2026届云南省民族大学附属中学化学高二上期中综合测试模拟试题含解析

2026届云南省民族大学附属中学化学高二上期中综合测试模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、1mol气态钠离子和1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠时释放出的热能为氯化钠的晶格能。下列热化学方程式中，反应热的绝对值等于氯化钠晶格能的数值的是A．Na＋(g)＋Cl－(g)===NaCl(s)；ΔH1＝akJ·mol－1B．Na＋(g)＋1/2Cl2(g)===NaCl(s)；ΔH2＝bkJ·mol－1C．NaCl(s)===Na(g)＋Cl(g)；ΔH3＝ckJ·mol－1D．Na(g)＋Cl(g)===NaCl(s)；ΔH4＝dkJ·mol－12、一定温度下，m

g下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的过氧化钠充分反应，过氧化钠增加了n

g，且n＞m，符合此要求的物质是（）①H2

②HCHO

③CH4

④HCOOCH3

⑤CH3CHOA．①②B．③⑤C．①②③④⑤D．④3、利用“Na—CO2”电池可将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na—CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，放电时总反应的化学方程式为4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C。放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示，下列说法中不正确的是A．电流流向为MWCNT→导线→钠箔B．放电时，正极的电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋CC．选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚作电解液的优点是导电性好，不与金属钠反应，难挥发D．原两电极质量相等，若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole－时，两极的质量差为11.2g4、下列物质中,含有共价键的是A．NaCl B．CO2 C．MgCl2 D．Na2O5、下列各组物质中，化学键类型都相同的是A．CaCl2和NaOH B．Na2O和Na2O2 C．CO2和CS2 D．HCl和NaOH6、100℃，有pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，以下说法中不正确的是A．在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强B．HX、HY、HZ三者中有一种为强酸C．在X－、Y－、Z－三者中，以Z－最易发生水解D．向1molHY加入NaOH充分反应至溶液呈中性时，需要的NaOH稍小于1mol7、反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)经2min后，B的浓度减少了0.6mol·L-1。下列说法正确的是（）A．用A表示的化学反应速率是0.4mol·L-1·min-1B．分别用B、C、D表示化学反应速率，其比是3∶2∶1C．在2min末的反应速率用B表示是0.3mol·L-1·min-1D．在这2min内B和C两物质的浓度都减小8、有一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积一定是（）A．amL B．（50―a）mL C．大于（50―a）mL D．大于amL9、下列有关实验操作的说法错误的是A．中和滴定时盛待测液的锥形瓶中有少量水对滴定结果无影响B．在酸碱中和滴定实验中，滴定管都需润洗，否则引起误差C．滴定时，右手控制滴定管活塞，左手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面D．称量时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘10、下列实验方案不能达到相应目的的是ABCD目的探究温度对化学平衡的影响研究浓度对化学平衡的影响实现铜棒镀银证明化学反应存在一定的限度实验方案A．A B．B C．C D．D11、下列关于元素周期表的说法，错误的是A．元素周期表是元素按原子序数大小排列而成的B．元素原子的电子层数等于其所在周期的周期序数C．元素原子的最外层电子数等于其所在族的族序数D．元素周期表是元素周期律的具体表现形式12、在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，下列证据不能说明反应一定达到化学平衡状态的是A．c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2B．容器内的压强不再改变C．SO2的转化率不再改变D．SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等13、、、、为短周期元素，其原子半径、化合价等信息见下表。以下说法一定正确的是（）元素原子半径（）0.0770.0700.1040.099最高正价或最低负价+4+5-2-1A．与形成的化合物的电子式可表示为B．的氢化物能与的氢化物反应，所得产物只含有共价键C．、能分别与氧元素形成多种氧化物D．处于元素同期中第三周期ⅣA族14、金属单质中不存在（）A．自由电子 B．金属阳离子 C．金属键 D．离子键15、X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有相同的电子层结构，下列叙述正确的是()A．原子序数：X<Y B．原子半径：X<Y C．离子半径：X>Y D．电负性：X<Y16、某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知：难溶于水和稀硫酸；下列说法不正确的是（）A．步骤②中的可用替换B．步骤③中为防止被氧化，可用水溶液洗涤C．步骤④发生反应的离子方程式为D．如果试样中混有和杂质，用足量稀硫酸与试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度17、下列措施不能达到节能减排目的的是A．尽可能减少塑料袋B．用家用汽车代替公交车C．推广使用节能灯D．利用太阳能，潮汐能发电18、下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是①无色透明溶液中：K+、Ca2+、MnO4—、SO42—②pH=11的溶液中：CO32—、Na+、AlO2—、NO3—③加入Al能放出H2的溶液中：Cl-、HCO3—、SO42—、NH4+④由水电离出的c(OH-)=10-4mol•L-1的溶液中：NH4+、Al3+、Cl-、Br-⑤有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、SCN-、Cl-⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3—、I-、Cl-A．①②④ B．③⑥ C．②④ D．①③⑤⑥19、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)20、下列有机物中，不属于醇类的是()A． B．C． D．21、下列叙述正确的是()A．25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度B．常温下，NaClO溶液显碱性的原因：ClO—+H2O="HClO"+OH—C．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0D．25℃时向水中加入少量NaOH后，由水电离出的c(H+)•c(OH—)不变22、物质的量浓度相同的以下溶液：①NH4HSO4②(NH4)2CO3③NH4Fe(SO4)2④NH4NO3⑤NH4HCO3，c(NH)由大到小的顺序为（）A．②①③④⑤B．③①④②⑤C．①③④⑤②D．①④②⑤③二、非选择题(共84分)23、（14分）立方烷()具有高度对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点。下面是立方烷衍生物I的一种合成路线：回答下列问题：(1)C的结构简式为______，E中的官能团名称为______。(2)步骤③、⑤的反应类型分别为______、______。(3)化合物A可由环戊烷经三步反应合成：若反应1所用试剂为Cl2，则反应2的化学方程式为______。(4)立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有______种。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）在常温下，Fe与水并不发生反应，但在高温下，Fe与水蒸气可发生反应。高温下Fe与水蒸气的反应实验应使用如图所示的装置，在硬质玻璃管中放入铁粉和石棉绒的混合物，通入水蒸气并加热。请回答实验的相关问题。（1）该反应的反应方程式为_________。（2）圆底烧瓶中装的是水，该装置的主要作用是______________；烧瓶底部放了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是________________________。（3）干燥管中盛装的物质是____________，作用是________________________。（4）如果要在A处玻璃管口点燃该气体，则必须对该气体进行____________，方法是____________。26、（10分）某化学兴趣小组为了制取并探究氨气性质，按下列装置(部分夹持装置已略去)进行实验。已知：制取氨气的反应原理为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O[实验探究]（1）利用上述原理，实验室制取氨气应选用下图中________(填序号)发生装置进行实验。（2）B装置中的干燥剂可选用________(填“碱石灰”或“浓硫酸”)。（3）气体通过C、D装置时，试纸颜色会发生变化的是________(填“C”或“D”)。（4）F装置中倒置漏斗的作用是___________________________________。（5）某同学用氨气和滴加酚酞的水做喷泉实验，根据烧瓶内产生红色喷泉的现象，说明氨气具有________性质(填序号)。a．还原性b．极易溶于水c．与水反应生成碱性物质27、（12分）化学学习小组进行如下实验。[探究反应速率的影响因素]设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20mol·L-1H2C2O4溶液、0.010mol·L-1KMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽物理量V(0.20mol·L-1H2C2O4溶液)/mLV（蒸馏水）/mLV（0.010mol·L-1KMnO4溶液）/mLT/℃乙①2.004.050②2.004.025③1.004.025(1)上述实验①、②是探究__________对化学反应速率的影响；若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为_____________；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写___________。[测定H2C2O4·xH2O中x值]已知：M(H2C2O4)=90g·mol-1①称取1.260g纯草酸晶体，将其酸制成100.00mL水溶液为待测液；②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适的稀H2SO4；③用浓度为0.05000mol·L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。(2)请写出与滴定有关反应的离子方程式_________________________________________。(3)某学生的滴定方式(夹持部分略去)如下，最合理的是________(选填a、b)。(4)由图可知消耗KMnO4溶液体积为__________________________________________mL。(5)滴定过程中眼睛应注视________________________。(6)通过上述数据，求得x=____。以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，引起实验结果________(偏大、偏小或没有影响)。28、（14分）甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。工业上利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g)ΔH＝－58kJ/mol③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH＝＋41kJ/mol回答下列问题：（1）已知反应①中相关的化学键键能数据如下：化学键H－HC－OCOH－OC－HE/（kJ·mol-1）4363431076465x则x＝_________。（2）若将lmolCO2和2molH2充入容积为2L的恒容密闭容器中，在两种不同温度下发生反应②。测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示。①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KI_____KⅡ(填“＞”或“＝”或“＜”)；②一定温度下，能判断该反应达到化学平衡状态的是_____________。a．容器中压强不变b．甲醇和水蒸气的体积比保持不变c．v正（H2）＝3v逆（CH3OH）d．2个C＝O断裂的同时有6个H—H断裂③若5min后反应达到平衡状态，H2的转化率为90%，则用CO2表示的平均反应速率________；该温度下的平衡常数为______；若保持容器温度不变，下列措施可增加甲醇产率的________。a．缩小反应容器的容积b．使用合适的催化剂c．充入Hed．按原比例再充入CO2和H229、（10分）下列装置中有机物样品在电炉中充分燃烧，通过测定生成的CO2和H2O的质量，来确定有机物分子式。（1）A装置是提供实验所需的O2，则A装置中二氧化锰的作用是______，B装置中浓硫酸的作用是_______；C中CuO的作用是____________。（2）D装置中无水氯化钙的作用是___________；E装置中碱石灰的作用是________。（3）若实验中所取样品只含C、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取0.44g样品，经充分反应后，D管质量增加0.36g，E管质量增加0.88g，已知该物质的相对分子质量为44，则该样品的化学式为_________。（4）若该有机物的核磁共振氢谱如下图所示，峰面积之比为1：3则其结构简式为__________________；若符合下列条件，则该有机物的结构简式为_____________________。①环状化合物②只有一种类型的氢原子（5）某同学认E和空气相通，会影响测定结果准确性，应在E后再增加一个装置E，其主要目的是_________。

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、A【解析】1mol气态钠离子和1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能，则表示出氯化钠晶体晶格能的热化学方程式为：Na+（g）+Cl-（g）═NaCl（s）；ΔH1＝akJ·mol－1，所以A正确。

故选A。2、B【解析】分析：由2H2+O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2CO+O22CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量，因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学组成符合（CO）m·（H2）n时就一定满足m=n，若n＞m，则不符合（CO）m·（H2）n，以此来解答。详解：由上述分析可知n＞m时，不符合（CO）m·（H2）n，根据化学式可知①②④均符合（CO）m·（H2）n；③CH4化学式改写为C•（H2）2，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即n＞m；⑤CH3CHO化学式改写为CO•（H2）2·C，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即n＞m；答案选B。3、D【详解】A.根据4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C，得出负极为Na，正极为多壁碳纳米管(MWCNT)，则电流流向为MWCNT→导线→钠箔，故A正确；B.放电时，正极是CO2得到电子变为Na2CO3，其电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C，故B正确；C.选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚作电解液的优点是导电性好，不与金属钠反应，难挥发，故C正确；D.原两电极质量相等，若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole－时，负极质量减少0.2mol×23g∙mol−1=4.6g，正极3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C，生成0.1mol碳酸钠和0.05mol碳，正极质量增加0.1mol×106g∙mol−1+0.05mol×12g∙mol−1=11.2，因此两极的质量差为11.2g+4.6g=15.8g，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】根据反应方程式4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C中化合价进行分析，升高的为负极，降低的为正极。4、B【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，以此来解答。【详解】A.NaCl由钠离子和氯离子构成，只含离子键，选项A不符合；B.CO2由碳原子和氧原子通过共用电子对而形成，只含有共价键，选项B符合；C.MgCl2由镁离子和氯离子构成，只含离子键，选项C不符合；D.Na2O由钠离子和氧离子构成，只含离子键，选项D不符合。答案选B。【点睛】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意特殊物质中的化学键，题目难度不大。5、C【解析】A、CaCl2只有离子键；NaOH含离子键和极性共价键；化学键类型不相同，选项A不选；B、Na2O只有离子键；Na2O2有离子键和非极性共价键；化学键类型不相同，选项B不选；C、CO2和CS2都含极性共价键，化学键类型相同，选项C选；D、HCl极性键；NaOH含离子键和极性共价键；化学键类型不相同，选项D不选；答案选C。点睛：本题考查了化合物中化学键的类型，完成此题，可以依据具体的物质结合已有的知识进行。根据已有的知识进行分析，离子化合物中存在离子键或共价键，共价化合物中存在共价键，据此解答。6、B【分析】常温下，水的离子积为1×10-14，即中性溶液的pH值为7，因为电离为吸热过程，升高温度到100℃，促进水的电离，水的离子积增大，此时中性溶液的pH值应小于7，100℃，有pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，溶液均为碱性，说明三种钠盐均水解，HX、HY、HZ三者均为弱酸，pH值越大，证明酸根离子的水解程度越大，其相应的酸的酸性越弱。【详解】A、相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH值越大，酸根离子的水解程度越大,其相应的酸的酸性越弱，根据题意知,在三种酸HX、HY、HZ中，HX酸性相对最强，故A不符合题意;

B、水电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，此时中性溶液的pH值应小于7，100℃，pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，溶液均为碱性，说明三种钠盐均水解，HX、HY、HZ三者均为弱酸，故B符合题意;

C、100℃，pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，溶液均为碱性，说明三种钠盐均水解，pH值越大，证明酸根离子越易水解，所以在X－、Y－、Z－三者中，所以Z－最易发生水解，故C不符合题意；D、经分析，HY为弱酸，向1molHY加入NaOH溶液充分反应至溶液呈中性时，HY还有剩余，故需要的NaOH稍小于1mol，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题需要学生注意题干中温度为100℃，学生看到pH=7，就会下意识认为溶液为中性，但pH=7为中性只是在室温下（25℃），温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，此时中性溶液的pH值应小于7。7、B【分析】分析题意，，根据同一反应中，各物质表示的反应速率之比等于化学方程式中对应物质的计量数之比，据此进行分析判断。【详解】A．A为固体，其物质的量浓度为常数，不能用单位时间内的浓度变化量来表示反应速率，A项错误；B．同一反应中用各物质表示的反应速率，其数值之比等于化学方程式中对应物质的化学计量数之比，故B、C、D表示化学反应速率，其比是3∶2∶1，B项正确；C．2min内，B的浓度减少0.6mol·L-1，用B表示的2min内的平均反应速率是0.3mol·L-1·min-1，而不是2min末的瞬时速率，C项错误；D，在这2min内，反应物B的浓度降低，说明生成了生成物，生成物C的浓度增大，D项错误；答案选B。8、C【详解】滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50mL，因此，一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过(50–a)mL，故选C。9、C【解析】试题分析：A.中和滴定时盛待测液的锥形瓶中有少量水，不影响待测液的溶质的物质的量，所以不影响消耗标准液的体积，对中和滴定结果无影响，A项正确；B.滴定管不用待盛装的溶液润洗，相当于给溶液稀释，会造成误差，B项正确；C．滴定时，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，以判断终点，C项错误；D.称量固体，遵循左物右码的原则，则称量物放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘，D项正确；答案选C。考点：考查化学实验的基本操作。10、D【详解】A．通过对比实验可以发现，热水中温度较高，气体的颜色变深，冰水中温度较低，气体的颜色变浅，因此该方案可以用于探究温度对化学平衡的影响，故A不符题意；B．通过对比实验可以发现，增大增大硫氰化钾浓度，溶液的颜色变深，因此该方案可以用于研究浓度对化学平衡的影响，故B不符题意；C．镀件是铜棒，其连接电源负极作阴极，镀层金属是银，银棒连接电源正极作阳极，电解质溶液含有镀层金属的离子，因此该方案可实现铜棒镀银，故C不符题意；D．碘化钾和氯化铁反应后，氯化铁是过量的，加入硫氰化钾，溶液一定呈红色，因此该方案不能证明碘化钾和氯化铁之间的反应存在一定的限度，故D符合题意；故选D。11、C【详解】A．元素周期表中原子序数为周期性变化，则元素周期表是元素按原子序数大小排列而成的，选项A正确；B．由原子结构可知元素的位置，其电子层数=周期数，选项B正确；C．除零族元素外，短周期元素原子的最外层电子数等于该元素所属的族序数，选项C错误；D．元素的性质在周期表中呈现规律性变化，则元素周期表是元素周期律的具体表现形式，选项D正确；答案选C。12、A【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变。【详解】A.c（SO2）：c

（O2）：c（SO3

）

=2：1：2，只能说明某一时刻各物质的浓度之间的关系，不能说明各物质的物质的量浓度不变，A错误；B.该反应为反应前后气体的总量发生变化的反应，容器内的压强不再改变时，说明气体的物质的量也不再发生变化，反应达平衡状态，

B

正确；C.SO2的转化率不再改变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，C正确；D.SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等，说明正、逆反应的速率相等，反应达平衡状态，

D正确；答案选A。【点睛】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。13、C【分析】X、Y、Z、W为四种短周期元素，X的最高正化合价为+4，处于第ⅣA族，Y的最高正化合价为+5，处于第ⅤA族，Z的最低负化合价为-2，处于ⅥA族，W的最低负化合价为-1，处于ⅦA族，由于同周期，自左而右，原子半径减小，而原子半径Z＞W＞X＞Y，故Z、W处于第三周期，X、Y处于第二周期，故X为碳元素，Y为氮元素，Z为硫元素，W为Cl元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为C元素、Y为N元素、Z为S元素、W为Cl元素。A．X与W形成的化合物为CCl4，碳原子与氯原子之间形成1对共用电子对，氯原子含有3对孤对电子，电子式为，故A错误；B．Y的氢化物为氨气，W的氢化物为氯化氢，能够反应生成氯化铵，氯化铵属于离子化合物，含有离子键与共价键，故B错误；C．X的氧化物有CO、CO2，Y的氧化物有NO、NO2等，故C正确；D．Z为硫元素，处于元素周期表中第3周期ⅥA族，故D错误；故选C。14、D【详解】金属晶体存在金属离子和自由电子间的作用，故存在自由电子、金属阳离子、金属键，不存在离子键，答案为D。15、D【分析】具有相同电子层结构的离子，阳离子对应的原子比阴离子对应的原子多一个电子层，即X为与Y下一周期的左边，结合元素周期律分析作答。【详解】根据上述分析可知，A.原子序数：X>Y，故A错误；B.同一周期原子半径依次减小，同一主族原子半径依次增大，则原子半径：X>Y，故B错误；C.具有相同电子层结构的离子，原子序数越小的对应离子半径越大，故离子半径:X<Y；D.X为金属元素，Y为非金属元素,电负性：X<Y，D项正确；答案选D。16、D【详解】A.步骤②中的主要作用是将还原为，同样具有还原性，可以替换，选项A正确；B.水溶液具有还原性，可以防止被氧化，选项B正确；C.步骤④与氢氧化钠反应生成氧化亚铜、氯化钠和水，发生反应的离子方程式为，选项C正确；D.如果试样中混有和杂质，用足量稀硫酸与试样充分反应后，得到的固体中含有和，此时无法计算试样纯度，选项D错误。答案选D。17、B【解析】A.尽可能减少塑料袋,可减少白色污染,减少化石能源的消耗,能达到节能减排目的,故A不选；B.用家用汽车代替公交车,可导致大量汽车尾气的排放,不利于节能减排,故B选；

C.推广使用节能灯,可减少能源消耗,有利于节能减排,故C不选；

D.利用太阳能,潮汐能发电,可减小对化石能源的依赖,减少污染物的排放,故D不选；

综上所述，本题选B。18、C【解析】试题分析：①无色溶液中不存在有色的MnO4-，故①错误；②pH=11的溶液，显碱性，CO32-、Na+、AlOH2-、NO3-离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应，可大量共存，故②正确；③加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，HCO3-能够与酸和碱溶液反应，在溶液中一定不能大量共存，故③错误；④由水电离出的c(OH-)=10-4mol•L-1的溶液促进了水的电离，含有弱酸根或弱碱根离子，NH4+、Al3+、Cl-、Br-之间不反应，NH4+或Al3+水解，促进了水的电离，满足条件，故④正确；⑤Fe3+、SCN-反应生成络合物硫氰化铁，不能大量共存，故⑤错误；⑥酸性溶液中NO3-能够氧化Fe2+、I-，不能大量共存，故⑥错误；故选C。考点：考查离子的共存，明确习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键。19、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。20、C【详解】烃基与-OH相连且-OH不与苯环直接相连的化合物属于醇，则C不属于醇，羟基与苯环直接相连，属于酚类；答案选C。21、A【解析】试题分析：A．Cu(NO3)2溶液中Cu2+抑制Cu(OH)2的溶液平衡逆向移动，使溶解度减小，故A正确；B．常温下，NaClO溶液显碱性的原因是ClO—+H2OHClO+OH—，故B错误；C．正反应为熵减的反应，即△S＜0，常温下能自发进行，根据△H-T△S=△G＜0反应自发进行，可推知该反应△H＜0，故C错误；D．25℃时向水中加入少量NaOH后，NaOH抑制水的电离，由水电离出的c(H+)•c(OH—)减小，故D错误；答案为A。考点：考查溶解平衡、水解平衡、水的电离及反应的焓变与熵变综合应用。22、A【详解】1mol(NH4)2CO3可以电离出2molNH铵根，其他物质均电离出1mol铵根，水解是微弱的，所以②最大；NH4HSO4会电离出氢离子抑制铵根水解，NH4Fe(SO4)2溶液中铁离子的水解会抑制铵根的水解，但抑制作用没有NH4HSO4电离出氢离子抑制作用强，所以①>③；NH4HCO3溶液中碳酸氢根的水解会促进铵根的电离，所以⑤最小，硝酸铵中铵根正常水解，介于③和⑤之间，综上所述c(NH)由大到小的顺序为②①③④⑤，故答案为A。二、非选择题(共84分)23、羰基、溴原子取代反应消去反应+NaOH+NaCl3【分析】A发生取代反应生成B，B消去反应生成C，根据B和D结构简式的差异性知，C应为，C发生取代反应生成D，E生成F，根据F和D的结构简式知，D发生加成反应生成E，E为，E发生消去反应生成F，F发生加成反应生成G，G发生加成反应生成H，H发生反应生成I，再结合问题分析解答。【详解】(1)根据分析，C的结构简式为，E的结构简式为，其中的官能团名称为羰基、溴原子；(2)通过以上分析中，③的反应类型为取代反应，⑤的反应类型为消去反应；(3)环戊烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成Y，Y为，在铜作催化剂加热条件下发生氧化反应生成，所以反应2的化学方程式为+NaOH+NaCl；(4)立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，两个H原子可能是相邻、同一面的对角线顶点上、通过体心的对角线顶点上，所以其可能的结构有3种。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、3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2为硬质玻璃管内Fe与水蒸气的反应实验提供持续不断的水蒸气防止暴沸碱石灰除去反应产生的H2中的水蒸气验纯用试管收集一试管气体，靠近酒精灯火焰，如果发出的声音是“啪”的爆鸣声，则证明氢气不纯，如果是“噗”的声音，则证明是纯净的氢气【解析】试题分析：在高温下，Fe与水蒸气可发生反应，生成四氧化三铁和氢气。（1）该反应的反应方程式为3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2。（2）圆底烧瓶中装的是水，该装置的主要作用是为硬质玻璃管内Fe与水蒸气的反应实验提供持续不断的水蒸气；烧瓶底部放了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是防止暴沸。（3）干燥管中盛装的物质是碱石灰，作用是除去反应产生的H2中的水蒸气。（4）如果要在A处玻璃管口点燃该气体，则必须对该气体进行验纯，方法是：用试管收集一试管气体，靠近酒精灯火焰，如果发出的声音是“啪”的爆鸣声，则证明氢气不纯，如果是“噗”的声音，则证明是纯净的氢气。点睛：本题是实验题，考查了给液体加热时防暴沸的方法、气体的干燥方法、气体的收集及验纯等等有关实验的基本操作，要求学生要具备一定的实验基本技能和实验安全知识。26、a碱石灰D防倒吸bc【详解】（1）利用上述原理，实验室制取氨气为固体与固体加热制取气体，则选择a装置，故答案为a；（2）氨气为碱性气体，可以用碱石灰干燥，故答案为碱石灰；（3）氨气与水反应生成的一水合氨电离出氢氧根，氨气的水溶液呈碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体通过C、D装置时，试纸颜色会发生变化的是湿润的红色石蕊试纸，即D，故答案为D；（4）F装置中倒置漏斗的作用是防止倒吸，故答案为防倒吸；（5）氨气和滴加酚酞的水产生红色喷泉，说明氨气极易溶于水，且与水反应生成碱性物质，故答案为bc。【点睛】本题主要考查氨气的制备及性质实验。要注意氨气是一种易溶于水气体，溶液显碱性，不能使用浓硫酸干燥，防止溶液倒吸。27、温度1.0溶液褪色时间/s5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2Ob20.00锥形瓶中颜色变色2偏小【详解】（1）探究影响化学反应速率因素，要求其他条件不变，即①②探究温度对化学反应速率的影响；混合溶液的总体积都是6.0mL，因此a=1.0；反应的快慢是通过酸性高锰酸钾溶液的褪色快慢来确定的，因此乙中要测定的物理量是溶液褪色时间，单位为s；（2）草酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，把C转化成CO2，本身被还原成Mn2＋，根据化合价升降法，进行配平，因此离子反应方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；（3）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，即b正确；（4）滴定前刻度为0.90ml，滴定后刻度是20.90ml，消耗高锰酸钾的体积为(20.90－0.90)mL=20.00mL；(5)滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化；(6)100mL溶液中草酸物质的量为20×10－3×0.05×5×100/(2×25)mol=0.01mol，1.260÷(90＋18x)=0.01，解得x=2；未用待盛液润洗滴定管，稀释标准液，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小。28、413>ac0.06mol/（L·min）450ad【详解】(1).已知①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g)ΔH＝－58kJ/mol③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH＝＋41kJ/mol根据盖斯定律，②－③=①，则ΔH1=－58kJ/mol－41kJ/mol=－99kJ/mol，ΔH=反应物的键能总和－生成物的键能总和，则ΔH1=1076kJ·mol-1+436×2kJ·mol-1－(3xkJ·mol-1+343kJ·mol-1+465kJ·mol-1)=－99kJ·mol-1，解得x=413kJ·mol-1，故答案为413；(2).①.II达到平衡的时间小于I，说明II的反应速率大于I，则II的温度大于I，平衡时II中CH3OH的物质的量小于I，说明平衡向逆反应方向移动，则