2026届安徽省马鞍山市和县一中化学高二上期中复习检测试题含解析

2026届安徽省马鞍山市和县一中化学高二上期中复习检测试题注意事项：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、下列物质中，既能发生取代反应，又能发生加成反应的是A．乙烷 B．乙烯 C．甲烷 D．苯2、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A．合成氨工业上增大压强以提高反应物的转化率B．黄绿色的氯水光照后颜色变浅C．由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深D．在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去3、已知：C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1；2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1，现有0.2mol的炭粉和氢气组成的悬浮气，此混合物在氧气中完全燃烧，共放出63.53kJ热量，则混合物中C与H2的物质的量之比为（）A．1∶1 B．1∶2 C．2∶3 D．3∶24、关于维生素A（分子结构如下）的下列说法错误的是（）A．不是饱和一元醇B．不易溶于水C．具有烯、醇以及芳香族化合物的性质D．其中氧的质量分数约为5.6%5、下列图示内容的对应说明错误的是ABCD图示说明可保护钢闸门不被腐蚀可以结合秒表测量锌与硫酸的反应速率证明温度对平衡移动的影响反应为放热反应A．A B．B C．C D．D6、咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如图：下列说法不正确的是A．咖啡酸可以发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应B．1mol咖啡酸最多能与4molH2反应C．咖啡酸分子中所有原子可能共面D．蜂胶的分子式为C17H16O4，在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种一元醇A，则醇A的分子式为C8H12O7、光导纤维已成为信息社会必不可少的高技术材料，用于制造光导纤维的物质是（）A．二氧化硅 B．金刚石 C．大理石 D．石墨8、在恒温恒容条件下，反应2X(g)＋Y(g)Z(g)∆H=-197kJ•mol-1，若将2mol

X和1mol

Y充入2L的密闭容器中，反应10min，测得X的物质的量为1.4mol，下列说法正确的是A．10min内，反应放出的热量为197kJ热量B．10min内，X的平均反应速率为0.06mol•L-1•min-1C．第10min时，Y的反应速率小于0.015mol•L-1•min-1D．第10min时，Z浓度为0.6mol•L-19、欲除去铁粉中混有的少量铝粉，应选用的试剂的是：（）A．稀盐酸 B．稀硝酸 C．氨水 D．氢氧化钠溶液10、下列各组物质按单质、化合物、混合物的顺序排列的是A．液氧、烧碱、碘酒B．生石灰、熟石灰、胆矾C．铜、干冰、冰水D．空气、氮气、白磷11、某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构见图，电池总反应可表示为：2H2＋O2===2H2O，下列有关说法正确的是()A．电子通过外电路从b极流向a极B．b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－C．每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2D．H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极12、已知下列热化学方程式（1）C(s)+1/2O2(g)===CO(g)△H1=－110.5kJ/mol（2）2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)△H2=－483.6kJ/mol由此可知C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)ΔH3,则ΔH3等于()A．+131.3kJ/mol B．+373.1kJ/molC．－131.3kJ/mol D．－373.1kJ/mol13、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．2.24L由氧气和臭氧组成的混合物中含有分子数目为0.1NAB．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC．pH=1的稀硫酸中，含有H+总数为0.1NAD．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA14、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15、下列说法正确的是()A．碱性锌锰电池是二次电池B．铅蓄电池是一次电池C．二次电池又叫蓄电池，它放电后可以再充电使活性物质获得再生D．燃料电池的活性物质大量储存在电池内部16、已知反应：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)。起始以物质的量之比为1:1充入反应物，不同压强条件下，H2的平衡转化率随温度的变化情况如图所示(M、N点标记为)。下列有关说法正确的是A．上述反应的△H＜0B．N点时的反应速率一定比M点快C．降低温度，H2的转化率可达到100%D．工业用此法制取甲烷应采用更高的压强17、在一定条件下，对于密闭容器中的反应：N2+3H22NH3，下列说法正确的是A．当氮气和氢气投料比（物质的量之比）为1：3时，达到平衡时氨的体积分数最大B．增加铁触媒的接触面积，不可能提高合成氨工厂的年产量C．达到平衡时，氢气和氨气的浓度比一定为3：2D．分别用氮气和氢气来表示该反应的转化率时，数值大小一定相同18、在中和热测定的实验中不需要用到的仪器是（）A．量筒 B．温度计 C．环形玻璃搅拌棒 D．天平19、常温下，0.1mol/LCH3COONa溶液中离子浓度最大的是A．OH— B．H+ C．Na+ D．CH3COO—20、2.48g铁铜合金完全溶解于80mL4.0mol·L－1稀硝酸中，得到标准状况下672mLNO气体(假设此时无其他气体产生)，下列说法正确的是A．取反应后溶液，滴入几滴KSCN溶液，无血红色出现B．该合金中铁与铜的物质的量之比是1∶2C．反应后溶液(忽略溶液体积变化)中c(H＋)＝2.5mol·L－1D．向反应后的溶液中加入2.0mol·L－1NaOH溶液至金属离子恰好全部沉淀时，需加入NaOH溶液的体积是120mL21、已知298K时，某碱MOH的电离平衡常数Kb=1.0×10-5；电离度a=。在20.00mL0.1000mol/LMOH溶液中滴加0.10mol/L盐酸，测得溶液的pH、温度与所加盐酸的体积的关系如图所示。下列说法不正确的是A．a点对应的溶液中:c(OH-)=(M+)+<(H+)B．b点对应的V。=20.00mLC．298K时，0.1000mol/LMOH溶液中，MOH的电离度a=1%D．298K时，将0.1molMOH和0.1moMCl溶于水配制成1L混合溶液，溶液的pH>922、分子式为C10H20O2的有机物A，能在酸性条件下水解生成有机物C和D，且C在一定条件下可转化成D，则A的可能结构有A．4种B．8种C．12种D．16种二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物H是一种抗病毒药物，在实验室中利用芳香烃A制备H的流程如下图所示(部分反应条件已略去)：己知：①有机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子；②两个羟基连在同一碳上不稳定，易脱水形成羰基或醛基；③RCHO＋CH3CHORCH=CHCHO＋H2O；④（1）有机物B的名称为_____。（2）由D生成E的反应类型为___________，E中官能团的名称为_____。（3）由G生成H所需的“一定条件”为_____。（4）写出B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式：_____。（5）F酸化后可得R，X是R的同分异构体，X能发生银镜反应，且其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为1:1:1，写出1种符合条件的X的结构简式：___。（6）设计由和丙醛合成的流程图：__________________________(其他试剂任选)。24、（12分）(1)键线式表示的分子式__；系统命名法名称是___．(2)中含有的官能团的名称为___、___________．(3)水杨酸的结构简式为①下列关于水杨酸的叙述正确的是________(单选)。A．与互为同系物B．水杨酸分子中所有原子一定都在同一平面上C．水杨酸既能表现出酚类物质性质，也可以表现出羧酸类物质性质②将水杨酸与___________溶液作用，可以生成；请写出将转化为的化学方程式_______________。25、（12分）课题式研究性学习是培养学生创造思维的良好方法。某研究性学习小组将下列装置如图连接，D、E、X、Y都是铂电极、C、F是铁电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色。试回答下列问题：（1）B极的名称是___。（2）甲装置中电解反应的总化学方程式是：___。（3）设电解质溶液过量，电解后乙池中加入___（填物质名称）可以使溶液复原。（4）设甲池中溶液的体积在电解前后都是500ml，乙池中溶液的体积在电解前后都是200mL，当乙池所产生气体的体积为4.48L（标准状况）时，甲池中所生成物质的物质的量浓度为___mol/L；乙池中溶液的pH=___；（5）装置丁中的现象是___。26、（10分）某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反应速率的因素，做了以下实验。(1)用三支试管各取5.0mL、0.01mol·L－1的酸性KMnO4溶液，再分别滴入0.1mol·L－1H2C2O4溶液，实验报告如下。①实验1、3研究的是_________对反应速率的影响。②表中V＝_________mL。(2)小组同学在进行(1)中各组实验时，均发现该反应开始时很慢，一段时间后速率会突然加快。对此该小组的同学展开讨论：①甲同学认为KMnO4与H2C2O4的反应放热，温度升高，速率加快。②乙同学认为随着反应的进行，因_________，故速率加快。(3)为比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：①装置乙中仪器A的名称为_________。②定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是____________________________________。③定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_______________。27、（12分）用图所示装置进行中和热测定实验，请回答下列问题：（1）仪器A的名称为_______。（2）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是__________。（3）实验中若用1．51mol·L－1H2SO2溶液跟1．51mol·L－1NaOH溶液进行中和热测定，写出表示该反应中和热的热化学方程试（中和热为57.3kJ·mol-1）：__________________。（2）取31mL1．51mol·L－1H2SO2溶液与51mL1．51mol·L－1NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，三次实验温度平均升高2.1℃。已知中和后生成的溶液的比热容为2．18J／（g·℃），溶液的密度均为1g／cm3。通过计算可得中和热△H=_____，（5）上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生此偏差的原因可能是(填字母)______。a．实验装置保温、隔热效果差b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO2溶液的温度c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中（6）实验中若用61mL1．25mol·L－1H2SO2溶液跟51mL1．55mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____（填“相等”．“不相等”），所求中和热___（填“相等”．“不相等”），若用51mL1．51mol·L－1醋酸代替H2SO2溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会____（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。28、（14分）回答下列问题：（1）某温度时，测得0.01mol/L的NaOH溶液pH=13，该温度下水的Kw=__。（2）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-25.0kJ/mol3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)△H=-48.0kJ/molFe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)△H=+640.5kJ/mol写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：__。（3）已知25℃时Ksp(Mg(OH)2)=1.8×10-11，为除去某食盐溶液中的Mg2+，可用NaOH为除杂试剂，当控制溶液pH=12时，可确保Mg2+除尽，此时溶液中Mg2+的物质的量浓度为__mol/L。（4）生活中明矾常作净水剂，其净水的原理是__(用离子方程式表示)。（5）常温下，取0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合，测得混合溶液后的pH=5，写出MOH的电离方程式：__。（6）0.1mol/L的NaHA溶液中，已知有关粒子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)①该溶液中c(H+)__c(OH-)(填“>”、“<”或“=”)②作出上述判断的依据是__(用文字解释)。29、（10分）（1）青奥会将于2014年8月在南京举行。青奥会建筑设施使用了大量节能材料，体现了“绿色青奥”的理念。①用于青奥村工程的隔热保温材料聚氨酯属于______（填字母）。a．有机高分子材料b．无机非金属材料c．金属材料②青奥中心外墙的复合保温材料采用铝合金锁边。有关铝合金的性质正确的是___（填字母）。a．强度小b．耐腐蚀c．密度大③青奥会议中心双塔采用了玻璃幕墙设计。制造玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和___（填字母）。a．金刚砂b．石英c．水玻璃（2）如图为某品牌酱油标签的一部分。①氨基酸态氮的含量是酱油质量的重要指标，这些氨基酸是由大豆中的主要营养物质_____水解而来的。②配料清单中属于防腐剂的是______。③小麦中的主要营养物质是_____，写出这种物质完全水解的化学方式：______。（3）A、B、C三个城市全年雨水的月平均pH变化如图所示。①受酸雨危害最严重的是____城市。②导致硫酸型酸雨形成主要气体是___，减少燃煤过程产生该气体的措施有_________。③汽车尾气中含有NO2、NO、CO等有害气体。写出由NO2形成硝酸型酸雨的化学方程式：______；汽车安装尾气净化装置可将NO、CO转化为无害气体，写出该反应的化学方程式：_______。

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【分析】A.乙烷主要能发生取代反应；B.乙烯主要能发生加成、聚合反应；C.甲烷主要能发生取代反应；D.苯能发生加成和取代反应；【详解】A.乙烷主要能发生取代反应，没有碳碳双键，不能发生加成反应，故A错误；B.乙烯主要能发生加成、聚合反应，一般不发生取代反应，故B错误；C.甲烷主要能发生取代反应，没有碳碳双键，不能发生加成反应，故C错误；；D.苯分子中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的特殊的共价键，所以苯能发生加成和取代反应，故D正确；故选D。2、C【解析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释．【详解】A．合成氨是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，能用平衡移动原理解释，故A不选；B．氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OHClO+H＋+Cl－，光照条件下，次氯酸分解生成HCl和氧气，生成物浓度降低，平衡正向移动，黄绿色的氯水光照后颜色变浅，可以用平衡移动原理解释，故B不选；C．该反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，因为体积减小导致碘浓度增大而使颜色加深，所以不能用平衡移动原理解释，故C选；D．溶液中存在平衡Fe3＋+6SCN－Fe（SCN）63-，加铁粉，铁与Fe3＋反应，Fe3＋浓度降低，则平衡向左移动进行，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特利原理来解释，故D不选；故选：C。【点睛】本题考查化学平衡移动原理，解题关键：明确化学平衡移动原理适用范围，易错点：催化剂只能改变反应速率不改变平衡移动，易错选项是C，是可逆反应，但反应前后气体体积不变．3、A【分析】根据物质的量与反应放出的热量成正比，利用热化学反应方程式计算C、H2燃烧放出的热量。【详解】设碳粉xmol,则氢气为，由热化学方程式可以知道，C燃烧放出的热量为：，H2燃烧放出的热量为：，所以有:，计算得出x=0.1mol，则H2物质的量为0.2mol-0.1mol=0.1mol，C与H2的物质的量之比为0.1mol:0.1mol=1:1。答案选A。4、C【解析】分析维生素A的结构简式可知，分子中不含苯环，含有5个C=C键和1个-OH，结合有机物的结构解答该题。【详解】A、维生素A含有碳碳双键，故其不是饱和一元醇，选项A正确；B、维生素A是一种脂溶性的维生素，属于碳原子数较多的不饱和一元醇，其分子中的亲水基较少，故其不易溶于水，选项B正确；C、维生素A含有碳碳双键和羟基两种官能团，为不饱和的一元醇，具有烯和醇的性质。分子中不含苯环，因而不具有芳香族化合物的性质，选项C错误；D、维生素A分子式为C20H30O，其中氧的质量分数约为16286×100%=5.6%，选项答案选C。【点睛】本题考查有机物的结构，题目难度不大，注意分析有机物结构简式，正确判断有机物官能团的种类和个数，特别是有机物的分子式，观察时要仔细。5、D【详解】A.钢闸门连接电源的负极，可被保护而不被腐蚀，故A正确；B.气体的体积可由注射器量出，结合时间可求出反应速率，故B正确；C.已知2NO2N2O4△H＜0，根据颜色的变化可知平衡移动的方向，以此可确定温度对平衡移动的影响，故C正确；D.图像中反应物的总能量小于生成物的总能量，表示该反应为吸热反应，故D错误。故选D。6、D【解析】A、含有的官能团是酚羟基、碳碳双键、羧基，咖啡酸能发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应，故A说法正确；B、1mol咖啡酸中含有1mol苯环和1mol碳碳双键，因此1mol咖啡酸最多能与4molH2反应，故B说法正确；C、苯空间构型为正六边形，乙烯为平面形，羧基中C为sp2杂化，因此此有机物中所有原子可能共面，故C说法正确；D、根据：C17H16O4＋H2O→C9H8O4＋一元醇，根据原子守恒，推出一元醇的分子式为C8H10O，故D说法错误。7、A【详解】制造光导纤维的主要原料是二氧化硅，故选A。8、C【分析】2X(g)＋Y(g)Z(g)起始物质的量210改变物质的量0.60.30.3平衡物质的量1.40.70.3【详解】A.10min内，反应放出的热量为197kJ/mol×0.3mol=59.1kJ热量，故错误；B.10min内，X的平均反应速率为=0.03mol•L-1•min-1，故错误；C.10min内，Y的反应速率为=0.015mol•L-1•min-1，随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，所以反应速率逐渐变小，所以当反应进行到第10min时，Y的反应速率小于0.015mol•L-1•min-1，故正确；D.第10min时，Z浓度为0.3mol/2L=0.15mol•L-1，故错误。故选C。9、D【分析】铝粉与强碱溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠，而铁与强碱不反应，由此分析解答。【详解】铝粉与强碱溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠，反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，所以可加入NaOH溶液除去铁粉中的铝粉，盐酸、硝酸和铁与铝都反应，而氨水与两者都不反应，故选D．10、A【解析】A.液氧成分为O2，属于单质，烧碱为氢氧化钠，属于化合物，碘酒是溶液，故含有多种物质，属于混合物，正确；B.生石灰为CaO，属于化合物，熟石灰为Ca(OH)2，属于化合物，胆矾为CuSO4·5H2O，属于纯净物，错误；C.铜属于单质，干冰为固态CO2，属于化合物，冰水的成分为H2O，属于纯净物，错误；D.空气中含有多种气体物质，属于混合物，氮气为单质，白磷（P4）属于单质，错误。11、D【解析】A.因氢元素的化合价升高，故a为负极，则电子应该是通过外电路由a极流向b，故A错误；B.该电池为酸性电池，b极上的电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，故B错误；C.每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，则标准状况下H2的体积是1.12L，故C正确；D.H＋是阳离子，在原电池中移向正极，则H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极，故D错误；故答案选C。点睛：本题是考试中的常见题型，属于中等难度的试题，侧重考查灵活运用原电池原理解决实际问题的能力，本题的难点在于该原电池的正负极判断，利用2H2＋O2=2H2O，H2在反应中失电子，所以a为负极，O2在反应中得电子，所以b为正极，再结合原电池的基本原理进行解答，因此在学习时要重点掌握原电池中电子以及离子的定向移动问题，要能正确判断原电池的正负极，以及电极反应式的书写等问题。12、A【分析】利用盖斯定律计算，将（1）-（2）×1/2，可得C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g），反应热随之相加减，可求得反应热。【详解】利用盖斯定律，将（1）-（2）×1/2，可得C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g），则△H=△H1-1/2△H2=－110.5kJ/mol—1/2×（－483.6kJ/mol）=+131.3kJ/mol，故选A。13、D【解析】A项，由于混合气所处温度和压强未知，无法用22.4L/mol计算混合气的物质的量，错误；B项，N2与H2合成氨气的反应为可逆反应，生成的NH3分子数小于2NA，错误；C项，pH=1的稀硫酸中c（H+）=0.1mol/L，溶液体积未知，无法计算H+物质的量，错误；D项，Na2O2与水的反应可分析为：，生成0.1molO2转移0.2mol电子，正确；答案选D。点睛：本题以阿伏加德罗常数计算为载体，重点考查气体体积的换算、溶液中离子、可逆反应、化学反应中电子的转移等内容。需要注意：22.4L/mol适用于标准状况下由气体体积求气体分子物质的量；可逆反应中反应物的转化率小于100%；歧化反应中转移电子数的确定（如题中参与反应的Na2O2中一半作氧化剂，一半作还原剂）。14、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。15、C【详解】A.锌锰干电池只能放电不能充电，所以属于一次电池，故A错误；B.铅蓄电池是二次电池，故B错误；C.蓄电池是二次电池放电后可以充电重新使用，使活性物质获得再生，故C正确；

D.燃料在两个电极上发生氧化还原反应把化学能转化为电能，不是在电池内部燃烧，故D错误；故答案为C。16、A【详解】A．由图像可知，其他条件相同时，温度升高，H2的转化率降低，平衡逆向移动，根据化学平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应分析移动，逆反应方向是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以△H＜0，A正确；B．N点的温度比M点低，但压强又高于M点，无法判断哪一点的反应速率快，B错误；C．降低温度，H2的转化率会增大，但可逆反应的反应物转化率不会达到100％，C错误；D．控制合适的温度和压强，既能保证反应速率较快，也能保证H2有较高的转化率，采用更高的压强要提高对设备的要求，增加经济成本，D错误。答案选A。17、A【详解】A项、当氮气和氢气投料比为1：3时，，两种原料的转化率相同，故达到平衡时氨的体积分数最大，A正确；B项、增加铁触媒的接触面积，加快反应速率，可以提高合成氨工厂的年产量，B错误；C项、平衡时，物质的浓度关系取决起始量和转化率，所以到平衡时，H2和NH3的浓度比不一定为3：2，C错误；D项、反应速率之比等于化学计量数之比，因化学计量数不同，则反应速率的数值不同，D错误；18、D【详解】在中和热测定的实验中需要用量筒分别量取一定体积的稀酸和一定体积的稀碱溶液，需要用温度计分别测量反应前酸溶液、碱溶液的温度以及反应后的最高温度，反应过程中为了加快反应速率，减少热量散失，需用环形玻璃搅拌棒进行搅拌，故不需要用到的仪器是天平，故答案为：D。19、C【解析】醋酸钠溶液中，醋酸根离子水解，溶液呈碱性，有c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。答案选C。20、C【分析】n(HNO3)=cV=4.0mol/L×0.08L=0.32mol，n(NO)===0.03mol，在该氧化还原反应中硝酸成分的变化：4H＋+→2H2O+NO↑，n(H＋)(参加反应)=4n(NO)=0.12mol<n(HNO3)，表明硝酸过量。n剩余(HNO3)=0.32mol-0.03mol=0.29mol【详解】A.硝酸过量，生成硝酸铁，取反应后溶液，滴入几滴KSCN溶液，出现血红色，故A错误；B.设该合金中铁与铜的物质的量分别是xmol和ymol，根据题意可得，56x+64y=2.48和3x+2y=0.09，解得x=0.01，y=0.03，该合金中铁与铜的物质的量之比是1∶3，故B错误；C.反应后溶液中n(H＋)(剩余)=n(HNO3)-n(H＋)(参加反应)=0.20mol，c(H＋)＝=2.5mol·L－1，故C正确；D.向反应后的溶液中加入2.0mol·L－1NaOH溶液，先发生中和反应，再发生沉淀反应，至金属离子恰好全部沉淀时，形成硝酸钠溶液，由硝酸钠的组成可得n(HNO3)=n(NaOH)=0.32mol-0.03mol=0.29mol，所以加入NaOH溶液的体积是=145mL，故D错误。故选C。21、D【解析】A.a点为0.1000mol/LMOH溶液，存在电荷守恒，c(OH-)=c(M+)+c(H+)，故A正确；B.b点溶液显酸性，若V。=20.00mL，则恰好生成MCl，水解显酸性，与图像吻合，故B正确；C.298K时，MOH的电离平衡常数Kb=1.0×10-5，0.1000mol/LMOH溶液中，1.0×10-5===，则c(M+)=1.0×10-3，因此MOH的电离度a=×100%=1%，故C正确；D.298K时，将0.1molMOH和0.1moMCl溶于水配制成1L混合溶液，假设电离的MOH的物质的量为x，则Kb=1.0×10-5==，加入MCl抑制MOH的电离，MOH的电离度＜1%，则x＜0.001，因此c(OH-)＜1.0×10-5，则c(H+)＞1.0×10-9，pH＜9，故D错误；故选D。点睛：本题考查酸碱混合的定性判断，把握酸碱混合后的溶质、盐类水解、电荷守恒为解答本题关键。注意选项D为解答的难点，需要根据电离平衡常数解答，温度不变，电离平衡常数不变。22、A【解析】有机物A在酸性条件下能水解，说明A为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，能在酸性条件下水解生成有机物C和D，且C在一定条件下可转化成D，说明C和D的碳原子数相同，且碳链相同，以此解答该题。【详解】A是饱和酯，且两边链相同，分析C4H9COOH或C4H9CH2OH中都含有C4H9-烃基，有四种结构：C-C-C-C-，，，则A有四种结构；选A。【点睛】本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题的关键是根据C在一定条件下可转化成D，说明C和D的碳原子数相同，且碳链相同。二、非选择题(共84分)23、对溴甲苯（或4－溴甲苯）取代反应羟基、氯原子银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热）、（或其他合理答案）【分析】因为“机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，结合“NaOH溶液”条件可推测B分子中-Br发生水解生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下卤原子的取代发生在苯环侧链烃基的氢原子上，所以E的结构简式为，在NaOH溶液、加热条件下氯原子水解生成醇羟基，所以E水解生成的2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基也与NaOH中和生成钠盐，所以F有结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，显然G到H过程中第1）步是将-CHO氧化为羧基，第2）步是将酚的钠盐转化为酚羟基。由此分析解答。【详解】(1)因为“机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，名称是对溴甲苯或4-溴甲苯。(2)D的分子式为C7H8O2，E分子式为C7H6Cl2O2，对比D、E分子组成可知E比D少2个氢原子多2个氯原子，光照下Cl2可取代烃基上的氢原子，所以由D生成E的反应类型为取代反应。C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，可推知-Br发生水解反应生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下Cl2取代发生在苯环侧链的烃基上，所以E的结构简式为，所以E中官能团的名称：羟基、氯原子。(3)已知E的结构简式为，在NaOH溶液加热条件下E中氯原子发生水解生成的2个-OH，而这2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基与NaOH中和反应生成钠盐，故F的结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，G到H过程的第1）步是将-CHO氧化为羧基，所以“一定条件”是银氨溶液、加热或新制Cu(OH)2、加热。(4)B（）分子中溴原子水解生成酚羟基，而酚具有酸性，又跟NaOH发生中和反应，所以B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+H2O。(5)F有结构简式为，酸化后得到R的结构简式为，R的分子式为C7H6O3，所以X的不饱和度为5，含3种等效氢，每种等效氢中含2个氢原子，X又含醛基。同时满足这些条件的X应该是一个高度对称结构的分子，所以应该含2个-CHO（2个不饱和度），中间应该是>C=O（1个不饱和度），另外2个不饱和度可形成一个环烯结构（五园环），或一个链状二烯结构。由此写出2种X的结构简式：OHC-CH=CH-CO-CH=CH-CHO、。(6)分析目标产物，虚线左边部分显然是由转化而来的，右边是由丙醛（CH3CH2CHO）转化而来的。根据题给“已知③”可知两个醛分子可结合生成烯醛。在NaOH溶液中水解生成苯甲醇，苯甲醇氧化为苯甲醛，苯甲醛与丙醛发生“已知③”反应生成。因此写出流程图：24、C6H142-甲基戊烷羟基酯基CNa2CO3或NaOH+NaHCO3→+CO2↑+H2O【详解】(1)在键线式表示中，顶点和折点为C原子，剩余价电子全部与H原子结合，则表示的分子式是C6H14；选择分子中含有C原子数最多的碳链为主链，该物质分子中最长碳链上含有5个C原子；从左端为起点，给主链上C原子编号，以确定支链甲基在主链上的位置，该物质名称为2-甲基戊烷；(2)根据物质结构简式可知：物质分子中含有的官能团是酚羟基和酯基；(3)①A．水杨酸分子中含有羧基和酚羟基，而分子中羟基连接在苯环的侧链上，属于芳香醇，因此二者结构不相似，它们不能互为同系物，A错误；B．水杨酸分子中-OH上的H原子可能不在苯环的平面上，因此水杨酸分子中不一定是所有原子在同一平面上，B错误；C．水杨酸分子中含有酚-OH、-COOH，则该物质既可以看成是酚类物质，也可以看成是羧酸类物质，因此水杨酸既能表现出酚类物质的性质，也能表现出羧酸类物质性质，C正确；故合理选项是C；②水杨酸分子中含有酚羟基和羧基都具有酸性，由于酸性-COOH＞H2CO3＞苯酚＞NaHCO3，二者都能够与NaOH或Na2CO3发生反应，则由水杨酸与NaOH溶液或Na2CO3反应产生和水；而可以NaHCO3与反应产生、水、CO2，该反应的化学化学方程式为：+NaHCO3→+CO2↑+H2O。25、负极Fe+CuSO4FeSO4+Cu氯化氢0.214红褐色由X极移向Y极，最后X附近无色，Y极附近为红褐色【分析】（1）电解饱和食盐水时，酚酞变红的极是阴极，串联电路中，阳极连阴极，阴极连阳极，阴极和电源负极相连，阳极和电源正极相连；（2）根据电解原理来书写电池反应，甲池中C为铁做阳极，D为铂电极，电解质溶液是硫酸铜溶液，依据电解原理分析；（3）根据电极反应和电子守恒计算溶解和析出金属的物质的量关系；（4）根据电解反应方程式及气体摩尔体积计算溶液中溶质的物质的量浓度及溶液的pH；（5）根据异性电荷相吸的原理以及胶体的电泳原理来回答；【详解】（1）向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明该极上氢离子放电，所以该电极是阴极，所以E电极是阳极，D电极是阴极，C电极是阳极，G电极是阳极，H电极是阴极，X电极是阳极，Y是阴极，A是电源的正极，B是原电池的负极，故答案为：负极；（2）D、F、X、Y都是铂电极、C、E是铁电极，甲池中C为铁做阳极，D为铂电极，电解质溶液是硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液时的阳极是铁失电子生成亚铁离子，阴极是铜离子放电，所以电解反应为：Fe+CuSO4FeSO4+Cu，故答案为：Fe+CuSO4FeSO4+Cu；（3）乙池中电解质过量，F极是铁，作阴极，E为铂作阳极，总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，溶液中放出Cl2和H2，则加入HCl可以使溶液复原，故答案为：氯化氢；（4）根据2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑计算得，n(NaOH)=2n(Cl2)=，则c(H+)=，则pH=−lgc(H+)=−lg10-14=14；根据电路中电子转移守恒知：n（FeSO4）=n(Cl2)=0.2mol，则c(FeSO4)==0.2mol/L，故答案为：0.2；14；（5）根据异性电荷相吸的原理，氢氧化铁胶体中含有的带正电荷的粒子会向阴极即Y极移动，所以Y极附近红褐色变深，故答案为：红褐色由X极移向Y极，最后X附近无色，Y极附近为红褐色。26、温度4.0产物Mn2+可能对该反应具有催化作用分液漏斗控制阴离子相同，排除阴离子的干扰收集40mL气体所需时间【分析】（1）①、②作对比实验分析，其他条件相同时，只有一个条件的改变对反应速率的影响；（2）探究反应过程中反应速率加快的原因，一般我们从反应放热，温度升高，另一个方面从反应产生的某种物质可能起到催化作用；（3）比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，阳离子不同，尽量让阴离子相同，减少阴离子不同造成的差别，催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体，所需时间的长短入手。【详解】（1）①实验1、3反应物物质的量浓度，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，故实验1、3研究的是温度对反应速率的影响；②实验1、2研究的是H2C2O4的浓度对反应速率的影响，此时反应温度相同，KMnO4的浓度相同，故表中V＝4.0mL（2）随着反应的进行，生成的Mn2+的物质的量浓度逐渐增加，生成的Mn2+可能对反应有催化作用；（3）①由仪器的构造，可知仪器A为分液漏斗；②在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，必须保证在其他的条件相同，所以将CuSO4改为CuCl2更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰；③如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是时间，收集相同体积的气体，所需要的时间越少，反应速率越快。【点睛】本题通过保持其他外界条件一致而改变一个条件来探究温度、催化剂对反应速率的影响，综合性较强。27、环形玻璃搅拌棒保温、隔热、减少实验过程中的热量损失1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l);ΔH=-57.3kJ·mol-1-52.8kJ·mol-1ab不相等相等偏小【详解】（1）根据量热器构成可知，为使反应充分、快速进行，可以用环形玻璃搅拌棒上下搅拌，因此仪器A为环形玻璃搅拌棒；综上所述，本题答案是：环形玻璃搅拌棒。（2）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是起到保温、隔热的作用，降低热量损失，减少实验误差；综上所述，本题答案是：保温、隔热、减少实验过程中的热量损失。（3）中和热是指在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1mol液态水时的反应热。所以1．51mol·L－1H2SO2溶液跟1．51mol·L－1NaOH溶液进行反应生成1mol液态水，放出热量为57.3kJ·mol-1，该反应的中和热的热化学方程式为1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1；综上所述，本题答案是：1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1。（2）取31mL1．51mol·L－1H2SO2溶液与51mL1．51mol·L－1NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，混合液质量为（31+51）×1=81g，温度变化2.1℃，则反应生成1.125mol液态水放出的热量Q=cm∆t=2.18×81×2.1=1371.12J，则生成1mol液态水时放出的热量约1371.12/1.125=52821.6J=52.8kJ，则中和热△H=-52.8kJ·mol-1；综上所述，本题答案是：-52.8kJ·mol-1。(5)a．实验装置保温、隔热效果差，有部分热量散失，所以中和热偏小，a可能；b．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO2测温度，因为温度计上会有氢氧化钠,氢氧化钠与硫酸反应放热,导致硫酸的起始温度偏高,那么实验后温度增加量就比实际要小，所测中和热偏小，b可能；c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，操作合理，减小了热量损失，数值准确，c不可能；综上所述，本题选ab。（6）实验中若用61mL1．25mol·L－1H2SO2溶液跟51mL1．55mol·L－1NaOH溶液进行反应，反应生成1.15×1.55=1.1275molH2O，因此放出的热量不相等；由于中和热对应的是生成1mol液态水时的反应热，与实验过程中实际生成水的多少无关，故所求中和热相等；由于醋酸是弱酸，电离过程吸热，部分热量被消耗，因此测得反应前后温度的变化值会偏小；综上所述，本题答案是：不相等，相等，偏小。【点睛】本题考查中和热的测定与计算,题目难度中等,注意理解中和热的概念,注意掌握测定中和热的正确方法,明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失。28、10-15FeO(s)+CO(g)=CO2(g)+Fe(s)△H=-218kJ/mol1.8×10-7Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+MOHM++OH-<电离程度小于水解程度【分析】(1)根据溶液的pH及水的离子积常数表达式分析计算；(2)根据盖斯定律及热化学方程式书写规律分析解答；(3