2026届广东省东莞市翰林实验学校化学高二第一学期期中联考模拟试题含解析

2026届广东省东莞市翰林实验学校化学高二第一学期期中联考模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、一定温度下，在容积恒定的密闭容器中加入一定量的A(s)和B(g)，进行如下可逆反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的是①混合气体的密度②容器内气体的压强③混合气体的总物质的量④C和D的浓度比值⑤B物质的量浓度()A．①⑤ B．③⑤ C．②④ D．①④⑤2、酒精、乙酸和葡萄糖三种物质的水溶液，只用一种试剂就能将它们区别开来（可加热），该试剂是()A．金属钠 B．石蕊试液 C．新制的氢氧化铜悬浊液 D．NaHCO3溶液3、下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是A．石墨>金刚石>SiO2 B．KCl>NaCl>MgCl2>MgOC．Rb>K>Na>Li D．CH4>SiH4>GeH4>SnH44、在相同温度时，100mL0.01mol/L的醋酸溶液与10mL0.1mol/L的醋酸相比较，下列数值中，前者大于后者的是A．H+的物质的量B．醋酸的电离常数C．中和时所需NaOH的物质的量D．加足量锌粉产生氢气的质量5、关于合金的说法正确的是A．合金是化合物 B．合金具有金属特性C．合金都耐腐蚀 D．合金的硬度一定比成分金属的低6、一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图10的是A．CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)；△H＜0B．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；△H＞0C．CH3CH2OH(g)CH2=CH2(g)＋H2O(g)；△H＞0D．2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g)；△H＜07、下列解释实验事实的离子方程式正确的是A．用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2OB．用大理石与稀盐酸制备二氧化碳：CO32﹣+2H+＝CO2↑+H2OC．稀硫酸与氢氧化钡溶液混合产生沉淀：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓D．铜片放入稀硝酸中产生气体：Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O8、已知反应：①2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9KJ•mol﹣1②2CH3OH（g）=C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1KJ•mol﹣1③CH3CH2OH（g）=CH3OCH3（g）△H3=+50.7KJ•mol﹣1；在C2H4（g）+H2O（g）═CH3CH2OH（g）△H4中；△H4等于A．﹣48.5KJ•mol﹣1B．+48.5KJ•mol﹣1C．﹣45.5KJ•mol﹣1D．+45.5KJ•mol﹣19、下列关于钠的说法中错误的是A．钠可以从硫酸铜溶液中还原出铜单质B．钠元素以化合态存在于自然界中C．钠在氯气中燃烧产生大量的白烟D．金属钠有强还原性10、下列说法正确的是A．医用酒精是质量分数为95%的乙醇溶液B．石油裂解仅为了得到更多的汽油C．葡萄糖、氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应D．蛋白质溶液中加入甲醛可以产生沉淀，加水后沉淀又溶解11、为维持人体内电解质平衡，人在大量出汗后应及时补充的离子是（）A．Mg2+ B．Ca2+ C．Na+ D．Fe3+12、已知：H2R＝H＋＋HR－，HR－H＋＋R2－，NA是阿伏加德罗常数的值。常温下，对pH＝1的H2R溶液的有关说法错误的是（）A．1L该溶液中H＋数目为0.1NAB．Na2R溶液中存在R2－、HR－、H2R等粒子C．该溶液中c（H＋）＝c（OH－）＋c（HR－）＋2c（R2－）D．常温下，加水稀释该溶液，HR－的电离程度增大13、下列物质可作为防毒面具或潜水艇里氧气来源的物质是A．Na2OB．Na2O2C．NaOHD．NaHCO314、下图有关电化学的示意图正确的是A． B． C． D．15、如图所示，甲池的总反应式为：N2H4+O2=N2+2H2O，下列关于该电池工作时的说法错的是A．该装置工作时，石墨电极上有气体生成B．甲池中负极反应为N2H4－4e－+4OH－=N2+4H2OC．甲池和乙池中的溶液的pH均减小D．当甲池中消耗0.1molN2H4时，乙池中理论上最多产生6.4g固体16、下列事实不能用勒夏特列原理来解释的是A．用排饱和食盐水的方法收集氯气B．加入催化剂使N2和H2在一定条件下生成氨气C．增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3D．在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深17、在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)；ΔH＝－373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是A．加催化剂同时升高温度 B．加催化剂同时增大压强C．升高温度同时充入N2 D．降低温度同时增大压强18、某同学胃酸过多，他应该用下列哪种药品治疗（）A．阿司匹林 B．青霉素 C．麻黄素 D．胃舒平19、有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是A．稀硫酸与0.1mol⋅L−1NaOH溶液反应：H+(aq)＋OH−(aq)=H2O(l)△H＝+57.3kJ⋅mol−1B．在101kPa下H2(g)的燃烧热为285.8kJ⋅mol−1，则水分解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)△H＝+285.8kJ⋅mol−1C．已知CH3OH的燃烧热为726.8kJ⋅mol−1,则有：2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g)△H＝−726.8kJ⋅mol−1D．已知9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17.6gFeS时放出19.12kJ热量，则Fe(s)＋S(s)=FeS(s)△H＝−95.6kJ⋅mol−120、在一定条件下，向容积为2L的密闭容器中加入2molN2和10molH2，发生反应：N2＋3H22NH3，2min时，测得剩余的N2为1mol，则下列化学反应速率的表达式中正确的是()A．v(N2)＝1mol·L－1·min－1B．v(H2)＝0.75mol·L－1·min－1C．v(NH3)＝0.25mol·L－1·min－1D．v(N2)＝0.5mol·L－1·min－121、能源可划分为一级能源和二级能源，自然界以现成方式提供的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源。氢气是一种高效而没有污染的二级能源，它可以由自然界中大量存在的水来制取；未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列叙述正确的是（）A．水煤气，电能是一级能源B．天然气，水力是二级能源C．核能，煤，石油符合未来新能源标准D．太阳能，生物质能，风能，氢能符合未来新能源标准22、关于下列各装置图的叙述不正确的是A．用图①装置精炼铜，a极为粗铜，b为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液B．图②装置的盐桥中KCl的Cl－移向乙烧杯C．图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护D．图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同二、非选择题(共84分)23、（14分）2020年1月31日《新英格兰医学杂志》(NEJM)在线发表了一篇关于瑞德西韦(Remdesivir)成功治愈美国首例新型冠状病毒(2019-nCoV)确诊病例的论文，因此瑞德西韦药物在抗疫治疗方面引起广泛关注，该药物的中间体M合成路线如下：已知：①R—COOH②A→B发生加成反应(1)物质A的化学名称为___________，G中含氧官能团名称是__________。(2)由D→E的反应类型为_____________。(3)H→K的流程中，加入CH3COCl的目的是__________。(4)J一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_____________。①能发生银镜反应，且水解后的产物遇FeCl3溶液显紫色；②其核磁共振氢谱有4种吸收峰。(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________________。24、（12分）已知乙烯能发生以下转化：(1)B的结构简式为：____________________。(2)C中官能团的名称：__________。(3)①的反应类型：_________________________。(4)乙烯与溴水反应的化学方程式为：______________________________________。(5)写出②的化学反应方程式：___________________________________________。25、（12分）为了研究外界条件对H2O2分解速率的影响，有同学利用实验室提供的仪器和试剂设计了如下实验。注意：设计实验时，必须控制只有一个变量！试剂：4%H2O2溶液，12%H2O2溶液，lmol/LFeCl3溶液仪器：试管、带刻度的胶头滴管、酒精灯（1）实验l：实验目的：温度对化学反应速率的影响实验步骤：分别向甲、乙两支试管中加入5mL4%H202溶液，再分别加入3滴1mol/LFeCl3溶液，待两支试管中均有适量气泡出现时，将试管甲放入5℃水浴中，将试管乙放入40℃水浴中。实验现象：试管___________。（填甲或乙）中产生气泡的速率快，说明____________。（2）实验2：实验目的：浓度对化学反应速率的影响实验步骤：向试管甲中加入5mL4%H2O2溶液，向试管乙中加入5mL12%H2O2溶液。实验现象：试管甲、乙中均有少量气体缓慢产生。该实验现象不明显，你如何改进实验方案，使实验现象支持“浓度改变会影响化学反应速率”这一理论预测____________。（3）实验3：实验目的：________。实验步骤：在试管甲中加入5mL4%H2O2溶液，在试管乙中加入5mL4%H2O2溶液再加入lmLlmoFLFeC13溶液。你认为方案3的设计是否严谨？_______（填是或否），说明理由_______。26、（10分）某小组以醋酸为例探究弱酸的性质。（1）实验一：探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响。①设计实验方案如下表，表中c=________mol·L-1。编号酸的种类酸的浓度/mol·L-1酸的体积/mL镁条质量/g1醋酸1.0102.02盐酸c102.0②实验步骤：a）检查装置（下图）的气密性后，添加药品；b）反应开始后，___________________________(填写操作）；c）将所记录的数据转化为曲线图（右图）。③写出0～5min醋酸、盐酸与镁条反应的反应速率变化规律：____________。（2）实验二：现有一瓶醋酸溶液，常温下测定其中醋酸的电离程度（已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比）。设计实验方案，将待测物理量和对应的测定方法填写在下表中。待测物理量测定方法①__________量取25.00mL醋酸溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将0.1000mol·L-1NaOH标准溶液装入碱式滴定管中，滴定至终点，记录数据．重复滴定2次．②_________________________________________________27、（12分）某化学实验小组想要了解市场上所售食用白醋(主要是醋酸的水溶液)的准确浓度，现从市场上买来一瓶某品牌食用白醋，用实验室标准NaOH溶液对其进行滴定。下表是4种常见指示剂的变色范围：指示剂石蕊甲基橙甲基红酚酞变色范围(pH)5.0～8.03.1～4.44.4～6.28.2～10.0(1)反应生成的CH3COONa显_________性，用离子方程式解释原因：__________，则实验中应选用上表中的__________作指示剂。(2)用标准的NaOH溶液滴定待测的白醋时，如何判断滴定终点：________。(3)第一次滴定后，碱式滴定管中的液面位置如图所示，请将有关数据填入表格的空白处。滴定次数待食用白醋的体积/mL0.1000mol/LNaOH溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.000.00_______第二次25.001.5628.0826.52第三次25.000.2226.3426.12(4)从上表可以看出，第二次实验中记录消耗NaOH溶液的体积明显多于其余两次，其原因可能是________。A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积B．盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗C．第二次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过D．滴加NaOH溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定(5)根据所给数据，计算该白醋中醋酸的物质的量浓度：c＝_____________。28、（14分）以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如表。表1.几种砷酸盐的Ksp难溶物KspCa3(AsO4)26.8×10－19AlAsO41.6×10－16FeAsO45.7×10－21表2.工厂污染物排放浓度及允许排放标准污染物H2SO4As浓度28.42g·L－11.6g·L－1排放标准pH6～90.5mg·L－1回答下列问题：(1)该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)＝________mol·L－1。(2)写出难溶物Ca3(AsO4)2的Ksp表达式：Ksp[Ca3(AsO4)2]＝________，若混合溶液中Al3＋、Fe3＋的浓度均为1.0×10－4mol·L－1，c(AsO43-)最大是______mol·L－1。(3)工厂排放出的酸性废水中的三价砷(H3AsO3为弱酸)不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷(H3AsO4为弱酸)，写出该反应的离子方程式：_______________________。(4)在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3(AsO4)2形式沉降。①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为__________；②Ca3(AsO4)2在pH调节到8左右才开始沉淀的原因为_______________________。29、（10分）聚醋酸乙烯酯是黏合剂，应用广泛。下面是该有机物的合成路线：提示：①甲烷在电弧的作用下生成炔烃。②CH3C≡CHCH3CH2CHO(未配平)。请回答下列问题：（1）甲烷合成A的化学反应中原子利用率为________。（2）B的结构简式为________。（3）B生成C的反应中除新制Cu(OH)2悬浊液外还需要的条件是________。（4）A与C反应生成D的反应类型是________。（5）写出由D生成反应的化学方程式：____________________________________________________。（6）写出能既能溴水褪色又能使紫色石蕊溶液变红的D的同分异构体的结构简式：_____________________________________。

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、A【详解】①因A是固体，反应过程中气体的质量发生变化，容器的体积不变，反应过程中混合气体的密度发生变化，当达到平衡状态时，混合气体的密度不变；②反应前后气体的化学计量数之和相等，所以无论反应是否达到平衡状态，混合气体的压强始终不变；③反应前后气体的化学计量数之和相等，所以无论反应是否达到平衡状态，气体的总物质的量始终不变；④C和D是生成物，根据转化物质的量之比等于化学计量数之比，无论反应是否达到平衡状态，C和D的浓度比值始终保持不变；⑤当反应达到平衡状态时，B的物质的量浓度不再变化；答案选A。2、C【详解】本题考查—OH、—COOH、—CHO的性质差异。—OH不与新制Cu(OH)2悬浊液反应，—COOH能溶解Cu(OH)2，—CHO在加热时，还原新制Cu(OH)2成红色的Cu2O，故答案选C。3、A【详解】A．原子晶体中，共价键的键长越小，熔点越高，石墨为混合晶体，石墨的键长比金刚石的小，所以石墨比金刚石的熔点高，故A项正确；B.离子晶体中离子电荷数较高的熔点较高，离子电荷数相同时，离子半径越小，熔点越高，KCl<NaCl，MgCl2<MgO,故B项错误；C．金属晶体中原子半径越小，金属键越强，熔点越高，Rb＜K＜Na＜Li，故C项错误；D．分子晶体中，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，CH4<SiH4<GeH4<SnH4，故D项错误；综上所述，本题选A。【点睛】晶体熔沸点比较规律：原子晶体：主要看原子半径，原子半径越小，共价键越强，熔沸点就越高；离子晶体：组成和结构相似的，主要看离子半径，离子半径越小，离子键越强，熔沸点就越高；分子晶体：组成和结构相似的，相对分子质量越大，熔沸点越高（含有氢键的反常）。4、A【解析】试题分析：A．醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，两种溶液溶质都为0.001mol，100mL0.01mol•L﹣1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L﹣1的醋酸溶液相比较，H+的物质的量前者大，故A正确；B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，故B错误；C．由于两种溶液中溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，故C错误；D．由于溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，则和锌反应产生氢气的量相同，故D错误；考点：考查不同浓度的同一弱电解质的比较的知识。5、B【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金有三个特点：①一般是混合物；②合金的熔点一般低于组分金属、硬度一般高于组分金属；③合金中至少有一种金属；据此解答。【详解】A.合金是一种混合物，故A错误；B.合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，故B正确；C.合金一般具有较好的抗腐蚀性能，但不是所有合金都耐腐蚀，如纯铁抗蚀性强，生铁易生锈等，故C错误；D.合金的强度、硬度一般比组成它们的纯金属更高，故D错误。故选B。【点睛】解答本题要知道合金的有关知识，合金的主要性质，即合金的强度、硬度一般比组成它们的纯金属更高，抗腐蚀性能等也更好。6、A【详解】分析左图：据达平衡所需时间，得：T2＞T1；据平行线部分，得：T1到T2（升高温度），水蒸气含量减少，所以应该是正向放热的可逆反应；分析右图：据达平衡所需时间，得：P1＞P2；据平行线部分，得：P1到P2（压强减小），水蒸气含量减少，所以应该是正向气体体积减小的可逆反应；答案选A。7、A【详解】A.用氢氧化钠溶液吸收氯气，离子方程式：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O，故A正确；B.用大理石与稀盐酸制备二氧化碳，离子方程式：CaCO3+2H+＝CO2↑+H2O+Ca2+，故B错误；C.稀硫酸与氢氧化钡溶液混合产生沉淀，离子方程式：2H++2OH﹣+Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，故C错误；D.铜片放入稀硝酸中产生气体，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；故选A。8、C【解析】利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变，根据盖斯定律①-②-③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g），据此进行计算。【详解】根据盖斯定律①-②-③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g），△H=（-23.9+29.1-50.7）kJ/mol=-45.5kJ/mol，故△H4=-45.5kJ/mol。答案为C。9、A【解析】试题分析：A．钠投入硫酸铜溶液中首先与水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，故A错误；B．钠性质活泼，在自然界中以化合态形式存在，故B正确；C．钠和氯气在点燃的条件下生成氯化钠，2Na+Cl22NaCl，生成白色的烟，故C正确；D．钠原子最外层只有一个电子，金属钠在反应中容易失电子，具有强还原性，故D正确，故选A。考点：考查钠的性质10、C【详解】A.医用酒精浓度为75%，且为体积分数，故A错误；B.石油裂解的目的是为了获得乙烯，裂化的目的是为了获得轻质油，故B错误；C.葡萄糖含有羟基，氨基酸含有羧基，可发生酯化反应，故C正确；D.甲醛的水溶液可使蛋白质变性，为不可逆过程，故D错误；故选：C。11、C【详解】人体汗液中含有钠离子，所以为维持人体内电解质平衡，人在大量出汗后应及时补充的离子是钠离子，答案选C。12、B【详解】A．pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，由，故A正确；B．Na2R为强碱弱酸盐，R2－水解生成OH-和HR－，由于第一步电离是完成的，故HR-不能水解，故不存在H2R，故B错误；C．该溶液中存在电荷守恒：c（H＋）＝c（OH－）＋c（HR－）＋2c（R2－），故C正确；D．常温下，加水稀释会促进电离，则常温下，加水稀释该溶液，HR－的电离程度增大，故D正确。故选B。13、B【解析】试题分析：A、Na2O能与CO2反应Na2O+CO2═Na2CO3，无氧气生成，故A错误；B、Na2O2为固体，携带方便，且能与人呼吸产生的二氧化碳反应生成氧气，不需要催化剂、不需要加热，最适宜用于呼吸面具中供氧剂，故B正确；C、NaOH能与CO2反应2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，无氧气生成，且NaOH具有腐蚀性，故C错误；D、NaHCO3能与CO2不反应，无氧气生成，故D错误；故选B．考点：过氧化钠的性质14、B【解析】A、该装置中较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，故A错误；B、该装置中，电极材料都是石墨，所以电解池工作时，阳极上氯离子失电子生成氯气，阴极上氢离子得电子生成氢气，故B正确；C、电解精炼铜时，精铜作阴极，粗铜作阳极，该装置中正好相反，故C错误；D、该装置中，同一半反应装置中电极材料和电解质溶液中的金属阳离子不是相同的元素，故D错误；故选B。点睛：本题考查了原电池和电解池的工作原理，注意电解池中如果较活泼的金属作阳极，电解池工作时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子。本题的易错点为D，含有盐桥的原电池中，同一半反应装置中电极材料和电解质溶液中的金属阳离子是相同的元素。15、D【分析】甲池的总反应式为：N2H4+O2=N2+2H2O，N2H4被氧化，所以甲池中左侧电极为负极，右侧电极为正极，乙池中石墨电极为阳极，银电极为阴极。【详解】A．根据分析可知是的电极为阳极，电解硫酸铜溶液中水电离出的氢氧根放电产生氧气，所以石墨电极上有气体产生，故A正确；B．N2H4被氧化为负极，电解质溶液显碱性，所以电极反应为N2H4－4e－+4OH－=N2+4H2O，故B正确；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小；乙池中阳极水电离出的氢氧根离子放电，同时会产生氢离子，导致溶液pH减小，故C正确；D．甲池负极反应为N2H4－4e－+4OH－=N2+4H2O，消耗0.1molN2H4时，转移0.4mol电子，乙池阴极上Cu2++2e-=Cu，根据电子守恒可知产生0.2mol铜，质量为12.8g，故D错误；综上所述答案为D。16、B【解析】A.用排饱和食盐水的方法收集氯气，相当于在氯水中加入NaCl，c(Cl－)增大，反应Cl2＋H2OH++Cl－＋HClO的平衡左移，减小了氯气的溶解度，能用勒夏特列原理解释，故不选A；B.加入催化剂使N2和H2在一定条件下生成氨气，利用催化剂增大反应速率，催化剂不会引起化学平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故选B；C.增大压强，反应2SO2＋O22SO3的平衡右移，能用勒夏特列原理解释，故不选C；D.在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，平衡右移，体系颜色变深，能用勒夏特列原理解释，故不选D；本题答案为B。17、B【分析】提高该反应的NO的转化率只需让平衡正向移动，据此分析判断。【详解】A．加催化剂能使反应速率加快，但平衡不移动，由于该反应为放热反应，升高温度，虽反应速率加快，但反应逆向进行，因此NO的转化率减小，A项错误；B．加催化剂能使反应速率加快，但平衡不移动，由于该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，反应速率加快，且平衡正向移动，因此加催化剂同时增大压强能提高该反应的速率和NO的转化率，B项正确；C．由于该反应为放热反应，升高温度，虽反应速率加快，但反应逆向进行，NO的转化率减小，充入N2，增大了生成物的浓度，反应速率加快但平衡逆向移动，NO的转化率减小，C项错误；D．由于该反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，反应正向进行，NO的转化率增大，由于该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，反应速率加快，且平衡正向移动，NO的转化率增大，D项错误；答案选B。18、D【详解】A.阿司匹林用于镇痛、解热作用，A项错误；B.青霉素对革兰阳性球菌及革兰阳性杆菌、螺旋体、梭状芽孢杆菌、放线菌以及部分拟杆菌有抗菌作用，B项错误；C.临床主要用于治疗习惯性支气管哮喘和预防哮喘发作，对严重支气管哮喘病人效果则不及肾上腺素，C项错误；D.胃舒平可用于治疗胃酸过多症，D项正确；答案选D。19、D【详解】A．酸碱中和反应是放热反应，故△H应为负值，故A错误；B．燃烧热指的是101kPa下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，定义要点：可燃物必须为1mol，故可以知道H2燃烧生成H2O（l）的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O（l）△H=-285.5×2kJ/mol=-571kJ/mol，则水分解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571kJ/mol，故B错误；C．燃烧热指的是101kPa下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，定义要点：必须完全燃烧生成稳定的氧化物，如C→CO2(g)，H→H2O(l)，热化学方程式中应为液态水，故C错误；D．生成硫化亚铁17.6g即生成0.2molFeS时，放出19.12kJ热量，可以知道生成1molFeS(s)时放出19.12×kJ=95.6kJ的热量，即Fe(s)＋S(s)=FeS(s)△H＝−95.6kJ⋅mol−1，故D正确。答案选D。20、B【解析】本题考查化学反应速率的计算与比较，按照定义求出v(N2)=∆C(N2)∆t=0.25mol·L－1【详解】2min时，N2物质的量减少了1mol，因此v(N2)=1mol/(2L⋅2min)=0.25mol·L－1·min－1，各物质表示的化学反应速率与方程式中的化学计量系数成正比，根据反应方程式中的化学计量数可知，v(H2)=0.75mol·L－1·min－1，v(NH3)=0.5mol·L－1·min－1，故A、C、D项错误，B项正确；综上所述，本题选B。【点睛】在计算参加反应的某物质的化学反应速率时，需要特别注意几点：（1）题设条件中所用时间可能是s，也可能是min，因此常用单位为mol·L－1·min－1或mol·L－1·s－1；（2）反应速率指的是平均反应速率，而不是瞬时反应速率，且均为正；（3）对同一化学反应用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义完全相同，都表示该反应的反应速率；（4）由于在反应中固体或纯液体的浓度是恒定不变的，因此一般不用固体或纯液体来表示化学反应速率。虽然化学反应速率与固体或纯液体的物质的量无关，但与其表面积却有关。21、D【解析】【分析】一级能源是指可以从自然界直接获取的能源，如：水能、风能、太阳能、地热能、核能、化石燃料；由一级能源经过加工转换以后得到的能源，称为二级能源，例如：电能、蒸汽、煤气、汽油、柴油、水煤气、干馏煤气等。【详解】A.电能属于二级能源，故A错误；B.天然气，水力属于一级能源，故B错误；C.煤和石油属于化石能源，故C错误；D.新能源是相对于常规能源说的，一般具有资源丰富、可以再生，没有污染或很少污染等，太阳能，生物质能，风能，氢能符合未来新能源标准，故D正确；答案：D。22、B【详解】A.用图①装置精炼铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极，粗铜被氧化，粗铜与电源正极相连，纯铜与电源负极相连，故a极为粗铜，b为精铜，故A正确；B．锌为负极，盐桥中KCl的Cl﹣移向负极，即移向甲烧杯，故B错误；C．图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连接，为外加电源的阴极保护法，故C正确；D．图④负极分别为铝、锌，转移相同电量时，消耗的电极质量不同，故D正确；答案选B。二、非选择题(共84分)23、乙醛酯基取代保护酚羟基不被混酸氧化或或【分析】CH3CHO与HCN反应生成CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件反应生成，与Br2反应生成，和氨气反应生成E(D中—Br变为E中—NH2)，E和SOCl2反应生成F，F发生取代反应得到G，H和发生反应生成I，I发生硝化反应生成J，J和稀硫酸反应生成K，L与K、G发生反应生成最终产物。【详解】(1)根据B的结构简式和A→B发生加成反应，得到物质A为CH3CHO，其化学名称为乙醛，根据G的结构简式得到G中含氧官能团名称是酯基；故答案为：乙醛；酯基。(2)根据D→E和E→F(—COOH变为)、以及D、E、F的结构简式得到D→E是—Br变为—NH2，其反应类型为取代反应；故答案为：取代反应。(3)H→K的流程中，H加入CH3COCl变为I，J变为K羟基又变回来了，因此其目的是保护酚羟基不被混酸氧化；故答案为：保护酚羟基不被混酸氧化。(4)①能发生银镜反应，说明含有醛基，且水解后的产物遇FeCl3溶液显紫色，说明原物质有酯基，水解后含有苯酚；②其核磁共振氢谱有4种吸收峰；因此其同分异构体为或或；故答案为：或或。(5)是由发生酯化反应得到，乙醇催化氧化变为乙醛，CH3CHO与HCN反应生成CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件下反应生成，因此合成路线为，故答案为：。【点睛】有机推断是常考题型，主要考查反应类型、官能团、有机物结构简式、根据有机物前后联系推断有机物，书写方程式，设计流程图。24、CH3CH2OH醛基氧化反应CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2BrCH3COOH+CH3CH2OH

CH3COOCH2CH3+H2O【分析】乙烯存在碳碳双键，实验室制乙醇可以用乙烯和水加成，在催化剂的作用下乙醇可以发生氧化反应生成乙醛。【详解】乙烯与水发生加成反应，生成B——乙醇，乙醇在单质铜的催化作用下与氧气发生氧化氧化反应生成C——乙醛，乙酸乙酯是乙醇和乙酸在浓硫酸催化下的酯化反应产物，故D为乙酸。(1)B的结构简式为CH3CH2OH；(2)C中官能团的名称为醛基；(3)①的反应类型为氧化反应；(4)乙烯与溴水发生加成反应，化学方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；(5)②CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。25、乙升高温度可加快化学反应速率向试管甲中加入5mL4%H2O2溶液，向试管乙中加入5mL12%H2O2溶液，再同时分别向试管甲和试管乙中滴加2～3滴lmol/LFeCl3溶液催化剂对化学反应速率的影响否试管乙中加入1mL1mol/LFeCl3溶液会使H2O2溶液的浓度降低【详解】（1）甲、乙两支试管中加入5mL5%H2O2溶液，乙中的温度比甲高，故试管乙中产生气泡的速率快，说明升高温度可加快H2O2的分解速率；（2）为了加快反应速率，可以使用催化剂，所以向试管甲中加入5mL4%H2O2溶液，向试管乙中加入5mL12%H2O2溶液后，再同时分别向试管甲和试管乙中滴加2～3滴lmol/LFeCl3溶液；（3）只有一支试管中加入了氯化铁溶液，与另一支试管形成对比试验，探究催化剂对化学反应速率的影响；但此方案设计不合理，因为加入的1mL溶液会对B试管溶液进行稀释，使浓度发生改变。【点睛】本题考查了探究影响反应速率的因素，实验方案的设计，注意实验过程中单一变量研究方法的使用，注意掌握控制变量法的灵活应用，为易错点。26、1.0每隔1min记录一次生成H2的体积醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显；盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小醋酸溶液的物质的量浓度H+的物质的量浓度取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH【解析】（1）①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的因素保持一致，据此分析C的数值；②据图可知，是要通过测量在相同的时间内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，据此分析反应开始后的操作；③通过图象来分析单位时间内氢气的体积的变化可知醋酸、盐酸与镁条反应的速率的变化情况；（2）醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，故要求醋酸的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H+的浓度，据此分析。①根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，可测出醋酸溶液的浓度；碱液应盛放在碱式滴定管中；②由于①能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H+的浓度，而若较精确的测量溶液的pH，用pH计。【详解】（1）①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的因素保持一致，故醋酸和盐酸的浓度应相同，故C也应为1.0mol/L，故答案为：1.0；②据图可知，是要通过测量在相同的时间段内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，故在反应开始后，应每隔1min记录一次生成H2的体积，故答案为：每隔1min记录一次生成H2的体积；③通过图象分析可知，单位时间内醋酸与镁条反应生成氢气的体积变化很小，即醋酸与镁条的反应速率变化不大；而盐酸与镁条的反应一开始很快，一段时间后，单位时间内生成的氢气的体积明显变小，即反应速率明显减小，故答案为：醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显，盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小；（2）醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，故要求醋酸的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H+的浓度。①根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，所给的NaOH溶液是标准液，即醋酸是待测液，通过滴定，可测出醋酸溶液的浓度，故答案为：醋酸溶液的物质的量浓度；②由于①能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H+的浓度，而若较精确的测量溶液的pH，应该用pH计，方法是取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH，故答案为：H+的物质的量浓度；取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH。【点睛】本题考查化学实验方案的设计，涉及了影响反应速率的因素、实验方案的设计以及图象问题等，注意探究实验设计的关键是变量唯一化。27、碱性CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－酚酞滴入最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色26.10BC0.1044mol/L【详解】(1)醋酸是弱酸，CH3COO-水解使反应生成的CH3COONa显碱性，发生水解反应的离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，应选择碱性变色范围内的指示剂，故选酚酞；(2)当达到终点时，醋酸完全反应，溶液显弱碱性，溶液颜色由无色变为浅红色(或红色)，则滴定至终点的判断方法为：当滴入最后一滴NaOH溶液，溶液颜色由无色变为浅红色(或红色)，半分钟内不褪色；(3)第一次滴定前后，碱式滴定管中的液面位置如右图所示，滴定前刻度为0.00mL，滴定后刻度为26.10mL，消耗溶液的体积为26.10mL；(4)A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积，导致氢氧化钠体积偏小，所以所测醋酸浓度偏小，选项A错误；B．盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗，导致氢氧化钠浓度偏小，所以所用氢氧化钠体积偏大，所测醋酸浓度偏大，选项B正确；C．第二次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，润洗锥形瓶导致醋酸的物质的量偏大，使用的氢氧化钠体积偏大，选项C正确；D．滴定NaOH溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，导致使用的氢氧化钠体积偏小，所测醋酸浓度偏小，选项D错误；答案选BC；(5)醋酸和氢氧化钠反应的物质的量相等，两次使用氢氧化钠的平均体积=mL=26.11mL，则醋酸的物质的量=0.1000mol/L×0.02611mL=2.611×10-3mol，该白醋中醋酸的物质的量浓度：c＝=0.1044mol/L。【点睛】在酸碱中和滴定实验中，滴定管都要事先检查是否漏液，用水洗后再用待装溶液润洗。在酸碱中和滴定实验中，误差分析时，考虑所有的操作对标准溶液体积的影响，