廣東省潮州市名校2026屆高三化學(xué)第一學(xué)期期中質(zhì)量檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列各分子中，所有原子都滿足最外層8電子結(jié)構(gòu)的是A．BF3 B．NCl3 C．H2O D．PCl52、某實驗小組對一含有Al

3+

的未知溶液進(jìn)行了如下分析：(1)滴入少量氫氧化鈉，無明顯變化；(2)繼續(xù)滴加NaOH溶液，有白色沉淀；(3)滴入過量的氫氧化鈉，白色沉淀明顯減少。實驗小組經(jīng)定量分析，得出如圖所示沉淀與滴入氫氧化鈉體積的關(guān)系。下列說法正確的是(

)A．該未知溶液中至少含有4種陽離子B．滴加的NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為0.5mol·L

-1C．若另一種離子為二價陽離子，則a＝10D．若將最終沉淀過濾、洗滌、灼燒，其質(zhì)量一定為6g3、下列事實所對應(yīng)的方程式不正確的是()A．盛放氫氧化鈉溶液的試劑瓶不能用玻璃塞：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2OB．高溫下鐵與水蒸氣反應(yīng)生成保護(hù)膜：2Fe+6H2O(g)2Fe(OH)3+3H2C．工業(yè)制取漂粉精：2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OD．實驗室制取氨氣：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O4、銅和鎂的合金4.35g完全溶于濃硝酸，若反應(yīng)中硝酸被還原只產(chǎn)生4480mLNO2氣體和336mL的N2O4氣體(氣體的體積已折算到標(biāo)準(zhǔn)狀況)，在反應(yīng)后的溶液中，加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀的質(zhì)量為（）A．9.02g B．8.51g C．8.26g D．7.04g5、X、Y、Z、W、M為原子序數(shù)依次増加的五種短周期元素，A、B、C、D、E是由這些元素組成的常見化合物，A、B為廚房中的食用堿，C是一種無色無味的氣體，C、D都是只有兩種元素組成。上述物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系為:(部分反應(yīng)物戒生成物省略)。下列說法錯誤的是A．原子半徑大小序，W＞Y＞Z＞XB．對應(yīng)最簡單氫化物的沸點(diǎn):Z＞MC．上述變化過秳中，發(fā)生的均為非氧化還原反應(yīng)D．Z和W形成的化合物中一定只含離子健6、下列關(guān)于物質(zhì)的說法正確的有（）項①金剛石、白磷都屬于單質(zhì)②0.1mol·L-1Na2CO3溶液加熱后,溶液的pH減?、勖航?jīng)過氣化和液化兩個化學(xué)變化過程，可變?yōu)榍鍧嵞茉储芄糯奶沾?、磚瓦，現(xiàn)代的有機(jī)玻璃、水泥都是硅酸鹽產(chǎn)品⑤明礬可用于水的殺菌消毒，硫酸鋇可用于鋇餐透視⑥單晶硅太陽能電池板可以將太陽能直接轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔堍邉傆瘢ˋl2O3）硬度僅次于金剛石，熔點(diǎn)也相當(dāng)高，剛玉坩堝可用于熔融碳酸鉀⑧牛奶中加入果汁會產(chǎn)生沉淀，是因為發(fā)生了酸堿中和反應(yīng)⑨SiO2既能和NaOH溶液反應(yīng)又能和氫氟酸反應(yīng),所以是兩性氧化物⑩H2、SO2、CO2三種氣體都可用濃H2SO4干燥A．3B．4C．5D．67、下列實驗操作中，正確的是（）A．把pH試紙浸入待測溶液中，測定溶液的pHB．稱NaOH固定質(zhì)量時。將NaOH固體放在墊有濾紙的托盤上進(jìn)行稱量C．配制100mL2mol·L－1的NaOH溶液時，應(yīng)將稱量好的固體在燒杯中溶解后再將溶液轉(zhuǎn)移入容量瓶定容D．濃硫酸濺在皮膚上，應(yīng)立即用燒堿溶液沖洗8、下列實驗裝置不能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢BCD實驗室制取蒸餾水用SO2和NaOH溶液做噴泉實驗證明Na2CO3

的熱穩(wěn)定性比NaHCO3好證明銅與濃硝酸的反應(yīng)是放熱反應(yīng)A．A B．B C．C D．D9、相同溫度下，容積相同的甲、乙兩個恒容密閉容器中均發(fā)生如下反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-197kJ/mol，實驗測得有關(guān)數(shù)據(jù)如下：容器編號起始時各物質(zhì)的物質(zhì)的量/mol達(dá)到平衡時體系能量的變化/kJSO2O2SO3甲210放出熱量：Q1乙1.80.90.2放出熱量：Q2下列判斷中正確的是A．兩容器中反應(yīng)的平衡常數(shù)不相等B．達(dá)到平衡時SO2的體積分?jǐn)?shù)：甲<乙C．197>Q1>Q2D．生成1molSO3(l)時放出的熱量等于98.5kJ10、下列說法正確的個數(shù)是（）①第IA族元素銫的兩種核素，137Cs比133Cs多4個質(zhì)子②因為氧化性HClO＞稀H2SO4，所以非金屬性Cl＞S③常溫下白磷可自燃而氮?dú)獗仨氃诜烹姇r才與氧氣反應(yīng)，則非金屬性：P＞N④離子化合物中既可以含有極性共價鍵，又可以含有非極性共價鍵⑤從上到下，鹵族元素的非金屬性逐漸減弱，所以酸性HCl＞HI⑥離子半徑：K+＞Cl-＞S2-⑦C、P、S、Cl的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性逐漸增強(qiáng)⑧硒化氫(H2Se)是無色、有毒，比H2S穩(wěn)定的氣體A．1個 B．2個 C．3個 D．4個11、下列表示物質(zhì)結(jié)構(gòu)的化學(xué)用語正確的是()A．HF的電子式: B．HClO的結(jié)構(gòu)式:H—O—ClC．S2-的結(jié)構(gòu)示意圖: D．CaO的俗名:熟石灰12、化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說法錯誤的是A．PM2.5是指粒徑不大于2.5μm的可吸入懸浮顆粒物B．燃煤中加入CaO可以減少酸雨的形成及溫室氣體的排放C．綠色化學(xué)要求從源頭上消除或減少生產(chǎn)活動對環(huán)境的污染D．天然氣和液化石油氣是我國目前推廣使用的清潔燃料13、t℃時，向20.00mL0.1mol/L二元弱酸H2X溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液中由水電離出的c水(OH?)的負(fù)對數(shù)[?lgc水(OH?)]與所加NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法中不正確的是()A．水的電離程度：P>N=Q>M B．P點(diǎn)溶液中：c(OH?)?c(H+)=c(HX?)+2c(H2X)C．溶液中

c(H2X)/c(X2?)：Q>P>N>M D．M點(diǎn)溶液中：c(Na+)>c(HX?)>c(H2X)>c(X2?)14、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．0.1mol·L?1的FeCl2溶液中：H＋、Na＋、Cl－、NO3-B．0.1mol·L?1的HCl溶液中：Na＋、K＋、SO42-、CH3COO－C．0.1mol·L?1的K2CO3溶液中：Na＋、Ca2+、AlO2-、OH－D．0.1mol·L?1的NaOH溶液中：K＋、Ba2+、Cl－、NO3-15、某晶體化學(xué)式為N2H6SO4，其晶體類型與硫酸銨相同。試分析在該晶體中不會存在（）A．分子間作用力 B．共價鍵 C．離子鍵 D．陽離子16、化學(xué)用語是學(xué)習(xí)化學(xué)的工具和基礎(chǔ)，下列有關(guān)化學(xué)用語的表達(dá)正確的是A．H2S的電離方程式：H2S2H＋＋S2－B．H2O2的電子式：C．氟原子的結(jié)構(gòu)示意圖：D．用電子式表示NaCl的形成過程：二、非選擇題（本題包括5小題）17、2005年諾貝爾化學(xué)獎授予了研究烯烴復(fù)分解反應(yīng)的科學(xué)家，以表彰他們作出的卓越貢獻(xiàn)。現(xiàn)以烯烴C5H10為原料，合成有機(jī)物M和N，合成路線如下：（1）按系統(tǒng)命名法，有機(jī)物A的名稱是___________。（2）B的結(jié)構(gòu)簡式是___________。（3）CD的反應(yīng)類型是___________。（4）寫出DM的化學(xué)方程式___________。（5）寫出EF合成路線（用結(jié)構(gòu)簡式表示有機(jī)物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件）___________。（6）已知X的苯環(huán)上只有一個取代基，且取代基無甲基，則N的結(jié)構(gòu)簡式為___________。（7）滿足下列條件的X的同分異構(gòu)體共有_____種，寫出任意一種的結(jié)構(gòu)簡式________。①遇FeCl3溶液顯紫色②苯環(huán)上的一氯取代物只有兩種18、A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的前四周期元素。BA3能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，A、B、C三種原子的電子數(shù)之和等于25，DC晶體中D+的3d能級上電子全充滿。請回答下列問題：（1）以上四種元素中，第一電離能最大的是________（填元素符號)；D的基態(tài)原子的核外電子排布式為__________。（2）在BA3、AC中，沸點(diǎn)較高的是________。（填化學(xué)式)，其原因是____________。DA的晶體類型是____________________。（3）BA4C晶體中含有的化學(xué)鍵為_____________。a．范德華力b．氫鍵c．離子鍵d．配位鍵e．共價鍵（4）化合物BC3的立體構(gòu)型為_____________，其中心原子的雜化軌道類型為______________。（5）由B、D形成的晶體的晶胞圖所示，己知緊鄰的B原子與D原子距離為acm。①該晶胞化學(xué)式為___________。②B元素原子的配位數(shù)為____________。③該晶體的密度為____________（用含a、NA的代數(shù)式表示，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值）g·cm-3。19、50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液在如下圖所示的裝置中進(jìn)行中和反應(yīng)。通過測定反應(yīng)過程中所放出的熱量可計算中和熱?；卮鹣铝袉栴}：（1）從實驗裝置看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是_______________。（2）兩燒杯間填滿碎紙條的作用是________________________。（3）實驗中改用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實驗相比較，所放出的熱量________（填“相等”或“不相等”），中和熱__________（填“相等”或“不相等”），理由是_____________________。（4）用相同濃度和體積的氨水代替NaOH溶液進(jìn)行上述實驗，測得中和熱的數(shù)值與57.3kJ/mol相比較會____________（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）。（5）大燒杯上如不蓋硬紙板，求得的中和熱數(shù)值________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。20、為探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性強(qiáng)弱，某化學(xué)興趣小組設(shè)計了如下實驗：（1）①A是氯氣發(fā)生裝置，其反應(yīng)的離子方程式是__________________________________。②B裝置的作用是_________________________，C裝置的作用是_______________________，整套實驗裝置存在一處明顯不足，請指出_______________________________________________________。（2）用改正后的裝置進(jìn)行實驗。實驗過程如下：實驗操作實驗現(xiàn)象打開活塞a，向圓底燒瓶中滴入少量濃鹽酸，然后關(guān)閉活塞a，點(diǎn)燃酒精燈D裝置中：溶液變紅E裝置中：振蕩后水層溶液變黃，CCl4無明顯變化繼續(xù)滴入濃鹽酸，D、E中均發(fā)生了新的變化：D裝置中：紅色慢慢褪去。E裝置中：CC14層先由無色變?yōu)槌壬箢伾饾u變成紅色。為探究上述實驗現(xiàn)象的本質(zhì)，小組同學(xué)查得資料如下：I：(SCN)2性質(zhì)與鹵素相似，氧化性Cl2大于(SCN)2，且SCN-的電子式為II：AgClO、AgBrO均可溶于水Ⅲ：Cl2和Br2反應(yīng)生成BrCl、BrCl呈紅色，沸點(diǎn)約為5℃，與水發(fā)生水解反應(yīng)①小組同學(xué)認(rèn)為D裝置中紅色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化，但一定不是碳元素被氧化，他的理由是__________________________________________。②經(jīng)過實驗證實了小組同學(xué)推測的合理性，請用平衡移動原理解釋Cl2過量時D中溶液紅色褪去的原因__________________________________________。③欲探究E中繼續(xù)滴加濃鹽酸后顏色變化的原因，設(shè)計實驗如下：用分液漏斗分離出E的下層溶液，蒸餾、收集紅色物質(zhì)，取少量，加入AgNO3溶液，結(jié)果觀察到僅有白色沉淀產(chǎn)生。請結(jié)合化學(xué)用語解釋僅產(chǎn)生白色沉淀的原因_________________________________________________。21、早期發(fā)現(xiàn)的一種天然二十面體準(zhǔn)晶顆粒由Al、Ca、Cu、Fe四種金屬元素組成。請回答下列問題：(1)基態(tài)鐵原子價電子排布式為_________，從結(jié)構(gòu)角度來看，F(xiàn)e2+易被氧化成Fe3+的原因是________________。(2)SCN－離子可用于Fe3+的檢驗，其對應(yīng)的酸有兩種，分別為硫氰酸(H-S-C≡N)和異硫氰酸(H-N=C=S)。①寫出與SCN－互為等電子體的一種微粒_____(分子或離子)；②硫氰酸分子中硫原子的雜化方式為_____。③異硫氰酸的沸點(diǎn)比硫氰酸沸點(diǎn)高的原因是____________________________。(3)新制的Cu(OH)2可溶于過量的氨水，生成的配合物[Cu(NH3)4](OH)2中含有的化學(xué)鍵類型有_____________________，1mol該物質(zhì)中含有____________________個σ鍵。(4)CaF2晶體的晶胞如圖所示。已知：CaF2晶體的密度為ρg·cm－3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。CaF2晶體中Ca2＋和F－之間的最近核間距(d)為______________pm(列出計算式即可)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【詳解】根據(jù)定義，共價鍵中的電子被成鍵的兩個原子共有，圍繞兩個原子核運(yùn)動。所以，形成共價鍵的原子的最外層電子數(shù)等于它本身最外層電子的個數(shù)加上它與其他原子形成共價鍵的數(shù)目。據(jù)此，題中各原子的最外層電子個數(shù)為：A.BF3中B有3+3＝6個電子、F有7+1＝8個電子，不符合題意；B.NCl3中N有5+3＝8個電子、Cl有7+1＝8個電子，符合題意；C.H2O中H有1+1＝2個電子、O有6+2＝8個電子，不符合題意；D.PCl5中P有5+5＝10個電子、Cl有7+1＝8個電子，不符合題意。故答案選B?！军c(diǎn)睛】本題要注意解題方法：滿足最外層8電子飽和的，我們先看有沒有氫元素，因為氫元素最外層2個電子就可以達(dá)到飽和了，所以很快的就可以排除了C選項，對于ABn型，我們可以按照一個公式：化合價的絕對值+主族序數(shù)=8，那么就滿足8個電子飽和了。2、C【解析】A、分析實驗過程，滴入氫氧化鈉無沉淀，說明含有H+，繼續(xù)滴入氫氧化鈉溶液生成白色沉淀，加入過量的氫氧化鈉溶液沉淀減少，說明一定生成氫氧化鋁沉淀，說明溶液中含有Al3+，溶液中除了鋁離子，應(yīng)還有另一種金屬陽離子，該未知溶液中至少含有3種陽離子，故A錯誤；B、依據(jù)圖象分析，溶解的氫氧化鋁物質(zhì)的量為0.20mol-0.15mol=0.05mol，消耗氫氧化鈉溶液體積=110mL-100mL=10mL，氫氧化鈉的濃度==5mol/L，故B錯誤；C、若另一種陽離子為二價金屬陽離子，生成氫氧化鋁最大沉淀量0.05mol，二價金屬物質(zhì)的量為0.15mol，開始消耗氫氧化鈉體積為amL，消耗氫氧化鈉物質(zhì)的量為0.05mol×3+0.15mol×2+a×10-3L×5mol/L=0.1L×5mol/L，a=10，故C正確；D、最后得到的沉淀不能確定其成分，所以不能計算灼燒后得到的氧化物的質(zhì)量，故D錯誤；故選C。點(diǎn)睛：本題考查了圖像的分析，定量計算和圖像中的定量分析是解題關(guān)鍵。實驗過程滴入氫氧化鈉開始無沉淀，說明含有H+，繼續(xù)滴入氫氧化鈉溶液生成白色沉淀，然后沉淀減少但并未完全溶解，說明一定含有Al3+和另一種金屬陽離子。3、B【解析】試題分析：A、SiO2為酸性氧化物，與NaOH反應(yīng)生成Na2SiO3和H2O，化學(xué)方程式為：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，正確；B、高溫下鐵與水蒸氣反應(yīng)生成保護(hù)膜，氧化膜的成分為Fe3O4，錯誤；C、工業(yè)制取漂粉精，Cl2與Ca(OH)2反應(yīng)生成CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，方程式為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，正確；D、實驗室用NH4Cl與Ca(OH)2反應(yīng)制取NH3，化學(xué)方程式為：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，正確?？键c(diǎn)：本題考查化學(xué)方程式的書寫。4、C【分析】最終生成的沉淀是氫氧化鎂和氫氧化銅，所以沉淀增加的質(zhì)量就是和金屬陽離子結(jié)合的OH－的物質(zhì)的量。根據(jù)此分析進(jìn)行解答。【詳解】由于金屬陽離子結(jié)合的OH－的物質(zhì)的量，就是金屬失去的電子的物質(zhì)的量，所以根據(jù)電子的得失守恒可知，金屬失去電子的物質(zhì)的量是4.48L÷22.4L/mol＋2×0.336L÷22.4L/mol＝0.23mol，所以和金屬陽離子結(jié)合的OH－的物質(zhì)的量也是0.23mol，質(zhì)量是3.91g，則沉淀的質(zhì)量是4.35g+3.91g=8.26g，故答案選C。【點(diǎn)睛】注意本類型題中最終生成的沉淀是氫氧化鎂和氫氧化銅，所以沉淀增加的質(zhì)量就是和金屬陽離子結(jié)合的OH－的物質(zhì)的量。由于金屬陽離子結(jié)合的OH－的物質(zhì)的量，就是就是失去的電子的物質(zhì)的量，所以根據(jù)電子的得失守恒可進(jìn)行計算。5、D【分析】由題目可推斷出X，Y，Z，W，M分別是H，C，O，Na，Cl這五元素?！驹斀狻緼選項，原子半徑大小順序為Na>C>O>H，故A正確；B選項，Z對應(yīng)的簡單氫化物為H2O，M對應(yīng)的簡單氫化物為HCl，水分子形成分子間氫鍵，沸點(diǎn)反常高，故B正確；C選項，上述變化為復(fù)分解反應(yīng)，故C正確；D選項，O和Na可形成Na2O2，既有離子鍵又有共價鍵，故D錯誤。綜上所述，答案為D。6、B【解析】①由一種元素組成的純凈物是單質(zhì)，金剛石、白磷都是由一種元素組成的純凈物，所以屬于單質(zhì)，故①正確；②0.1mol/LNa2CO3溶液加熱后，碳酸根離子的水解程度增大，堿性增強(qiáng)，溶液的pH增大，故②錯誤；③煤的氣化是煤在氧氣不足的條件下進(jìn)行部分氧化形成H2、CO等氣體的過程，煤的液化是將煤與H2在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為液體燃料或利用煤產(chǎn)生的H2和CO通過化學(xué)合成產(chǎn)生液體燃料或其他液體化工產(chǎn)品的過程，故煤經(jīng)氣化和液化兩個化學(xué)變化過程，可變?yōu)榍鍧嵞茉?，故③正確；④現(xiàn)代的有機(jī)玻璃是有機(jī)物，不是硅酸鹽產(chǎn)品，古代的陶瓷、磚瓦，水泥屬于硅酸鹽產(chǎn)品，故④錯誤；⑤明礬中鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有吸附性而凈水，氫氧化鋁沒有強(qiáng)氧化性，所以不能殺菌消毒，故⑤錯誤；⑥單晶硅能制造硅太陽能電池，所以硅是目前人類將太陽能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿闹匾牧希盛拚_，⑦剛玉的主要成分為氧化鋁，氧化鋁能夠與熔融碳酸鈉反應(yīng)，則不能用剛玉坩堝熔融碳酸鉀，故⑦錯誤；⑧因牛奶中含有蛋白質(zhì)，加入果汁能使蛋白質(zhì)凝聚而沉淀，但牛奶不是酸，發(fā)生的不是中和反應(yīng)，故⑧錯誤；⑨SiO2與氫氟酸反應(yīng)不生成鹽和水，雖然SiO2既能與氫氟酸反應(yīng)又能與NaOH溶液反應(yīng)，但是SiO2不是兩性氧化物，故⑨錯誤；⑩H2、SO2、CO2三種氣體均不與濃硫酸反應(yīng)，故能利用濃硫酸干燥，故⑩正確；故選B。7、C【詳解】A.使用pH試紙時不能直接將試紙浸到溶液中，應(yīng)用玻璃棒蘸取溶液滴在PH試紙上，防止污染溶液，故A錯誤；

B.NaOH具有吸水性能與空氣中二氧化碳反應(yīng)，稱量時應(yīng)盡量減小與空氣的接觸面積，應(yīng)放在小燒杯中稱量，故B錯誤；

C.配制100mL2mol·L-1的NaOH溶液時，應(yīng)將稱量好的固體在燒杯中溶解冷卻后再將溶液轉(zhuǎn)移入容量瓶，在加水定容即可，故C正確；D.因濃硫酸能與燒堿反應(yīng)放出大量的熱，如果用燒堿溶液清洗會增大燒傷面積，所以先用抹布擦拭，再用大量的水沖洗，故D錯誤；

故選C。8、C【解析】分析：A.依據(jù)制取蒸餾水原理分析；B.根據(jù)產(chǎn)生噴泉的原理分析；C.依據(jù)碳酸氫鈉分解溫度分析；D.根據(jù)實驗現(xiàn)象判斷。詳解：A.符合制取蒸餾水的原理，A正確；B.二氧化硫易溶于氫氧化鈉溶液，使燒瓶中氣體壓強(qiáng)減小，燒杯中的液體進(jìn)入燒瓶，產(chǎn)生噴泉，B正確；C項，裝置中兩者受熱溫度不同，但是碳酸氫鈉在較低溫度下就能分解而碳酸鈉在較高溫度下不分解，因此不能說明碳酸鈉比碳酸氫鈉穩(wěn)定，故C錯誤；D.若為放熱反應(yīng)，則試管中氣體受熱，壓強(qiáng)增大，U形管中液面，左邊下降，右邊上升，故D正確；綜上所述，本題答案為C。9、C【詳解】A.甲、乙兩個容器內(nèi)溫度相等，則平衡常數(shù)相等，A錯誤；B.將乙中轉(zhuǎn)化為到左邊，SO2、O2的起始物質(zhì)的量相當(dāng)于2mol、1mol，甲、乙溫度、體積相等，故二者為完全等效平衡，平衡時SO2的體積分?jǐn)?shù)相等，B錯誤；C.甲、乙為完全等效平衡，平衡時二氧化硫的物質(zhì)的量相等，故甲中參加反應(yīng)的二氧化硫更多，則放出熱量：Q1>Q2，由于該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不能完全反應(yīng)，故197>Q1，則放出熱量：197>Q1>Q2，C正確；D.同種物質(zhì)，液態(tài)的能量低于氣態(tài)，生成液態(tài)三氧化硫放出的熱量更多，即生成1molSO3(l)時放出的熱量大于98.5kJ，D錯誤；故合理選項是C。10、B【詳解】①兩種核素為均為Cs元素的原子，質(zhì)子數(shù)相同，故①錯誤；②元素Cl、S為同周期元素，非金屬強(qiáng)弱：Cl>S，與HClO氧化性大于H2SO4無關(guān)，可通過比較元素最高價含氧酸的酸性強(qiáng)弱比較元素非金屬性強(qiáng)弱，故②錯誤；③N、P為同主族元素，非金屬性強(qiáng)弱：N>P，與單質(zhì)和O2反應(yīng)的條件無關(guān)，故③錯誤；④離子化合物可由金屬和非金屬元素組成，也可由非金屬元素組成，例如NH4NO3。當(dāng)結(jié)構(gòu)中有非金屬元素形成的原子團(tuán)時，會存在共價鍵，例如NaOH中含離子鍵、極性共價鍵，Na2O2中含離子鍵、非極性共價鍵，故④正確；⑤鹵族元素從上到下非金屬性逐漸減弱，則氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性逐漸減弱，不能推導(dǎo)氫化物的酸性，故⑤錯誤；⑥離子的電子層結(jié)構(gòu)相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越小；電子層數(shù)不同時，層數(shù)越多，離子半徑越大，則三種離子半徑大小為：S2-＞Cl-＞K+，故⑥錯誤；⑦四種元素對應(yīng)的最高價氧化物的水化物的化學(xué)式分別為：H2CO3、H3PO4、H2SO4、HClO4，依次為弱酸、中強(qiáng)酸、強(qiáng)酸、強(qiáng)酸，Cl的非金屬性大于S，則酸性強(qiáng)弱為：HClO4>H2SO4，4種元素對應(yīng)的最高價酸，酸性逐漸增強(qiáng)，故⑦正確；⑧S和Se同主族，硫化氫是無色有毒氣體，則硒化氫(H2Se)無色、有毒，元素的非金屬性越弱，其氫化物越不穩(wěn)定，Se的非金屬性小于S，則硒化氫(H2Se)不如H2S穩(wěn)定，故⑧錯誤；綜上④⑦正確；故答案選B。11、B【分析】A．HF是共價化合物，不存在離子鍵，分子中氟原子與氫原子形成1對共用電子對；

B．次氯酸分子中含有1個H-O鍵和1個O-Cl鍵；

C．硫離子質(zhì)子數(shù)為16，核外電子數(shù)為18，有3個電子層，由里到外各層電子數(shù)分別為2、8、8；

D．氧化鈣俗稱生石灰?！驹斀狻緼．HF是共價化合物，不存在離子鍵，分子中氟原子與氫原子形成1對共用電子對，電子式為，故A錯誤；

B．次氯酸的中心原子為O，HClO的結(jié)構(gòu)式為：H-O-Cl，故B正確；

C．硫離子質(zhì)子數(shù)為16，核外電子數(shù)為18，有3個電子層，由里到外各層電子數(shù)分別為2、8、8，離子結(jié)構(gòu)示意圖為，故C錯誤；

D．氧化鈣俗稱叫生石灰，熟石灰是氫氧化鈣的俗稱，故D錯誤。

故選B。【點(diǎn)睛】本題考查了常見化學(xué)用語的表示方法判斷，涉及電子式、離子結(jié)構(gòu)示意圖、結(jié)構(gòu)式等知識，明確離子結(jié)構(gòu)示意圖與原子結(jié)構(gòu)示意圖為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力。12、B【解析】A、PM2.5是指粒徑不大于2.5μm的可吸入懸浮顆粒物，正確；B、CaO與SO2反應(yīng)生成CaSO3，CaO與CO2不反應(yīng)，故B錯誤；C、綠色化學(xué)要求從源頭上消除或減少污染，故C正確；D、天然氣和液化石油氣燃燒生成二氧化碳和水，是我國目前推廣使用的清潔燃料，故D正確。答案選B。13、D【詳解】A．縱坐標(biāo)數(shù)值越大，水的電離程度越小，則水的電離程度：P>N=Q>M，B．P點(diǎn)溶質(zhì)為Na2X，存在質(zhì)子守恒式為c(OH?)=c(H+)+c(HX?)+2c(H2X)，則P點(diǎn)存在c(OH?)?c(H+)=c(HX?)+2c(H2X)，故B正確；C．溶液中，隨NaOH的加入導(dǎo)致溶液中c(H+)減小，則溶液中為M<N<P<Q，C正確；D．M點(diǎn)時等體積等濃度混合生成NaHX，由縱坐標(biāo)可知溶液顯酸性，則HX?的電離大于其水解，則M點(diǎn)c(Na+)>c(HX?)>c(X2?)>c(H2X)，D錯誤；答案選D。14、D【詳解】A.H＋、NO3-能將Fe2+氧化為Fe3+，離子間不能大量共存，A錯誤；B.CH3COO－能與H+反應(yīng)，生成弱電解質(zhì)CH3COOH，離子間不能大量共存，B錯誤；C.Ca2+與CO32-會發(fā)生反應(yīng)生成CaCO3沉淀，離子間不能大量共存，C錯誤；D.K＋、Ba2+、Cl－、NO3-在堿性環(huán)境中能穩(wěn)定存在，離子間不反應(yīng)，D正確。故選D。【點(diǎn)睛】簡單來說，離子能共存，就是離子間不發(fā)生反應(yīng)。離子反應(yīng)包括離子間直接反應(yīng)，生成沉淀、氣體或弱電解質(zhì)，也可以是離子間發(fā)生成分的互換反應(yīng)，如HSO3-與CO32-能發(fā)生反應(yīng)，生成SO32-和HCO3-。離子間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，也不能大量共存。如在酸性條件下，NO3-能表現(xiàn)出強(qiáng)氧化性，與Fe2+、S2-、SO32-等不能大量共存。離子的顏色，也可能是命題人設(shè)置的限制條件。15、A【詳解】硫酸銨晶體中銨根離子和硫酸根離子之間存在離子鍵，銨根離子內(nèi)部N和H之間存在共價鍵，硫酸銨晶體屬于離子晶體，不存在分子間作用力，N2H6SO4的某晶體的晶體類型與硫酸銨相同，所以該晶體中含有離子鍵、共價鍵、陽離子和陰離子，不存在分子間作用力，故選A。16、D【詳解】A.H2S為弱電解質(zhì)，電離時分步電離，電離方程式：H2S?H＋＋HS－，HS－?H＋＋S2－，故A錯誤；B.H2O2為共價化合物，電子式：，故B錯誤；C.氟為9號元素，核外電子數(shù)等于原子序數(shù)，原子的結(jié)構(gòu)示意圖：，故C錯誤；D.鈉原子失去一個電子變?yōu)殁c離子，氯原子得到一個電子變?yōu)槁入x子，用電子式表示NaCl的形成過程：，故D正確；答案選D?！军c(diǎn)睛】寫電子式時要分清是離子化合物還是共價化合物，有離子鍵的化合物是離子化合物，金屬氧化物、鹽、強(qiáng)堿等，過氧化氫是共價化合物。二、非選擇題（本題包括5小題）17、2-甲基-1-丁烯CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3取代反應(yīng)3【詳解】（1）由F的結(jié)構(gòu)可以判斷A的結(jié)構(gòu)簡式為：CH2=C(CH3)CH2CH3，根據(jù)系統(tǒng)命名法命名為2－甲基－1－丁烯；（2）根據(jù)題干中給的烯烴復(fù)分解反應(yīng)原理：C2H5CH=CHCH3＋CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3，推測出兩個A之同發(fā)生復(fù)分解后的產(chǎn)物為CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；（3）B與Br2發(fā)生加成反應(yīng)生成C，C的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2CBr（CH3）CBr（CH3）CH2CH3，C在堿性條件下水解生成D。水中羥基取代溴得位置，所以發(fā)生了取代反應(yīng)，故答案為取代（水解）反應(yīng)；（4）D→M是與HOOC－COOH發(fā)生酯化反應(yīng)生成環(huán)酯，反應(yīng)的方程式為；（5）E→F是E中的Br被－OH取代，同時一個羥基被催化第化最終變成羧基的過程，合成路線為：CH3CH2CBr（CH3）CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO；（6）G只有一個甲基說明G的結(jié)構(gòu)簡式為：，G的分子式是C5H8O2與X反應(yīng)后生成C13H16O2，發(fā)生了酯化反應(yīng)并且増加了8個C、8個H，根據(jù)酯化反應(yīng)酸脫羥基醇脫氫可知X的分子式為C8H9O，且X中只有一個取代基沒有甲基，可知X為苯乙醇，因此推出N的結(jié)構(gòu)簡式為；（7）符合兩個條件的結(jié)構(gòu)中包含了一個酚羥基，同時具有對稱結(jié)構(gòu)，所以符合條件的結(jié)構(gòu)有、、共3種。18、N[Ar]3d104s1NH3NH3分子之間存在氫鍵離子晶體cde三角錐形sp3Cu3N6【解析】A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的前四周期元素。BA3能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)應(yīng)為NH3，所以A為H，B為N；A、B、C的電子之和等于25，則C為Cl；DC晶體中D+的3d能級上電子全充滿。DCl中氯顯-1價，則D為+1價，所以D為Cu。(1)根據(jù)元素周期律可知，H、N、Cl、Cu這4種元素中，第一電離能最大的是N，基態(tài)Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，故答案為N；1s22s22p63s23p63d104s1；(2)在NH3、HCl中，由于氨分子之間有氫鍵，所以沸點(diǎn)較高的是NH3，CuH中含有陰陽離子，屬于離子化合物，在固態(tài)時構(gòu)成離子晶體，故答案為NH3；氨分子之間有氫鍵；離子晶體；(3)NH4Cl晶體中含有離子鍵、極性鍵和配位鍵，故選cde；(4)化合物NCl3中氮原子的價層電子對數(shù)為=4，有一對孤電子對，所以分子的立體構(gòu)型為三角錐形，中心原子的雜化類型為sp3雜化，故答案為三角錐形；sp3；(5)①根據(jù)N、Cu形成的晶體的晶胞圖，晶胞中含有的N原子個數(shù)=8×=1，Cu原子個數(shù)=12×=3，該晶胞化學(xué)式為Cu3N，故答案為Cu3N；②根據(jù)N、Cu形成的晶體的晶胞圖，每個N原子周圍有6個Cu原子，N原子和Cu原子的距離為晶胞邊長的一半，故答案為6；③1mol晶胞的質(zhì)量為206g，晶胞邊長為2acm，1mol晶胞的體積為(2a)3NAcm3=8a3NAcm3，該晶體的密度為=g·cm-3，故答案為。19、環(huán)形玻璃攪拌棒保溫或減少熱量損失不相等相等中和熱是生成1mol水時放出的熱量偏小偏小【解析】(1)根據(jù)量熱計的構(gòu)造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌器；(2)中和熱測定實驗成敗的關(guān)鍵是保溫工作，大小燒杯之間填滿碎紙條的作用是：減少實驗過程中的熱量損失；(3)反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)，實驗中改用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，但是中和熱是強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol水時放出的熱，與酸堿的用量無關(guān)，所以與上述實驗相比，測得中和熱數(shù)值相等；(4)一水合氨為弱堿，電離過程為吸熱過程，所以用氨水代替稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)，反應(yīng)放出的熱量偏小，求得的中和熱數(shù)值將會偏小；(5)大燒杯上如不蓋硬紙板，會有一部分熱量散失，求得的中和熱數(shù)值將會偏小?！军c(diǎn)睛】實驗中所用HCl和NaOH的物質(zhì)的量比不是1：1，而是NaOH過量，是為了保證0.50mol/L的鹽酸完全被NaOH中和，采用0.55mol/LNaOH溶液，使堿稍稍過量，若使鹽酸過量，也是可以的，實驗所測得的數(shù)據(jù)若不是為57.3kJ/mol，則產(chǎn)生誤差可能的原因是：(1)量取溶液的體積有誤差(測量結(jié)果是按50mL的酸、堿進(jìn)行計算，若實際量取時，多于50mL或小于50mL都會造成誤差)；(2)溫度計的讀數(shù)有誤；(3)實驗過程中有液體灑在外面；(4)混合酸、堿溶液時，動作緩慢，導(dǎo)致實驗誤差；(5)隔熱操作不到位，致使實驗過程中熱量損失而導(dǎo)致誤差；(6)測了酸后的溫度計未用水清洗而便立即去測堿的溫度，致使熱量損失而引起誤差。20、MnO2＋4H＋＋2Cl－(濃)Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O安全瓶（或防液體倒吸）除去氯化氫氣體缺少尾氣處理裝置由電子式知：碳處于正四價，已是最高價了，不可能被氧化紅色溶液中存在平衡Fe3++3SCN－Fe（SCN）3，過量氯氣和SCN－反應(yīng)使SCN－濃度減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動而褪色BrCl+H2O=HBrO+HCl，Cl－+Ag+=AgCl↓，AgBrO易溶于水，故只生成AgCl沉淀【解析】(1)①A裝置中圓底燒瓶中二氧化錳和濃鹽酸反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水，離子方程式為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↓+2H2O，故答案為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↓+2H2O；②B裝置是安全瓶，可以防止倒吸；C裝置中的飽和氯化鈉溶液可以除去氯氣中的氯化氫氣體；由于氯氣有毒，直接排放到空氣中會污染大氣，要用堿液吸收尾氣，實驗裝置中缺少尾氣處理裝置，故答案為安全瓶(或防液體倒吸)；除去氯化氫氣體；缺少尾氣處理裝置；(2)①根據(jù)電子式知：碳處于正四價，已是最高價了，不可能被氧化，因此D裝置中紅色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化，但一定不是碳元素被氧化，故答案為由電子式知：碳處于正四價，已是最高價了，不可能被氧化；②紅色溶液中存在平衡Fe3++3SCN－Fe(SCN)3，過量氯氣和SCN-反應(yīng)2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使SCN-濃度減小，則使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡向逆反應(yīng)方向移動而褪色，故答案為過量氯氣和SCN-反應(yīng)2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使SCN-濃度減小，則使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡向逆反應(yīng)方向移動而褪色；③過量的氯氣和溴反應(yīng)生成氯化溴，氯化溴不穩(wěn)定，易和水反應(yīng)生成鹽酸和次溴酸，氯離子和銀離子反應(yīng)生成白色沉淀氯化銀，次溴酸和銀離子反應(yīng)生成次溴酸銀易溶于水，所以生成的白色沉淀