海南省三亚市天涯区三亚华侨学校2026届高二上化学期中质量检测模拟试题含解析

海南省三亚市天涯区三亚华侨学校2026届高二上化学期中质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列物质中，属于目前世界上用量最大、用途最广的合金是A．青铜 B．钢材 C．18K金 D．钛合金2、下列说法不正确的是（）A．维生素C又称为抗坏血酸，具有还原性B．患有胃溃疡的患者，可以用小苏打治疗胃酸过多C．维生素有脂溶性和水溶性之分D．人体内含铁元素低会导致缺铁性贫血3、下列各组热化学方程式中，△H1＞△H2的是（）①C(s)＋O2(g)=CO2(g)△H1C(s)＋O2(g)=CO(g)△H2②S(s)＋O2(g)=SO2(g)△H1S(g)＋O2(g)=SO2(g)△H2③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)△H12H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)△H2④CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)△H1CaO(s)＋H2O(l)=Ca(OH)2(s)△H2A．① B．④ C．②③④ D．①②③4、运输氢氧化钠的车辆上必须贴有的警示标志是A． B．C． D．5、已知反应：①101Kpa时，2C(s)+O2(g)=2CO(g)∆H=-221kJ/mol②稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)∆H=-57.3kJ/mol。下列结论正确的是A．碳的燃烧热大于110.5kJ/molB．①的反应热为221kJ/molC．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3kJ/molD．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量6、把2.5molA和2.5molB通入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol/(L·s)，同时生成1molD。下列叙述中不正确的是（）A．x=4B．达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为6：5C．达到平衡状态时A的转化率为50%D．5s内B的反应速率v(B)=0.05mol/(L·s)7、某学生用0.1023mol·L－1标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，测定中使用耐酸、碱和强氧化剂腐蚀的“特氟龙”旋钮的滴定管。其操作可分解为如下几步：①移取20.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液②用标准氢氧化钠溶液润洗滴定管3次③把盛有标准氢氧化钠溶液的滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液④取标准氢氧化钠溶液注入滴定管至“0”刻度以上约2mL⑤调节液面至“0”或“0”刻度以下，记下读数⑥把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准氢氧化钠溶液滴定至终点并记下滴定管的读数下列有关上述中和滴定操作步骤的正确顺序是A．①②③④⑤⑥ B．②④③⑤①⑥ C．③①②⑥④⑤ D．⑤①②③④⑥8、已知五种短周期元素的原子半径及主要化合价如表，下列叙述正确的是LMQRT原子半径（nm）0.1600.1430.1040.1110.066主要化合价+2+3+6、﹣2+2﹣2A．L和Q形成的化合物含极性共价键B．M易与T单质反应C．T、Q的简单氢化物常温常压下均为无色气体D．L、R的单质与盐酸反应速率：R＞L9、下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是A．与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢B．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能C．乙醇能使重铬酸钾溶液变色而乙酸不能D．甲苯能使KMnO4酸性溶液褪色而乙烷不能10、100ml浓度为2mol/L的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气总量，可采用的方法是A．加入少量浓盐酸 B．加入几滴氯化铜溶液C．加入适量蒸馏水 D．加入适量的氯化钠溶液11、根据有机化合物的系统命名正确的是（）A．四溴乙烷B．2，3﹣二乙基丁烷C．3，4﹣二乙基﹣2，4﹣己二烯D．2﹣甲基﹣3﹣丁炔12、2016年诺贝尔化学奖授予从事分子机器人研究的三位化学家。下列物质由分子构成的是A．食盐B．铁单质C．纯净水D．金刚石13、京津冀地区的大气污染问题已成影响华北环境的重要因素，有人想利用下列反应：2CO(g)＋SO2(g)2CO2(g)＋S(g)ΔH=+8.0kJ·mol-1来减少污染，使用新型催化剂加快反应。下列有关该反应过程的能量变化示意图正确的是()A． B． C． D．D14、下列关于甲烷的叙述正确的是（）A．液化石油气的主要成分B．含碳质量分数最大的有机物C．最简单的有机物D．1mol甲烷含有8mol电子15、温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，发生反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是t/s050150250350n(PCl3)/mol00.160.190.200.20A．反应在前50s的平均速率ν(Cl2)=0.0032mol·L-1·s-1B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)=0.13mol·L-1，则反应的ΔH<0C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，反应达到平衡前ν(正)<ν(逆)D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率大于80%16、25℃时，在10mL浓度为0.1mol/L的NH3·H2O溶液中滴加0.1mol/L盐酸，下列有关描述正确的是A．加入5mL盐酸时：c(NH4＋)>c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)B．加入10mL盐酸时：c(NH4＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)C．在溶液pH＝7时：水的电离程度最大D．加入20mL盐酸时：c(Cl－)＝2c(NH4＋)17、海港、码头的钢制管桩会受到海水的长期侵蚀，常用外加电流法对其进行保护，如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列说法不正确的是A．钢制管桩应与电源的负极相连B．通电后外电路的电子被强制流向钢制管桩C．高硅铸铁及钢制管桩周边没有电极反应发生D．保护电流应该根据环境条件变化进行调整18、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．CaCO3和CaO都属于盐 B．H2SO4和HCl都属于酸C．NaOH和Na2CO3都属于碱 D．CuO和CuCO3都属于氧化物19、已知某短周期元素原子的第三电子层排布有5个电子，该元素在周期表中位于A．第二周期ⅣA族 B．第二周期ⅤA族C．第三周期ⅣA族 D．第三周期ⅤA族20、以下对于溶液中一些成分的鉴定，正确的是A．取少量待测液于试管中，滴加少量的NaOH溶液，若出现白色絮状，则说明待测液中含有B．取少量待测液于试管中，滴加少量的KSCN溶液，若出现血红色，则说明待测液中不含Fe元素C．取少量待测液于试管中，滴加少量的溶液，若出现白色絮状，则说明待测液中含有D．取少量待测液于试管中，滴加少量的NaOH溶液，若出现气泡，则说明待测液中含有21、X、Y二元素的原子，当它们分别获得两个电子形成稀有气体元素原子的电子层结构时，X放出的热量大于Y放出的热量；Z、W两元素的原子，当它们分别失去一个电子形成稀有气体元素原子的电子层结构时，吸收能量W大于Z。则X、Y和Z、W分别形成的化合物中，离子化合物可能性最大的是A．Z2XB．Z2YC．W2XD．W2Y22、下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是A．NaHCO3B．FeSO4C．Ca(ClO)2D．NaHSO4二、非选择题(共84分)23、（14分）根据下面的反应路线及所给信息,回答下列问题:（1）11.2L(标准状况)的烃A在氧气中充分燃烧可以产生88gCO2和45gH2O,A的分子式是__________（2）B和C均为一氯代烃,已知C中只有一种等效氢,则B的名称(系统命名)为__________（3）D的结构简式__________,③的反应类型是__________（4）写出③的反应化学方程式_________24、（12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_____________。25、（12分）某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化实验。实验Ⅰ：将Fe3+转化为Fe2+(1)Fe3+与Cu粉发生反应的离子方程式为_________________________________。(2)某学生用对比实验法探究白色沉淀产生的原因，请填写实验万案：实验方案现象结论步骤1：取4mL①__________mol/LCuSO4溶液,向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液产生白色沉淀CuSO4溶液与KSCN溶液反应产生了白色沉淀步骤2：取4mL②__________mol/LFeSO4溶液向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液无明显现象查阅资料：已知①SCN-的化学性质与I-相似②2Cu2++4I-=2CuI↓+I2Cu2+与SCN-反应的离子方程式为③___________________________________。实验Ⅱ：将Fe2+转化为Fe3+实验方案现象向3mL0.1mol/LFeSO4溶液中加入3mL0.5mol/L稀硝酸溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色探究上述现象出现的原因：查阅资料：Fe2++NOFe(NO)2+(棕色)(3)用离子方程式解释NO产生的原因___________________________________。(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：反应Ⅰ：Fe2+与HNO3反应；反应Ⅱ：Fe2+与NO反应①反应Ⅰ是一个不可逆反应，设计实验方案加以证明_____________________________。②请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因_____________________________。26、（10分）已知MnO2、Fe3+、Cu2+等均可以催化过氧化氢的分解。某化学实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件，用如图装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如下表：请回答下列问题:（1）盛装双氧水的化学仪器名称是__________。（2）如何检验该套装置的气密性__________________________________________________。（3）相同浓度的过氧化氢，其分解速率随着二氧化锰用量的增加而__________。（4）从实验效果和“绿色化学”角度考虑，双氧水的浓度相同时，加入______g的二氧化锰为较佳选择。（5）某同学查阅资料知道，H2O2是一种常见的氧化剂，可以将Fe2+氧化为Fe3+，他在FeCl2溶液中加入过氧化氢溶液，发现溶液由浅绿色变成了棕黄色，过了一会，又产生了气体，猜测该气体可能为______，产生该气体的原因是_____________________。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）已知水的电离平衡曲线如图所示，试回答下列问题：（1）图中ABCDE五点的KW间的大小关系是___________．（用ABCDE表示）（2）若从A点到D点，可采用的措施是______．a．升温b．加入少量的盐酸c．加入少量的NaOH固体（3）点B对应温度条件下，某溶液pH═7，此时，溶液呈____（酸性、碱性、中性），点E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________．（4）点B对应的温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是pH1+pH2=___________．29、（10分）Ⅰ．二甲醚是一种重要的清洁燃料，可以通过CH3OH分子间脱水制得：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝－23.5kJ·mol－1。在t1℃，恒容密闭容器中建立上述平衡，体系中各组分浓度随时间变化如上图所示。

(1)该条件下反应平衡常数表达式K＝_________________________；在t1℃时，反应的平衡常数为________，达到平衡时n(CH3OCH3)∶n(CH3OH)∶n(H2O)=_____________________。(2)相同条件下，若改变起始浓度，某时刻各组分浓度依次为c(CH3OH)＝0.4mol·L－1、c(H2O)＝0.6mol·L－1、c(CH3OCH3)＝2.4mol·L－1，此时正、逆反应速率的大小：v正________v逆(填“>”、“<”或“＝”)，反应向______反应方向进行(填“正”或“逆”)。Ⅱ．已知可逆反应：M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)ΔH＞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＝____________。

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【详解】目前世界上用量最大的合金是铁合金，即钢材，故选B。2、B【详解】A.维生素C结构中含碳碳双键和−OH，具有还原性，俗称抗坏血酸，故A正确；B.小苏打与胃酸中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，患胃溃疡的病人，为防止胃壁穿孔，不能服用小苏打来治疗，因为反应产生的二氧化碳气体会造成胃部气胀，易造成胃穿孔，故B错误；C.维生素可根据其溶解性的不同分为脂溶性维生素和水溶性维生素两大类，水溶性维生素在新鲜的水果和蔬菜中含量丰富，而脂溶性维生素在肉类食物中含量丰富，故C正确；D.血红蛋白中含Fe2+，故人体缺少铁元素会导致缺铁性贫血，故D正确；故选B。3、C【详解】①等质量的C完全燃烧产生CO2放出的热量比不完全燃烧产生CO放出的热量多，反应放出热量越多，则△H越小，所以△H1＜△H2，①不符合题意；②物质S在气态时含有的能量比固态时多，所以气态S燃烧放出的热量比固态S燃烧放出的热量要多，反应放出热量越多，则△H越小，所以△H1＞△H2，②符合题意；③发生反应的H2越多，反应放出的热量就越多，则该反应的△H越小，所以反应热：△H1＞△H2，③符合题意；④固态CaCO3分解反应是吸热反应，△H1＞0；CaO与H2O反应产生Ca(OH)2的反应是放热反应，△H2＜0，所以两个反应的反应热：△H1＞△H2，④符合题意；可见，△H1＞△H2的反应是②③④，故答案选C。4、B【详解】氢氧化钠俗称火碱、苛性钠，具有强的腐蚀性的固体，不做氧化剂，运输车辆上应贴腐蚀性标志，B符合，故选：B。5、A【详解】A、由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ，所以碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，A结论正确；B、反应热包含符号，①的反应热为-221kJ/mol，B结论错误；C、中和热为放热反应，则叙述中和热时不用“-”，即稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol，C结论错误；D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D结论错误；故选：A。6、C【分析】根据5s内C的平均反应速率为0.2mol/(L·s)可知，反应后C的物质的量为0.2mol/(L·s)×5s×2L=2mol，生成1molD，根据方程式系数之比等于变化量之比可得x：2=2：1，解得x=4，根据题意可得：【详解】A．根据分析可知，x=4，A正确；B．根据阿伏伽德罗定律，其它条件相同时，压强之比等于物质的量之比，反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为(1+2+2+1)：(2.5+2.5)=6：5，B正确；C．反应达到平衡状态时A的转化率为×100%=60%，C错误；D．B的反应速率=，D正确；故选C。7、B【详解】中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为：②④③⑤①⑥，故选B。8、B【解析】L和R的化合价都为+2价，应为周期表第IIA族，根据半径关系可知R为Be，L为Mg；Q和T的化合价都有-2价，应为周期表第VIA族元素，Q的最高价为+6价，应为S元素，T无正价，应为O元素；M的化合价为+3价，应为周期表第IIIA族元素，根据半径大于S，为Al元素。A.Mg与S形成MgS，该化合物属于离子化合物，不存在极性键，A错误；B.M为Al，T为O，铝易与氧气反应，B正确；C.T为O，对应的氢化物常温下为液体，Q为S，其氢化物为气态硫化氢，C错误；D.L为Mg、R为Be，元素的金属性Mg>Be，元素的金属性越强，其与酸反应速率越快，因此反应速率：Mg>Be，D错误；故合理选项是B。9、C【分析】A．乙醇中羟基不如水中羟基活泼；B．苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，说明苯基对羟基有影响；C．乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性；D．甲苯与硝酸反应更容易，说明甲苯中苯环上H原子更活泼。【详解】A．乙醇中羟基不如水中羟基活泼，说明烃基对羟基产生影响，选项A能解释；B．苯酚可以看作是苯基和羟基连接，乙醇可以可作是乙基和羟基连接，苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，则说明苯基对羟基有影响，选项B能解释；C、乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性，这是官能团的性质，与所连基团无关，选项C不能解释；D．甲苯与硝酸反应更容易，说明甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，选项D能解释；答案选C。【点睛】本题考查有机物结构与性质关系、原子团的相互影响等，难度不大，注意基础知识的把握。10、B【详解】A．加入适量浓度较大的盐酸，氢离子浓度增大，反应速率增大，但稀盐酸物质的量增大，所以生成氢气总量增大，故A错误；B．加入氯化铜溶液，Zn置换出Cu，Zn、Cu和稀盐酸构成原电池而加快反应速率，且稀盐酸物质的量不变，所以生成氢气总量不变，故B正确；C．加入适量蒸馏水，氢离子浓度减小，反应速率减小，故C错误；D．加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小，反应速率减小，故D错误；故选B。【点晴】过量的锌片，盐酸完全反应，则加快反应速率又不影响生成氢气的总量，可增大氢离子浓度或增大金属的接触面积、构成原电池等，不改变其氢离子物质的量。明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，注意把握题中锌过量的要求。11、C【解析】直接将物质按照命名写出来，再根据系统命名法重新命名，看前后是否相同；判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范；（1）烷烃命名原则：①长-----选最长碳链为主链；②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；③近-----离支链最近一端编号；④小-----支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．（2）有机物的名称书写要规范；（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。【详解】A.中1，2位上各有二个溴原子，命名为1，1，2，2-四溴乙烷，选项A错误；B.最长的碳链有6个碳，命名为3，4﹣二甲基己烷，选项B错误；C.含有两个碳碳双键的最长碳链上有6个碳原子，命名为3，4﹣二乙基﹣2，4﹣己二烯，选项C正确；D.碳碳三键在1位，命名为3﹣甲基﹣1﹣丁炔，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查了有机物的命名知识，难度不大，一般要求了解烷烃、烯烃、炔烃以及简单的烃的衍生物的系统命名法，命名时要遵循命名原则，书写要规范。12、C【解析】A.氯化钠是含有金属元素和非金属元素的化合物，氯化钠由钠离子和氯离子构成的，故A错误；B.铁属于金属单质，是由铁原子直接构成的，故B错误；C.水是由非金属元素组成的化合物，是由水分子构成的，故C正确；D.金刚石属于固态非金属单质，是由碳原子直接构成的，故D错误。故选C。13、B【解析】试题分析：已知的反应是吸热反应，则反应物的能量低于生成物的能量，排除A、C选项；加入催化剂，能够改变反应途径，降低反应的活化能，但是反应热不变，故选项是B。错误。考点：考查外界环境对反应反应的影响的知识。14、C【解析】A．液化石油气的主要成分是丙烷(C3H8)等，故A错误；B．甲烷是烷烃中含碳质量分数最小的有机物，故B错误；C．甲烷是最简单的烃，也是最简单的有机物，故C正确；D．1个甲烷含有10个电子，所以1mol甲烷含有10mol电子，故D错误；故选C。15、D【详解】A、由表中数据可知50s内，△n（PCl3）=0.32mol，v（PCl3）==0.0016mol/（L•s），选项A错误；B、由表中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.4mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol/L，则n′（PCl3）=0.11mol/L×4L=0.44mol，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即△H＞O，选项B错误；C、对于可逆反应：PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g），开始（mol/L）：0.500变化（mol/L）：0.10.10.1平衡（mol/L）：0.40.10.1所以平衡常数k==0.025。起始时向容器中充入2.0molPCl5、0.40molPCl3和0.40molCl2，起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L，浓度商Qc==0.02，K＞Qc，说明平衡向正反应方向移动，反应达平衡前v（正）＞v（逆），选项C错误；D、等效为起始加入4.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.8mol，即相同温度下，起始时向容器中充入4.0molPCl3、和4.0molCl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.8mol，参加反应的PCl3的物质的量大于3.2mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于80%，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查反应速率、平衡常数计算、平衡移动、等效平衡等，难度中等，注意C中使用等效平衡思想分析，使问题简单化，也可以根据平衡常数计算，但比较麻烦。16、B【解析】A、反应后溶质为NH3·H2O和NH4Cl，其两者物质的量相等，NH3·H2O的电离程度大于NH4＋的水解程度，溶液显碱性，离子浓度大小顺序是c(NH4＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故A错误；B、根据溶液显电中性，得出c(NH4＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，故B正确；C、水的电离程度最大时，溶质为NH4Cl，NH4＋水解促进水的电离，溶液显酸性，故C错误；D、加入20mL盐酸，溶质为NH4Cl和HCl，且两者物质的量相等，根据物料守恒，c(Cl－)=2c(NH4＋)＋2c(NH3·H2O)，17、C【分析】外加电流阴极保护是通过外加直流电源以及辅助阳极，被保护金属与电源的负极相连作为阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，使被保护金属整体处于电子过剩的状态，让被保护金属结构电位低于周围环境，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，减弱腐蚀的发生，阳极若是惰性电极，则是电解质溶液中的离子在阳极失电子，据此解答。【详解】根据题干信息及分析可知，A.被保护的钢管桩应作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，钢制管桩应与电源的负极相连，故A正确；B.通电后，惰性高硅铸铁作阳极，海水中的氯离子等在阳极失电子发生氧化反应，电子经导线流向电源正极，再从电源负极流出经导线流向钢管桩，故B正确；C.高硅铸铁为惰性辅助阳极，可减弱腐蚀的发生，但不能使电极反应完全消失，故C错误；D.在保护过程中要使被保护金属结构电位低于周围环境，则通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，故D正确；故选C。18、B【详解】A.CaCO3属于盐，CaO属于氧化物，故A错误；

B.H2SO4和HCl都属于酸，故B正确；C.NaOH属于碱，Na2CO3属于盐，故C错误；

D.CuO属于氧化物，CuCO3属于盐，故D错误。故选B。19、D【解析】第三电子层上排布有5个电子，则根据核外电子的排布规律可知，该元素在周期表中的位置是第三周期ⅤA族；答案选D。20、D【详解】A．取少量待测液于试管中，滴加少量的NaOH溶液，若出现白色絮状，继续滴加过量的NaOH溶液，沉淀溶解，则说明待测液中含有，故A不选；B．取少量待测液于试管中，滴加少量的KSCN溶液，若出现血红色，则说明待测液中含Fe元素，故B不选；C．取少量待测液于试管中，先加盐酸酸化，无沉淀产生，滴加少量的溶液，若出现白色絮状，则说明待测液中含有，故C不选；D．取少量待测液于试管中，滴加少量的NaOH溶液，若出现气泡，则说明待测液中含有NH4＋，NH4＋+OH－NH3·H2ONH3＋H2O，故D选；故选D。21、A【解析】X、Y两元素的原子，当它们分别获得两个电子，形成稀有气体元素原子的电子层结构时，X放出的能量大于Y放出的能量，说明X比Y易得电子、X的非金属性强于Y、X的电负性大于Y；Z、W两元素的原子，当它们分别失去一个电子形成稀有气体元素原子的电子层结构时，W吸收的能量大于Z吸收的能量，说明Z比W易失电子、Z的金属性强于W、Z的电负性小于W，故X、Z的电负性相差最大，最不可能形成共价化合物。故选A。22、B【解析】本题主要考查盐类水解反应，弱酸阴离子和弱碱阳离子能水解。【详解】A.碳酸氢钠为强碱弱酸盐，在水溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子发生水解HCO3-+H2OH2CO3+OH-，和电离HCO3-H++CO3-，水解大于电离，溶液显碱性，A错误；B.硫酸亚铁为强酸弱碱盐，在水溶液中电离出亚铁离子和硫酸根离子，亚铁离子发生水解Fe2++2H2OFe（OH）2+2H+，水溶液显酸性，B正确；C.次氯酸钙为强碱弱酸盐，在水溶液中电离出次氯酸根离子和钙离子，次氯酸根离子发生水解ClO-+H2OHClO+OH-，水溶液显碱性，C错误；D.硫酸氢钠为强酸强碱盐，电离出氢离子使溶液显酸性，D错误。答案为B。【点睛】对于盐类物质，能在水溶液中发生水解的一定存在弱电解质离子，谁强显谁性，同强为中性。二、非选择题(共84分)23、C4H102.2-甲基-1-氯丙烷CH2=C(CH3)2取代反应(水解反应)CH2BrCBr(CH3)2+2NaOHCH2OHCOH(CH3)2+2NaBr【解析】（1）标准状况下11.2L烃A的物质的量为0.5mol，88gCO2的物质的量为2mol，45gH2O的物质的量为2.5mol，所以根据碳氢原子守恒可知烃A的分子式为C4H10；（2）B和C均为一氯代烃，已知C中只有一种等效氢，说明结构中有三个甲基，A为异丁烷，C为(CH3)3CCl，B为(CH3)2CHCH2Cl，则B的名称（系统命名）为2-甲基-1-氯丙烷；（2）异丁烷取代后的一氯取代物在氢氧化钠的醇溶液中加热消去生成2－甲基丙烯，则D的结构简式为CH2=C(CH3)2；D和溴发生加成反应生成E，E是卤代烃，在氢氧化钠溶液中水解生成F，则③的反应类型是取代反应；（4）根据以上分析可知③的反应化学方程式为CH2BrCBr(CH3)2+2NaOHCH2OHCOH(CH3)2+2NaBr。点睛：准确判断出A的分子式是解答的关键，注意等效氢原子判断方法、卤代烃发生消去反应和水解反应的条件。24、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:

。25、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+①0.10.2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)23Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是一个不可逆反应Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色【解析】(1).Cu与Fe3+反应生成Fe2+和Cu2+，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(2).由反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，图1得到的溶液中Fe2+为0.2mol/L、Cu2+为0.1mol/L，取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，分别滴入KSCN溶液进行对照实验，故实验方案为：步骤1、取4mL0.1mol/LCuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液；步骤2、取4mL0.2mol/LFeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液。由已知信息①、②可知，Cu2+与SCN−反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，该反应的离子方程式为：2Cu2++4SCN－=2CuSCN↓+(SCN)2，故答案为0.1；0.2；2Cu2++4SCN－=2CuSCN↓+(SCN)2；(3).亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，反应生成铁离子、NO和水，反应的离子方程为：3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O；(4).①.硫酸亚铁和稀硝酸反应时硝酸过量，若反应I存在平衡，溶液中应含有Fe2+，否则没有Fe2+，具体的实验方案是：取少量反应I的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应，故答案为取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是一个不可逆反应；②.Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，使平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色，故答案为Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色。26、分液漏斗

关闭分液漏斗的活塞，将注射器的活栓向外拉出一段距离，若一段时间后活栓能够恢复到原位置，则装置的气密性好加快0.3O2生成的Fe3+催化了过氧化氢的分解【解析】本题探究过氧化氢分解的最佳催化条件，使用注射器测量气体体积，能保证所测气体恒温恒压，实验数据中表征反应快慢的物理量是反应停止所用时间，反应停止所用时间越短反应速率越快，从表格数据可以看出催化剂使用量越大反应所用时间越短，但使用0.3gMnO2和0.8gMnO2时反应所用时间差别不大。“绿色化学”的理念是原子经济性、从源头上减少污染物的产生等，使用0.3gMnO2有较好的反应速率又符合“绿色化学”的理念。H2O2能将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+又能催化H2O2的分解放出O2，由此分析解答。【详解】(1)盛装双氧水的化学仪器是分液漏斗。(2)通常在密闭体系中形成压强差来检验装置的气密性，本实验中推拉注射器活栓就可以造成气压差，再观察活栓能否复位，其操作方法是：关闭分液漏斗的活塞，将注射器的活栓向外拉出一段距离，若一段时间后活栓能够恢复到原位置，则装置的气密性好。(3)由表格数据可知，过氧化氢浓度相同时，增大MnO2的质量，反应停止所用时间缩短，反应速率加快，所以相同浓度的过氧化氢，其分解速率随着二氧化锰用量的增加而加快。(4)从表格数据看，三次实验中尽管双氧水的浓度不同，但使用0.3gMnO2的反应速率明显比0.1gMnO2加快很多倍，使用0.8gMnO2尽管比0.3gMnO2时反应速率有所加快，但增大的幅度很小，而“绿色化学”要求原子经济性、从源头减少污染物的产生等，所以使用0.3gMnO2既能有较好的实验效果又符合“绿色化学”的理念。(5)在FeCl2溶液中加入过氧化氢溶液，发现溶液由浅绿色变成了棕黄色，是因为H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，根据题给信息，Fe3+可以催化过氧化氢的分解，所以H2O2在Fe3+催化下发生了分解反应2H2O22H2O+O2↑，所以产生的气体是O2，原因是生成的Fe3+催化了过氧化氢的分解。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=0.11g，物质的量为=0.0025mol，根据反应CaCO3+2HNO3＝Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知消耗HNO3的物质的量为2×0.0025mol=0.005mol，又溶液体积为0.025L，所以HNO3减少的浓度△c