北京西城长安中学2026届化学高二上期中质量检测模拟试题含解析

北京西城长安中学2026届化学高二上期中质量检测模拟试题注意事项: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、下列不属于新能源开发利用的是（）A．太阳能热水器B．天然气动力汽车C．潮汐能发电D．风能发电2、如图是氯化铯晶体的晶胞示意图(晶体中最小的重复结构单元)，已知晶体中2个最近的Cs＋核间距为acm，氯化铯(CsCl)的相对分子质量M，NA为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为A．g·cm－3 B．g·cm－3C．g·cm－3 D．g·cm－33、下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2表示，单位为kJ·mol－1)I1I2I3I4…R7401500770010500…下列关于元素R的判断中一定正确的是A．R元素的原子最外层共有4个电子 B．R的最高正价为＋3价C．R元素位于元素周期表中第ⅡA族 D．R元素基态原子的电子排布式为1s22s24、若室温时pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合,恰好完全反应,则该氨水的电离度可表示为()A．10(a+b-12)% B．10(a+b-14)% C．10(12-a-b)% D．10(14-a-b)%5、某有机物的结构简式如图所示，下列关于这种有机物的说法不正确的有（）①该物质的分子式为②能使溴水、酸性溶液褪色③分别与、反应，两个反应中反应物的物质的量之比均是1∶1④能发生取代、加成、水解、氧化反应A．1种 B．2种 C．3种 D．4种6、在一定条件下，对于反应mA(g)+n(B)cC(g)+dD(g)，C的百分含量（C%）与温度、压强的关系如图所示，下列该反应的、判断正确的是A．>0，<0 B．<0，>0C．>0，>0 D．<0，<07、已知A、B、C、D是短周期中原子序数依次增大的四种主族元素。A的单质在常温下呈气态，B原子最外层电子数是其电子层数的2倍，C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是A．A、C的氧化物均含离子键B．C离子的半径小于D离子的半径C．A、B可形成多种原子个数比为1:1的化合物D．1molD单质与足量盐酸反应得到标况下44.8LA单质8、汽油的主要成分是辛烷，已知在25℃，101kPa下，1gC8H18(辛烷)完全燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量。以下热化学方程式正确的是（）A．C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)ΔH=-48.40kJ·mol-1B．16CO2(g)+18H2O(l)=2C8H18(l)+25O2(g)ΔH=+11035.20kJ·mol-1C．2C8H18(l)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l)ΔH=+5517.60kJ·mol-1D．C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)ΔH=-48.40kJ·mol-19、英国俄勒冈大学的化学家使用了一种名为trans－Fe（DMeOPrPE）2的新催化剂在常温下合成氨，反应方程式可表示为N2+3H22NH3。下列有关说法正确的是A．新法合成氨不需要在高温条件下进行，可节约大量能源B．新法合成氨能在常温下进行是因为不需要断裂化学键C．传统合成氨方法的ΔH＞0，新型合成氨方法的ΔH＜0D．新催化剂提高了活化分子百分数，加快了化学反应速率，使平衡正向移动10、葡萄糖是一种单糖的主要原因是A．结构简单 B．不能水解为最简单的糖C．分子中含羟基和醛基的个数少 D．分子中含碳原子个数少11、在不同浓度(c)、不同温度(T)下，某物质发生分解的瞬时反应速率如下表所示：c/mol·L－1v/mol·L－1·s－1T/K1.000.080.060.04273.153.002.401.801.20298.156.005.004.003.00T35.405.044.684.32下列推断正确的是A．T3＜273.15B．同时改变起始浓度和温度，瞬时速率可能相等C．该物质最适宜的分解条件是，温度为298.15K，起始浓度为1.0mol·L－1D．该分解反应一定是熵增、焓增反应12、下列关于烯烃的化学性质的叙述正确的是()A．烯烃能使溴的CCl4溶液褪色，是因为烯烃与溴发生了取代反应B．烯烃不能使酸性KMnO4溶液褪色C．在一定条件下，烯烃能与H2、H2O、HX(卤化氢)发生加成反应D．可用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中少量的乙烯13、某学习小组的同学查阅相关资料知，氧化性：Cr2O72-＞Fe3＋，设计了如图所示的盐桥原电池。盐桥中装有琼脂与饱和K2SO4溶液。下列叙述中正确的是A．甲烧杯的溶液中发生还原反应B．外电路的电流方向是从b到aC．电池工作时，盐桥中的SO42-移向乙烧杯D．乙烧杯中发生的电极反应为：2Cr3＋＋7H2O－6e－===Cr2O72-＋14H＋14、实验室配制250mL0.1mol·L—1Na2CO3溶液时，不需要用到的仪器是（）A．容量瓶 B．烧杯 C．玻璃棒 D．酒精灯15、鉴别食盐水和蔗糖水的方法有：①在两种溶液中分别加入少量稀硫酸，加热，再加入碱中和硫酸，再加入银氨溶液，微热；②测量溶液的导电性；③将溶液与溴水混合、振荡；④观察溶液颜色。其中在实验室进行鉴别的正确方法是A．①②B．①③C．②③D．③④16、构成金属晶体的微粒是A．原子B．分子C．金属阳离子D．金属阳离子和自由电子17、为探究锌与0.1mol/L稀硫酸的反应速率[以v(H2)表示]，对反应物作出如下改变。下列判断正确的是A．加入NH4HSO4固体，v(H2)不变B．把稀硫酸改为98%的浓硫酸，v(H2)减小C．加入少量水，v(H2)增大D．把0.1mol/L稀硫酸改为0.2mol/L盐酸，v(H2)不变18、人造地球卫星用到的一种高能电池--银锌蓄电池，其电池的电极反应式为：2Zn+2OH--2e-===2ZnO+H2↑，Ag2O+H2O+2e===2Ag+2OH-。据此判断锌是（）A．负极，并被氧化 B．正极，并被还原C．负极，并被还原 D．正极，并被氧化19、苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指A．脱落酸 B．乙烯 C．生长素 D．甲烷20、对于反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH>0，下列有关说法正确的是（）A．增加C(s)的物质的量，平衡正向移动B．平衡常数表达式为K=C．升高体系温度，平衡常数K减小D．增大体系压强，平衡常数K不发生变化21、在一定条件下，在容积为2L的密闭容器中，将2mol气体M和3molN气体混合，发生如下反应：2M(g)＋3N(g)xQ(g)＋3R(g)，该反应达平衡时，生成2.4molR，并测得Q的浓度为0.4mol/L，下列有关叙述正确的是A．x值为2 B．混合气体的密度增大C．N的转化率为80% D．混合气体平均摩尔质量不变，不能说明该反应达平衡22、下列自然资源的开发利用过程只涉及物理变化的是A．高炉炼铁 B．海水晒盐 C．电解冶铝 D．煤的液化二、非选择题(共84分)23、（14分）有关物质的转化关系如下图所示(部分物质与反应条件已略去)。A是常见金属，B是常见强酸；D、I均为无色气体，其中I为单质，D的相对分子质量是I的两倍；E是最常见的无色液体；G为常见强碱，其焰色反应呈黄色；J是常见红色固体氧化物。请回答下列问题：(1)G的电子式为_________。(2)H的化学式为__________。(3)写出反应①的离子方程式：___________________________。(4)写出反应②的化学方程式：___________________________。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）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)=______________。26、（10分）某探究小组用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量。取样品5.000g，加水配成250mL无色溶液，已知溶液呈碱性，取25.00mL溶液，用滴定管盛装0.2000mol/L的I2标准液进行滴定。滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I－。（1）用_____________填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装I2标准液，在取液、盛装、滴定过程中还需要的玻璃仪器有_____________________________________。（2）滴定过程中，需要加入_____作为指示剂，滴定终点的判断方法___________。（3）滴定前后液面如图所示，所用I2标准液的体积为________________mL。（4）样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为_____________________，若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，则测得样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数____________填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。27、（12分）实验室里用乙醇和浓硫酸反应制取乙烯，接着再用溴与之反应生成1，2—二溴乙烷。在制备过程中由于部分乙醇被浓硫酸氧化还会生成CO2、SO2，进而与Br2反应生成HBr等。（1）以上述三种物质为原料，用下列仪器（短接口或橡皮管均已略去）制备1，2－二溴乙烷。如果气体流向为从左到右，正确的连接顺序是：B经A①插入A中，D接A②；A③接______接_______接______接______。（2）温度计水银球的正确位置是______。（3）F的作用是______，G的作用是______。（4）在三颈烧瓶A中的主要反应的化学方程式为______。（5）在反应管E中进行的主要反应的化学方程式为______。（6）反应管E中加入少量水及把反应管E置于盛有冷水的小烧杯中是因为______。28、（14分）氨的合成原理为:N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）∆H=－92.4kJ·mol-1在500℃、20MPa时，将N2、H2置于一个容积为2L的密闭容器中发生反应，反应过程中各物质的物质的量变化如图。回答下列问题:（1）10min内以NH3表示的平均反应速率为_________（2）在10～20min内，NH3浓度变化的原因可能是_____________A．加了催化剂B．缩小容器体积C．降低温度D．增加NH3物质的量（3）第1次平衡:平衡常数K1=__________（带数据的表达式），第2次平衡时NH3的体积分数为_____________。（4）根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂（掺有少量Fc2O3的TiO2）表面与水发生下列反应:N2（g）＋3H2O（l）⇌2NH3+1.5O2（g）∆H=akJ·mol-1，进一步研究NH3生成量与温度的关系，常压下达到平衡时测得部分实验数据如下表:T/K303313323NH3生成量/(10-6mol)4.85.96.0①此合成反应的a______0，△S_______0；（填“＞”、“＜”或一”）②已知N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）∆H=－92.4kJ·mol-1，2H2（g）＋O2（g）=2H2O（l）∆H=-571.kJ·mol-1则常温下氮气与水反应生成氨气与氧气的热化学方程式为_____________________________29、（10分）I、H2A在水中存在以下平衡：H2AH+＋HA-，HA-H+＋A2-(1)NaHA溶液显酸性，则溶液中离子浓度的大小顺序为__________。(2)常温时，若向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/LKOH溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液的下列关系中，一定正确的是__________。A．c（Na+）＞c（K+）B．c（H+）•c（OH）＝1×10-14C．c（Na+）＝c（K+）D．c（Na+）＋c（K+）＝c（HA-）＋c（A2-）Ⅱ、含有Cr2O的废水毒性较大，某工厂废水中含4.00×10-3mol/LCr2O。为使废水能达标排放，作如下处理：Cr2OCr3+、Fe3+Cr（O3）、Fe（OH）3(3)该废水中加入FeSO4•7H2O和稀硫酸，发生反应的离子方程式为：________________。(4)欲使25L该废水中转化为Cr3+，理论上需要加入_________gFeSO4•7H2O。(5)若处理后的废水中残留的c（Fe3+）＝1×10-13mol/L，则残留的Cr3+的浓度为_________mol/L，Cr3+________（填是或否）沉淀完全。（已知：Ksp[Fe（OH）3]≈1.0×10-38mol/L，Ksp[Cr（OH）3]≈1.0×10-31mol/L）III.已知：I2＋2S2O32-==2I-＋S4O62-。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：a．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c．以淀粉溶液为指示剂，逐滴加入浓度为2.0×10-3mol/L的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全。(6)步骤c中判断恰好反应完全的现象为_______________(7)根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是_____g/kg。（以含w的代数式表示）

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】新能源包括太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能、生物质能等。【详解】A、太阳能热水器是利用太阳能转化成热能，太阳能属于清洁能源，故A不符合题意；B、天然气主要成分是甲烷，甲烷属于化石燃料，不属于新能源，故B符合题意；C、潮汐能对环境无污染，属于新能源，故C不符合题意；D、风能对环境无污染，属于新能源，故D不符合题意。2、C【详解】由晶胞的示意图可知，Cs＋位于顶点，Cl－位于体心，则晶胞中含Cs＋的个数为8×=1，含Cl－个数为1，晶胞的质量为g，晶胞的体积为a3cm3，由晶体的密度等于晶体的质量与晶体在该质量下的体积的比可得晶体的密度为＝g·cm－3，故选C。3、C【详解】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；A、R元素的原子最外层共有2个电子，故A错误；B、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故B错误；C、最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故C正确；D、R元素可能是Mg或Be，R元素基态原子的电子排布式不一定为1s22s2，故D错误；

综上所述，本题选C。4、A【解析】pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则氨水的浓度和盐酸的浓度相等，都是10－bmol/L，根据氨水的电离方程式和pH可计算氨水中已电离的一水合氨的浓度为10a－14mol/L，所以室温下氨水的电离度为。答案选A。5、B【详解】①该物质分子中含11个C原子、3个O原子，不饱和度为6，则分子式为，①正确；②该有机物分子中的碳碳双键能使溴水、酸性溶液褪色，②正确；③该有机物分子中的羟基和羧基都能与反应，只有羧基能与反应，两个反应中反应物的物质的量之比前者是1：2，后者是1∶1，③不正确；④该有机物不能发生水解反应，④不正确；综合以上分析，③④不正确，故选B。6、B【解析】根据图可知：压强一定时，随着温度升高C物质的体积分数（C%）逐渐减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，即：△H＜0；温度一定时，压强越大，C物质的体积分数（C%）越小，增大压强平衡向逆反应移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即m+n＜c+d，所以正方向为气体物质的量增大的方向，则正方向为熵增加的方向，即：△S＞0，所以该反应的△H、△S为：△H＜0，△S＞0，B正确。故答案选B。【点睛】本题考查了化学平衡图象、外界条件对平衡平衡的影响等，根据气体物质的量的变化分析熵变、根据图象采取定一议二法分析改变条件平衡的移动，看清横坐标和纵坐标各表示什么，线的走向和变化趋势，看清原点、转折点和平衡点。7、C【解析】已知A、B、C、D是短周期中原子序数依次增大的四种主族元素。元素D是地壳中含量最多的金属元素，则D为Al；B原子最外层电子数是其电子层数的2倍，且原子序数小于Al，则B为C；C在同周期的主族元素中原子半径最大，同周期从左到右原子半径逐渐减小，且C位于第三周期，则C为Na；A的单质在常温下呈气态，原子序数小于C，为主族元素，则A为H。综上，A、B、C、D是分别为H、C、Na、Al；据以上分析解答。【详解】已知A、B、C、D是短周期中原子序数依次增大的四种主族元素。元素D是地壳中含量最多的金属元素，则D为Al；B原子最外层电子数是其电子层数的2倍，且原子序数小于Al，则B为C；C在同周期的主族元素中原子半径最大，同周期从左到右原子半径逐渐减小，且C位于第三周期，则C为Na；A的单质在常温下呈气态，原子序数小于C，为主族元素，则A为H。综上，A、B、C、D是分别为H、C、Na、Al。A项，A的氧化物H2O、H2O2中只含有共价键，C的氧化物Na2O、Na2O2中均含有离子键，故A项错误；B项，Na+和Al3+的结构相似、核外电子数相同，根据“序大径小”规律可知，Na+的半径大于Al3+，故B项错误；C项，A、B可组成乙炔（C2H2）、苯（C6H6）等多种原子个数比为1:1的化合物，故C项正确；D项，铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气，根据：2Al---3H2可知，1mol铝单质与足量盐酸反应得到标况下33.6L氢气，故D项错误；综上所述，本题选C。8、B【分析】由25℃，101kPa下，1gC8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量，可知1molC8H18燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量为48.40kJ×114=5517.6kJ。【详解】A．根据题干信息可知生成1molC8H18燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量为5517.6kJ，故A错误；B．辛烷燃烧放热，则CO2(g)与H2O(l)合成辛烷为吸热，且合成2mol辛烷吸收11035.20kJ能量，故B正确；C．辛烷燃烧为放热反应，焓变小于零，且2mol辛烷燃烧应放出11035.20kJ能量，故C错误；D．1molC8H18燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量为5517.6kJ，故D错误；故答案为B。9、A【详解】A．新法合成氨使用新的催化剂，可以降低反应的活化能，故不需要在高温条件下进行，可节约大量能源，A正确；B．化学反应的本质就是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，新法合成氨仍然需要断裂化学键，B错误；C．催化剂只能改变反应的途径和反应所需要的活化能，但不能改变反应物和生成物的状态，故不能改变反应的热效应，新型合成氨方法的ΔH＜0，传统合成氨方法的ΔH＜0，C错误；D．新催化剂通过降低反应所需要的活化能，而提高了活化分子百分数，加快了化学反应速率，但由于催化剂能同等幅度地改变正逆反应速率，故平衡不移动，D错误；故答案为：A。10、B【分析】糖是多羟基醛或多羟基酮和它们的脱水缩合物，单糖是不能再水解的糖类。【详解】单糖是指不能被水解成更小分子的糖类物质。根据单糖的定义，葡萄糖是不能水解的糖，所以葡萄糖是单糖，故选B。11、B【详解】A.起始浓度相同时，温度越高，反应速率越大，T3＜298.15K，故A错误；B.从表格数据看出，273.15K,1mol·L－1时分解速率与298.15K、0.04mol·L－1时的瞬时速率相等，故B正确；C.表格列出条件有限，不能得出最佳分解条件，故C错误；D.根据瞬时速率不能得到焓变、熵变方向，故D错误。故选B。12、C【详解】A．烯烃都含有碳碳双键，因此烯烃能使溴的CCl4溶液褪色，是因为烯烃与溴发生了加成反应，故A错误；B．烯烃都含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；C．在催化剂作用下，烯烃能与H2、H2O、HX(卤化氢)发生加成反应，故C正确；D．不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中少量的乙烯，乙烯和酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳，引入新的杂质，故D错误。综上所述，答案为C。13、B【解析】由于氧化性Cr2O72->Fe3+，即Cr2O72-可以将Fe2+氧化为Fe3+，故在原电池中，Fe2+失电子被氧化，故a极为负极；Cr2O72-得电子被还原，故b极为正极。【详解】Fe2+失电子被氧化，即甲池发生氧化反应，A错误；外电路中电流由正极流向负极，即由b流向a，B正确；原电池中，阴离子移向负极，即SO42-移向甲烧杯，C错误；乙烧杯中Cr2O72-得电子被还原：Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，D错误。故选B。【点睛】本题考查了原电池中正负极的判断、电极反应式的书写和离子的移动，负极发生氧化反应，正极发生还原反应是判断关键点。14、D【详解】实验室配制250mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液时需要托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶以及胶头滴管，不需要酒精灯，答案选D。15、A【解析】①在两种溶液中分别加入少量稀硫酸，加热，再加入碱中和硫酸，再加入银氨溶液，微热，蔗糖水中有银镜生成，可鉴别，故①正确；②蔗糖为非电解质，溶液不导电，可鉴别，故②正确；③将溶液与溴水混合．振荡，食盐和蔗糖均不与溴反应，现象相同，不能鉴别，故③错误；④在实验室里不能品尝药品的味道，故④错误；正确的为①②。答案选A。16、D【解析】金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成。A.原子不符合题意；B.分子不符合题意；C.金属阳离子不符合题意；D.金属阳离子和自由电子符合题意。答案为D。17、D【详解】A项，加入硫酸氢铵固体后，溶液中c(H+)增大，v(H2)增大，故A项错误；B项，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫，不产生氢气，故B项错误；C项，加水稀释，溶液中c(H+)减小，v(H2)减小，故C项错误；D项，0.1mol/L稀硫酸改为0.2mol/L盐酸，溶液中c(H+)不变，v(H2)不变，故D项正确；综上所述，本题选D。18、A【详解】由电极反应方程式可知，Zn化合价升高，失电子，被氧化，作负极；氧化银得电子被还原，为正极，故A正确；故选A。【点睛】电子从负极流出，经过外电路流入正极。19、B【详解】A．脱落酸的主要作用是抑制细胞分裂，促进叶和果实的衰老和脱落，故A不选；

B．乙烯的主要作用是促进果实成熟，故B选；

C．生长素具有两重性既能促进生长也能抑制生长，既能促进发芽也能抑制发芽，既能防止落花落果也能疏花疏果，故C不选；

D．甲烷不具有催熟作用，故D不选；

故选：B。20、D【详解】A、增加C（s）的量的改变，平衡不移动，选项A错误；B、平衡常数表达式中固体和纯液体不代入表达式中，选项B错误；C、平衡常数是温度的函数，正反应是吸热反应，温度升高，K值增大，选项C错误；D、平衡常数是温度的函数，温度不变平衡常数K不变，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查化学平衡影响因素、化学平衡常数，难度中等，注意基础知识理解掌握，易错点为选项C，平衡常数是温度的函数，温度改变平衡常数如何变化要视正反应是放热还是吸热。21、C【解析】A．平衡时生成的Q的物质的量为：0.4mol/L×2L=0.8mol，生成R为2.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.8mol∶2.4mol=x∶3，解得x=1，故A错误；B．反应体系中各组分都是气体，混合气体的质量不变，容器的容积恒定，根据ρ=可知混合气体的密度不变，故B错误；C．参加反应的N的物质的量与生成的R相等，为2.4mol，则N的转化率为：×100%=80%，故C正确；D．反应前后气体的物质的量减小、质量不变，所以平均摩尔质量增大，当混合气体平均摩尔质量保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D错误；故选C。22、B【详解】A.铁矿石冶炼成钢铁，由化合物生成了单质，属于化学变化，故A错误；

B.海水晒盐的过程中没有生成新物质，属于物理变化，故B正确；C.电解冶炼铝由化合物生成了单质，属于化学变化，故C错误；D.煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料的过程，有新物质生成，属于化学变化，故D错误。故选B。【点睛】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化。化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，根据是否有新物质生成来区分物理变化和化学变化。二、非选择题(共84分)23、Fe(OH)22Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O【分析】G为常见强碱，其焰色反应呈黄色，则G为NaOH，E是最常见的无色液体，则E为H2O，J是常见红色固体氧化物，则J为Fe2O3，J中的铁元素来自于A，则A为Fe，B是常见强酸，能与Fe反应生成无色气体D和水，且D、I均为无色气体，其中I为单质，D的相对分子质量是I的两倍，则I为O2，D为SO2，B为H2SO4，Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铁和水，则C为Fe2(SO4)3，SO2具有还原性，将Fe2(SO4)3还原为FeSO4，则F为FeSO4，FeSO4与NaOH反应生成氢氧化亚铁和硫酸钠，则H为Fe(OH)2，据此答题。【详解】（1）G为NaOH，NaOH由离子键和共价键构成，其电子式为：，故答案为。（2）H为Fe(OH)2，化学式为：Fe(OH)2，故答案为Fe(OH)2。（3）反应①为硫酸铁、二氧化硫与水反应，离子方程式为：2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+，故答案为2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+。（4）反应②为氧化铁与硫酸反应，化学方程式为：Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O，故答案为Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O。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、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。26、酸式碱式滴定管、锥形瓶、烧杯淀粉当滴入最后一滴I2标准液，溶液颜色由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色18.1018.1%偏大【解析】(1)根据碘水显酸性分析判断，结合滴定的操作步骤分析需要的仪器；(2)根据碘单质的特征性质来分析选择指示剂，根据题意反应的方程式为N2H4+2I2═N2+4HI，根据反应后的产物判断终点现象；(3)滴定管的读数是由上而下标注的，根据图示解答；(4)根据反应的方程式列式计算；结合c(待测)=c(标准【详解】(1)碘水显酸性，且能够橡胶中的碳碳双键发生加成反应，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中；滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯，故答案为：酸式；碱式滴定管、锥形瓶、烧杯；(2)用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量，滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I－，依据碘单质特征性质，应选择淀粉为滴定指示剂，滴定终点的现象为：当加入最后一滴标准溶液时，锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：淀粉溶液；当加入最后一滴I2标准溶液时，锥形瓶中溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；(3)根滴定前后液面的图示，初始读数为0.00mL，终点读数为18.10mL，所用I2标准液的体积为18.10mL，故答案为：18.10；(4)消耗的碘的物质的量=0.01810L×0.2000mol/L=0.003620mol，根据N2H4+2I2═N2+4HI，水合肼(N2H4·H2O)的物质的量为0.001810mol×250mL25mL=0.01810mol，样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数=0.01810mol×50g/mol5.000g×100%=18.1%；若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，导致消耗的碘水的体积偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)可知，测得样品中水合肼(N27、CFEG插入三颈烧瓶中的液体中除去三颈瓶中产生的CO2、SO2吸收挥发的溴蒸汽CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2OCH2＝CH2＋Br2→BrCH2CH2Br减少溴的挥发损失【解析】在分析过程中主要抓住两点：其一是必须除去混在乙烯中的气体杂质，尤其是SO2气体，以防止SO2与Br2发生反应SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，影响1，2-二溴乙烷产品的制备；其二是必须在理解的基础上灵活组装题给的不太熟悉的实验仪器（如三颈烧瓶A、恒压滴液漏斗D、安全瓶防堵塞装置C），反应管E中冷水的作用是尽量减少溴的挥发，仪器组装顺序是：制取乙烯气体（用A、B、D组装）一安全瓶（C，兼防堵塞）→净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）→制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置（E）→尾气处理（G）”，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题。【详解】根据以上分析，（1）仪器组装顺序是：制取乙烯气体（用A、B、D组装）一安全瓶（C，兼防堵塞）→净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）→制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置（E）→尾气处理（G）”；（2）乙醇在浓硫酸作用下加热到170C时发消去反应生成乙烯，则温度计的位置应插入三颈烧瓶的液体中；（3）乙醇与浓硫酸作用可生成CO2、SO2，为防止SO2与Br2发生反应SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，影响1，2-二溴乙烷产品的制备，用F装置除去三颈瓶中产生的CO2、SO2，溴易挥发、有毒，为防止污染环境，用G中碱液吸收，所以F的作用是除去三颈瓶中产生的CO2、SO2，G的作用是吸收挥发的溴蒸汽。（4）三颈烧瓶A中乙醇在浓硫酸作用下加热到170C时发消去反应生成乙烯，反应的方程式为CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2O；（5）在反应管E中进行的主要反应为乙烯和溴的加成反应，反应的方程式为CH2═CH2+Br2→BrCH2CH2Br；（6）溴易挥发，在反应管E中加入少量水可起到水封的作用，把反应管E置于盛有冷水的小烧杯中，可降低温度，减少挥发。【点睛】本题考查有机物的合成实验设计，题目难度中等，解答本题的关键是把握制备实验的原理，能正确设计实验顺序，牢固把握实验基本操作及物质的基本性质，学习中注意加强相关知识学习。28、0.005mol·L-1.min-1A45.5％或0.455＞＞2N2(g)＋6H2O(l)＝4NH3(g)+3O2(g)AH＝＋1530kJ·mol-1【分析】（1）根据v=△n÷V÷△t计算；（2）根据图象知，平衡向正反应方向移动，10min时是连续的，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明为使用催化剂；（3）达到平衡状态时，物质的量不变，以此判断达到平衡的时间段，化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；第2次平衡时NH3的体积分数等于氨气的含量/平衡时气体的总物质的量；（4）①由表中数据可知，升高温度，NH3生成量增大，说明平衡向正反应方向移动，结合反应方程式中各物质的聚集状态解答；②已知：①N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92.4kJ·mol－1②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6kJ·mol－1，则利用盖斯定律，将①×2-②×3可得常温下氮气与水反应生成氨气与氧气的热化学方程式．【详解】（1）反应速率v（NH3）=(0.1mol-0)÷2L÷10min=0.005mol/（L．min）；（2）由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，△n（N2）=0.025mol×4=0.1mol，△n（H2）=0.025mol×12=0.3mol，△n（NH3）=0.025mol×8=0.2mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，缩小体积相当于增大压强，应该反应物的速率增加倍数大，降低温度，应该反应速率减小，