2026届安徽省宣城市第十三中学高二化学第一学期期中综合测试模拟试题含解析

2026届安徽省宣城市第十三中学高二化学第一学期期中综合测试模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列说法正确的是A．将纯水加热至较高温度，Kw变大、pH变小、呈酸性B．常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低C．向0.1mol·L-1醋酸溶液中加入少量冰醋酸，溶液的pH减小，醋酸电离程度变大D．等体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的Zn反应，HA放出的H2多，说明HA的酸性小于HB2、在体积、温度都相同的条件下，反应2A(g)＋2B(g)C(g)＋3D(g)分别从下列两条途径建立平衡：Ⅰ.A、B的起始物质的量均为4mol；Ⅱ.C、D的起始物质的量分别为4mol和12mol。以下叙述中不正确的是A．Ⅰ、Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内混合气体的百分组成相同B．Ⅰ、Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内混合气体的平均相对分子质量相同C．达平衡时，Ⅰ途径所得混合气体的密度为Ⅱ途径所得混合气体密度的D．达平衡时，Ⅰ途径的反应速率vA等于Ⅱ途径的反应速率vA3、下列物质的检验，分离和提纯方法，不正确的是()A．用分液漏斗分离CCl4与水 B．用AgNO3溶液检验氯化钠中的Cl-C．用浓硫酸干燥NH3 D．用溴水区别乙烯与乙烷4、中国科学家屠呦呦因为创制了新型抗疟药——青蒿素，获得2015年诺贝尔奖。青蒿素可由香茅醛为原料制取，下列说法错误的是A．香茅醛能使Br2的CCl4溶液褪色B．青蒿素分子式为C15H22O5C．青蒿素含有和H2O2相同的过氧键D．青蒿素能与氢气发生加成反应5、以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．T℃时，1LpH=6纯水中，含10－8NA个OH-B．15.6gNa2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为0.4NAC．pH=1的H3PO4溶液中含有0.1NA个H+D．1molCO和N2混合气体中含有的质子数是14NA6、下列能级中，电子能量最低的是（）A．1sB．2pC．3dD．4f7、甲苯与苯相比较，下列叙述中不正确的是A．常温下都是液体 B．都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．都能在空气燃烧 D．都能发生取代反应8、实验室用4molSO2与2molO2进行下列反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.64kJ/mol，当放出314.624kJ热量时，SO2的转化率为A．40% B．50% C．80% D．90%9、某反应生成物Y浓度在2min内由0变成了4mol/L，则以Y表示该反应在2min内平均反应速率为A．8mol/(L·min)B．4mol/(L·min)C．2mol/(L·min)D．1mol/(L·min)10、已知某元素的＋2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则该元素在周期表中的位置正确的是()A．第三周期ⅣA族，p区B．第四周期ⅡB族，s区C．第四周期Ⅷ族，d区D．第四周期ⅡA族，s区11、常温下，下列说法正确的是A．pH加和为12的强酸与弱酸混合，pH可能为6B．pH加和为12的强酸与弱碱等体积混合，溶液一定呈碱性C．pH加和为12的弱酸与强碱混合，若成中性，则v（酸）＞v（碱）D．pH加和为12的强酸与强碱混合，若成中性，则两溶液体积比为100：112、阿司匹林的化学成分是乙酰水杨酸，在胃内分解成水杨酸。若服用阿司匹林过量时可出现头痛、眩晕、恶心、呕吐、耳鸣，甚至精神错乱等副作用，称之为水杨酸反应。若出现水杨酸反应，应该采取的措施是A．饮用大量清水B．洗胃C．减少用药量D．停药，静脉滴注NaHCO3溶液13、在一定温度下，CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)ΔH＝－566kJ/molCH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890kJ/mol1molCO和3molCH4组成的混合气体，在相同条件下完全燃烧时，释放的热量为（）A．2912kJ B．2953kJ C．3236kJ D．3867kJ14、中国首条“生态马路”在上海复兴路隧道建成，它运用了“光触媒”技术，在路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2和CO2。下列对此反应的叙述中不正确的是（）A．使用光催化剂不改变反应物的转化率B．该“光触媒”技术可以杜绝“光化学烟雾”的产生C．升高温度能加快反应速率D．缩小体积，各气体的浓度都增大15、ClO2是高效消毒灭菌剂，制备反应2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，该反应中A．Cl元素被氧化 B．H2SO4是氧化剂C．SO2是还原剂 D．NaClO3是还原剂16、已知下列热化学方程式:①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.31kJ·mol-1②2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)ΔH=-3119.6kJ·mol-1③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-1411.0kJ·mol-1④2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-2599.2kJ·mol-1⑤C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)ΔH=-2219.9kJ·mol-1现有由2mol上述五种烃中的两种组成的气体混合物，经充分燃烧后放出3037kJ热量,则下列组合中不可能的是()A．C2H4和C2H6 B．C2H2和C3H8 C．C2H6和C3H8 D．C2H6和CH417、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素且无正价，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料．下列叙述正确的是（）A．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、XB．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、ZC．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、XD．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W18、一密闭容器中，反应mA(g)+nB(g)pC(g)达到平衡时，测得c(A)为0.5mol·L－1；在温度不变的条件下，将容器体积扩大一倍，当达到平衡时，测得c(A)为0.3mol·L－1。则下列判断正确的是A．化学计量数：m+n＞p B．平衡向正反应方向移动了C．物质B的转化率增大了 D．物质C的质量分数增加了19、下列描述违背化学原理的是A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰，水的能量高B．反应A(g)+3B(g)2C(g)达平衡后，温度不变，增大压强，平衡正向移动，平衡常数K值增大C．SO2的催化氧化是一个放热的反应，升高温度，反应速率加快D．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑20、下列物质中属于晶体的是()①橡胶②玻璃③食盐④水晶⑤塑料⑥胆矾A．①④⑤ B．②③⑥ C．①③④ D．③④⑥21、某温度时，AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)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．加入AgNO3可以使溶液由c点变到d点B．加入固体NaCl，则AgCl的溶解度减小，Ksp也减小C．d点有AgCl沉淀生成D．c点对应的Ksp小于d点对应的Ksp22、X、Y、Z是3种短周期元素，其中X、Y位于同一族，Y、Z处于同一周期，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子的少1。下列说法正确的是()A．原子半径由大到小的顺序为Z>Y>XB．Y元素最高价氧化物对应的水化物的化学式为H3YO4C．X的简单离子半径大于Y的简单离子半径D．Ca2＋的半径大于Y的简单离子半径二、非选择题(共84分)23、（14分）某气态烃甲在标准状况下的密度为1.25g•L-1，在一定条件下氧化可生成有机物乙；乙与氢气反应可生成有机物丙，乙进一步氧化可生成有机物丁；丙和丁在浓硫酸加热条件下可生成有机物戊（有芳香气味）。请回答：（1）甲的结构简式是_____________；乙的官能团名称为__________________；（2）写出丙和丁反应生成戊的化学方程式_______________________________；（3）下列说法正确的是___________A．有机物甲可以使高锰酸钾溶液褪色，是因为发生了氧化反应B．葡萄糖水解可生成有机物丙C．有机物乙和戊的最简式相同D．有机物戊的同分异构体有很多，其中含有羧基的同分异构体有3种24、（12分）聚苯乙烯（PS）和聚对苯二甲酸乙二醇酯（PET）材料具有高韧性、质轻、耐酸碱等性能，在生产生活中应用广泛。这两种聚合物可按图路线合成，请回答下列问题：（1）A的分子式为_____，其核磁共振氢谱有_____组（个）吸收峰。（2）含有苯环的B的同分异构体有_____种。（3）D为苯乙烯，其结构简式为_____，官能团为_____。（4）F的名称为_____，由E→G的反应类型是_____（填“缩聚”或“加聚”）反应。（5）已知：，写出由Br-CH2CH2-Br制备HOOC-CH2CH2-COOH的合成路线：_____。25、（12分）实验室采用下图所示装置研究苯与液溴的反应类型并制取少量溴苯。试回答下列各小题。（1）写出下列仪器的名称：A___________；仪器B除导气外的作用是_______。（2）写出制取溴苯的化学反应方程式_______________________（3）反应完毕后，向锥形瓶D中滴加AgNO3溶液有______（填现象）生成，此现象说明这种获得溴苯的反应属于_________（填有机反应类型）。26、（10分）影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验的方法通过图1所示装置研究反应速率的有关问题。取一段镁条，用砂纸擦去表面的氧化膜，使镁条浸入锥形瓶内足量的稀盐酸中。足量镁条与一定量盐酸反应生成H2的量与反应时间的关系曲线如图2所示。(1)请在图中画出上述反应中H2的速率与时间的关系曲线______________。(2)在前4min内，镁条与盐酸的反应速率逐渐加快，在4min之后，反应速率逐渐减慢，请简述其原因：___________________________。27、（12分）为测定氨分子中氮、氢原子个数比。某研究性学习小组设计了如下实验流程：实验时，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜。反应完成后，黑色的氧化铜转化为红色的单质铜。如图A、B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛有浓硫酸的洗气瓶。实验1测得反应前氧化铜的质量m1g、氧化铜反应后剩余固体的质量m2g、生成的氮气在标准状况下的体积V1L。实验2测得洗气前装置D的质量m3g、洗气后装置D的质量m4g、生成的氮气在标准状况下的体积V2L。请回答下列问题：(1)写出仪器a和b的名称分别是：圆底烧瓶和______________。(2)检查A装置气密性的操作是_____________________________。(3)实验1和实验2分别选择了不同的方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填或相关化学方程式写在下表的空格中。实验装置实验药品制备原理实验1A氢氧化钙、硫酸铵反应的化学方程式为：①___________；实验2②______；浓氨水、氢氧化钠用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用：③_______________。(4)实验1用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比为______________。（列式子，不计算结果）(5)实验2用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值，其原因是_____________________。为此，实验2在原有实验的基础上增加了一个装有某药品的实验仪器重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出了合理的实验结果。该药品和实验仪器的名称分别是__________和____________。28、（14分）(1)甲醇(CH3OH)是重要的溶剂和替代燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入2molCO和4molH2，一定条件下发生上述反应，测得CO(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图一所示。①从反应开始到5min，用一氧化碳表示的平均反应速率v(CO)=____________。②下列说法正确的是____________(填字母序号)。A．达到平衡时，H2的转化率为65%B．5min后容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变C．达到平衡后，再充入氩气，反应速率减小D．2min前v(正)>v(逆)，2min后v(正)(2)碳与水蒸气反应制取H2的相关反应如下：Ⅰ：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.0kJ/molⅡ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-43kJ/molⅢ：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(S)△H=-178.3kJ/mol计算反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)的△H=__________kJ/mol；若K1、K2、K3分别为反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数，该平衡常数K=__________(用K1、K2、K3表示)。②对于可逆反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)，采取以下措施可以提高H2产率的是________。(填字母)A．降低体系的温度B．压缩容器的体积C．增加CaO的量D．选用适当的催化剂29、（10分）氨是最重要的氮肥,是产量最大的化工产品之一。其合成原理为:N2（g）+3H2（g）2NH3（g）ΔH=-92.4kJ·mol-1,I.在密闭容器中，投入1molN2和3molH2在催化剂作用下发生反应:（1）测得反应放出的热量_________92.4kJ．（填“小于”，“大于”或“等于”）（2）当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是___________；N2和H2的转化率比是___________。（3）升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量________。(填“变大”、“变小”或“不变”)（4）当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将___________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。（5）若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将____________(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。达到新平衡后，容器内温度________(填“大于”、“小于”或“等于”)原来的2倍。II.该反应在一密闭容器中发生，下图是某一时间段反应速率与反应进程的关系曲线图。（1）t1、t3、时刻，体系中分别是什么条件发生了变化？t1_____________________，t3_____________________。（2）下列时间段中，氨的百分含量最高的是_______A．0～t1B．t2～t3C．t3～t4

D．t4～t5Ⅲ．在一容积为2L的密闭容器内加入0.2molN2和0.6molH2，在一定条件下发生该反应，反应中NH3的物质的量浓度的变化情况如图所示：（1）根据图示，计算从反应开始到第4分钟达到平衡时，平均反应速率υ(N2)为__________。（2）达到平衡后，第5分钟末，若保持其它条件不变，只改变反应温度，则NH3的物质的量浓度不可能为_____________。a．0.20mol/Lb．0.12mol/Lc．0.10mol/Ld．0.08mol/L（3）达到平衡后，第5分钟末，若保持其它条件不变，只把容器的体积缩小，新平衡时NH3的浓度恰好为原来的2倍，则新体积_____(选填“大于”、“等于”、“小于”)二分之一倍的原体积，化学平衡常数________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。

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、D【解析】A.水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，水的离子积增大，pH减小，但电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以水仍是中性，故A错误；B.常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中氢离子的浓度降低，由c(OH−)=KwcHC．向0.1mol·L-1醋酸溶液中加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡正向移动，氢离子的浓度增大，pH减小，但醋酸的电离程度减小，故C错误；D．等体积，pH都为3的酸HA、HB分别与足量的Zn反应，HA放出的H2多，说明HA的物质的量大于HB的物质的量，溶液的体积相等，则HA的物质的量浓度大于HB的物质的量浓度，说明HA的酸性弱于HB，故D正确，答案选D。【点睛】本题考查弱电解质的电离和溶液的酸碱性，试题难度不大，注意无论升高温度还是降低温度，纯水中氢离子和氢氧根离子浓度恒相等，纯水始终呈中性，为易错点。2、D【分析】反应2A(g)＋2B(g)⇌C(g)＋3D(g)是反应前后气体系数和相等的反应，压强不能影响平衡。从两条途径建立平衡：Ⅰ.A、B的起始物质的量均为4mol；Ⅱ.C、D的起始物质的量分别为4mol和12mol。对于Ⅱ途径来说，相当于起始时A、B的物质的量均为8mol，是途径Ⅰ的2倍。平衡的建立可以看做是在途径Ⅰ平衡的基础上增大压强，据此解答。【详解】A．增大压强，平衡不移动，所以Ⅰ、Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内混合气体的百分组成相同，故A正确；B．平均相对分子质量等于总质量除以总物质的量，Ⅰ途径的总质量和总物质的量都是Ⅱ途径的，所以两条途径最终达到平衡时，体系内混合气体的平均相对分子质量相同，故B正确；C．密度等于混合气的总质量除以容器的体积，容器的体积是一定的，Ⅰ途径的总质量是Ⅱ途径的，所以达平衡时，Ⅰ途径所得混合气体的密度为Ⅱ途径所得混合气体密度的，故C正确；D．在其他条件相同时，压强越大，反应速率越快，达平衡时，Ⅰ途径的压强小于Ⅱ途径的压强，所以Ⅰ途径的反应速率vA小于Ⅱ途径的反应速率vA，故D错误；故选D。3、C【详解】A.水和四氯化碳互不相溶，可用分液漏斗分液，达到分离的目的，故A正确；B.滴加AgNO3溶液，氯化钠中的Cl-与Ag+产生AgCl白色沉淀，故B正确；C.NH3是碱性气体,能够和酸性的浓硫酸反应，NH3+H2SO4=NH4HSO4，应用碱石灰干燥氨气，故C错误；D.乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，能使溴水褪色，而乙烷与溴水不反应，可以鉴别，故D正确。故选C。4、D【解析】试题分析：A．香茅醛中含碳碳双键、-CHO，能使Br2的CCl4溶液褪色，故A正确；B．由结构可知分子式为C15H22O5，故B正确；C．青蒿素含有和H2O2相同O-O非极性键，故C正确；D．青蒿素含-COOC-，但不能与氢气发生加成反应，故D错误；故选D。【考点定位】考查有机物的结构与性质【名师点晴】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意烯烃、醛、酯的性质应用。5、D【解析】A项，pH=6即c（H+）=110-6mol/L，纯水呈中性，c（OH-）=c（H+）=110-6mol/L，n（OH-）=110-6mol/L1L=110-6mol，含10-6NA个OH-，错误；B项，n（Na2O2）==0.2mol，Na2O2与CO2反应时转移电子可表示为：，2molNa2O2参与反应转移2mol电子，则15.6gNa2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为0.2NA，错误；C项，由于溶液体积未知，无法计算H+的物质的量，错误；D项，1个CO分子、1个N2分子中都含有14个质子，1molCO和N2混合气体中含有的质子数是14NA，正确；答案选D。【点睛】易错点：把水的离子积当成110-14，从而错选A。6、A【解析】根据构造原理可知，绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f，所以电子能量最低的是1s，故选A。7、B【详解】甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不正确的选B。8、C【详解】放出314.624kJ的热量，消耗SO2的物质的量为=3.2mol，则SO2的转化率为×100%=80%，答案选C。9、C【解析】试题分析：根据v=△C/t="4mol/L÷2min=2"mol/(L·min)，故答案为C。考点：考查化学反应速率的计算10、D【分析】对主族元素而言，价电子排布即为最外层电子排布，最外层电子数等于主族族序数，电子层数等于其周期数。【详解】对主族元素而言，价电子排布即为最外层电子排布，最外层电子数等于主族族序数，电子层数等于其周期数，某元素的+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，该元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，该原子最外层有2个电子，有4个电子层，故该元素应为第四周期ⅡA族元素Ca，处于s区。答案选D。【点睛】11、A【详解】A.pH加和为12的强酸与弱酸，因为酸的pH都小于7，则二者的pH在5-7之间，混合后pH可能为6，故正确；B.pH加和为12的强酸与弱碱，假设酸的pH为x，碱的pH为y，有x+y=12，则酸中的氢离子浓度为10-x=10y-12mol/L，碱中的氢氧根离子浓度为10y-14，强酸中的氢离子浓度大于弱碱中的氢氧根离子浓度。但由于是弱碱不完全电离，所以弱碱的浓度远远大于氢氧根离子浓度，等体积混合不能确定酸碱是否完全反应、是否有剩余，故不能确定溶液的酸碱性，故错误；C.pH加和为12的弱酸与强碱混合，假设酸的pH为x，碱的pH为y，有x+y=12，则酸中的氢离子浓度为10-x=10y-12mol/L，碱中的氢氧根离子浓度为10y-14，弱酸中的氢离子浓度大于强碱中的氢氧根离子浓度，弱酸不完全电离，若等体积混合，酸有剩余，显酸性，若成中性，则v（酸）<v（碱）,故错误。D.pH加和为12的强酸与强碱混合，假设酸的pH为x，碱的pH为y，有x+y=12，则酸中的氢离子浓度为10-x=10y-12mol/L，碱中的氢氧根离子浓度为10y-14，若成中性，则氢离子物质的量等于氢氧根离子物质的量，即10y-12V（酸）=10y-14V（碱），则两溶液体积比为1：100，故错误。故选A。【点睛】掌握酸的pH小于7，注意弱酸或弱碱部分电离，所以电离出的氢离子浓度或氢氧根离子浓度远远小于酸或碱的浓度。12、D【解析】阿司匹林的化学成分是乙酰水杨酸，在胃中分解为水杨酸，对胃有较强的刺激作用，乙酰水杨酸和水杨酸能与NaHCO3溶液反应而减少对胃的刺激作用，故答案为D。13、B【详解】2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)ΔH＝－566kJ/molCH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890kJ/mol1molCO和3molCH4组成的混合气体，在相同条件下完全燃烧时，释放的热量为566kJ/molmol+890kJ/mol3mol=2953kJ。故选B。14、B【分析】据外界条件（浓度、温度、压强、催化剂、固体表面积）对化学反应速率的影响和平衡移动原理分析判断，反应方程式为：2NO+2CON2+2CO2；反应特征是气体体积减少的反应。【详解】A.催化剂不影响平衡移动，不改变反应物的转化率，故A正确；B.NO和CO转化成N2和CO2的反应时可逆反应，NO不能完全转化成N2，该“光触媒”技术不能杜绝“光化学烟雾”的产生，故B错误；C.升高温度能加快反应速率，故C正确；D.缩小体积，各气体的浓度都增大，故D正确；故选B。15、C【解析】A.根据方程式可知氯酸钠中氯元素化合价从+5价降低到+4价，失去电子，Cl元素被还原，A错误；B.SO2中硫元素化合价从+4价升高到+6价，失去电子，二氧化硫是还原剂，H2SO4是氧化产物，B错误；C.根据以上分析可知SO2是还原剂，C正确；D.氯酸钠中氯元素化合价从+5价降低到+4价，失去电子，NaClO3是氧化剂，D错误。答案选C。点睛：注意掌握氧化还原反应的分析思路，即判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。16、C【分析】两种气体组成的混合物2mol，经充分燃烧放出3037kJ热量，则一定存在一种气体所产生的热量大于3037kJ，另外一种气体所产生的热量小于3037kJ，据此分析解答；【详解】A．2molC2H4完全燃烧放出2822kJ，2molC2H6完全燃烧放出3119.6kJ，3037kJ介于2822kJ与3119.6kJ之间，A不满足题意；B．2molC2H2完全燃烧放出2599.2kJ，2molC3H8完全燃烧放出4439.8kJ，3037kJ介于2599.2kJ和4439.8kJ之间，B不满足题意；C．2molC2H6完全燃烧放出3119.6kJ，2molC3H8完全燃烧放出4439.8kJ，两者均大于3037kJ，C满足题意；D．2molC2H6完全燃烧放出3119.6kJ，2molCH4完全燃烧放出1780.62kJ，3037kJ介于1780.62kJ与3119.6kJ之间，D不满足题意。答案选C。【点睛】本题考查了物质燃烧放热的定量计算，注意混合气体燃烧放热的分析判断，利用极值判断是解题关键。17、B【解析】Y是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y是F，X最外层有6个电子且原子序数小于Y，应为O，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于F，那么Z为Al，W的单质广泛用作半导体材料，那么W为Si，据此推断X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si。A、电子层数越多，原子半径越大，同一周期，原子序数越小，原子半径越大，即原子半径关系：Al＞Si＞O＞F，即Z＞W＞X＞Y，故A错误；B、最外层电子数分别为6、7、3和4，即最外层电子数Y＞X＞W＞Z，故B正确；C、同一周期，原子序数越大，非金属性越强，即非金属性F＞O＞Si＞Al，因此X＞W＞Z，故C错误；D、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性F＞O＞Si＞Al，即简单气态氢化物的稳定性Y＞X＞W，故D错误；故选B。18、A【解析】温度不变的情况下，将容积扩大一倍，如平衡不移动，则c（A）应为0.25mol/L，而达到平衡时c（A）=0.30mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，则有m+n＞p，A．由分析可知，m+n＞p，A正确；B．由分析可知，平衡向逆反应方向移动，B错误；C．平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，C错误；D．平衡向逆反应方向移动，物质C的质量分数减小，D错误；答案选A。19、B【解析】平衡常数只与温度有关，所以增大压强，不论平衡如何移动，平衡常数均不变。答案选B。20、D【分析】晶体有固定的熔点，非晶体无固定的熔点，据此可以做出选择。【详解】晶体是指内部微粒在空间按一定规律做周期性重复排列构成的固体物质。具有自范性、各向异性、对称性、最小内能、稳定性、有固定的熔点以及能使X射线产生衍射等基本性质。非晶体是内部原子或分子的排列呈现杂乱无章的分布状态的物质，常见的如橡胶、玻璃以及玻璃态物质等。可根据晶体的基本性质进行区分，综上所述，食盐、水晶、胆矾属于晶体，D项正确；答案选D。【点睛】晶体与非晶体的区分方法：（1）间接方法：看是否有固定的熔点；（2）科学方法：对固体进行X-射线衍射实验21、C【分析】在相同温度时，溶度积不变，根据勒夏特列原理回答问题。【详解】A.加入AgNO3，c(Ag+)增大，AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)平衡逆向移动，c(Cl-)减小，图中c点变到d点时c(Cl-)不变，A错误；B.Ksp只与温度有关，加NaCl时溶解平衡逆向移动，则AgCl的溶解度减小，Ksp不变，故B错误；C.d点时Qc(AgCl)＞Ksp(AgCl)，则d点有AgCl沉淀生成，C正确；D.Ksp只与温度有关，c、d点温度相同，c点对应的Ksp等于d点对应的Ksp，D错误；答案为C。22、A【解析】X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X为O，X和Y位于同一主族，则Y为S，Z原子的核外电子数比Y原子少1，则Z为P，A、原子半径的大小是P>S>O，故A正确；B、Y为S，最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，故B错误；C、S2－的半径大于O2－，故C错误；D、S2－的半径大于Ca2＋，故D错误。点睛：半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数增多而增大。二、非选择题(共84分)23、CH2=CH2醛基CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。AC【分析】某气态烃甲在标准状况下的密度为1.25g•L-1，根据ρ=M/Vm，所以M=ρVm=1.25g•L-1×22.4L/mol=28g/mol，气态烃的碳原子数小于等于4，故甲是C2H4，乙烯催化氧化生成乙醛，乙醛和氢气反应生成乙醇，乙醛催化氧化生成乙酸，乙酸和乙醇酯化反应生成乙酸乙酯。【详解】（1）某气态烃甲在标准状况下的密度为1.25g•L-1，根据ρ=M/Vm，M=ρVm=1.25g•L-1×22.4L/mol=28g/mol，气态烃的碳原子数小于等于4，故甲是C2H4，乙烯催化氧化生成乙醛，故答案为CH2=CH2；醛基。（2）乙与氢气反应可生成有机物丙，丙是乙醇，乙进一步氧化可生成有机物丁，丁是乙酸，丙和丁在浓硫酸加热条件下可生成有机物戊（有芳香气味），戊是乙酸乙酯，反应的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。（3）A.甲是乙烯，乙烯可以使高锰酸钾溶液褪色，乙烯被高锰酸钾溶液氧化了，故A正确；B.葡萄糖不能水解，故B错误；C.乙是乙醛，分子式是C2H4O，戊是乙酸乙酯，分子式是C4H8O2，最简式都是C2H4O，故C正确；D.有机物戊的同分异构体，其中含有羧基的同分异构体有2种，故D错误。故选AC。24、C6H613碳碳双键（或）乙二醇缩聚【分析】核磁共振氢谱确定有机物结构中的氢原子种类，根据在同一个碳原子上的氢原子相同，和对称位的碳上的氢原子相同分析。【详解】(1)Ａ为苯，分子式为C6H6，核磁共振氢谱１个吸收峰。(２)Ｂ为乙苯，含有苯环的Ｂ的同分异构体有邻间对三种二甲苯。(３)Ｄ为苯乙烯，结构简式为，官能团为碳碳双键（或）。(４)F的名称为乙二醇。由E→G的反应类型是缩聚反应。(５)由已知分析，１,２－二溴乙烷反应生成丁二酸，首先加长碳链，１,２－二溴乙烷和NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，再水解生成丁二酸，合成路线为：25、三颈烧瓶冷凝回流反应物淡黄色沉淀取代反应【解析】（1）由图可看出A代表的仪器名称为：三颈烧瓶；仪器B为冷凝管，除导气外，还起到冷凝回流反应物，使反应物充分利用的作用。（2）在Fe作催化剂的作用下苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，故制取溴苯的化学反应方程式为：。（3）锥形瓶D中吸收的是溴化氢气体，A中生成的溴化氢进入D中，溶于水电离出Br-，滴加AgNO3溶液，Br-和Ag+反应生成淡黄色溴化银沉淀，该现象说明液溴和苯发生了取代反应。26、（图中要标明2、4、6min时刻时的速率及要画出速率走向弧线）镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大，4min后由于溶液中H+浓度降低，导致反应速率减小【分析】(1)图2中2、4、6min时生成氢气的体积分别为10mL、30mL、38mL，速率分别为5mL/min、7.5mL/min、6.3mL/min；

(2)开始时放热使温度升高，反应速率加快；4

min之后，反应速率逐渐减慢，与氢离子浓度减小有关；【详解】(1)图2中2、4、6min时生成氢气的体积分别为10mL、30mL、38mL，速率分别为5mL/min、7.5mL/min、6.3mL/min，H2的速率与时间的关系曲线图为（图中要标明2、4、6

min时刻时的速率及要画出速率走向弧线）；答案为：；

(2)在前4

min内，镁条与盐酸的反应速率逐渐加快，在4

min之后，反应速率逐渐减慢，其原因为镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大，而4

min后由于溶液中H+浓度降低，导致反应速率减小；答案为：镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大，而4

min后由于溶液中H+浓度降低，导致反应速率减小。27、长颈漏斗连接导管，将导管插入水中，微热试管，导管口有气泡产生，停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱。(NH4)2SO4+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaSO4B氢氧化钠溶于氨水后放热和增加氢氧根浓度均促进NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-；向逆方向移动，使更多的氨气逸出8V1:11.2(m1-m2)浓硫酸吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高碱石灰(或氧化钙等)干燥管(或U型管)【分析】根据装置的特征确定仪器的名称并检查气密性的操作方法；结合反应原理选择实验装置和书写反应方程式；结合实验数据分别计算出氢和氮原子的物质的量即可解题。【详解】(1)仪器a名称是圆底烧瓶、仪器b的名称是长颈漏斗；(2)检查A装置气密性的具体操作方法是连接导管，将导管插入水中，微热试管，导管口有气泡产生，停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱；(3)实验1：氢氧化钙与硫酸铵反应生成硫酸钙、氨气和水，反应的化学方程式为(NH4)2SO4+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaSO4；实验2：浓氨水是液体，氢氧化钠是固体，为使氨气逸出，把氨水滴入固体氢氧化钠中，随着氢氧化钠溶解放热，氨气挥发放出气体，故选B装置；氢氧化钠溶于氨水后放热使氨气溶解度降低，增加氢氧根浓度，使NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-向逆方向移动，加快氨气逸出；(4)反应前氧化铜的质量为m1g、氧化铜反应后转化成的铜的质量为m2g，则氧化铜中氧元素的质量为m1-m2，根据原子守恒，则生成的水中氧原子的物质的量为mol；水中氢原子个数是氧原子个数的两倍，因此氢原子的物质的量为mol×2=mol，生成的氮气在标准状况下的体积V1L，则氮气中氮原子的物质的量为mol=mol；因此氮氢原子个数比为mol：mol=8V1:11.2(m1-m2)；(5)实验2用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比小于理论值，其原因是洗气瓶D中的浓硫酸不但吸收了反应生成的水，还吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高，因此在洗气瓶D前的位置应增加了一个装有碱石灰(无水硫酸铜、氢氧化钠、氧化钙等)的干燥管(或U型管)只吸收水，减小误差。【点睛】本题考查氨气的制备及氨气的组成测量，利用了氨气的还原性，能准确测定反应中生成的水和氮气的量是实验成功的关键，实验2的易错点是硫酸吸收了水和氨气，导致误差增大。28、0.3mol/(L·min)B-90.3K1·K2·K3A【解析】(1).①.由图象可知，从反应开始到5min，CO浓度的变化量为2mol/L−0.5mol/L=1.5mol/L，则从反应开始到5min，用一氧化碳表示的平均反应速率v(CO)=1.5mol/L÷5min=0.3mol/(L⋅min)，故答案为0.3mol/(L⋅min)；②.A.根据三段式法列式计算：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，起始（mol）：240转化（mol）：1.531.5平衡（mol）：0.511.5，达到平衡时，H2的转化率=×100%=×100%=75%，故A错误；B.由反应方程式可知，反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，5min后反应达到平衡状态，容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变，故B正确；C.达到平衡后，再充人氩气，总压增大，但分压不变，所以反应速率不变，故C错误；D.在2min前后反应未达到平衡状态，由图可知，反应正向进行，v(正)>v(逆)，故D错误；答案选B；(2).①.由盖斯定律可知，I＋II＋III得反应：C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)，则该反应的△H等于反应I、Ⅱ、Ⅲ的△H之和，所以反应△H=(＋131.0kJ/mol)＋(−43kJ/mol)＋(−178.3kJ/mol