2026届云南省彝良县一中高二化学第一学期期中学业水平测试模拟试题含解析

2026届云南省彝良县一中高二化学第一学期期中学业水平测试模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、某元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，该元素最可能的化合价为()A．＋1价B．＋3价C．＋5价D．－5价2、已知有如下热化学方程式①2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH2③C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH3则下列关系正确的是：A．ΔH3=(ΔH1+ΔH2)/2B．ΔH3=ΔH2-ΔH1C．ΔH3=(ΔH2-ΔH1)/2D．ΔH3=(ΔH1-ΔH2)/23、医生建议患甲状腺肿大的病人多食海带，这是由于海带中含较丰富的（）A．碘元素B．铁元素C．钾元素D．锌元素4、某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，下列叙述正确的是A．刚充入时反应速率υ正减少，υ逆增大 B．平衡不发生移动C．平衡向正反应方向移动，A的物质的量浓度减小 D．物质C的质量分数增大5、在醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是A．1mol/L的醋酸溶液中H+浓度约为10-3mol/LB．醋酸能与水以任意比互溶C．10mL1mol/L的醋酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应D．醋酸是共价化合物6、现代火法炼锌过程中发生了以下三个主要反应。下列说法正确的是①2ZnS(s)+3O2(g)=2ZnO(s)+2SO2(g)△H1=akJ•mol-1②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=bkJ•mol-1③ZnO(s)+CO(g)=Zn(g)+CO2(g)△H3=ckJ•mol-1A．以上三个反应中，只有①是放热反应B．反应②的作用是仅为反应③提供还原剂C．用这种方法得到的是纯净的锌单质D．反应ZnS(s)+C(s)+2O2(g)=Zn(g)+SO2(g)+CO2(g)的△H=a+b+2c27、在含有大量的Ba2+、OH－、NO3－的溶液中，还可能大量共存的离子是A．SO42－ B．HCO3－C．Cl－ D．NH4+8、根据如图所示，下列判断中正确的是A．盐桥中的Cl－向烧杯a运动B．电流由Zn电极经导线流向Fe电极C．烧杯b中发生的反应为2Cl－－2e－=Cl2↑D．烧杯a中发生的反应为O2+4e－+2H2O=4OH－9、下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是()①已达平衡的反应C(s)＋H2O(g)⇌CO(g)＋H2(g)，当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动②已达平衡的反应N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定移动④有气体参加的反应平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动A．①④ B．①②③C．②③④ D．①②③④10、下列各组中的反应，属于同一反应类型的是A．由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇B．由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸C．由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制二溴丙烷D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇11、下列能源中，大量使用会导致全球进一步变暖、雾霾天气增多的是A．化石能源 B．太阳能 C．氢能 D．地热能12、为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：①测定溶液的pH，溶液显强碱性②取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体③在②实验后的溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀④取③实验后的上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀根据实验判断，以下推测正确的是A．一定有SO32-B．一定有HCO3-C．不能确定Cl－是否存在D．不能确定CO32-是否存在13、常温下，将0.05mol/LH2SO4和0.08mol/LNaOH溶液等体积混合，混合液的pH为()A．4 B．3 C．2 D．114、有如下4种碳架的烃，则下列判断正确的是A．a和d是同分异构体B．b和c不是同系物C．a和d都能发生加成反应D．只有b和c能发生取代反应15、一定温度下可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）达平衡的标志是（）A．v正（N2）=v逆（N2） B．v正（N2）=3v正（H2）C．v正（H2）=3v逆（NH3） D．N2、H2、NH3的体积比为1：3：216、头孢克肟是第三代头孢菌素抗生素，其分子式为C16H15N5O7S2。下列有关说法不正确的是()A．头孢克肟的相对分子质量是453 B．只有具备用药常识，才能避免抗生素药物的滥用C．头孢克肟中含有的5种元素均是非金属元素 D．“OTC”药物是指处方药17、合成氨作为重要的固氮方式，在工业生产上具有重要的应用。某温度下，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ∙mol-1，在一密闭容器中充入1molN2和3molH2，在催化剂存在下充分反应，测得反应放出的热量为()A．一定大于92.4kJ B．一定小于92.4kJ C．一定等于92.4kJ D．无法确定18、下列属于只含共价键的化合物的是A．N2B．Na2O2C．MgCl2D．CO219、下列物质的分子中既有σ键又有π键的是()A．HClB．Cl2C．C2H2D．CH420、25℃时，在浓度都为1mol·L-1的（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4Cl的四种溶液中，测得c（NH4+）分别为a、b、c、d（单位为mol·L-1）。下列判断正确的是A．a=2b=2c=2d B．a>b>c>d C．a>c>d>b D．a>c>b>d21、25℃时，用0.10mol/L的氨水滴定10.00mL0.05mol/L的二元酸H2A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．H2A的电离方程式为H2AH++HA-B．B点溶液中，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6mol/LC．C点溶液中，c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(A2-)D．25℃时，该氨水的电离平衡常数为22、已知：C(s)＋O2(g)===CO(g)ΔH＝－110.5kJ·mol－1①C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－393.51kJ·mol－1②计算反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的反应热ΔH的值为A．－283.01kJ·mol－1B．＋172.51kJ·mol－1C．＋283.1kJ·mol－1D．＋504.00kJ·mol－1二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物A可用作果实催熟剂。某同学欲以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。请回答：（1）A的电子式是_____。（2）E的结构简式是_____，E分子中含有的官能团名称是_____。（3）写出反应④的化学方程式_____。（4）反应①～⑤中属于取代反应的是_____（填序号）。（5）写出与乙酸乙酯互为同分异构体且属于羧酸的结构简式_____、_____。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）已知：Na2S2O3＋H2SO4＝Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：实验序号反应温度/℃Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mL①2010.00.1010.00.500②40V10.10V20.50V3③20V40.104.00.50V5(1)该实验①、②可探究______________对反应速率的影响，因此V1＝______________，V2＝______________；(2)实验①、③可探究硫酸浓度对反应速率的影响，因此V5＝______________。26、（10分）某教师在课堂上用下图所示的装置来验证浓硫酸与铜是否发生反应并探讨反应所产生气体的性质。Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2X请回答下列问题：(1)通过试管乙中发生的____________现象，说明了铜和浓硫酸发生了化学反应，并且该现象还能说明产生的气体具有_____________性。(2)若要收集试管甲中生成的气体，可以采用____________方法收集(填序号)。①排水取气法②向上排空气取气法③向下排空气取气法(3)补充试管甲中所发生反应的化学反应方程式中X物质____________(填分子式)。(4)试管乙口部浸有碱液的棉花的作用是__________，此防范措施也说明产生的气体是____________气体(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，____________(填“有”或“无”)毒性。27、（12分）I充满HCl（标准状况）的烧瓶做完喷泉实验后得到的稀盐酸溶液，用标准氢氧化钠溶液滴定，以确定该稀盐酸的准确物质的量浓度。回答下列问题：（3）该滴定实验盛装标准液的仪器是__________，若该仪器的量程为50mL，调液面为0，将该仪器中所有液体放出，则放出的溶液体积_______50mL。（填“＞”，“＝”，“＜”）（3）若该滴定实验用酚酞做指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从____色变为____色且保持30s内不变色。（3）配制三种不同浓度的标准氢氧化钠溶液，你认为最合适的是第______种。①5.000mol/L②0.5000mol/L③0.0500mol/L（4）若采用上述合适的标准氢氧化钠溶液滴定稀盐酸，操作步骤合理，滴定后的实验数据如下：实验编号待测盐酸的体积（mL）滴入氢氧化钠溶液的体积（mL）330.0037.30330.0037.03330.0036.98求测得的稀盐酸的物质的量浓度为_________________________。II测血钙的含量时，可将3．0mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)3C3O4晶体，反应生成CaC3O4沉淀。将沉淀用稀硫酸处理得H3C3O4后，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO3，还原产物为Mn3+，若终点时用去30．0mL3．0×30-4mol·L-3的KMnO4溶液。（3）写出用KMnO4滴定H3C3O4的离子方程式______________。（3）判断滴定终点的方法是______。（3）计算：血液中含钙离子的浓度为____g·mL-3。28、（14分）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。工业上常采用催化还原法和碱吸收法处理SO2气体。（1）如图所示：1molCH4完全燃烧生成气态水的能量变化和1molS(g)燃烧的能量变化。

在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2，写出该反应的热化学方程式___。（2）焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2的生成速率和S2(g)的生成速率随温度变化的关系如图所示：①A、B、C、D四点对应的状态中，达到平衡状态的有___(填字母)。②该反应的ΔH___0(填“＞”“＜”或“=”)③下列措施能够增大SO2平衡转化率的是___。A．降低温度B．增加C的量C．减小容器体积D．添加高效催化剂（3）用氨水吸收SO2。25℃时2.0mol·L-1的氨水中，NH3·H2O的电离度α＝___(α＝×100%)。。将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，溶液中的=___。(已知25℃，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10-5；Ka1(H2SO3)＝1.3×10-2，Ka2(H2SO3)＝6.2×10-8)（4）当吸收液失去吸收能力后通入O2可得到NH4HSO4溶液，用如图所示装置电解所得NH4HSO4溶液可制得强氧化剂(NH4)2S2O8。写出电解NH4HSO4溶液的化学方程式___。29、（10分）科学家寻找高效催化剂，通过如下反应实现大气污染物转化：(1)NH3作为一种重要化工原料，被大量应用于工业生产，与其有关性质反应的催化剂研究曾被列入国家863计划。在恒温恒容装置中充入一定量的NH3和O2，在某催化剂的作用下进行反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H＜0，测得不同时间的NH3和O2的浓度如下表：时间(min)0510152025c(NH3)/mol·L-11.000.360.120.080.00720.0072c(O2)/mol·L-12.001.200.900.850.840.84①前10分钟内的平均速率v(NO)=___________________mol·L-1·min-1②下列有关叙述中正确的是______________A．使用催化剂时，可降低该反应的活化能，加快其反应速率B．若测得容器内4v正(NH3)=6v逆(H2O)时，说明反应已达平衡C．当容器内气体的密度不变时，说明反应已达平衡D．若该反应的平衡常数K值变大，在平衡移动过程中正反应速率先增大后减小(2)氨催化氧化时会发生下述两个竞争反应I、II。催化剂常具有较强的选择性，即专一性。已知：反应I4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H＜0反应II：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H＜0为分析某催化剂对该反应的选择性，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关物质的量关系如图：①该催化剂在高温时选择反应____________(填“I”或“II”)。②反应I的活化能Ea(正)________Ea(逆)(填“小于”“等于”或“大于”)。③520℃时，4NH3(g)+5O24NO(g)+6H2O(g)的平衡常数K=________________(不要求得出计算结果，只需列出数字计算式)。④C点比B点所产生的NO的物质的量少的主要原因_________________________。(3)羟胺(NH2OH)的电子式_____________，羟胺是一种还原剂，可用作显像剂还原溴化银生成银单质和氮气，该反应的化学方程式为________________________________________。现用25.00mL0.049mol/L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与24.50mL0.020mol/L的KMnO4酸性溶液完全作用，则在上述反应中，羟胺的氧化产物是________________________。

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【解析】根据核外电子排布式可确定最外层电子数；根据最外层电子数可确定其可能的化合价；根据电子排布式为1s22s22p63s23p1可知该元素原子价电子排布式为3s23p1，所以可能的化合价为＋3价。【详解】基态原子电子排布为1s22s22p63s23p1，价电子为3s23p1，说明最外层电子数为3，在反应中易失去，则最可能的化合价为+3价。本题答案为B。2、D【解析】利用盖斯定律计算，将①/2-②/2，可得C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g），反应热随之相加减，可求得反应热；【详解】2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH1①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH2②利用盖斯定律，将①/2-②/2，可得C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g），则ΔH3=(ΔH1-ΔH2)/2；综上，本题选D。3、A【解析】根据碘的生理功能及主要食物来源判断。【详解】人体摄入的碘主要是来自海产品和碘盐，碘是合成甲状腺激素的主要元素，缺乏会患甲状腺肿大和呆小症，而海带中含丰富的碘元素，故甲状腺肿大的病人应多吃海带。答案选A。【点睛】本题考查微量元素对人体健康的重要作用。“关爱生命，拥抱健康”是人类追求的永恒主题，对营养元素与人体健康的考查也就成了热点之一，特别是它们的分类、存在形式、生理功能、食物来源、缺乏症，摄入时的注意事项等内容。4、D【分析】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，根据压强对平衡移动的影响判断。【详解】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，A、刚充入时反应速率υ正增大，υ逆增大，故A错误；

B、增大压强，平衡向正反应方向移动，故B错误；

C、增大压强，平衡向正反应方向移动，但根据勒夏特列原理，A的物质的量浓度比原来要大，故C错误；

D、增大压强，平衡向正反应方向移动，增加了C的物质的量，物质C的质量分数增大，故D正确。

所以D选项是正确的。【点睛】化学平衡题中有四种改变压强的方式：①恒容充惰气；②恒压充惰气；③缩小或扩大容器容积；④等比例充入一类组分。其中第④类可用等效平衡思想理解掌握。5、A【解析】在水溶液里部分电离的电解质为弱电解质，可以根据其电离程度或其强碱盐的酸碱性判断酸的强弱。【详解】A项、氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸不完全电离，存在电离平衡，所以能证明醋酸为弱电解质，故A正确；B项、电解质的强弱与水溶性无关，故B错误；C项、物质的量相等的盐酸和醋酸中和碱的能力相同，故C错误；D项、溶液的导电能力与离子浓度的大小有关，与电解质的强弱无关，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了电解质强弱的判断，电解质的强弱是根据电解质的电离程度划分的，与电解质的溶解性强弱无关。6、D【解析】A．燃烧反应为放热反应，则①②为放热反应，故A错误；B．反应②放热，因此其作用还有为反应③提供能量，故B错误；C．参与反应的固体有ZnS、ZnO、C和Zn，所以用这种方法不可能得到的纯净的锌单质，故C错误；D．已知：①2ZnS(s)+3O2(g)=2ZnO(s)+2SO2(g)△H1=akJ•mol-1②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=bkJ•mol-1③ZnO(s)+CO(g)=Zn(g)+CO2(g)△H3=ckJ•mol-1结合盖斯定律可知(①+②)/2+③得方程式ZnS(s)+C(s)+2O2(g)=Zn(g)+SO2(g)+CO2(g)，其△H=(a+b+2c)/2kJ•mol-1，故D正确；答案选D。7、C【解析】A．SO42-、Ba2+结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．碳酸氢根与氢离子不能大量共存，故B错误；C．Cl-与Ba2+、OH—、NO3—均不发生离子反应，能大量共存，故C正确；D．铵根离子与OH-发生离子发生反应生成NH3·H2O，不能大量共存，故D错误；故选C。点睛：考查离子的共存，把握常见离子的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，根据离子之间不能结合生成水、气体、程度、弱电解质等，则离子大量共存，以此来解答。8、D【分析】由图中信息可知，该装置为原电池，锌是负极，铁是正极，锌发生吸氧腐蚀。【详解】A.原电池中，阴离子向负极迁移，故盐桥中的Cl－向烧杯b运动,A判断不正确；B.电流由正极流向负极，故电流由Fe电极经导线流向Zn电极，B判断不正确；C.烧杯b中发生的反应为Zn－2e－=Zn2+，C判断不正确；D.烧杯a中通入氧气，氧气在正极上得到电子被还原，发生的反应为O2+4e－+2H2O=4OH－，D判断正确。综上所述，相关判断正确的是D。【点睛】注意联系钢铁的吸氧腐蚀分析本题的电极反应。9、D【解析】试题分析：①固体或纯液体浓度是定值，增加碳的物质的量，浓度不变，平衡不移动，故说法错误；②增大N2的浓度时，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，但N2的转化率减小，故说法不正确；③H2（g）＋I2（g）2HI（g），减小容器体积，根据勒夏特列原理，平衡不移动，故说法不正确；不正确；④恒压状态下，充入非反应气体，各组分的浓度减小，平衡向物质的量浓度增大的方向移动，故说法不正确，选项D符合题意。考点：考查勒夏特列原理等知识。10、D【解析】考查有机反应类型的判断。有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其它原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应是加成反应，有机物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应叫取代反应，有机化合物在一定条件下，从1个分子中脱去1个或几个小分子，而生成不饱和键化合物的反应，叫做消去反应。有机物分子中失去氢原子或加入氧原子的反应叫做氧化反应，有机物分子中加入氢原子或失去氧原子的反应叫做还原反应，因此A中分别是取代反应和加成反应；B中分别是取代反应和氧化反应；C中分别是消去反应和加成反应；D中均是取代反应，所以答案是D。11、A【解析】雾霾天气是固体小颗粒形成的，化合燃料燃烧不充分，产生烟尘，形成雾霾，故正确；太阳能、氢能、地热能都是新能源，无污染，故错误，因此选项A正确。12、C【解析】①测定溶液的pH，溶液显强碱性，说明溶液中含有氢氧根离子，碳酸氢根离子不能存在；②取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明生成的气体为二氧化碳，不是刺激性气味的二氧化硫，说明原溶液中含碳酸根离子；③在上述溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀．进一步证明溶液中含碳酸根离子；④取上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀说明含氯离子，但②步中加入盐酸含有氯离子，不能确定原溶液中含氯离子；综上所述：溶液中一定含碳酸根离子，一定不含亚硫酸根离子、碳酸氢根离子，氯离子不能确定。答案选C。点睛：本题考查元素化合物的性质，主要是离子性质的检验和应用，熟练综合离子性质和特征反应，检验方法是解题关键。①说明溶液在含有氢根离子；②现象说明有二氧化碳气体生成，无刺激性气味二氧化硫气体生成；③说明产生钡离子的白色沉淀为碳酸钡；④现象证明是氯离子的性质，但②步骤中加入了盐酸，不能说明原溶液中含氯离子；综合判断离子是否存在，从而得解。13、C【详解】0.05mol/LH2SO4中c(H+)=0.05mol/L×2=0.1mol/L，0.08mol/L

NaOH溶液c(OH-)=0.08mol/L，等体积混合，则H2SO4过量，溶液呈酸性，混合溶液中c(H+)=mol/L=10-2mol/L，则溶液的pH=2，故选C。14、A【解析】试题分析：A．a的分子式为C4H8，d分子式为C4H8，分子式相同，是同分异构体，故A正确；B．b的分子式为C5H12，c的分子式为C4H10，都是烷烃，为同系物，故B错误；C．a的结构简式为(CH3)2C=CH2，含有碳碳双键，能发生加成反应，d为环烷烃，不含碳碳双键，不能发生加成反应，故C错误；D．d为环烷烃，能发生取代反应，故D错误。故选A。考点：考查同系物；同分异构体15、A【详解】A.根据化学平衡状态的定义，当正逆反应速率相等时，说明反应达到平衡，故A符合题意；B.v正(N2)向正反应方向进行，v正(H2)向正反应方向进行，不符合化学状态的定义，v正（N2）=3v正（H2），不能说明反应达到平衡，故B不符合题意C.v正(H2)向正反应方向进行，v逆（NH3）向逆反应方向进行，但速率数值之比不等于化学计量数之比，v正（H2）=3v逆（NH3），不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；D.不清楚充入气体体积或物质的量，无法通过体积比判断反应是否达到平衡，故D不符合题意；答案选A。【点睛】用不同物质的速率判断达到平衡，首先反应的方向必须是一正一逆，然后速率之比等于化学计量数之比。16、D【详解】A.由分子式可知，头孢克肟的相对分子质量是：(12×16+1×15+14×5+16×7+32×2)=453，故A正确；B.过量使用抗生素对人体有害，只有具备用药常识，才能避免抗生素药物的滥用，故B正确；C.头孢克肟中含有的5种元素分别为：C、H、N、O、S，均是非金属元素，故C正确；D.“OTC”药物是指非处方药，故D错误；答案选D。17、B【详解】由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ∙mol-1可知，1molN2和3molH2完全反应放出92.4kJ的热量，而合成氨是可逆反应，故1molN2和3molH2不可能完全反应，则达到平衡时，放出的热量小于92.4kJ，故B正确；故选B。18、D【解析】A.N2属于单质，氮原子和氮原子之间存在非极性共价键，故A错误；B.Na2O2中有钠离子与过氧根离子形成的离子键，O、O之间形成的共价键，是离子化合物，故B错误；C.MgCl2中只有离子键，是离子化合物，故C错误；D.CO2是C与O通过共价键结合形成的共价化合物，故D正确。故选D。【点睛】一般情况下，金属或铵根离子与非金属形成的化学键是离子键，非金属和非金属之间形成的化学键是共价键，离子化合物中一定含有离子键也可能含有共价键，但是共价化合物中只含有共价键。19、C【解析】试题分析：单键都是σ键，而双键或三键中既有σ键又有π键，据此可知，选项ABD中只有σ键。乙炔中含有碳碳三键，既有σ键又有π键，答案选C。考点：考查σ键、π键的判断点评：该题是基础性试题的考查，该题的关键是明确σ键、π键的存在特点，然后结合题意灵活运用即可，难度不大。20、C【解析】根据（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4Cl的化学式，浓度都为1mol·L-1的溶液，（NH4）2SO4中c（NH4+）最大；溶液均存在水解平衡：NH4++H2ONH3

•H2O+H+，Cl-对NH4+水解没影响，NH4HSO4电离出的氢离子抑制NH4+水解，NH4HCO3中HCO3-的水解促进NH4+水解，所以浓度都为1mol·L-1的（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4Cl的四种溶液中c（NH4+）从大到小的顺序是（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl、NH4HCO3，故C正确。21、B【解析】根据图像，A点时，0.05mol/L的二元酸H2A的溶液=-12，此时c（OH-）=10-12c（H+），c（OH-）=1.0×10-13mol/L，c（H+）=0.1mol/L，说明H2A为二元强酸。A、H2A的电离方程式为H2A=2H++A2-，故A错误；B、B点溶液中，加入了10mL0.10mol/L的氨水，恰好完全反应，此时溶液应为（NH4）2A溶液，=-2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.0×10-8mol/L，c（H+）=1.0×10-6mol/L，此时溶液因NH4+水解呈酸性，溶液中的氢离子均是水电离产生的，故水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6mol/L，故B正确；C、C点溶液中，加入了12.5mL0.10mol/L的氨水，此时溶液应为（NH4）2A和NH3·H2O混合溶液，=0，c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(A2-)+c（OH-），即c(NH4+)=2c(A2-)，故C错误；D、B点时，溶液应为0.025mol/L（NH4）2A溶液，=-2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.0×10-8mol/L，c（H+）=1.0×10-6mol/L，溶液因NH4+水解呈酸性，NH4++H2OH++NH3·H2O，该反应的水解常数为Kh====2×10-5，故氨水的电离平衡常数为=5×10-10，故D错误；故选B。22、B【分析】

【详解】根据盖斯定律，①－2×②得出：C(s)＋CO2(g)=2CO(g)△H=2×(－110.5)－(－393.5)kJ/mol=＋172.5kJ·mol－1，故选项B正确。二、非选择题(共84分)23、CH3COOH羧基2CH3CHO+O22CH3COOH②⑤CH3CH2CH2COOH（CH3）2CHCOOH【分析】C连续氧化得到E，二者反应得到CH3COOCH2CH3，则C为CH3CH2OH，E为CH3COOH，乙醇发生氧化反应生成D为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成CH3COOH，有机物A可用作果实催熟剂，系列转化得到CH3CH2OH，故A为C2H4，与水发生加成反应得到B为CH3CH2Br，溴乙烷发生水解反应得到CH3CH2OH，据此解答。【详解】C连续氧化得到E，二者反应得到CH3COOCH2CH3，则C为CH3CH2OH，E为CH3COOH，乙醇发生氧化反应生成D为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成CH3COOH，有机物A可用作果实催熟剂，系列转化得到CH3CH2OH，故A为C2H4，与水发生加成反应得到B为CH3CH2Br，溴乙烷发生水解反应得到CH3CH2OH，（1）A为C2H4，其电子式是；（2）E的结构简式是CH3COOH，分子中含有的官能团是羧基；（3）反应④是乙醛氧化生成乙酸，反应方程式为：2CH3CHO+O22CH3COOH；（4）反应①是乙烯与HBr发生加成反应，反应②是溴乙烷发生水解反应得到CH3CH2OH，也属于取代反应，反应③是乙醇发生氧化反应生成乙醛，反应④是乙醛发生氧化反应生成乙酸，反应⑤是乙酸与乙醇发生酯化反应，也属于取代反应，故反应①～⑤中属于取代反应的是②⑤；（5）与乙酸乙酯互为同分异构体且属于羧酸的结构简式有：CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH。【点睛】本题考查有机物推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸的性质与转化，比较基础，侧重对基础知识的巩固。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、温度10.010.06.0【详解】(1)该实验①、②可探究温度对反应速率的影响，控制总体积相同，V1＝V2＝10.0；故答案为：温度；10.0；10.0；(2)实验①、③可探究浓度（或c(H＋)）对反应速率的影响，硫酸的物质的量不同，控制总体积相同，则V4＝10.0，V5＝20.0－10.0－4.0＝6.0，故答案为6.0。26、品红溶液褪色漂白性②H2O吸收SO2气体，防止污染空气酸性有毒【分析】Cu与浓硫酸混合加热发生反应产生CuSO4、SO2、H2O。SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，由于SO2的密度比空气大，且易溶于水，因此可通过向上排空气法进行收集；该气体是酸性气体，同时有毒性，能够与碱发生反应，因此可以用NaOH溶液进行尾气处理，根据元素守恒确定方程式中X的成分。【详解】(1)通过试管乙中品红溶液褪色，来说明铜和浓硫酸发生了化学反应，并且该现象还同时说明产生的SO2气体具有漂白性；(2)在试管甲中发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，由于反应产生的SO2的密度比空气大，且易溶于水，因此可通过向上排空气法进行收集，故合理选项是②；(3)根据质量守恒定律，利用反应前后各种元素原子个数不变，可知X物质是H2O；(4)SO2溶于水溶液显酸性，能够与碱发生反应。试管乙口部浸有碱液的棉花的作用是吸收SO2气体，防止污染空气；此防范措施也说明了产生的气体是酸性气体，同时具有毒性。【点睛】本题考查二氧化硫的制取和性质。注意二氧化硫是一种酸性气体，具有酸性、氧化性、还原性、漂白性，可根据其密度及物质的溶解性确定气体收集方法，对于有毒气体，要注意结合物质性质进行尾气处理，防止造成大气污染。27、碱式滴定管>无色红色③0.04350mol/L3MnO4-+5H3C3O4+6H+3Mn3++30CO3↑+8H3O当滴入一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色3．0×30-4【解析】I（3）该滴定实验盛装标准氢氧化钠溶液的仪器是碱式滴定管，若该仪器的量程为50mL，调液面为0，将该仪器中所有液体放出，由于滴定管50刻度以下的液体也放出，则放出的溶液体积大于50mL；（3）若该滴定实验用酚酞做指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从无色变为红色且保持30s内不变色；（3）充满HCl（标准状况）的烧瓶做完喷泉实验后得到的稀盐酸溶液，所得盐酸的物质的量浓度为c(HCl)=VL22.4L/molVL=0.045mol/L（4）根据表中数据可知，第3组数据体积偏大，应舍去，因此消耗氢氧化钠的平均体积为（17.02+16.98）mL2II（3）根据题意，高锰酸钾和草酸反应生成二氧化碳和锰离子，草酸中的碳元素从+3价升高到+4价，锰元素从+7价降低到+3价，所以锰离子和草酸的计量数为3和5，再根据原子守恒分析，配平其则离子方程式为3MnO4-+5H3C3O4+6H+3Mn3++30CO3↑+8H3O；（3）高锰酸钾溶液为紫色，滴定终点为当滴入一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；（3）根据方程式计算3MnO4----5H3C3O4----5Ca3+3530×3.0×30-4c×3解c=3.5×30-3mol/L，故血液中含钙离子的浓度为3.5×30-3mol/L×40g/mol×30-3L/mL=3.0×30-4g·mL-3。28、CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+2S（s）ΔH=352kJ/molC<A0.3%0.622NH4HSO4(NH4)2S2O8+H2↑【分析】（1）根据图示中反应物和生成物状态及总能量大小书写热化学方程式，再根据盖斯定律计算反应热，书写热化学方程式；（2）根据反应速率之比等于化学计量数之比及化学平衡移动原理分析解答；（3）根据电离度及电离平衡常数的表达式计算溶液中相关离子浓度的比；（4）根据电解原理及图示电解质的组成书写相关电解方程式。【详解】（1）根据图示中反应物及生成物的能量大小可得热化学方程式：i.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-(928kJ/mol-126kJ/mol)=−802kJ/mol，ii.S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH=−577kJ/mol，将方程式i−2ii得CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)ΔH=−802kJ/mol−2×(−577kJ/mol)=+352kJ/mol，故答案为：CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+2S（s）ΔH=+352kJ/mol；（2）①达到平衡状态时，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比为2:1，根据图知，只有C点符合，故答案为：C；②升高温度平衡向吸热方向移动，C点到D点，升高温度，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比大于2:1，说明SO2的生成速率大于其本身消耗速率，平衡逆向移动，即逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，则ΔH<0，故答案为：<；③能够增大SO2平衡转化率说明平衡正向移动，但不能是增加二氧化硫的物质的量，A．降低温度，平衡正向移动，增大二氧化硫转化率，故正确；B．增加C的量，平衡不移动，故错误；C．减小容器体积，平衡逆向移动，减小二氧化硫转化率，故错误；D．添加高效催化剂，平衡不移动，故错误；故答案为A；（3）Kb(NH3·H2O)=，25℃时2.0mol·L-1的氨水中，c(NH4+)==6×10−3mol/L，NH3⋅H2O的电离度α=，将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，溶液中c(H+)=c(OH−)=10−7mol/L，溶液中的，故答案为：0.3%；0.62；（4）电解硫酸氢铵溶液时生成(NH4)2S2O8和氢气，氢离子得电子生成氢气，硫元素失电子，化合价由+6升高为+7，其方程式为2NH4HSO4(NH4)2S2O8+H2↑，故答案为：2NH4HSO4(NH4)2S2O8+H2↑。29、0.088AⅠ小于