2026届常州市实验初级中学化学高二第一学期期中考试模拟试题含解析

2026届常州市实验初级中学化学高二第一学期期中考试模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、将植物油和水分离的方法为A．蒸发 B．蒸馏 C．过滤 D．分液2、下列关于下图所示装置的叙述，不正确的是（）A．该装置是利用氧化还原反应将化学能转化成电能B．铁片质量逐渐减少，碳棒上有气泡产生C．电流由铁片经导线沿外电路流向碳棒D．该装置总的化学反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑3、下列关于0.10mol·L-1KHSO3溶液的说法正确的是A．25℃时,加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大B．溶质的电离方程式为KHSO3=K++H++SO32−C．温度升高,c(HSO3−)增大D．离子浓度关系:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3−)+c(SO32−)4、在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，下列说法正确的是A．通入CO2，平衡朝正反应方向移动B．稀释溶液，水解平衡常数增大C．升高温度，减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小5、化学与环境密切相关，下列有关说法错误的是:A．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成B．对酸性物质的排放加以控制，开发新清洁能源是减少酸雨的有效措施C．NO2、NO含氮氧化物是光化学烟雾的主要污染物D．大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧6、下列反应不属于氧化还原反应的是A．2KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2↑+8H2OB．Fe+2HCl=FeCl2+H2↑C．CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2OD．2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O7、向VmL0.1mol/L氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4，测得混合溶液的温度和pOH[pOH＝－lgc(OH－)]随着加入稀硫酸的体积的变化如图所示(实线为温度变化，虚线为pOH变化)，下列说法不正确的是（）A．a、b、c三点由水电离的c(H+)依次减小B．V＝40C．b点时溶液的pOH>pHD．a、b、d三点对应NH3·H2O的电离常数：K(b)>K(d)>K(a)8、水体富营养化可导致赤潮、水华等水污染现象。下列与水体富营养化密切相关的元素是A．CB．OC．PD．S9、下列叙述中正确的是A．以非极性键结合起来的双原子分子一定是非极性分子B．以极性键结合起来的分子一定是极性分子C．非极性分子只能是双原子单质分子D．非极性分子中，一定含有非极性共价键10、“绿色化学”是当今社会人们提出的一个新概念。在绿色化学中，一个重要的衡量指标是原子利用率。其计算公式为：，现有工业上用乙基蒽醌制备H2O2，其工艺流程的反应方程式为则用乙基蒽醌法制备H2O2的原子利用率是A．12.6%B．12.5%C．94.1%D．100%11、下列有关溶液的酸碱性与pH的说法错误的是()A．溶液pH越小，酸性越强，反之，碱性越强B．pH＜7的溶液可能呈酸性C．当溶液中的c(H+)或c(OH-)较小时，用pH表示其酸碱度更为方便D．把pH试纸直接插入待测溶液中，测其pH12、关于如图的说法不正确的是A．2mol固态碘与过量H2(g)化合生成4molHI气体时，需要吸收10kJ的能量B．2molHI气体分解生成1mol碘蒸气与1molH2(g)时需要吸收12kJ的能量C．碘蒸气与H2(g)生成HI气体的反应是吸热反应D．1mol固态碘变为1mol碘蒸气时需要吸收17kJ的能量13、下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：弱酸HCNHFCH3COOHHNO2电离常数4.9×10－107.2×10－41.8×10－56.4×10－6则0.1mol·L－1的下列溶液中，pH最小的是A．HCN B．HF C．CH3COOH D．HNO214、25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ/mol，辛烷的燃烧热为5518kJ/mol。下列热化学方程式书写正确的是（）A．2H+(aq)+(aq)+Ba2+(aq)+2OH(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)；ΔH=－57.3kJ/molB．KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+H2O(l)；ΔH=－57.3kJ/molC．C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)；ΔH=－5518kJ/molD．2C8H18(g)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l)；ΔH=－5518kJ/mol15、已知反应Na2S2O3＋H2SO4=S↓＋SO2↑＋H2O，下列各组实验中反应最快的是组号反应温度（℃）参加反应的物质水体积(mL)Na2S2O3H2SO4体积（mL）浓度（mol·L－1）体积(mL)浓度（mol·L－1）A1050.1100.15B1050.150.110C3050.150.110D3050.250.210A．A B．B C．C D．D16、在含有大量OH－、Ba2＋、Cl－的溶液中，还可能大量共存的离子是()A．H＋ B．Ag＋ C．NO D．SO17、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是实验现象A向NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色沉淀，随后变为红褐色B向湿润的KI淀粉试纸上通入少量Cl2试纸变蓝C向AgCl悬浊液中滴加少量Na2S溶液沉淀由白色逐渐变为黑色(Ag2S)D热铜丝插入稀硝酸中产生无色气体(NO)随后变为红棕色(NO2)A．A B．B C．C D．D18、已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH—O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH—H键断裂时吸收热量为()A．920kJ B．557kJ C．436kJ D．188kJ19、在中，中间的碳原子和两边的碳原子分别采用的杂化方式是()A．sp2、sp2 B．sp3、sp3C．sp2、sp3 D．sp、sp320、美国科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成了“纳米车”（如下图所示），每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个C60分子构成。“纳米车”可以用来运输单个的有机分子。下列说法正确的是A．人们用肉眼可以清晰看到“纳米车”的运动B．“纳米车”的诞生说明人类操纵分子的技术进入了一个新阶段C．C60是一种新型的化合物D．C60与金刚石互为同分异构体21、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．无色透明的溶液：Na＋、Cu2＋、、B．的溶液：、Ca2＋、Cl－、C．c(Fe2＋)＝1mol·L－1的溶液：K＋、、、D．水电离的c(H＋)＝1×10-13mol·L-1的溶液：K＋、Na＋、、22、一定温度下，在体积为1L的氢氟酸溶液中，存在反应：xHF(aq)⇌(HF)x(aq)。反应物和生成物的物质的量随时间的变化关系如图所示。下列说法不正确的是()A．x=3B．该温度下，反应的平衡常数的值为0.125C．t1时刻后，保持温度不变，加水稀释，重新达到平衡时，的值将减小D．t1时刻后，保持温度不变，再通入1molHF使其完全溶于该溶液中，重新达到平衡时，的值将减小二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物A、B、C、D、E之间发生如下的转化：（1）写出D分子中官能团的名称：_____，C物质的结构简式：____．（2）向A的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时产生的实验现象是__________．（3）请写出下列转化的化学反应方程式：①（C6H10O5）n→A：_____；②乙烯生成聚乙烯：_____．24、（12分）某研究小组苯酚为主要原料，按下列路线合成药物—沙丁胺醇已知①A→B原子利用率100%②③请回答（1）写出D官能团的名称____________（2）下列说法正确的是（_________）A．A是甲醛B．化合物D与FeCl3溶液显色反应C．B→C反应类型为取代反应D．沙丁胺醇的分子式C13H19NO3（3）设计化合物C经两步反应转变为D到的合成路线（用流程图表示）__________（4）写出D+E→F的反应化学方程式____________________________________（5）化合物M比E多1个CH2，写出化合物M所有可能的结构简式须符合：1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子____________________________________________25、（12分）某小组利用H2C2O4溶液和硫酸酸化的KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性KMnO4溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O实验编号0.1mol/L酸性KMnO4溶液的体积/mL0.6mol/LH2C2O4溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/℃溶液褪色所需时间/min①10V13525②10103025③1010V250（1）表中V1=_______mL，V2=_______mL。（2）探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是________。（3）实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)＝________mol·L－1·min－1。26、（10分）用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_______。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_________。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_______(填“偏大、偏小、无影响”)（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热_______(填“相等、不相等”),简述理由________。（5）用相同浓度和体积的氨水（NH3·H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会__________；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。27、（12分）原电池原理应用广泛。(1)利用原电池装置可以验证Fe3+与Cu2+氧化性相对强弱。如图所示，该方案的实验原理是自发进行的氧化还原反应可以设计为原电池。写出该氧化还原反应的离子方程式：__________________________，装置中的负极材料是______（填化学式），正极反应式是_________________________。(2)某研究性学习小组为证明2Fe3++2I－2Fe2++I2为可逆反应，设计如下方案：组装如图原电池装置，接通灵敏电流计，指针向右偏转（注：此灵敏电流计指针是偏向电源正极），随着时间进行电流计读数逐渐变小，最后读数变为零。当指针读数变零后，在右管中加入1mol/LFeCl2溶液。①实验中，“读数变为零”是因为___________________。②“在右管中加入1mol/LFeCl2溶液”后，观察到灵敏电流计的指针_________偏转（填“向左”、“向右”或“不”），可证明该反应为可逆反应。28、（14分）SO2是危害最为严重的大气污染物之一，SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。催化还原SO2不仅可以消除SO2污染，而且可得到有价值的单质S。（1）在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和H2O。已知CH4和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol和297.2kJ/mol，CH4和SO2反应的热化学方程式为__________。（2）用H2还原SO2生成S的反应分两步完成，如图1所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示：①分析可知X为______写化学式），0~t1时间段的温度为_____，0~t1时间段用SO2表示的化学反应速率为_____。②总反应的化学方程式为____________。29、（10分）在一固定容积的密闭容器中进行着如下反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其平衡常数K和温度t的关系：t℃70080085010001200K2.61.71.00.90.6（1）K的表达式为：_________；（2）该反应的正反应为_________反应（“吸热”或“放热”）；（3）下列选项中可作为该反应在850℃时已经达到化学平衡状态的标志的是：_________。A．容器中压强不再变化B．混合气体中CO浓度不再变化C．混合气体的密度不再变化D．c(CO2)=c(CO)=c(H2)=c(H2O)（4）当温度为850℃，某时刻测得该温度下的密闭容器中各物质的物质的量见表：COH2OCO2H20.5mol8.5mol2.0mol2.0mol此时上述的反应中正、逆反应速率的关系式是_________（填代号）。A．v(正)＞v(逆)B．v(正)＜v(逆)C．v(正)＝v(逆)D．无法判断（5）在700℃通过压缩体积增大气体压强，则该反应中H2(g)的转化率_________（“增大”、“减小”或“不变”）；工业生产中，通过此方法使容器内气体压强增大以加快反应，却意外发现H2(g)的转化率也显著提高，请你从平衡原理解释其可能原因是__________________________________________。Ⅱ.设在容积可变的密闭容器中充入10molN2(g)和10molH2(g)，反应在一定条件下达到平衡时，NH3的体积分数为0.25。（6）求该条件下反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的平衡常数__________。（设该条件下，每1mol气体所占的体积为VL）上述反应的平衡时，再充入10mol的N2，根据计算，平衡应向什么方向移动?[需按格式写计算过程，否则答案对也不给分]__________。

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【详解】植物油与水互不相溶，应采用分液的方法将其分离。答案选D。2、C【解析】较活泼的金属作负极，失电子，发生氧化反应，电子经导线传递到正极，溶液中的阳离子得电子，发生还原反应。3、A【分析】A．加水稀释后，促进HCO3-水解，但Kw不变；B．碳酸氢根离子不可拆分；C．HCO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解；D．溶液遵循电荷守恒。【详解】A.25℃时，加水稀释后，促进HSO3-水解，n（OH-）增大，c（OH-）减小，由Kw不变，可知c（H+）增大，则n（H+）增大，则n（H+）与n（OH-）的乘积变大，选项A正确；B．NaHSO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHSO3═Na++HSO3-，选项B错误；C．HSO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c（HSO3-）减小，选项C错误；D．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO3-）+2c（SO32-），选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，选项A为解答的易错点，注意稀释促进水解时浓度与物质的量的变化不同，明确电荷守恒、盐的水解原理的影响因素为解答关键。4、A【解析】A项，通入CO2消耗OH-，OH-浓度减小，平衡向正反应方向移动，正确；B项，稀释溶液，促进CO32-水解，温度没有变化，水解平衡常数不变，错误；C项，盐类水解是吸热过程，升高温度促进水解，c（HCO3-）增大，c（CO32-）减小，增大，错误；D项，加入NaOH电离出OH-，c（OH-）增大，溶液的pH增大，错误；答案选A。5、A【详解】A、CO2是空气的成分之一，酸雨是指pH<5.6的雨水，NO2和SO2排放到空气中易形成酸雨，CO2不会导致酸雨，故A说法错误；B、SO2是引起酸雨的主要原因，且SO2属于酸性氧化物，因此开发新能源减少SO2的排放，故B说法正确；C、氮氧化物是造成光化学烟雾的主要原因，故C说法正确；D、CO2是造成温室效应的主要原因，故D说法正确。6、C【解析】本题主要考查氧化还原反应的判断。通过分析元素化合价是否发生改变进行判断。【详解】A.2KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中，Mn、Cl元素反应前后化合价发生改变，属于氧化还原反应；B.Fe+2HCl=FeCl2+H2↑反应中，Fe、H元素反应前后化合价发生改变，属于氧化还原反应；C.CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O反应前后各元素化合价均未改变，不属于氧化还原反应；D.2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O反应中，Cl、C元素反应前后化合价发生改变，属于氧化还原反应；故答案为C。7、A【解析】向VmL0.1mol/L氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应时，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。A、酸碱溶液抑制了水的电离，铵根离子水解促进了水的电离；

B、根据硫酸的物质的量计算氨水的体积；

C、b点时硫酸与氨水恰好反应生成硫酸铵，溶液显酸性；

D、升高温度促进NH3•H2O的电离，电离常数增大。【详解】向VmL0.1mol/L氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应时，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。A、b点硫酸与氨水恰好反应生成硫酸铵，此时铵根离子水解促进了水的电离，则b点水的电离程度最大；a点加入10mL硫酸，氨水过量使溶液呈碱性，c点加入40mL硫酸，硫酸过量使溶液呈酸性，c点氢离子浓度大于a点氢氧根离子浓度，则水的电离程度a>c，所以水的电离程度大小为：b>a>c，故A选；B、硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应，则消耗硫酸的物质的量为0.1mol/L×0.02L=0.0002mol，则氨水的物质的量为0.004mol，所以氨水的体积为：0.004mol/L0.1mol/L=0.04L=40mL，即V=40，故C、b点时硫酸与氨水恰好反应生成硫酸铵，溶液显酸性，则c(H+)>c(OH−)，所以pOH>pH，故C不选；D、升高温度促进NH3⋅H2O的电离，电离常数增大，由图可知，温度：b>d>a，则a、b、d三点NH3⋅H2O的电离常数：K(b)>K(d)>K(a)，故D不选；8、C【解析】试题分析：因大量含氮或磷元素的化合物进入水中，使水体富营养化，故答案为C。【考点定位】考查水体的富营养化【名师点晴】了解水体富营养化形成的原因是正确解答本题的关键，水体富营养化是由于大量的氮、磷等元素排入到流速缓慢、更新周期长的地表水体，使藻类等水生生物大量地生长繁殖，使有机物产生的速度远远超过消耗速度，水体中有机物积蓄，破坏水生生态平衡的过程，据此进行分析判断。9、A【详解】A．全由非极性键结合的分子为非极性分子，如氧气、氮气、氯气等，故A正确；B．以极性键结合起来的分子可能为非极性分子，如甲烷、二氧化碳等，故B错误；C．非极性分子可能为多原子分子，如甲烷、二氧化碳等，故C错误；D．非极性分子中，可能不含非极性键，如甲烷等，故D错误；故选A。10、D【解析】由反应可知，乙基蒽醌制备H2O2的总反应为H2+O2=H2O2，属于化合反应，原子利用率为100%，故选D。11、D【详解】A．由于pH=-lgc(H+)，溶液的pH越小，则溶液中c(H+)就越大，溶液的酸性就越强，由于溶液中c(H+)·c(OH-)=Kw，在一定温度下Kw是常数，溶液pH越大，溶液中c(H+)就越小，则溶液中c(OH-)就越大，溶液的碱性就越强，A正确；B．在室温下Kw=10-14，纯水中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，此时溶液pH=7；当溶液中溶解一定量的酸时，溶液中c(H+)＞10-7mol/L，溶液的pH＜7，溶液显酸性，B正确；C．可以直接根据溶液中的c(H+)或c(OH-)的大小比较溶液酸碱性，但当溶液浓度很小时，直接使用c(H+)或c(OH-)并不方便，用pH表示相对就方便得多，C正确；D．测定溶液pH时，是用洁净、干燥的玻璃棒蘸取待测液，滴在pH试纸上，半分钟后跟标准比色卡比较，判断溶液的pH，D错误；故合理选项是D。12、C【详解】A．由图中可知，I2(s)+H2(g)==2HI(g)△H=+5kJ∙mol-1，则2molI2(s)与过量H2(g)化合生成4molHI气体时，需要吸收10kJ的能量，A正确；B．提取图中信息，I2(g)+H2(g)==2HI(g)△H=-12kJ∙mol-1，则2molHI气体分解生成1mol碘蒸气与1molH2(g)时需要吸收12kJ的能量，B正确；C．由反应I2(g)+H2(g)==2HI(g)△H=-12kJ∙mol-1，可得出碘蒸气与H2(g)生成HI气体的反应是放热反应，C不正确；D．由图中可以看出，I2(g)==I2(s)△H=-17kJ∙mol-1，则1mol固态碘变为1mol碘蒸气时需要吸收17kJ的能量，D正确；故选C。13、B【解析】同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强。【详解】同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，酸性强弱为：HF＞HNO2＞CH3COOH＞HCN，则pH由大到小的顺序是HCN＞CH3COOH＞HNO2＞HF，则等浓度的四种酸溶液中，HF相对最强，溶液酸性最强，pH最小，故选B。【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确酸的电离平衡常数与酸性强弱的关系是解本题关键，同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强。14、B【分析】中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量；燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物时放出的热量。【详解】A.反应热化学方程式中生成的是2mol水，不符合中和热的定义，A错误；B.符合中和热的定义，B正确；C.反应热化学方程式中生成的水是气体，不是稳定氧化物，不符合燃烧热的定义，C错误；D.热化学方程式中不是1mol可燃物的燃烧，不符合燃烧热的定义，D错误；故合理选项为B。【点睛】本题考查了中和热、燃烧热的概念应用，本题的解题关键是要注意概念的内涵理解。15、D【分析】由表格数据知改变的条件是反应温度和反应物浓度，根据影响反应速率的因素分析。【详解】温度越高反应速率越快，一般来说温度每升高10℃反应速率增大到原来的2~4倍，因此C、D的反应速率要比A、B的反应速率快，而D中反应物浓度比C中反应物浓度大，反应物浓度越大反应速率越快，所以D的反应速率比C的反应速率快，答案选D。16、C【解析】A.H＋与OH－不能大量共存，A错误；B.Ag＋与OH－、Cl－均不能大量共存，B错误；C.硝酸根与三种离子均不反应，可以大量共存，C正确；D.硫酸根与钡离子不能大量共存，D错误，答案选C。17、C【详解】A.向NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁白色沉淀被空气中氧气氧化生成氢氧化铁沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，颜色变化与氧化还原反应有关，故A不符合题意；B.向湿润的KI淀粉试纸上通入少量Cl2，氯气与碘化钾溶液发生置换反应生成单质碘，碘遇淀粉溶液变蓝色，颜色变化与氧化还原反应有关，故B不符合题意；C.向AgCl悬浊液中滴加少量Na2S溶液，白色的氯化银沉淀与硫化钠溶液反应生成溶解度更小的黑色沉淀硫化银，颜色变化与氧化还原反应无关，故C符合题意；D.热铜丝插入稀硝酸中，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的无色一氧化氮与空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮，颜色变化与氧化还原反应有关，故D不符合题意；故选C。18、C【分析】化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，结合反应方程式分析计算。【详解】氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为Q，根据方程式：2H2+O22H2O，1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量4×121kJ，则：4×121kJ=4×463kJ-(2Q+496kJ)，解得：Q=436kJ，故选C。19、C【分析】由价层电子对互斥理论可知，双键碳原子含有3个σ键且不含孤电子对采用sp2杂化，单键碳原子含有4个σ键且不含孤电子对采用sp3杂化。【详解】在分子中，羰基碳原子为不饱和碳原子，含有3个σ键且不含孤电子对，采用sp2杂化，两个甲基碳原子为饱和碳原子，含有4个σ键且不含孤电子对，采用sp3杂化，故选C。20、B【解析】A、因纳米车很小，我们不能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动，故A错误；B、“纳米车”的诞生，说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段，故B正确；C、C60是由一种元素组成的纯净物，属于单质，不属于化合物，故C错误；D、C60与金刚石是同素异形体，故D错误；故选B。21、B【详解】A.含Cu2＋的溶液呈蓝色，因此在无色透明的溶液中不能大量存在Cu2＋，故A错误；B.的溶液呈酸性，离子之间均不发生反应，故可大量共存，故B正确；C.Fe2＋能与发生氧化还原反应，故不可大量共存，故C错误；D.水电离的c(H＋)＝1×10-13mol·L-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，呈酸性时，、均可以与H＋发生反应，呈碱性时，离子之间均不发生反应，故该组离子不一定能大量共存，故D错误故选B。22、C【详解】A．根据图像可知，反应的∆n(HF)=3mol，∆n[(HF)x]=1mol，可得x=3，A说法正确；B．该温度下，反应的平衡常数的值K==0.125L2/mol2，B说法正确；C．t1时刻后，保持温度不变，加水稀释，平衡向化学计量数增大的方向移动，重新达到平衡时，HF的百分含量增大，(HF)x的百分含量减小，则的值将增大，C说法错误；D．t1时刻后，保持温度不变，再通入1molHF，平衡向化学计量数减小的方向移动，重新达到平衡时，HF的百分含量减小，(HF)x的百分含量增大，则的值减小，D说法正确；答案为C。二、非选择题(共84分)23、羧基CH3CHO有（砖）红色沉淀产生（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6nCH2═CH2【分析】根据题中各物质转化关系，反应⑥是光合作用产生A和氧气，则A为葡萄糖（C6H12O6），（C6H10O5）n水解能产生葡萄糖，所化合物乙为水，反应①为糖类的水解，反应②葡萄糖在酒化酶的作用生成化合物甲(二氧化碳)和B，B为CH3CH2OH，反应③为B发生氧化反应生成C为CH3CHO，反应④为C发生氧化反应生成D为CH3COOH，反应⑤为B和D发生酯化反应生成E为CH3COOC2H5，反应⑦为乙烯的燃烧反应生成二氧化碳和水，反应⑧为乙烯与水加成生成乙醇。【详解】根据以上分析，（1）D是CH3COOH，分子中官能团的名称是羧基，C是乙醛，结构简式是CH3CHO；（2）A为葡萄糖（C6H12O6），葡萄糖含有醛基，向葡萄糖的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时氢氧化铜被还原为砖红色沉淀氧化亚铜，产生的实验现象是有砖红色沉淀产生；（3）①（C6H10O5）n发生水解反应生成葡萄糖，反应方程式为（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6；②乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，方程式是nCH2═CH224、醚键AC、、、【分析】本题主要考查有机化合物的综合合成与推断。①A→B的原子利用率为100%，A的分子式是CH2O；B与氯乙烯发生取代反应生成C，结合沙丁胺醇的结构简式，可知B是，C是；C中碳碳双键被氧化前需要保护羟基不被氧化，所以C→D的两步反应，先与(CH3)2SO4反应生成，再氧化为，所以D是；根据沙丁胺醇的结构简式逆推E，E是；F是，F与HI反应生成。【详解】根据以上分析。(1)D为，其含有的官能团的名称是醚键；(2)A的分子式是CH2O，A是甲醛，故A正确；D为，D中不含酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；B为，B与氯乙烯发生取代反应生成，故C正确；沙丁胺醇的分子式为C13H21NO3，故D错误；(3)化合物C经两步反应转变为D的合成路线为；(4)与反应生成的反应化学方程式为；(5)E的分子式是C4H11N，化合物M比E多1个CH2，则M的分子式是C5H13N，符合1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子的化合物M可能的结构简式有、、、。25、530②和③①和②0.025【详解】（1）为了便于实验的对照，往往控制两组实验的某一个条件不同，在三组实验中两溶液混合后总体积为50ml，由此可得V1=50-35-10=5ml，V2=50-10-10=30ml；故答案为5、30；（2）分析表中数据可看出，②和③两个实验仅温度不同，①和②两个实验仅草酸浓度不同，所以探究温度对化学反应速率影响的实验是②和③，探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验是①和②。故答案为②和③、①和②；（3）用H2C2O4溶液的浓度变化表示的平均反应速率为：v(H2C2O4)==0.025mol·L－1·min－1。26、环形玻璃搅拌器减少实验过程中的热量损失；偏小相等因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关偏小。【分析】根据中和热是酸和碱反应生成1mol水时放出的热量和中和热测定实验进行分析解答本题。【详解】(1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故答案为：环形玻璃搅拌器；

(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；

(3)大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会偏小，故答案为：偏小；

(4)因为中和热是酸和碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关；(5)稀的强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量为57.3kJ，氨水为弱碱的溶液，弱碱的电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故答案为：偏小。27、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+CuFe3++e－=Fe2+该可逆反应达到了化学平衡状态向左【分析】(1)利用原电池装置可以验证Fe3+与Cu2+氧化性相对强弱，则发生的反应为Fe3+生成Cu2+的氧化还原反应，所以负极材料应为Cu，电解质应为含有Fe3+的可溶性盐溶液。(2)①实验中，“读数变为零”，表明原电池反应已“停止”，即反应达平衡状态。②“在右管中加入1mol/LFeCl2溶液”后，增大了生成物浓度，平衡逆向移动，观察到灵敏电流计的指针偏转与原来相反。【详解】(1)利用原电池装置可以验证Fe3+与Cu2+氧化性相对强弱，则发生的反应为Fe3+生成Cu2+的氧化还原反应，离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以负极材料应为Cu，电解质应为含有Fe3+的可溶性盐溶液，正极反应式是Fe3++e－=Fe2+。答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；Cu；Fe3++e－=Fe2+；(2)①实验中，“读数变为零”，表明原电池反应已“停止”，即达平衡状态，由此得出原因为该可逆反应达到了化学平衡状态。答案为：该可逆反应达到了化学平衡状态；②“在右管中加入1mol/LFeCl2溶液”后，增大了生成物浓度，平衡逆向移动，左边石墨为正极，右边石墨为负极，灵敏电流计的指针偏转与原来相反，即指针向左偏转。答案为：向左。【点睛】对于一个能自发发生的氧化还原反应，通常可设计成原电池，反应中失电子的物质为负极材料，得电子的微粒是电解质的主要成分之一，正极材料的失电子能力应比负极材料弱，但必须能够导电。28、CH4(g)+2SO2(g)===CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)△H=-295.9kJ/molH2S300℃2×1