江苏省淮安市清江中学2026届高二上化学期中联考模拟试题含解析

江苏省淮安市清江中学2026届高二上化学期中联考模拟试题请考生注意：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、不能使红墨水褪色的物质是A．活性炭 B．过氧化钠 C．蔗糖溶液 D．漂白粉2、在容积为2L的3个密闭容器中发生反应3A(g)＋B(g)xC(g)，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时有关数据如下：容器甲乙丙反应物投入量3molA、2molB6molA、4molB2molC到达平衡的时间/min58A的浓度/(mol·L－1)c1c2C的体积分数w1w3混合气体密度/(g·L－1)ρ1ρ2下列说法正确的是A．无论x的值是多少，均有2ρ1＝ρ2B．若x＜4，则2c1＜c2C．若w3＝w1，可断定x＝4D．容器甲中反应从开始到达平衡平均速率为v(A)＝0.3mol·L-1·min-13、在工业上合成氨反应：N2＋3H22NH3，欲增大反应速率，下列措施可行的是：A．降低温度 B．减小压强 C．减小H2的浓度 D．使用催化剂4、0.5L1mol/L的FeCl3与0.2L1mol/L的KCl溶液中，Cl-的物质的量浓度之比为()A．5:2B．1:1C．3:1D．1:35、某生产工艺中用惰性电极电解Na2CO3溶液获得NaHCO3和NaOH，其原理如图。下列有关说法正确的是（）A．a接外电源负极B．B出口为H2，C出口为NaHCO3溶液C．阳极电极反应为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑D．应选用阳离子交换膜，电解时Na+从右侧往左移动6、元素的性质随着原子序数的递增呈周期性变化的原因是（）A．元素原子量周期性变化B．元素的主要化合价存在周期性变化C．原子最外层电子数存在周期性变化D．元素的核电荷数存在周期性变化7、已知异丙苯的结构简式如图，下列说法错误的是A．异丙苯的分子式为B．异丙苯的沸点比苯高C．异丙苯中碳原子可能都处于同一平面D．异丙苯和苯为同系物8、最活泼的金属元素、最活泼的非金属元素、常温下呈液态的金属(价电子排布为5d106s2)元素分别位于下面元素周期表中的A．s区、p区、ds区 B．s区、p区、d区C．f区、p区、ds区 D．s区、f区、ds区9、100mL6mol•L-1的硫酸溶液与过量锌粉反应，在一定温度下为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总质量，可向反应物中加入适量的（）A．硝酸钾 B．醋酸钠 C．硫酸氢钾 D．氯化氢气体10、CuI是一种不溶于水的白色固体，它可由反应：2Cu2＋+4I－=2CuI↓+I2而得到。现用铜片、石墨作电极，电解KI溶液制取CuI。为确认反应情况，通电前在溶液中又加入了少量酚酞试液和淀粉溶液。电解一段时间后得到白色沉淀，同时阴极区溶液变红，阳极区溶液变蓝。下列说法正确的是A．铜片做阴极，石墨做阳极B．白色沉淀在阴极附近生成C．阳极区溶液变蓝的原因是：2Cu+4I－－4e－=2CuI↓+I2，碘遇淀粉变蓝D．阳极区溶液变蓝的原因是：4OH－－4e－=2H2O+O2↑，O2将I－氧化为I2，碘遇淀粉变蓝11、下列有机物中，不属于烃类的是()A．CH3CH3 B．C6H6 C．CH3Cl D．CH2=CH212、在一定体积pH=1的HCl与HNO3的混合溶液中逐滴加入cmol·L-1AgNO3溶液，当溶液中的Cl－恰好完全沉淀时溶液pH=2。若反应后溶液的体积等于反应前两溶液体积之和，则原溶液中NO3-的浓度(mol·L-1)是A．0.1cB．9cC．0.1-0.9D．0.1-9c13、中美研究人员在新一期美国(环境科学与技术)杂志上报告说，黄粉虫可以吞食和完全降解塑料。他们已在黄粉虫体内分离出靠聚苯乙烯生存的细菌，并将其保存。聚苯乙烯属于A．合金B．硅酸盐材料C．有机高分子材料D．无机非金属材料14、下列有关热化学方程式的叙述正确的是A．2NaOH（aq）+H2SO4（aq）═Na2SO4（aq）+2H2O（l）△H=﹣akJmol﹣1，则中和热为a/2kJ/molB．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H1=﹣akJmol﹣1，则氢气燃烧热为akJmol﹣1C．反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应必须加热才能发生D．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣akJmol﹣1，则将14gN2（g）和足量H2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.5akJ的热量15、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．NO的摩尔质量是30gB．标准状况下，1molH2O的体积是22.4LC．17gNH3含有的原子总数为4NAD．100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中，Na+的物质的量为0.1mol16、常温下，取一定量的PbI2固体配成饱和溶液，T时刻改变某一条件，离子的浓度变化如图所示，（注：第一次平衡时c（I﹣）＝2×10﹣3mol/L，c（Pb2+）＝1×10﹣3mol/L）下列有关说法正确的是（）A．常温下，Ksp[PbI2]＝2×10﹣6B．温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，PbI2的溶解度不变，c（Pb2+）不变C．T时刻改变的条件是升高温度，PbI2的Ksp增大D．常温下Ksp[PbS]＝8×10﹣28，向PbI2的悬浊液中加入Na2S溶液，PbI2（s）+S2﹣（aq）⇌PbS（s）+2I﹣（aq）反应的化学平衡常数为5×101817、在不同的条件下进行合成氨反应,N2(g)+3H2(g)2NH3(g),根据下列在相同时间内测得的结果判断,生成氨的反应速率最快的是(

)A．v(NH3)=0.1mol/(L·min) B．v(NH3)=0.2mol/(L·min)C．v(N2)=0.3mol/(L·min) D．v(H2)=0.4mol/(L·min)18、已知t

℃时AgCl的Ksp＝2×10－10；在t

℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．在t

℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－9B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点C．在t℃时，以0.01mol/LAgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混和溶液，Cl－先沉淀D．在t

℃时，AgCl的溶解度大于Ag2CrO419、在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)；ΔH＝－373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是A．加催化剂同时升高温度 B．加催化剂同时增大压强C．升高温度同时充入N2 D．降低温度同时增大压强20、在一密闭烧瓶中，在25℃时存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，将烧瓶置于100℃的水中，则下列几项性质中不会改变的是（）①颜色②平均相对分子质量③质量④压强⑤密度A．①和③ B．③和⑤C．④和⑤ D．②和④21、下列物质中，只含有共价键的是（）A．NaCl B．H2O C．MgO D．KOH22、配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法正确的是()A．该物质中Fe化合价为+2 B．配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]的中心原子杂化方式为sp3C．该物质不存在的化学键有氢键 D．NO作为配体提供一对孤对电子二、非选择题(共84分)23、（14分）A，B，C，D是四种短周期元素，E是过渡元素。A，B，C同周期，C，D同主族，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：（1）写出下列元素的符号：A____，B___，C____，D___。（2）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___，碱性最强的是_____。（3）用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是____，电负性最大的元素是____。（4）E元素原子的核电荷数是___，E元素在周期表的第____周期第___族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在___区。（5）写出D元素原子构成单质的电子式____，该分子中有___个σ键，____个π键。24、（12分）将有机物A4.6g置于氧气流中充分燃烧，实验测得生成5.4gH2O和8.8gCO2，则(1)该物质实验式是___。(2)用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量，得到图①所示，该物质的分子式是___。(3)根据价键理论预测A的可能结构，写出其结构简式___。(4)在有机物分子中，不同氢原子的核磁共振谱中给出的信号也不同，根据信号可以确定有机物分子中氢原子的种类和数目。经测定A的核磁共振氢谱图如图所示，则A的结构简式为___。(5)化合物B的分子式都是C3H6Br2，B的核磁共振氢谱图与A相同，则B可能的结构简式为___。25、（12分）现甲、乙两化学小组安装两套如图所示的相同装置，用以探究影响H2O2分解速率的因素。（1）仪器a的名称___。（2）MnO2催化下H2O2分解的化学方程式是___。（3）甲小组有如下实验设计方案，请帮助他们完成表格中未填部分。实验编号实验目的T/K催化剂浓度甲组实验Ⅰ作实验参照2983滴FeCl3溶液10mL2%H2O2甲组实验Ⅱ①__298②__10mL5%H2O2（4）甲、乙两小组得出如图数据。①由甲组实验数据可得出文字结论__。②由乙组研究的酸、碱对H2O2分解影响因素的数据分析：相同条件下，Na2O2和K2O2溶于水放出气体速率较快的是__；乙组提出可以用BaO2固体与H2SO4溶液反应制H2O2，其化学反应方程式为_；支持这一方案的理由是_。26、（10分）用标准NaOH溶液滴定充满HCl的烧瓶(标况下)做完喷泉实验后得到的稀盐酸，以测定它的准确浓度，请你回答下列问题：(1)理论计算该盐酸的物质的量浓度为：________________________________。(2)若用甲基橙作指示剂，达到满定终点时的现象是___________________________。(3)现有三种浓度的标准NaOH溶液，你认为最合适的是下列第__________种。①5.00mol·L-1

②0.500mol·L-1

③0.0500mol·L-1(4)若采用上述最合适浓度的标准NaOH溶液满定，滴定时实验数据列表如下：实验次数编号待测盐酸体积(mL)滴入NaOH溶液体积(mL)110.008.48210.008.52310.008.00求这种待测稀盐酸的物质的量浓度c(HCl)=___________________。(5)在滴定操作过程中，以下各项操作使测定值偏高的有：_______________①滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗②滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡③滴定前平视，滴定终了俯视④看到颜色变化后立即读数⑤洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当做蒸馏水进行洗涤27、（12分）甲、乙两同学用一种标准盐酸去测定同一种未知浓度的NaOH溶液的浓度，但操作不同；甲把一定体积的NaOH溶液放入锥形瓶，把标准盐酸放入滴定管进行滴定；乙把一定体积的标准盐酸放入锥形瓶，把未知液NaOH溶液放入滴定管进行滴定。(1)甲同学使用的是_______滴定管，乙同学使用的是________滴定管。(2)甲同学的滴定管在用蒸馏水洗净后没有用标准盐酸润洗，乙同学的滴定管在用蒸馏水洗净后也没有用待测NaOH溶液润洗，其余操作均正确，这样甲同学测定结果________(偏大、偏小、无影响，下同)，乙同学测定结果__________。(3)乙同学选择酚酞作指示剂进行试验，如何来判断滴定终点：____________。(4)甲同学根据三次实验分别记录有关数据如下：滴定次数待测氢氧化钠溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积（mL）滴定前刻度滴定后刻度溶液体/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09请选用其中合理的数据计算c(NaOH)=______________。28、（14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___。29、（10分）烟道气中的SO2是主要的大气污染物之一，可用氧化还原滴定法测定其含量。（1）将aL(标准状况下)处理后的烟道气(主要含SO2、N2等)通入滴有无色酚酞的NaOH溶液中，溶液逐渐变成无色，对这一现象的解释，下列说法正确的是___。A．SO2具有漂白性B．SO2具有还原性C．SO2具有酸性氧化物通性D．SO2具有氧化性（2）向褪色后的溶液中逐滴滴入酸性高锰酸钾溶液，共消耗cmol·L-1酸性高锰酸钾溶液VmL。①滴定终点的现象是___。②滴定中发生反应的离子方程式为___。③处理后的烟道气中SO2的浓度为___(用含V、a、c的代数式表示)mol·L-1。（3）几种弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸H2SO3H2CO3HClO电离平衡常数（25℃）K1=1.54×10-2K1=4.30×10-7K=2.95×10-8K2=1.02×10-7K2=5.61×10-11①向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2，发生反应的离子方程式为___。②向次氯酸钠溶液中通入足量的SO2，发生反应的离子方程式为___。

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、C【分析】能使红墨水褪色说明该物质具有漂白性，只要判断下列物质是否具有漂白性就可解答。【详解】A.活性炭表面积较大，具有吸附性，所以有漂白性，所以A选项不选；

B.过氧化钠具有强的氧化性，能够氧化有机色素，具有漂白性，所以B选项不选；

C.蔗糖溶液不具有漂白性，所以不能使红色墨水褪色，故C选；

D.漂白粉中的次氯酸根具有强的氧化性，能够氧化有机色素，具有漂白性，所以D选项不选。

故选C。2、A【分析】根据外界条件对化学反应平衡移动的影响分析；根据化学反应速率的计算条件分析。【详解】A、密度是混合气的质量和容器容积的比值，故A正确；B、若x＝4，则容器乙相当于增大压强，平衡不移动，平衡时乙中A的浓度是甲的2倍。若x<4，则乙中压强较大，平衡向正反应方向进行的程度较大，则2c1>c2，选项B错误；C、可以用反证法证明该选项是错的：若x=4，则反应前后气体的分子数不变，该反应达到化学平衡状态后，改变压强，平衡不移动。当甲中投入3molA和1molB时，与丙中投入2molC可以形成等效平衡，两容器中C的体积分数相同。在此基础上，再向A中加入1molB，则甲中平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，即w3＜w1，故C错误；Ｄ、由于容器甲中无法确定平衡时A的物质的量，所以无法计算反应速率，故D错误。故选A。【点睛】增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动。掌握勒夏特列原理，即可快速准确的解决这种类型题。3、D【详解】A.降低温度，化学反应速率减小；B.减小压强，化学反应速率减小；C.减小H2的浓度，化学反应速率减小；D.使用催化剂，可以降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，化学反应速率加快。故选D。4、C【解析】溶液中氯离子的物质的量浓度=盐的浓度×化学式中氯离子个数，进而求出各溶液中Cl-的物质的量浓度。【详解】0.5L1mol/LFeCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol/L×3=3mol/L，0.2L1mol/LKCl溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol/L，则Cl-物质的量浓度之比为3mol/L:1mol/L=3:1，故选C。【点睛】本题考查物质的量的相关计算，溶液中氯离子的物质的量浓度为盐的浓度与化学式中离子个数的积，与溶液的体积无关。5、C【解析】根据图示，a极放出氧气，是溶液中的水失去电子发生氧化反应，a极为阳极，阳极区生成的氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，则b极放出氢气，溶液中的水得到电子发生还原反应，阴极区生成的氢氧根离子与阳极区迁移过来的钠离子结合形成氢氧化钠。【详解】A.根据上述分析，a极为阳极，a接外电源正极，故A错误；B.B出口为H2，C出口为氢氧化钠浓溶液，故B错误；C.根据上述分析，阳极电极反应为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，故C正确；D.根据上述分析，阳极区的钠离子需要向阴极区迁移，应选用阳离子交换膜，电解时Na+从左侧往右移动，故D错误；故选C。6、C【详解】A.因元素的原子相对原子质量在周期表中为递增的变化，不能体现原子结构中的变化，故A错误；B.化合价属于元素的性质，元素的最高正化合价的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果，故B错误；C.由原子的电子排布可知，随原子序数的递增，电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化，即原子的电子层排布的周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素，故C正确；D.元素的核电荷数等于质子数等于原子序数，在周期表中为递增的变化，故D错误；故选C。7、C【详解】由有机物结构简式可知有机物的分子式为，故A正确；B.异丙苯和苯均为分子晶体，异丙苯的相对分子质量比苯大，故分子间作用力强于苯，沸点比苯高，故B正确；C.分子中带有特殊标记的这五个原子构成四面体形，故四个带特殊标记的碳原子不在同一平面上，故C错误；D.异丙苯和苯的结构相似，分子组成上相差3个原子团，互为同系物，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意四面体碳最多3原子共平面，为易错点。8、A【分析】最活泼的金属元素为铯（不考虑放射性元素钫），在ⅠA族，价层电子排布为：6s1；最活泼的非金属元素为氟，在ⅦA族，价层电子排布为：2s22p5；常温下为液态的金属是汞，在ⅦA族；价层电子排布为：5d106s2；根据以上元素的价层电子排布结合图中的区域进行解答。【详解】最活泼的金属元素是铯（不考虑放射性元素钫），在ⅠA族，s区；最活泼的非金属元素（是氟）在ⅦA族，p区；汞的价电子排布为5d106s2，ⅡB族，ds区；故选A。综上所述，本题选A。9、B【详解】A．硝酸钾在溶液中电离出的NO3-在酸性条件下，有强氧化性，与Zn反应生成NO，不生成氢气，故A错误；B．加醋酸钠后，醋酸根离子结合氢离子生成醋酸，氢离子浓度减小，但醋酸也能与Zn反应生成氢气，故可以减缓反应速率但又不影响生成氢气的总质量，B正确；C．加硫酸氢钾时氢离子浓度、物质的量均增大，反应速率加快，生成氢气多，故C错误；D．加HCl气体，氢离子浓度、物质的量均增大，反应速率加快，生成氢气多，故D错误；故答案为B。10、C【解析】用铜片、石墨作电极，电解KI溶液制取CuI，Cu作阳极失电子生成铜离子，铜离子与碘离子反应生成CuI；石墨为阴极，阴极上H+得电子被还原，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，破坏了水的电离平衡，使c（OH－）>c（H+），酚酞试液变红；阳极发生反应：Cu-2e-=Cu2+，又由信息可知，同时又发生反应2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，生成的I2遇淀粉变蓝，有白色CuI沉淀生成。【详解】A.由分析可知，铜片做阳极，石墨做阴极，故A错误；B.阳极发生反应：Cu-2e-=Cu2+，铜离子在阳极生成，铜离子与碘离子反应生成CuI，所以CuI白色沉淀在阳极生成，故B错误；C.阳极Cu失电子产生Cu2+，生成的Cu2+与I－能反应产生I2、CuI，I2遇淀粉变蓝，所以阳极区溶液变蓝的原因是：2Cu+4I－－4e－=2CuI↓+I2，碘遇淀粉变蓝，故C正确；D.阳极发生反应：Cu-2e-=Cu2+，生成的Cu2+与I－能反应产生I2、CuI，I2遇淀粉变蓝，没有O2生成，故D错误；故选C。11、C【详解】A．CH3CH3是乙烷，属于烃类，故A不符合题意；B．C6H6是苯，属于烃类，故B不符合题意；C．CH3Cl是一氯甲烷，是卤代烃，故C符合题意；D．CH2=CH2是乙烯，属于烃类，故D不符合题意。综上所述，答案为C。12、D【解析】向混合溶液中滴加硝酸银溶液，氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀，溶液中氢离子的物质的量不变，根据氢离子守恒计算硝酸银溶液和混合酸的体积，根据硝酸银的物质的量计算盐酸的物质的量浓度，根据混合酸中硝酸电离出的氢离子计算硝酸根离子浓度。【详解】硝酸银和混合酸混合后，氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀，溶液中氢离子的物质的量不变，反应前酸的pH=1，反应后pH=2，所以V（AgNO3）=9V（混酸），反应时盐酸的物质的量等于硝酸银的物质的量，所以c（HCl）=9cmol/L，则盐酸电离出的氢离子浓度=9cmol/L，反应前混合酸中氢离子浓度为0.1mol/L，所以硝酸的物质的量浓度为（0.1-9c）mol/L。答案选D。【点睛】本题考查pH的简单计算，明确反应实质是解本题的关键，难度较大。13、C【解析】A、合金是金属材料，选项B错误；B、硅酸盐材料主要包括玻璃、陶瓷、水泥等，选项B错误；C、有机合成高分子材料，分天然产生的高分子化合物和人工合成的高分子化合物，棉花、羊毛、天然橡胶是天然存在的，塑料、合成橡胶、合成纤维是人工合成的，聚苯乙烯是人工合成的，选项C正确；无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料，是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称，选项D错误。答案选C。点睛：本题主要考查材料的分类，解题的关键是熟悉材料中的成分，结合所学化学知识进行分析即可解答。14、A【解析】A、根据中和热的定义判断；B、氢气燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量；C、吸热反应不一定需要加热；D、由热化学方程式可知，0.5molN2和足量H2完全反应时放出的热量为0.5akJ，由于N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应，可逆反应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%，据此判断。【详解】A、在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应生成2mol水，放出热量为akJ，故中和热为a2kJ/mol，选项AB、在25℃、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1=﹣akJmol﹣1，则氢气燃烧热为a2kJ/mol，选项BC、反应物的总能量低于生成物的总能量的反应为吸热反应，吸热反应不一定需要加热，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应为吸热反应，该反应不需要加热就可以发生，选项C错误；D、由热化学方程式可知，1molN2和3molH2完全反应，放出的热量为akJ，由于N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应，可逆反应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%，故0.5molN2和足量H2完全反应时放出的热量应小于0.5akJ，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查了反应吸放热与反应条件的关系和燃烧热中和热的概念，注意把握可逆反应的特征，应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%。15、C【详解】A．NO的摩尔质量是30g/mol，A错误；B．标准状况下，1mol气体的体积是22.4L，但标况下的水不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，B错误；C．17gNH3为1mol，其含有的原子总数为4NA，C正确；D．100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中，Na+的物质的量为：0.1L×0.1mol/L×2=0.02mol，D错误；答案选C。【点睛】在根据物质的浓度来求算溶液中某离子的物质的量时，要注意有没有给出溶液的体积，若未指明溶液的体积，则溶液中的离子的物质的量是无法求算的。此外，还需注意该离子是否会水解，若水解，则该离子的物质的量会偏小。16、D【详解】A．PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，Ksp=[c(Pb2＋]×[c(I－)]2=1×10－3×4×10－6=4×10－9，A错误；B．PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，加入硝酸铅浓溶液，反应向逆反应方向进行，PbI2的溶解度降低，B错误；C．T时刻升高温度，根据图像c(I－)是降低，说明反应向逆反应方向进行，溶解度降低，PbI2的Ksp减小，C错误；D．K=c2(I－)/c(S2－)==5×1018，D正确；故选D。17、C【详解】化学反应速率之比等于相应的化学计量数之比，根据方程式N2+3H22NH3可知如果都用氢气表示反应速率，A为0.15mol/（L·min）、B为0.3mol/（L·min）、C为0.9mol/（L·min）、D为0.4mol/（L·min），所以反应速率最快的是C；答案选C。18、C【详解】A．在t℃时，Ag2CrO4的Ksp=c2（Ag＋）c（Clˉ）=11-6×11-6=1×11－12，错误；B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，溶液中铬酸根浓度增大，Ag2CrO4的Ksp不变，溶液中银离子浓度减小，不能使溶液由Y点到X点，错误；C．在t℃时，若生成氯化银沉淀则有c(Ag+)×c(Cl-)＞Ksp＝2×11－11，则c(Ag+)＞＝=2×11-8mol/L，若生成Ag2CrO4沉淀则有c2(Ag+)×c(CrO42-)＞Ksp＝1×11－12，则c2(Ag＋)＞＝=1×11-11，c(Ag＋)=1×11-5mol/L，故以1．11mol/LAgNO3溶液滴定21mL1．11mol/LKCl和1．11mol/L的K2CrO4的混和溶液，Cl－先沉淀，正确；D．根据C选项分析可知，在t℃时，AgCl的溶解度小于Ag2CrO4，错误；故答案选C。19、B【分析】提高该反应的NO的转化率只需让平衡正向移动，据此分析判断。【详解】A．加催化剂能使反应速率加快，但平衡不移动，由于该反应为放热反应，升高温度，虽反应速率加快，但反应逆向进行，因此NO的转化率减小，A项错误；B．加催化剂能使反应速率加快，但平衡不移动，由于该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，反应速率加快，且平衡正向移动，因此加催化剂同时增大压强能提高该反应的速率和NO的转化率，B项正确；C．由于该反应为放热反应，升高温度，虽反应速率加快，但反应逆向进行，NO的转化率减小，充入N2，增大了生成物的浓度，反应速率加快但平衡逆向移动，NO的转化率减小，C项错误；D．由于该反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，反应正向进行，NO的转化率增大，由于该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，反应速率加快，且平衡正向移动，NO的转化率增大，D项错误；答案选B。20、B【分析】该反应是一个气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动。【详解】①升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体颜色变深，故错误；②由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体物质的量增大，平均相对分子质量解析，故错误；③由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，故正确；④升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体物质的量增大，压强变大，故错误；⑤由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，体积不变的密闭容器中密度不变，故正确；③和⑤正确，答案选B。21、B【详解】A．氯化钠是和之间通过离子键形成的，A项错误；B．水分子中只有氢原子和氧原子的共价键，B项正确；C．氧化镁是活泼金属氧化物，活泼金属氧化物是由离子键构成的，C项错误；D．和之间是离子键，内是共价键，D项错误；答案选B。【点睛】离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键；共价化合物中一定含有共价键，一定没有离子键。22、D【分析】A、配离子为[Fe（CN）5（NO）]2-，中心离子为Fe3＋；B、配体为CN－和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，中心原子的杂化方式不可能是sp3；C、该物质中没有氢原子，没有氢键，且氢键不是化学键；D、NO配位原子为N，提供一对孤对电子与中心原子铁的空轨道形成一个配位键（σ键）；【详解】A、配离子为[Fe（CN）5（NO）]2-，中心离子为Fe3＋，故A错误；B、配体为CN－和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，配位数多于4，故中心原子的杂化方式不可能是sp3，故B错误；C、该物质中没有氢原子，没有氢键，且氢键不是化学键，配合物中存在配位键，内界和外界存在离子键：内界CN－，NO存在极性键，内界中配位键也属于σ键，配位CN－中含有1根σ键，NO含有1根σ键，1mol配合物中σ键数目为6+1×5+1=12mol，故C错误；D、NO配位原子为N，提供一对孤对电子与中心原子铁的空轨道形成一个配位键（σ键），故D正确；故选D。【点睛】本题考查配合物基本知识概念，解题关键：明确配位，配位数，内界，外界的相关性质。难点是B选项，要明确sp3杂化轨道有4个，不可能通过sp3杂货轨道形成该配合物。二、非选择题(共84分)23、SiNaPNHNO3NaOHNeF26四Ⅷd12【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。【详解】(1)由上述分析可知，A为Si、B为Na、C为P、D为N；(2)非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性N＞P＞Si，酸性最强的是HNO3，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性Na最强，碱性最强的是NaOH；(3)同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，所以第一电离能最大的元素是Ne，周期自左而右，电负性增大，故电负性最大的元素是F；(4)E为Fe元素，E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故核电荷数是26，Fe在周期表中处于第四周期Ⅷ族，在周期表中处于d区；(5)D为氮元素，原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有3个未成对电子，故氮气的电子式为：，该分子中有1个σ键，2个π键。【点睛】本题重点考查元素推断和元素周期律的相关知识。本题的突破点为A的原子结构示意图为，可推出A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强；同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，同周期自左而右，电负性逐渐增大。24、C2H6OC2H6OCH3OCH3、CH3CH2OHCH3CH2OHCH3CH2CHBr2【分析】(1)通过二氧化碳和水的质量计算有机物中碳的质量、氢的质量、氧的质量，再计算碳氢氧的物质的量之比。(2)根据物质实验式和用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量来得出有机物分子式。(3)根据价键理论预测A的可能结构。(4)根据A的核磁共振氢谱图分析出A的结构简式。(5)根据B的核磁共振氢谱图和峰值比为3:2:1分析出B的结构简式。【详解】(1)将有机物A4.6g置于氧气流中充分燃烧，实验测得生成5.4gH2O和8.8gCO2，则有机物中碳的质量为，氢的质量为，则氧的质量为4.6g－2.4g－0.6g=1.6g，则碳氢氧的物质的量之比为，因此该物质实验式是C2H6O；故答案为：C2H6O。(2)该物质实验式是C2H6O，该物质的分子式是(C2H6O)n，用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量为46，因此该物质的分子式是C2H6O；故答案为：C2H6O。(3)根据价键理论预测A的可能结构，写出其结构简式CH3OCH3、CH3CH2OH；故答案为：CH3OCH3、CH3CH2OH。(4)经测定A的核磁共振氢谱图如图所示，说明有三种类型的氢，因此该A的结构简式为CH3CH2OH；故答案为：CH3CH2OH。(5)化合物B的分子式都是C3H6Br2，B的核磁共振氢谱图与A相同，说明B有三种类型的氢，且峰值比为3:2:1，则B可能的结构简式为CH3CH2CHBr2；故答案为：CH3CH2CHBr2。【点睛】有机物结构的确定是常考题型，主要通过计算得出实验式，再通过质谱仪和核磁共振氢谱图来得出有机物的结构简式。25、锥形瓶2H2O22H2O+O2↑探究反应物浓度对反应速率的影响3滴FeCl3溶液在其它条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越大K2O2Ba2O2+H2SO4=BaSO4+H2O2制备H2O2的环境为酸性环境，H2O2的分解速率较慢【分析】⑴根据图示仪器a得出名称。⑵H2O2在MnO2催化作用下分解生成O2和H2O。⑶反应速率受温度、浓度、催化剂的影响，甲组实验Ⅰ和实验Ⅱ中温度相同、浓度不同，因此该实验过程探究的是浓度对反应速率的影响。⑷①由甲组实验数据可得，甲组实验Ⅱ所用反应物浓度较大，相同时间内产生氧气的体积较大。②由乙组实验数据可知，碱性条件下，H2O2的分解速率更快，由于KOH的碱性比NaOH的碱性强，因此K2O2与H2O反应放出气体的速率较快；该反应的化学方程式为：BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2，由于该反应在酸性条件下进行，而酸性条件下，H2O2的分解速率较慢。【详解】⑴图示仪器a为锥形瓶；故答案为：锥形瓶。⑵H2O2在MnO2催化作用下分解生成O2和H2O，该反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；故答案为：2H2O22H2O+O2↑。⑶反应速率受温度、浓度、催化剂的影响，甲组实验Ⅰ和实验Ⅱ中温度相同、浓度不同，因此该实验过程探究的是浓度对反应速率的影响，则需保证反应温度和催化剂相同，因此所用催化剂为3滴FeCl3溶液；故答案为：探究反应物浓度对反应速率的影响；3滴FeCl3溶液。⑷①由甲组实验数据可得，甲组实验Ⅱ所用反应物浓度较大，相同时间内产生氧气的体积较大，因此可得结论：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快；故答案为：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快。②由乙组实验数据可知，碱性条件下，H2O2的分解速率更快；而Na2O2、K2O2与H2O反应的化学方程式分别为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2K2O2+2H2O=4KOH+O2↑，由于KOH的碱性比NaOH的碱性强，因此K2O2与H2O反应放出气体的速率较快；该反应的化学方程式为：BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2，由于该反应在酸性条件下进行，而酸性条件下，H2O2的分解速率较慢，因此可用该反应制备H2O2；故答案为：K2O2；Ba2O2+H2SO4=BaSO4+H2O2；制备H2O2的环境为酸性环境，H2O2的分解速率较慢。26、1/22.4mol/L或0.045mol/L当最后一滴NaOH滴入HCl中时，溶液由橙色变黄色，且30s内不恢复③0.0425mol/L①②【解析】分析：（1）根据c＝n/V计算盐酸的浓度；（2）根据甲基橙的变色范围分析；（3）为减小误差，应尽量用浓度小的溶液；（4）先根据数据的有效性，计算消耗标准液体积，然后利用中和反应方程式计算；（5）根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。详解：（1）设烧瓶的容积是VL，实验后水充满烧瓶，则理论上该盐酸的物质的量浓度为VL22.4L/molVL＝0.045mol/（2）若用甲基橙作指示剂，由于甲基橙的变色范围是3.1～4.4，则达到满定终点时的现象是最后一滴NaOH滴入HCl中时，溶液由橙色变黄色，且30s内不恢复。（3）实验时，为减小实验误差，则所用氢氧化钠溶液体积不能过小，否则误差较大，应用浓度最小的，即选取0.0500mol·L-1的氢氧化钠溶液，答案选③；（4）依据表中三次实验消耗标准液体积可知，第三次数据误差较大，应舍弃，所以消耗标准液体积为：（8.48mL+8.52mL）÷2=8.50mL，依据HCl+NaOH=NaCl+H2O可知这种待测稀盐酸的物质的量浓度c(HCl)＝0.0500mol/L×8.50mL10.00mL＝0.0425mol/L（5）①滴定管洗净后，直接装入标准氢氧化钠溶液进行滴定，导致消耗标准液体积偏大，实验测定结果偏高；②滴定前，滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；③滴定前平视，滴定终了俯视，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；④看到颜色变化后立即读数，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；⑤洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当做蒸馏水进行洗涤，氢氧化钠溶液浓度不变，测定结果不变。答案选①②。点睛：本题主要考查中和滴定，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目涉及中和滴定操作、误差分析以及计算，滴定实验的数据计算应用，明确滴定原理及操作步骤，熟悉滴定管的使用方法是解题关键，题目难度中等。27、酸式碱式偏大偏小滴入最后一滴NaOH溶液，锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且30秒内不褪色0.1044mol/L【分析】(1)中和滴定时，酸溶液放在酸式滴定管中，碱溶液放在碱式滴定管中；(2)甲同学的滴定管在用蒸馏水洗净后没有用标准盐酸润洗，导致标准液浓度偏低，乙同学的滴定管在用蒸馏水洗净后也没有用待测NaOH溶液润洗，导致待测液浓度偏低；(3)滴定终点时锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且30秒内不褪色；(4)舍去误差较大第二次实验数据，根据n(NaOH)·V(NaOH)=n(HCl)·V(HCl)计算。【详解】(1)中和滴定时，盐酸溶液放在酸式滴定管中，氢氧化钠溶液放在碱式滴定管中。所以甲同学使用的是酸式滴定管，乙同学使用的是碱式滴定管；(2)甲同学的滴定管在用蒸馏水洗净后没有用标准盐酸润洗，导致标准液浓度偏低，则需要标准液体积偏大，使测量结果偏大；乙同学的滴定管在用蒸馏水洗净后也没有用待测NaOH溶液润洗，导致待测液浓度偏低，则需要氢氧化钠体积偏大，氢氧化钠的浓度偏低；(3)中和滴定时，乙同学用氢氧化钠溶液滴加盐酸，指示剂酚酞在盐酸溶液中，开始无色，随着NaOH的滴入，溶液酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，当滴入最后一滴NaOH溶液，若锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且30秒内不褪色，就证明达到滴定终点；(4)根据表格数据可知：第二次实验误差较大，应舍去，则需要盐酸的体积为V=mL=26.10mL，根据二者恰好反应时n(NaOH)=n(HCl)可知：c(NaOH)×25.00×10-3L=0.1000mol/L×26.10×10-3L，所以c(NaOH)=0.1044mol/L。【点睛】本题考查酸碱中和滴定实验，涉及仪器的使用、滴定终点的判断、实验误差与计算等，注意把握实验操作步骤、方法以及注意事项，把实验过程的影响都归结在消耗标准酸溶液的体积上进行分析，判断对实验结果的影响，在计算物质的量浓度时，要对实验数据进行处理，舍去误差较大的实验数据，取多次实验体积的平均值再进行计算。侧重考查学生的分析、实验和计算能力。28、H2O反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高250℃BDAD2mol6FeO＋CO22Fe3O4＋C【分析】（1）据图，升高温度，氢气物质的量增大，平衡逆向移动，则正反应是放热反应，a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，据此判断b曲线代表物质；（2）①反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；②据图示进行分析250℃甲醇转化率最高；由CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（