为简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D为Al元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe；(1)由上述分析可以知道,A为C,B为N,C为O,D为Al；综上所述，本题答案是：C，N，O，Al。

(2）C为O，核电荷数8，在周期表的位于第2周期第VIA族；铁原子基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+价电子的轨道表示式；B为N,基态核外电子排布为：1s22s22p3，能量最高的电子为2p轨道上的电子，其轨道呈纺锤形（或哑铃形）；综上所述，本题答案是：第2周期第VIA族，，2p；纺锤形（或哑铃形）。(3）按原子轨道的重叠方式，1molC与O形成的最高价化合物为CO2，结构式为O=C=O,含有σ键有2NA个，π键有2NA个；综上所述，本题答案是：2NA，2NA。(4）具有相同电子结构的离子中原子序数大的离子半径小,则B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为N3-＞O2-＞Al3＋；因此，本题正确答案是：N3-＞O2-＞Al3＋。(5）C的核外有18个电子的氢化物为过氧化氢,其电子式为

,因此，本题正确答案是:

。24、乙醛酯基取代保护酚羟基不被混酸氧化或或【分析】CH3CHO与HCN反应生成CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件反应生成，与Br2反应生成，和氨气反应生成E(D中—Br变为E中—NH2)，E和SOCl2反应生成F，F发生取代反应得到G，H和发生反应生成I，I发生硝化反应生成J，J和稀硫酸反应生成K，L与K、G发生反应生成最终产物。【详解】(1)根据B的结构简式和A→B发生加成反应，得到物质A为CH3CHO，其化学名称为乙醛，根据G的结构简式得到G中含氧官能团名称是酯基；故答案为：乙醛；酯基。(2)根据D→E和E→F(—COOH变为)、以及D、E、F的结构简式得到D→E是—Br变为—NH2，其反应类型为取代反应；故答案为：取代反应。(3)H→K的流程中，H加入CH3COCl变为I，J变为K羟基又变回来了，因此其目的是保护酚羟基不被混酸氧化；故答案为：保护酚羟基不被混酸氧化。(4)①能发生银镜反应，说明含有醛基，且水解后的产物遇FeCl3溶液显紫色，说明原物质有酯基，水解后含有苯酚；②其核磁共振氢谱有4种吸收峰；因此其同分异构体为或或；故答案为：或或。(5)是由发生酯化反应得到，乙醇催化氧化变为乙醛，CH3CHO与HCN反应生成CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件下反应生成，因此合成路线为，故答案为：。【点睛】有机推断是常考题型，主要考查反应类型、官能团、有机物结构简式、根据有机物前后联系推断有机物，书写方程式，设计流程图。25、分别投入大小、形状相同的铜、铁、镁研究金属本身的性质与反应速率的关系温度相同一定时间内产生气体的体积(或产生一定体积的气体所需的时间)镁(或铁)、0.5mol•L-1H2SO4溶液、2mol•L-1H2SO4溶液【分析】(1)根据表中数据可以知道,硫酸的浓度相同,不同金属的规格相同,说明实验目的是探究反应物本身对反应速率的影响；

(2)根据表中内容可以知道,金属的活泼性是金属本身的性质,甲同学的实验目的是研究金属本身的性质与反应速率的关系,注意在实验中一定要控制反应在相同的温度下进行；

(3)金属和酸反应的速率可以通过单位时间内产生氢气的量的多少来确定；

(4)金属和不同浓度的酸反应,来确定浓度对反应速率的影响。【详解】(1)根据表中的信息得出该同学的实验目的是研究反应物本身的性质对反应速率的关系对反应速率的影响,根据表中数据可以知道,硫酸的浓度相同,不同金属的规格应相同；

因此，本题正确答案是:分别投入大小、形状相同的Cu、Fe、Mg；

(2)根据表中的信息得出该同学的实验目的是研究反应物本身的性质对反应速率的关系对反应速率的影响,温度对化学反应速率的影响较大,故根据控制变量法,要得出正确的实验结论,还需控制的实验条件是保持温度相同；

因此，本题正确答案是:研究金属本身的性质与反应速率的关系温度相同；(3)金属和酸反应的速率可以通过单位时间内产生氢气的量的多少来确定；

因此，本题正确答案是:一定时间内产生气体的体积(或产生一定体积的气体所需的时间)；

(4)乙同学想让同种金属如给定的金属镁或铁和不同浓的酸反应,来确定酸的浓度对反应速率的影响；

因此，本题正确答案是:镁(或铁)和0.5mol•L-1

H2SO4溶液、2mol•L-1

H2SO4溶液。26、4.0①③FeSO4、CuSO4、H2SO4B蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，自然干燥2Cu2++4I＝2CuI↓+I2滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无明显变化0.5000BCH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O【解析】由流程可知，将粗氧化铜（含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质）溶于过量硫酸，发生的反应有FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，然后过滤，得到沉淀I为不溶于酸的杂质，溶液A中溶质为FeSO4、CuSO4和H2SO4；向溶液A中加入氧化剂X将FeSO4氧化为Fe2（SO4）3，得到CuSO4和Fe2（SO4）3混合溶液，为不引进新的杂质，氧化剂X应该为H2O2；向溶液B中加入Cu（OH）2调节溶液pH，使Fe2（SO4）3完全水解为Fe（OH）3沉淀，得到CuSO4溶液，将溶CuSO4液蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO4•5H2O，CuSO4•5H2O加热脱去结晶水得到无水CuSO4。【详解】（1）Cu(OH)2的Ksp=c(Cu2+)c2(OH—)，当调节溶液pH到4.0时，溶液中c(OH—)为10—10mol/L，则c(Cu2+)=4.0×10-20/(10—10mol/L)2=4.0mol/L，故答案为4.0；（2）实验中用到的化学操作有称量、过滤（④）、蒸发（②）和灼烧（⑤），没有固液常温下制取气体（①）和分液（③），故答案为①③；（3）氧化铜和氧化亚铁分别与硫酸反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，又硫酸过量，则溶质A的主要成分为：FeSO4、CuSO4、H2SO4；向溶液A中加入氧化剂X的目的是将FeSO4氧化为Fe2（SO4）3，为不引进新的杂质，氧化剂X应该为H2O2，故答案为CuSO4、FeSO4、H2SO4；B；（4）从溶液C中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，故答案为蒸发浓缩冷却结晶、过滤、自然干燥；（5）①CuSO4与KI反应生成碘单质、碘化亚铜、硫酸钾，离子反应为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为2Cu2++4I-═2CuI↓+I2；②Na2S2O3属于强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应用碱式滴定管盛放，淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点，故答案为最后一滴试液滴入，溶液由蓝色变为无色，振荡半分钟，溶液无明显变化；③三次滴定消耗的标准液的体积分别为：（20.12-0.10）mL=20.02mL、（20.34-0.36）mL=19.98mL、（22.12-1.10）mL=21.02mL，前两组数据有效，所以平均体积为：20mL，由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可知，Cu2+～S2O32-，因移取10.00mL溶液A于100mL容量瓶，加水定容至100mL，取稀释后试液20.00mL于锥形瓶中，所以c（Cu2+）=0.05mol/L×0.02L×5/0.01L=0.5000mol/L，故答案为0.5000；（6）由题给信息可知，持续通入X气体，可以看到a处有红棕色物质生成，a处放的是氧化铜，a处有红棕色物质生成，说明有金属铜生成，则N2不可以；b处是硫酸铜白色粉末，b处变蓝是硫酸铜白色粉末遇水生成五水合硫酸铜变蓝，说明有水生成，c处得到液体且该液体有刺激性气味，H2不可以，则X气体为乙醇；乙醇气体与氧化铜共热反应生成铜、水和乙醛，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，故答案为B；CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O。【点睛】本题考查了硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，涉及物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作，注意掌握测定硫酸铜晶体结晶水含量的方法，理解和掌握物质性质和实验原理是解题关键。27、环形玻璃搅拌棒保温隔热、减少热量的损失＞②＞①3.2×10-3mol/L产物Mn2+(或MnSO4)是反应的催化剂【分析】I．(1)根据仪器的特点判断仪器名称；(2)碎泡沫塑料的导热效果差，可以起到保温作用；(3)醋酸属于弱酸，电离出氢离子的过程是吸热的，中和反应的焓变是负值，据此回答；II．(1)②中A溶液的浓度比①中大，根据浓度对化学反应速率的影响分析；(2)根据v=计算反应速率，先求出反应的c()的物质的量，再求出反应后的浓度；(3)温度是影响化学反应速率的主要因素，催化剂能加快化学反应的速率。【详解】Ⅰ．(1)根据仪器的结构特点可知该仪器名称为：环形玻璃搅拌棒；(2)碎泡沫塑料的导热效果差，可以起到保温作用，故碎泡沫塑料作用是：保温隔热，减少实验过程中热量损失；(3)CH3COOH是弱酸，在反应过程中会继续电离而吸收热量，使反应放出的热量减少，中和反应的焓变是负值，反应放出的热量越少，则反应热就越大，故△H＞−57.3kJ/mol；II．(1)对比①②实验可知溶液中含有KMnO4的物质的量相同，②中A溶液的浓度比①中大，故化学反应速率大②＞①，则相同时间内所得CO2的体积：②＞①；(2)若实验①在2min末注射器的活塞向右移动到了amL的位置，则这段时间的反应速率可表示为v(CO2)==mL/min；4.48×10-3L标准状况下CO2气体的物质的量n(CO2)==2.0×10-4mol，根据反应方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可知关系式n(CO2)=5n(KMnO4)，则反应消耗KMnO4的物质的量n(KMnO4)=n(CO2)=×2.0×10-4mol=4.0×10-5mol，反应开始时KMnO4的物质的量n(KMnO4)总=0.01mol/L×0.02L=2.0×10-4mol，故tmin末KMnO4的物质的量n(KMnO4)末=2.0×10-4mol-4.0×10-5mol=1.6×10-4mol，溶液的体积是20mL+30mL=50mL=0.05L，故c()=c(KMnO4)==3.2×10-3mol/L；(3)该小组同学发现反应速率总是如图二，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：①产物Mn2+(或MnSO4)是反应的催化剂；②该反应是放热反应，反应放出的热量使溶液温度升高，加快了化学反应速率。【点睛】本题考查了中和热的测定、化学反应速率的计算及影响因素。掌握实验目的，了解实验原理，清楚仪器的作用，根据有关概念及影响因素分析解答。28、＜活化能越大，一般分子成为活化分子越难，反应速率越慢k1正.k2正/(k1逆.k2逆)＜温度升高，反应①、②的平衡均逆移，由于反应①的速率大，导致c(N2O2)减小且其程度大于k2正和c(O2)增大的程度，使三者的乘积即v2正减小6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O350℃、负载率3.0%2Ni3++O2-→2Ni2++VO+1/2O2NO+6H++5e-=NH4++H2O【分析】（1）活化能越低，反应速率越快，反应达到化学平衡时，v正=v逆，由速率方程，反应速率常数k随温度升高而增大，反应②为放热反应，温度升高不利于反应正向进行，则v正＜v逆，反应①为快反应，温度升高，两个反应均逆向移动，体系中c（N2O2）降低，影响v2正；（2）①由图分析，在Cu＋催化作用下，C2H2作为还原剂，NO和O2转化为N2、CO2和H2O，写出反应方程式，由图象可知，需要满足脱销率尽可能大，负载率选择b，温度选择350℃；②整个反应机理过程需满足元素守恒，抓住主反应为2NO═N2+O2，其余都是中间体，整个反应过程中，各中间体需有产生、有消耗，使得三步反应机理净结果为2NO═N2+O2；（3）电解池阴极发生还原反应，NO被还原为NH4＋，写出阴极的电极反应。【详解】（1）活化能越低，反应速率越快，①为快反应，②为慢反应，则活化能大小为E1＜E2，判断理由是：活化能越大，一般分子成为活化分子越难，反应速率越慢，2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的平衡常数K=c2(NO2)/c(O2)c2(NO)，反应达到化学平衡时，v正=v逆，所以k1正c2（NO）=k1逆c2（N2O2），k2正c2（N2O